2027版53B版新高考版数学总复习分层训练9.2　随机事件、古典概型与条件概率

专题九计数原理、概率与统计9.2随机事件、古典概型与条件概率目录考点1随机事件和古典概型考点2事件的相互独立性考点3条件概率与全概率公式五年高考·考点练三年模拟·限时练基础强化练综合提升练考点1随机事件和古典概型五年高考·考点练1.★(2023全国甲文,4,5分)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名

学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为

()A.

B.

C.

D.

D

解析从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,总的基本事件有

=6个,其中这2名学生来自不同年级的基本事件有

=4个,所以所求概率P=

=

.故选D.2.★★(2022全国甲文,6,5分)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则

抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为

()A.

B.

C.

D.

C

解析依题意知,总的基本事件有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),

(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15个.其中符合数字之积是4的倍数的基本事件有6个,故所

求概率P=

=

.故选C.3.★★(2022新高考Ⅰ,5,5分)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的

概率为

()A.

B.

C.

D.

D

解析解法一(直接法):从2至8的7个整数中任取两个数共有

=21种取法,若取的两数互质,则不同的取法有(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),

(5,7),(5,8),(6,7),(7,8),共14种,所以从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互

质的概率为

=

.故选D.解法二(间接法):从2至8的7个整数中任取2个数共有

=21种取法,2个数不互质的情况有两类:(1)从4个偶数中任取2个,有

=6种取法;(2)从偶数和奇数中各取一个,有(3,6)这1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为1-

=

.故选D.4.★★(2024全国甲文,4,5分)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加,每

人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率

是

()A.

B.

C.

D.

C

解析解法一:四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有24个:(甲,乙,丙,丁),(甲,乙,丁,丙),(甲,丙,乙,丁),(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,乙,丙),(甲,丁,丙,乙),(乙,

甲,丙,丁),(乙,甲,丁,丙),(乙,丙,甲,丁),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,甲,丙),(乙,丁,丙,甲),(丙,乙,甲,

丁),(丙,乙,丁,甲),(丙,甲,乙,丁),(丙,甲,丁,乙),(丙,丁,乙,甲),(丙,丁,甲,乙),(丁,乙,丙,甲),

(丁,乙,甲,丙),(丁,丙,乙,甲),(丁,丙,甲,乙),(丁,甲,乙,丙),(丁,甲,丙,乙),其中事件“丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个:(甲,丙,丁,乙),(甲,丁,丙,乙),(乙,丙,丁,甲),(乙,丁,丙,甲),(丁,乙,丙,甲),(丁,丙,乙,甲),(丁,

丙,甲,乙),(丁,甲,丙,乙).所以丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P=

=

.解法二:设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一

个出场,且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有

=24个,事件A包含的基本事件有2

=4个,故P(A)=

=

,同理可得P(B)=

.由于事件A与事件B互斥,故丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)=

.5.★(2022全国乙,文14,理13,5分)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,

则甲、乙都入选的概率为___________.解析设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务

工作包含的基本事件有

个,事件A包含的基本事件有

个,所以P(A)=

=

.6.★★(2022全国甲理,15,5分)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面

的概率为___________.解析从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有

=70种选法,其中4个点在同一平面的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知

所求概率P=

=

.7.★★★★(2024全国甲理,16,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回

地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球

上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于

的概率为___________.解析记取出的三个球上的数字依次为a、b、c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,则从中无放

回地随机取三次的所有数字情况共有

=120种.由|m-n|=

≤

,得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3,∴-3+2c≤a+b≤3+2c.当c=6时,9≤a+b≤15,则(a,b)的所有可能为(4,5),(5,4),共2种;当c=5时,7≤a+b≤13,则(a,b)的所有可能为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4,

6),(6,4),共10种;当c=4时,5≤a+b≤11,则(a,b)的所有可能为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,

6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种;当c=3时,3≤a+b≤9,则(a,b)的所有可能为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,

4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种;当c=2时,1≤a+b≤7,则(a,b)的所有可能为(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3,

4),(4,3),共10种;当c=1时,-1≤a+b≤5,则(a,b)的所有可能为(2,3),(3,2),共2种.故满足条件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56种.∴m与n之差的绝对值不大于

的概率P=

=

.考点2事件的相互独立性1.★★(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随

机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二

次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件

“两次取出的球的数字之和是7”,则

()A.甲与丙相互独立

B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立

D.丙与丁相互独立

B

解析依题意,有放回地随机取两次,样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),

(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),

(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共36个样本点.其中P(甲)=

=

,P(乙)=

=

,P(丙)=

,P(丁)=

=

,易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,

“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,

6),共1个,P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),A错误,P(甲丁)=

=P(甲)P(丁),B正确,P(乙丙)=

≠P(乙)P(丙),C错误,P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙),D错误.故选B.2.★★(2022全国乙理,10,5分)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果

相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该

棋手连胜两盘的概率为p,则

()A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大

D

解析设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的

概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2+p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=p1p3+p2p3-2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2(p3-p1)>0,p丙-p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最大.故选D.3.★★★★(多选)(2023新课标Ⅱ,12,5分)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立,

发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),

收到1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只

发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单

次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例

如,若依次收到1,0,1,则译码为1)()A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3

ABD

D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案

译码为0的概率解析当发送0时,收到0,1分别记为事件A,B,当发送1时,收到0,1分别记为事件C,D,则P(A)=1-α,P(B)=α,P(C)=β,P(D)=1-β,且A,B,C,D

相互独立.对于A,即求事件DAD发生的概率,P(DAD)=P(A)·(P(D))2=(1-α)(1-β)2,故A正确;对于B,即求事件DCD发生的概率,P(DCD)=P(C)·(P(D))2=β(1-β)2,故B正确;对于C,采用三次传输方案,发送1,且译码为1的情况有两种:3次发送均收到1,3次发送恰

有2次收到1,故所求概率为(1-β)3+3β(1-β)2,故C不正确;对于D,采用三次传输方案,发送0,且译码为0的概率为(1-α)3+3(1-α)2α=(1+2α)(1-α)2,采用单次传输方案,发送0,且译码为0的概率为1-α,(1+2α)(1-α)2-(1-α)=(1-α)[(1+2α)(1-α)-1]=(1-α)·(-2α2+α)=(1-α)(1-2α)α,∵0<α<

,∴1-α>0,1-2α>0,∴(1-α)(1-2α)α>0,∴(1+2α)(1-α)2>1-α,故D正确.故选ABD.4.★★★(2022全国甲理,19,12分)甲、乙两个学校进行体育比赛,比赛共设三个项目,每

个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠

军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独

立.(1)求甲学校获得冠军的概率;(2)用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望.解析

(1)记“甲学校在第i个项目获胜”为事件Ai(i=1,2,3),“甲学校获得冠军”为事

件E.则P(E)=P(A1A2A3)+P(A1A2

)+P(A1

A3)+P(

A2A3)=

×

×

+

×

×

+

×

×

+

×

×

=

.∴甲学校获得冠军的概率为

.(2)记“乙学校在第j个项目获胜”为事件Bj(j=1,2,3).X的所有可能取值为0,10,20,30.则P(X=0)=P(

)=

×

×

=

,P(X=10)=P(B1

)+P(

B2

)+P(

B3)=

×

×

+

×

×

+

×

×

=

,P(X=20)=P(B1B2

)+P(B1

B3)+P(

B2B3)=

×

×

+

×

×

+

×

×

=

,P(X=30)=P(B1B2B3)=

×

×

=

.∴X的分布列为X0102030P

∴E(X)=0×

+10×

+20×

+30×

=13.考点3条件概率与全概率公式1.★★★(2023全国甲理,6,5分)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱

好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同

学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为

()A.0.8

B.0.6

C.0.5

D.0.4

A

解析解法一:设既爱好滑雪,又爱好滑冰的同学占比为x,则有60%+50%-x=70%,解得x=40%.∴若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为

=0.8,故选A.解法二:从该校的学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表示

事件:“取到的学生爱好滑雪”.由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7.由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4.所以所求概率为P(A|B)=

=

=0.8.2.★★★(2023天津,13,5分)把若干个黑球和白球(这些球除颜色外没有其他差异)放进

三个空箱子中.三个箱子中的球数之比为5∶4∶6,且其中的黑球比例依次为40%,25%,50%.若从每个箱子中各随机摸出一球,则三个球都是黑球的概率为___________;若把所有球放在一起,然后随机摸出一球,则该球是白球的概率为___________.解析解法一:用Ai(i=1,2,3)表示事件“从第i个箱子中摸出一个黑球”.依题意,三个球

都是黑球的概率P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=40%×25%×50%=

.由题意,可设三个箱子中的球数分别为5k,4k,6k(k∈N*),则总球数为15k,三个箱子中的黑

球总数为5k×40%+4k×25%+6k×50%=6k,所以,把所有球放在一起,随机摸出一球是黑球的概率为

=

,从而所求概率为1-

=

.解法二:用A表示事件“从三个箱子中各摸出一球,摸出的三个球都是黑球”,则P(A)=40%×25%×50%=

.用B表示事件“所有球放在一起后摸出一球为白球”,由全概率公式可得P(B)=

×60%+

×75%+

×50%=

.3.★★★(2022新高考Ⅱ,19,12分)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾

病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图:

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表);(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率;(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区

总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病

的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概

率,精确到0.0001).解析

(1)平均年龄为(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65

×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(岁).(2)设事件A为“该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)”,P(A)=(0.012+0.017

+0.023+0.020+0.017)×10=0.89,∴估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)

的概率为0.89.(3)设事件B=“任选一人年龄位于区间[40,50)”,事件C=“任选一人患这种疾病”,由

条件概率公式可得P(C|B)=

=

=

=0.0014375≈0.0014.4.★★★★(2022新高考Ⅰ,20,12分)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地

居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中

随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对

照组),得到如下数据:

不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件

“选到的人患有该疾病”,

与

的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.(i)证明:R=

·

;(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|

)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.附:K2=

,

.解析

(1)由题中数据可知K2=

=24>6.635,所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.(2)(i)证明:因为R=

·

=

·

·

·

=

,

且

·

=

·

·

·

=

,所以R=

·

.(ii)由题表中数据可知P(A|B)=

=

,P(A|

)=

=

,P(

|B)=

=

,P(

|

)=

=

,所以R=

·

=

×

=6.三年模拟·限时练基础强化练

限时40分钟1.(2026湖南郴州三模)已知A,B为样本空间中的两个随机事件,其中P(A)=

,P(

|A)=

,P(B|

)=

,则P(B)=

()A.

B.

C.

D.

D

解析因为P(A)=

,P(

|A)=

,所以P(

)=1-

=

,P(B|A)=1-P(

|A)=1-

=

,由全概率公式可得P(B)=P(A)P(B|A)+P(

)P(B|

)=

×

+

×

=

.故选D.2.(2026四川成都七中开学考)从整数1,2,…,10中任取三个不同的数,则这三个数构成公

比大于1的等比数列的概率为

()A.

B.

C.

D.

A

解析从整数1,2,…,10中任取三个不同的数,有

=120种取法,而这三个数构成公比大于1的等比数列有1,2,4;1,3,9;2,4,8;4,6,9,共4种,所以所求概率P=

=

.故选A.3.(2026浙江杭州四中期末)在一次随机试验中,三个事件A,B,C发生的概率分别是0.4,0.5,0.6,则下列选项正确的是

()A.A∪B∪C是必然事件

B.A与B是互斥事件C.P(A∩B)≤0.4

D.P(B∪C)可能为1.1

C

解析对于A,若A⊆B⊆C,得P(A∪B∪C)=P(C)=0.6<1,故A不正确;对于B,若A⊆B,则P(A∩B)=P(A)=0.4≠0,此时A与B不是互斥事件,故B不正确;对于C,由(A∩B)⊆A得P(A∩B)≤P(A)=0.4,故C正确;对于D,根据概率性质得0≤P(B

∪C)≤1,故D不正确.故选C.4.(2026广东湛江测试(二))在数学兴趣小组的活动中,甲、乙、丙三位同学计划从三个

专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.事件A:甲、乙选择的专题不同;事件B:

乙、丙选择的专题相同,则P(B|A)=

()A.

B.

C.

D.

A

解析事件A:甲、乙选择的专题不同,甲有3种选法,乙有2种选法,丙有3种选法,所以n(A)=3×2×3=18.事件AB:甲、乙不同且乙、丙相同.乙先选专题,有3种,则丙有1种选法,

甲有2种选法,所以n(AB)=3×2×1=6,因此P(B|A)=

=

=

.故选A.5.(多选)(2026重庆八中月考)已知随机事件A,B,C满足P(A)=

,P(B)=

,P(C)=

,P(A∪B)=

,则下列说法正确的是

()A.事件A,B相互独立B.P(A|B)=P(B|A)C.若P(AC)=P(

C),则P(A|C)=

D.若P(C|A)+P(C|

)=

,则P(AC)=

ACD

解析对于A,P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=

+

-

=

=P(A)P(B),则事件A,B相互独立,A中说法正确;对于B,P(A|B)=

=

,P(B|A)=

=

,则P(A|B)≠P(B|A),B中说法错误;对于C,P(AC)+P(

C)=P(C)=

,则P(AC)=

,则P(A|C)=

=

,C中说法正确;对于D,由P(C|A)+P(C|

)=

,得

+

=

,则3P(AC)+

=

,解得P(AC)=

,D中说法正确.6.(多选)(2026四川精准教育联盟二模)抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子,设事件A表

示“第一枚掷出的点数为偶数”,事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”,事件C表示

“两枚骰子掷出的点数之和为6”,事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”,则

下列说法中正确的有

()A.A与B相互独立

B.A与B是互斥事件C.A∩B与C是对立事件

D.P(C∪D)=

AD

解析选项A,由已知得,P(A)=

=

,P(B)=

=

,P(AB)=

=

,所以P(AB)=P(A)P(B),即A与B相互独立,A中说法正确.选项B,事件A与事件B能同时发生,故A与B不是互斥事件,B中说法错误.选项C,A∩B={(2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,3),(4,5),(6,1),(6,3),(6,5)},C={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),

(5,1)},故事件A∩B与C不是对立事件,C中说法错误.选项D,因为事件C={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)},事件D={(1,6)},则C与D不可能同时发

生,故C与D互斥,所以P(C∪D)=P(C)+P(D)=

+

=

,D中说法正确.故选AD.7.(多选)(2026重庆一中月考)已知A,B为随机事件,P(A)=0.5,P(B)=0.4,则下列结论正确的

有

()A.若A,B为相互独立事件,则P(A+B)=0.7B.若A,B为互斥事件,则P(A+B)=0.9C.若A,B为互斥事件,则P(

+

)=0.1D.若B发生时A一定发生,则P(AB)=P(B)=0.4

ABD

解析对于A,若A,B为相互独立事件,则P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,故P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.5+0.4-0.2=0.7,A中结论正确;对于B,若A,B为互斥事件,则P(A+B)=P(A)+P(B)=0.5+0.4=0.9,B中结论正确;对于C,如图所示,

因为A,B为互斥事件,则A∩B=⌀,结合图形可知

∪

=Ω,故P(

+

)=1,C中结论错误;对于D,若B发生时A一定发生,则B⊆A,故A∩B=B,故P(AB)=P(B)=0.4,D中结论正确.故选

ABD.8.(多选)(2026四川大学附中二诊)任意抛掷一枚骰子一次,观察它向上一面的点数,得到

样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6},若事件A={1,2,5},事件B={1,3,5},事件C满足P(ABC)=P(A)P(B)P(C),则下列结论正确的是

()A.P(A)=

B.事件A,B,C两两独立C.当事件ABC={5}时,P(C)=

D.当事件ABC={1}时,满足条件的事件C有3个

AC

解析对于A,由题意得P(A)=

=

,故A中结论正确;对于B,由题意得P(B)=

=

,P(A∩B)=

=

,P(A)P(B)=

×

=

≠

,所以事件A,B不相互独立,故B中结论错误;对于C,当ABC={5}时,P(ABC)=P(A)·P(B)P(C)=

×

P(C)=

,解得P(C)=

,故C中结论正确;对于D,当ABC={1}时,P(ABC)=P(A)·P(B)P(C)=

×

P(C)=

,解得P(C)=

,即事件C包含4个样本点,并且必包含1,不包含5,再从剩下的2,3,4,6中选3个,所以满足条件的事件C分别是{1,2,3,4},{1,2,3,6},{1,3,4,6},{1,2,4,6},共4个,故D中结论错误.综合提升练

限时70分钟1.(2026四川成都七中测试)甲、乙两人进行乒乓球比赛,约定打6局,每局必分胜负,无平

局.每局比赛中,获胜方得1分,失败方得0分.已知甲在每局比赛中获胜的概率是

,乙在每局比赛中获胜的概率为

,且各局结果相互独立.在整个比赛过程中,甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是

()A.

B.

C.

D.

A

解析情况一:甲赢3局,乙赢3局,且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分,符合题意

的获胜情况有:甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、甲甲

甲乙乙乙,共5种,此时概率P1=5×

×

=

;情况二:甲赢4局,乙赢2局,从6局中选4局甲赢,有

=15种,其中不符合题意的获胜情况有:乙乙甲甲甲甲、乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、

甲乙乙甲甲甲,共6种,则符合题意的获胜情况有9种,此时概率P2=9×

×

=

;情况三:甲赢5局,乙赢1局,符合题意的情况有

-1=5种,此时概率P3=5×

×

=

;情况四:甲赢6局,乙赢0局,此时概率P4=

=

.综上,概率P=P1+P2+P3+P4=

+

+

+

=

.故选A.2.(多选)(2026湖北孝感二模)春节假期过后,车主小张选择去该市新开的A,B两家共享自

助洗车店洗车.已知小张第一次去A,B两家洗车店洗车的概率分别为

和

.如果小张第一次去A洗车店,那么第二次去A洗车店的概率为

;如果小张第一次去B洗车店,那么第二次去A洗车店的概率为

,则下列结论正确的是

()A.小张第一次去B洗车店,第二次也去B洗车店的概率为

B.小张第二次去B洗车店的概率比第二次去A洗车店的概率小C.若小张第二次去了A洗车店,则他第一次去A洗车店的概率为

D.若小张第二次去了B洗车店,则他第一次去A洗车店的概率为

BCD

解析记小张第i次去A洗车店为Ai,第i次去B洗车店为Bi,其中i=1,2,则P(A1)=

,P(B1)=

,P(A2|A1)=

,P(B2|A1)=

,P(A2|B1)=

,P(B2|B1)=

.选项A,P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=

×

=

,故A中结论错误.选项B,P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)·P(B2|B1)=

×

+

×

=

,P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=

×

+

×

=

,所以小张第二次去B洗车店的概率比第二次去A洗车店的概率小,故B中结论正确.选项C,P(A1|A2)=

=

=

=

,故C中结论正确.选项D,P(A1|B2)=

=

=

=

,故D中结论正确.3.(多选)(2026浙江G12名校协作体开学考)为测试一种新研发药物的有效性,研究人员

对某种动物种群进行试验,从该试验种群中随机抽查了100只,得到如下数据(单位:只):

发病未发病合计使用药物54550未使用药物252550合计3070100从该动物种群中任取1只,记事件A表示此动物发病,事件B表示此动物使用药物,定义A

的权值R1=

,在B发生的条件下A的权值R2=

,则

()A.R1的估值为

,R2的估值为

B.R1的估值为

,R2的估值为

C.

可化为

D.

可化为

AC

解析对于A,B,根据题表和用频率估计概率知P(A)=

=

,1-P(A)=

,则R1=

=

=

.P(A|B)=

=

,1-P(A|B)=

,则R2=

=

=

.因此选项A正确,选项B错误.对于C,D,P(A|B)=

=

,1-P(A|B)=P(

|B)=

,则R2=

=

=

,又R1=

,所以

=

=

,因此选项C正确,选项D错误.故选AC.4.(2026东北三省三校联考一)有n个编号分别为1,2,…,n的盒子,第1个盒子中有2个红球

1个白球,其余盒子中均为1个红球1个白球,现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子,

再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子,以此类推,则从第2个盒子中取到白球的概

率是___________,从第n个盒子中取到白球的概率是____________.解析设事件Ai表示“从第i个盒子中取到白球”(i=1,2,3,…,n),则P(A1)=

,P(

)=1-P(A1)=

,所以P(A2)=P(A1A2)+P(

A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(

)P(A2|

)=

×

+

×

=

;当n≥2时,P(An)=P(An-1)P(An|An-1)+P(

)P(An|

)=P(An-1)×

+[1-P(An-1)]×

=

P(An-1)+

,所以P(An)-

=

P(An-1)-

,又P(A1)-

=

-

=-

,则数列

是以-

为首项,

为公比的等比数列,所以P(An)-

=-

×

=-

×

,所以P(An)=

-

×

=

,即从第2个盒子中取到白球的概率是

,从第n个盒子中取到白球的概率是

.5.(2026江西吉安一模)春节期间,家家户户都会挂起寓意吉祥的装饰挂件,现有“福字

挂饰”“中国结挂饰”“红灯笼挂饰”三种类型的挂件各2个(其中福字挂饰分别为

刺绣款、剪纸款;中国结挂饰分别为桃木款、红绳款;红灯笼挂饰分别为宫灯款、纱灯

款),将这6个挂件随机挂成一排,则仅有一种类型的挂件相邻的概率为___________.解析因为6个挂件互不相同,故总排列数为6!=6×5×4×3×2×1=720.计算仅有一种类型的挂件相邻:若“福字挂饰”相邻:将两个福字挂饰“捆绑”作为一

个整体,共有

·

=240种,但里面包含“福字挂饰”相邻与“中国结挂饰”相邻同时发生的情况和“福字挂饰”相邻与“红灯笼挂饰”相邻同时发生的情况,共有2×

×

×

=192种,同时多扣除了“福字挂饰”相邻与“中国结挂饰”相邻且“红灯笼挂饰”相邻同时

发生的情况,有

·

·

·

=48种,所以仅“福字挂饰”相邻的情况共有240-192+48=96种;同理,“仅中国结挂饰”相邻和“仅红灯笼挂饰”相邻的情况也各有96种,所以仅有一种类型的挂件相邻的情况有96×3=288种,故所求概率P=

=

.6.(2026河南周口二模)随机抛一枚质地均匀的硬币8次,定义数列{an}满足:an=

记事件A:对于任意1≤n≤8,均有a1+a2+…+an≥0,且a1+a2+…+a8=0,则P(A)=___________.解析随机抛一枚质地均匀的硬币8次的不同结果有28个,由a1+a2+…+a8=0,得,在a1,a2,

…,a8中恰有4个取1,4个取-1,由对任意1≤n≤8,均有a1+a2+…+an≥0,得a1=1,a8=-1,①当a2=a3=1时,a4,a5,a6,a7之一取1,有4个结果;②当a2=1,a3=-1时,若a4=1,则a5,a6,a7之一取1,有3个结果,若a4=-1,则a5=1,a6,a7之一取1,有2个结果;③当a2=-1时,a3必为1,若a4=1,则a5,a6,a7之一取1,有3个结果,若a4=-1,则a5=1,a6,a7之一取1,有2个结果,因此事件A发生的不同结果有4+3+2+3+2=14(个),所以P(A)=

=

.7.(2026江苏苏北七市二调)某学校田径队有甲、乙等8名运动员,现将这8人平均分成A,

B两组进行集训.每天训练前,两组分别从本组队员中随机选出一人担任组长.(1)求甲、乙两人同在A组的概率;(2)求甲在三天内至少担任一次组长的概率;(3)记X为连续两天中至少担任一次组长的人数,求X的概率分布列和数学期望.解析

(1)8名运动员分成A,B两组,共有

=70种不同方法.记事件M为“甲、乙两人同在A组”,则事件M包含

=15种不同情况,所以P(M)=

=

.(2)甲每天担任组长的概率为

,记事件N为“甲在三天内至少担任一次组长”,则P(N)=1-

=

.(3)根据题意可得X的可能取值为2,3,4,第一天选组长:A组从4人中选1人有

种,B组从4人中选1人有

种,总选法为

=16种;第二天选组长:A组从4人中选1人有

种,B组从4人中选1人有

种,总选法为

=16种.X=2的含义:两天的组长完全相同,即A组两天选同一个人,B组两天也选同一个人,所以P(X=2)=

·

=

;X=3的含义:A组两天选同一人,B组两天选不同的人或B组两天选同一人,A组两天选不

同的人,所以P(X=3)=2×

·

=

;X=4的含义:两天的组长完全不重复,总人数为4,即A组两天选不同的人,B组两天也选不同的人,所以P(X=4)=

·

=

,所以X的分布列为X234P

E(X)=

×2+

×3+

×4=

.8.(2026广东深圳一模)某智能系统用于处理判断题(答案只有“对”和“错”),系统内

设有两个独立的预测模型,分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下:系统首

先同时向模型甲与模型乙提问,若两者答案一致,则直接输出该答案;若两者答案不一

致,系统将重新向模型甲提问一次,并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知

模型甲回答正确的概率为p(0<p<1),模型乙回答正确的概率为0.75,假设各模型每次回

答相互独立.(1)当p=0.85时,求系统第一次同时向两个模型提问时,两个模型答案不同的概率;(2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88,求p的最小值.解析

(1)不妨设事件A=“模型甲回答正确”,事件B=“模型乙回答正确”,则

=“模型甲回答错误”,

=“模型乙回答错误”,由于A与B相互独立,则A与

,

与B,

与

都相互独立,由题意可得,P(A)=p=0.85,P(B)=0.75,P(

)=1-0.85=0.15,P(

)=1-0.75=0.25,分析可得,“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为P(A

∪

B),且A

与

B互斥,根据概率的加法公式和事件相互独立的定义,得P(A

∪

B)=P(A

)+P(

B)=P(A)P(

)+P(

)P(B)=0.85×0.25+0.15×0.75=0.325,故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325.(2)系统最终输出正确答案可分为第一次输出正确答案和第二次输出正确答案,系统第一次输出正确答案的概率为P(AB)=0.75p,由(1)可知,在第一次提问中两个模型答案不同的概率为P(A

∪

B)=P(A

)+P(

B)=P(A)P(

)+P(

)P(B)=0.25p+0.75(1-p)=0.75-0.5p,系统第二次输出正确答案的概率为P(A

∪

B)P(A)=(0.75-0.5p)·p=-0.5p2+0.75p,设系统最终输出正确答案的概率为P',则P'=0.75p+(-0.5p2+0.75p)=-