微專題15概率

高考定位主要考查古典概型、條件概率、相互獨(dú)立事件的概率以及全概率公式

的基本應(yīng)用，以選擇題、填空題為主，也可能出現(xiàn)在解答題的一個小題，難度中

等或偏下.

【真題體驗(yàn)】

1.（2023?全國甲卷）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（）

答案D

解析法一記高一年級2名學(xué)生分別為斂，高二年級2名學(xué)生分別為從，

從，則從這4名學(xué)生中隨機(jī)選2名組織校文藝匯演的基本事件有（m,s）,（小，

力I）,（ai,歷），（“2,加）,（02,岳〉（bi,bi）,共6個，其中這2名學(xué)生來自不同

年級的基本事件有（山，行）,（s,歷）,Q,bi）,（如歷）,共4個，所以這2名

學(xué)生來自不同年級的概率〃弋=爭故詵D.

法二依題意，從這4名學(xué)生中隨機(jī)選取2名組織校文藝匯演，總的基本事件有

d=6個，其中兩名學(xué)生來自不同年級的基本事件有C1C=4個，

所以這2名學(xué)生來自不同年級的概率為￡=木

V/J

2.（2023?全國甲卷）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.0.8B.0.6

C.0.5D.0.4

答案A

解析令事件A,8分別表示該學(xué)生愛好滑冰、該學(xué)生愛好滑雪，事件C表示該

學(xué)生愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，

則尸(4)=0.6,P(B)=0.5,

P(A8)=P(A)+P(B)—0.7=0.4,

…PCAB）0.4

所以P（C）=P（A|8）=p（8）=礪=0-8,

故選A.

3.（2021.新高考［卷）有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有

放回的隨機(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(dú)立B.甲與丁相互獨(dú)立

C.乙與丙相互獨(dú)立D.丙與丁相互獨(dú)立

答案R

解析易知P（甲）=/，尸（乙）=:，

P（丙）=焉P（?。?/=/

?"（甲丙）=0￥尸（甲）P（丙）,

P（甲?。?七=2（甲）P（?。?/p>

P（乙丙）=4工產(chǎn)（乙?（丙）,

尸（丙丁）=0NP（丙）P（?。?/p>

因此事件甲與丁相互獨(dú)立.

4.（2023?新高考II卷）在信道內(nèi)傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨(dú)立.發(fā)送0時，

收到1的概率為a（0<?<l）,收到0的概率為1-?;發(fā)送1時，收到0的概率為

以0<少<1）,收到1的概率為1一4考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次

傳輸是指每個信號只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次.收到的信

號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，

收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1,（）,1,則譯碼為

1）.（）

A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為（1一團(tuán)（1

B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為以1一02

C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為伙1—￡)2+(1一份3

D.當(dāng)0<。<0.5時，若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次

傳輸方案譯碼為0的概率

答案ABD

解析由題意，發(fā)0收1的概率為a,發(fā)0收0的概率為1-a；發(fā)1收0的概率

為B，發(fā)1收1的概率為1一小

對于A,發(fā)1收1的概率為1一夕，發(fā)。收0的概率為1—a,

所以所求概率為(1—。)(1一份2,故A選項正確；

對于B,相當(dāng)于發(fā)了1,1,1,收到1,0,1,

則概率為(1一￡)￡(1一0="1一",故B選項正確；

對于C,相當(dāng)于發(fā)了1,1,1,收到1,1,0或I,0,1或0,1,1或1,1,1,

則概率為C頒1一份2+d(l一為3=3"1一為2+(1一43,故C不正確;

對于D,發(fā)送0,采用三次傳輸方案譯碼為0,相當(dāng)于發(fā)0,0,0,收到0,0,1

或0,1,0或1,0,0或0,0,0,則此方案的概率為P|=C%(1—a)2+d(l—a)3

=3a(l-?)2+(l-a)3；

發(fā)送0,采用單次傳輸方案譯碼為()的概率

Pz=1—a.

當(dāng)0<a<0.5時,P\—P2=3a(\—a)2+(l—?)3—(1—a)=a(l—a)(l—2a)>0,故D

選項正確.

綜上，選ABD.

【熱點(diǎn)突破】

熱點(diǎn)一古典概型

I核心歸納

利用公式法求解古典概型問題的步驟

定型，根據(jù)事件的性質(zhì)，確定事件類

I受產(chǎn)型為古典概型_____________________

"!而_」定量，確定試臉包含的樣本點(diǎn)總數(shù)及

包產(chǎn)H所求事件包含的樣本點(diǎn)數(shù)____________

后二nJ求值，代入古典概型的概率計算公式

I第二步L求解

例1(1)(2023?岳陽模擬)某學(xué)校為落實(shí)“雙減”政策，在課后服務(wù)時間開設(shè)了“球

類”，，棋類，，，，書法，，，，繪畫，，，，舞蹈，，等五項活動若甲同學(xué)準(zhǔn)備從這五項活

動中隨機(jī)選三項，則“書法”和“繪畫”這兩項中至多有一項被選中的概率為

()

A.0.9B.0.7

C.0.6D.0.3

(2)(2023湖州模擬)如圖為一個開關(guān)陣列,每個開關(guān)只有“開”和“關(guān)”兩種狀

態(tài)，按其中一個開關(guān)1次，將導(dǎo)致自身和所有相鄰(上、下相鄰或左、右相鄰)的

開關(guān)改變狀態(tài).若從這十六個開關(guān)中隨機(jī)選兩個不同的開關(guān)先后各按1次(例如：

先按(I,1)，再按(4,4)),則(2,3)和(4,1)的最終狀態(tài)都未發(fā)生改變的概率為

(1,1)(1，2)(1，3)(1，4)

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)

答案(1)B(2)而

解析(1)從五項活動中隨機(jī)選三項的樣本空間含有eg個樣本點(diǎn)，

“書法”和“繪畫”這兩項活動至多有一項被選中“分兩種情況：

①都沒有被選中，有C3個樣本點(diǎn)；

②兩項活動只有一項被選中，有C3C4個樣本點(diǎn)，

則所求概率為薩2=焉=0.7,故選B.

(2)要使得(2,3)的狀態(tài)發(fā)生改變，則需要按(1,3),(2,2),(2,3),(3,3),(2,

4)這五個開關(guān)中的一個，要使得(4,1)的狀態(tài)發(fā)生改變，則需要按(3,1),(4,1),

(4,2)這三個開關(guān)中的一個，所以要使得(2,3)和(4,1)的最終狀態(tài)都未發(fā)生改變，

則需按其他八個開關(guān)中的兩個或(1,3),(2,2),(2,3),(3,3),(2,4)中的兩

個或(3,1),(4,1),(4,2)中的兩個，故所求概率為~-=卷

規(guī)律方法1.古典概型的樣本點(diǎn)個數(shù)的探究方法：(1)枚舉法；(2)樹狀圖法；(3)

排列組合法.

2.當(dāng)所求概率的事件較復(fù)雜時，可把其分解為若干個互斥事件的和求解.

訓(xùn)練1(1)已知王大爺養(yǎng)了5只雞和3只兔子，晚上關(guān)在同一間房子里，清晨打

開房門，這些雞和兔子隨機(jī)逐一向外走，則恰有2只兔子相鄰走出房子的概率為

()

人5「5

A-28B14

15-15

C,56D,28

(2)(2023?濟(jì)南模擬)從正六邊形的6個頂點(diǎn)中任取3個構(gòu)成三角形，則所得三角形

是直角三角形的概率為()

A&B1

-3n9

C,5Dl()

答案(1)D(2)C

解析(1)5只雞、3只兔子走出房門的樣本空間含有AH個樣本點(diǎn)，其中恰有2只

兔子相鄰走出房子為先排5只雞，會產(chǎn)生6個空隙，再從3只兔子中選2只捆綁

排列，最后與剩下的兔子排列到6個空隙中，此時共有A?A3AE個樣本點(diǎn)，故恰

有2只兔子相鄰走出房子的概率

A§A?A?15?…一

^=羽.故選D.

(2)如圖，從正六邊形ABCOE/這6個頂點(diǎn)中任取3個構(gòu)成三角形的樣本空間含

有Cg個樣本點(diǎn).

其中取Cb為邊的直角三角形有△AC居ABCF,ADCF,AECF,

取AO為邊的直角三角形有△84。，△CAD,△E4O,AMD,

取8E為邊的直角三角形有△A8E,△F8E,4DBE,△C8E,共12個樣本點(diǎn),

故所得三角形是直角三角形的概率為率12=]3.

熱點(diǎn)二條件概率與全概率公式

I核心歸納

(1)計算條件概率的公式：P(8|A)=j(慧)=：「(奈)為事件A發(fā)生的條件下事

件3發(fā)生的概率.

(2)全概率公式

設(shè)4,A2f…，4是一組兩兩互斥的事件,4UA2U???LM”=0,且P(4)X),i

=1,2,…，〃，則對任意的事件BG0,

有P(3)=XP(A)P(3|A).

例2(1)(2023?昆明診斷)一個數(shù)學(xué)興趣小組共有2名男生和3名女生，從中隨機(jī)

選出2名參加交流會，在已知選出的2名中有1名是男生的條件下，另1名是女

生的概率為.

(2)(2023?安慶模擬)設(shè)某批產(chǎn)品中，甲、乙、丙三個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品分別占45%,

35%,20%,甲、乙車間生產(chǎn)的產(chǎn)品的次品率分別為2%和3%.現(xiàn)從中任取一件，

若取到的是次品的概率為2.95%,則推測丙車間的次品率為.

答案(琮(2)5%

解析(1)若事件A表示“2名中至少有1名男生”，B事件表示“2名中有1名

女生”，

則選出2名有1名男生和1名女生為事件A8,

p(AR}

所以2名中有1名是男生的條件下，另1名是女生的概率為P(8|A)=/(A)，

而產(chǎn)(附=等=之

P⑷=1一會=看

故P(B|A)=1

(2)令A(yù)表示“取到的是一件次品“，8,歷，仍分別表示取到的產(chǎn)品是由甲、

乙、丙車間生產(chǎn)的，顯然歷，當(dāng)是樣本空間S的一個劃分，且有P(S)=0.45,

P(&)=().35,P(&)=02.由于P(A|Bi)=0.02,P(A|B2)=0.03,

設(shè)尸(4公)=/幾由金概率公式得：

P(A)=尸(川Bi)尸(Bi)+P(A|B2)P(&)+P(A]B3)P(B。=0.02X0.45+0.03X0.35+

wX0.2,而P(A)=2.95%,故m=5%.

規(guī)律方法利用全概率公式的思路：首先按照確定的標(biāo)準(zhǔn)，將一個復(fù)合事件分解

為若干個互斥事件4(i=l,2,…，〃)，然后求P(A)和所求事件3在各個互

斥事件4發(fā)生的條件下的概率P(3A),代入全概率公式計算.

訓(xùn)練2(1)(2023?北京豐臺區(qū)模擬)從-2,-1,1,2,3這5個數(shù)中任取2個不同

的數(shù)，記“兩數(shù)之積為正數(shù)”為事件A,“兩數(shù)均為負(fù)數(shù)”為事件則P(陰A)

(2)(2023?武漢模擬)學(xué)校給每位教師隨機(jī)發(fā)了一箱蘋果，李老師將其分為兩份，第

1份占總數(shù)的40%,次品率為5%,第2份占總數(shù)的60%,次品率為4%.若李老

師分份之前隨機(jī)拿了一個發(fā)現(xiàn)是次品后放回，則該蘋果被分到第1份中的概率為

答案(1)|(2啟

解析(1)從一2,-1,1,2,3這5個數(shù)中任取2個不同的數(shù)的樣本空間含△=

10個樣本點(diǎn)，

其中滿足兩數(shù)之積為正數(shù)的樣本點(diǎn)有G+C3=4個，滿足兩數(shù)之積為正數(shù)且兩數(shù)

均為負(fù)數(shù)的樣本點(diǎn)有ca=i個，

4I

所以P(A)=m，P(AB)=而,

一、,P(AB)1

所以P(8|A)=0(4)=不

(2)設(shè)事件3為“拿的苴果是次品“，A,(i=1,2)為“拿的蘋果來自第j份”，

則P(4)=0.4,P(B|Ai)=0.05,P(A2)=0.6,P(陰4)=().04,

所以P(B)=P(Ai)P(BIAi)+P(A2)P(B\Ai)

=0.4X0.05+0.6X0.04=0.044,

n(DA)

所求概率為P(4|8)=p

PCA\)P(B|Ai)0,4X0.055

P(B)-0.044-TT-

熱點(diǎn)三事件的獨(dú)立忤與〃重伯努力試翳

核心歸納

(1)相互獨(dú)立事件的判斷與計算公式：P(A8)=P(A)P(3).

(2)在〃重伯努利試驗(yàn)中，事件A發(fā)生攵次的概率的計算公式：尸(X=Z)=C?'(1

—p)"%〃=(),1,2,…，n.

例3(1)(2023?泉州三模)某運(yùn)動員每次射擊擊中目標(biāo)的概率均相等，若三次射擊

中，至少有一次擊中目標(biāo)的概率為普，則射擊一次，擊中目標(biāo)的概率為()

7「3

AA-8B4

”D1

(2)(多選)(2023?威海模擬)已知事件A,8滿足P(A)=0.5,P⑻=0.2,則()

A.若則尸(A3)=0.5

R.若A與月互斥，貝I」P(A+R)=0.7

C.若A與8相互獨(dú)立，則P(AB)=0.9

D.若P(B|4)=0.2,則A與5相互獨(dú)立

答案(1)B(2)BD

解析(1)設(shè)該運(yùn)動員射擊一次，擊中目標(biāo)的概率為p,

若該運(yùn)動員三次射擊中，至少有一次擊中目標(biāo)的就率為1—(1—“)3=震，

3

解得-

-4

(2)因?yàn)镻(A)=0.5,P(B)=0.2,BQAf

所以P(AB)=P(B)=02故A錯誤；

因?yàn)锳與8互斥，

所以。(A+8)=P(A)+P(3)=0.5+0.2=0.7,故B正確;

因?yàn)镻(8)=0.2,所以P(8)=l-0.2=0.8,

所以P(A4)=().5X().8=0.4,故C錯誤；

小，口/(AB)

因?yàn)镻(8|A)=0.2,即丁7k=0.2,

r\/iJ

所以P(A8)=().2XP(A)=().l,

又因?yàn)镻(A)XP(B)=0.5X0.2=0.1,

所以尸(AB)=P(A>P(B),

所以A與3相互獨(dú)立，故D正確.

規(guī)律方法1.相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率等于它們各自發(fā)生的概率之積.

2.當(dāng)正面計算較復(fù)雜或難以入手時，可以從其對立事件入手計算.

訓(xùn)練3(1)甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行象棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其

中編號為i的方框表示第，場比賽，方框中是進(jìn)行該場比賽的兩名棋手，第，場

比賽的勝者稱為“勝者嚴(yán)，負(fù)者稱為“負(fù)者廣，第6場為決賽，獲勝的人是冠

軍.已知甲每場比賽獲勝的概率均為尋而乙、丙、丁之間相互比賽，每人獲勝的

可能性相同.則甲獲得冠軍的概率為()

(2)(多選)(2023?福州質(zhì)檢)已知隨機(jī)事件A,8發(fā)生的概率分別為尸(A)=0.3,P(B)

=0.6,下列說法正確的為()

A.若尸(48)=0.18,則A,B相互獨(dú)立

B.若AB相互獨(dú)立，則P(8|A)=0.6

C.若P(B|A)=0.4,則P(AB)=0.12

D.若AG8,則P(A|8)=0.3

答案(1)D(2)ABC

解析(1)甲獲得冠軍，則甲參加的比賽結(jié)果有三種情況：

1勝3勝6勝；1勝3負(fù)5勝6勝；1負(fù)4勝5勝6勝.

所以甲獲得冠軍的概率為

聯(lián)+2X停)飛=界故選D.

(2)因?yàn)镻(AB)=0.18=P(A)P(B)=0.3X0.6,

所以A,B相互獨(dú)立，故A正確；

若A,8相互獨(dú)立，

則尸(陰4)=尸(8)=0.6,故B正確;

P(4B)P(AB)

若=°4

則P(AB)=0.12,故C正確；

若AG&

小P(AB)P(A)0.3“心、口

則尸(4|8)=p(B)-=尸(B)=5^=0S故D錯慶.

【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】

一、基本技能練

1.(2023.安陽二模)在區(qū)間(0,S)與(1,4)內(nèi)各隨機(jī)取I個整數(shù)，設(shè)兩數(shù)之和為

則log2M>2成立的概率為()

5

3-

4B.8

Ac.8

一

15

等

案B

解析設(shè)從區(qū)間(0,5),(1,4)中隨機(jī)取出的整數(shù)分別為x,y,

則樣本空間為。={(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)(4,2),(4,

3)},共8個樣本點(diǎn)，

設(shè)事件A表示log2M>2,即M>4的樣本點(diǎn)有

(2,3),(3,2),(3,3),(4,2),(4,3),共5個，

所以P(A)=1.

2.(2023?郴州三模)籃球隊的5名隊員進(jìn)行傳球訓(xùn)練，每位隊員把球傳給其他4人

的概率相等，由甲開始傳球，則前3次傳球中，乙恰好有1次接到球的概率為

()

?15

從32

C紅八33

c,64

答案D

解析由題意可知每位隊員把球傳給其他4人的蹴率都為木

由甲開始傳球，則前3次傳球中，乙恰好有1次接到球的情況可分為：

只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，

33133133

-----故選D

則概率制XIX444444-649

3.從裝有2個紅球和2個黑球的袋子內(nèi)任取2個球，那么互斥而不對立的兩個事

件的是()

A.“至少有1個紅球”與“都是黑球”

B.“恰好有1個紅球”與“恰好有1個黑球”

C.“至少有1個黑球”與“至少有1個紅球”

D.“都是紅球”與“都是黑球”

答案D

解析從裝有2個紅球和2個黑球的袋子內(nèi)任取2個球，可能的結(jié)果為1紅I

黑、2紅、2黑.

對于A,“至少有1個紅球”包括1紅1黑、2紅，與“都是黑球”是對立事件,

不符合題意；

對于B,“恰好有1個紅球”與“恰好有1個黑球”是同一個事件，不符合題意;

對于C,“至少有1個黑球”包括1紅1黑、2黑，”至少有1個紅球”包括1

紅1黑、2紅，這兩個事件不是互斥事件，不符合題意；

對于D,“都是紅球”與“都是黑球”是互斥事件而不是對立事件，符合題意.

4.從1,2,3,4,5中不放回地抽取2個數(shù)，則在第1次抽到偶數(shù)的條件下，第

2次抽到奇數(shù)的概率是()

A.1

「3r3

C5D-4

答案D

解析設(shè)事件4?為第i次抽到偶數(shù)，i=l,2,

2X42

則尸(4)=s*4=1,

233

P(AM)=//仔

???在第一次抽到偶數(shù)的條件下，第2次抽到奇數(shù)的概率為

-P（44）To3

W2|A1）=PM1）=y=4-

5

5.（2023?青島模擬）甲、乙兩選手進(jìn)行象棋比賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為06

乙獲勝的概率為0.4.若采用三局兩勝制，則甲最終獲勝的概率為（）

A.0.36B.0.352

C.0.288D.0.648

答案D

解析由題意可得，甲最終獲勝有兩種情況：

一是前兩局甲獲勝，則獲勝的概率為0.6X0.6=0.36；

二是前兩局甲勝一局，第三局甲獲勝，則獲勝的概率為CiX0.6X0.4X0.6=0.288.

而這兩種情況是互斥的，

所以甲最終獲勝的概率為

0.36+0.288=0.648.

6.（2023?太原模擬）算盤是中國傳統(tǒng)的計算工具，其形長方，周為木框，內(nèi)貫直柱,

俗稱“檔”，檔中橫以梁，梁上兩珠，每珠作數(shù)五，梁下五珠，每珠作數(shù)一，算

珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位檔撥一顆下珠，十位檔撥一

顆上珠和兩顆下珠，則表示數(shù)字170,若在個、十、百、千位檔中，先隨機(jī)選擇

一檔撥一顆上珠，再隨機(jī)選擇兩個檔位各撥一顆下珠，則所撥數(shù)字大于200的概

率為（）

UHyU

-I-

T-

IHaA

8AIn8

MRIrR

答案C

解析依題意得所撥數(shù)字構(gòu)成樣本空間含有

C1CZ=24個樣本點(diǎn).

要使所撥數(shù)字大于200,貝心

若上珠撥的是千位檔或百位檔，則所撥數(shù)字一定大于200,

有C3C3=12個樣本點(diǎn)；

若上珠撥的是個位檔或十位檔，則下珠一定要撥千位，再從個、十、百位檔選一

個下珠，

有aa=6個樣本點(diǎn)，

則所撥數(shù)字大于200的概率為告答=*

7.(2023?徐州質(zhì)檢)某醫(yī)用口罩生產(chǎn)廠家生產(chǎn)醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、去用

防護(hù)口罩三種產(chǎn)品，三種產(chǎn)品的生產(chǎn)比例如圖所示，且三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的

比例分另IJ為90%,50%,40%.若從該廠生產(chǎn)的口量中任選一個，則選到綁帶式口

罩的概率為()

醫(yī)用防護(hù)口電

醫(yī)用外科口罩

醫(yī)用普通口罩

A.0.23B.0.47

C.0.53D.0.77

答案D

解析由圖可知醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩的占比分別為70%,

20%,10%,記事件4,A2,4分別表示選到醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)

用防護(hù)口罩，則0=AUA2U43,且4,4,4兩兩互斥，

所以產(chǎn)(4)=Q7,P(A2)=0.2,P(A3)=0.1,

又三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%,50%,40%,

記事件8為“選到綁帶式口罩”，

則「(8|4)=0.9,尸(802)=0.5,

P(B|A3)=0.4,

所以由全概率公式可得選到綁帶式口罩的概率為

P(B)=0.7X0.9+0.2X0.5+0.1X0.4=0.77.

8.(2023?衡陽模擬)寫算，是一種格子乘法.例如計算89義61,將乘數(shù)89計入上行,

乘數(shù)61計入右行，然后以乘數(shù)61的每位數(shù)字乘以乘數(shù)89的每一位數(shù)字，將結(jié)

果計入相應(yīng)的格子中，最后從右下方開始按斜行加起來，滿十向上斜行進(jìn)一，如

圖，即得5429.類比此法畫出354X472的格子,若從18個數(shù)字(含相同的數(shù)字,

格子周邊數(shù)字不算在內(nèi))中任取2個數(shù)字，則它們之和大于1()的概率為()

?9

B而

C-l53

答案D

解析畫出3s4X472的格子，如圖所示,

1EX/

則18個數(shù)字中不同的數(shù)字有0,1,2,3,5,6,8,其中6與8各2個，3與5

各1個.

從中任取2個，形成的樣本空間含C+8個樣本點(diǎn)，它們之和大于10的樣本點(diǎn)為(3,

8)2個，(5,6)2個,(5,8)2個，(6,8)4個，(6,6)1個,(8,8)1個，共有12

個.

故所求概率為首=程故選D.

9.(多選)(2023?石家莊模擬)在不透明的甲、乙兩個盒子中分別裝有除標(biāo)號外完全

相同的小球，甲盒中有4個小球，標(biāo)號分別為1,2,3,4,乙盒中有3個小球,

標(biāo)號分別為5,6,7.現(xiàn)從甲、乙兩個盒里分別隨機(jī)抽取一個小球，記事件A="取

到標(biāo)號為2的小球”，事件B="取到標(biāo)號為6的小球”，事件C="兩個小球

標(biāo)號都是奇數(shù)”，事件。="兩個小球標(biāo)號之和大于9"，則()

A.事件A與事件8相互獨(dú)立

B.事件C與事件?；コ?/p>

C.P(O=：

D.P(CUO)=；

答案ACD

解析從甲、乙兩盒里分別隨機(jī)抽取一個小球的樣本空間為｛(1,5),(1,6),(1,

7),(2,5),(2,6),(2,7),(3,5),(3,6),(3,7),(4,5),(4,6),(4,7)),

共12個樣本點(diǎn).

事件A含有的樣本點(diǎn)：(2,5),(2,6),(2,7),

P(A)=?

事件3含有的樣本點(diǎn)：(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),

P(6)=；,P(A6)==,尸(A6)=P(A)P(6),故A正確；

事件C含有的樣本點(diǎn)：(1,5),(1,7),(3,5),(3,7),

P(C)=|,故C正確；

事件。含有的樣本點(diǎn)：(3,7),(4,6),(4,7),

P(0="，

事件C和事件。都有(3,7),事件C與事件。不互斥，故B不正確；

P(CD)=Y2?

P(CUO)=P(C)+P(O)-P(CD)=；,

故D正確.

10.(2023?西安模擬)某校高二年級學(xué)生舉行象棋比賽，經(jīng)過初賽，最后確定甲、

乙、丙三位同學(xué)進(jìn)入決賽.決賽規(guī)則如下：累計負(fù)兩場者被淘汰；比賽前抽簽決

定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)

者下一場輪空，直至有一人被淘汰；當(dāng)一人被淘汰后，剩余的兩人繼續(xù)比賽，直

至其中一人被淘汰，最后的勝者獲得冠軍，比賽結(jié)束.若經(jīng)抽簽，已知第一場甲、

乙首先比賽，丙輪空.設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率都為今則()

A.甲獲得冠軍的概率最大

B.甲比乙獲得冠軍的概率大

C.丙獲得冠軍的概率最大

D.甲、乙、丙3人獲得冠軍的概率相等

答案C

解析根據(jù)決賽規(guī)則，至少需要進(jìn)行四場比賽，至多需要進(jìn)行五場比賽，

（1）甲獲得冠軍有兩種情況：

①共比賽四場結(jié)束，甲四連勝奪冠，概率為出三七，

②共比賽五場結(jié)束，并且甲獲得冠軍.

則甲的勝、負(fù)、輪空結(jié)果共有四種情況：勝勝勝負(fù)勝，勝勝負(fù)空勝，勝負(fù)空勝勝，

負(fù)空勝勝勝，概率分別為陟，映，映，吩，即專，七，七七因此，甲

最終獲得冠軍的概率為上+1+白+白+a=2

1o32I。IoIo32

0

（2）乙獲得冠軍，與（1洞理，概率也為臺

（3）丙獲得冠軍，概率為

_9___9_]42_±

1-32_32=_32=-_16>32,

由此可知丙獲得冠軍的概率最大，即A,B,D錯誤，C正確，故選C.

11.（2023?大慶模擬）一個口袋里有大小相同的白球4個，黑球加個，現(xiàn)從中隨機(jī)

一次取出2個球，若取出的兩個球都是白球的概率為右則黑球的個數(shù)為.

答案5

解析由題意得昌=幺

C*+46

*|、/12_1

加以（加+3）（機(jī)+4）-6'

解得m=5或m=-12（舍去），

即黑球的個數(shù)為5.

12.（2023?合肥模擬）接種流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某學(xué)校有青的學(xué)

生接種了流感疫苗，已知在流感高發(fā)時期，未接種疫苗的感染率為/而接種了

疫苗的感染率為上.現(xiàn)有一名學(xué)生確診了流感，則該名學(xué)生未接種疫苗的概率為

答案.

解析設(shè)事件4="確診了流感”，

事件8="未接種疫苗”，

則P(4)=(l-|)x；+|x*懸

313

P(g=/「赤，

「PCAB)15

故P(8|A)=.(A)=而，

二、創(chuàng)新拓展練

13.(2023?濰坊質(zhì)檢)若附1,2,3),則在“函數(shù)危)=ln(『+or+份的定義

域?yàn)镽”的條件下，“函數(shù)g(x)=〃一8］為奇函數(shù)”的概率為()

I-1

A石B3

C.1D.|

乙

答案c

解析用有序數(shù)對(。，與表示滿足。，/?e{i,2,3}的結(jié)果，

則樣本空間。={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,

2),(3,3)},共9個樣本點(diǎn)，

記“函數(shù)人幻=111。2+依+。)的定義域?yàn)镽”為事件A,

因?yàn)楹瘮?shù)y(x)=lna2+av+。)的定義域?yàn)镽,

所以VxWR,『+o￥+0>0恒成立，

則4=足一4A0,即/<4仇其中滿足〃2<仍的樣本點(diǎn)有：(1,1),(1,2),(1,

3),(2,2),(2,3),(3,3),共6個，

故P(A)=^=1.

記“函數(shù)g(x)=加一6、為奇函數(shù)”為事件數(shù)

已知以無)是奇函數(shù)，且定義域?yàn)镽,

則g(D=-g(—1)，

即〃一：=-'+/?,即J

baab

解得a=b或ab=l.

滿足。=〃或帥=1的樣本點(diǎn)有：(1,1),(2,2),(3,3),共3個，

所以，即同時滿足事件A和事件B的樣本點(diǎn)有：(1,1),(2,2),(3,3),共3

個，

故P(XB)=|=|,

1

匕……一尸(A3)31

所以尸(冽4)=p(.)=2=2。

3

14.(2023?南陽二模)英國數(shù)學(xué)家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著，根據(jù)貝葉斯

統(tǒng)計理論，隨機(jī)事件A,B存在如下關(guān)系：P(4|8)=>(今2；陰4)，2023賀歲

檔電影精彩紛呈，有幾部影片是小明期待想去影院看的.小明同學(xué)家附近有甲、

乙兩家影院，小明第一天去甲、乙兩家影院觀影的概率分別為0.4和06如果他

第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率為0.6；如果第一天去乙影院，那

么第二天去甲影院的概率為0.5,則小明同學(xué)()

A.第二天去甲影院的概率為0.44

B.第二天去乙影院的概率為0.44

C.第二天去了甲影院，則第一天去乙影院的概率為限

D.第二天去了乙影院，則第一天去甲影院的概率為去

答案D

解析設(shè)事件4=“第一天去甲影院”，

事件4="第二天去甲影院”，

事件囪="第一天去乙影院“，事件&="第二天去乙影院”，

所以尸(4)=04,P(Bi)=0.6,

P(42|A】)=0.6,P(A2|8I)=0.5,

e,jP(A2)尸(4人)

因?yàn)镻(A21Ai)=-----7---------=0.6,

P(A2)P(8I|A2)

產(chǎn)(42出1)==0.5,

P(Bi)

所以P(A2)尸(4忸2)=0.24,

P(A2)P(8|A2)=0.3,

所以有尸(A2)=P(4)P(A21A。+

P(BI)P(A2@)=0.24+0.3=0.54,

因此選項A不正確；

P(&)=l-P(A2)=0.46,因此選項B不正確;

14P(Bi)P(刖出］)().3_5

°⑶四=一市方一(154=9,

所以選項C不正確;

mP(Ai)P(82N)

P(4出2)=-E—

P(4)[1-P(42飽)]

P(&)