10.5 事件的相互独立性
模块一：基础知识.........................................................................2
考点一：事件的相互独立性.......................................................... 2
考点二：互斥事件与相互独立事件的辨析.........................................2
考点三：求相互独立事件同时发生的概率的方法................................ 2
模块二：题型分类.........................................................................3
题型一：事件独立性的判断.......................................................... 3
题型二：相互独立事件的概率计算..................................................6
题型三：相互独立事件与互斥事件................................................10
题型四：相互独立事件的乘法公式................................................14
题型五：相互独立事件综合应用...................................................18
题型六：方程思想在相互独立事件概率中的应用.............................. 23
题型七：独立事件与其他知识综合................................................29
模块三：综合巩固....................................................................... 37
10.5 事件的相互独立性
模块一：基础知识
考点一：事件的相互独立性
1.定义：对任意两个事件A 与B，如果P(AB)=P(A)P(B)成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立.
2.性质：若事件A 与B 相互独立，则
与B，A 与
，
与
也相互独立.
3.应用
因为“A 与B 相互独立”是“P(AB)=P(A)P(B)”的充要条件，所以如果已知两个事件是相互独立的，则由它
们各自发生的概率可以迅速得到它们同时发生的概率.在实际问题中，我们常常依据实际背景去判断事件之
间是否存在相互影响，若认为事件之间没有影响，则认为它们相互独立.
4.推广
两个事件的相互独立性可以推广到n(n>2，n∈
)个事件的相互独立性，即若事件
，
，
，
相
互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(
)=P(
)P(
)
P(
).
考点二：互斥事件与相互独立事件的辨析
1.互斥事件与相互独立事件都描述的是两个事件间的关系，但互斥事件强调不可能同时发生，相互独立事
件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.用表格表示如下：
相互独立事件
互斥事件
判断方法
一个事件的发生与否对另一个
事件发生的概率没有影响.
两个事件不可能同时发生，即
AB=
.
概率公式
若事件A 与B 相互独立，则
P(AB)=P(A)P(B).
若事件A 与B 互斥，则P（A∪B）
=P（A）+P（B），反之不成立.
2.已知事件A，B 发生的概率分别为P(A)，P(B)，我们有如下结论：
事件
表示
概率（A，B 互斥）概率（A，B 相互独立）
A，B 中至少有一
个发生
P(A∪B)
P(A)+P(B)
1
P(
)P(
)或
P(A)+P(B)
P(AB)
A，B 都发生
P(AB)
0
P(A)P(B)
A，B 都不发生
P(
)
1
[P(A)+P(B)]
P(
)P(
)
A，B 恰有一个发
生
P(A
∪
B)
P(A)+P(B)
P(A) P(
)+ P(
)P(B)
A，B 中至多有一
个发生
P(
∪A
∪
B)
1
1
P(A)P(B)
考点三：求相互独立事件同时发生的概率的方法
1.利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
2.正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
模块二：题型分类
题型一：事件独立性的判断
1.下列事件中A ，B 是相互独立事件的是（
）
A．一枚硬币掷两次，A “第一次为正面”，B “第二次为反面”
B．袋中有2 白，2 黑的小球，不放回地摸两球，A “第一次摸到白球”, B “第二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，A “出现点数为奇数”，B “出现点数为偶数”
D．A “人能活到20 岁”，B “人能活到50 岁”
【答案】A
【解析】对于A 中，把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，
其结果不受先后影响，故A 是独立事件；
对于B：两个事件是不放回地摸球，显然A 事件与B 事件不相互独立；
对于C，事件A，B 应为互斥事件，不相互独立；
对于D 是条件概率，事件B 受事件A 的影响．故选：A．
2.设A 、B 是两个事件，以下说法正确的是（
）．
A．若
1
P A
P B
，则事件A 与事件B 对立
B．若
1
P A
P B
，则事件A 与事件B 互斥
C．若
P A
B
P A
P B
，则事件A 与事件B 互斥且不对立
D．若
P A
B
P A P B
，则事件A 与事件B 相互独立
【答案】D
【详解】对于A 和B，例如抛掷一枚质地均匀的骰子，
记事件A 为“出现偶数点”，事件B 为“出现1 点或2 点或3 点”，
则
0.5
P A
，
0.5
P B
，
1
P A
P B
，
但事件A ，B 既不互斥也不对立，故A 和B 错误；
对于C，在不同的试验下，即使
P A
B
P A
P B
，也不能说明事件A 与事件B 一定互斥，故C 错
误；
对于D，根据相互独立事件的定义可知，若
P A
B
P A P B
，
则事件A 与事件B 相互独立，故D 正确；
故选：D
3.抛掷一颗均匀骰子两次，E 表示事件“第一次是奇数点”，F 表示事件“第二次是3 点”，G 表示事件“两
次点数之和是9”，H 表示事件“两次点数之和是10”，则（
）
A．E 与G 相互独立
B．E 与H 相互独立
C．F 与G 相互独立
D．G 与H 相互独立
【答案】A
【解析】由题意得：
18
1
( )
36
2
P E
，
6
1
( )
36
6
P F
，
4
1
( )
36
9
P G
，
3
1
(
)
36
12
P H
对于选项A：
2
1
(
)
36
18
P EG
，
1
1
1
( ) ( )
2
9
18
P E P G
，
(
)
( ) ( )
P EG
P E P G
，
所以E 和G 互相独立，故A 正确；
对于选项B：
1
(
)
36
P EH
，
1
1
1
( ) (
)
2
12
24
P E P H
，
(
)
( ) (
)
P EH
P E P H
，
所以E 和H 不互相独立，故B 错误；
对于选项C：
1
(
)
36
P FG
，
1
1
1
( ) ( )
6
9
54
P F P G
，
(
)
( ) ( )
P FG
P F P G
，
所以F 和G 不互相独立，故C 错误；
对于选项D：
(
)
0
P GH
，
1
1
1
( ) (
)
9
12
108
P G P H
，
(
)
( ) (
)
P GH
P G P H
，
所以G 和H 不互相独立，故D 错误；故选：A
4.（多选）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，
编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A 表示事件“取出的两球不同色”，B 表示事件“第一次取出的
是黑球”，C 表示事件“第二次取出的是黑球”，D 表示事件“取出的两球同色”，则（
）
A．A 与D 相互独立.
B．A 与B 相互独立
C．B 与D 相互独立
D．A 与C 相互独立
【答案】BCD
【详解】不放回依次取出两个，基本事件有12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43，
共12种，
事件A “13,14,23,24,31,41,32,42 ”；
事件B “12,13,14,21,23,24 ”；
事件C “12,21,31,41,32,42 ”；
事件D =“12,21,34,43 ”.
事件AD ，事件AB “13,14,23,24”，
事件BD “12,21, ”，事件AC “31,41,32,42 ”，
则
8
2
6
1
,
12
3
12
2
P A
P B
，
6
1
12
2
P C
，
4
1
12
3
P D
，
0
P AD
，
4
1
12
3
P AB
，
2
1
12
6
P BD
，
4
1
12
3
P AC
，
所以
P AD
P A P D
，所以A 与D 不相互独立；
P AB
P A P B
，所以A 与B 相互独立；
P BD
P B P D
，所以B 与D 相互独立；
P AC
P A P C
，所以A 与C 相互独立；
故选：BCD
5.（多选）有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1 个球，
甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”；丙表示事件“两
次取出的球的数字之和是8”；丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（
）
A．甲与丙不相互独立
B．甲与丁不相互独立
C．乙与丙不相互独立
D．丙与丁不相互独立
【答案】ACD
【解析】由题意可知，两点数和为8 的所有可能为：(2,6) ，(3,5) ，(4,4)，(5,3) ，(6,2) ，
两点数和为7 的所有可能为(1,6) ，(2,5) ，(3,4) ，(4,3) ，(5,2) ，(6,1) ，
P （甲
1
)
6
，P （乙
1
)
6
，P （丙
5
5
)
6
6
36
，P （丁
6
1
)
6
6
6
，
:
A P （甲丙）
0
P
（甲)P （丙) ，
:
B P （甲丁）
1
36
P
（甲)P （丁) ，
:
C P （乙丙）
1
36
P
（乙)P （丙) ，
:
D P （丙丁）
0
P
（丙)P （丁) ，故选：ACD．
6.（多选）某人连续掷两次骰子，
1A 表示事件“第一次掷出的点数是2”，
2A 表示事件“第二次掷出的点数是
3”．
3
A 表示事件“两次掷出的点数之和为5”，
4
A 表示事件“两次掷出的点数之和为9”．则（
）
A．
1A 与
2A 相互独立
B．
1A 与
3
A 相互独立
C．
2A 与
3
A 不相互独立
D．
2A 与
4
A 不相互独立
【答案】ACD
【详解】由题意知
1
1
6
P A
，
2
1
6
P A
，
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
6
6
6
6
6
6
6
6
9
P A
，
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
6
6
6
6
6
6
6
6
9
P A
．
对A：∵
1
2
1
2
1
1
1
6
6
36
P A
A
P A P A
，∴
1A 与
2A 相互独立，故A 正确．
对B：∵
1
3
1
3
1
1
1
6
6
36
P A
A
P A P A
，∴
1A 与
3
A 不相互独立，故B 错误．
对C：∵
2
3
2
3
1
1
1
6
6
36
P A
A
P A
P A
，∴
2A 与
3
A 不相互独立，故C 正确．
对D：∵
2
4
2
4
1
1
1
6
6
36
P A
A
P A
P A
，∴
2A 与
4
A 不相互独立，故D 正确．
故选：ACD.
7.（多选）抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为Ω
{1,2,3,4,5,6}
，令事件
{2,3,5}
A =
，
{1,2,3}
B
，
{1,2}
C
，则下列说法中错误的有（
）
A．A 与B 独立
B．A 与C 独立
C．B 与C 独立
D．C
B
【答案】AC
【解析】由题意得
{2,3},
{1,2},
{2}
AB
BC
CA
，
则
1
( )
( )
2
P A
P B
，
1
( )
3
P C
，
1
(
)
3
P AB
，
1
(
)
3
P BC
，
1
(
)
( ) ( )
6
P AC
P A P C
．
故只有A 与C 独立．B 正确.
事件
{1,2}
C
，
{1,2,3}
B
，满足C
B
，D 正确.故选：AC
8.若古典概型的样本空间Ω = 1,2,3,4 ，事件�= 1,2 ，事件�，�相互独立，则事件�可以是（
）
A．1,3
B．1,2,3
C．3,4
D．2,3,4
【解题思路】根据��∩�与����是否相等判断事件是否独立，得到答案.
【解答过程】由题意得��=
�
�=
�
�，
A 选项，��=
�
�=
�
�，�∩�= �，故��∩�=
�
�，
所以��∩�= ����，故事件�, �相互独立，A 正确；
B 选项，��=
�
�，�∩�= �, �，故��∩�=
�
�=
�
�，
所以��∩�≠����，故事件�, �不相互独立，B 错误；
C 选项，��=
�
�=
�
�，�∩�= ∅，故��∩�= �，
所以��∩�≠����，故事件�, �不相互独立，C 错误；
D 选项，��=
�
�，�∩�= �，故��∩�=
�
�，
所以��∩�≠����，故事件�, �不相互独立，D 错误；
故选：A.
题型二：相互独立事件的概率计算
1.已知A、B 是独立事件，
0.6
P A
B
，
0.4
P A
，则
P B
.
【答案】1
3
【分析】根据公式
(
)
P A
B
P A
P B
P A P B
和
(
)
P A
B
P A P B
，即可求出
( )
P B ．
【详解】∵
,
A B 为两个独立事件，∴
(
)
P A
B
P A P B
，
∵
(
)
P A
B
P A
P B
P A P B
∴
0.6
0.4
0.4
P B
P B
∴
1
( )
3
P B
．
故答案为：1
3 ．
2.出租车司机老王从饭店到火车站途中经过六个交通岗，已知各交通岗信号灯相互独立.假设老王在各交
通岗遇到红灯的概率都是1
3 ，则他遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为（
）
A．1
24
B．4
27
C．7
9
D．1
27
【答案】B
【解析】因为司机老王在第一、二个交通岗未遇到红灯，
在第三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概率都是1
3 ，
所以未遇到红灯的概率都是
1
2
1
3
3
，
所以遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为2
2
1
4
3
3
3
27
.故选：B
3.在高中学生军训表演中，学生甲的命中率为0.4，学生乙的命中率为0.3，甲乙两人的击互不影响，求：
(1)甲乙同时射中目标的概率；
(2)甲乙中至少有一人击中目标的概率.
【答案】(1)0.12
(2)0.58
【分析】（1）设出相应的事件，找出对应事件的概率，利用相互独立事件的概率求解即可，
（2）利用对立事件性质求解即可.
【详解】（1）设“甲击中目标”为事件A ，“乙击中目标”为事件B ，
则
0.4,
0.3
P A
P B
，且事件A ，B 相互独立，
所以甲乙同时射中目标的概率为
0.4 0.3
0.12
P A B
P A
P B
.
（2）设“甲乙中至少有一人击中目标”为事件C ，
则它的对立事件为“甲乙都没有击中目标”记为：A B
，
则
1
1
1
1
0.4
1
0.3
0.58
P C
P A B
P A
P B
.
4.已知甲，乙，丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是1 1 1
,
,
6 4 3 ，且三人的录取结果相
互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为（
）
A．1
72
B．5
72
C．5
12
D．7
12
【答案】D
【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式可先求三人都没有被录取的概率，再由对立事件的概率求至少
一个被录取的概率.
【详解】因为甲，乙，丙三人被该公司录取的概率分别是1 1 1
,
,
6 4 3 ，且三人录取结果相互之间没有影响，所
以他们三人都没有被录取的概率为
1
1
1
5
1
1
1
6
4
3
12
，故他们三人中至少有一人被录取的概率为
5
7
1 12
12
.
故选:D
5.甲、乙、丙三人参加县里的英文演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为
1
2 ,
2
3 ,
3
4且三人是
否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（
）
A．
1
4
B．
7
24
C．
11
24
D．
17
24
【解题思路】分情况讨论：三人中恰有两人获得一等奖、三人都获得一等奖，根据独立事件的概率乘法公
式求解出对应概率即可.
【解答过程】设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是�(�) =
�
�，�(�) =
�
�, �(�) =
�
�,
则不获一等奖的概率分别是�(�ഥ) = �−
�
�=
�
�, �(�ഥ) = �−
�
�=
�
�, �(�ഥ) = �−
�
�=
�
�,
则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为：
�(�ഥ��) + �(��ഥ�) + �(���ഥ) = �(�ഥ)�(�)�(�) +�(�)�(�ഥ)�(�) + �(�)�(�)�(�ഥ) =
�
�×
�
�×
�
�+
�
�×
�
�×
�
�+
�
�×
�
�×
�
�=
��
��,
这三人都获得一等奖的概率为�(���) = �(�)�(�)�(�) =
�
�×
�
�×
�
�=
�
�,
所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率�=
��
��+
�
�=
��
��.
故选:D.
6.某中学的“信息”“足球”“摄影”三个社团考核挑选新社员，已知高一某新生对这三个社团都很感兴趣，
决定三个考核都参加，假设他通过“信息”“足球”“摄影”三个社团考核的概率依次为1
3 ，m ，n ，且他
是否通过每个考核相互独立，若三个社团考核他都通过的概率为1
30 ，至少通过一个社团考核的概率为11
15 ，
则m
n
（
）
A．4
5
B．7
10
C．2
3
D．3
5
【答案】B
【解析】因至少通过一个社团考核的概率为11
15 ，
则三个社团都没有通过的概率为4
15 ，依题意，
得
1
1
3
30
1
4
1
1
1
3
15
mn
m
n
即
1
10
2
1
5
mn
m
n
mn
，解得
7
10
m
n
.故选：B.
7.甲乙两人独立的解同一道题，甲乙解对的概率分别是�1，�2，那么至少有1 人解对的概率是（
）
A．�1 + �2
B．�1�2
C．1 −�1�2
D．1 −(1 −�1)(1 −�2)
【解题思路】
根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式求得没有人解对的概率，再结合对立事件的概率公式，即可
求解．
【解答过程】
由甲乙两人独立的解同一道题，甲乙解对的概率分别是��，��，
可得没有人解对的概率为(�−��)(�−��)，
故至少有�人解对的概率是�−(�−��)(�−��).
故选：D．
8.甲､乙､丙､丁进行足球单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知甲与乙､
丙､丁比赛获胜的概率分别为
1
2
3
,
,
p
p
p ，且
1
2
3
0
p
p
p
.记甲连胜两场的概率为p ，则（
）
A．甲在第二场与乙比赛，p 最大
B．甲在第二场与丙比赛，p 最大
C．甲在第二场与丁比赛，p 最大
D．p 与甲和乙､丙､丁的比赛次序无关
【答案】A
【解析】因为甲连胜两场，则第二场甲必胜，
①设甲在第二场与乙比赛，且连胜两场的概率为
1P ，
则
1
2
1
3
3
1
2
1
2
3
1
2
3
2 1
2 1
2
4
P
p
p p
p
p p
p
p
p
p p p
；
②设甲在第二场与丙比赛，且两场连胜的概率为
2P ，
则
2
1
2
3
3
1
2
2
1
3
1
2
3
2 1
2 1
2
4
P
p
p p
p
p p
p
p
p
p p p
；
③设甲在第二场与丁比赛，且两场连胜的概率为
3P ，
则
3
1
2
3
2
1
3
3
1
2
1
2
3
2 1
2 1
2
4
P
p
p p
p
p p
p
p
p
p p p
.
所以
1
2
3
1
2
1
3
2
1
3
2
0,
2
0
P
P
p
p
p
P
P
p
p
p
，
2
3
1
2
3
2
0
P
P
p
p
p
，所以
1
2
3
P
P
P
，
因此甲在第二场与乙比赛，p 最大，A 正确，B,C,D 错误.故选：A.
9.2022 北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求.甲､乙､丙3 人
为了能购买到冰墩墩，商定3 人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲､乙2 人中至少有1 人购买到冰
墩墩的概率为
1
2 ，丙购买到冰墩墩的概率为1
3 ，则甲，乙､丙3 人中至少有1 人购买到冰墩墩的概率为
___________.
【答案】2
3
【解析】因为甲乙2 人中至少有1 人购买到冰墩墩的概率为
1
2 ，
所以甲乙2 人均购买不到冰墩墩的概率
1
1
1
1
2
2
P
，
因为丙购买到冰墩墩的概率为1
3 ，
所以丙购买不到冰墩墩的概率
2
1
2
1
3
3
P
，
所以甲乙丙3 人都购买不到冰墩墩的概率
3
1
2
1
2
1
2
3
3
P
P P
，
于是甲乙丙3 人中至少有1 人购买到冰墩墩的概率
3
2
1
3
P
P
.
故答案为：2
3 .
10.甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立. 设乙在第一局获胜的概率为
3
4、第二
局获胜的概率为
2
3，第三局获胜的概率为
2
3，则甲恰好连胜两局的概率为（
）
A．
1
9
B．
5
36
C．
7
36
D．
2
9
【解题思路】根据独立事件的概率乘法公式即可分类求解.
【解答过程】设甲第�局胜，�= �，2，3，且�(��) =
�
�, �(��) =
�
�, �(��) =
�
�，
则甲恰好连胜两局的概率= �(������) + �(������) =
�
�×
�
�× (�−
�
�) + (�−
�
�) ×
�
�×
�
�=
�
��，
故选：B．
题型三：相互独立事件与互斥事件
1.已知
25
32
P A
B
，
7
8
P A
，
3
4
P B
，则事件A 与B 的关系是（
）
A．A 与B 互斥不对立
B．A 与B 对立
C．A 与B 相互独立
D．A 与B 既互斥又独立
【答案】C
【详解】由
7
8
P A
可得
7
1
1
1 8
8
P A
P A
，
因为
7
8
P A
P B
P A
B
，则A 与B 不互斥，不对立，
由
P A
B
P A
P B
P A
B
可得
3
32
P A
B
，
因为
3
32
P A
P B
P A
B
，所以A 与B 相互独立
故选：C
2.（多选）下列四个命题中错误的是（
）
A．若事件A，B 相互独立，则满足
( )
P AB
P A P B
B．若事件A，B，C 两两独立，则
(
)
( ) ( ) ( )
P ABC
P A P B P C
C．若事件A，B，C 彼此互斥，则
( )
( )
( )
1
P A
P B
P C
D．若事件A，B 满足
1
P A
P B
，则A，B 是对立事件
【答案】BCD
【详解】若事件A，B 相互独立，则满足
( )
P AB
P A P B
，A 说法正确；
举例说明：投掷两个骰子，记事件A：第一个骰子的点数为奇数，
事件B：第二个骰子点数为奇数，
事件C：两个骰子的点数之和为奇数，
于是有
1
2
P A
P B
P C
，
1
4
P AB
P BC
P AC
，
0
P ABC
，可以看出事件A，B，C 两两独立，但A，B，C 不互相独立，所以
(
)
( ) ( ) ( )
P ABC
P A P B P C
，
B 说法错误；
举例说明：投掷一个骰子三次，记事件A：第一次骰子的点数为1，
事件B：第二次骰子点数为2，
事件C：第三次骰子点数为3，
则
1
( )
( )
( )
6
P A
P B
P C
事件A，B，C 被此互斥，则
( )
( )
( )
1
P A
P B
P C
，C 说法错误；
举例说明：记事件A：投掷一个骰子，骰子的点数为奇数，
事件B：投掷一枚硬币，正面朝上，
则
1
2
P A
P B
，满足
1
P A
P B
，但A，B 不是对立事件，
D 说法错误.
故选：BCD
3.抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：
iA
“向上的点数为i”，其中
1,2,3,4,5,6
i
，B “向上
的点数为奇数”，则下列说法正确的是（
）
A．
1A 与B 互斥
B．
2
A
B
C．
3
A 与B 相互独立
D．
4
A
B
【答案】D
【解析】对于A，
1
2,3,4,5,6
A
，
1,3,5
B
，
1A 与B 不互斥，故A 错误；
对于B，
2
2
1,3,5
1,2,3,5
Ω
A
B
，故B 错误；
对于C，
3
A 与B 不能同时发生，是互斥事件，不是相互独立事件，故C 错误；
对于D，
4
4
A
，
1,3,5
B
，
4
A
B
，故D 正确.故选：D.
4.袋内有3 个白球和2 个黑球，从中有放回地摸球，如果“第一次摸得白球”记为事件A，“第二次摸得白
球”记为事件B，那么事件A 与B，A 与B 间的关系是（
）
A．A 与B，A 与B 均相互独立
B．A 与B 相互独立，A 与B 互斥
C．A 与B，A 与B 均互斥
D．A 与B 互斥，A 与B 相互独立
【答案】A
【解析】由于是有放回地摸球，事件A 的发生并不影响事件B 的发生，
故A 与B，A 与B 均相互独立.故选：A
5.分别掷两枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”记为事件A ，“第二枚为正面”记为事件B ，“两枚结果相
同”记为事件C ，那么事件A 与B ，A 与C 间的关系是（
）
A．A 与B ，A 与C 均相互独立
B．A 与B 相互独立，A 与C 互斥
C．A 与B ，A 与C 均互斥
D．A 与B 互斥，A 与C 相互独立
【答案】A
【详解】由题意得
1
( )
( )
( )
2
P A
P B
P C
，
1
1
, (
)
4
4
P AB
P AC
，
所以
,
0
0
P AB
P A P B
P AC
P A P C
.
所以A 与B ，A 与C 均相互独立，A 与B ，A 与C 均不互斥.
故选：A.
6.（多选）设A，B 是两个概率大于0 的随机事件，则下列结论正确的是（
）
A．
1
P A
P B
B．若A 和B 互斥，则A 和B 一定相互独立
C．若事件A
B
，则
P A
P B
D．若A 和B 相互独立，则A 和B 一定不互斥
【答案】CD
【解析】对于A，若
1
2
P A
，
1
2
P B
，则
1
P A
P B
，A 错误；
对于B、D，若事件A 和B 互斥，则
0
P AB
，若事件A 和B 相互独立，
则
0
P AB
P A P B
，B 错误，D 正确；
对于C，若事件B 包含事件A ，则
P A
P B
，C 正确.故选：CD.
7.若
1
(
)
9
P AB
，
2
( )
3
P A
，
1
( )
3
P B
，则事件A 与B 的关系是（
）
A．事件A 与B 互斥
B．事件A 与B 对立
C．事件A 与B 相互独立
D．事件A 与B 既互斥又相互独立
【答案】C
【详解】由
1
(
)
9
P AB
，
2
( )
3
P A
，
1
( )
3
P B
，可得
2
1
( )
1
( )
1
3
3
P A
P A
，
所以
1
(
)
( ) ( )
0
9
P AB
P A P B
，
所以事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥，则事件A 与B 不对立．
故选：C
8．已知事件A B
、，且
0.6,
0.7
P A
P B
，如果A 与B 互斥，那么
1
P AB
p
；如果A 与B 相互独立，
那么
2
P A
p
B
，则
1
2
,
p p 分别为（
）
A．
1
2
0,
0.9
p
p
B．
1
2
0.42,
0.9
p
p
C．
1
2
0,
0.72
p
p
D．
1
2
0.42,
0.45
p
p
【答案】C
【分析】根据互斥事件的定义可求
1p ，根据独立事件的概率公式求
2p ，由此可判断结论.
【详解】如果事件A 与B 互斥，则
0
P AB
，所以
1
0
p
.
如果事件A 与B 相互独立，则事件A 与B 也相互独立，
所以
1
0.3,
0.6 0.3
0.18
P B
P B
P AB
P A P B
，
0.6
0.3
0.18
0.72
B
P A
P A
P
P A
B
B
，即
2
0.72
p
.
故选：C.
9.（多选）国家于2021 年8 月20 日表决通过了关于修改人口与计划生育法的决定，修改后的人口计生法
规定，国家提倡适龄婚育、优生优育，一对夫妻可以生育三个子女，该政策被称为三孩政策．某个家庭积
极响应该政策，一共生育了三个小孩．假定生男孩和生女孩是等可能的，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．通过判断或计算可知，下列说
法正确的是（
）
A．事件B 与事件C 互斥且对立
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】AD
【解析】有三个小孩的家庭的样本空间：
={(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女)}，
事件A ={(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男)}
事件B ={(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女)}，
事件C ={(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男)}，
对于A，B
C
,且B
C
，则事件B 与事件C 互斥且对立，A 正确；
对于B，A
B
{(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男)}，则事件A 与事件B 不互斥，B 错误；
对于C，事件B 有4 个样本点，事件C 有4 个样本点，事件BC 有0 个样本点，
4
1
4
1
( )
, ( )
, (
)
0
8
2
8
2
P B
P C
P BC
，显然
( )
( )
(
)
P B
P C
P BC
，即事件B 与事件C 不相互独立，C 错误；
对于D，事件A 有6 个样本点，事件B 有4 个样本点，事件AB 有3 个样本点，
6
3
4
1
3
( )
, ( )
, (
)
8
4
8
2
8
P A
P B
P AB
，显然
( )
( )
(
)
P A
P B
P AB
，即事件A 与事件B 相互独立，D 正确.
故选：AD
10.（多选）一个不透明袋子中装有大小和质地完全相同的2 个红球和3 个白球，从袋中一次性随机摸出2
个球，则（
）
A．“摸到2 个红球”与“摸到2 个白球”是互斥事件
B．“至少摸到1 个红球”与“摸到2 个白球”是对立事件
C．“摸出的球颜色相同”的概率为2
5
D．“摸出的球中有红球”与“摸出的球中有白球”相互独立
【答案】ABC
【解析】2 个红球为
,
A B ，3 个白球为, ,
a b c ，则任意摸出2 个球有
,
,
,
,
,
,
,
,
,
AB Aa Ab Ac Ba Bb Bc ab ac bc ，共
10 种，
“摸到2 个红球”有AB ，“摸到2 个白球”有
,
,
ab ac bc ，“至少摸到1 个红球”有
,
,
,
,
,
,
AB Aa Ab Ac Ba Bb Bc，
“摸出的球颜色相同”有
,
,
,
AB ab ac bc ，“摸出的球中有白球” 有
,
,
,
,
,
,
,
,
Aa Ab Ac Ba Bb Bc ab ac bc ，“摸出的球
颜色不相同”有
,
,
,
,
,
Aa Ab Ac Ba Bb Bc，
A：“摸到2 个红球”与“摸到2 个白球”不可能同时发生，故是互斥事件，故A 正确；
B：“至少摸到1 个红球”与“摸到2 个白球”不可能同时发生，且必有一个发生，故是对立事件，故B 正确；
C：给每个球编号，不同的摸球结果有10 种，“摸出的球颜色相同”包含4 种结果，故其概率为2
5 ，故C 正
确；
D：设M “摸出的球中有红球”，N “摸出的球中有白球”，用古典概型的方法计算可知
7
(
)
10
P M
，
9
(
)
10
P N
，
3
(
)
5
P MN
，显然
(
)
(
) (
)
P MN
P M P N ，故M ，N 不相互独立，故D 错误.
故选：ABC
题型四：相互独立事件的乘法公式
1.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题. 已知甲家庭回答正确这道题的概
率是
2
3 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是
1
15 .乙、丙两个家庭都回答正确的概率是3
5 ，各家庭是否
回答正确互不影响，则甲、乙、丙三个家庭中恰好有2 个家庭回答正确这道题的概率为
.
【答案】13
30
【详解】甲、乙、丙三个家庭回答正确的概率分别记为
1
2
3
,
,
P P P ，
由题意
1
2
3
P
，
3
2
1
(1
)(1
)
3
15
P
，
3
4
5
P
，
2
3
2
4
3
5
5
P P
P
，
2
3
4
P
，
所以甲、乙、丙三个家庭中恰好有2 个家庭回答正确这道题的概率是
1
2
3
1
2
3
1
2
3
2
3
4
2
3
4
2
3
4
13
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
(1
)
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
P
PP
P
P
P P
P P P
故答案为：13
30 ．
2.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率
是2
3 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是1
15 .乙、丙两个家庭都回答正确的概率是3
5 ，各家庭是否回答
正确互不影响，
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2 个家庭回答正确这道题的概率.
【答案】(1) 3
4 ，4
5
(2) 5
6
【详解】（1）记“甲家庭回答正确这道题”为事件A，“乙家庭回答正确这道题”为事件B，
“丙家庭回答正确这道题”为事件C，
则
2
( )
3
P A
，
1
( ) ( )
15
P A P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
即
1
[1
( )][1
( )]
15
P A
P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
所以
3
( )
4
P B
，
4
( )
5
P C
，
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为3
4 ，4
5 ；
（2）有3 个家庭回答正确的概率为
3
2
3
4
2
(
)
( ) ( ) ( )
3
4
5
5
P
P ABC
P A P B P C
，
有2 个家庭回答正确的概率为：
2
1
3
4
2
1
4
2
3
1
13
(
)
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
P
P ABC
ABC
ABC
，
所以不少于2 个家庭回答正确这道题的概率
2
3
13
2
5
30
5
6
P
P
P
.
3.甲、乙两位同学独立地参加某高校的入学面试，入学面试时共有3 道题目，答对2 道题则通过面试（前
2 道题都答对或都答错，第3 道题均不需要回答）.已知甲答对每道题目的概率均为3
5 ，乙答对每道题目的
概率依次为2
3 ，2
3 ，
1
2 ，且甲、乙两人对每道题能否答对相互独立.
(1)求乙3 道题都回答且通过面试的概率；
(2)求甲没有通过面试的概率；
(3)求甲、乙两人恰有一人通过面试的概率.
【答案】(1) 2
9
(2) 44
125
(3) 169
375 .
【详解】（1）由题意得，乙3 道题都回答且通过面试的概率为
2
1
1
1
2
1
2
3
3
2
3
3
2
9
P
.
（2）设事件A 表示“甲最终通过面试”，
则
3
3
3
2
3
2
3
3
81
5
5
5
5
5
5
5
5
125
P A
，
∴甲没有通过面试的概率为
81
44
1
1
125
125
P A
，
（3）设事件B 表示“乙最终通过面试”，
则
2
2
2
1
1
1
2
1
2
3
3
3
3
2
3
3
2
3
P B
，
设事件C 表示“甲、乙两人恰有一人通过面试”，则C
AB
AB
，
∵AB 与AB 为互斥事件，A与B ，A 与B 相互独立，
∴
P C
P AB
AB
P AB
P AB
P A
P B
P A
P B
44
2
81
1
169
125
3
125
3
375
，
∴甲、乙两人恰有一人通过面试的概率为169
375 .
4.甲、乙、丙三人独立地解答一道试题，各人能答对的概率分别为
2
1
3
p
p
，
，，其中0
1
p
．
(1)若
1
4
p
，求这三人中恰有一人答对该试题的概率；
(2)当这三人都没答对该试题的概率取得最大值时，求这三人中至少有两人答对该试题的概率．
【答案】(1) 1
3
(2) 7
12
【详解】（1）因为
1
4
p
，所以这三人中恰有一人答对该试题的概率
1
1
1
1
3
3
1
3
1
2
1
4
4
3
4
4
3
4
4
3
3
P
．
（2）这三人都没答对该试题的概率
2
2
1
1
1
1
1
1
3
3
2
12
12
P
p
p
p
，
当且仅当
1
2
p
时，等号成立，
此时这三人中恰有一人答对该试题的概率
3
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
2
3
2
2
3
2
2
3
3
P
，
这三人都没答对该试题的概率取得最大值时，三人至少有两人答对该试题的概率
4
2
3
1
1
7
1
1
12
3
12
P
P
P
．
5.我省从2024 年开始，高考不分文理科，实行“ 3
1
2
”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3 门必
选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2 门首选科目中选择1 门，“2”指的是考生需要在思想政治、
地理、化学、生物这4 门再选科目中选择2 门．已知某高校临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，
再选科目为化学、生物至少1 门．
(1)从所有选科组合中任意选取1 个，求该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率；
(2)假设甲、乙两人每人选择任意1 个选科组合是等可能的且相互独立，求这两人中恰好有一人的选科组合
符合某高校临床医学类招生选科要求的概率．
【答案】(1) 5
12
(2) 35
72
【详解】（1）用a ，b 分别表示“选择物理”“选择历史”，c ，d ，e ，f 分别表示“选择化学”“选择生物”“选
择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间
{
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
}
acd ace acf ade adf aef bcd bce bcf bde bdf bef
则(
)
12
n
设M 表示“从所有选科组合中任意选取1 个，有选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求”
则
{
,
,
,
,
}
M
acd
ace acf
ade adf
则(
)
5
n M
则
(
)
5
(
)
(
)
12
n M
P M
n
．
（2）设甲、乙两人每人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别为
1
N ，
2
N ，由
题意知事件
1
N ，
2
N 相互独立
由（1）知
1
2
5
12
P N
P N
记N “甲、乙两人中恰好有一人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
1
2
1
2
N
N N
N N
易知事件
1
2
N N ，
1
2
N N 两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得
1
2
1
2
(
)
P N
P N N
P N N
5
5
5
5
1
1
12
12
12
12
35
72
．
6.甲、乙两人在某商场促销活动中各自获得了两轮抽奖机会，每轮由甲、乙各自抽取一次，假设每次抽奖
的结果互不影响，已知每轮抽奖中，甲中奖的概率为1
4 ，两人同时中奖的概率为1
20 ．
(1)求甲在两轮抽奖中，恰好中一次奖的概率；
(2)求两人在两轮抽奖中，共有三次中奖的概率
【答案】(1) 3
8
(2) 7
200 ．
【详解】（1）设A 表示甲在一轮抽奖中中奖的事件，
则由条件可知
1
3
,
4
4
P A
P A
，
两轮抽奖中中奖一次的情况为：第一轮中奖，第二轮未中奖；第一轮未中奖，第二轮中奖，
故概率为
3
8
P
P A P A
P A P A
．
（2）设B 表示乙在一轮抽奖中中奖的事件，由已知可得
1
20
P AB
P A P B
，
所以
1
4
,
5
5
P B
P B
．
两人在两轮抽奖中，共有三次中奖，分两种情况：
第一种情况，其中一轮甲中奖乙未中奖，另一轮两人间时中奖，
概率为
1
1
4
1
1
2
2
4
5
20
50
P
P A P B P AB
．
第二种情况，其中一轮乙中类甲未中奖，另一轮两人同时中奖，
概率为
2
1
3
1
3
2
2
5
4
20
200
P
P B P A P AB
．
故所求概率为
1
2
1
3
7
50
200
200
P
P
P
．
题型五：相互独立事件综合应用
1.连续抛掷一枚质地均匀的硬币2 次，设“第1 次正面朝上”为事件A ，“第2 次反面朝上”为事件B ，“2 次
朝上结果相同”为事件C ，有下列三个命题：
①事件A 与事件B 相互独立；②事件A 与事件C 相互独立；③事件B 与事件C 相互独立．
以上命题中，正确的个数是（
）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，
由题意得
2
1
= 4
2
P A
，
2
1
4
2
P B
，
2
1
4
2
P C
，
1
4
P AB
P AC
P BC
．
因为
1
4
P AB
P A P B
，故事件
,
A B 相互独立，①正确；
因为
1
4
P AC
P A P C
，故事件
,
A C 相互独立，②正确；
因为
1
4
P BC
P B P C
，故事件
,
B C 相互独立，③正确．
故选：D
2.为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加
两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分
别为3 3
5 4
，，在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为2 1
3 2
，. 甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影
响.
（1）从甲、乙两人中选取1 人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）甲；（2）5
8
【解析】（1）设事件
1A 表示“甲在第一轮比赛中胜出”,事件
2A 表示“甲在第二轮比赛中胜出”,
事件
1
B 表示“乙在第一轮比赛中胜出”,事件
2
B 表示“乙在第二轮比赛中胜出”,
则
1
2
A A 表示“甲赢得比赛”,
1
2
1
2
3
2
2
5
3
5
P A A
P A P A
，
1
2
B B 表示“乙赢得比赛“,
1
2
1
2
3
1
3
4
2
8
P B B
P B P B
,
2
3,
5
8
派甲参赛赢得比赛的概率更大.
（2）设C 表示“甲赢得比赛”, D 表示“乙赢得比赛”,
由（1）知
1
2
2
3
( )
1
1
5
5
P C
P A A
，
1
2
3
5
( )
1
1
8
8
P D
P B B
,
C
D
表示“两人中至少有一个赢得比赛”,
3
5
5
(
)
1
(
)
1
( ) ( )
1
5
8
8
P C
D
P CD
P C P D
所以两人至少一人赢得比赛的概率为5
8 .
3.如图，三个元件
1T ，
2T ，
3T 正常工作的概率分别为
1
2 ，1
4 ，3
4 ，将它们中某两个元件并联后再和第三个
元件串联接入电路，在如图的电路中，电路正常工作的概率是（
）
A．3
32
B．3
16
C．13
16
D．13
32
【答案】D
【详解】记
1T 正常工作为事件A ，
2T 正常工作为事件B ，记
3T 正常工作为事件C ，
则
1
1
3
,
,
2
4
4
P A
P B
P C
；
电路不发生故障，即
1T 正常工作且
2T ，
3T 至少有一个正常工作，
2T 、
3T 不发生故障即
2T ，
3T 至少有一个正常工作的概率
1
1
3
13
1
(
)
1
(1
)(1
)
4
4
16
P
P BC
，
所以整个电路不发生故障的概率为
P
P A
1
1
13
13
2
16
32
P
，
故选：D
4.概率论起源于博弈游戏．17 世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游
戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48 枚金币，先赢3 局者可获得全部赌金；
但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2 局，乙赢了1 局．问这96 枚金币的赌金该如何分配？数学家费马
和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是
A．甲48 枚，乙48 枚
B．甲64 枚，乙32 枚
C．甲72 枚，乙24 枚
D．甲80 枚，乙16 枚
【答案】C
【分析】根据题意，计算甲乙两人获得96 枚金币的概率，据此分析可得答案．
【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为1
2 ，
假设两人继续进行比赛，甲获取96 枚金币的概率
1
1
1
1
3
2
2
2
4
P
，
乙获取96 枚金币的概率
2
1
1
1
2
2
4
P
，
则甲应该获得
3
96
72
4
枚金币；乙应该获得
1
96
24
4
枚金币；
故选：C．
【点睛】本题主要考查概率在实际问题中的应用，涉及到独立事件的概率，考查学生的逻辑推理能力、数
学运算能力，是一道中档题.
5.甲、乙两人进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得2 分，负方得0 分，没有平局．三个项
目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为1
2 ，p ，q，
p
q
，各
项目的比赛结果相互独立，甲得0 分的概率是3
50 ，甲得6 分的概率是4
25
(1)求p ，q的值；
(2)甲、乙两人谁获得最终胜利的可能性大?并说明理由．
【答案】(1)
2 ,
5
4 .
5
p
q
(2)甲获得最终胜利的可能性大．
【分析】（1）根据题意列出等式联立求解即可；
（2）根据题意计算甲得4 分或者6 分的概率，进而可判断胜负可能性.
【详解】（1）由题意可得
1
3
1
1
2
50
1
4
2
25
p
q
pq
，即
3
1
25
8
25
p
q
pq
pq
，则
6
5
p
q
.
又p
q
，故
6
5
8
25
p
q
pq
，解得
2 ,
5
4 .
5
p
q
（2）由题意可得3 个项目一共6 分，总共4 分或6 分者即可取胜，又甲得4 分的概率
1
1
2
4
1
2
4
1
2
4
11
1
1
1
2
5
5
2
5
5
2
5
5
25
P
，
所以甲得4 分或6 分的概率
11
4
3
25
25
5
P
.
故乙得4 分或6 分的概率为2
5 ，
因为3
2
5
5
，所以甲获得最终胜利的可能性大．
6.甲、乙、丙三人组成一个小组参加电视台举办的听曲猜歌名活动，在每一轮活动中，依次播放三首乐曲，
然后甲猜第一首，乙猜第二首，丙猜第三首，若有一人猜错，则活动立即结束；若三人均猜对，则该小组
进入下一轮，该小组最多参加三轮活动.已知每一轮甲猜对歌名的概率是3
4 ，乙猜对歌名的概率是2
3 ，丙
猜对歌名的概率是
1
2 ，甲、乙、丙猜对与否互不影响.
（1）求该小组未能进入第二轮的概率；
（2）该小组能进入第三轮的概率；
（3）乙猜歌曲的次数不小于2 的概率.
【答案】（1）3
4 ；（2）1
16 ；（3）3
16
【解析】（1）设该小组未能进入第二轮为事件A，
则
3
2
1
3
1
4
3
2
4
P A
，
故该小组未能进入第二轮的概率为3
4 ．
（2）设该小组能进入第三轮为事件B，
则
3
2
1
3
2
1
1
4
3
2
4
3
2
16
P B
，
故该小组能进入第三轮的概率为1
16 ．
（3）设乙猜歌曲的次数不小于2 为事件C，
3
2
1
3
3
4
3
2
4
16
P C
．
故乙猜歌曲的次数不小于2 的概率为3
16 ．
7.甲、乙、丙、丁4 名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i 的方框表示第i 场比赛，
方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i 场比赛的胜者称为“胜者i ”，负者称为“负者i ”，第6 场为决赛，
获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为3
4 ，而乙､丙､丁相互之间胜负的可能性相同.
（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；
（2）求甲获得冠军的概率；
（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（1）3
8 ；（2）81
128 ；（3）37
128
【解析】（1）根据题意，乙获连负两场，所以1、4 均负，
所以乙获连负两场的概率为
3
1
3
4
2
8
P
.
（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1 胜3 胜6 胜；1 负4 胜5 胜6 胜；1 胜3 负5 胜6 胜，
所以甲获得冠军的概率为
3
3
3
3
1
81
2
4
4
4
128
P
.
（3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲1 胜3 胜，乙1 负4 胜5 胜；甲1 负4 胜5 胜，乙1 胜3 胜，
所以甲与乙在决赛相遇的概率为：
3
3
1
1
1
3
3
1
27
4
4
2
2
4
4
4
2
128
P
，
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3 场和第6 场相遇，
两人参加的比赛的结果有两种：
乙1 胜3 胜，丙2 胜3 负5 胜；乙1 胜3 负5 胜，丙2 胜3 胜，
同时考虑甲在第4 场和第5 场的结果，
乙与丙在第3 场和第6 场相遇的概率为：
1
1
1
3
1
1
1
1
1
1
3
1
1
1
5
4
2
2
4
4
4
2
4
2
2
4
4
4
2
128
p
，
若乙的决赛对手是丁，则其概率与乙的决赛对手是丙相同，
所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为
27
5
5
37
128
128
128
128
.
8.某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考
试通过；方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．假设某应聘者对三门指定课
程考试及格的概率分别是a，b，c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．则哪种方案能通过考试
的概率更大（
）
A．方案一
B．方案二
C．相等
D．无法比较
【答案】A
【详解】设三门考试课程考试通过的事件为
,
,
A B C ，相应的概率为, ,
a b c ，
则考试三门课程，至少有两门及格的事件为ABC
ABC
ABC
ABC
，
其概率为
1
(1
)
(1
)
(1
)
2
P
ab
c
a
b c
a bc
abc
ab
ac
bc
abc
，
设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为
2P ，则
2
1
1
1
3
3
3
P
ab
ac
bc
,
又由
1
2
1
1
1
2
(
)
3
3
3
P
P
ab
ac
bc
abc
ab
ac
bc
2
2
2
2
2
(
3
)
3
3
3
3
ab
ac
bc
abc
ab
ac
bc
abc
2[
(1
)
(1
)
(1
)]
0
3 ab
c
ac
b
bc
a
，
所以
1
2
P
P
，即用方案一的概率大于用方案二的概率.
故选：A.
题型六：方程思想在相互独立事件概率中的应用
1.一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学
生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了
新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存
在4 种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为
1 1
, ,
,
4 2
p p
，且各种方法能否答对互
不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为1
72 ．
(1)求p 的值；
(2)求小红不能正确解答本题的概率；
(3)求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．
【解析】（1）记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件
,
,
,
D E F G ，则
1
1
,
,
4
2
P D
P E
p P F
P G
，
因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为1
72 ，
于是
2
1
1
8
72
P DEFG
P D P E P F P G
p
，解得
1
3
p
，
所以
1
3
p
.
（2）若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，
所以小红不能正确解答本题的概率是
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
4
2
6
．
（3）记事件H 为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，
则
P H
P DEFG
P DEFG
P DEFG
P DEFG
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
4
2
3
3
4
2
3
3
4
2
3
3
4
2
9
，
所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为1
9 ．
2.年级教师元旦晚会时，“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”参加一项趣味问答活动．该活动共有两个问题，
如果参加者两个问题都回答正确，则可得到一枝“黑玫瑰”奖品．已知在第一个问题中“玲儿姐”回答正确的
概率为2
3 ，“玲儿姐”和“关关姐”两人都回答错误的概率为2
15 ，“关关姐”和“页楼哥”两人都回答正确的概率
为3
10 ；在第二个问题中“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率依次为3 2 4
,
,
4 3 5 ．且所有的问答中回
答正确与否相互之间没有任何影响．
(1)在第一个问题中，分别求出“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率；
(2)分别求出“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率，并求三人最终一共获得2 枝“黑
玫瑰”奖品的概率．
【解析】（1）记
iA
“玲儿姐回答正确第i 个问题”，
iB “关关姐回答正确第i 个问题”，
i
C “页楼哥回答
正确第i 个问题”，
1,2
i
.
根据题意得
1
1
1
1
1
1
1
2
2
(
)
(
) (
)
(1
(
))(1
(
))
(1
)(1
(
))
3
15
P A B
P A P B
P A
P B
P B
，所以
1
3
(
)
5
P B
；
1
1
1
1
1
3
3
(
)
(
) (
)
(
)
5
10
P B C
P B P C
P C
，所以
1
1
(
)
2
P C
；
故在第一个问题中，“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率分别为3
5 和1
2 .
（2）由题意知
2
2
2
3
2
4
(
)
, (
)
, (
)
4
3
5
P A
P B
P C
，
“玲儿姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
1
1
2
1
2
2
3
1
(
)
(
) (
)
3
4
2
P
P A A
P A P A
；
“关关姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
2
1
2
1
2
3
2
2
(
)
(
) (
)
5
3
5
P
P B B
P B P B
；
“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
3
1
2
1
2
1
4
2
(
)
(
) (
)
2
5
5
P
P C C
P C P C
；
三人最终一共获得2 枝“黑玫瑰”奖品的概率为
1
2
3
1
2
3
1
2
3
(1
)
(1
)
(1
)
P
P P P
P
P P
PP
P
1
2
2
1
3
2
1
2
3
8
2
5
5
2
5
5
2
5
5
25
.
所以“玲儿姐”、“关关姐”和“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率分别为1 2 2
2 5 5
，，；三人最终一共获得2
枝“黑玫瑰”奖品的概率为8
25 .
3.在某社区举办的《“环保我参与”有奖问答比赛》活动中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知
识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是3
4 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是1
12 ，乙、丙两
个家庭都回答正确的概率是1
4 ．若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中恰有2 个家庭回答正确这道题的概率．
【解析】
（1）记
=
A “甲家庭回答正确这道题”，=
B
“乙家庭回答正确这道题”，=
C “丙家庭回答正确这道题”，
由于
, ,
A B C 相互独立，所以A 和C 相互独立，
则
3
= 4
1
=
= 1
1
= 12
1
=
= 4
P A
P AC
P A
P C
P A
P C
P BC
P B P C
，解得
3
= 8
2
= 3
P B
P C
，
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为3 2
,
8 3 ；
（2）因为
, ,
A B C 相互独立，且
,
,
ABC ABC ABC 相互互斥，
所以
P ABC
ABC
ABC
P ABC
P ABC
P ABC
P A P B P C
P A P B P C
P A P B P C
3
3
3
3
2
3
2
15
1
1
1
4
8
3
4
8
3
4
8
3
32
2
3
，
所以恰有2 个家庭回答正确这道题的概率为15
32 ．
4.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率
是2
3 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是1
15 .乙、丙两个家庭都回答正确的概率是3
5 ，各家庭是否回答
正确互不影响，
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2 个家庭回答正确这道题的概率.
【解析】（1）记“甲家庭回答正确这道题”为事件A，“乙家庭回答正确这道题”为事件B，
“丙家庭回答正确这道题”为事件C，
则
2
( )
3
P A
，
1
( ) ( )
15
P A P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
即
1
[1
( )][1
( )]
15
P A
P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
所以
3
( )
4
P B
，
4
( )
5
P C
，
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为3
4 ，4
5 ；
（2）有3 个家庭回答正确的概率为
3
2
3
4
2
(
)
( ) ( ) ( )
3
4
5
5
P
P ABC
P A P B P C
，
有2 个家庭回答正确的概率为：
2
1
3
4
2
1
4
2
3
1
13
(
)
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
P
P ABC
ABC
ABC
，
所以不少于2 个家庭回答正确这道题的概率
2
3
13
2
5
30
5
6
P
P
P
.
5.）第22 届亚运会已于2023 年9 月23 日至10 月8 日在我国杭州举行．为庆祝这场体育盛会的胜利召开，
某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A 社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后
才能参加决赛，决赛通过后将代表A 社区参加市亚运知识竞赛．已知A 社区甲、乙、丙3 位选手都参加了
初赛且通过初赛的概率依次为1
2 ，a，b，通过初赛后，甲、乙、丙3 位选手通过决赛的概率均为1
2 ，假设
他们之间通过与否互不影响．其中，甲乙两人都能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为1
24 ，乙丙都
不能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为35
48 .
(1)求a，b 的值；
(2)求这3 人至少一人参加市知识竞赛的概率；
(3)某品牌商赞助了A 社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了奖励方案：只参加了初赛的选手奖
励200 元，通过了初赛并参加了决赛的选手奖励500 元．求三人奖金总额为1200 元的概率．
【解析】（1）甲能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为
1
1
1
1
2
2
4
P
；
乙能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为
2
1
1
2
2
P
a
a
；
丙能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为
3
1
1
2
2
P
b
b
；
由于他们之间通过与否互不影响,
所以甲乙两人都能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率
4
1
2
1
1
1
4
2
24
P
P P
a
，
解得：
1
3
a
，
乙丙都不能代表A 社区参加市亚运知识竞赛的概率为
5
2
3
35
1
1
1
1
2
2
48
a
b
P
P
P
，解得：
1
4
b
，
（2）结合（1）问可知：这3 人都不能代表A 社区参加市知识竞赛的概率:
6
1
1
1
105
1
1
1
4
8
6
192
P
，
所以这3 人至少一人参加市知识竞赛的概率为：
105
87
1 192
192
.
（3）由题意可得：要使奖金之和为1200 元，则只有两人参加决赛，记“甲，乙，丙三人获得的奖金之和
为1200 元”为事件B,
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
3
2
4
3
2
4
3
4
P B
.
6.与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及学生安全教育，某社区举办学生安全知
识竞赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正
确这道题的概率是2
3 ，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是1
15 ．乙、丙两个家庭都回答正确的概率是3
5 ，
各家庭是否回答正确互不影响，
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率：
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2 个家庭回答正确这道题的概率
【解析】
（1）记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，
B，C，
则
2
( )
3
P A
，
1
( ) ( )
15
P A P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
即
1
[1
( )][1
( )]
15
P A
P C
，
3
( ) ( )
5
P B P C
，
所以
3
( )
4
P B
，
4
( )
5
P C
，
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为3
4 ，4
5 ．
（2）有3 个家庭回答正确的概率为
3
2
3
4
2
(
)
( ) ( ) ( )
3
4
5
5
P
P ABC
P A P B P C
，
有2 个家庭回答正确的概率为
2
1
3
4
2
1
4
2
3
1
13
(
)
3
4
5
3
4
5
3
4
5
30
P
P ABC
ABC
ABC
，
所以不少于2 个家庭回答正确这道题的概率
2
3
13
2
5
30
5
6
P
P
P
．
7.甲、乙两人在某商场促销活动中各自获得了两轮抽奖机会，每轮由甲、乙各自抽取一次，假设每次抽奖
的结果互不影响，已知每轮抽奖中，甲中奖的概率为1
4 ，两人同时中奖的概率为1
20 ．
(1)求甲在两轮抽奖中，恰好中一次奖的概率；
(2)求两人在两轮抽奖中，共有三次中奖的概率
【解析】（1）设A 表示甲在一轮抽奖中中奖的事件，
则由条件可知
1
3
,
4
4
P A
P A
，
两轮抽奖中中奖一次的情况为：第一轮中奖，第二轮未中奖；第一轮未中奖，第二轮中奖，
故概率为
3
8
P
P A P A
P A P A
．
（2）设B 表示乙在一轮抽奖中中奖的事件，由已知可得
1
20
P AB
P A P B
，
所以
1
4
,
5
5
P B
P B
．
两人在两轮抽奖中，共有三次中奖，分两种情况：
第一种情况，其中一轮甲中奖乙未中奖，另一轮两人间时中奖，
概率为
1
1
4
1
1
2
2
4
5
20
50
P
P A P B P AB
．
第二种情况，其中一轮乙中类甲未中奖，另一轮两人同时中奖，
概率为
2
1
3
1
3
2
2
5
4
20
200
P
P B P A P AB
．
故所求概率为
1
2
1
3
7
50
200
200
P
P
P
．
8.已知甲箱中有4 个大小、形状完全相同的小球，上面分别标有大写英文字母A 、B 和小写英文字母a 、b ；
乙箱中有m 个与甲箱大小、形状完全相同的小球，上面分别标有数字1，2，…，
N
m m
(1)现从甲箱中任意抽取2 个小球，求恰好一个小球上面标有大写英文字母、另一个小球上面标有小写英文
字母的概率；
(2)现从乙箱中任意抽取1 个小球，设n =“所抽小球上面标注的数字”，记事件D =“
2
1
n
”，事件
E =“
4
0
2
n
n
”，若事件D 与事件E 独立，求m 的值；
(3)在（2）的条件下，现将甲、乙两箱的小球都放入丙箱，充分摇匀，然后有放回地抽取3 次，每次取1
个小球，求这3 个小球中至少有2 个小球上面标有英文字母的概率．
【解析】（1）依题意，样本空间
{( ,
),( , ),( , ),( , ),( , ),( , )}
A B
A a
A b
B a
B b
a b
，共包含6 个样本点，
记事件C=“恰好一个小球上面标注大写英文字母、另一个小球上面标注小写英文字母”，
则
{( , ),( , ),( , ),( , )}
C
A a
A b
B a
B b
，共包含4 个样本点，
所以事件C 的概率为
4
2
( )
6
3
P C
.
（2）依题意，事件
{1,2,3}
D
，事件
{3,4}
E
，
3
2
1
(
)
,
( )
,
(
)
P D
P E
P DE
m
m
m
，
由事件D 与事件E 独立，得
(
) ( )
(
)
P D P E
P DE
，即3
2
1
m m
m
，解得
6
m ，
所以m 的值为6.
（3）由（2）知，丙箱中有10 个小球，所抽小球上面标注英文字母的事件为F ，则
4
2
( )
10
5
P F
，
记事件M =“这3 个小球中至少有2 个标注英文字母”，则M
FFF
FFF
FFF
FFF
，
所以
2
3
2
3
2
44
(
)
3 ( )
( )
5
5
5
125
P M
.
9.在第19 届杭州亚运会上中国女篮以74:72 战胜日本队，成功卫冕．甲、乙两名亚运选手赛前进行三分球
投篮训练，甲每次投中三分的概率为0.8，乙每次投中三分的概率为p，在每次投篮中，甲和乙互不影响．已
知两人各投篮一次至少有一人命中三分球的概率为0.94．
(1)求p；
(2)甲、乙两人各投篮两次，求两人共投中三分球3 次的概率．
【解析】（1）
1
1 0.8 1
0.94
p
，解得
0.7
p
．
（2）设
1
2
,
A A 分别表示事件甲投篮两次投中三分球一次、两次，设
1
2
,
B B 分别表示事件乙投篮两次投中三
分球一次、两次．
则
1
0.8 0.2
0.2 0.8
0.32
P A
，
2
2
0.8
0.64
P A
，
1
0.7 0.3
0.3 0.7
0.42
P B
，
2
2
0.7
0.49
P B
．
设A “甲、乙两人各投篮两次，两人共投中三分球3 次”，
则
1
2
2
1
0.32 0.49
0.64 0.42
0.4256
P A
P A B
P A B
．
故甲、乙两人各投篮两次，两人共投中三分球3 次的概率为0.4256
题型七：独立事件与其他知识综合
1.某地文化和旅游局统计了春节期间100 个家庭的旅游支出情况，统计得到这100 个家庭的旅游支出（单
位：千元）数据，按[3,5), [5,7), [7,9), [9,11), [11,13]分成5 组，并绘制成频率分布直方图，如图所示．
(1)估计这100 个家庭的旅游支出的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）；
(2)估计这100 个家庭的旅游支出的第70 百分位数（结果保留一位小数）；
(3)以这100 个家庭的旅游支出数据各组的频率代替各组的概率，在全国范围内随机抽取2 个春节期间出游
的家庭，每个家庭的旅游支出情况互相不受影响，求恰有1 个家庭的旅游支出在[3,5)内的概率．
【解题思路】（1）利用频率分布直方图估计平均数.
（2）利用频率分布直方图求出第70 百分位数.
（3）利用频率估计概率，再利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解即得.
【解答过程】（1）估计这100 个家庭的旅游支出的平均值为：
�(�× �. ���+ �× �. ���+ �× �. ���+ ��× �. ���+ ��× �. ���) = �. �（千元）.
（2）由频率分布直方图知，旅游支出在[�, �)的频率为�× �. ���+ �× �. ���+ �× �. ���= �. �，
在[�, ��)的频率为�. �+ �× �. ��= �. �，则这100 个家庭的旅游支出的第70 百分位数�∈(�, ��)，
则�. �+ (�−�) × �. ���= �. �，解得�≈�. �，
所以估计这100 个家庭的旅游支出的第70 百分位数为9.7.
（3）以频率估计概率，得每个家庭的旅游支出在[�, �)内的概率为�× �. ���= �. �，
所以抽取2 个家庭，恰有1 个家庭的旅游支出在[�, �)内的概率为�. �× �. �+ �. �× �. �= �. ��.
2.辽宁省数学竞赛初赛结束后，为了解竞赛成绩情况，从所有学生中随机抽取100 名学生，得到他们的成
绩，将数据整理后分成五组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，90,100 ，并绘制成如图所示的频率分
布直方图．
(1)补全频率分布直方图，若只有30%的人能进决赛，入围分数应设为多少分（保留两位小数）；
(2)采用分层随机抽样的方法从成绩为[80,100]的学生中抽取容量为6 的样本，再从该样本中随机抽取2 名
学生进行问卷调查，求至少有1 名学生成绩不低于90 的概率；
(3)进入决赛的同学需要再经过考试才能参加冬令营活动．考试分为两轮，第一轮为笔试，需要考2 门学科，
每科笔试成绩从高到低依次有�+，A，B，C，D 五个等级．若两科笔试成绩均为�+，则直接参加；若一
科笔试成绩为�+，另一科笔试成绩不低于�，则要参加第二轮面试，面试通过也将参加，否则均不能参加．现
有甲、乙二人报名参加，二人互不影响．甲在每科笔试中取得�+，A，B，C，D 的概率分别为
2
5，
1
6，
1
12，
1
5，
3
20；乙在每科笔试中取得�+，A，B，C，D 的概率分别为
1
4，
1
5，
2
5，
1
10，
1
20；甲、乙在面试中通过的概
率分别为
1
5，
5
16．求甲、乙能同时参加冬令营的概率．
【解题思路】（1）根据频率分布直方图的性质求解即可；
（2）根据古典概型的概率计算公式求解即可；
（3）根据独立事件的乘法公式求解即可.
【解答过程】（1）由频率分布直方图可知[��, ��)的频率为
�−(�. ���+ �. ���+ �. ���+ �. ���) × ��= �. ��，
所以[��, ��)组的纵轴为�. ��÷ ��= �. ���，
所以频率分布直方图如下所示：
又(�. ���+ �. ���) × ��= �. ��< �. �，�. �+ (�. ���+ �. ���) × ��= �. ��> �. �，
所以第��%分位数位于[��, ��)，且
�.�−�.��
�.�
× ��+ ��= ��. ��，
所以入围分数应设为76.25 分.
（2）依题意从[��, ��)抽取�×
�.��
�.��+�.���= �人，标记为1,2,3,4；
从[��, ���]抽取�×
�.���
�.��+�.���= �，标记为�，�；
从6 人中随机选2 人其样本空间可记为
�=
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
�, �
，
共包含15 个样本点，即有15 种选法．
设事件A=“至少有1 名学生成绩不低于90”，
则其中2 人都是[��, ��)的样本空间可记为
�= (�, �)(�, �)(�, �)(�, �)(�, �)(�, �) ，共包含6 个样本点，即有6 种选法．
则�(�) = �−�(�ഥ) = �−
�
��=
�
�；
所以至少有1 名学生成绩不低于90 的概率为
�
�.
（3）依题意甲能参加冬令营的概率�甲=
�
�×
�
�+ �×
�
�×
�
�+
�
��×
�
�=
�
�，
乙能参加冬令营的概率�乙=
�
�×
�
�+ �×
�
�×
�
�+
�
�×
�
��=
�
��，
二人互不影响，所以甲、乙、丙能同时参加冬令营的概率�= �甲�乙=
�
�×
�
��=
�
��．
3.海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取100 个网箱，测量各箱
水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如图所示：
(1)设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg, 新养殖法的箱产量不
低于50 kg”，试估计A 的概率；
(2)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值(精确到0.01).
【解题思路】(1)利用相互独立事件的乘法公式，进行求解即可；
(2)根据箱产量的频率分布直方图，结合中位数的定义，进行计算即可.
【解答过程】
解：（1）记B 表示事件“旧养殖法的箱产量低50 kg”，C 表示事件“新养殖法的箱产量不低于50 kg”，事件
B，C 相互独立，由题意知P(A)＝P(BC)＝P(B)P(C).
旧养殖法的箱产量低于50 kg 的频率为(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62，故P(B)的估计值为
0.62.
新养殖法的箱产量不低于50 kg 的频率为(0.068＋0.046＋0.010＋0.008)×5＝0.66，
故P(C)的估计值为0.66，因此，估计事件A 的概率为0.62×0.66＝0.409 2.
（2）在新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50 kg 的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044)×5
＝0.34＜0.5，
箱产量低于55 kg 的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044＋0.068)×5＝0.68＞0.5，
故新养殖法箱产量的中位数的估计值为50＋
�.�−�.��
�.���≈52.35(kg).
4．甲､乙､丙三人打靶，他们的命中率分别为
1
2
1
,
, 3
p p
，若三人同时射击一个目标，甲､丙击中目标而乙没有
击中目标的概率为1
6 ，乙击中目标而丙没有击中目标的概率为1
6 .设事件A 表示“甲击中目标”，事件B 表示
“乙击中目标”，事件C 表示“丙击中目标”.已知A，B，C 是相互独立事件.
(1)求
1
2
,
p p ；
(2)写出事件A
B
C
包含的所有互斥事件，并求事件A
B
C
发生的概率.
【答案】(1)
1
2
2
1
,
3
4
p
p
(2)互斥事件有：
,
,
,
,
,
,
ABC ABC ABC ABC ABC ABC ABC，
5
(
)
6
P A
B
C
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式列方程即可求得
1
2
,
p p .
（2）直接写出事件A
B
C
包含的互斥事件，并利用对立事件的概率公式求事件A
B
C
发生的概率即
可.
【详解】（1）由题意知
1
2
1
( )
, ( )
, ( )
3
P A
p P B
p P C
，
A，B，C 为相互独立事件，
所以甲､丙击中目标而乙没有击中目标的概率
1
2
1
1
(
)
( ) ( ) ( )
1
3
6
P ABC
P A P B P C
p
p
乙击中目标而丙没有击中目标的概率
2
2
1
(
)
( ) ( )
3
6
P BC
P B P C
p
，
解得，
1
2
2
1
,
3
4
p
p
.
（2）事件A
B
C
包含的互斥事件有：
,
,
,
,
,
,
ABC ABC ABC ABC ABC ABC ABC，
1
3
2
1
5
(
)
1
(
)
1
1
3
4
3
6
6
P A
B
C
P ABC
.
5．某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三人通过初赛，进入决赛.决赛比赛规则如下：首先通过抽签的形式确定
甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，
每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，直到一人累计获胜三局，则此人获得比赛胜利，比
赛结束.假设每局比赛双方获胜的概率均为1
2 ，且每局比赛相互独立.
(1)求丙每局都获胜的概率
(2)求甲获得比赛胜利的概率.
【答案】(1) 1
8
(2) 3
8
【分析】列举各问中的可能事件，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可
得解.
【详解】（1）丙每局都获胜有以下两种情况：第一局甲获胜，后三局丙获胜；第一局乙获胜，后三局丙获
胜，
第一局甲获胜，后三局丙获胜的概率
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
16
P
，
第一局乙获胜，后三局丙获胜的概率
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
16
P
，
丙每局都获胜的概率
1
2
1
1
1
16
16
8
P
P
P
.
（2）设甲获胜为事件A ，乙获胜为事件B ，丙获胜为事件C ，
比赛进行三局，甲获胜的概率为1
1
1
1
2
2
2
8
，
比赛进行五局，有以下6 种情况：AABBA，AABCA，ACBAA，ACCAA，BBAAA，BCAAA，
甲获胜的概率为1
1
1
1
1
3
6
2
2
2
2
2
16
，
比赛进行七局，有一下8 种情况：
AABCCBA，ACBBCAA，ACBACBA，ACCABBA，BBACCAA，BCAACBA，BCABCAA，BCCBAAA .
甲获胜的概率为1
1
1
1
1
1
1
1
8
2
2
2
2
2
2
2
16
，
故甲获得比赛胜利的概率为1
3
1
3
8
16
16
8
.
6．为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000 名学
生参加，随机抽取了100 名学生，记录他们的分数，将数据分成4 组：
60,70 , 70,80 , 80,90 , 90,100 ，
并整理得到如下频率分布直方图：
(1)根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
(2)用分层随机抽样的方法从
60,70 ，
90,100 两个区间共抽取出4 名学生，再从这4 名学生中随机抽取2
名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间
60,70 的概率；
(3)学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每
个项目胜方得1 分，负方得0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三
个项目中获胜的概率分别为1 2
,
,
2 5 p ，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1 分的概率是
47
50 ，甲乙两人谁
获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
【答案】(1)84.5分
(2) 1
4
(3)甲最终获胜的可能性大；理由见解析
【分析】（1）根据频率分布直方图的平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据分层抽样的分法，得到从
60,70 抽取1人，即为a ，从
90,100 中抽取3 人，即为1,2,3，利用列
举法求得基本事件的总数和所有事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（3）根据题意求得
4
5
p
，分别求得甲乙得到2 分和3 分的概率，即可得到答案.
【详解】（1）解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
(65 0.01
75 0.015
85 0.045
95 0.03) 10
84.5
x
分.
（2）解：由频率分布直方图，可得
60,70 的频率为0.1，
90,100 的频率为0.3，
所以用分层随机抽样的方法从
60,70 ，
90,100 两个区间共抽取出4 名学生，
可得从
60,70 抽取1人，即为a ，从
90,100 中抽取3人，即为1,2,3，
从这4 名学生中随机抽取2 名依次进行交流分享，有
,1 ,
,2 ,
,3 , 1,2 , 1,3 ,
a
a
a
2,3 , 1,
, 2,
, 3,
, 2,1 , 3,1 , 3,2
a
a
a
，共有12 个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间
60,70 的有：
1,
, 2,
, 3,
a
a
a ，共有3 个，
所以概率为
3
1
12
4
P
.
（3）解：甲最终获胜的可能性大.
理由如下：由题意，甲至少得1 分的概率是
47
50 ，
可得
1
2
47
1
(1
)(1
)(1
)
2
5
50
p
，其中0
1
p
，解得
4
5
p
，
则甲的2 分或3 分的概率为：
1
2
4
1
2
4
1
2
4
1
2
4
3
(1
)
(1
)
(1
)
2
5
5
2
5
5
2
5
5
2
5
5
5
P
，
所以乙得分为2 分或3 分的概率为2
5 ，
因为3
2
5
5
，所以甲最终获胜的可能性更大.
7.国务院正式公布的《第一批全国重点文物保护单位名单》中把全国重点文物保护单位（下述简称为“第一
批文保单位”）分为六大类.其中“A：革命遗址及革命纪念建筑物”、“B：石窟寺”、“C：古建筑及历史纪念
建筑物”、“D：石刻及其他”、“E：古遗址”、“F：古墓群”，某旅行机构统计到北京部分区的17 个“第一批
文保单位”所在区分布如下表：
行政区
门类
个数
东城区
A：革命遗址及革命纪念建筑物
3
C：古建筑及历史纪念建筑物
5
西城区
C：古建筑及历史纪念建筑物
2
丰台区
A：革命遗址及革命纪念建筑物
1
海淀区
C：古建筑及历史纪念建筑物
2
房山区
C：古建筑及历史纪念建筑物
1
E：古遗址
1
昌平区
C：古建筑及历史纪念建筑物
1
F：古墓葬
1
(1)某个研学小组随机选择该旅行社统计的北京市17 个“第一批文保单位”中的一个进行参观，求选中的参
观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”的概率；
(2)小王同学随机选择该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“A：革命遗址及革命纪念建筑物”中的
一个进行参观；小张同学随机选择统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”
中的一个进行参观，两人选择参观单位互不影响，求两人选择的参观单位恰好在同一个区的概率：
(3)现在拟从该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中随机抽取2 个
单位进行常规检查.记抽到海淀区的概率为�1，抽不到海淀区的概率为�2，试判断�1和�2的大小（直接写出
．．．．
结论
．．）.
【解题思路】（1）由题意知总样本数为��，C:古建筑及历史纪念建筑物共有��，利用古典概型概率公式
从而求解.
（2）由题意可知小王参观A:革命遗址及革命纪念建筑物与小张参观C:古建筑及历史纪念建筑物在同一个
区的只有东城区，然后分别求出他们参观东城区的概率，从而求解.
（3）利用分类讨论求出抽到海淀区的概率��和抽不到海淀区的概率��，从而求解.
【解答过程】（1）设选中参观单位恰好为“C:古建筑及历史纪念建筑物”为事件�，
由题意知总共有��个，“C:古建筑及历史纪念建筑物”有��，
所以��=
��
��.
（2）设两人选择的参观单位恰好在同一个区为事件�，由题意可知小王参观A:革命遗址及革命纪念建筑
物与小张参观C:古建筑及历史纪念建筑物在同一个区的只有东城区，
所以小王参观东城区景区的概率为
�
�，小张参观东城区景区的概率为
�
��，
所以��=
�
�×
�
��=
��
��.
（3）当抽到的2 个都是海淀区的概率为
�
��×
�
��=
�
��，
当抽到的2 个中有1 个是海淀区的概率为
�
��×
�
��× �=
��
��，
所以��=
�
��+
��
��=
��
��，��= �−
��
��=
��
��，
所以��< ��.
模块三：综合巩固
1.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜
制，则乙最终获胜的概率为（
）
A．0.36
B．0.352
C．0.288
D．0.648
【答案】B
【解析】由题意可得乙最终获胜有两种情况：
一是前两局乙获胜，则获胜的概率为0.4 0.4
0.16
，
二是前两局乙胜一局，第三局乙获胜，则获胜的概率为2 0.4 0.6 0.4
0.192
，
而这两种情况是互斥的，所以乙最终获胜的概率为0.16
0.192
0.352
.
故选：B.
2.天气预报元旦假期甲地下雪的概率为0.6，乙地下雪的概率为0.3，假定这段时间内两地是否下雪相互独
立，则这段时间甲、乙两地至少有一个下雪的概率为（
）
A．0.18
B．0.72
C．0.28
D．0.12
【答案】B
【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【详解】甲、乙两地至少有一个下雪的概率为
0.6 0.3
1 0.6
0.3
0.6
1 0.3
0.72
.
故选：B
3.中国梦蕴含航天梦，航天梦助力中国梦.2023 年10 月25 日，神舟十七号载人飞船在酒泉卫星发射中心成
功点火发射．在太空站内有甲，乙，丙三名航天员依次出仓进行同一试验，每次只派一人，每人最多出仓
一次．若前一人试验不成功，返仓后派下一人重复进行该试验；若试验成功，终止试验．已知甲，乙，丙
各自出仓试验成功的概率分别为9
10 ，2
3 ，1
2 ，每人出仓试验能否成功相互独立，则该项试验最终成功的概
率为（
）
A．3
10
B．9
10
C．29
30
D．59
60
【答案】D
【解析】设试验任务不成功的的概率是
9
2
1
1
1
1
1
10
3
2
60
P
，
所以成功的概率为
1
59
1
1
60
60
P
，
故选：D.
4.2024 年1 月，教育部发布《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（简称“强基计划”），
明确从2024 年起强基计划取代原有的高校自主招生方式．某高校笔试环节要求考生参加三个科目考核，
考生通过三个科目的笔试考核才能进入面试环节．考生甲通过三个科目的笔试考核的概率分别为1 2 3
,
,
2 3 4 ，
且每个科目考核相互独立，则甲顺利进入面试环节的概率为（
）
A．1
4
B．11
24
C．13
24
D．17
24
【答案】A
【分析】记甲通过三个科目的笔试考核分别为事件
,
,
A B C ，根据相互独立事件的概率乘法公式计算可得答
案.
【详解】记甲通过三个科目的笔试考核分别为事件
,
,
A B C ，
显然
,
,
A B C 为相互独立事件，
则事件“甲通过三个科目的笔试考核”相当于事件ABC ，
所求概率
1
2
3
1
2
3
4
4
P ABC
P A P B P C
．
故选：A．
5.已知事件A 与事件B 互斥，且
0.3
0.5
P A
P B
,
，则（
）
A．
0.15
P AB
B．
0.8
P A
B
C．
0.5
P A
D．
0.6
P B
【答案】B
【分析】根据事件概率的基本运算法则直接计算求解.
【详解】对于A，由于不清楚事件A 与事件B 是否相互独立，所以无法计算
P AB ，故A 错误；
对于B，因为事件A 与事件B 互斥，所以
0.3
0.5
0.8
P A
B
P A
P B
，故B 正确；
对于C，
1
0.7
P A
P A
，故C 错误；
对于D，
1
0.5
P B
P B
，故D 错误.
故选：B
6.袋内有质地均匀且大小相同的3 个白球和2 个黑球，从中有放回地摸球，用A 表示“第一次摸得白球”，
用B 表示“第二次摸得白球”，则A 与B 是（
）
A．互斥事件
B．相互独立事件
C．对立事件
D．不相互独立事件
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的定义判断即得.
【详解】依题意，有放回地摸球，事件A 与B 可以同时发生，因此事件A 与B 不互斥，更不对立，AC 错
误；
显然
3
( )
( )
5
P A
P B
，
3 3
3
3
(
)
( ) ( )
5 5
5
5
P AB
P A P B
，因此A 与B 是相互独立事件，B 正确，D 错误.
故选：B
7.若
2
(
)
9
P AB
，
2
( )
3
P A
，
1
( )
3
P B
，则事件A 与B 的关系是（
）
A．事件A 与B 互斥
B．事件A 与B 对立
C．事件A 与B 相互独立
D．事件A 与B 既互斥又相互独立
【答案】C
【分析】计算出
( ) ( )
P A P B ，即可得出结论.
【详解】由题意，
2
(
)
9
P AB
，
2
( )
3
P A
，
1
( )
3
P B
，
∴
2
(
)
( ) ( )
0
9
P AB
P A P B
，
∴事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥，故不对立.
故选：C.
8.（多选）在12 张卡片上分别写上数字1~12，从中随机抽出一张，记抽出的卡片上的数字为x ，甲表示事
件“ x 为偶数”，乙表示事件“ x 为质数”，丙表示事件“ x 能被3 整除”，丁表示事件“
6
x
”，则（
）
A．甲与丙为互斥事件
B．乙与丁相互独立
C．丙与丁相互独立
D．
(
P 甲乙)
(
P
乙丙）
【答案】CD
【解析】由已知，该试验的样本空间为
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12 ．
甲
2,4,6,8,10,12
，乙
{2,3,5,7,11}
，丙
3,6,9,12
，丁
7,8,9,10,11,12
．
对于A，因为甲丙
6,12
，故甲与丙不互斥，错误；
对于B，乙丁
7,11
，所以
(
P 乙丁
1
)
6
，
又P （乙）
5
12
，P （丁）
1
2
，所以P （乙）P （丁）
P
（乙丁），故乙与丁不相互独立，错误；
对于C，丙丁
9,12
，所以P （丙丁）
1
6
，
又P（丙）
1
3
，P（丁）
1
2
，P（丙）P（丁）=P（丙丁），故丙与丁相互独立，正确；
对于D，甲乙
2
，乙丙
3
，故P（甲乙）=P（乙丙）
1
12
，正确．
故选：CD.
9.袋子中装有4 个大小质地完全相同的球，其中2 个白球，2 个红球，从中不放回地依次随机摸出2 个球．记
事件A=“第一次摸到白球”，事件B=“第二次摸到白球”，事件C=“两个球颜色相同”（
）
A．事件A 与事件B 互斥
B．事件A 与事件B 独立
C．事件A 与事件B 对立
D．事件C 包含事件A
B
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用列举法，结合古典概率逐项判断即得.
【详解】两个白球记为,a b，两个红球记为,c d ，不放回依次取出两球的试验的样本空间
{
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
}
ab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dc
，共12 个样本点，
事件
{
,
,
,
,
,
}
A
ab ac ad ba bc bd
，
{
,
,
,
,
,
}
B
ba ca da ab cb db
，
{
,
,
,
}
C
ab ba cd dc
，
{
,
}
A
B
ab ba
，
由
{
,
}
A
B
ab ba
，得事件A 与事件B 不互斥，不对立，AC 错误；
6
1
2
1
( )
( )
, (
)
12
2
12
6
P A
P B
P AB
，显然
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
，事件A 与事件B 不独立，B 错误；
显然(
)
A
B
C
，D 正确.
故选：D
10.已知某音响设备由五个部件组成，A 电视机，B 影碟机，C 线路，D 左声道和E 右声道，其中每个部件
能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示.能听到声音，当且仅当A 与B 至少有一个正常
工作，C 正常工作，D 与E 中至少有一个正常工作.则听不到声音的概率为（
）
A．0.19738
B．0.00018
C．0.01092
D．0.09828
【答案】A
【详解】设能听到声音为事件M ，
则
1
1
P M
P AB
P C
P DE
1
1
P A P B
P C
P D P E
1 0.1 0.2
0.9
1 0.3 0.3
0.80262
,
所以听不到声音的概率
1
0.80262
0.19738
P M
.
故选：A
11.甲乙两人进行羽毛球比赛，在前三局比赛中，甲胜2 局，乙胜1 局，规定先胜3 局者取得最终胜利，已
知甲在每局比赛中获胜的概率为3
4 ，乙在每局比赛中获胜的概率为1
4 ，且各局比赛结果相互独立，则甲取
得最终胜利的概率为（
）
A．8
9
B．2
3
C．4
9
D．15
16
【答案】D
【分析】分两类，利用相互独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式计算即可.
【详解】甲取得最后的胜利包含两种情况:
一是第4 局甲胜，此时甲胜的概率为
1
3
4
P
；
二是第4 局甲负，第5 局甲胜，此时甲胜的概率为
2
3
3
3
1
4
4
16
P
，
所以甲取得最终胜利的概率为
1
2
3
3
15
4
16
16
P
P
P
.
故选；D.
12.若事件
,
A B 满足
1
2
P A
，
1
3
P B
，
2
3
P A
B
，则下列说法不正确
．．．的是（
）
A．
2
3
P B
B．
2
9
P AB
C．
P AB
P A P B
D．
P AB
P A P B
【答案】B
【分析】根据题意，结合概率的计算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A 中，由
1
3
P B
，可得
2
( )
1
3
P B
P B
，所以A 正确；
对于B 中，由
2
( )
( )
(
)
3
P A
B
P A
P B
P AB
，可得
1
6
P AB
，所以B 错误；
对于C 中，由
1
1
1
,
,
2
3
6
P A
P B
P AB
，可得
P AB
P A P B
，所以C 正确；
对于D 中，由
5
1
1
1
1
(
)
,
(1
)(1
)
6
2
3
3
P AB
P AB
P A P B
，
所以
P AB
P A P B
，所以D 正确.
故选：B.
13.（多选）一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，
编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A 表示事件“取出的两球不同色”，B 表示事件“第一次取出的
是黑球”，C 表示事件“第二次取出的是黑球”，D 表示事件“取出的两球同色”，则（
）
A．A 与D 相互独立.
B．A 与B 相互独立
C．B 与D 相互独立
D．A 与C 相互独立
【答案】BCD
【分析】根据相互独立事件的概念进行判定.
【详解】不放回依次取出两个，基本事件有12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43，
共12种，
事件A “13,14,23,24,31,41,32,42 ”；
事件B “12,13,14,21,23,24 ”；
事件C “12,21,31,41,32,42 ”；
事件D=“12,21,34,43 ”.
事件AD ，事件AB “13,14,23,24 ”，
事件BD “12,21, ”，事件AC “31,41,32,42”，
则
8
2
6
1
,
12
3
12
2
P A
P B
，
6
1
12
2
P C
，
4
1
12
3
P D
，
0
P AD
，
4
1
12
3
P AB
，
2
1
12
6
P BD
，
4
1
12
3
P AC
，
所以
P AD
P A P D
，所以A 与D 不相互独立；
P AB
P A P B
，所以A 与B 相互独立；
P BD
P B P D
，所以B 与D 相互独立；
P AC
P A P C
，所以A 与C 相互独立；
故选：BCD
14.针对某种突发性的流感病毒，各国的医疗科研机构都在研制疫苗.已知甲、乙两个机构各自研制成功的
概率为1
5 ，1
4 ，而且两个机构互不影响，则甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的概率为
.
【答案】2
5 /0.4
【分析】甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的对立事件为甲、乙两个机构一个也没有研制成功，由
此求得甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的概率.
【详解】由于两个机构互不影响，故甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的对立事件为甲、乙两个机
构一个也没有研制成功，
所以甲、乙两个机构中，至少有一个研制成功的概率为：
1
1
3
2
1 (1
)(1
)
1
5
4
5
5
P
.
故答案为：2
5
15.甲､乙､丙､丁四位同学将代表高一年级参加校运会4 100
米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人
的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是
1p ，
2p ，
3p ，假设三次交接棒相互独立，则此次
比赛中该组合交接棒没有失误的概率是________
【答案】C
【分析】根据独立事件概率的乘法公式直接计算即可.
【详解】由题意，三次交接棒不失误的概率分别为
1
1
p
，
2
1
p
，
3
1
p
，则该组合交接棒不失误的概率为
1
2
3
1
1
1
p
p
p
.
16.已知A ，B 是相互独立事件，但不是互斥事件，若
3
( )
10
P A
，
2
( )
5
P B
，则事件A
B
的概率为
．
【答案】29
50 /0.58
【分析】利用相互独立事件的概率公式求出
P AB ，再利用概率的性质计算即得.
【详解】由事件A ，B 相互独立，
3
( )
10
P A
，
2
( )
5
P B
，得
6
(
)
( ) ( )
50
P AB
P A P B
，
所以事件A
B
的概率为
3
2
6
29
(
)
( )
( )
(
) 10
5
50
50
P A
B
P A
P B
P AB
.
故答案为：29
50
17.某微小企业员工的年龄分布茎叶图如图所示：
(1)求该公司员工年龄的平均数和第25 百分位数；
(2)从该公司员工中随机抽取一位，记所抽取员工年龄在区间
30,40 内为事件A ，所抽取员工年龄在区间
40,50 内为事件B ，判断事件A 与B 是否互相独立，并说明理由.
【答案】(1)年龄的平均数为40 ，第25 百分位数为32 ；
(2)事件A 、B 相互独立，理由见解析
【分析】（1）根据平均数公式以及百分位数的定义可求得结果；
（2）求出
P A 、
P B 、
P AB 的值，利用独立事件的定义判断可得出结论.
【详解】（1）该公司员工年龄（单位：岁）由小到大依次为：28 、28 、32 、32 、36、36、38、40 、
46 、52、54、58，
年龄的平均数为28
28
32
32
36
36
38
40
46
52
54
58 40
12
；
该公司共有12名员工，因为12 0.25
3
，
故该公司员工年龄的第25 百分位数为32
32
32
2
.
（2）解：由茎叶图可知，
6
1
12
2
P A
，
2
1
12
6
P B
，
事件AB 为“抽取员工的年龄为40 岁”，则
1
12
P AB
，
所以，
P AB
P A P B
，所以，事件A 、B 相互独立.
18.（1）骰子是每一面上分别标注数字圆点1，2，3，4，5，6 且质地均匀的小正方体，常被用来做等可能
性试验，习惯上总是观察朝上的面和点数，请写出下列随机试验的样本空间；
①单次掷一颗骰子，观察点数；
②先后掷两颗骰子，观察点数之和为7 且第二次点数大于第一次点数的可能结果；
（2）掷一颗骰子，用
,
A B 分别表示事件“结果是偶数”与事件“结果不小于3”.请验证这两个随机事件是否独
立，并请说明理由.
【答案】（1）
1,2,3,4,5,6 ；②
1,6 , 2,5 , 3,4
；（2）相互独立，理由见解析
【分析】（1）列举法即可求解，
（2）根据乘法公式验证即可判定是否独立.
【详解】（1）①
1,2,3,4,5,6 ；②
1,6 , 2,5 , 3,4
.
（2）
2,4,6 ,
3,4,5,6 ,
4,6
A
B
A
B
，
1
2
1
,
,
2
3
3
P A
P B
P A
B
P A
B
P A P B
，
则事件
,
A B 是相互独立的.
19.某企业为了推动技术革新，计划升级某电子产品，该电子产品核心系统的某个部件G 由2 个电子元件组
成.如图所示，部件G 是由元件A 与元件B 组成的串联电路，已知元件A 正常工作的概率为2
3 ，元件B 正常
工作的概率为4
5 ，且元件
,
A B 工作是相互独立的.
(1)求部件G 正常工作的概率；
(2)为了促进产业革新，该企业计划在核心系统中新增两个另一产地的电子元件，使得部件G 正常工作的概
率增大.已知新增元件正常工作的概率为(0.8
1)
p
p
，且四个元件工作是相互独立的.现设计以下三种方
案：
方案一：新增两个元件都和元件A 并联后，再与B 串联；
方案二：新增两个元件都和元件B 并联后，再与A 串联；
方案三：新增两个元件，其中一个和元件A 并联，另一个和元件B 并联，再将两者串联.
则该公司应选择哪一个方案，可以使部件G 正常工作的概率达到最大？
【答案】(1) 8
15
(2)方案三，理由见解析
【详解】（1）记事件
1
1
,
A B 分别表示元件
,
A B 正常工作，则
1
1
2
4
,
3
5
P A
P B
，
事件E 表示G 正常工作，由元件
,
A B 工作是相互独立的.
则
1
1
1
1
2
4
8
3
5
15
P E
P A B
P A P B
.
（2）设方案一、二、三正常工作的概率分别为
1
2
3
,
,
P P P ，设新增的两个元件为元件
,
C D ，
记事件
1
1
,
C D 分别表示新增的两个元件正常工作，则
1
1
P C
P D
p
.
事件
1
1
1
1
,
,
,
C
A B
D 分别表示元件
, , ,
A B C D 不正常工作，由于四个元件工作相互独立，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
P
P
A
C
D B
P A
C
D P B
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
P
P B
P
P
A
P
C D
A
C
D
P B
.
所以
2
2
1
1
4
4
4
1
(1
)
(1
)
3
5
5
15
P
p
p
；
同理得：
2
2
2
2
1
2
2
1
(1
)
(1
)
3
5
3
15
P
p
p
；
3
1
1
1
1
1
1
1
2
4
3
5
15
P
p
p
p
p
.
又因为
2
1
2
2
2
0.8
1,
(1
)
0
15
15
p
P
P
p
，
2
1
3
1
2
1
5
2
0
3
15
15
P
P
p
p
p
p
，
所以选择方案三可以使部件G 正常工作的概率最大.
20.某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了积分制的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达、
延迟5 分钟内送达、延迟5 至10 分钟送达、其他延迟情况，分别评定为A，B，C，D 四个等级，各等级
依次奖30 分、奖0 分、扣30 分、扣60 分、根据大数据统计，评定为等级A，B，C 的概率分别是5
6 ，1
12 ，
1
24 ．
(1)若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；
(2)若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0 分的概率．
【答案】(1) 1
12
(2) 11
144
【详解】（1）设事件A，B，C，D 分别表示“被评为等级A，B，C，D”，
则
1
5
1
1
1
1
24
6
12
24
12
P C
D
P C
P D
，
故其延迟送达且被罚款的概率为1
12 ；
（2）设事件
iA ，
iB ，
i
C ，
i
D 表示“第i 单被评为等级A，B，C，D”，
1
i ，2 ，
则“两单获得的奖励之和为0 分”为事件
1
2
1
2
1
2
AC
B B
C A
，
1
2
1
2
5
1
5
6
24
144
P AC
P C A
，
2
1
2
1
1
12
144
P B B
，
则
1
2
1
2
1
2
5
1
11
2
144
144
144
P
AC
B B
C A
，
即这两单获得的奖励之和为0 分的概率为11
144 .
21.一个问题，甲正确解答的概率为0.8，乙正确解答的概率为0.7 .记事件
:
A 甲正确解答，事件
:
B 乙正确解
答.假设事件A 与B 相互独立.
(1)求恰有一人正确解答问题的概率；
(2)某同学解“求该问题被正确解答的概率”的过程如下：
解：“该问题被正确解答”也就是“甲、乙二人中至少有一人正确解答了问题”，
所以随机事件“问题被正确解答”可以表示为A
B
.
所以
0.8
0.7
1.5
P A
B
P A
P B
.
请你指出这位同学错误的原因，并给出正确解答过程.
【答案】(1)0.38
(2)答案见解析
【详解】（1）解：事件“恰有一人正确解答”可表示为AB
AB
，
因为AB 、AB 互斥，A 与B 相互独立，
所以
P AB
AB
P AB
P AB
P A P B
P A P B
0.2 0.7
0.8 0.3
0.38
.
（2）解：该同学错误在于事件A 、B 不互斥，而用了互斥事件的概率加法公式.
正确的解答过程如下：
“问题被解答”也就是“甲、乙二人中至少有一人正确解答了问题”，
可以表示为AB
AB
AB
，且AB 、AB 、AB 两两互斥，A 与B 相互独立，
所以
P AB
AB
AB
P AB
P AB
P AB
0.2 0.7
0.8 0.3
0.8 0.7
0.94
P A P B
P A P B
P A P B
.
或者
1
1
P A
B
P AB
P A P B
1
1 0.8 1 0.7
0.94
.
22.《中华人民共和国爱国主义教育法》已由中华人民共和国第十四届全国人民代表大会常务委员会第六次
会议于2023 年10 月24 日通过，现予公布，自2024 年1 月1 日起施行．甲，乙两同学组成“星队”参加黑
龙江省“爱国主义教育法”知识竞赛．现有A，B 两类问题，竞赛规则如下：
①竞赛开始时，每个同学先从A 类问题中随机抽取一个问题进行回答，答错的同学本轮竞赛结束；答对
的同学再从B 类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束．
②若在本轮竞赛中“星队”同学合计答对问题的个数不少于3 个，则“星队”可进入决赛．
已知甲同学能答对A 类中问题的概率为3
5 ，能答对B 类中问题的概率为
1
2 ．乙同学能答对A 类中问题的概
率为4
5 ，能答对B 类中问题的概率为3
4 ．
(1)设“甲同学答对0 个，1 个，2 个问题”分别记为事件
0
1
2
A
A
A
，，
，求事件
0
1
2
A
A
A
，，
的概率；
(2)求甲乙两同学组成“星队”能进入决赛的概率．
【答案】(1)
0
2
5
P A
，
1
3
10
P A
，
2
3
10
P A
(2) 21
50
【详解】（1）因为甲同学能答对A 类中问题的概率为3
5 ，能答对B 类中问题的概率为
1
2 ，
所以
0
3
2
1
5
5
P A
，
1
3
1
3
1
5
2
10
P A
，
2
3
1
3
5
2
10
P A
．
（2）设“乙同学答对1 个，2 个问题”分别记为事件
1
2
,
B B ，
因为乙同学能答对A 类中问题的概率为4
5 ，能答对B 类中问题的概率为3
4 ，
可得
1
2
4
3
1
4
3
3
1
5
4
5
5
4
5
P B
P B
,
，
设事件C 表示“星队能进入决赛”，
可得
1
2
2
1
2
2
1
2
2
1
2
2
P C
P A B
P A B
P A B
P A P B
P A
P B
P A
P B
3
3
3
1
3
3
21
10
5
10
5
10
5
50
，
所以“星队”能进入决赛的概率为21
50 .
23.2022 年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的
业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队
获胜；若甲连续输两场则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比
赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为3
4 ，甲与丙比赛，甲赢的概率为p ，其
中1
3
2
4
p
．若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算
两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进
行比赛？
【答案】业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛
【详解】第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
1
3
3
3
7
7
1
(1
)
(1
)
1
4
4
4
16
16
P
p
p
p
，
第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率：
2
2
3
3
1
1
(1
)
1
1
(1
)
4
4
4
4
P
p
p
p
p
，
所以当1
3
2
4
p
时:
2
2
1
2
1
7
3
1
1
4
7
3
1
4
3
0
4
16
16
16
16
P
P
p
p
p
p
p
p
即
1
2
P
P
，
所以业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.
