（5類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度中等或偏難，分值為5-12分
【備考策略】1.理解、掌握事件的相互獨立性關(guān)系及其辨析
2.會獨立事件的乘法公式計算
3.會條件概率的計算
4.會全概率及貝葉斯概率的計算
【命題預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，一般結(jié)合條件概率、全概率及貝葉斯概率綜合考查，需重點強化復(fù)習
知識講解
事件的相互獨立性
(1)定義：設(shè)A，B為兩個事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨立．
(2)性質(zhì)：
①若事件A與B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A與B相互獨立，那么A與eq \x\t(B)，eq \x\t(A)與B，eq \x\t(A)與eq \x\t(B)也相互獨立．
互斥事件強調(diào)兩事件不可能同時發(fā)生，即P(AB)＝0，相互獨立事件則強調(diào)一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．
條件概率
P(B|A)與P(A|B)易混淆為等同
前者是在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率，后者是在B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率．
條件概率的三種求法
全概率公式
一般地，設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式為全概率公式.
（1）計算條件概率除了應(yīng)用公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)為事件A包含的樣本點數(shù)，n(AB)為事件AB包含的樣本點數(shù).
（2）全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復(fù)雜事件A的概率的求解問題，轉(zhuǎn)化為了在不同情況下發(fā)生的簡單事件的概率的求和問題.
貝葉斯公式
一般地,設(shè)是一組兩兩互斥的事件,有且,則對任意的事件有
考點一、獨立事件的判斷
1．（2024·上海·高考真題）有四種禮盒，前三種里面分別僅裝有中國結(jié)、記事本、筆袋，第四個禮盒里面三種禮品都有，現(xiàn)從中任選一個盒子，設(shè)事件：所選盒中有中國結(jié)，事件：所選盒中有記事本，事件：所選盒中有筆袋，則（ ）
A．事件與事件互斥B．事件與事件相互獨立
C．事件與事件互斥D．事件與事件相互獨立
2．（2021·全國·高考真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，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
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考模擬預(yù)測）有6個大小相同的小球，其中1個黑色，2個藍色，3個紅色．采用放回方式從中隨機取2次球，每次取1個球，甲表示事件“第一次取紅球”，乙表示事件“第二次取藍球”，丙表示事件“兩次取出不同顏色的球”，丁表示事件“與兩次取出相同顏色的球”，則（ ）
A．甲與乙相互獨立B．甲與丙相互獨立
C．乙與丙相互獨立D．乙與丁相互獨立
1．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）擲出兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件“第一枚點數(shù)小于3”，事件“第二枚點數(shù)大于4”，則與關(guān)系為（ ）
A．互斥B．互為對立C．相互獨立D．相等
2．（24-25高二上·湖北·階段練習）拋擲一紅一綠兩顆質(zhì)地均勻的六面體骰子，記錄骰子朝上面的點數(shù)，若用表示紅色骰子的點數(shù)，用表示綠色骰子的點數(shù)，用表示一次試驗結(jié)果，設(shè)事件；事件：至少有一顆點數(shù)為5；事件；事件.則下列說法正確的是（ ）
A．事件與事件為互斥事件B．事件與事件為互斥事件
C．事件與事件相互獨立D．事件與事件相互獨立
3．（24-25高三上·陜西安康·開學考試）（多選）一個不透明的盒子中裝有大小和質(zhì)地都相同的編號分別為1，2，3，4的4個小球，從中任意摸出兩個球．設(shè)事件“摸出的兩個球的編號之和小于5”，事件“摸出的兩個球的編號都大于2”，事件“摸出的兩個球中有編號為3的球”，則（ ）
A．事件與事件是互斥事件B．事件與事件是對立事件
C．事件與事件是相互獨立事件D．事件與事件是互斥事件
4．（2024·廣東珠?！ひ荒＃ǘ噙x）設(shè)A，B為隨機事件，且，是A，B發(fā)生的概率．，則下列說法正確的是（ ）
A．若A，B互斥，則
B．若，則A，B相互獨立
C．若A，B互斥，則A，B相互獨立
D．與相等
考點二、獨立事件的乘法公式
1．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）某疾病全球發(fā)病率為，該疾病檢測的漏診率（患病者判定為陰性的概率）為，檢測的誤診率（未患病者判定為陽性的概率）為，則某人檢測成陽性的概率約為（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）甲、乙二人下圍棋，若甲先著子，則甲勝的概率為0.6，若乙先著子，則乙勝的概率為0.5，若采取三局兩勝制（無平局情況），第一局通過擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣確定誰先著子，以后每局由上一局負者先著子，則最終甲勝的概率為（ ）
A．0.5B．0.6C．0.57D．0.575
3．（2024·天津和平·二模）為銘記歷史、緬懷先烈，增強愛國主義情懷，某學校開展共青團知識競賽活動．在最后一輪晉級比賽中，甲、乙、丙三名同學回答一道有關(guān)團史的問題，每個人回答正確與否互不影響．已知甲回答正確的概率為，甲、丙兩人都回答正確的概率是，乙、丙兩人都回答正確的概率是．若規(guī)定三名同學都回答這個問題，則甲、乙、丙三名同學中至少有1人回答正確的概率為 ；若規(guī)定三名同學搶答這個問題，已知甲、乙、丙搶到答題機會的概率分別為，，，則這個問題回答正確的概率為 ．
4．（2022·全國·高考真題）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，且．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
1．（2024·河南鄭州·三模）拋擲一枚質(zhì)地均勻的正四面骰子（骰子為正四面體，四個面上的數(shù)字分別為1，2，3，4），若骰子與桌面接觸面上的數(shù)字為1或2，則再拋鄭一次，否則停止拋擲（最多拋擲2次）．則拋擲骰子所得的點數(shù)之和至少為4的概率為（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·吉林·模擬預(yù)測）中國成功搭建了國際首個通信與智能融合的6G外場試驗網(wǎng)，并形成貫通理論、技術(shù)、標準和應(yīng)用的全產(chǎn)業(yè)鏈創(chuàng)新環(huán)境.某科研院在研發(fā)6G項目時遇到了一項技術(shù)難題，由甲、乙兩個團隊分別獨立攻關(guān).已知甲、乙團隊攻克該項技術(shù)難題的概率分別為0.8和0.7，則該科研院攻克這項技術(shù)難題的概率為 ．
3．（2024·湖南益陽·一模）在某世界杯足球賽上，a，b，c，d四支球隊進入了最后的比賽，在第一輪的兩場比賽中，a對b，c對d，然后這兩場比賽的勝者將進入冠亞軍決賽，這兩場比賽的負者比賽，決出第三名和第四名.若a對b、a對d的勝率均為0.6，a對c、c對d的勝率均為0.5，則a獲得冠軍的概率為 .
考點三、條件概率的計算
1．（2023·全國·高考真題）某地的中學生中有的同學愛好滑冰，的同學愛好滑雪，的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調(diào)查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（ ）
A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4
2．（2024·天津·高考真題）五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到的概率為 ；已知乙選了活動，他再選擇活動的概率為 ．
3．（2022·天津·高考真題）52張撲克牌，沒有大小王，無放回地抽取兩次，則兩次都抽到A的概率為 ；已知第一次抽到的是A，則第二次抽取A的概率為
4．（2024·安徽安慶·三模）（多選）已知，，，則下列命題正確的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2022·全國·高考真題）一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣（衛(wèi)生習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調(diào)查了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù)：
(1)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異？
(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)生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R．
（?。┳C明：；
（ⅱ）利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出的估計值，并利用（?。┑慕Y(jié)果給出R的估計值．
附，
1．（2024·廣西·模擬預(yù)測）在某電路上有C，D兩個獨立工作的元件，每次通電后，需要更換C元件的概率為0.3，需要更換D元件的概率為0.2，則在某次通電后C，D有且只有一個需要更換的條件下，C需要更換的概率是（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·廣東江門·模擬預(yù)測）現(xiàn)有1000個蘋果，其中900個是大果，100個是小果，現(xiàn)想用一臺水果分選機篩選出來．已知這臺分選機把大果篩選為小果的概率為，把小果篩選為大果的概率為經(jīng)過一輪篩選后，現(xiàn)在從這臺分選機篩選出來的“大果”里面隨機抽出一個，則這個“大果”是真的大果的概率為（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）（多選）隨機事件，滿足，，，則下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）小金、小郅、小睿三人下圍棋，已知小金勝小郅、小睿兩人的勝率均為，小郅勝小睿的勝率為，比賽采用三局兩勝制，第一場比賽等概率選取一人輪空，剩余兩人對弈，勝者繼續(xù)與上一場輪空者比賽，另一人輪空.以此類推，直至某人贏得兩場比賽，則其為最終獲勝者.
(1)若第一場比賽小金輪空，則需要下第四場比賽的概率為多少？
(2)求最終小金獲勝的概率.
(3)若已知小郅第一局未輪空且獲勝，在此條件下求小金最終獲勝的概率（請用兩種方法解答）.
5．（23-24高二下·山西臨汾·期中）某工廠生產(chǎn)一批機器零件，現(xiàn)隨機抽取 100件對某一項性能指標進行檢測，得到一組數(shù)據(jù)，如下表:
(1)求該項性能指標的樣本平均數(shù)的值.若這批零件的該項指標 X 近似服從正態(tài)分布 ，其中近似為樣本平均數(shù)的值，，試求的值.
(2)若此工廠有甲、乙兩臺機床加工這種機器零件，且甲機床的生產(chǎn)效率是乙機床的生產(chǎn)效率的2倍，甲機床生產(chǎn)的零件的次品率為0.02，乙機床生產(chǎn)的零件的次品率為0.03，現(xiàn)從這批零件中隨機抽取一件.
①求這件零件是次品的概率；
②若檢測出這件零件是次品，求這件零件是甲機床生產(chǎn)的概率；
③在①的條件下，若從這批機器零件中隨機抽取300件，每次抽取的結(jié)果相互獨立，記抽出的零件是次品，且該項性能指標恰好在內(nèi)的零件個數(shù)為，求隨機變量的數(shù)學期望（精確到整數(shù)）.
參考數(shù)據(jù)：若隨機變量服從正態(tài)分布，則 ，，.
考點四、全概率公式及應(yīng)用
1．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知，，，若，則（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·上?！じ呖颊骖}）某校舉辦科學競技比賽，有3種題庫，題庫有5000道題，題庫有4000道題，題庫有3000道題．小申已完成所有題，已知小申完成題庫的正確率是0.92，題庫的正確率是0.86，題庫的正確率是0.72．現(xiàn)他從所有的題中隨機選一題，正確率是 ．
3．（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）設(shè)某工廠購進10盒同樣規(guī)格的零部件，已知甲廠、乙廠、丙廠分別生產(chǎn)了其中的4盒、3盒、3盒．若甲、乙、丙三個廠家生產(chǎn)該種零部件的次品率依次為，，，現(xiàn)從這10盒中任取一盒，再從這盒中任取一個零部件，則取得的零部件是次品的概率為（ ）
A．0.08B．0.075C．0.07D．0.06
4．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測）（多選）某社區(qū)有甲、乙兩隊社區(qū)服務(wù)小組，其中甲隊有3位男士、2位女士，乙隊有2位男士、3位女士．現(xiàn)從甲隊中隨機抽取一人派往乙隊，分別以事件和表示從甲隊中隨機抽取一人抽到的是男士和女士；以事件B表示從乙隊（甲隊已經(jīng)抽取一人派往乙隊）中隨機抽取一人抽到的是男士，則（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·全國·高考真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數(shù)為，求．
1．（2024·貴州貴陽·二模）某汽修廠倉庫里有兩批同種規(guī)格的輪胎，第一批占，次品率為；第二批占，次品率為.現(xiàn)從倉庫中任抽取1個輪胎，則這個輪胎是合格品的概率是（ ）
A．0.046B．0.90C．0.952D．0.954
2．（2024·安徽·一模）有三臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%，第2，3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起，已知第1，2，3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%，30%，45%，任取一個零件，則它是次品的概率（ ）
A．0.054B．0.0535C．0.0515D．0.0525
3．（2024·河南·二模）（多選）現(xiàn)有編號分別為的三個盒子，其中盒中共20個小球，其中紅球6個，盒中共20個小球，其中紅球5個，盒中共30個小球，其中紅球6個.現(xiàn)從所有球中隨機抽取一個，記事件：“該球為紅球”，事件：“該球出自編號為的盒中”，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．若從所有紅球中隨機抽取一個，則該球來自盒的概率最小
4．（2024·江蘇宿遷·三模）某批零件一級品的比例約為，其余均為二級品．每次使用一級品零件時肯定不會發(fā)生故障，而在每次使用二級品零件時發(fā)生故障的概率為．某項任務(wù)需要使用該零件次（若使用期間出現(xiàn)故障則換一件使用）．
(1)某零件在連續(xù)使用3次沒有發(fā)生故障的條件下，求該零件為一級品的概率；
(2)當時，求發(fā)生故障次數(shù)的分布列及期望．
考點五、貝葉斯概率公式及應(yīng)用
1．（2024·湖南邵陽·三模）甲、乙兩個工廠代加工同一種零件，甲加工的次品率為，乙加工的次品率為，加工出來的零件混放在一起．已知甲、乙工廠加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的，，任取一個零件，如果取到的零件是次品，則它是乙工廠加工的概率為（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·江西上饒·模擬預(yù)測）越來越多的人喜歡參加戶外極限運動，據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)顯示，兩個地區(qū)分別有的人參加戶外極限運動，兩個地區(qū)的總?cè)丝跀?shù)的比為．若從這兩個地區(qū)中任意選取一人，則此人參加戶外極限運動的概率為；若此人參加戶外極限運動，則此人來自地區(qū)的概率為，那么（ ）
A．B．
C．D．
3．（2024·貴州遵義·三模）（多選）英國數(shù)學家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著，經(jīng)他研究，隨機事件A，B存在如下關(guān)系：.現(xiàn)有甲、乙、丙三臺車床加工同一件零件，甲車床加工的次品率為，乙車床加工的次品率，丙車床加工的次品率為，加工出來的零件混放在一起，且甲、乙、丙3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的，，，設(shè)事件，，分別表示取到的零件來自甲、乙、丙車床，事件B表示任取一個零件為次品，則下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
4．（2024·福建廈門·模擬預(yù)測）甲箱裝有2個黑球和4個白球，乙箱裝有2個黑球和3個白球，這些球除顏色外完全相同.某人先從兩個箱子中任選一個箱子，再從中隨機摸出一球.
(1)求摸出的球是黑球的概率；
(2)若已知摸出的球是黑球，用概率公式判斷該球取自哪個箱子的可能性更大.
1．（2024·山東濟南·三模）（多選）某同學投籃兩次，第一次命中率為．若第一次命中，則第二次命中率為；若第一次未命中，則第二次命中率為．記為第i次命中，X為命中次數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）（多選）中國象棋是一種益智游戲，也體現(xiàn)博大精深的中國文化.某學校舉辦了一次象棋比賽，李明作為選手參加.除李明之外的其他選手中，甲、乙兩組的人數(shù)之比為，李明與甲、乙兩組選手比賽獲勝的概率分別為0.6，0.5.從甲、乙兩組參賽選手中隨機抽取一位棋手與李明比賽，下列說法正確的是（ ）
A．李明與甲組選手比賽且獲勝的概率為
B．李明獲勝的概率為
C．若李明獲勝，則棋手來自甲組的概率為
D．若李明獲勝，則棋手來自乙組的概率為
3．（2024·海南省直轄縣級單位·一模）英國數(shù)學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，隨機事件A，B存在如下關(guān)系：.若某地區(qū)一種疾病的患病率是0.05，現(xiàn)有一種試劑可以檢驗被檢者是否患病.已知該試劑的準確率為95%，即在被檢驗者患病的前提下用該試劑檢測，有95%的可能呈現(xiàn)陽性；該試劑的誤報率為0.5%，即在被檢驗者未患病的情況下用該試劑檢測，有0.5%的可能會誤報陽性.現(xiàn)隨機抽取該地區(qū)的一個被檢驗者，已知檢驗結(jié)果呈現(xiàn)陽性，則此人患病的概率為（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）春夏之交因晝夜溫差大，細菌、病毒等活躍，是流感高發(fā)季節(jié)．某校高二年級某組團統(tǒng)計了流感暴發(fā)前的半個月與流感暴發(fā)后的半個月的學生請假情況，得到如下數(shù)據(jù)：
(1)完成列聯(lián)表，并依據(jù)的獨立性檢驗，判斷能否認為流感暴發(fā)對請假的同學中發(fā)燒的人數(shù)有影響．
(2)后經(jīng)過了解，在全校因發(fā)燒請假的同學中男生占比為，且的因發(fā)燒請假的男生需要輸液治療，的因發(fā)燒請假的女生需要輸液治療．學校隨機選擇一名因發(fā)燒請假在醫(yī)院輸液的同學進行慰問，求這名同學是女生的概率．
附：．
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）不透明的袋子里裝有標號分別為1，2，3，4，5的5個完全相同的乒乓球，有放回地依次取出2個球，設(shè)事件{2個球的標號互不相同}，事件{取出5號球}，則（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·重慶沙坪壩·模擬預(yù)測）假設(shè) 是兩個事件， 且 ， 則下列結(jié)論一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）隨著我國鐵路的發(fā)展，列車的正點率有了顯著的提高．據(jù)統(tǒng)計，途經(jīng)某車站的只有和諧號和復(fù)興號列車，且和諧號列車的列次為復(fù)興號列車的列次的2倍，和諧號的正點率為0.98，復(fù)興號的正點率為0.99，今有一列車未正點到達該站，則該列車為和諧號的概率為（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.8
4．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）有3臺車床加工同一型號的零件，第臺加工的次品率分別為，加工出來的零件混放在一起．已知第臺車床加工的零件數(shù)的比為，現(xiàn)任取一個零件，記事件“零件為第i臺車床加工” ，事件“零件為次品”，則（ ）
A．0.2B．0.05C．D．
二、多選題
5．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）設(shè)、是一個隨機試驗中的兩個事件，若，，，則下列選項一定正確的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）已知隨機事件A，B發(fā)生的概率分別為，，下列說法正確的是（ ）．
A．若，則A，B相互獨立B．若A，B互斥，則A，B不相互獨立
C．若，則D．若，則
7．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）同時投擲甲、乙兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，記“甲正面向上”為事件，“乙正面向上”為事件，“甲、乙至少一枚正面向上”為事件，則下列判斷正確的是（ ）
A．與相互對立B．與相互獨立
C．D．
8．（2024·云南大理·模擬預(yù)測）假設(shè)是兩個事件，且，，，則（ ）
A．B．C．D．
三、填空題
9．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知，，，則 .
10．（23-24高二下·廣東廣州·期末）某藥廠用甲、乙兩地收購而來的藥材加工生產(chǎn)出一種中成藥，這兩個地區(qū)的供貨量分別占，，且用這兩地的藥材能生產(chǎn)出優(yōu)等品的概率分別為，，現(xiàn)從該廠產(chǎn)品中任意取出一件產(chǎn)品，則此產(chǎn)品是優(yōu)等品的概率為 ．
一、單選題
1．（2024·上海奉賢·三模）如果分別是的對立事件，下列選項中不能判斷件與事件相互獨立的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2024·河南南陽·三模）甲袋中有3個紅球，3個白球和2個黑球；乙袋中有2個紅球，2個白球和4個黑球.先從甲袋中隨機取出一球放入乙袋，分別以，，表示事件“取出的是紅球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再從乙袋中隨機取出一球，以表示事件“取出的是白球”，則下列結(jié)論中不正確的是（ ）
A．事件，，是兩兩互斥的事件B．事件與事件為相互獨立事件
C．D．
二、多選題
3．（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測）已知隨機事件滿足，則下列說法正確的是（ ）
A．若與互相獨立，則
B．若，則與互相獨立
C．若與互斥，則
D．若，則與互斥
4．（2024·云南·模擬預(yù)測）現(xiàn)有顏色為紅、黃、藍的三個箱子，其中紅色箱子內(nèi)裝有2個紅色球，1個黃色球和1個藍色球；黃色箱子內(nèi)裝有2個紅色球，1個藍色球；藍色箱子內(nèi)裝有3個紅色球，2個黃色球．若第一次先從紅色箱子內(nèi)隨機抽取1個球，將取出的球放入與球同色的箱子中，第二次再從剛才放入與球同色的這個箱子中任取一個球，則下列說法正確的是（ ）
A．若第一次抽到黃色球，那么第二次抽到藍色球的概率為
B．第二次抽到藍色球的概率為
C．如果第二次抽到的是藍色球，則它最有可能來自紅色箱子
D．如果還需將5個不同的小球放入這三個箱子內(nèi)，每個箱子至少放1個，則不同的放法共有150種
三、填空題
5．（2024·江蘇蘇州·三模）已知，則 .
6．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）設(shè)隨機變量的分布列如圖：
若的數(shù)學期望為，事件：或，事件：或，則 ； .
7．（2024·天津河西·模擬預(yù)測）甲、乙兩名同學在電腦上進行答題測試，每套測試題可從題庫中隨機抽取.在一輪答題中，如果甲單獨答題，能夠通過測試的概率是，如果乙單獨答題，能夠通過測試的概率是.若甲單獨答題三輪，則甲恰有兩輪通過測試的概率為 ；若在甲，乙兩人中任選一人進行測試，則通過測試的概率為 .（結(jié)果均以既約分數(shù)表示）
四、解答題
8．（2024·浙江·三模）將除顏色外完全相同的紅球2個、白球3個放入一盲盒（一種具有隨機屬性的玩具盒子），現(xiàn)從中不放回取球.
(1)若每次取一個球，求：
（ⅰ）前兩次均取到紅球的概率；
（ⅱ）第2次取到紅球的概率；
(2)若從中取出兩個球，已知其中一個球為紅球，求：
（ⅰ）另一個也為紅球的概率；
（ⅱ）若你現(xiàn)在可以選擇從剩下的球中隨機取一個球來替換另一個球，如果從提高取到紅球的可能性出發(fā)，你是選擇換還是不換？試說明理由.
9．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）袋中有8個除顏色外完全相同的小球，其中1個黑球，3個白球，4個紅球.
(1)若從袋中一次性取出兩個小球，即取到的紅球個數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望；
(2)若從袋中不放回的取3次，每次取一個小球，取到黑球記0分，取到白球記2分，取到紅球記4分，在最終得分為8分的條件下，恰取到一個紅球的概率.
10．（2024·安徽·模擬預(yù)測）現(xiàn)需要抽取甲?乙兩個箱子的商品，檢驗其是否合格.其中甲箱中有9個正品和1個次品；乙箱中有8個正品和2個次品.從這兩個箱子中隨機選擇一個箱子，再從該箱中等可能抽出一個商品，稱為首次檢驗. 將首次檢驗的商品放回原來的箱子，再進行二次檢驗，若兩次檢驗都為正品，則通過檢驗. 首次檢驗選到甲箱或乙箱的概率均為.
(1)求首次檢驗抽到合格產(chǎn)品的概率；
(2)在首次檢驗抽到合格產(chǎn)品的條件下，求首次檢驗選到的箱子為甲箱的概率；
(3)將首次檢驗抽出的合格產(chǎn)品放回原來的箱子，繼續(xù)進行二次檢驗時有如下兩種方案：方案一，從首次檢驗選到的箱子中抽取；方案二，從另外一個箱子中抽取. 比較兩個方案，哪個方案檢驗通過的概率大.
1．（全國·高考真題）某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
2．（重慶·高考真題）已知盒中裝有3只螺口與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形與功率相同且燈口向下放著．現(xiàn)需要一只卡口燈泡使用，電工師傅每從中任取一只并不放回，則他直到第3次才取得卡口燈泡的概率為：
A．B．C．D．
3．（遼寧·高考真題）兩個實習生每人加工一個零件．加工為一等品的概率分別為和，兩個零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為
A．B．C．D．
4．（遼寧·高考真題）從中任取個不同的數(shù)，事件“取到的個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件“取到兩個數(shù)均為偶數(shù)”，則
A．B．C．D．
5．（重慶·高考真題）加工某一零件需經(jīng)過三道工序,設(shè)第一、二、三道工序的次品率分別為,且各道工序互不影響,則加工出來的零件的次品率為 .
6．（全國·高考真題）甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束）．根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是 ．
7．（安徽·高考真題）甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論中正確的是________（寫出所有正確結(jié)論的編號）．
①；
②；
③事件與事件相互獨立；
④是兩兩互斥的事件；
⑤的值不能確定，因為它與中哪一個發(fā)生有關(guān)
8．（江西·高考真題）某商場舉行抽獎促銷互動，抽獎規(guī)則是：從裝有9個白球、1個紅球的箱子中每次隨機地摸出一個球，記下顏色后放回，摸出一個紅球可獲得二等獎；摸出兩個紅球可獲得一等獎．現(xiàn)有甲、乙兩位顧客，規(guī)定：甲摸一次，乙摸兩次．求：
(1)甲、乙兩人都沒有中獎的概率；
(2)甲、乙兩人中至少有一人獲二等獎的概率．
9．（陜西·高考真題）某項選拔共有四輪考核，每輪設(shè)有一個問題，能正確回答問題者進入下一輪考核，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三、四輪的問題的概率分別為，且各輪問題能否回答正確互不影響．
(1)求該選手進入第四輪才被淘汰的概率；
(2)求該選手至多進入第三輪考核的概率．
10．（福建·高考真題）某項考試按科目A、科目B依次進行，只有當科目A成績合格時，才可繼續(xù)參加科目B的考試．已知每個科目只允許有一次補考機會，兩個科目成績均合格方可獲得證書．現(xiàn)某人參加這項考試，科目A每次考試成績合格的概率均為，科目B每次考試成績合格的概率均為．假設(shè)各次考試成績合格與否均互不影響．
(1)求他不需要補考就可獲得證書的概率；
(2)在這項考試過程中，假設(shè)他不放棄所有的考試機會，記他參加考試的次數(shù)為，求的數(shù)學期望
5年考情
考題示例
考點分析
關(guān)聯(lián)考點
2024年新Ⅱ卷，第18題,17分
獨立事件的乘法公式
利用對立事件的概率公式求概率
求離散型隨機變量的均值
2023年新I卷，第21題,12分
利用全概率公式求概率
求離散型隨機變量的均值
2023年新Ⅱ卷，第12題,5分
獨立事件的乘法公式
獨立重復(fù)試驗的概率問題
利用互斥事件的概率公式求概率
2023年全國甲卷（理），
第6題,5分
計算條件概率
無
2022年新I卷，第20題,12分
計算條件概率
獨立性檢驗解決實際問題
2022年新Ⅱ卷，第19題,12分
計算條件概率
頻率分布直方圖的實際應(yīng)用
由頻率分布直方圖估計平均數(shù)
利用對立事件的概率公式求概率
2021年新I卷，第8題,5分
獨立事件的判斷
無
2020年全國甲卷（理），
第19題,12分
獨立事件的實際應(yīng)用及概率
無
條件概率的定義
條件概率的性質(zhì)
已知B發(fā)生的條件下，A發(fā)生的概率，稱為B發(fā)生時A發(fā)生的條件概率，記為P(A|B)．
當P(B)>0時，我們有P(A|B)＝eq \f(P?A∩B?,P?B?).(其中，A∩B也可以記成AB)
類似地，當P(A)>0時，A發(fā)生時B發(fā)生的條件概率為P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)
(1)0≤P(B|A)≤1，
(2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
定義法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)求P(B|A)
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再求事件AB所包含的基本事件數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n?AB?,n?A?)
縮樣法
縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解，它能化繁為簡
不夠良好
良好
病例組
40
60
對照組
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
性能指標
66
77
80
88
96
產(chǎn)品件數(shù)
10
20
48
19
3
因發(fā)燒請假
非發(fā)燒請假
合計
流感暴發(fā)前
10
30
流感暴發(fā)后
30
合計
70
0．05
0．01
0．001
3．841
6．635
10．828
0
1
第06講 事件的相互獨立性、條件概率
及全概率公式與貝葉斯公式
（5類核心考點精講精練）
1. 5年真題考點分布
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度中等或偏難，分值為5-12分
【備考策略】1.理解、掌握事件的相互獨立性關(guān)系及其辨析
2.會獨立事件的乘法公式計算
3.會條件概率的計算
4.會全概率及貝葉斯概率的計算
【命題預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，一般結(jié)合條件概率、全概率及貝葉斯概率綜合考查，需重點強化復(fù)習
知識講解
事件的相互獨立性
(1)定義：設(shè)A，B為兩個事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨立．
(2)性質(zhì)：
①若事件A與B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A與B相互獨立，那么A與eq \x\t(B)，eq \x\t(A)與B，eq \x\t(A)與eq \x\t(B)也相互獨立．
互斥事件強調(diào)兩事件不可能同時發(fā)生，即P(AB)＝0，相互獨立事件則強調(diào)一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．
條件概率
P(B|A)與P(A|B)易混淆為等同
前者是在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率，后者是在B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率．
條件概率的三種求法
全概率公式
一般地，設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式為全概率公式.
（1）計算條件概率除了應(yīng)用公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)為事件A包含的樣本點數(shù)，n(AB)為事件AB包含的樣本點數(shù).
（2）全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復(fù)雜事件A的概率的求解問題，轉(zhuǎn)化為了在不同情況下發(fā)生的簡單事件的概率的求和問題.
貝葉斯公式
一般地,設(shè)是一組兩兩互斥的事件,有且,則對任意的事件有
考點一、獨立事件的判斷
1．（2024·上?！じ呖颊骖}）有四種禮盒，前三種里面分別僅裝有中國結(jié)、記事本、筆袋，第四個禮盒里面三種禮品都有，現(xiàn)從中任選一個盒子，設(shè)事件：所選盒中有中國結(jié)，事件：所選盒中有記事本，事件：所選盒中有筆袋，則（ ）
A．事件與事件互斥B．事件與事件相互獨立
C．事件與事件互斥D．事件與事件相互獨立
【答案】B
【分析】根據(jù)互斥事件和對立事件的定義，逐一判斷選項即可．
【詳解】選項A，事件和事件可以同時發(fā)生，即第四個禮盒中可以既有中國結(jié)，又有記事本，事件與事件不互斥，A錯誤；
選項B，，，，
，B正確；
選項C，事件與事件可以同時發(fā)生，即第四個禮盒中可以既有中國結(jié)，又有記事本或筆袋，C錯誤；
選項D，，，，
，
與不獨立，故D錯誤．
故選：B．
2．（2021·全國·高考真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，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
【答案】B
【分析】根據(jù)獨立事件概率關(guān)系逐一判斷
【詳解】P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536，P(丁)=636=16， ，
P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)，
P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙)，
故選：B
【點睛】判斷事件是否獨立，先計算對應(yīng)概率，再判斷是否成立
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學?？寄M預(yù)測）有6個大小相同的小球，其中1個黑色，2個藍色，3個紅色．采用放回方式從中隨機取2次球，每次取1個球，甲表示事件“第一次取紅球”，乙表示事件“第二次取藍球”，丙表示事件“兩次取出不同顏色的球”，丁表示事件“與兩次取出相同顏色的球”，則（ ）
A．甲與乙相互獨立B．甲與丙相互獨立
C．乙與丙相互獨立D．乙與丁相互獨立
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互獨立事件的定義判斷作答.
【詳解】依題意，事件甲的概率，事件乙的概率，有放回取球兩次的試驗的基本事件總數(shù)是，
顯然事件丙與丁是對立事件，兩次取出的球顏色相同含有的基本事件數(shù)為，
事件丙的概率，事件丁的概率，
對于A，事件甲與乙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為6，其概率，甲與乙相互獨立，A正確；
對于B，事件甲與丙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為9，其概率，甲與丙不獨立，B錯誤；
對于C，事件乙與丙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為8，其概率，乙與丙不獨立，C錯誤；
對于D，事件乙與丁同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為4，其概率，乙與丁不獨立，D錯誤.
故選：A
1．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）擲出兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件“第一枚點數(shù)小于3”，事件“第二枚點數(shù)大于4”，則與關(guān)系為（ ）
A．互斥B．互為對立C．相互獨立D．相等
【答案】C
【分析】利用古典概型分別求出，由可得解.
【詳解】由題意，擲出兩枚質(zhì)地均勻的骰子共有基本事件個，
其中事件有，共12個，
事件有，共12個，事件有，共4個基本事件，
所以,
所以，故相互獨立，
答選：C
2．（24-25高二上·湖北·階段練習）拋擲一紅一綠兩顆質(zhì)地均勻的六面體骰子，記錄骰子朝上面的點數(shù)，若用表示紅色骰子的點數(shù)，用表示綠色骰子的點數(shù)，用表示一次試驗結(jié)果，設(shè)事件；事件：至少有一顆點數(shù)為5；事件；事件.則下列說法正確的是（ ）
A．事件與事件為互斥事件B．事件與事件為互斥事件
C．事件與事件相互獨立D．事件與事件相互獨立
【答案】D
【分析】分別寫出事件、、、所包含的基本事件，根據(jù)互斥事件的定義判斷A，B；根據(jù)獨立事件的定義判斷C，D.
【詳解】解：由題意可知；
；
；
；
對于A，因為，所以事件與事件不是互斥事件，故錯誤；
對于B，因為，所以事件與事件不是互斥事件，故錯誤；
對于C，因為，，，所以事件與事件不相互獨立，故錯誤；
對于D，因為，，，
所以事件與事件相互獨立，故正確.
故選：D.
3．（24-25高三上·陜西安康·開學考試）（多選）一個不透明的盒子中裝有大小和質(zhì)地都相同的編號分別為1，2，3，4的4個小球，從中任意摸出兩個球．設(shè)事件“摸出的兩個球的編號之和小于5”，事件“摸出的兩個球的編號都大于2”，事件“摸出的兩個球中有編號為3的球”，則（ ）
A．事件與事件是互斥事件B．事件與事件是對立事件
C．事件與事件是相互獨立事件D．事件與事件是互斥事件
【答案】ACD
【分析】先列舉各事件，再根據(jù)互斥事件，對立事件，相互獨立事件的概率特征逐一判斷即可；
【詳解】列舉各事件如下：，，，
A：由互斥事件同時發(fā)生的概率為0，即，故A正確；
B：由對立事件的概率和為1，，，，故B錯誤；
C：因為，故C正確；
D：事件，事件，為互斥事件，不可能同時發(fā)生，故D正確；
故選：ACD.
4．（2024·廣東珠海·一模）（多選）設(shè)A，B為隨機事件，且，是A，B發(fā)生的概率．，則下列說法正確的是（ ）
A．若A，B互斥，則
B．若，則A，B相互獨立
C．若A，B互斥，則A，B相互獨立
D．與相等
【答案】ABD
【分析】利用互斥事件的概率公式可判斷A選項；由相互獨立事件的概念可判斷B選項；由互斥事件和相互獨立事件的概念可判斷C選項；由條件概率公式化簡，可判斷D選項.
【詳解】對于A：若A，B互斥，根據(jù)互斥事件的概率公式，則，故A正確；
對于B：由相互獨立事件的概念知，若，則事件A，B是相互獨立事件，故B正確；
對于C：若A，B互斥，則A，B不一定相互獨立，
例：拋擲一枚硬幣的試驗中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”，
事件與事件互斥，但，，
所以不滿足相互獨立事件的定義，故C錯誤；
對于D：，
，
所以與相等，故D正確.
故選：ABD.
考點二、獨立事件的乘法公式
1．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）某疾病全球發(fā)病率為，該疾病檢測的漏診率（患病者判定為陰性的概率）為，檢測的誤診率（未患病者判定為陽性的概率）為，則某人檢測成陽性的概率約為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分別求得非患者檢測為陽性的概率與患者檢測為陽性的概率，可求得結(jié)論.
【詳解】由題意，未患病者判定為陽性的概率為，患病者判定為陽性的概率為，
某人檢測成陽性包含兩種情況：
①非患者檢測為陽性的概率為；
②患者檢測為陽性的概率為，
所以某人檢測成陽性的概率為．
故選：D.
2．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）甲、乙二人下圍棋，若甲先著子，則甲勝的概率為0.6，若乙先著子，則乙勝的概率為0.5，若采取三局兩勝制（無平局情況），第一局通過擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣確定誰先著子，以后每局由上一局負者先著子，則最終甲勝的概率為（ ）
A．0.5B．0.6C．0.57D．0.575
【答案】D
【分析】最終甲勝分三種情況，一二局甲勝，一三局甲勝，二三局甲勝，而每種情況又分甲先著子和乙先著子，結(jié)合獨立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【詳解】由題意知，
一二局甲勝的概率為：，
一三局甲勝的概率為：，
二三局甲勝的概率為：，
因此最終甲勝的概率為，
故選：D.
3．（2024·天津和平·二模）為銘記歷史、緬懷先烈，增強愛國主義情懷，某學校開展共青團知識競賽活動．在最后一輪晉級比賽中，甲、乙、丙三名同學回答一道有關(guān)團史的問題，每個人回答正確與否互不影響．已知甲回答正確的概率為，甲、丙兩人都回答正確的概率是，乙、丙兩人都回答正確的概率是．若規(guī)定三名同學都回答這個問題，則甲、乙、丙三名同學中至少有1人回答正確的概率為 ；若規(guī)定三名同學搶答這個問題，已知甲、乙、丙搶到答題機會的概率分別為，，，則這個問題回答正確的概率為 ．
【答案】 /
【分析】根據(jù)題意，設(shè)甲回答正確為事件，乙回答正確為事件，丙回答正確為事件，先由相互獨立事件的概率公式求出、的值，結(jié)合對立事件的性質(zhì)求出第一空答案，利用全概率公式計算第二空的答案．
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)甲回答正確為事件，乙回答正確為事件，丙回答正確為事件，
則，，，
所以，，
若規(guī)定三名同學都回答這個問題，
則甲、乙、丙三名同學中至少有1人回答正確的概率，
若規(guī)定三名同學搶答這個問題，已知甲、乙、丙搶到答題機會的概率分別為，，，
則這個問題回答正確的概率．
故答案為：；．
4．（2022·全國·高考真題）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，且．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
【答案】D
【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率；該棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率；該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概率.并對三者進行比較即可解決
【詳解】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，
記該棋手在第二盤與甲比賽，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為，
則此時連勝兩盤的概率為
則
；
記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為，
則
記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為
則
則
即，，
則該棋手在第二盤與丙比賽，最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；
與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項A判斷錯誤.
故選：D
1．（2024·河南鄭州·三模）拋擲一枚質(zhì)地均勻的正四面骰子（骰子為正四面體，四個面上的數(shù)字分別為1，2，3，4），若骰子與桌面接觸面上的數(shù)字為1或2，則再拋鄭一次，否則停止拋擲（最多拋擲2次）．則拋擲骰子所得的點數(shù)之和至少為4的概率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分拋擲次數(shù)為及拋擲次數(shù)為，利用列舉法及概率乘法公式計算即可得.
【詳解】拋擲次數(shù)為的概率為，點數(shù)可能為或，
拋擲次數(shù)為的概率為，
此時基本事件有、、、、、、、共八種，
其中點數(shù)之和至少為4的情況有、、、、共五種，
故拋擲骰子所得的點數(shù)之和至少為4的概率為.
故選：A.
2．（2024·吉林·模擬預(yù)測）中國成功搭建了國際首個通信與智能融合的6G外場試驗網(wǎng)，并形成貫通理論、技術(shù)、標準和應(yīng)用的全產(chǎn)業(yè)鏈創(chuàng)新環(huán)境.某科研院在研發(fā)6G項目時遇到了一項技術(shù)難題，由甲、乙兩個團隊分別獨立攻關(guān).已知甲、乙團隊攻克該項技術(shù)難題的概率分別為0.8和0.7，則該科研院攻克這項技術(shù)難題的概率為 ．
【答案】0.94/
【分析】設(shè)相應(yīng)事件，根據(jù)對立事件結(jié)合獨立事件求，即可得結(jié)果.
【詳解】設(shè)甲、乙團隊攻克該項技術(shù)難題分別為事件，
則，
可得，
所以該科研院攻克這項技術(shù)難題的概率為.
故答案為：0.94.
3．（2024·湖南益陽·一模）在某世界杯足球賽上，a，b，c，d四支球隊進入了最后的比賽，在第一輪的兩場比賽中，a對b，c對d，然后這兩場比賽的勝者將進入冠亞軍決賽，這兩場比賽的負者比賽，決出第三名和第四名.若a對b、a對d的勝率均為0.6，a對c、c對d的勝率均為0.5，則a獲得冠軍的概率為 .
【答案】
【分析】由分步乘法和分類加法原理，分兩種情況討論即可；
【詳解】a獲得冠軍，第一輪中必須勝出，概率為，
由題意可得，第二輪比賽中可以分兩種情況，勝，概率為，然后勝，由獨立事件的乘法公式可得a獲得冠軍的概率為；
第二種情況為勝，概率為，然后勝，由獨立事件的乘法公式可得a獲得冠軍的概率為；
由分類原理可得a獲得冠軍的概宰為，
故答案為：.
考點三、條件概率的計算
1．（2023·全國·高考真題）某地的中學生中有的同學愛好滑冰，的同學愛好滑雪，的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調(diào)查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（ ）
A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4
【答案】A
【分析】先算出同時愛好兩項的概率,利用條件概率的知識求解.
【詳解】同時愛好兩項的概率為，
記“該同學愛好滑雪”為事件,記“該同學愛好滑冰”為事件，
則，
所以.
故選:.
2．（2024·天津·高考真題）五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到的概率為 ；已知乙選了活動，他再選擇活動的概率為 ．
【答案】
【分析】結(jié)合列舉法或組合公式和概率公式可求甲選到的概率；采用列舉法或者條件概率公式可求乙選了活動，他再選擇活動的概率.
【詳解】解法一：列舉法
從五個活動中選三個的情況有：
,共10種情況，
其中甲選到有6種可能性：，
則甲選到得概率為：；
乙選活動有6種可能性：，
其中再選則有3種可能性：，
故乙選了活動，他再選擇活動的概率為.
解法二：
設(shè)甲、乙選到為事件，乙選到為事件，
則甲選到的概率為；
乙選了活動，他再選擇活動的概率為
故答案為：；
3．（2022·天津·高考真題）52張撲克牌，沒有大小王，無放回地抽取兩次，則兩次都抽到A的概率為 ；已知第一次抽到的是A，則第二次抽取A的概率為
【答案】
【分析】由題意結(jié)合概率的乘法公式可得兩次都抽到A的概率，再由條件概率的公式即可求得在第一次抽到A的條件下，第二次抽到A的概率.
【詳解】由題意，設(shè)第一次抽到A的事件為B,第二次抽到A的事件為C,
則.
故答案為：；.
4．（2024·安徽安慶·三模）（多選）已知，，，則下列命題正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根據(jù)條件概率公式，逐一判斷即可.
【詳解】A選項：因為，，所以，A正確；
B選項：因為，，所以，因此，B正確；
C選項：因為，所以，C錯誤；
D選項：因為，，所以，又因為，所以，D正確.
故選：ABD
5．（2022·全國·高考真題）一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣（衛(wèi)生習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調(diào)查了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù)：
(1)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異？
(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)生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R．
（ⅰ）證明：；
（ⅱ）利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出的估計值，并利用（?。┑慕Y(jié)果給出R的估計值．
附，
【答案】(1)答案見解析
(2)（i）證明見解析；(ii)；
【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異；(2)(i) 根據(jù)定義結(jié)合條件概率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)（i）結(jié)合已知數(shù)據(jù)求.
【詳解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異.
（2）(i)因為，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
1．（2024·廣西·模擬預(yù)測）在某電路上有C，D兩個獨立工作的元件，每次通電后，需要更換C元件的概率為0.3，需要更換D元件的概率為0.2，則在某次通電后C，D有且只有一個需要更換的條件下，C需要更換的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】記事件E：在某次通電后C，D有且只有一個需要更換，事件F：C需要更換，由條件概率的計算公式求解即可.
【詳解】記事件E：在某次通電后C，D有且只有一個需要更換，
事件F：C需要更換，
則，
由條件概率公式可得．
故選：C．
2．（2024·廣東江門·模擬預(yù)測）現(xiàn)有1000個蘋果，其中900個是大果，100個是小果，現(xiàn)想用一臺水果分選機篩選出來．已知這臺分選機把大果篩選為小果的概率為，把小果篩選為大果的概率為經(jīng)過一輪篩選后，現(xiàn)在從這臺分選機篩選出來的“大果”里面隨機抽出一個，則這個“大果”是真的大果的概率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：設(shè)抽取的果是大果為事件，經(jīng)過分選機篩選后是“大果”為事件，利用全概率公式求得，再由條件概率公式得到所求概率；
法二：具體到有1000個蘋果，計算出真正的“大果”的個數(shù)和篩選出的“大果”的個數(shù)，由古典概型得到所求概率.
【詳解】法一：設(shè)抽取的果是大果為事件，經(jīng)過分選機篩選后是“大果”為事件，
則由題意可知，
所以，
所以這顆“大果”是真的大果的概率為，A正確；
法二：根據(jù)題意，從1000個蘋果中機器篩選出的大果有個，
而這些機選“大果"中真正的大果有下個，
所以這顆“大果”是真的大果的概率為：，A正確；
故選：A．
3．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）（多選）隨機事件，滿足，，，則下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】根據(jù)題意由相互獨立事件的概率性質(zhì)分析可判斷，；由概率加法公式可分析；計算，驗證是否正確即可判斷.
【詳解】由已知，，
因為，所以，
所以，
所以，故錯誤；
因為，故錯誤；
，故正確；
，
又，，，
所以，故正確.
故選：.
【點睛】方法點睛：解決本題的關(guān)鍵是概率的性質(zhì)和應(yīng)用，以及條件概率的計算.
4．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）小金、小郅、小睿三人下圍棋，已知小金勝小郅、小睿兩人的勝率均為，小郅勝小睿的勝率為，比賽采用三局兩勝制，第一場比賽等概率選取一人輪空，剩余兩人對弈，勝者繼續(xù)與上一場輪空者比賽，另一人輪空.以此類推，直至某人贏得兩場比賽，則其為最終獲勝者.
(1)若第一場比賽小金輪空，則需要下第四場比賽的概率為多少？
(2)求最終小金獲勝的概率.
(3)若已知小郅第一局未輪空且獲勝，在此條件下求小金最終獲勝的概率（請用兩種方法解答）.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)獨立事件概率乘法公式求解即可.
（2）根據(jù)互斥事件概率加法公式和獨立事件概率乘法公式求解即可.
（3）法一：利用條件概率求解即可；法二：根據(jù)事件的含義利用互斥事件概率加法公式和獨立事件概率乘法公式求解即可.
【詳解】（1）第一場比賽小郅獲勝時，則第二場小金獲勝，第三場小睿獲勝，滿足題意；
第一場比賽小睿獲勝時，則第二場小金獲勝，第三場小郅獲勝，滿足題意；
所以需要下第四場比賽的概率為
（2）由題意，最終小金獲勝的情況如下，
當小金第一場輪空，
第一場小郅勝小睿輸，第二場小金勝小郅輸，第三場小金勝小睿輸，此時，
第一場小睿勝小郅輸，第二場小金勝小睿輸，第三場小金勝小郅輸，此時，
則小金獲勝，
當小金第一場不輪空，
第一場小郅勝小金輸，第二場小睿勝小郅輸，第三場小金勝小睿輸，第三場小金勝小郅輸，此時，
第一場小金勝小郅輸，第二場小睿勝小金輸，第三場小郅勝小睿輸，第三場小金勝小郅輸，此時，
第一場小金勝小郅輸，第二場小金勝小睿輸，此時，
所以第一場小郅與小金比賽，小金獲勝概率為，
同理，第一場小睿與小金比賽，小金獲勝概率為，
故小金獲勝概率為
（3）法一：設(shè)A：小金最終獲勝；B：小郅第一場未輪空且獲勝，則，
結(jié)合（2）知，
法二：第一場小睿輪空時，小金最終獲勝概率為，
第一場小金輪空時，小金最終獲勝概率為，
5．（23-24高二下·山西臨汾·期中）某工廠生產(chǎn)一批機器零件，現(xiàn)隨機抽取 100件對某一項性能指標進行檢測，得到一組數(shù)據(jù)，如下表:
(1)求該項性能指標的樣本平均數(shù)的值.若這批零件的該項指標 X 近似服從正態(tài)分布 ，其中近似為樣本平均數(shù)的值，，試求的值.
(2)若此工廠有甲、乙兩臺機床加工這種機器零件，且甲機床的生產(chǎn)效率是乙機床的生產(chǎn)效率的2倍，甲機床生產(chǎn)的零件的次品率為0.02，乙機床生產(chǎn)的零件的次品率為0.03，現(xiàn)從這批零件中隨機抽取一件.
①求這件零件是次品的概率；
②若檢測出這件零件是次品，求這件零件是甲機床生產(chǎn)的概率；
③在①的條件下，若從這批機器零件中隨機抽取300件，每次抽取的結(jié)果相互獨立，記抽出的零件是次品，且該項性能指標恰好在內(nèi)的零件個數(shù)為，求隨機變量的數(shù)學期望（精確到整數(shù)）.
參考數(shù)據(jù)：若隨機變量服從正態(tài)分布，則 ，，.
【答案】(1)；0.1359
(2)①；②；③1
【分析】（1）計算出平均數(shù)后可得，結(jié)合正態(tài)分布的性質(zhì)計算即可得解；
（2）①借助全概率公式計算即可得；②借助條件概率公式計算即可得；③借助二項分布期望公式計算即可得.
【詳解】（1），
因為，所以，
則
；
（2）①設(shè)“抽取的零件為甲機床生產(chǎn)”記為事件，
“抽取的零件為乙機床生產(chǎn)”記為事件，
“抽取的零件為次品”記為事件，
則，，，，
則；
②；
③由（1）及（2）①可知，這批零件是次品且性能指標在內(nèi)的概率，
且隨機變量，
所以，
所以隨機變量Y的數(shù)學期望為1.
考點四、全概率公式及應(yīng)用
1．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知，，，若，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求出，，再根據(jù)全概率公式得到方程，解得即可.
【詳解】由題意可得，，
所以，
解得．
故選：B．
2．（2024·上?！じ呖颊骖}）某校舉辦科學競技比賽，有3種題庫，題庫有5000道題，題庫有4000道題，題庫有3000道題．小申已完成所有題，已知小申完成題庫的正確率是0.92，題庫的正確率是0.86，題庫的正確率是0.72．現(xiàn)他從所有的題中隨機選一題，正確率是 ．
【答案】0.85
【分析】求出各題庫所占比，根據(jù)全概率公式即可得到答案.
【詳解】由題意知，題庫的比例為：，
各占比分別為，
則根據(jù)全概率公式知所求正確率．
故答案為：0.85．
3．（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）設(shè)某工廠購進10盒同樣規(guī)格的零部件，已知甲廠、乙廠、丙廠分別生產(chǎn)了其中的4盒、3盒、3盒．若甲、乙、丙三個廠家生產(chǎn)該種零部件的次品率依次為，，，現(xiàn)從這10盒中任取一盒，再從這盒中任取一個零部件，則取得的零部件是次品的概率為（ ）
A．0.08B．0.075C．0.07D．0.06
【答案】C
【分析】由全概率公式計算即可求解．
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)任取一個零件，分別來自甲，乙，丙三廠的事件分別為，設(shè)任取一個零件為次品為事件，
則，，
所以
，
故選：C．
4．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測）（多選）某社區(qū)有甲、乙兩隊社區(qū)服務(wù)小組，其中甲隊有3位男士、2位女士，乙隊有2位男士、3位女士．現(xiàn)從甲隊中隨機抽取一人派往乙隊，分別以事件和表示從甲隊中隨機抽取一人抽到的是男士和女士；以事件B表示從乙隊（甲隊已經(jīng)抽取一人派往乙隊）中隨機抽取一人抽到的是男士，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】事件，事件不能同時發(fā)生，求出，，，，，根據(jù)條件概率、全概率公式計算逐項判斷可得答案.
【詳解】對于A，依題意，事件，事件不能同時發(fā)生，，故A正確；
對于B，，，，故B正確；
對于C，，
，故C正確；
對于D，，故D錯誤．
故選：ABC．
5．（2023·全國·高考真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．
(1)求第2次投籃的人是乙的概率；
(2)求第次投籃的人是甲的概率；
(3)已知：若隨機變量服從兩點分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數(shù)為，求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)全概率公式即可求出；
（2）設(shè)，由題意可得，根據(jù)數(shù)列知識，構(gòu)造等比數(shù)列即可解出；
（3）先求出兩點分布的期望，再根據(jù)題中的結(jié)論以及等比數(shù)列的求和公式即可求出．
【詳解】（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，
所以，
.
（2）設(shè)，依題可知，，則
，
即，
構(gòu)造等比數(shù)列，
設(shè)，解得，則，
又，所以是首項為，公比為的等比數(shù)列，
即．
（3）因為，，
所以當時，，
故．
【點睛】本題第一問直接考查全概率公式的應(yīng)用，后兩問的解題關(guān)鍵是根據(jù)題意找到遞推式，然后根據(jù)數(shù)列的基本知識求解．
1．（2024·貴州貴陽·二模）某汽修廠倉庫里有兩批同種規(guī)格的輪胎，第一批占，次品率為；第二批占，次品率為.現(xiàn)從倉庫中任抽取1個輪胎，則這個輪胎是合格品的概率是（ ）
A．0.046B．0.90C．0.952D．0.954
【答案】D
【分析】借助全概率公式計算即可得.
【詳解】設(shè)事件為抽中第一批，事件為抽中合格品，
則
.
故選：D.
2．（2024·安徽·一模）有三臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%，第2，3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起，已知第1，2，3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%，30%，45%，任取一個零件，則它是次品的概率（ ）
A．0.054B．0.0535C．0.0515D．0.0525
【答案】D
【分析】根據(jù)題意，設(shè)任取一個零件，由第1，2，3臺車床加工為事件、、，該零件為次品為事件，根據(jù)全概率公式求解.
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)任取一個零件，由第1，2，3臺車床加工為事件、、，該零件為次品為事件，
則，，，，，
任取一個零件是次品的概率
，
故選：D
3．（2024·河南·二模）（多選）現(xiàn)有編號分別為的三個盒子，其中盒中共20個小球，其中紅球6個，盒中共20個小球，其中紅球5個，盒中共30個小球，其中紅球6個.現(xiàn)從所有球中隨機抽取一個，記事件：“該球為紅球”，事件：“該球出自編號為的盒中”，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．若從所有紅球中隨機抽取一個，則該球來自盒的概率最小
【答案】ACD
【分析】由古典概率先計算，再由條件概率計算得到A正確；由全概率計算得到B錯誤；由條件概率得到C正確；由古典概率得到D正確.
【詳解】A：由題，，故A正確；
B：由選項A可得，故B錯誤；
C：因為，所以，
所以，故C正確；
D：由題該球來自的概率為，該球來自的概率為，該球來自的概率為，
所以該球來自的概率最小，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題A，C關(guān)鍵在于應(yīng)用條件概率公式即.
4．（2024·江蘇宿遷·三模）某批零件一級品的比例約為，其余均為二級品．每次使用一級品零件時肯定不會發(fā)生故障，而在每次使用二級品零件時發(fā)生故障的概率為．某項任務(wù)需要使用該零件次（若使用期間出現(xiàn)故障則換一件使用）．
(1)某零件在連續(xù)使用3次沒有發(fā)生故障的條件下，求該零件為一級品的概率；
(2)當時，求發(fā)生故障次數(shù)的分布列及期望．
【答案】(1)
(2)分布列見解析；
【分析】（1）記事件 “從這批產(chǎn)品中任取一件為一級品”，事件 “使用零件次，沒有發(fā)生故障”，利用全概率公式求出，再由條件概率公式計算可得；
（2）依題意的可能取值為，，，求出所對應(yīng)的概率，即可得到分布列與數(shù)學期望.
【詳解】（1）記事件 “從這批產(chǎn)品中任取一件為一級品”，則，
記事件 “使用零件次，沒有發(fā)生故障”，則，．
則，
所以．
（2）依題意的可能取值為，，．
所以，
，
，
所以的分布列如下
所以．
考點五、貝葉斯概率公式及應(yīng)用
1．（2024·湖南邵陽·三模）甲、乙兩個工廠代加工同一種零件，甲加工的次品率為，乙加工的次品率為，加工出來的零件混放在一起．已知甲、乙工廠加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的，，任取一個零件，如果取到的零件是次品，則它是乙工廠加工的概率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由全概率公式算出“任取一個零件，取到的零件是次品”的概率，再由貝葉斯公式即可求解.
【詳解】設(shè)事件“任取一個零件，取到的零件是次品”，“任取一個零件，來自甲工廠”，“任取一個零件，來自乙工廠”，
由題意得，，，．
因為，
所以．
故選：D．
2．（2024·江西上饒·模擬預(yù)測）越來越多的人喜歡參加戶外極限運動，據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)顯示，兩個地區(qū)分別有的人參加戶外極限運動，兩個地區(qū)的總?cè)丝跀?shù)的比為．若從這兩個地區(qū)中任意選取一人，則此人參加戶外極限運動的概率為；若此人參加戶外極限運動，則此人來自地區(qū)的概率為，那么（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】設(shè)事件,分別求出相關(guān)事件的概率，利用全概率公式求，利用貝葉斯公式求即可.
【詳解】設(shè)“此人參加戶外極限運動”，“此人來自地區(qū)”，“此人來自地區(qū)”.
依題意，,
依題意，
；
.
故選：D.
3．（2024·貴州遵義·三模）（多選）英國數(shù)學家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著，經(jīng)他研究，隨機事件A，B存在如下關(guān)系：.現(xiàn)有甲、乙、丙三臺車床加工同一件零件，甲車床加工的次品率為，乙車床加工的次品率，丙車床加工的次品率為，加工出來的零件混放在一起，且甲、乙、丙3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的，，，設(shè)事件，，分別表示取到的零件來自甲、乙、丙車床，事件B表示任取一個零件為次品，則下列說法正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】對于A，利用獨立事件的乘法公式求解即得；對于B，根據(jù)縮小樣本空間的方法易得；對于C，利用全概率公式計算即得；對于D，運用貝葉斯概率公式求解即得.
【詳解】對于A，，故A正確；
對于B，因事件可理解為，在確定產(chǎn)品是丙機床生產(chǎn)的條件下得到該產(chǎn)品為次品，
故有，故B錯誤；
對于C，
，故C正確；
對于D，，故D正確.
故選：ACD.
4．（2024·福建廈門·模擬預(yù)測）甲箱裝有2個黑球和4個白球，乙箱裝有2個黑球和3個白球，這些球除顏色外完全相同.某人先從兩個箱子中任選一個箱子，再從中隨機摸出一球.
(1)求摸出的球是黑球的概率；
(2)若已知摸出的球是黑球，用概率公式判斷該球取自哪個箱子的可能性更大.
【答案】(1)
(2)該球取自乙箱的可能性更大
【分析】（1）由條件概率的定義，分別求出從甲箱摸出的球是黑球的概率和從乙箱摸出的球是黑球的概率，然后由全概率公式，即可得答案.
（2）根據(jù)貝葉斯公式，分別求出摸出的黑球是取自甲箱和取自乙箱的概率，比較其大小，即可得到答案.
【詳解】（1）記事件A表示“球取自甲箱”，事件表示“球取自乙箱”，事件B表示“取得黑球”，
則，，，
由全概率公式得：

.
（2）該球取自乙箱的可能性更大，理由如下：
該球是取自甲箱的概率，
該球取自乙箱的概率，
因為，所以該球取自乙箱的可能性更大.
1．（2024·山東濟南·三模）（多選）某同學投籃兩次，第一次命中率為．若第一次命中，則第二次命中率為；若第一次未命中，則第二次命中率為．記為第i次命中，X為命中次數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】利用全概率公式及貝葉斯公式可判定A、D選項，利用期望與方差公式可判定B、C選項.
【詳解】對于A，易知，故A正確；
對于D，易知，故D正確；
對于B、C，易知可取，則,
，所以，
，故B正確；C錯誤；
故選：ABD
2．（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）（多選）中國象棋是一種益智游戲，也體現(xiàn)博大精深的中國文化.某學校舉辦了一次象棋比賽，李明作為選手參加.除李明之外的其他選手中，甲、乙兩組的人數(shù)之比為，李明與甲、乙兩組選手比賽獲勝的概率分別為0.6，0.5.從甲、乙兩組參賽選手中隨機抽取一位棋手與李明比賽，下列說法正確的是（ ）
A．李明與甲組選手比賽且獲勝的概率為
B．李明獲勝的概率為
C．若李明獲勝，則棋手來自甲組的概率為
D．若李明獲勝，則棋手來自乙組的概率為
【答案】ABC
【分析】對于A，根據(jù)概率的乘法公式計算即可；對于B，李明獲勝會受到和甲組比賽或乙組比賽的影響，因此這是一個全概率問題，根據(jù)全概率公式計算即可；對于C、D，根據(jù)條件概率并結(jié)合B選項求解即可.
【詳解】設(shè)事件A為“李明與甲組選手比賽”，事件B為“李明與乙組選手比賽”，事件C為“李明獲勝”，
則由題可知，
對于A，李明與甲組選手比賽且獲勝的概率為，故A正確；
對于B，李明獲勝的概率為，
故B正確；
對于C，若李明獲勝，則棋手來自甲組的概率為，故C正確；
對于D，若李明獲勝，則棋手來自乙組的概率為，
故D錯誤.
故選：ABC.
3．（2024·海南省直轄縣級單位·一模）英國數(shù)學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，隨機事件A，B存在如下關(guān)系：.若某地區(qū)一種疾病的患病率是0.05，現(xiàn)有一種試劑可以檢驗被檢者是否患病.已知該試劑的準確率為95%，即在被檢驗者患病的前提下用該試劑檢測，有95%的可能呈現(xiàn)陽性；該試劑的誤報率為0.5%，即在被檢驗者未患病的情況下用該試劑檢測，有0.5%的可能會誤報陽性.現(xiàn)隨機抽取該地區(qū)的一個被檢驗者，已知檢驗結(jié)果呈現(xiàn)陽性，則此人患病的概率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設(shè)出事件，利用條件概率和全概率公式得到，使用貝葉斯公式得到答案.
【詳解】設(shè)檢驗結(jié)果呈現(xiàn)陽性為事件，此人患病為事件，
，
，
則.
故選：C
4．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）春夏之交因晝夜溫差大，細菌、病毒等活躍，是流感高發(fā)季節(jié)．某校高二年級某組團統(tǒng)計了流感暴發(fā)前的半個月與流感暴發(fā)后的半個月的學生請假情況，得到如下數(shù)據(jù)：
(1)完成列聯(lián)表，并依據(jù)的獨立性檢驗，判斷能否認為流感暴發(fā)對請假的同學中發(fā)燒的人數(shù)有影響．
(2)后經(jīng)過了解，在全校因發(fā)燒請假的同學中男生占比為，且的因發(fā)燒請假的男生需要輸液治療，的因發(fā)燒請假的女生需要輸液治療．學校隨機選擇一名因發(fā)燒請假在醫(yī)院輸液的同學進行慰問，求這名同學是女生的概率．
附：．
【答案】(1)表格見解析，有影響
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意完成列聯(lián)表，計算，再與臨界值比較即可；（2）利用條件概率公式求解.
【詳解】（1）零假設(shè)為：流感暴發(fā)與請假的同學中發(fā)燒的人數(shù)之間相互獨立．
完成列聯(lián)表如下所示．
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得
．
所以我們推斷不成立，即可以認為流感暴發(fā)對請假的同學中發(fā)燒的人數(shù)有影響．
（2）設(shè)事件表示請假的同學為女生，事件表示需要輸液治療，
，，
則．
所以這名同學是女生的概率為．
一、單選題
1．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）不透明的袋子里裝有標號分別為1，2，3，4，5的5個完全相同的乒乓球，有放回地依次取出2個球，設(shè)事件{2個球的標號互不相同}，事件{取出5號球}，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根據(jù)題意求出,然后利用條件概率公式求解即可.
【詳解】由題意得，
所以,
故選：A
2．（2024·重慶沙坪壩·模擬預(yù)測）假設(shè) 是兩個事件， 且 ， 則下列結(jié)論一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用條件概率的概率公式以及相互獨立事件的概率公式，對選項逐一分析判斷即可.
【詳解】對于A選項，由，，
可知，故A正確；
對于B選項，成立的條件為是兩個獨立事件，故B錯誤；
對于C選項，由，，
故當時才有，故C錯誤；
對于D選項，若要成立，需要，
即成立的條件為是兩個獨立事件，故D錯誤.
故選：A．
3．（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）隨著我國鐵路的發(fā)展，列車的正點率有了顯著的提高．據(jù)統(tǒng)計，途經(jīng)某車站的只有和諧號和復(fù)興號列車，且和諧號列車的列次為復(fù)興號列車的列次的2倍，和諧號的正點率為0.98，復(fù)興號的正點率為0.99，今有一列車未正點到達該站，則該列車為和諧號的概率為（ ）
A．0.2B．0.5C．0.6D．0.8
【答案】D
【分析】根據(jù)給定條件，利用全概率公式及條件概率公式計算即得.
【詳解】令事件A：經(jīng)過的列車為和諧號；事件B，經(jīng)過的列車為復(fù)興號；事件C，列車未正點到達，
則，
于是，
所以該列車為和諧號的概率為.
故選：D
4．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）有3臺車床加工同一型號的零件，第臺加工的次品率分別為，加工出來的零件混放在一起．已知第臺車床加工的零件數(shù)的比為，現(xiàn)任取一個零件，記事件“零件為第i臺車床加工” ，事件“零件為次品”，則（ ）
A．0.2B．0.05C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)題意，由全概率公式、條件概率公式和貝葉斯公式，結(jié)合已知條件，求解即可.
【詳解】根據(jù)題意可得：；
；
由全概率公式可得：
；
故.
故選：D.
二、多選題
5．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）設(shè)、是一個隨機試驗中的兩個事件，若，，，則下列選項一定正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根據(jù)條件概率公式求出，再由概率加法公式求出.
【詳解】因為，，所以，故A正確，B錯誤；
又且，
所以，故C正確，D錯誤.
故選：AC
6．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測）已知隨機事件A，B發(fā)生的概率分別為，，下列說法正確的是（ ）．
A．若，則A，B相互獨立B．若A，B互斥，則A，B不相互獨立
C．若，則D．若，則
【答案】ABC
【分析】由條件概率及相互獨立事件的概率對選項逐一判斷即可．
【詳解】A：因為事件A，B相互獨立，
，所以A，B相互獨立，故A正確；
B：因為A，B互斥，則，故A，B不可能相互獨立，故B正確；
C：∵，∴，故C正確；
D：∵，∴，∴，故D錯誤．
故選：ABC．
7．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）同時投擲甲、乙兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，記“甲正面向上”為事件，“乙正面向上”為事件，“甲、乙至少一枚正面向上”為事件，則下列判斷正確的是（ ）
A．與相互對立B．與相互獨立
C．D．
【答案】BD
【分析】根據(jù)獨立事件的定義判斷B，根據(jù)互斥事件、對立事件的定義判斷A，根據(jù)獨立事件及條件概率的概率公式判斷C、D.
【詳解】對于A，由題意可知，事件與事件有可能同時發(fā)生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件與事件不是互斥事件，當然也不是對立事件，故A錯誤；
對于B，依題意，，，
所以事件與事件相互獨立，故B正確；
對于C、D，，因為，所以，
所以，故D正確，C錯誤．
故選：BD．
8．（2024·云南大理·模擬預(yù)測）假設(shè)是兩個事件，且，，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】A選項，利用條件概率公式得到；B選項，與相互獨立，故；C選項，根據(jù)求出答案；D選項，利用條件概率得到.
【詳解】A選項，因為，，，，
所以，A正確；
B選項，因為事件與相互獨立，所以與相互獨立，
所以，B錯誤；
C選項，，C錯誤；
D選項，因為，所以，D正確.
故選：AD.
三、填空題
9．（2024·浙江·模擬預(yù)測）已知，，，則 .
【答案】/
【分析】代入全概率公式，即可求解.
【詳解】,
，，
即，則.
故答案為：
10．（23-24高二下·廣東廣州·期末）某藥廠用甲、乙兩地收購而來的藥材加工生產(chǎn)出一種中成藥，這兩個地區(qū)的供貨量分別占，，且用這兩地的藥材能生產(chǎn)出優(yōu)等品的概率分別為，，現(xiàn)從該廠產(chǎn)品中任意取出一件產(chǎn)品，則此產(chǎn)品是優(yōu)等品的概率為 ．
【答案】/
【分析】根據(jù)全概率公式計算可得.
【詳解】記產(chǎn)品是優(yōu)等品為事件，來自甲地為事件，來自乙地為事件，
則，，，，
所以，
故從該廠產(chǎn)品中任意取出一件產(chǎn)品，則此產(chǎn)品是優(yōu)等品的概率為.
故答案為：
一、單選題
1．（2024·上海奉賢·三模）如果分別是的對立事件，下列選項中不能判斷件與事件相互獨立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)相互獨立事件的乘法公式和條件概率公式結(jié)合相互獨立事件的定義逐一判斷即可.
【詳解】對于A，因為，所以相互獨立，故A正確；
對于B，因為，
所以，
所以相互獨立，所以相互獨立，故B正確；
對于C，，
所以，所以無法判斷相互獨立，故C錯誤；
對于D，，
因為，所以相互獨立，故D正確.
故選：C.
2．（2024·河南南陽·三模）甲袋中有3個紅球，3個白球和2個黑球；乙袋中有2個紅球，2個白球和4個黑球.先從甲袋中隨機取出一球放入乙袋，分別以，，表示事件“取出的是紅球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再從乙袋中隨機取出一球，以表示事件“取出的是白球”，則下列結(jié)論中不正確的是（ ）
A．事件，，是兩兩互斥的事件B．事件與事件為相互獨立事件
C．D．
【答案】B
【分析】由互斥事件，互相獨立事件的概念以及條件概率的計算公式逐項判斷即可.
【詳解】由題意可得，，，
顯然事件，，是兩兩互斥的事件，故A正確；
，故D正確；
，，
所以，故事件與事件不是相互獨立事件，故B錯誤；
，故C正確；
故選：B.
二、多選題
3．（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測）已知隨機事件滿足，則下列說法正確的是（ ）
A．若與互相獨立，則
B．若，則與互相獨立
C．若與互斥，則
D．若，則與互斥
【答案】BC
【分析】對A，根據(jù)條件結(jié)合概率的加法公式運算判斷；對B，由相互獨立事件的定義可判斷；對C，由與互斥，所以，結(jié)合全概率公式可得解；對D，當，相互獨立時，由條件概率公式可得成立，但與不一定互斥，.
【詳解】對于A，若與相互獨立，則，
所以，故A錯誤；
對于B，因為，所以與相互獨立，故B正確；
對于C，因為與互斥，所以，又，
所以，故C正確；
對于D，當，相互獨立時，與也相互獨立，則，，
滿足條件成立，但與不一定互斥，故D錯誤.
故選：BC.
4．（2024·云南·模擬預(yù)測）現(xiàn)有顏色為紅、黃、藍的三個箱子，其中紅色箱子內(nèi)裝有2個紅色球，1個黃色球和1個藍色球；黃色箱子內(nèi)裝有2個紅色球，1個藍色球；藍色箱子內(nèi)裝有3個紅色球，2個黃色球．若第一次先從紅色箱子內(nèi)隨機抽取1個球，將取出的球放入與球同色的箱子中，第二次再從剛才放入與球同色的這個箱子中任取一個球，則下列說法正確的是（ ）
A．若第一次抽到黃色球，那么第二次抽到藍色球的概率為
B．第二次抽到藍色球的概率為
C．如果第二次抽到的是藍色球，則它最有可能來自紅色箱子
D．如果還需將5個不同的小球放入這三個箱子內(nèi)，每個箱子至少放1個，則不同的放法共有150種
【答案】ACD
【分析】由古典概率公式可判斷A；由條件概率和全概率公式可判斷B，C；由不同元素的分組和分配問題可判斷D.
【詳解】對于選項A，在第一次抽到黃色球的條件下，將抽到的黃色球放入黃色箱子內(nèi)，
此時黃色箱子內(nèi)有2個紅色球，1個黃色球，1個藍色球，
因此第二次抽到藍色球的概率為，故A選項正確；
對于選項B、C，記“第一次抽到紅色球”，“第一次抽到黃色球”，
“第一次抽到藍色球”，“第二次在紅色箱子中抽到藍色球”,
“第二次在黃色箱子中抽到藍色球”，“第二次在藍色箱子中抽到藍球”，
“第二次抽到藍球”，易知，，兩兩互斥，和為，
，，，，，，故B選項錯誤；
第二次的球取自箱子的顏色與第一次取的球的顏色相同，
所以，
，
，
所以如果第二次抽到的是藍色球，則它來自紅色箱子的概率最大，故C選項正確；
對于D，將5個不同的小球分成3組（每組至少一個）（按分或按分）
再分配給3個箱子，由兩個計數(shù)原理知，共有種，故D選項正確.
故選：ACD．
三、填空題
5．（2024·江蘇蘇州·三模）已知，則 .
【答案】/
【分析】由條件概率和全概率公式結(jié)合已知計算即可.
【詳解】因為，
所以，
故答案為：.
6．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）設(shè)隨機變量的分布列如圖：
若的數(shù)學期望為，事件：或，事件：或，則 ； .
【答案】
【分析】先由離散型隨機變量的性質(zhì)各取值概率和為1求出，再利用期望公式求解，然后由條件概率公式可得.
【詳解】由解得，
故，解得，
所以.
故答案為：；.
7．（2024·天津河西·模擬預(yù)測）甲、乙兩名同學在電腦上進行答題測試，每套測試題可從題庫中隨機抽取.在一輪答題中，如果甲單獨答題，能夠通過測試的概率是，如果乙單獨答題，能夠通過測試的概率是.若甲單獨答題三輪，則甲恰有兩輪通過測試的概率為 ；若在甲，乙兩人中任選一人進行測試，則通過測試的概率為 .（結(jié)果均以既約分數(shù)表示）
【答案】
【分析】借助概率乘法公式與全概率公式計算即可得.
【詳解】設(shè)“甲恰有兩輪通過測試”為事件A，則；
設(shè)“選中甲”為事件B，“選中乙”為事件C，“通過測試”為事件D，
根據(jù)題意得，，，，
則，
所以在甲，乙兩人中任選一人進行測試，通過測試的概率為.
故答案為：；.
四、解答題
8．（2024·浙江·三模）將除顏色外完全相同的紅球2個、白球3個放入一盲盒（一種具有隨機屬性的玩具盒子），現(xiàn)從中不放回取球.
(1)若每次取一個球，求：
（ⅰ）前兩次均取到紅球的概率；
（ⅱ）第2次取到紅球的概率；
(2)若從中取出兩個球，已知其中一個球為紅球，求：
（?。┝硪粋€也為紅球的概率；
（ⅱ）若你現(xiàn)在可以選擇從剩下的球中隨機取一個球來替換另一個球，如果從提高取到紅球的可能性出發(fā)，你是選擇換還是不換？試說明理由.
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)（?。?；（ⅱ）選擇交換，理由見解析
【分析】（1）不放回取球可以用條件概率公式的變式公式來計算，即：，第2次取到紅球可由兩互斥事件計算得到，即；
（2）條件概率公式：，其中有一個球為紅球，又等價轉(zhuǎn)化到對立事件來求概率，即可求出結(jié)果，對于是否交換，只需要比較兩種情形的概率就可以得到判斷.
【詳解】（1）記事件（）為第次取到紅球，事件（）為第次取到白球.
（?。┣皟纱尉〉郊t球即為事件，.
（ⅱ）.
（2）（?。┦录浩渲杏幸粋€球為紅球的“對立事件”為：兩個球均為白球，即為事件，，
所以在一個球為紅球的前提下另一個球也為紅球的概率.
（ⅱ）若不換：在取到的一個球為紅球的前提下取到的另一個球也為紅球的概率記為；
若換：換后取到紅球的概率記為；
由于，所以交換后摸到紅球的概率更大，選擇交換.
9．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）袋中有8個除顏色外完全相同的小球，其中1個黑球，3個白球，4個紅球.
(1)若從袋中一次性取出兩個小球，即取到的紅球個數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望；
(2)若從袋中不放回的取3次，每次取一個小球，取到黑球記0分，取到白球記2分，取到紅球記4分，在最終得分為8分的條件下，恰取到一個紅球的概率.
【答案】(1)
(2)23
【分析】（1）由超幾何分布的概率公式以及期望公式求解可得答案；
（2）設(shè)事件“最后得分為8分”；事件“恰取到一個紅球”，求出，，再根據(jù)條件概率的概率公式計算可得答案.
【詳解】（1）由題意得的可能取值為：，
，，，
所以的分布列為：
數(shù)學期望；
（2）設(shè)事件“最后得分為8分”；事件“恰取到一個紅球”；
由題意，最后得分為8分有兩種情況：摸出2個白球1個紅球或1個黑球2個紅球，
所以，，
所以.
10．（2024·安徽·模擬預(yù)測）現(xiàn)需要抽取甲?乙兩個箱子的商品，檢驗其是否合格.其中甲箱中有9個正品和1個次品；乙箱中有8個正品和2個次品.從這兩個箱子中隨機選擇一個箱子，再從該箱中等可能抽出一個商品，稱為首次檢驗. 將首次檢驗的商品放回原來的箱子，再進行二次檢驗，若兩次檢驗都為正品，則通過檢驗. 首次檢驗選到甲箱或乙箱的概率均為.
(1)求首次檢驗抽到合格產(chǎn)品的概率；
(2)在首次檢驗抽到合格產(chǎn)品的條件下，求首次檢驗選到的箱子為甲箱的概率；
(3)將首次檢驗抽出的合格產(chǎn)品放回原來的箱子，繼續(xù)進行二次檢驗時有如下兩種方案：方案一，從首次檢驗選到的箱子中抽??；方案二，從另外一個箱子中抽取. 比較兩個方案，哪個方案檢驗通過的概率大.
【答案】(1)
(2)
(3)方案一
【分析】（1）按照條件概率的計算公式即可得出答案；
（2）按照貝葉斯逆向概率公式代入即可求解；
（3）由前面的小問得出的結(jié)論分別計算兩種方案在二次檢驗抽到合格品的概率，比較大小，從而選擇決策方案.
【詳解】（1）將首次檢驗選到甲箱記為事件，選到乙箱記為事件，首次檢驗抽到合格品記為事件.
則首次檢驗抽到合格品的概率
.
（2）在首次抽到合格品的條件下，首次抽到甲箱的概率
.
（3）將二次檢驗抽到合格品記為事件.
由上一小問可知，在首次抽到合格品的條件下，首次抽到甲箱的概率，
則在首次抽到合格品的條件下，首次抽到乙箱的概率.
.
從而，在首次檢驗通過，即事件發(fā)生的條件下：
①若選擇方案一，則，.
故此條件下在二次檢驗抽到合格品的概率.
所以在方案一下，檢驗通過的概率；
②若選擇方案二，則，.
故此條件下在二次檢驗抽到合格品的概率.
所以在方案二下，檢驗通過的概率.
而，故選擇方案一檢驗通過的概率更大.
1．（全國·高考真題）某地區(qū)空氣質(zhì)量監(jiān)測資料表明，一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是0.75，連續(xù)兩天為優(yōu)良的概率是0.6，已知某天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良，則隨后一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良的概率是
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
【答案】A
【詳解】試題分析：記“一天的空氣質(zhì)量為優(yōu)良”，“第二天空氣質(zhì)量也為優(yōu)良”，由題意可知,所以，故選A.
考點：條件概率．
2．（重慶·高考真題）已知盒中裝有3只螺口與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形與功率相同且燈口向下放著．現(xiàn)需要一只卡口燈泡使用，電工師傅每從中任取一只并不放回，則他直到第3次才取得卡口燈泡的概率為：
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用獨立事件的概率乘法公式求解.
【詳解】解：因為盒中裝有3只螺口與7只卡口燈泡，
所以從中取一只螺口的概率是，
再從中取一只螺口的概率是，
因為有8只燈泡，有一只螺口和7只卡口燈泡，
所以從中取一只卡口燈泡的概率是，
所以到第3次才取得卡口燈泡的概率為：，
故選：D
3．（遼寧·高考真題）兩個實習生每人加工一個零件．加工為一等品的概率分別為和，兩個零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】記兩個零件中恰好有一個一等品的事件為A，
即僅第一個實習生加工一等品(A1)與僅第二個實習生加工一等品(A2)兩種情況，
則P(A)=P(A1)+P(A2)=×+×=
故選B.
4．（遼寧·高考真題）從中任取個不同的數(shù)，事件“取到的個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件“取到兩個數(shù)均為偶數(shù)”，則
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得和的值，然后利用條件概率計算公式，計算出所求的概率.
【詳解】依題意,,故.故選B.
【點睛】本小題主要考查條件概型的計算，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.
5．（重慶·高考真題）加工某一零件需經(jīng)過三道工序,設(shè)第一、二、三道工序的次品率分別為,且各道工序互不影響,則加工出來的零件的次品率為 .
【答案】
【詳解】解析：加工出來的零件的次品的對立事件為零件是正品，由對立事件公式得
加工出來的零件的次品率
6．（全國·高考真題）甲、乙兩隊進行籃球決賽，采取七場四勝制（當一隊贏得四場勝利時，該隊獲勝，決賽結(jié)束）．根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主客場安排依次為“主主客客主客主”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽結(jié)果相互獨立，則甲隊以4∶1獲勝的概率是 ．
【答案】0.18
【分析】本題應(yīng)注意分情況討論，即前五場甲隊獲勝的兩種情況，應(yīng)用獨立事件的概率的計算公式求解．題目有一定的難度，注重了基礎(chǔ)知識、基本計算能力及分類討論思想的考查．
【詳解】前四場中有一場客場輸，第五場贏時，甲隊以獲勝的概率是
前四場中有一場主場輸，第五場贏時，甲隊以獲勝的概率是
綜上所述，甲隊以獲勝的概率是
【點睛】由于本題題干較長，所以，易錯點之一就是能否靜心讀題，正確理解題意；易錯點之二是思維的全面性是否具備，要考慮甲隊以獲勝的兩種情況；易錯點之三是是否能夠準確計算．
7．（安徽·高考真題）甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論中正確的是________（寫出所有正確結(jié)論的編號）．
①；
②；
③事件與事件相互獨立；
④是兩兩互斥的事件；
⑤的值不能確定，因為它與中哪一個發(fā)生有關(guān)
【答案】②④
【分析】根據(jù)互斥事件的定義即可判斷④；根據(jù)條件概率的計算公式分別得出事件發(fā)生的條件下B事件發(fā)生的概率，即可判斷②；然后由，判斷①和⑤；再比較的大小即可判斷③.
【詳解】由題意可知事件不可能同時發(fā)生，則是兩兩互斥的事件，則④正確；
由題意得，故②正確；
,①⑤錯；
因為，所以事件B與事件A1不獨立，③錯；綜上選②④
故答案為：②④
【點睛】本題主要考查了判斷互斥事件，計算條件概率以及事件的獨立性，屬于中檔題.
8．（江西·高考真題）某商場舉行抽獎促銷互動，抽獎規(guī)則是：從裝有9個白球、1個紅球的箱子中每次隨機地摸出一個球，記下顏色后放回，摸出一個紅球可獲得二等獎；摸出兩個紅球可獲得一等獎．現(xiàn)有甲、乙兩位顧客，規(guī)定：甲摸一次，乙摸兩次．求：
(1)甲、乙兩人都沒有中獎的概率；
(2)甲、乙兩人中至少有一人獲二等獎的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)相互獨立事件的概率乘法公式，得到結(jié)果；
（2）計算出甲乙都不中二等獎的概率，再根據(jù)對立事件的概率公式進行求解．
【詳解】（1）甲、乙兩人都沒有中獎的概率為；
（2）甲乙都不中二等獎的概率為：，
甲、乙兩人中至少有一人獲二等獎的概率為．
9．（陜西·高考真題）某項選拔共有四輪考核，每輪設(shè)有一個問題，能正確回答問題者進入下一輪考核，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三、四輪的問題的概率分別為，且各輪問題能否回答正確互不影響．
(1)求該選手進入第四輪才被淘汰的概率；
(2)求該選手至多進入第三輪考核的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)相互獨立事件和對立事件的概率公式計算可得；
（2）根據(jù)相互獨立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和對立事件的概率公式計算可得.
【詳解】（1）記表示該選手能正確回答第個問題，則
．
該選手進入第四輪才被淘汰就是前三輪答題成功，第四輪沒有成功，
各輪問題能否回答正確互不影響，
所以所求概率是.
（2）該選手至多進入第三輪考核，即可能第一輪被淘汰，可能第二輪被淘汰，
可能第三輪被淘汰，這三種情況又是互斥的，
所以所求概率為
．
10．（福建·高考真題）某項考試按科目A、科目B依次進行，只有當科目A成績合格時，才可繼續(xù)參加科目B的考試．已知每個科目只允許有一次補考機會，兩個科目成績均合格方可獲得證書．現(xiàn)某人參加這項考試，科目A每次考試成績合格的概率均為，科目B每次考試成績合格的概率均為．假設(shè)各次考試成績合格與否均互不影響．
(1)求他不需要補考就可獲得證書的概率；
(2)在這項考試過程中，假設(shè)他不放棄所有的考試機會，記他參加考試的次數(shù)為，求的數(shù)學期望．
【答案】(1)13
(2)
【分析】（1）根據(jù)獨立事件概率計算公式即可求解出結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，先寫出參加考試的次數(shù)的所以可能值為2，3，4，再分別求解出各結(jié)果出現(xiàn)的概率再計算其數(shù)學期望。
【詳解】（1）設(shè)“科目A第一次合格”為事件，“科目A補考合格”為事件
“科目B第一次合格”為事件 ，“科目B補考合格”為事件
則
根據(jù)獨立事件概率計算公式得不需要補考獲得證書的概率為
（2）根據(jù)題意，的可能取值為2，3，4 且
所以
5年考情
考題示例
考點分析
關(guān)聯(lián)考點
2024年新Ⅱ卷，第18題,17分
獨立事件的乘法公式
利用對立事件的概率公式求概率
求離散型隨機變量的均值
2023年新I卷，第21題,12分
利用全概率公式求概率
求離散型隨機變量的均值
2023年新Ⅱ卷，第12題,5分
獨立事件的乘法公式
獨立重復(fù)試驗的概率問題
利用互斥事件的概率公式求概率
2023年全國甲卷（理），
第6題,5分
計算條件概率
無
2022年新I卷，第20題,12分
計算條件概率
獨立性檢驗解決實際問題
2022年新Ⅱ卷，第19題,12分
計算條件概率
頻率分布直方圖的實際應(yīng)用
由頻率分布直方圖估計平均數(shù)
利用對立事件的概率公式求概率
2021年新I卷，第8題,5分
獨立事件的判斷
無
2020年全國甲卷（理），
第19題,12分
獨立事件的實際應(yīng)用及概率
無
條件概率的定義
條件概率的性質(zhì)
已知B發(fā)生的條件下，A發(fā)生的概率，稱為B發(fā)生時A發(fā)生的條件概率，記為P(A|B)．
當P(B)>0時，我們有P(A|B)＝eq \f(P?A∩B?,P?B?).(其中，A∩B也可以記成AB)
類似地，當P(A)>0時，A發(fā)生時B發(fā)生的條件概率為P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)
(1)0≤P(B|A)≤1，
(2)如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
定義法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)求P(B|A)
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再求事件AB所包含的基本事件數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n?AB?,n?A?)
縮樣法
縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解，它能化繁為簡
不夠良好
良好
病例組
40
60
對照組
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
性能指標
66
77
80
88
96
產(chǎn)品件數(shù)
10
20
48
19
3
0
1
2
因發(fā)燒請假
非發(fā)燒請假
合計
流感暴發(fā)前
10
30
流感暴發(fā)后
30
合計
70
0．05
0．01
0．001
3．841
6．635
10．828
因發(fā)燒請假
非發(fā)燒請假
合計
流感暴發(fā)前
10
20
30
流感暴發(fā)后
30
10
40
合計
40
30
70
0
1
0
1
2

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