第90讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第90讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
知识点1、条件概率
(一)定义
P(AB)
一般地，设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)= 为在事件A发生的条件
P(A)
下，事件B发生的条件概率．
注意：(1)条件概率P(B|A)中“|”后面就是条件；(2)若P(A)=0，表示条件A不可能发
生，此时用条件概率公式计算P(B|A)就没有意义了，所以条件概率计算必须在P(A)>0的
情况下进行．
(二)性质
(1)条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1．
(2)必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0．
(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)．
注意：(1)如果知道事件A发生会影响事件B发生的概率，那么P(B)≠P(B|A)；
(2)已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基
nAB
本事件空间计算AB发生的概率，即P(B|A)=

nA 
nAB
=

nΩ 
nA 
nΩ 
PAB
=

PA 
．
知识点2、相互独立与条件概率的关系
(一)相互独立事件的概念及性质
(1)相互独立事件的概念
对于两个事件A，B，如果P(B|A)=P(B)，则意味着事件A的发生不影响事件B发生的
P(AB)
概率．设P(A)>0，根据条件概率的计算公式，P(B)=P(B|A)= ，从而P(AB)=P
P(A)
(A)P(B)．
由此我们可得：设A，B为两个事件，若P(AB)=P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互
独立．
(2)概率的乘法公式
由条件概率的定义，对于任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)=P(A)P(B|A)．
我们称上式为概率的乘法公式．
(3)相互独立事件的性质
   
如果事件A，B互相独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．
(4)两个事件的相互独立性的推广
两个事件的相互独立性可以推广到n(n>2，n∈N*)个事件的相互独立性，即若事件
A ，A ，⋯，A 相互独立，则这n个事件同时发生的概率P(A A ⋯A )=P(A )(A )⋯P
1 2 n 1 2 n 1 2
(A )．
n
(二)事件的独立性
第 页 共 页
3230 3427(1)事件A与B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)⋅P(B)．
(2)当P(B)>0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)=P(A)．
P(AB) P(A)⋅P(B)
(3)如果P(A)>0，A与B独立，则P(B|A)= = =P(B)成立．
P(A) P(A)
知识点3、全概率公式
(一)全概率公式
 
(1)P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)；
(2)定理1若样本空间Ω中的事件A ，A ，⋯，A 满足：
1 2 n
①任意两个事件均互斥，即AA =∅，i，j=1，2，⋯，n，i≠j；
i j
②A +A +⋯+A =Ω；
1 2 n
③PA i  >0，i=1，2，⋯，n．
则对Ω中的任意事件B，都有B=BA +BA +⋯+BA ，且
1 2 n
n n
P(B)=P(BA)=P(A)P(B|A)．
i i i
i=1 i=1
注意：(1)全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单
事件的概率计算，即运用了“化整为零”的思想处理问题．
(2)什么样的问题适用于这个公式？所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在
这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．
(二)贝叶斯公式
(1)一般地，当0<P(A)<1且P(B)>0时，有P A   B 
P(A)P(B|A)
= =
P(B)
P(A)P(B|A)
 
P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)
(2)定理2若样本空间Ω中的事件A ，A ，⋯，A 满足：
1 2 n
①任意两个事件均互斥，即AA =∅，i，j=1，2，⋯，n，i≠j；
i j
②A +A +⋯+A =Ω；
1 2 n
③0<PA i  <1，i=1，2，⋯，n．
则对Ω中的任意概率非零的事件B，都有B=BA +BA +⋯+BA ，
1 2 n
且P A
j
  B 
P(A)P(B|A) P(A)P(B|A)
= j j = j j
P(B) n
P(A)P(B|A)
i i
i=1
注意：(1)在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原
因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是
使用贝叶斯公式．贝叶斯公式的意义是导致事件B发生的各种原因可能性的大小，称之为
后验概率．

(2)贝叶斯公式充分体现了P(A|B)，P(A)，P(B)，P(B|A)，P(B|A)，P(AB)之间的转关
P(AB)
系，即P(A|B)= ，P(AB)=P(A|B)P(B)=P(B|A)P(A)，P(B)=P(A)P(B|A)+P
P(B)
 
(A)P(B|A)之间的内在联系．
必考题型全归纳
第 页 共 页
3231 34271 题型一：条件概率
4998 (2024·云南大理·统考模拟预测)“狼来了”的故事大家小时候应该都听说过：小孩第一次
喊“狼来了”，大家信了，但去了之后发现没有狼；第二次喊“狼来了”，大家又信了，但去了
之后又发现没有狼；第三次狼真的来了，但是这个小孩再喊狼来了就没人信了．从数学的
角度解释这一变化，假设小孩是诚实的，则他出于某种特殊的原因说谎的概率为0.1；小孩
是不诚实的，则他说谎的概率是0.5．最初人们不知道这个小孩诚实与否，所以在大家心
目中每个小孩是诚实的概率是0.9．已知第一次他说谎了，那么他是诚实的小孩的概率是
( )
3 5 7 9
A. B. C. D.
5 7 10 14
【答案】D
【解析】设事件A表示“小孩诚实”，事件B表示“小孩说谎”，
则P B   A  =0.1，P B 

 A  =0.5，PA 

=0.9，PA  =0.1，
则PAB  =PA  P B   A  =0.9×0.1=0.09，

PAB 

=PA  P B 

 A  =0.1×0.5=0.05，
故PB  =PAB 

+PAB  =0.14，
故P A   B 
PAB
=

PB 
0.09 9
= = .
0.14 14
故选：D
4999 (2024·河北秦皇岛·统考模拟预测)已知有两箱书，第一箱中有3本故事书，2本科技书；
第二箱中有2本故事书，3本科技书．随机选取一箱，再从该箱中随机取书两次，每次任
取一本，做不放回抽样，则在第一次取到科技书的条件下，第二次取到的也是科技书的概
率为 ( )
1 1 2 7
A. B. C. D.
4 10 5 12
【答案】C
【解析】记事件A=“第一箱中取书”，事件B=“从第二箱中取书”．事件C =“第i次从
i
箱中取到的书是科技书”，i=1,2,
则由题意知，PA  =PB 
1
= 2 ，PC 1A 
2
= 5 ,PC 1B 
3
= 5 ,PC 1 C 2A 
2 1
= × = 5 4
1
,
10
PC 1 C 2B 
3 2 3
= 5 × 4 = 10 ,P(C 1 )=PB  PC 1B  +PA 
1
P(C 1A)= 2 ,
所以PC 2C 1  = P(C 1 C 2 ) = PC 1 C 2A P(C)
1
 ×P(A)+PC 1 C 2B  ×P(B) P(C)
1
1 1 3 1
=2× × + ×
10 2 10 2

2
=
5
故选：C
5000 (2024·广西柳州·统考模拟预测)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率
为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2，
则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾霾的概率为 ( )
A.0.5 B.0.625 C.0.8 D.0.9
第 页 共 页
3232 3427【答案】A
【解析】设发生中度雾霾为事件A，刮四级以上大风为事件B，
依题意，PA  =0.25，PB  =0.4，PAB  =0.2，
则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾霾的概率为P A   B 
PAB
=

PB 
0.2
= =0.5.
0.4
故选：A
5001 (2024·河南南阳·高三南阳中学校考开学考试)袋子中装有大小、形状完全相同的2个白
球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红
球的概率为 ( )
1 1 2 3
A. B. C. D.
2 3 3 4
【答案】B
【解析】设第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件B，则事件AB为第一次摸
到红球且第二次摸到红球，
可得PB 
C1C1+C1C1 6 1
= 2 1 2 2 = = ，PAB
A2 12 2
4

C1C1 2 1
= 2 1 = = ，
A2 12 6
4
所以PAB 
PAB
=

PB 
1
= .
3
故选：B.
5002 (2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习)有首歌道“大理三月好风光，蝴蝶泉边好梳妆”，
近年来大理州一直致力开发旅游事业，吸引着大批的游客前往大理旅游.现有甲、乙两位
游客慕名来到大理，准备从苍山、洱海、大理古城、崇圣寺三塔、蝴蝶泉五个景点中随机选
择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择蝴蝶泉”，事件B为“甲和乙选择的景
点不同”，则PB∣A  = ( )
3 8 5
A. B. C.2 D.
5 9 2
【答案】B
【解析】分别记景点苍山、洱海、大理古城、崇圣寺三塔、蝴蝶泉分别为a，b，c，d，e.
则事件A包含的样本点有a,e  ,b,e  ,c,e  ,d,e  ,e,e  ,e,a  ,e,b  ,e,c  ,e,d  ，共9
种情况，
其中“甲和乙选择的景点不同”有a,e  ,b,e  ,c,e  ,d,e  ,e,a  ,e,b  ,e,c  ,e,d  ，共8
种情况，
所以PB∣A 
8
= .
9
故选：B
5003 (2024·广东·高三河源市河源中学校联考阶段练习)从1、2、3、4、5、6、7这7个数中任
取5个不同的数，事件A：“取出的5个不同的数的中位数是4”，事件B：“取出的5个不同
的数的平均数是4”，则PBA  = ( )
1 9 1 3
A. B. C. D.
7 35 3 7
【答案】C
【解析】根据题意，从7个数中任取5个数，则基本事件总数为C5=21，
7
这5个数的中位数是4的基本事件有C2C2=9个，
3 3
第 页 共 页
3233 3427所以PA 
9 3
= = ，
21 7
其中5个数的平均数都是4的基本事件有
1，2，4，6，7；1，3，4，5，7；2，3，4，5，6，共3种情况，
这3种情况恰好也是AB的基本事件，
所以PAB 
3 1
= = ，所以PBA
21 7

PAB
=

PA 
1
= ，
3
故选：C
【解题方法总结】
用定义法求条件概率PBA  的步骤
(1)分析题意，弄清概率模型；
(2)计算P(A)，P(A∩B)；
P(A∩B)
(3)代入公式求P(B|A)= ．
P(A)
2 题型二：相互独立事件的判断
5004 (2024·安徽·高三校联考阶段练习)已知A，B，C为三个随机事件且PA  ，PB  ，PC 
>0，则A，B，C相互独立是A，B，C两两独立的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】A，B，C相互独立,则满足PABC  =PA  PB  PC  ，
且PAB  =PA  PB  ，PBC  =PB  PC  ，PAC  =PA  PC  ；
A，B，C两两独立则满足PAB  =PA  PB  ，PBC  =PB  PC  ，PAC  =
PA  PC  ；
故而A，B，C相互独立则有A，B，C两两独立，但是A，B，C两两独立不能得出A，B，
C相互独立，故A正确．
故选：A
5005 (2024·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习)已知事件A，B满足0<PA  <
1，0<PB  <1，则不能说明事件A，B相互独立的是 ( )
A.PAB 

=PAB  B.PAB  =PA 
C.PBA  =PB  D.PBA 

=PBA 
【答案】A
【解析】对于A，掷一枚质地均匀的骰子，事件A为向上的点数不超过4，事件B为向上的
点数为4或5，即A=1,2,3,4  ，B=4,5 

，A=5,6  ，满足PAB 

=PAB 
1
= ，但
2
PAB 
1
= ，PA
6
 PB 
2 1 2
= × = ，所以事件A,B不相互独立，故A错误；
3 3 9
对于B，因为PAB 
PAB
=

PB 
=PA  ，所以PAB  =PA  PB  ，所以事件A,B相互
独立，故B正确；
对于C，因为PBA 
PAB
=

PA 
=PB  ，所以PAB  =PA  PB  ，所以事件A,B相互
第 页 共 页
3234 3427独立，故C正确；
对于D，因为PBA 

=PBA 
PAB
，所以

PA 

PAB
=

1-PA 
，整理得PAB  =
PA  PAB 

+PAB    =PA  PB  ，所以事件A,B相互独立，故D正确；
故选：A
5006 (2024·福建南平·高三福建省政和第一中学校考阶段练习)甲箱中有5个红球，2个白球
和3个黑球；乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱
中，分别以A ，A ，A 表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机
1 2 3
取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是 ( )
A.PB 
2
= 5 B.PBA 1 
5
= 11
C.事件B与事件A 不相互独立 D.A ，A ，A 两两互斥
1 1 2 3
【答案】A
【解析】依题意，PA 1 
5 1
= 10 = 2 , PA 2 
2 1
= 10 = 5 , PA 3 
3
= ， 10
又PB|A 1 
5
= 11 , PB|A 2 
4
= 11 , PB|A 3 
4
= ，B正确； 11
则有PB  =PB|A 1  PA 1  +PB|A 2  PA 2  +PB|A 3  PA 3 
5 1 4 1 4 3 9
= × + × + × = ，A错误；
11 2 11 5 11 10 22
又PB  PA 1 
9 1 9
= 22 × 2 = 44 ,PBA 1  =PB|A 1  PA 1 
5
= ，即PB 22  PA 1  ≠
PBA 1  ，
因此事件B与事件A 不相互独立，C正确；
1
显然事件A,A ,A 中的任意两个事件都不可能同时发生，因此事件A,A ,A 两两互斥，
1 2 3 1 2 3
D正确.
故选：A
5007 (2024·全国·高三专题练习)某家庭有三个孩子，假定生男孩和生女孩是等可能且相互独
立的．记事件A：该家庭既有男孩又有女孩；事件B：该家庭最多有一个男孩；事件C：该
家庭最多有一个女孩；则下列说法中正确的是 ( )
A.事件B与事件C互斥但不对立 B.事件A与事件B互斥且对立
C.事件B与事件C相互独立 D.事件A与事件B相互独立
【答案】D
【解析】生3个小孩的总事件Ω包含(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，
(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，共8个基本事件，
事件A包含(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，
男)，共6个基本事件，
事件B包含(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，共4个基本事件，
事件C包含(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，共4个基本事件，
A选项，因为B∩C=∅，B∪C=Ω，所以事件B与事件C互斥且对立，A错误；
B选项，因为A∩B≠∅，所以事件A与事件B不互斥，不对立，B错误；
C选项，因为B∩C=∅，所以PBC  =0，又PB  =PC 
4 1
= = ，故PBC
8 2
 ≠
PB  PC  ，故事件B与事件C不独立，C错误；
第 页 共 页
3235 3427D选项，因为A∩B有3个基本事件，所以PAB 
3
= ，又PA
8

6 3
= = ，
8 4
所以PAB  =PA  PB  ，D正确.
故选：D
5008 (2024·全国·高三专题练习)随着2022年卡塔尔世界杯的举办，中国足球也需要重视足
球教育．某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色学校，开
设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程．甲、乙两名同学各自从中任
意挑选两门课程学习，设事件A=“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B=“甲乙两
人所选课程完全不同”，事件C=“甲乙两人均未选择‘5人制'课程”，则 ( )
A.A与B为对立事件 B.A与C互斥
C.A与C相互独立 D.B与C相互独立
【答案】C
【解析】依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都
不相同，故A与B互斥不对立，A错误；
当甲乙两人均未选择“5人制”课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与C不互斥，B
错误；
所以PA 
C1⋅C1⋅C1 2
= 4 3 2 = ，PB
C2⋅C2 3
4 4

C2 1
= 4 = ，PC
C2⋅C2 6
4 4

C2⋅C2 1
= 3 3 = ，
C2⋅C2 4
4 4
且PAC 
C1⋅C1 1
= 3 2 = ,PBC
C2⋅C2 6
4 4
 =0，所以PAC  =PA  ⋅PC  ，
PBC  ≠PB  ⋅PC  ，即A与C相互独立，B与C不相互独立，C正确，D错误，
故选：C．
5009 (2024·四川宜宾·统考三模)同时抛掷两枚质地均匀的骰子一次，事件甲表示“第一枚骰
子向上的点数为奇数”，事件乙表示“第二枚骰子向上的点数为偶数”，事件丙表示“两枚骰
子向上的点数之和为6”，事件丁表示“两枚骰子向上的点数之和为7”，则 ( )
A.事件甲与事件乙互斥 B.P丙|乙 
5
=
72
C.事件甲与事件丁相互独立 D.事件丙与事件丁互为对立事件
【答案】C
【解析】用x表示第一枚骰子向上的点数，y表示第二枚骰子向上的点数，则两枚骰子的
情况用数对x,y  表示，
则所有可能情况有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个结果，
对于A：显然事件甲与事件乙可以同时发生，如出现1,4  ，故事件甲与事件乙不互斥，即
A错误；
对于B：P丙|乙 
2 1
= = ，故B错误；
18 9
对于C：记事件甲为A，事件丁为B，则PA 
18 1
= = ，PB
36 2

6 1
= = ，
36 6
第 页 共 页
3236 3427PAB 
3 1
= = ，
36 12
所以PAB  =PA  ⋅PB  ，即事件甲与事件丁相互独立，故C正确；
对于D：事件丙与事件丁不能同时发生，但是可以都不发生，故事件丙与事件丁互为互斥
不对立事件，故D错误；
故选：C
【解题方法总结】
判断事件是否相互独立的方法
(1)定义法：事件A，B相互独立⇔P(A∩B)=P(A)⋅P(B)．
(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(3)条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)=P(B)判断．
3 题型三：相互独立事件概率的计算
5010 (2024·天津·校联考一模)某产品的质量检验过程依次为进货检验(IQC)、生产过程检验
4
(IPQC)、出货检验(OQC)三个环节．已知某产品IQC的单独通过率为 ，IPQC的单
5
3
独通过率为 ，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一
4
次(修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次)，且各类检验间相互独立，则
一件该产品能进入OQC环节的概率为 ．
9
【答案】 /0.9
10
【解析】设A 表示第i次通过进货检验，B 表示第i次通过生产过程检验(i=1,2)，C表
i i
示该产品能进入出货检验环节，由题意得
PC 
   
=PAB +AA B +ABB +AA BB 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 
4 3 1 4 3 4 1 3
= × + × × + × × 5 4 5 5 4 5 4 4
1 4 1 3 9
+ × × × = ．
5 5 4 4 10
9
故答案为： .
10
5011 (2024·全国·高三专题练习)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手
若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮假设某选手正确回答每个问题的
概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下
一轮的概率为 .
144
【答案】 /0.04608
3125
【解析】由该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮，说明他第4、第5两个问题是连续答
对的，第3个问题没有答对，第1和第2两个问题也没有全部答对，即他答题结果可能有三
种情况：×××√√或×√×√√或√××√√，根据独立事件同时发生的概率公式，可得该选
手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为
0.2×0.2×0.2×0.8×0.8+0.2×0.8×0.2×0.8×0.8+0.8×0.2×0.2×0.8×0.8=
0.04608
故答案为：0.04608
5012 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投且先投中
者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为
第 页 共 页
3237 34271 1
，乙每次投篮投中的概率为 ，且各次投篮互不影响，则乙获胜的概率为 .
3 2
13
【答案】
27
【解析】记“乙获胜”为事件C，记甲第i次投篮投进为事件A，乙第i次投篮投进为事件
i
B，
i
由互斥事件仅有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知，

P(C)=PAB 1 1 
  
+PABA B 1 1 2 2 
    
+PABA B A B 1 1 2 2 3 3 

=PA 1  PB 1  +

PA 1 

PB 1 

PA 2  PB 2 

+PA 1 

PB 1 

PA 2 

PB 2 

PA 3  PB 3 
2 1 2
= × + 3 2 3 
2
×
1

2

2 2
+
3

3 1
×
2

3 13
= .
27
13
故答案：
27
5013 (2024·全国·校联考模拟预测)已知甲、乙、丙三位选手参加某次射击比赛，比赛规则如
下：①每场比赛有两位选手参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的选手与未参加此场比赛
的选手进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一位选手首先获胜两场，则本次比赛结束，该
1
选手获得此次射击比赛第一名.若在每场比赛中，甲胜乙的概率为 ，甲胜丙的概率为
3
3 1
，乙胜丙的概率为 ，且甲与乙先参加比赛，则甲获得第一名的概率为 .
4 2
25
【答案】
72
1 3
【解析】因为每场比赛中，甲胜乙的概率为 ，甲胜丙的概率为 ，
3 4
1
乙胜丙的概率为 ，
2
所以甲选手获胜的概率是PA 
1 3 1 3
= × + ×1-
3 4 3 4

1 1 1
× × +1-
2 3 3
 ×
1
1-
2

3 1 25
× × = .
4 3 72
25
故答案为：
72
5014 (2024·山东·高三专题练习)无症状感染者被认为是新冠肺炎疫情防控的难点之一．国
际期刊《自然》杂志中一篇文章指出，30%~60%的新冠感染者无症状或者症状轻微，但他
们传播病毒的能力并不低，这些无症状感染者可能会引起新一轮的疫情大爆发．我们把
与病毒携带者有过密切接触的人群称为密切接触者．假设每名密切接触者成为无症状感
1
染者的概率均为 ，那么4名密切接触者中，至多有2人成为无症状感染者的概率为
3
．
8
【答案】
9
【解析】至多有2人成为无症状感染者包括0人成为无症状感染者，1人成为无症状感染
者，2人成为无症状感染者三种情况，且每种情况间是互斥的，所以所求概为
1 C01-
4 3
 4 +C1× 1 ×1- 1
4 3 3
 3 +C2× 1
4 3
 2 1 ×1-
3
 2 16+32+24 8 = =
81 9
8
故答案为：
9
5015 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习)某电视台的夏日水上闯关节目一共有
2 3
三关，第一关与第二关的过关率分别为 ， ．只有通过前一关才能进入下一关，每一关
3 4
第 页 共 页
3238 3427都有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第三关的
概率为 ．
5
【答案】 .
6
2 1 2 8 3
【解析】该选手闯过第一关的概率为P = + × = ，闯过第二关的概率为P =
1 3 3 3 9 1 4
1 3 15
+ × = ，
4 4 16
8 15 5
所以该选手能进入第三关的概率为P= × = .
9 16 6
5
故答案为： .
6
5016 (2024·浙江·高三专题练习)2019年底，武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情，国家卫健委
紧急部署，从多省调派医务工作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他们成为“最美
逆行者”．武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新
冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员，
强化网格化管理，不落一户、不漏一人．若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者
的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳
性，则将该小区确定为“感染高危小区”．假设每人被确诊的概率均为p0<p<1  且相互
独立，若当p=p 时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大
0
值，则p = ．
0
15
【答案】1-
5
【解析】由题意知，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率
f(p)=p(1-p)3+p(1-p)4，f(p)=(1-p)2 5p2-10p+2  ，
15 15
令f(p)=0，解得p=1- ，故f(p)在0,1-
5 5
 上单调递增，
15
在1- ,1
5

15
上单调递减，故当p=1- 时，f(p)取得最大值．
5
15
故答案为：1- .
5
【解题方法总结】
(1)求相互独立事件同时发生的概率的步骤
①首先确定各事件之间是相互独立的．
②求出每个事件的概率，再求积．
(2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件
是相互独立的．
4 题型四：相互独立事件概率的综合应用
5017 (2024·河南焦作·高三统考开学考试)小李参加某项专业资格考试，一共要考3个科目，
若3个科目都合格，则考试直接过关；若都不合格，则考试不过关；若有1个或2相科目合
格，则所有不合格的科目需要进行一次补考，补考都合格的考试过关，否则不过关．已知
小李每个科目每次考试合格的概率均为p(0<p<1)，且每个科目每次考试的结果互不影
响．
(1)记“小李恰有1个科目需要补考”的概率为fp  ，求fp  的最大值点p ． 0
(2)以(1)中确定的p 作为p的值．
0
第 页 共 页
3239 3427(ⅰ)求小李这项资格考试过关的概率；
(ⅱ)若每个科目每次考试要缴纳20元的费用，将小李需要缴纳的费用记为X元，求
EX  ．
【解析】(1)由题意知fp  =C1 3 p2 1-p  =3p2 1-p  ，0<p<1，
则fp  =-9p2+6p=3p2-3p  ，
2
当0<p< 时，fp
3
 >0，
2
当 <p<1时，fp
3
 <0，
所以函数fp 
2
在0,
3

2
单调递增， ,1
3
 单调递减，
2
所以当p= 时，fp 3 
2
取最大值，即p = ． 0 3
2
(2)(ⅰ)小李第一次考试3个科目都合格的概率为P =
1 3

3 8
= ，
27
2
小李第一次考试有2个科目合格，补考1个科目且合格的概率为P =3×
2 3

2 1 2
× ×
3 3
8
= ，
27
2 1
小李第一次考试有1个科目合格，补考2个科目且均合格的概率为P =3× ×
3 3 3

2
×
2

3

2 8
= ，
81
56
所以小李这项资格考试过关的概率为P=P +P +P = ．
1 2 3 81
(ⅱ)X的所有可能取值为60，80，100，
则PX=60 
2
=
3

3 1
+
3

3 1
= ，PX=80
3

2
=3×
3

2 1 4
× = ，
3 9
PX=100 
2 1
=3× ×
3 3

2 2
= ，
9
故EX 
1 4 2 700
=60× +80× +100× = ．
3 9 9 9
5018 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)某猎人发现在距离他100米处的位置
3
有一只猎物，如果直接射击，则只射击一次就击中猎物的概率为 ，为了有更大的概率击
5
中猎物，猎人准备多次射击.假设每次射击结果之间相互独立，猎人每次射击击中猎物的
概率与他和猎物之间的距离成反比.
(1)如果猎人第一次射击没有击中药物，则猎人经过调整后进行第二次射击，但由于猎物
受到惊吓奔跑，使得第二次射击时猎物和他之间的距离增加了50米；如果第二次射击仍
然没有击中猎物，则第三次射击时猎物和他之间的距离又增加了50米，如此进行下去，每
次射击如果没有击中，则下一次射击时猎物和他之间的距离都会增加50米，当猎人击中
2
猎物或发现某次射击击中的概率小于 时就停止射击，求猎人停止射击时射击次数的概
9
率分布列与数学期望.
(2)如果猎人直接连续射击，由于射击速度很快，可以认为在射击期间猎物和猎人之间的
距离保持不变，如果希望至少击中猎物一次的概率超过98%，至少要连续射击多少次?
附:ln2≈0.693,ln3≈1.099,ln5≈1.609.
【解析】(1)因为猎人每次射击击中猎物的概率与他和猎物之间的距离成反比，
设第i次射击击中猎物的概率为p(i∈N∗)，猎人和猎物之间的距离为d(i∈N∗)，
i i
k 3
则p = (k为常数i∈N*)，∵p = ，d =100，∴k=p ⋅d =60，
i d 1 5 1 1 1
i
第 页 共 页
3240 342760 60 2 60 3 60 6
∴p = ，∴p = = ，p = = ，p = = ．
i d 2 150 5 3 200 10 4 250 25
i
60 1 2
当i≥5时，p ≤ = < ，停止射击．
i 300 5 9
设猎人的射击次数为X，则X的所有取值为1，2，3，4
PX=1 
3
= ，PX=2
5

3
=1-
5

2 4
× = ，
5 25
PX=3 
3
=1-
5

2
×1-
5

3 9
× = ，PX=4
10 125

3
=1-
5

2
×1-
5

3
×1-
10

21
= ，
125
∴X的分布列为
x 1 2 3 4
3 4 9 21
P
5 25 125 125
∴X的数学期望为EX 
3 4 9 21 226
=1× +2× +3× +4× = .
5 25 125 125 125
(2)记“第i次射击击中猎物”为事件A，i=1，2，⋯，
i
 
则n次连续射击至少击中猎物一次的概率为P=1-PAA ⋯A
1 2 n

3
=1-1-
5

n
>
98
，
100
2ln5+ln2 2×1.609+0.693
故n> ≈ ≈4.270，
ln5-ln2 1.609-0.693
所以至少要连续射击5次．
5019 (2024·河北沧州·校考三模)甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场
比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规
则循环下去.若比赛中有人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签
决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率
1 1 2
为 ，乙、丙比赛乙胜概率为 ，丙、甲比赛丙胜概率为 ，每局比赛相互独立且每局比赛
2 3 3
没有平局.
(1)比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；
(2)已知比赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率.
【解析】(1)由题可知，甲、乙、丙各旁观1局的概率即为甲、乙、丙各胜1局的概率.
设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件A，B，C，则A，B，C相互
独立，

设比赛完3局时，甲、乙、丙各胜1局为事件M，则M=AC∪AB，
则PM  =PAC 

+PAB  =PA  PC 

+PA 

PB 
1 2 1 2 2
= × + × = ，
2 3 2 3 3
2
所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为 .
3
(2)设甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件A，B，C，i=1,2,3,4,5，
i i i
设比赛完5局甲获得最终胜利为事件D，则
D=BB A A A +BC A A A +AA B B A +AA B C A +AC C A A +
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
A 1 C 2 B 3 A 4 A 5 ,PB 1 B 2 A 3 A 4 A 5  =PB 1  PB 2  PA 3  PA 4  PA 5 
1 1 1 1 1
= × × × × 2 3 2 3 2
1
= ，
72
第 页 共 页
3241 3427PB 1 C 2 A 3 A 4 A 5  =PB 1  PC 2  PA 3  PA 4  PA 5 
1 2 1 1 1 1
= × × × × = ， 2 3 3 2 3 54
PA 1 A 2 B 3 B 4 A 5  =PA 1  PA 2  PB 3  PB 4  PA 5 
1 1 1 1 1 1
= × × × × = ， 2 3 2 3 2 72
PA 1 A 2 B 3 C 4 A 5  =PA 1  PA 2  PB 3  PC 4  PA 5 
1 1 1 2 1 1
= × × × × = ， 2 3 2 3 3 54
PA 1 C 2 C 3 A 4 A 5  =PA 1  PC 2  PC 3  PA 4  PA 5 
1 2 2 1 1 1
= × × × × = ， 2 3 3 3 2 27
PA 1 C 2 B 3 A 4 A 5  =PA 1  PC 2  PB 3  PA 4  PA 5 
1 2 1 1 1 1
= × × × × = ， 2 3 3 2 3 54
所以PD 
1 1 1 1 1 1 13
= + + + + + = .
72 54 72 54 27 54 108
13
所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为 .
108
5020 (2024·贵州·校联考模拟预测)某校为丰富教职工业余文化活动，在教师节活动中举办了
“三神杯”比赛，现甲乙两组进入到决赛阶段，决赛采用三局两胜制决出冠军，每一局比赛
中甲组获胜的概率为p0<p<1 
1
，且甲组最终获得冠军的概率为 (每局比赛没有平局).
2
(1)求p；
(2)已知冠军奖品为28个篮球，在甲组第一局获胜后，比赛被迫取消，奖品分配方案是：如
果比赛继续进行下去，按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球，请问按此方案，甲组、乙组
分别可获得多少个篮球?
【解析】(1)令事件A i ：甲组在第i局获胜，i=1,2,3.甲组胜的概率为：p=pA 1 A 2  +

pAA A 1 2 3 

+pAA A 1 2 3  =p2+2p2 1-p 
1
= ， 2
1
解得p= .
2
(2)由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为：甲组接下来的比赛中
连输两场，
 
即p=pA A
2 3

1 1 1 3
= × = ，即甲获胜的概率为 ，
2 2 4 4
故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品，
即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理.
5021 (2024·河南郑州·统考模拟预测)手工刺绣是中国非物质文化遗产之一，指以手工方式，
用针和线把人的设计和制作添加在任何存在的织物上的一种艺术，大致分为绘制白描图
和手工着色、电脑着色，选线、配线和裁布三个环节，简记为工序A，工序B，工序C.经过
1 2 3
试验测得小李在这三道工序成功的概率依次为 ， ， .现某单位推出一项手工刺绣体
2 3 4
验活动，报名费30元，成功通过三道工序最终的奖励金额是200元，为了更好地激励参与
者的兴趣，举办方推出了一项工序补救服务，可以在着手前付费聘请技术员，若某一道工
序没有成功，可以由技术员完成本道工序.每位技术员只完成其中一道工序，每聘请一位
技术员需另付费100元，制作完成后没有接受技术员补救服务的退还一半的聘请费用.
(1)若小李聘请一位技术员，求他成功完成三道工序的概率；
(2)若小李聘请两位技术员，求他最终获得收益的期望值.
【解析】(1)记事件M为“小李聘请一位技术员成功完成三道工序”，
1
当技术员完成工序A时，小李成功完成三道工序的概率为：P =1-
1 2

2 3 1
× × = ,
3 4 4
2
当技术员完成工序B时，小李成功完成三道工序的概率为：P =1-
2 3

1 3 1
× × = ,
2 4 8
第 页 共 页
3242 34273
当技术员完成工序C时，小李成功完成三道工序的概率为：P =1-
3 4

2 1 1
× × = ,
3 2 12
1 2 3 1
当技术员没参与补救时，小李成功完成三道工序的概率为：P = × × = ，
4 2 3 4 4
1 1 1 1 17
故小李成功完成三道工序的概率为P=P +P +P +P = + + + = ；
1 2 3 4 4 8 12 4 24
(2)设小李最终收益为X，小李聘请两位技术员参与比赛，
有如下几种情况：
两位技术员都参与补救但仍未成功完成三道工序，此时X=-230，PX=-230  =
1
1-
2

2
×1-
3

3
×1-
4

1
= ；
24
两位技术员都参与补救并成功完成三道工序，此时X=-230+200=-30，PX=-30 
1
=1-
2

2
×1-
3

3 1 2
× + ×1-
4 2 3

3
×1-
4

2 1
+ ×1-
3 2

3
×1-
4

1
= ；
4
只有一位技术员参与补救后成功完成三道工序，此时X=-30-100-50+200=20，
PX=20 
1
=1-
2

2 3 1 2
× × + ×1-
3 4 2 3

3 1 2 3
× + × ×1-
4 2 3 4

11
= ;
24
技术员最终未参与补救仍成功完成三道工序，此时X=-30-50×2+200=70，
PX=70 
1 2 3 1
= × × = ；
2 3 4 4
故EX  =-230 
1
× +-30
24

1 11 1 115
× +20× +70× = .
4 24 4 12
5022 (2024·广东阳江·高三统考阶段练习)部分高校开展基础学科招生改革试点工作(强基计
划)的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节.已知A,B
两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立.若某考生
2
报考A大学，每门科目达到优秀的概率均为 ，若该考生报考B大学，每门科目达到优秀
5
1 2
的概率依次为 ， ，n，其中0<n<1.
4 5
1
(1)若n= ，分别求出该考生报考A,B两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的
3
概率；
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的
期望为依据作出决策，该考生更有希望进入A大学的面试环节，求n的范围.
【解析】(1)设该考生报考A大学恰好有一门笔试科目优秀为事件A，
则PA  2 3 =C1× × 3 5 5  2 54 = ； 125
该考生报考B大学恰好有一门笔试科目优秀为事件B，
则PB 
1 3 2 3 2 2 3 3 1 27 9
= × × + × × + × × = = .
4 5 3 4 5 3 4 5 3 60 20
2
(2)该考生报考A大学达到优秀科目的个数设为X，则X∼B3,
5
 ，∴EX 
2
=3× =
5
6
；
5
该考生报考B大学达到优秀科目的个数设为Y，则Y所有可能的取值为0,1,2,3，
∵PY=0 
3 3
= × ×1-n
4 5

91-n
=

；
20
PY=1 
1 3
= × ×1-n
4 5

3 2
+ × ×1-n
4 5

3 3 9
+ × ×n= ；
4 5 20
PY=2 
1 2
= × ×1-n
4 5

1 3 3 2 2+7n
+ × ×n+ × ×n= ；
4 5 4 5 20
第 页 共 页
3243 3427PY=3 
1 2 n
= × ×n= ；
4 5 10
∴随机变量Y的分布列：
Y 0 1 2 3
91-n
P
 9 7n+2 n
20 20 20 10
∴EY 
91-n
=0×
 9 7n+2 n 13+20n
+1× +2× +3× = ；
20 20 20 10 20
∵该考生更有希望进入A大学的面试环节，∴EY  <EX 
13+20n 6
，即 < ，
20 5
11 11
解得：0<n< ，∴n的范围为0,
20 20
 .
【解题方法总结】
1、求复杂事件的概率一般可分三步进行
(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
(2)理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并“”交”表示所求事件；
(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．
2、计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少“”至多”问题，考虑逆向思维，考查
原事件的对立事件，用间接法处理．
5 题型五：全概率公式及其应用
5023 (2024·江西·高三校联考阶段练习)某同学喜爱篮球和跑步运动.在暑假期间，该同学下
3
午去打篮球的概率为 .若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮
4
2
球，则晚上去跑步的概率为 .已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为
3
.
9
【答案】
11
【解析】设下午打篮球为事件A，晚上跑步为事件B，易知PA  =PAB 
3 
= ，PBA
4

2
= ，
3
∴PB  =PAB 

+PAB  =PA 

+PA 

⋅PBA 
3 2 1 11
= + × = ，
4 3 4 12
∴PAB 
PAB
=

PB 
9
= .
11
9
故答案为：
11
5024 (2024·江苏南京·高三统考开学考试)某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，
一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植
后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为 ．
14
【答案】0.56/
25
【解析】分别记取到一等麦种和二等麦种分别为事件A,A ，所结麦穗含有50粒以上麦
1 2
粒为事件B.
由已知可得，PA 1  =0.9，PA 2  =0.1，PB|A 1  =0.6，PB|A 2  =0.2，
第 页 共 页
3244 3427由全概率公式可得，PB  =PBA 1  +PBA 2  =PA 1  PB|A 1  +PA 2  PB|A 2  =0.9
×0.6+0.1×0.2=0.56.
故答案为：0.56.
5025 (2024·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)某篮球队教练对近两年队员甲参加过的
100场比赛进行统计：甲在前锋位置出场20次，其中球队获胜14次；中锋位置出场30次，
其中球队获胜21次；后卫位置出场50次，其中球队获胜40次.用该样本的频率估计概率，
则甲参加比赛时，该该球队某场比赛获胜的概率为 .
3
【答案】0.75/
4
【解析】根据全概率公式可知：
20 14 30 21 50 40
甲参加比赛时，该该球队某场比赛获胜的概率为 × + × + × =
100 20 100 30 100 50
0.75，
故答案为：0.75
5026 (2024·福建漳州·高三统考开学考试)有一批同一型号的产品，其中甲工厂生产的占
40%，乙工厂生产的占60%.已知甲、乙两工厂生产的该型号产品的次品率分别为3%，
2%，则从这批产品中任取一件是次品的概率是 .
【答案】0.024
【解析】设A ，A 分别表示甲、乙厂生产的产品，B表示取到次品，
1 2
则P(A)=0.4，P(A )=0.6，
1 2
P(B|A)=0.03，P(B|A )=0.02，
1 2
∴从中任取一件产品取到次品的概率为：
PB  =P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A ) 1 1 2 2
=0.4×0.03+0.6×0.02=0.024，
故答案为：0.024．
5027 (2024·江苏镇江·高三统考开学考试)现有两个罐子，1号罐子中装有3个红球、2个黑
球，2号罐子中装有4个红球、2个黑球.现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐
子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为 .
23
【答案】
35
【解析】记1号罐子中取出红球的事件为A ，取出黑球的事件为A ，从2号罐子中取出红
1 2
球的事件为B，
3 2 5 4
显然Ω=A ∪A ,A,A 互斥，P(A)= ,P(A )= ,P(B|A)= ,PB|A )= ，
1 2 1 2 1 5 2 5 1 7 2 7
3 5 2 4 23
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A )= × + × = .
1 1 2 2 5 7 5 7 35
23
故答案为： .
35
5028 (2024·福建·校联考模拟预测)若一个点从三棱柱下底面顶点出发，一次运动中随机去向
相邻的另一个顶点，则在5次运动后这个点仍停留在下底面的概率是 .
122
【答案】
243
【解析】这个点每次运动后的位置，不在上底面，则在下底面，即为对立事件，可记事件A
i

=“第i次运动后这个点停留在下底面”，则A =“第i次运动后这个点停留在上底面”，i
i
=1,2,3,⋯,n,⋯
第 页 共 页
3245 3427设PA n 

=a ，则PA n n  =1-a ， n

2 1
由题意知，P(A |A )= ,PA |A )= ，
n+1 n 3 n+1 n 3
 
则由全概率公式可得，P(A )=P(A )P(A |A )+P(A )P(A |A )，
n+1 n n+1 n n n+1 n
2 1
则a n+1 = 3 a n + 3 1-a n  ，
1 1 1 1 1 1
即a = a + ，两边同减去 可得，a - = a -
n+1 3 n 3 2 n+1 2 3 n 2
 ，
2 1 1
又已知a = ，a - = ≠0
1 3 1 2 6
1
故数列a -
 n 2

1 1
是以 为首项， 为公比的等比数列，
6 3
1 1 1
则a - = 
n 2 6 3

n-1 1 1
，即a = 
n 2 3

n 1
+ ，
2
122
故当n=5时，a = .
5 243
122
故答案为： .
243
5029 (2024·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试)已知PA  =0.4,P B   A  =
0.2,P B 

 A 

=0.3，则PB  = ．
37
【答案】0.74/
50

【解析】因为P(A)=0.4，P(B|A)=0.2，P(B|A)=0.3，

所以P(A)=0.6，
 
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.4×0.2+0.6×0.3=0.26，

所以P(B)=1-P(B)=1-0.26=0.74，
故答案为：0.74.
【解题方法总结】
n
全概率公式P(B)=P(A)P(B|A)在解题中体现了“化整为零、各个击破”的转化思
i i
i=1
想，可将较为复杂的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑．
6 题型六：贝叶斯公式及其应用
5030 (2024·河北秦皇岛·高三校联考开学考试)有甲、乙两个加工厂加工同一型号零件，甲厂
加工的次品率为6%，乙厂加工的次品率为5%，已知甲乙两个加工厂加工的零件数分别占
当地市场总数的45%，55%，现从当地市场上任意买一件这种型号的零件、则买到的零件
是次品，且是甲厂加工的概率为 ．
54
【答案】
109
【解析】记A 为事件“零件为甲厂加工”，A 为事件“零件为乙厂加工”，B为事件“买一个
1 2
零件为次品”，则PA 1  =0.45，PA 2  =0.55．
所以PB  =PA 1  PB∣A 1  +PA 2  PB∣A 2  =0.45×0.06+0.55×0.05=0.0545．
所以PA 1 ∣B  = PA 1  PB∣A 1  PB  0.45×0.06 54 = = ． 0.0545 109
54
故答案为: ．
109
第 页 共 页
3246 34275031 (2024·福建漳州·高三福建省华安县第一中学校考开学考试)有3台车床加工同一型号
的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为
2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的
10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，如果该零件是次品，那么它是第3台车
床加工出来的概率为 ．
1
【答案】
3
【解析】记事件A：车床加工的零件为次品，记事件B：第i台车床加工的零件，
i
则P(A|B)=8%，P(A|B )=3%，P(A|B )=2%，P(B)=10%，P(B )=40%，P(B )=
1 2 3 1 2 3
50%，
任取一个零件是次品的概率为P(A)=P(AB)+P(AB )+P(AB )=8%×10%+3%×
1 2 3
40%+2%×50%=0.03
如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率为
P(B |A)= PAB 3
3

PA 
= P A|B 3 )PB 3  
PA 
2%×50% 1 = = .
0.03 3
1
故答案为： .
3
29．(2024·辽宁锦州·统考模拟预测)某考生回答一道有4个选项的选择题，设会答该题
3
的概率是 ，并且会答时一定能答对，若不会答，则在4个答案中任选1个.已知该考生回
5
答正确，则他确实会答该题的概率是 .
6
【答案】
7
【解析】设考生会答该题为事件A，不会答为事件B，该考生回答正确为事件C；
则：PA 
3
= ,PB
5
 =1-PA 
2
= ,
5
PC  =PA 
1
+ PB
4

3 1 2 7
= + × = ,
5 4 5 10
PA|C 
PAC
=

PC 
PA
=
 PC|A 
PC 
PA
=

PC 
6
= ,
7
6
故答案为：
7
29．(2024·河南安阳·统考二模)学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两
份，第1份占总数的40％，次品率为5％，第2份占总数的60％，次品率为4％．若李老师
分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的概率为 ．
5
【答案】
11
【解析】设事件B为“拿的苹果是次品”，A ii=1,2  为“拿的苹果来自第i份”，
则PA 1  =0.4，PB|A 1  =0.05，PA 2  =0.6，PB|A 2  =0.04，
所以PB  =PA 1  PB|A 1  +PA 2  PB|A 2  =0.4×0.05+0.6×0.04=0.044，
所求概率为PA 1 |B  = PBA 1  PB  = PA 1  PB|A 1  PB  0.4×0.05 5 = = ． 0.044 11
5
故答案为：
11
30．(2024·浙江·高三校联考阶段练习)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班
族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自
1 1 1
驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为 , , ，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到
3 3 3
第 页 共 页
3247 34271 1 1
的概率分别为 , , ，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是
4 5 6
．
15
【答案】
37
【解析】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
1 1 1 1
则P(A)=P(B)=P(C)= ,P(D∣A)= ,P(D∣B)= ,P(D∣C)= ；
3 4 5 6
1 1 1 1
P(D)=P(A)P(D∣A)+P(B)P(D∣B)+P(C)P(D∣C)= × + +
3 4 5 6
 ，
P(AD)
小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A∣D)= =
P(D)
1 1
×
P(A)P(D∣A) 3 4
=
P(D) 1 1 1 1
× + +
3 4 5 6

15
= ，
37
1
4 15
法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率P= = ，
1 1 1 37
+ +
4 5 6
15
故答案为： ．
37
31．(2024·天津滨海新·高三大港一中校考阶段练习)有三个笼子，里面分别放有两只雄
兔一只雌兔、两只雄兔两只雌兔、以及三只雌兔.如果在从一个笼子里拿出一只雄兔之后，
那么再从这个笼子里取出雄兔的概率为 .
3
【答案】
7
【解析】记三个笼子分别为A,B,C，
2
3 4
若从一个笼子里拿出一只雄兔，则该笼子为A的概率为P = = ，
1 2 1 7
+
3 2
1
2 3
该笼子为B的概率为P = = ，该笼子为C的概率为P =0，
2 2 1 7 3
+
3 2
1 1 3
故此时再从从这个笼子里取出雄兔的概率为P=P × +P × = ，
1 2 2 3 7
3
故答案为：
7
32．(2024·全国·高三专题练习)某人下午5：00下班，他所积累的资料如表所示
到家时间 5：35~5：39 5：40~5：44 5：45~5：49 5：50~5：54 晚于5：54
乘地铁到家的概
0.10 0.25 0.45 0.15 0.05
率
乘汽车到家的概
0.30 0.35 0.20 0.10 0.05
率
某日他抛一枚硬币决定乘地铁回家还是乘汽车回家，结果他是5：47到家的，则他是乘地
铁回家的概率为 ．
9
【答案】
13
第 页 共 页
3248 3427
【解析】设事件H表示“乘地铁回家”，则事件H表示“乘汽车回家”．
到家时间为5：47，属于区间5：45~5：49，
设事件T表示“到家时间在5：45~5：49之间”，则所求概率为PH|T  ．
易知PT|H 

=0.45，PT|H  =0.20，因为他是由掷硬币决定乘地铁回家还是乘汽车回
家，所以PH 

=PH  =0.5．
由贝叶斯公式得PH|T 
PHT
=

PT 
PT|H
=
 PH 
PT|H  PH 

+PT|H 

PH 
=
0.45×0.5 9
= ．
0.45×0.5+0.20×0.5 13
9
故答案为：
13
【解题方法总结】
1、利用贝叶斯公式求概率的步骤
n
第一步：利用全概率公式计算P(A)，即P(A)=P(B)P(A|B)；
i i
i=1
第二步：计算P(AB)，可利用P(AB)=P(B)P(A|B)求解；
P(AB)
第三步：代入P(B|A)= 求解．
P(A)
P(AB) n
2、贝叶斯概率公式反映了条件概率P(B|A)= ，全概率公式P(A)=P(B)P
P(A) i
i=1
(A|B)及乘法公式P(AB)=P(B)P(A|B)之间的关系，即P B
i j
  A 
P(BA)
= j =
P(A)
P(B)P(A|B) P(B)P(A|B)
j j = j j ．
P(A) n
P(B)P(A|B)
i i
i=1
7 题型七：全概率公式与贝叶斯公式的综合应用
5032 (2024·福建三明·统考三模)在二十大报告中，体育、健康等关键词被多次提及，促进群众
体育和竞技体育全面发展，加快建设体育强国是全面建设社会主义现代化国家的一个重
要目标.某校为丰富学生的课外活动，加强学生体质健康，拟举行羽毛球团体赛，赛制采
取3局2胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且是否
上场是随机的，每局比赛结果互不影响.经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，
3
根据前期比赛的数据统计，甲队种子选手M对乙队每名队员的胜率均为 ，甲队其余4
4
1
名队员对乙队每名队员的胜率均为 .(注：比赛结果没有平局)
2
(1)求甲队最终2:1获胜且种子选手M上场的概率；
(2)已知甲队2:1获得最终胜利，求种子选手M上场的概率.
【解析】(1)设事件A i =“种子选手M第i局上场”i=1,2,3  ，
事件B=“甲队最终2:1获胜且种子选手M上场”.
由全概率公式知，PB  =PBA 1  ⋅PA 1  +PBA 2  ⋅PA 2  +PBA 3  ⋅PA 3 
因为每名队员上场顺序随机，故PA i 
1
= i=1,2,3 5  ，
PBA 1 
3 1 1 1 1 1 1
= 4 × 2 × 2 + 4 × 2 × 2 = 4 ，PBA 2 
1 3 1 1 1 1
= × × + × × = 2 4 2 2 4 2
第 页 共 页
3249 34271
4 ，PBA 3 
1 1 3 3
=C1⋅ × × = . 2 2 2 4 8
所以PB 
3
=∑PBA i
i=1
 PA i 
1 1 1 1 3 1 7
= × + × + × = ， 4 5 4 5 8 5 40
7
所以甲队最终2:1获胜且种子选手M上场的概率为 .
40
(2)设事件A =“种子选手M未上场”，事件C=“甲队2:1获得胜利”，
0
PA 0 
A3 2 
= 4 = ，PA A3 5 0
5

2 3
=1- 5 = 5 ，PCA 0 
1 1 1 1
=C1× × × = ， 2 2 2 2 4
PC  =PB  +PCA 0  ⋅PA 0 
7 1 2 11
= + × = ， 40 4 5 40

因为PA 0C 

PA C
0
=

PC 
.

由(1)知PA C 0  =PB 
 7
= 40 ，所以PA 0C 

PA C 0
=

PC 
7
40 7
= = . 11 11
40
7
所以，已知甲队2:1获得最终胜利，种子选手M上场的概率为 .
11
5033 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知外形完全一样的某品牌电子笔
1
6支装一盒，每盒中的电子笔次品最多一支，每盒电子笔有次品的概率是 .
10
(1)现有一盒电子笔，抽出两支来检测.
①求抽出的两支均是正品的概率；
②已知抽出的两支是正品，求剩余产品有次品的概率.
(2)已知甲乙两盒电子笔均有次品，由于某种原因将两盒笔完全随机的混合在了一起，现
随机选3支电子笔进行检测，记ξ为选出的3支电子笔中次品的数目，求ξ的分布列和期
望.
【解析】(1)①记事件A：该盒有次品；事件B：抽出的两支均是正品；
则PA 
1
= ，P B
10
  A 
C2 10 2
= 5 = = ，P B
C2 15 3
6


 A  =1，
∴PB  =PA  P B   A 

+PA  ⋅P B 

 A 
1 2 9 29
= × + ×1= ；
10 3 10 30
②P A   B 
PA
=
 P B   A 
PB 
1 2
× 10 3 2
= = .
29 29
30
(2)由题意知：两盒笔中共有10支正品，2支次品，∴ξ所有可能的取值为0,1,2，
Pξ=0 
C3 120 6
= 10 = = ；Pξ=1
C3 220 11
12

C2C1 90 9
= 10 2 = = ；Pξ=2
C3 220 22
12

C1 C2 10
= 10 2 =
C3 220
12
1
= ；
22
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
6 9 1
P
11 22 22
∴Eξ 
6 9 1 11 1
=0× +1× +2× = = .
11 22 22 22 2
5034 (2024·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测)甲，乙，丙三个厂家生产的手机充电器在
第 页 共 页
3250 3427某地市场上的占有率分别为25%，35%，40%，其充电器的合格率分别为70%，75%，80%．
(1)当地工商质检部门随机抽取3个手机充电器，其中由甲厂生产的手机充电器数目记为
X，求X的概率分布列，期望和方差；
(2)现从三个厂家生产的手机充电器中随机抽取1个，发现它是不合格品，求它是由甲厂
生产的概率．
【解析】(1)设“该手机充电器由甲厂生产”为事件A“，该手机充电器由乙厂生产”为事件
B“，该手机充电器由丙厂生产”为事件C“，该手机充电器是合格品”为事件D“，该手机充
电器是不合格品”为事件E，
则P(A)=0.25，P(B)=0.35，P(C)=0.4，P(D|A)=0.7，P(D|B)=0.75，P(D|C)=
0.8，P(E|A)=0.3，P(E|B)=0.25，P(E|C)=0.2，
X的取值为0，1，2，
27 27
P(X=0)=(1-0.25)3= ，P(X=1)=C1⋅0.25⋅(1-0.25)2=
64 3 64
9 1
P(X=2)=C2⋅0.252⋅(1-0.25)= ，P(X=3)=0.253=
3 64 64
所以分布列为
X 0 1 2 3
27 27 9 1
P
64 64 64 64
1 3 1 1
且X~B(3,0.25)，故E(X)=3⋅ = ，D(X)=3⋅ 1-
4 4 4 4

9
= ，
16
3 9
答：X的期望是 ，方差是
4 16
(2)P(E)=P(A)P(E|A)+P(B)P(E|B)+P(C)P(E|C)
=0.25×0.3+0.35×0.25+0.4×0.2=0.2425
P(AE) P(A)P(E|A) 0.25×0.3 750 30
PA|E)= = = = =
P(E) P(E) 0.2425 2425 97
30
答：它是由甲厂生产的概率是 ．
97
5035 (2024·湖南长沙·高三周南中学校考开学考试)英国数学家贝叶斯(1701-1763)在概率
论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重
要贡献．贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式
为：设A 1 ，A 2 ，⋯，A n 是一组两两互斥的事件，A 1 ∪A 2 ∪⋯∪A n =Ω，且PA i  >0，i=1,
2,⋯,n，则对任意的事件B⊆Ω，PB  >0，有P A i   B 
PA i
=
 P B   A i 
PB  =
PA i  P B   A i 
∑n PA
k=1 k
 P B   A
k

，i=1,2,⋯,n.现有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次
品率为6%，每加工一个零件耗时35分钟，第2，3台加工的次品率均为5%，每加工一个零
件分别耗时32分钟和30分钟，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的
零件数分别占总数的25%，30%，45%.
(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；
(2)如果取到的零件是次品，计算加工这个零件耗时X(分钟)的分布列和数学期望.
【解析】(1)设B=“任取一个零件为次品”，A =“零件为第i台车床加工”(i=1,2,3)，
i
则Ω=A ∪A ∪A ，且A,A ,A 两两互斥.
1 2 3 1 2 3
第 页 共 页
3251 3427根据题意，PA 1  =0.25,PA 2  =0.3,PA 3  =0.45,
PB|A 1  =0.06,PB|A 2  =PB|A 3  =0.05.
由全概率公式，得PB  =PA 1  PB|A 1  +PA 2  PB|A 2  +PA 3  PB|A 3 
=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45×0.05=0.0525.
(2)由题意知X=35,32,30，则
PX=35  =PA 1 |B  = PA 1 B  PB  = PA 1  PB|A 1  PB  0.25×0.06 2 = = ， 0.0525 7
同理得PX=32  =PA 2 |B 
2
= ,PX=30 7  =PA 3 |B 
3
= ， 7
所以加工这个零件耗时X的分布列为：
X 35 32 30
2 2 3
P
7 7 7
2 2 3
E(X)=35× +32× +30× =32(分钟).
7 7 7
5036 (2024·全国·高三专题练习)为提升学生的综合素养能力，学校积极为学生搭建平台，组
织学生参与各种社团活动.在学校辩论队活动中，甲同学积极参与.为了更好的了解每个
同学的社团参与情况和能力水平，对每位参与辩论队的同学进行跟踪记录.社团老师了解
到，甲自加入辩论队以来参加过100场辩论比赛：甲作为一辩出场20次，其中辩论队获胜
14次；甲作为二辩出场30次，其中辩论队获胜21次；甲作为三辩出场25次，其中辩论队
获胜20次；甲作为四辩出场25次，其中辩论队获胜20次.用该样本的频率估计概率，则：
(1)甲参加比赛时，求该辩论队某场比赛获胜的概率；
(2)现学校组织6支辩论队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少3场获
胜才可晋级.社团老师决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在辩论队顺利晋级，记其获胜
的场数为X，求X的分布列和数学期望.
【解析】(1)设A =“甲担任一辩”；A =“甲担任二辩”；A =“甲担任三辩”；A =“甲担
1 2 3 4
任四辩”；B=“某场比赛中该辩论队获胜"；
则PA 1 
20
= 100 =0.2,PA 2 
30
= 100 =0.3,PA 3 
25
= 100 =0.25,PA 4 
25
= =0.25; 100
PB∣A 1 
14
= 20 =0.7，PB∣A 2 
21
= 30 =0.7，PB∣A 3 
20
= 25 =0.8，PB∣A 4 
20
= = 25
0.8.
由全概率公式可得：PB  =PA 1  PB∣A 1  +PA 2  PB∣A 2  +PA 3  PB∣A 3  +
PA 4  PB∣A 4 
=0.2×0.7+0.3×0.7+0.25×0.8+0.25×0.8=0.75.
所以甲参加比赛时，该辩论队某场比赛获胜的概率是0.75.
(2)设C i =“5场中有i场获胜”i=3,4,5  ,D=“甲所在辩论队顺利晋级”，
PC 3 D  3 =C3 5 4  3 1  4  2 270 = 1024 ;PC 4 D  3 =C4 5 4  4 1  4  1 405 = 1024 ;PC 5 D  3 =C5 5 4  5 =
243
，
1024
则PD  =PC 3 D  +PC 4 D  +PC 5 D 
918
= ， 1024
PX=3  =PC 3 ∣D  = PC 3 D  PD  270 5 = = ， 918 17
第 页 共 页
3252 3427同理可得PX=4  =PC 4 ∣D  = PC 4 D  PD  405 15 = = ， 918 34
PX=5  =PC 5 ∣D  = PC 5 D  PD  243 9 = = ， 918 34
则X的分布列为：
X 3 4 5
5 15 9
P
17 34 34
EX 
5 15 9 135
=3× +4× +5× = .
17 34 34 34
5037 (2024·吉林长春·长春市第二中学校考模拟预测)某兴趣小组为研究一种地方性疾病与
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，设A=“患有地方性
 3  12
疾病”，B=“卫生习惯良好”.据临床统计显示，P(A|B)= ，P(B|A)= ，该地人群中
4 13
4
卫生习惯良好的概率为 .
5
(1)求P(A)和P(A|B)，并解释所求结果大小关系的实际意义；
(2)为进一步验证(1)中的判断，该兴趣小组用分层抽样的方法在该地抽取了一个容量为
m(m∈N*)的样本，利用独立性检验，计算得K2=2.640.为提高检验结论的可靠性，现将
样本容量调整为原来的k(k∈N*)倍，使得能有99.9%的把握肯定(1)中的判断，试确定k
的最小值.
n(ad-bc)2
参考公式及数据：K2= ；P(K2≥6.635)=0.010；P(K2≥
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
10.828)=0.001.
 3   1   1  1
【解析】(1)由题设P(A|B)= ，P(A|B)= ，PB|A)= ，P(B)= ，
4 4 13 5
      1  1 1  13
所以P(A|B)⋅P(B)=P(B|A)⋅P(A)，则 P(A)= × ，可得P(A)= ，
13 4 5 20
7  
所以P(A)= ，而P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)，
20
4 1 3 7 1
所以 ×P(A|B)+ × = ，则PA|B)= ，
5 5 4 20 4
P(A)和P(A|B)表示患有该地方性疾病与卫生习惯是否良好的关系.
(2) 不够良好 良好 总计
患有该病 ka kb ka+b 
未患该病 kc kd kc+d 
总计 ka+c 
k
b+d 
k
a+b+c+d 
ka+b+c+d
K2=
 k2ad-k2bc  2
ka+b  ⋅kc+d  ⋅ka+c  ⋅kb+d 
ka+b+c+d
=
 (ad-bc)2
a+b  c+d  a+c  b+d 
=k⋅2.64≥
10.828⇒k≥4.10，故k =5.
min
5038 (2024·江西宜春·高三统考开学考试)为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛
球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至
多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队
第 页 共 页
3253 3427进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率
3 1
均为 ，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为 .(注：比赛结果没有平局)
4 2
(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获
胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.
【解析】(1)事件B=“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件A =“甲队第j局获胜”，其中j=1,2,3,4,A 相互独立.
j j
又甲队明星队员M前四局不出场，故PA
j

1
= ,j=1,2,3,4，
2
  
B=A 1 A 2 A 3 A 4 +A 1 A 2 A 3 A 4 +A 1 A 2 A 3 A 4 ，所以PB  1 =C1 3 2  4 3 = . 16
(2)设C为甲3局获得最终胜利，D为前3局甲队明星队员M上场比赛，
由全概率公式知，PC  =PC|D  ⋅PD 

+PC|D 

⋅PD  ，
因为每名队员上场顺序随机，故PD 
C2A3 3 
= 4 3 = ，PD
A3 5
5

3 2
=1- = ,
5 5
PC|D 
1
=
2

2 3
×
4

3 
= ,PC|D
16

1
=
2

3 1
= ，
8
所以PC 
3 3 1 2 13
= × + × = .
16 5 8 5 80
(3)由(2)，PD|C 
PCD
=

PC 
PC|D
=
 ⋅PD 
PC 
3 3
×
16 5 9
= = .
13 13
80
40．(2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)新高考数学试卷中有多项选择题，每
道多项选择题有A，B，C，D这四个选项，四个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目
得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随
机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.某次多项选择题专项训练
中，共有kk∈N* 
1
道题，正确选项设计如下：第一题正确选项为两个的概率为 ，并且规
3
定若第ii=1,2,⋅⋅⋅,k-1 
1
题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为 ；
3
若第ii=1,2,⋅⋅⋅,k-1 
1
题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为 .
3
(1)求第n题正确选项为两个的概率；
(2)请根据期望值来判断：第二题是选一个选项还是选两个选项，更能获得较高分.
1
(1)设第n题正确选项为两个的概率为a ，则a = ，
n 1 3
当n≥2n∈N∗ 
1
时，有a n =a n-1 ⋅ 3 +1-a n-1 
1
⋅1- 3 
1 2 1
⇒a =- a + ⇒a - n 3 n-1 3 n 2
1 1
=- a -
3 n-1 2
 ，
1
因此数列a -
 n 2

1 1 1 1
是以 - =- 为首项，- 为公比的等比数列，
3 2 6 3
1 1
所以a - =-
n 2 6

1
-
3

n-1 1 1
⇒a = ×-
n 2 3

n 1 1
+ ，a = 显然适合，
2 1 3
1 1
故a = ×-
n 2 3

n 1
+ .
2
5
(2)由(1)可知：a = ，
2 9
设选一个选项的得分为X，X=0,2，
第 页 共 页
3254 3427PX=0 
5 2 5
= × +1-
9 4 9

1 7
× = ，PX=2
4 18

7 11
=1- = ，
18 18
因此EX 
7 11 11
=0× +2× = ，
18 18 9
设选二个选项的得分为Y，Y=0,2,5，
PY=0 
5 5 5
= × +1-
9 6 9

3 37
× = ，
6 54
PY=2 
5
=1-
9

3 2
× =
6 9
PY=5 
5 1 5
= × = ，
9 6 54
所以EY 
37 2 5 49
=0× +2× +5× = ，
54 9 54 54
因为EX  >EY  ，
所以第二题选一个选项更能获得较高分.
43．(2024·广东佛山·校联考模拟预测)某地区举行数学核心素养测评，要求以学校为单
位参赛，最终A学校和B学校进入决赛．决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有
4道选择题和2道填空题，乙箱中有3道选择题和3道填空题，决赛由两个环节组成，环节
一：要求两校每位参赛同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱；环
节二：由A学校和B学校分别派出一名代表进行比赛．两个环节按照相关比赛规则分别
累计得分，以累计得分的高低决定名次．
(1)环节一结束后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道
从A学校抽取12人，其答对题目的平均数为1，方差为1，从B学校抽取8人，其答对题目
的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差；
(2)环节二，A学校代表先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙
箱中，然后B学校代表再从乙箱中抽取题目，已知B学校代表从乙箱中抽取的第一题是
选择题，求A学校代表从甲箱中取出的是两道选择题的概率．
(1)设A学校答对题目的样本数据为x,x ,⋯,x ，B学校答对题目的样本数据为y,y ,
1 2 12 1 2
⋯,y ，
8
12 8
由题意得x=12×1=12，由题意得y =8×1.5=12，
i i
i=1 i=1
12 8
x+y
i i
12+12
所以这20人答对题目的均值为 i=1 i=1 = =1.2，
12+8 12+8
(x -1)2+(x -1)2+⋯+(x -1)2 12
由 1 2 12 =1，得(x-1)2=12，
12 i
i=1
(y -1.5)2+(y -1.5)2+⋯+(y -1.5)2 8
由 1 2 8 =0.25，得(y-1.5)2=2，
8 i
i=1
12 12
(x i -1.2)2= x i -1
i=1 i=1
  +(1-1.2) 
12
  2= x i -1
i=1
  2-0.4(x-1)+0.04 i  
12
= x i -1
i=1
  2-0.4x+0.44 i  
12 12
=(x-1)2-0.4×x+12×0.44=12-0.4×12+12×0.44=12.48，
i i
i=1 i=1
8 8
(y i -1.2)2= y i -1.5
i=1 i=1
  +(1.5-1.2) 
8
  2= y i -1.5
i=1
  2+0.6(y-1.5)+0.09 i  
第 页 共 页
3255 34278
= y i -1.5
i=1
  2+0.6y-0.81 i  
8 8
=(y-1.5)2+0.6×y-8×0.81=2+0.6×12-8×0.81=2.72，
i i
i=1 i=1
12 8
(x-1.2)2+(y-1.2)2
i i
12.48+2.72
这20人答对题目的方差为 i=1 i=1 = =0.76.
12+8 20
(2)记B=“B学校代表从乙箱中抽取的第一道题是选择题”，
A =“A学校代表先从甲箱中依次抽取了两道选择题”，
1
A =“A学校代表先从甲箱中依次抽取了一道选择题，一道填空题”，
2
A =“A学校代表先从甲箱中依次抽取了两道填空题”，
3
易知A,A ,A 彼此互斥，A ∪A ∪A =Ω，
1 2 3 1 2 3
C2 2 C1C1 8 C2 1
P(A)= 4 = ，P(A )= 4 2 = ，P(A )= 2 = ，
1 C2 5 2 C2 15 3 C2 15
6 6 6
5 4 1 3
P(B|A)= ，P(B|A )= = ，PB|A )= ，
1 8 2 8 2 3 8
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )
1 1 2 2 3 3
2 5 8 1 1 3 13
= × + × + × = ，
5 8 15 2 15 8 24
2 5
×
P(A)P(B|A) 5 8 6
P(A|B)= 1 1 = = .
1 P(B) 13 13
24
6
所以A学校代表从甲箱中取出的是两道选择题的概率为 .
13
【解题方法总结】
若随机试验可以看成分两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体结果怎样未知，那
么：(1)如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式；(2)如果第二个
阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般
用贝叶斯公式
第 页 共 页
3256 3427