微专题27 概 率
高考定位 主要考查古典概型、条件概率、相互独立事件的概率以及全概率公式的基本应用,以选
择题、填空题为主,也可能出现在解答题的一个小题中,难度中等或偏下.
【真题体验】
1.(2025·上海卷)已知事件A,B 相互独立,事件A 发生的概率P(A)＝1
2,事件B 发生的概率为P(B)＝1
2
,则事件A∩B 发生的概率为( )
A.1
8
B.1
4
C.1
2
D.0
答案 B
解析 因为事件A,B 相互独立,
所以P(A∩B)＝P(A)P(B)＝1
2 × 1
2 ＝1
4.
2.(2021·新高考Ⅰ卷)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.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
答案 B
解析 由题意可知,两点数之和为8 的样本点为(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),两点数和为7 的样
本点为(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),易知P(甲)＝1
6,P(乙)＝1
6,
P(丙)＝5
36,P(丁)＝6
36 ＝1
6,
∴P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙),
P(甲丁)＝1
36＝P(甲)P(丁),
P(乙丙)＝1
36≠P(乙)P(丙),
P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁),
因此事件甲与丁相互独立.
3.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0,1 信号,信号的传输相互独立.发送0 时,收到1 的概率为
α(0<α<1),收到0 的概率为1－α;发送1 时,收到0 的概率为β(0<β<1),收到1 的概率为1－β.考虑两
种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1 次;三次传输是指每个信号重复
发送3 次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到
的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1)( )
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1 的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1 的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1 的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D.当0<α<0.5 时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0 的概率大于采用单次传输方案译码为0 的
概率
答案 ABD
解析 由题意,发0 收1 的概率为α,发0 收0 的概率为1－α;发1 收0 的概率为β,发1 收1 的概率
为1－β.
对于A,发1 收1 的概率为1－β,发0 收0 的概率为1－α,
所以所求概率为(1－α)(1－β)2,故A 正确;
对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,
则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2,故B 正确;
对于C,相当于发了1,1,1,收到1,1,0 或1,0,1 或0,1,1 或1,1,1,
则概率为C3
2β(1－β)2＋C3
3(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3,故C 不正确;
对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1 或0,1,0 或1,0,0 或
0,0,0,则此方案的概率为p1＝C3
2α(1－α)2＋C3
3(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3;
发送0,采用单次传输方案译码为0 的概率
p2＝1－α.
当0<α<0.5 时,p1－p2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0,故D 正确.
4.(2024·天津卷)A,B,C,D,E 五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A 的概率为 ;
已知乙选了A 活动,他再选择B 活动的概率为 .
答案 3
5 1
2
解析 由题意知甲选到A 的概率p＝
C4
2
C5
3 ＝3
5.
记“乙选到A 活动”为事件M,“乙选到B 活动”为事件N,
则P(M)＝
C4
2
C5
3 ＝3
5,P(MN)＝
C3
1
C5
3 ＝3
10,
所以乙选了A 活动,再选择B 活动的概率为P(N|M)＝P( MN )
P( M ) ＝
3
10
3
5
＝1
2.
5.(2024·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数
字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己
持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1 分,数字小的人得0 分,
然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不
小于2 的概率为 .
答案 1
2
解析 因为甲出卡片1 一定输,出其他卡片有可能赢,所以四轮比赛后,甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3,则甲出卡片3,5,7 时都赢,
所以只有1 种组合:3－2,5－4,7－6,1－8.
若甲的总得分为2,有以下三类情况:
第一类,当甲出卡片3 和5 时赢,只有1 种组合,为3－2,5－4,1－6,7－8;
第二类,当甲出卡片3 和7 时赢,有3－2,7－4,1－6,5－8 或3－2,7－4,1－8,5－6 或3－2,7－6,1
－4,5－8,共3 种组合;
第三类,当甲出卡片5 和7 时赢,有5－2,7－4,1－6,3－8 或5－2,7－4,1－8,3－6 或5－4,7－2,1
－6,3－8 或5－4,7－2,1－8,3－6 或5－2,7－6,1－4,3－8 或5－2,7－6,1－8,3－4 或5－4,7－
6,1－2,3－8,共7 种组合.
综上,甲的总得分不小于2 共有12 种组合,
而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种),
所以甲的总得分不小于2 的概率P＝12
24 ＝1
2.
【热点突破】
热点一 古典概型
利用公式法求解古典概型问题的步骤
例1 (1)(2025·黄山模拟)已知A,B,C 是三种电子信息传递元件,第一次由A 元件将信息传出,每次
传递时,传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个,则第三次传递后,信息在A
元件中的概率是( )
A.1
2
B.1
4
C.3
8
D. 5
16
(2)(2025·郑州二模)某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6 名教师到4 所不同的高中学校进行
宣讲,每个学校至少安排1 人,其中甲、乙必须安排在同一个学校的概率为( )
A. 2
13
B. 2
11
C. 1
13
D. 1
11
答案 (1)B (2)A
解析 (1)依题意三次传递所有的传递方法有:
A→B→A→B;A→B→A→C;
A→B→C→A;A→B→C→B;
A→C→A→B;A→C→A→C;
A→C→B→A;A→C→B→C,
则共有8 种传递方法.
第三次传递后,信息在A 元件中的有两种情况,
所以第三次传递后,信息在A 元件中的概率p＝2
8 ＝1
4.
(2)将这6 名教师分成四组,再分配到不同的学校,
若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为C6
3× A4
4＝480 种;
若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为
C6
2×C4
2× A4
4
A2
2
＝1 080 种,
故不同的安排方法共有480＋1 080＝1 560 种.
将这6 名教师分成四组,再分配到不同的学校,甲、乙安排在同一个学校,
若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为C4
1× A4
4＝96 种;
若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为C4
2× A4
4＝144 种,
故不同的安排方法共有96＋144＝240 种.
所以所求事件的概率为240
1 560 ＝2
13.
规律方法 1.古典概型的样本点个数的探究方法:(1)枚举法;(2)树状图法;(3)排列组合法.
2.当所求概率的事件较复杂时,可把其分解为若干个互斥事件的和求解.
训练1 (1)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝4 种颜色的运动服中选择1 种,则他
们选择不同颜色运动服的概率为( )
A.3
4
B.3
5
C.2
3
D.4
5
(2)(2025·张家口模拟)从集合{1,2,3,…,8,9}中随机取出4 个不同的数,并将其从大到小依次排列,
则第二个数是7 的概率为 .
答案 (1)A (2) 5
21
解析 (1)甲,乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝4 种颜色的运动服中选择1 种样本点的
个数为4×4＝16.
他们选择相同颜色运动服有4 个样本点,即(红,红),(黄,黄),(白,白),(蓝,蓝),
故他们选择相同颜色运动服的概率为4
16 ＝1
4,
所以他们选择不同颜色运动服的概率为1－1
4 ＝3
4.
(2)任取4 个不同的数,且从大到小排列可得所有的情况有C9
4＝126 种,
第2 个数为7 的情况有C2
1C6
2＝30,
故所求的概率为30
126 ＝5
21.
热点二 条件概率与全概率公式
1.计算条件概率的公式:P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝n( AB)
n( A ) 为事件A 发生的条件下事件B 发生的概率.
2.全概率公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An＝Ω,且P(Ai)>0,i＝1,2,…,n,
则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)＝
n
∑
i=1
P(Ai)P(B|Ai).
例2 (多选)甲箱中有3 个红球和2 个白球,乙箱中有2 个红球和2 个白球(两箱中的球除颜色外没有
其他区别),先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球
和白球;再从乙箱中随机取出两球,用事件B 表示从乙箱中取出的两球都是红球,则( )
A.P(A1)＝3
5
B.P(B)＝11
50
C.P(B|A1)＝9
50
D.P(A2|B)＝2
11
答案 ABD
解析 依题意可得P(A1)＝3
5,P(A2)＝2
5,P(B|A1)＝
C3
2
C5
2 ＝3
10,P(B|A2)＝
C2
2
C5
2 ＝1
10,
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝3
5 × 3
10 ＋2
5 × 1
10 ＝11
50,故A,B 正确,C 错误;
P(A2|B)＝
P( A2B)
P(B) ＝P( B|A2)P( A2)
P(B)
＝
1
10 × 2
5
11
50
＝2
11,故D 正确.
规律方法 利用全概率公式的思路:首先按照确定的标准,将一个复合事件分解为若干个互斥事件
Ai(i＝1,2,…,n),然后求P(Ai)和所求事件B 在各个互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B|Ai),代入全
概率公式计算.
训练2 (1)(2025·厦门质检)设A,B 是一个随机试验中的两个事件,若P(B)＝1
3,P(AB)＝1
3,则P(A|B)
＝( )
A.1
2
B.2
3
C.2
5
D.3
4
(2)(2025·赣州模拟)甲箱中有3 个红球和2 个白球,乙箱中有2 个红球和3 个白球(两箱中的球除颜
色外没有其他区别),先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,再从乙箱中随机取出两球,则取出的两球
都是红球的概率为( )
A. 8
75
B.11
75
C. 4
15
D.4
5
答案 (1)A (2)B
解析 (1)因为P(B)＝1
3,
所以P(B)＝1－P(B)＝1－1
3 ＝2
3,
又因为P(B)＝P(AB)＋P(AB)＝2
3,
P(AB)＝1
3,
所以P(AB)＝1
3,
所以P(A|B)＝P( AB)
P(B) ＝1
3 × 3
2 ＝1
2,故选A.
(2)分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球,用事件B 表示从乙箱中取出的两球都
是红球,
由题意可知P(A1)＝3
5,P(A2)＝2
5,
P(B|A1)＝
C3
2
C6
2 ＝3
15,P(B|A2)＝
C2
2
C6
2 ＝1
15,
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)
＝3
5 × 3
15 ＋2
5 × 1
15 ＝11
75.
热点三 事件的独立性与n 重伯努利试验
1.相互独立事件的判断与计算公式:P(AB)＝P(A)P(B).
2.在n 重伯努利试验中,事件A 发生k 次的概率的计算公式:P(X＝k)＝Cn
kpk(1－p)n－k,k＝0,1,2,…,n.
例3 (1)(2025·新余模拟)2024 年巴黎奥运会乒乓球比赛,中国队表现出色,包揽全部乒乓球金牌,其
中混双金牌是中国历史上第一块奥运乒乓球混双金牌,由王楚钦和孙颖莎组成的“莎头”组合对战
朝鲜队,最终以4∶2 的比分赢得胜利.假设2026 年的一次乒乓球比赛中,“莎头”组合再次遇到朝
鲜队,采用7 局4 胜制(先胜4 局者胜,比赛结束),已知每局比赛“莎头”组合获胜的概率为2
3,则
“莎头”组合再次以4∶2 获胜的概率为( )
A. 80
729
B.160
729
C. 80
243
D.160
243
(2)(多选)(2025·常德模拟)设样本空间Ω＝{5,6,7,8},且每个样本点是等可能的,已知事件A＝
{5,6},B＝{5,7},C＝{5,8},则下列结论正确的是( )
A.事件A 与B 为互斥事件
B.事件A,B,C 两两独立
C.P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)
D.P(A|C)＝P(C|A)
答案 (1)B (2)BD
解析 (1)“莎头”组合再次以4∶2 获胜,即前5 局“莎头”组合胜3 局、负2 局,第6 局“莎头”
组合获胜,所以“莎头”组合再次以4∶2 获胜的概率p＝C5
3(
2
3)
3
×(1−2
3)
2
× 2
3 ＝160
729.
(2)对于A,因为A∩B＝{5},所以事件A 与B 不互斥,故A 错误;
对于B,P(AC)＝P(BC)＝P(AB)＝1
4,
P(A)＝P(B)＝P(C)＝1
2,
P(AB)＝P(A)P(B),P(AC)＝P(A)P(C),P(BC)＝P(B)P(C),故B 正确;
对于C,A,B,C 交集为{5},则P(ABC)＝1
4,P(A)P(B)P(C)＝1
8,故C 错误;
对于D,P(A|C)＝P( AC )
P(C ) ＝1
2,
P(C|A)＝P( AC )
P( A ) ＝1
2,故D 正确.
规律方法 1.判断两个事件A,B 是不是相互独立事件,只需判断P(A)P(B)＝P(AB)是否成立即可;求
相互独立事件的概率也是利用公式P(AB)＝P(A)P(B),且注意利用互斥或对立事件的概率.
2.判断一个试验是否为n 重伯努利试验关键看每次试验的条件是否相同,相同则是、否则不是.
训练3 (1)(2025·肇庆二模)小王数学期末考试考了90 分,受到爸爸表扬的概率为1
2,受到妈妈表扬的
概率也为1
2,假设小王受爸爸表扬和受妈妈表扬相互独立,则小王被表扬的概率为( )
A.1
2
B.1
4
C.3
4
D.1
(2)(多选)袋子中有6 个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中随机取出两个球,设事件A
＝“取出的球的数字之积为奇数”,事件B＝“取出的球的数字之积为偶数”,事件C＝“取出的
球的数字之和为偶数”,则( )
A.事件A 与B 是互斥事件
B.事件A 与B 是对立事件
C.事件B 与C 是互斥事件
D.事件B 与C 相互独立
答案 (1)C (2)AB
解析 (1)记小王受到爸爸表扬为事件A,小王受到妈妈表扬为事件B,小王受到表扬为事件D,事件
A,B 相互独立,则P(D)＝1－P(A)·P(B)＝1－1
2 × 1
2 ＝3
4.
(2)对于A,B,取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生,且必有一
个发生,故事件A 与B 是互斥事件,也是对立事件,A,B 正确;
对于C,如果取出的数为2,4,则事件B 与事件C 均发生,不互斥,C 错误;
对于D,P(B)＝1－
C3
2
C6
2 ＝4
5 ,P(C)＝
C3
2＋C3
2
C6
2
＝2
5,P(BC)＝
C3
2
C6
2 ＝1
5,
则P(B)P(C)≠P(BC),即事件B 与C 不相互独立,D 错误.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·兰州诊断)现有编号为1,2,3,4 的4 个小球和4 个盒子,把4 个小球随机放进4 个盒子里,每
个盒子装1 个小球,则恰好有2 个小球与盒子的编号相同的概率为( )
A.1
4
B.1
2
C. 3
128
D. 3
64
答案 A
解析 把4 个小球随机放进4 个盒子里,每个盒子装1 个小球的方法种数为A4
4,
恰好有2 个小球与盒子的编号相同,有C 4
2(种),
所以恰好有2 个小球与盒子的编号相同的概率为p＝
C4
2
A4
4 ＝6
24 ＝1
4.
2.(2025·南阳模拟)袋中有5 个白球,3 个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下颜色后放回,直
到红球出现10 次时停止,设停止时共取了ξ 次球,则P(ξ＝12)等于( )
A.C12
10(
3
8)
10
·(
5
8)
2
B.C11
9 (
3
8)
9
(
5
8)
2
·3
8
C.C11
9 (
5
8)
9
·(
3
8)
2
D.C11
9 (
3
8)
9
·(
5
8)
2
答案 B
解析 当ξ＝12 时,表示前11 次中取到9 次红球,第12 次取到红球,
所以P(ξ＝12)＝C11
9 (
3
8)
9
(
5
8)
2
·3
8,故选B.
3.(2025·济宁模拟)甲,乙两人进行乒乓球比赛,比赛采用3 局2 胜制,如果每局比赛甲获胜的概率为
0.7,乙获胜的概率为0.3,且各局比赛结果相互独立,那么在甲获胜的条件下,比赛进行了3 局的概
率为( )
A. 3
16
B. 3
13
C.3
8
D.3
4
答案 C
解析 设甲获胜为事件A,比赛进行了3 局为事件B,
则P(A)＝0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784,P(AB)＝2×0.7×0.3×0.7＝0.294,
所以P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝0.294
0.784 ＝3
8.
4.(2025·西安调研)从1,2,3,4,5,6,7 这7 个数任选3 个不同数排成一个数列,则得到的数列为等差
数列的概率为( )
A. 3
35
B. 3
70
C. 9
35
D.18
35
答案 A
解析 从给定的7 个数中任取3 个方法种数,有A7
3,
能构成等差数列的事件含有:公差为±1 的5×2 个,公差为±2 的3×2 个,公差为±3 有1×2 个,共
18(种),所以得到的数列为等差数列的概率为
18
A7
3 ＝18
210 ＝3
35.
5.(2025·潍坊模拟)某学校组织中国象棋比赛,甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3 局2 胜制,假设
每局比赛中甲获胜的概率均为2
3,且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下,甲第一局获胜
的概率是( )
A.1
4
B.3
4
C.3
5
D.4
5
答案 D
解析 设甲获胜为事件A,甲第一局获胜为事件B,
则P(A)＝2
3 × 2
3 ＋2
3 × 1
3 × 2
3 ＋1
3 × 2
3 × 2
3 ＝20
27,
P(AB)＝2
3 × 2
3 ＋2
3 × 1
3 × 2
3 ＝16
27,
所以在甲获胜的条件下,甲第一局获胜的概率是P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝
16
27
20
27
＝4
5 .
6.(2025·成都诊断)设事件A,B 为两个随机事件,P(A)≠0,P(B)≠0,且P(A|B)＝P(B|A),则( )
A.P(B|A)＝P(B|A)
B.P(B|A)＝P(A|B)
C.P(B|A)＝P(A|B)
D.P(A|B)＝P(B|A)
答案 B
解析 由P(A|B)＝P(B|A)可得
P( A B)
P(B) ＝P( AB)
P( A) ,
又P(AB)＋P(AB)＝P(B),得
P(AB)＝P(B)－P(AB),
所以P(B)−P( AB)
P(B)
＝P( AB)
P( A) ,
即1－P( AB)
P(B) ＝P( AB)
P( A) ,
所以1－P( AB)
P( A ) ＝P( AB)
P(B) ,
即P( A)−P( AB)
P( A)
＝P( AB)
P(B) ,
即P( A B)
P( A) ＝P( AB)
P(B) ,
于是P(B|A)＝P(A|B).
7.(2025·武汉质检)有甲、乙、丙3 台车床加工同一型号的零件,加工的次品率分别为6%、5%、
3%,加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙、丙3 台车床加工的零件数分别占总数的30%、
40%、30%.任取一个零件,如果取到的零件是次品,则它是甲车床加工的概率为( )
A.21
47
B.20
47
C.18
47
D. 3
10
答案 C
解析 记事件A1:取到的零件为甲车床加工的,事件A2:取到的零件为乙车床加工的,
事件A3:取到的零件为丙车床加工的,
事件B:取到的零件是次品,
则P(B|A1)＝6
100,P(B|A2)＝5
100,P(B|A3)＝3
100,P(A1)＝3
10,P(A2)＝4
10,P(A3)＝3
10,
由贝叶斯公式可得
P(A1|B)＝
P( A1B)
P(B) ＝
P( A1)P(B| A1)
3
∑
k=1
P( Ak)P(B| Ak)
＝
3
10 × 6
100
3
10 × 6
100 ＋4
10 × 5
100 ＋3
10 × 3
100
＝18
47.
因此,如果取到的零件是次品,则它是甲车床加工的概率为18
47.
8.(2025·金华调研)设甲袋有3 个红球,2 个白球和5 个黑球,乙袋有3 个红球,3 个白球和4 个黑球,
先从甲袋中随机取出一球放入乙袋,以A1、A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球
的事件;再从乙袋中随机取出一球,以B 表示由乙袋取出的球是红球的事件,则( )
A.A1与B 相互独立
B.P(B|A2)＝2
11
C.P(B)＝3
10
D.P(A3|B)＝1
2
答案 C
解析 对于A,C,由题意得P(A1)＝
3
3＋2＋5 ＝3
10,P(BA1)＝3
10 × 4
11 ＝6
55,
P(A2)＝
2
3＋2＋5 ＝1
5,P(BA2)＝1
5 × 3
11 ＝3
55,P(A3)＝
5
3＋2＋5 ＝1
2,P(BA3)＝1
2 × 3
11 ＝3
22,
故P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)
＝6
55 ＋3
55 ＋3
22 ＝3
10,C 正确;
由于P(B)P(A1)＝3
10 × 3
10 ＝9
100,
故P(BA1)≠P(B)P(A1),故A1与B 不互相独立,A 错误;
B 中,由条件概率得P(B|A2)＝
P(B A2)
P( A2) ＝
3
55
1
5
＝3
11,B 错误;
D 中,P(A3|B)＝
P( A3 B)
P(B) ＝
3
22
3
10
＝5
11,D 错误.
二、多选题
9.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,则下列结论正确的是( )
A.该零件是第1 台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3 台车床加工出来的,那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品,那么它不是第3 台车床加工出来的概率为1
3
答案 BC
解析 记事件A 为“车床加工的零件为次品”,记事件Bi为“第i 台车床加工的零件”,i＝1,2,3.
则P(A|B1)＝8%,P(A|B2)＝3%,P(A|B3)＝2%,P(B1)＝10%,P(B2)＝40%,P(B3)＝50%.
对于A,任取一个零件,该零件是第1 台车床加工出来的次品的概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝
8%×10%＝0.008,故A 错误;
对于B,任取一个零件,该零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8%×10%＋
3%×40%＋2%×50%＝0.03,故B 正确;
对于C,如果该零件是第3 台床加工出来的,那么它不是次品的概率为P(A|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%
＝0.98,故C 正确;
对于D,如果该零件是次品,那么它不是第3 台车床加工出来的概率,可以考虑它的对立事件的概率,
即如果该零件是次品,那么它是第3 台车床加工出来的概率,即P(B3|A),
所以所求概率为1－P(B3|A)＝1－P( A B3)
P( A)
＝1－P( A|B3)P(B3)
P( A )
＝1－2%×50 %
0.03
＝2
3,故D 错误.
10.对于事件A 与事件B,若A∪B 发生的概率是0.72,事件B 发生的概率是事件A 发生的概率的2
倍,下列说法正确的是( )
A.若事件A 与事件B 互斥,则事件A 发生的概率为0.36
B.P(B|A)＝2P(A|B)
C.事件A 发生的概率的范围为[0.24,0.36]
D.若事件A 发生的概率是0.3,则事件A 与事件B 相互独立
答案 BCD
解析 对于A,若事件A 与事件B 互斥,则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝3P(A)＝0.72,所以P(A)＝0.24,故
A 错误;
对于B,P(B|A)＝
P( AB)
P( A ) ＝P( AB)
1
2 P(B)
＝2 P( AB)
P(B) ＝2P(A|B),故B 正确;
对于C,P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝3P(A)－P(AB)＝0.72,P(A)＝0.24＋P( AB)
3
,
若事件A 与事件B 互斥,则P(AB)＝0,此时P(A)取到最小值为0.24,若P(A)⊆P(B),此时P(AB)＝
P(A),P(A)取到最大值为0.36,故C 正确;
对于D,P(A)＝0.3,则P(B)＝0.6,由P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB),得P(AB)＝0.3＋0.6－0.72＝0.18
＝P(A)P(B),则事件A 与事件B 相互独立,故D 正确.
11.(2025·苏州模拟)A,B,C 表示三个随机事件,则下列选项正确的是( )
A.已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)＝P(B)是事件A 与事件B 相互独立的充要条件
B.已知P(A)>0,P(B)>0,则P(A)＝P(AB)＋P(A B)
C.已知P(A)>0,P(B)>0,P(A∪B)＝P(A)＋P(B)是事件A 与事件B 互斥的充要条件
D.已知P(AB)>0,则P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)
答案 ACD
解析 对于A,因为P(B|A)＝P( AB)
P( A) ＝P(B),
得到P(AB)＝P(A)P(B),
故事件A 与B 相互独立,即充分性成立;若事件A 与B 相互独立,则P(AB)＝P(A)P(B),
于是P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝P(B),即必要性成立,故A 正确;
对于B,因为P(A)＝P(AB)＋P(AB),因P(AB)表示事件A 发生而B 不发生的概率,
而P(A B)则表示事件A,B 都不发生的概率,故B 错误;
对于C,因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝P(A)＋P(B),
所以P(AB)＝0,又P(A)>0,P(B)>0,故事件A 与B 互斥,即充分性成立;
若事件A 与B 互斥,则P(AB)＝0,P(A∪B)＝P(A)＋P(B),即必要性成立,故C 正确;
对于D,因为P(ABC)＝P(AB)P(C|AB)＝P(A)P(B|A)P(C|AB),故D 正确.
三、填空题
12.(2025·北京海淀区调研)已知数列{an},ai(i＝1,2,…,n)等可能取－1,1,2,－2.数列{bn}满足b1＝
1,且bn＋1＝an·bn,则b4＝4 的概率为 .
答案 3
16
解析 由题意可得b2＝b1·a1＝a1,b3＝b2·a2＝a1·a2,b4＝b3·a3＝a1·a2·a3,
若b4＝4,则a1·a2·a3＝4,
若a1,a2,a3各随机从－1,1,2,－2 中选一个,共有43＝64 种情况;
若a1·a2·a3＝4,因为1×2×2＝4,1×(－2)×(－2)＝4,2×(－2)×(－1)＝4,
所以a1·a2·a3＝4 共有3＋3＋A3
3＝12 种情况,
所以b4＝4 的概率为12
64 ＝3
16.
13.(2025·合肥模拟)袋中有三个相同的小球,用不同数字对三个小球进行标记.从袋中随机摸出一个
小球,接着从袋中取出比该小球上数字大的所有小球(不再放回),并将该小球放回袋中.然后,对袋中
剩下的小球再作一次同样的操作,此时袋中剩下2 个小球的概率为 .
答案 5
18
解析 不妨对三个小球进行标记,记为1,2,3 号,
若第一次取出的是1 号球,两次操作之后袋子里面只剩1 号球;
若第一次取出的是2 号球,则第二次操作时袋子中有1,2 号球,若要让袋子中有2 个球,需取2 号球
才行,其概率为1
3 × 1
2 ＝1
6;
若第一次取出的是3 号球,则第二次操作时袋子中有1,2,3 号球,若让袋子中有2 个球,需取2 号球
才行,其概率为1
3 × 1
3 ＝1
9;
综上,袋中剩下2 个小球的概率为1
6 ＋1
9 ＝5
18.
14.第34 届夏季奥运会将于2028 年7 月14 日至7 月30 日在美国洛杉矶举行.某田径运动员准备参
加100 米、200 米两项比赛,根据以往赛事分析,该运动员100 米比赛未能站在领奖台的概率为1
2,
200 米比赛未能站上领奖台的概率为3
10,两项比赛都未能站上领奖台的概率为1
10,若该运动员在
100 米比赛中站上领奖台,则他在200 米比赛中也站上领奖台的概率是 .
答案 3
5
解析 设在100 米比赛中站上领奖台为事件A,在200 米比赛中站上领奖台为事件B,则P(B)＝3
10
,P(A)＝1
2,P(A∩B)＝1
10,P(A)＝1－P(A)＝1
2,
则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)
＝1
2 ＋3
10 －1
10 ＝7
10,
则P(A∩B)＝1－P(A∪B)＝3
10,
故P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝
3
10
1
2
＝3
5
