10.1隨機(jī)事件、古典概型與條件概率五年高考考點1隨機(jī)事件的概率考點2古典概型考點3事件的相互獨立性考點4條件概率與全概率公式目錄三年模擬基礎(chǔ)強化練能力拔高練高考新風(fēng)向·創(chuàng)新情境

思維引導(dǎo)回歸本質(zhì)(2024新課標(biāo)Ⅰ,14,5分,難)甲、乙兩人各有四張卡片,每張卡片上標(biāo)有一個數(shù)字,甲的卡

片上分別標(biāo)有數(shù)字1,3,5,7,乙的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字2,4,6,8,兩人進(jìn)行四輪比賽,在每輪

比賽中,兩人各自從自己持有的卡片中隨機(jī)選一張,并比較所選卡片上數(shù)字的大小,數(shù)字

大的人得1分,數(shù)字小的人得0分,然后各自棄置此輪所選的卡片(棄置的卡片在此后的

輪次中不能使用).則四輪比賽后,甲的總得分不小于2的概率為

.創(chuàng)新點

試題主要考查古典概型的概率.學(xué)生首先認(rèn)識到,兩人各自隨機(jī)選卡片時甲得

分的分布列與其中一人固定選卡片的順序,另一人隨機(jī)選卡片時甲得分的分布列完全

相同,從而將問題轉(zhuǎn)化為討論4!=24種情況中有多少種情況能使得甲的總得分不小于2.解析

解法一:甲出1一定輸,所以甲最多得3分,則甲的總得分不小于2,即甲得2分或3分.甲要得

3分,就只有1種組合1-8,3-2,5-4,7-6.甲得2分有三種情況,分別列舉如下:①出3和出5時

贏,其余輸,則有如下組合:1-6,3-2,5-4,7-8,共1種.②出3和出7時贏,其余輸,則有如下組合:1-4,3-2,5-8,7-6;1-8,3-2,5-6,7-4;1-6,3-2,5-8,7-4,共3種.③出5和出7時贏,其余輸,則有如下

組合:1-2,3-8,5-4,7-6;1-4,3-8,5-2,7-6;1-8,3-4,5-2,7-6;1-6,3-8,5-2,7-4;1-8,3-6,5-2,7-4;1-6,3-

8,5-4,7-2;1-8,3-6,5-4,7-2,共7種.綜上,共12種組合滿足甲的總得分不小于2,而所有組合

為4!種,所以甲的總得分不小于2的概率為

=

.解法二:若甲總得分小于2,則甲得0分或1分,記甲、乙所選卡片數(shù)字大小為有序數(shù)對(a,

b),可固定甲卡片數(shù)字順序為1,3,5,7,然后將乙所選卡片數(shù)字進(jìn)行全排列,共

=24種,甲得0分時,一定是(1,2),(3,4),(5,6),(7,8),甲得1分時,符合條件的有①(1,2),(3,4),(5,8),(7,6),②(1,2),(3,6),(5,8),(7,4),③(1,2),(3,6),(5,4),(7,8),④(1,2),(3,8),(5,6),(7,4),⑤(1,4),(3,2),(5,6),(7,8),⑥(1,4),(3,6),(5,2),(7,8),⑦(1,4),(3,6),(5,8),(7,2),⑧(1,4),(3,8),(5,6),(7,2),⑨(1,6),(3,4),(5,8),(7,2),⑩(1,6),(3,4),(5,2),(7,8),

(1,8),(3,4),(5,6),(7,2),共11種.綜上,符合條件的共12種,所以甲總得分不小于2的概率為1-

=

.五年高考考點1隨機(jī)事件的概率1.(2022新高考Ⅰ,5,5分,易)從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù),則這2個數(shù)互質(zhì)的

概率為

()A.

B.

C.

D.

D解析

解法一(直接法):從2至8的7個整數(shù)中任取兩個數(shù)共有

=21種取法,若取的兩數(shù)互質(zhì),則不同的取法有(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種,所以從2至8的7個整數(shù)中隨機(jī)取2個不同的數(shù),則這2個數(shù)互

質(zhì)的概率為

=

.故選D.解法二(間接法):從2至8的7個整數(shù)中任取2個數(shù)共有

=21種取法,2個數(shù)不互質(zhì)的情況有兩類:(1)從4個偶數(shù)中任取2個,有

=6種取法;(2)從偶數(shù)和奇數(shù)中各取一個,有(3,6)這1種取法,所以2個數(shù)不互質(zhì)的取法有7種,所以取2個數(shù)互質(zhì)的概率為

1-

=

.故選D.2.(2021全國甲理,10,5分,中)將4個1和2個0隨機(jī)排成一行,則2個0不相鄰的概率為

(

)A.

B.

C.

D.

C解析

解法一:從6個位置中選2個位置排0,剩下4個位置排1,共有

=15種排法,2個0不相鄰可利用插空法,先排4個1(無序),產(chǎn)生5個空,選2個空排0,則有

=10種排法,故所求概率P=

=

.解法二:(對立事件)從6個位置中選2個位置排0,剩下4個位置排1,共有

=15種排法,若2個0相鄰,則將2個0捆綁后和4個1排序,共有

=5種排法,故2個0不相鄰的概率P=1-

=

.3.(2022全國乙,文14,理13,5分,易)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作,

則甲、乙都入選的概率為

.解析

設(shè)“甲、乙都入選”為事件A,從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作包

含的基本事件有

個,事件A包含的基本事件有

個,所以P(A)=

=

.考點2古典概型1.(2024全國甲文,4,5分,易)某獨唱比賽的決賽階段共有甲、乙、丙、丁四人參加,每人

出場一次,出場次序由隨機(jī)抽簽確定.則丙不是第一個出場,且甲或乙最后出場的概率是

()A.

B.

C.

D.

C解析

解法一:四人由隨機(jī)抽簽的方式確定出場次序,基本事件共有24個:(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“丙不是第一個出場,且甲或乙最后出場”包含的基本事件有8個:(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).所以丙不是第一個出場,且甲或乙最后出場的概率為P=

=

.解法二:設(shè)A表示事件“丙不是第一個出場,且甲最后出場”,B表示事件“丙不是第一

個出場,且乙最后出場”.四人由隨機(jī)抽簽的方式確定出場次序,基本事件共有

=24個,事件A包含的基本事件有2

=4個,故P(A)=

=

,同理可得P(B)=

.由于事件A與事件B互斥,故丙不是第一個出場,且甲或乙最后出場的概率為P(A∪B)=P(A)+P(B)=

.2.(2023全國甲文,4,5分,易)某校文藝部有4名學(xué)生,其中高一、高二年級各2名.從這4名

學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演,則這2名學(xué)生來自不同年級的概率為

()A.

B.

C.

D.

D解析

解法一:記高一的2名學(xué)生分別為a1,a2,高二的2名學(xué)生分別為b1,b2,從4名學(xué)生中隨機(jī)選2

名有以下6種選法:a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2,其中2名學(xué)生來自2個年級有如下4種選法:a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,則由古典概型概率公式可得所求概率P=

=

,故選D.解法二:從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演,總的基本事件有

=6個,其中這2名學(xué)生來自不同年級的基本事件有

=4個,所以所求概率P=

=

.故選D.3.(2022全國甲文,6,5分,中)從分別寫有1,2,3,4,5,6的6張卡片中無放回隨機(jī)抽取2張,則抽

到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為

()A.

B.

C.

D.

C解析

依題意知,總的基本事件有(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個.其中符合數(shù)字之積是4的倍數(shù)的基本事件有6個,故所求概率P

=

=

.故選C.4.(2022全國甲理,15,5分,中)從正方體的8個頂點中任選4個,則這4個點在同一個平面的

概率為

.解析

從正方體的8個頂點中任選4個頂點,共有

=70種選法,其中4個點在同一平面的選法共12種,即選正方體的6個表面和6個對角面的4個頂點,根據(jù)古典概型概率公式知所求概

率P=

=

.5.(2024全國甲理,16,5分,難)有6個相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中無放回地隨

機(jī)取3次,每次取1個球.設(shè)m為前兩次取出的球上數(shù)字的平均值,n為取出的三個球上數(shù)

字的平均值,則m與n之差的絕對值不大于

的概率為

.解析

記取出的三個球上的數(shù)字依次為a、b、c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,則從中無放回地隨

機(jī)取三次的所有數(shù)字情況共有

=120種.由|m-n|=

≤

,得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3,∴-3+2c≤a+b≤3+2c.當(dāng)c=6時,9≤a+b≤15,則(a,b)的所有可能為(4,5),(5,4),共2種;當(dāng)c=5時,7≤a+b≤13,則(a,b)的所有可能為(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4,

6),(6,4),共10種;當(dāng)c=4時,5≤a+b≤11,則(a,b)的所有可能為(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種;當(dāng)c=3時,3≤a+b≤9,則(a,b)的所有可能為(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種;當(dāng)c=2時,1≤a+b≤7,則(a,b)的所有可能為(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3,

4),(4,3),共10種;當(dāng)c=1時,-1≤a+b≤5,則(a,b)的所有可能為(2,3),(3,2),共2種.故滿足條件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56種.∴m與n之差的絕對值不大于

的概率P=

=

.考點3事件的相互獨立性1.(2021新高考Ⅰ,8,5分,中)有6個相同的球,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回地隨機(jī)

取兩次,每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”,乙表示事件“第二次

取出的球的數(shù)字是2”,丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,丁表示事件“兩

次取出的球的數(shù)字之和是7”,則

()A.甲與丙相互獨立

B.甲與丁相互獨立C.乙與丙相互獨立

D.丙與丁相互獨立B解析

依題意,有放回地隨機(jī)取兩次,樣本空間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個樣本點.其中P(甲)=

=

,P(乙)=

=

,P(丙)=

,P(丁)=

=

,易知“甲、丙同時發(fā)生”的基本事件為0個,“丙、丁同時發(fā)生”的基本事件為0個,

“乙、丙同時發(fā)生”的基本事件為(6,2),共1個,“甲、丁同時發(fā)生”的基本事件為(1,

6),共1個,P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),A錯誤,P(甲丁)=

=P(甲)P(丁),B正確,P(乙丙)=

≠P(乙)P(丙),C錯誤,P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙),D錯誤.故選B.2.(2022全國乙理,10,5分,中)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤,各盤比賽結(jié)果

相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.記該

棋手連勝兩盤的概率為p,則

()A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B.該棋手在第二盤與甲比賽,p最大C.該棋手在第二盤與乙比賽,p最大D.該棋手在第二盤與丙比賽,p最大D解析

棋手與甲、乙、丙比賽順序有以下

=6種情況:①比賽順序為甲、乙、丙時,p=p1p2(1-p3)+(1-p1)p2p3=p1p2+p2p3-2p1p2p3;②比賽順序為甲、丙、乙時,p=p1p3(1-p2)+(1-p1)p3p2=p1p3+p2p3-2p1p2p3;③比賽順序為乙、甲、丙時,p=p2p1(1-p3)+(1-p2)p1p3=p1p2+p1p3-2p1p2p3;④比賽順序為乙、丙、甲時,p=p2p3(1-p1)+(1-p2)·p3p1=p2p3+p1p3-2p1p2p3;⑤比賽順序為丙、甲、乙時,p=p3p1(1-p2)+(1-p3)·p1p2=p1p3+p1p2-2p1p2p3;⑥比賽順序為丙、乙、甲時,p=p3p2(1-p1)+(1-p3)·p2p1=p2p3+p1p2-2p1p2p3.易得情況①與⑥,②與④,③與⑤的概率分別相等,又p3>p2>p1>0,∴p1p2<p1p3,p2p3>p1p2,

∴②與④的概率最大,即棋手在第二盤與丙比賽,p最大,故選D.考點4條件概率與全概率公式1.(2023全國甲理,6,5分,中)某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰,50%的同學(xué)愛好滑

雪,70%的同學(xué)愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同學(xué),若該同學(xué)愛

好滑雪,則該同學(xué)也愛好滑冰的概率為

()A.0.8

B.0.6

C.0.5

D.0.4A解析

解法一:設(shè)既愛好滑雪,又愛好滑冰的同學(xué)占比為x,則有60%+50%-x=70%,解得x=40%.∴若該同學(xué)愛好滑雪,則該同學(xué)也愛好滑冰的概率為

=0.8,故選A.解法二:從該校的學(xué)生中任取一名學(xué)生,記A表示事件:“取到的學(xué)生愛好滑冰”,B表示

事件:“取到的學(xué)生愛好滑雪”.由題設(shè)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.所以所求概率為P(A|B)=

=

=0.8.2.(2024天津,13,5分,中)某校組織學(xué)生參加農(nóng)業(yè)實踐活動,期間安排了勞動技能比賽,比

賽共5個項目,分別為整地做畦、旱田播種、作物移栽、田間灌溉、藤架搭建,規(guī)定每

人參加其中3個項目.假設(shè)每人參加每個項目的可能性相同,則甲同學(xué)參加“整地做

畦”項目的概率為

;已知乙同學(xué)參加的3個項目中有“整地做畦”,則他還參

加“田間灌溉”項目的概率為

.解析

用M表示事件“甲同學(xué)參加的3個項目中有整地做畦”,則P(M)=

=

.用A表示事件“乙同學(xué)參加的3個項目中有整地做畦”,用B表示事件“乙同學(xué)參加的3

個項目中有田間灌溉”.依題意,P(AB)=

=

,而P(A)=

=

,所以已知乙同學(xué)參加的3個項目中有“整地做畦”,則他還參加“田間灌溉”項目的概率P(B|A)=

=

=

.3.(2022新高考Ⅰ,20,12分,中)一醫(yī)療團(tuán)隊為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦?/p>

衛(wèi)生習(xí)慣(衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類)的關(guān)系,在已患該疾病的病例中隨機(jī)調(diào)

查了100例(稱為病例組),同時在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人(稱為對照組),

得到如下數(shù)據(jù):

不夠良好良好病例組4060對照組1090(1)能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異?(2)從該地的人群中任選一人,A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”,B表示事件

“選到的人患有該疾病”,

與

的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對患該疾病風(fēng)險程度的一項度量指標(biāo),記該指標(biāo)為R.(i)證明:R=

·

;(ii)利用該調(diào)查數(shù)據(jù),給出P(A|B),P(A|

)的估計值,并利用(i)的結(jié)果給出R的估計值.附:K2=

,解析

(1)由題中數(shù)據(jù)可知K2=

=24>6.635,所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.(2)(i)證明:因為R=

·

=

·

·

·

=

,且

·

=

·

·

·

=

,所以R=

·

.(ii)由題表中數(shù)據(jù)可知P(A|B)=

=

,P(A|

)=

=

,P(

|B)=

=

,P(

|

)=

=

,所以R=

·

=

×

=6.三年模擬1.(2025屆江蘇前黃中學(xué)檢測,2)從裝有紅球、白球和黑球各2個的口袋內(nèi)一次取出2個

球,有如下的一些事件:①兩球都不是白球;②兩球恰有一個白球;③兩球至少有一個白

球,其中與事件“兩球都為白球”互斥而非對立的事件是()A.③

B.①③

C.②③

D.①②D解析

從口袋內(nèi)一次取出2個球,按照取到白球的數(shù)量分類有:兩球都不是白球;兩球恰有一個白球;兩球都是白球.所以①②與事件“兩球都為白球”互斥而不對立,當(dāng)“兩球都為白球”時,③一定發(fā)生,所以③與事件“兩球都為白球”不互斥.故選D.2.(2025屆重慶一中期中,4)孿生素數(shù)是指相差為2的素數(shù)對,例如3和5,5和7等.從不超過

20的素數(shù)中隨機(jī)抽取2個,則這2個數(shù)是孿生素數(shù)的概率為

()A.

B.

C.

D.

A解析

不超過20的素數(shù)有2,3,5,7,11,13,17,19,共8個,從中隨機(jī)抽取2個,有

=28種情況,其中孿生素數(shù)有3和5,5和7,11和13,17和19,共4種情況,則這2個數(shù)是孿生素數(shù)的概率為

=

.故選A.3.(2024山東濟(jì)南一模,3)某公司現(xiàn)有員工120人,在榮獲“優(yōu)秀員工”稱號的85人中,有75人是高級工程師.既沒有榮獲“優(yōu)秀員工”稱號又不是高級工程師的員工共有14人,

公司將隨機(jī)選擇一名員工接受電視新聞節(jié)目的采訪,被選中的員工是高級工程師的概

率為

()A.

B.

C.

D.

C解析

由題意得,沒有榮獲“優(yōu)秀員工”稱號的高級工程師有120-85-14=21人,則公司共有高

級工程師75+21=96(人),故被選中的員工是高級工程師的概率為

=

.故選C.4.(2025屆廣東廣州調(diào)研,6)學(xué)校舉辦運動會,高三(1)班共有28名同學(xué)參加比賽,有15人

參加游泳比賽,有8人參加田徑比賽,有14人參加球類比賽,同時參加游泳比賽和田徑比

賽的有3人,同時參加游泳比賽和球類比賽的有3人,沒有人同時參加三項比賽.若從該班

參加比賽的同學(xué)中隨機(jī)抽取1人進(jìn)行訪談,則抽取到的同學(xué)只參加田徑一項比賽的概率

為()A.

B.

C.

D.

A解析

由題意知只參加游泳比賽的有15-3-3=9人,設(shè)同時參加田徑比賽和球類比賽的人數(shù)為x,只參加田徑比賽的人數(shù)為y,只參加球類比

賽的人數(shù)為z,作出Venn圖,如圖,

由Venn圖得

解得

所以只參加田徑一項比賽的人數(shù)為2.所以從該班參加比賽的同學(xué)中隨機(jī)抽取1人進(jìn)行訪談,抽取到的同學(xué)只參加田徑一項比

賽的概率為

=

.故選A.5.(2024安徽合肥二模,4)甲、乙兩名乒乓球運動員進(jìn)行一場比賽,采用7局4勝制(先勝4

局者勝,比賽結(jié)束),已知每局比賽甲獲勝的概率均為

,則甲以4比2獲勝的概率為()A.

B.

C.

D.

C解析

由題意知在前5局比賽中甲勝3局,第六局甲必勝,所以所求概率為

=

.故選C.6.(2025屆廣東湛江期中,7)已知某條線路上有A,B兩輛相鄰班次的BRT(快速公交車),若

A準(zhǔn)點到站的概率為

,在B準(zhǔn)點到站的前提下A準(zhǔn)點到站的概率為

,在A準(zhǔn)點到站的前提下B不準(zhǔn)點到站的概率為

,則B準(zhǔn)點到站的概率為

()A.

B.

C.

D.

B解析

設(shè)事件A為“A準(zhǔn)點到站”,事件B為“B準(zhǔn)點到站”,依題意,P(A)=

,P(A|B)=

,P(

|A)=

,而P(

|A)=

=

,解得P(A

)=

,而P(A)=P(AB∪A

)=P(AB)+P(A

)=

,則P(AB)=

,而P(A|B)=

=

,解得P(B)=

.故選B.7.(2024河北唐山一模,5)從正方體的8個頂點中任取3個連接構(gòu)成三角形,則能構(gòu)成正三

角形的概率為

()A.

B.

C.

D.

A解析

如圖,從八個頂點中任選三個構(gòu)成三角形的有

=56種結(jié)果;其中能構(gòu)成正三角形的有8種結(jié)果:△ACD1,△BDC1,△ACB1,△BDA1,△A1C1B,△B1D1A,△B1D1C,△A1C1D,故所求概

率為

=

,故選A.

8.(2024浙江溫州三模,3)設(shè)A,B為同一試驗中的兩個隨機(jī)事件,則“P(A)+P(B)=1”是

“事件A,B互為對立事件”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件B解析

因為P(A)>0,P(B)>0,所以若事件A,B為對立事件,則P(A)+P(B)=1;但P(A)+P(B)=1推不出

兩個事件A,B對立,如擲一顆骰子,事件A為出現(xiàn)1點、2點、3點,事件B為出現(xiàn)3點、4

點、5點,此時P(A)+P(B)=1,但兩個事件不對立,所以“P(A)+P(B)=1”是“事件A,B互為

對立事件”的必要不充分條件.故選B.9.(2024東北三省四市聯(lián)考質(zhì)量檢測二,6)我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的

變化,每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成,爻分為陽爻

“

”和陰爻“

”,下圖就是一重卦,在所有重卦中隨機(jī)取一重卦,記事件A=“取出的重卦中至少有1個陰爻”,事件B=“取出的

重卦中至少有3個陽爻”.則P(B|A)=

()

A.

B.

C.

D.

C解析

P(A)=

=

.事件AB=“取出的重卦中有3陽3陰或4陽2陰或5陽1陰”,則P(AB)=

=

,則P(B|A)=

=

.10.(2024河南鄭州二模,6)在某次測試中,若甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級的概率分別

是0.5,0.6和0.7,且三人的測試結(jié)果相互獨立,測試結(jié)束后,在甲、乙、丙三人中恰有兩人

沒有達(dá)到優(yōu)秀等級的條件下,乙達(dá)到優(yōu)秀等級的概率為

()A.

B.

C.

D.

C解析

設(shè)事件A=“甲、乙、丙三人中恰有兩人沒有達(dá)到優(yōu)秀等級”,事件B=“乙達(dá)到優(yōu)秀等

級”,所以P(A)=0.5×(1-0.6)×(1-0.7)+(1-0.5)×0.6×(1-0.7)+(1-0.5)×(1-0.6)×0.7=0.29,P(AB)=(1-0.5)×0.6×(1-0.7)=0.09,所以P(B|A)=

=

=

,故選C.11.(多選)(2025屆湖北部分重點高中聯(lián)考,9)已知事件A,B發(fā)生的概率分別為P(A)=

,P(B)=

,則下列說法正確的是

()A.若A與B互斥,則P(A+B)=

B.若A與B相互獨立,則P(A+B)=

C.若P(A

)=

,則A與B相互獨立D.若B發(fā)生時A一定發(fā)生,則P(AB)=

BC解析

對于A,因為A與B互斥,則P(A+B)=P(A)+P(B)=

+

=

,所以A錯誤,對于B,A與B相互獨立,則P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=

+

-

×

=

,所以B正確,對于C,因為P(A)=

,P(

)=

,所以P(A)P(

)=

=P(A

),由相互獨立的定義知A與B相互獨立,所以C正確,對于D,因為B發(fā)生時A一定發(fā)生,所以B?A,則P(AB)=P(B)=

,所以D錯誤,故選BC.1.(2024廣東湛江一模,8)在一次考試中有一道4個選項的雙選題,其中B和C是正確選項,

A和D是錯誤選項,甲、乙兩名同學(xué)都完全不會這道題目,只能在4個選項中隨機(jī)選取兩

個選項.設(shè)事件M=“甲、乙兩人所選選項恰有一個相同”,事件N=“甲、乙兩人所選

選項完全不同”,事件X=“甲、乙兩人所選選項完全相同”,事件Y=“甲、乙兩人均

未選擇B選項”,則()A.事件M與事件N相互獨立B.事件X與事件Y相互獨立C.事件M與事件Y相互獨立D.事件N與事件Y相互獨立C解析

依題意甲、乙兩人所選選項有如下情形:①有一個選項相同,②兩個選項相同,③兩個選項不相同,所以P(M)=

=

,P(N)=

=

,P(X)=

=

,P(Y)=

=

,因為事件M與事件N互斥,所以P(MN)=0,又P(M)·P(N)=

,所以事件M與事件N不相互獨立,故A錯誤;P(XY)=

=

≠P(X)P(Y)=

,故B錯誤;由P(MY)=

=

=P(M)P(Y),則事件M與事件Y相互獨立,故C正確;因為事件N與事件Y互斥,所以P(NY)=0,又P(Y)·P(N)=

,所以事件N與事件Y不相互獨立,故D錯誤.故選C.解題技巧解本題的關(guān)鍵在于理解兩事件A、B相互獨立的充要條件是P(AB)=P(A)·P(B).2.(2025屆安徽江南十校檢測,7)某次跳水比賽甲、乙、丙、丁、戊5名跳水運動員進(jìn)入

跳水比賽決賽,現(xiàn)采用抽簽法決定決賽跳水順序,在“運動員甲不是第一個出場,運動員

乙不是最后一個出場”的前提下,“運動員丙第一個出場”的概率為

()A.

B.

C.

D.

A解析

運動員甲不是第一個出場,運動員乙不是最后一個出場可分為甲最后一個出場或甲在

中間出場,方法數(shù)為

+

=78,在“運動員甲不是第一個出場,運動員乙不是最后一個出場”的前提下,“運動員丙第一個出場”,即運動員丙第一個出場,運動員乙不是

最后一個出場,方法數(shù)為

=18,因此所求概率為P=

=

.故選A.3.(2025屆安徽江淮十校第一次大聯(lián)考,13)現(xiàn)有4個相同的袋子,里面均裝有4個除顏色

外其他無區(qū)別的小球,第k(k=1,2,3,4)個袋中有k個紅球,4-k個白球.現(xiàn)將這4個袋子混合

后,任選其中一個袋子,并且連續(xù)取出三個球(每次取后不放回),則第三次取出的球為白

球的概率為

.解析

設(shè)Ai=“取出第i個袋子”,i=1,2,3,4,A1,A2,A3,A4兩兩互斥,B=“從袋子中連續(xù)取出三個球,

第三次取出的球為白球”.P(Ai)=

,P(B|Ai)=

,所以P(AiB)=P(Ai)P(B|Ai)=

,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B)+P(A4B)=

=

.4.(2024山東棗莊模擬,14)盒子內(nèi)裝有編號為1,2,3,…,10的10個除編號外完全相同的玻

璃球.從中任取三球,則其編號之和能被3整除的概率為

.解析

依題意,知試驗含有的基本事件總數(shù)為

=120,且它們的發(fā)生是等可能的,10個數(shù)中能被3整除的有3,6,9;除以3余數(shù)是1的有1,4,7,10;除以3余數(shù)是2的有2,5,8,取出

的3個數(shù)的和能被3整除的事件有以下幾類可能:3個數(shù)都能被3整除,有

=1種;3個數(shù)都除以3余數(shù)是1,有

=4種;3個數(shù)都除以3余數(shù)是2,有

=1種;3個數(shù)有1個能被3整除,1個除以3余數(shù)是1,1個除以3余數(shù)是2,有

=36種,所以所求概率=

=

.5.(2025屆湖南部分學(xué)校聯(lián)考,15)某紅茶批發(fā)地只經(jīng)營甲、乙、丙三種品牌的紅茶,且

甲、乙、丙三種品牌的紅茶優(yōu)質(zhì)率分別為0.9,0.8,0.7.(1)若該紅茶批發(fā)地甲、乙、丙三種品牌的紅茶場占有量的比例為4∶4∶2,小張到該

批發(fā)地任意購買一盒紅茶,求他買到的紅茶是優(yōu)質(zhì)品的概率;(2)若小張到該批發(fā)地甲、乙、丙三種品牌店各任意買一盒紅茶,求他恰好買到兩盒優(yōu)

質(zhì)紅茶的概率.解析

(1)