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微专题29 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.(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)＝，P(乙)＝，
P(丙)＝，P(丁)＝＝，
∴P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，
P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，
P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，
因此事件甲与丁相互独立.
2.(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)(
)
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 选项正确；
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 选项正确；
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Cβ(1－β)2＋C(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＝Cα(1－α)2＋C(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 选
项正确.
综上，选ABD.
3.(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
解析 由题意知甲选到A 的概率P＝＝.
记“乙选择A 活动”为事件M，“乙选了A 活动再选择B 活动”为事件N，
则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，
所以P(N|M)＝＝＝.
4.(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
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＝＝.
【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)(2024·梅州模拟)某学校为参加辩论比赛，选出8 名学生，其中3 名男生
和5 名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8 名学生随机地平均分成两
队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是( )
A.
B.
C.
D.
(2)(2024·西安模拟)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.
B.
C.
D.
答案 (1)D (2)A
解析 (1)法一 由已知，8 名学生要平均分成两队，即8 名学生任选4 名为第一
队，余下4 人为第二队，则共有C＝70 种方法，
又因为男生有3 名，要想两队均有男生，可以考虑先选出2 名男生共有C＝3 种
方法，选出的这两名男生各代表一队，则还余下6 名学生(1 男5 女)，再任选3
人进第一队，则余下的3 人为第二队，共有C＝20 种方法，
所以两队中均有男生的概率为＝＝，故选D.
法二 由已知，8 名学生要平均分成两队，两队中均有男生，则一队必然是1 男
3 女，另一队必然是2 男2 女，
则所求概率为＝＝，故选D.
(2)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
种的样本空间的样本点的个数为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＝，
所以他们选择不同颜色运动服的概率为1－＝.
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)(2024·达州调研)从1，2，3，4，5 中随机选取三个不同的数，则这三
个数之积为偶数的概率为( )
A.
B.
C.
D.
(2)(2024·沈阳模拟)将甲、乙、丙等7 名志愿者分到A，B，C 三个地区，每个地
区至少分配2 人，则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 (1)D (2)D
解析 (1)从1，2，3，4，5 中随机选取三个不同的数，取法有(1，2，3)，(1，
2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，
(2，4，5)，(3，4，5)，共有10 个样本点，
其中三个数之积为偶数的样本点有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，
4)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共9 个，
所以从1，2，3，4，5 中随机选取三个不同的数，则这三个数之积为偶数的概率
为p＝.故选D.
(2)将甲、乙、丙等7 名志愿者分到A，B，C 三个地区，每个地区至少分配2 人，
则有3 人分到一个地区，分配方法共有·A 种，
其中甲、乙、丙分到同一个地区的分配方法有·A，
故所求的概率为＝＝，故选D.
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)＝＝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)＝∑P(Ai)P(B|Ai).
例2 (多选)(2024·广州模拟)甲箱中有3 个红球和2 个白球，乙箱中有2 个红球和
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)＝
B.P(B)＝
C.P(B|A1)＝
D.P(A2|B)＝
答案 ABD
解析 依题意可得P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝，故A，B 正确，C 错误；
P(A2|B)＝＝＝＝，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)(2024·洛阳调研)某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社
团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择
一个报名，记事件A 为“五名同学所选项目各不相同”，事件B 为“只有甲同
学选篮球”，则P(A|B)＝( )
A.
B.
C.
D.
(2)(2024·湖北四市联考)长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约30%
的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 小时，这些人的近视率约
为60%，现从每天玩手机不超过1 小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的
概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 (1)A (2)B
解析 (1)由题意知P(AB)＝，P(B)＝，
故P(A|B)＝＝＝.
(2)设事件A1＝“玩手机时间超过1 h 的学生”，A2＝“玩手机时间不超过1 h 的
学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”，
则Ω＝A1∪A2，且A1，A2 互斥，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.6，P(B)＝
0.3，
依题意，知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.2×0.6＋0.8×P(B|A2)＝0.3，
解得P(B|A2)＝，
故所求的概率为.
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)＝Cpk(1－
p)n－k，k＝0，1，2，…，n.
例3 (1)某运动员每次射击击中目标的概率均相等，若三次射击中，至少有一次
击中目标的概率为，则射击一次，击中目标的概率为( )
A.
B.
C.
D.
(2)(多选)先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为x，y，设事件
A1＝“x＋y＝5”，事件A2＝“y＝x2”，事件A3＝“x＋2y 为奇数”，则( )
A.P(A1)＝
B.P(A2)＝
C.A1与A3相互独立
D.A2与A3相互独立
答案 (1)B (2)ACD
解析 (1)设该运动员射击一次，击中目标的概率为p，
若该运动员三次射击中，至少有一次击中目标的概率为1－(1－p)3＝，
解得p＝.
(2)先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x，y，
则样本点为(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，
满足事件A1的样本点有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)共4 个，
其概率P(A1)＝＝，A 正确；
满足事件A2的样本点有(1，1)，(2，4)，共2 个，其概率P(A2)＝＝，B 错误；
满足事件A3的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，
1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，
(5，5)，(5，6)，共18 个.
其概率P(A3)＝，
满足事件A1A3的有(1，4)，(3，2)，共2 个，所以P(A1A3)＝，
则P(A1A3)＝P(A1)P(A3)，所以A1与A3相互独立，C 正确；
满足事件A2A3的样本点只有(1，1)一种，所以P(A2A3)＝，
因为P(A2A3)＝P(A2)P(A3)，所以A2与A3相互独立，D 正确.
规律方法 1.相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
2.当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算.
训练3 (1)(2024·湖南名校联考)为庆祝我国第39 个教师节，某校举办教师联谊会，
甲、乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲、
乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮
比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成
语的概率为( )
A.
B.
C.
D.
(2)(多选)(2024·青岛模拟)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)B (2)AB
解析 (1)设事件A＝“甲猜对”，B＝“乙猜对”，C＝“几何队至少猜对一个
成语”，
由题意知，事件A，B 相互独立，则A与B，A 与B，A与B也相互独立，
事件C 的对立事件C＝“几何队一个成语也没有猜对”，即C＝A B，
则P(C)＝1－P(C)＝1－P(A B)＝1－P(A)P(B)＝1－×＝.
(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－＝，P(C)＝＝，P(BC)＝＝，
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.(2024·无锡调研)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|A)＝0.3，则P(A)＝( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由P(B)＝P(AB＋AB)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)，得0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－
P(A)]，解得P(A)＝.故选D.
2.(2024·合肥模拟)甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7 局4 胜制(先胜
4 局者胜，比赛结束).已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4 比2 获胜的概
率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 根据题意，甲运动员前5 场内需要赢3 场，第6 场甲胜，则甲以4 比2 获
胜的概率为C··×＝.
3.(2024·南阳模拟)党的二十大报告提出：“深化全民阅读活动.”今天，我们思索
读书的意义、发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众
精神文化生活新期待.某市把图书馆、博物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场
馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A，B，C，D，E
共5 名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名
志愿者，每名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A，B 两名志愿者不在同一个
场馆的概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 将5 名志愿者分配到4 个场馆，共有CA 个样本点，
其中A，B 两名志愿者在同一个场馆共有A 个样本点，
所以A，B 两名志愿者不在同一个场馆的概率为p＝1－＝.
4.篮球队的5 名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4 人的概率相等，由
甲开始传球，则前3 次传球中，乙恰好有1 次接到球的概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 由题意可知每位队员把球传给其他4 人的概率都为，
由甲开始传球，则前3 次传球中，乙恰好有1 次接到球的情况可分为：只在第一
次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，
则概率为×1×＋××1＋××＝.
5.(2024·临沂模拟)长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有
的学生每天玩手机超过1 h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从
该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设事件A 为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件B 为“任
意调查一名学生，该学生近视”，则P(A)＝，P(B|A)＝，
所以P(A)＝1－P(A)＝，P(B|A)＝，
则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(B|A)P(A)＝×＋×＝.
6.(2024·郑州模拟)在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是
0.5，0.6 和0.7，且三人的测试结果相互独立，测试结束后，在甲、乙、丙三人
中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 分别记甲、乙、丙三人获得优秀等级为事件A，B，C，
记甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
由题知，P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.7，
所以P(D) ＝P(AB C) ＋P(ABC) ＋P(A BC) ＝0.5×0.4×0.3 ＋0.5×0.6×0.3 ＋
0.5×0.4×0.7＝0.29，
P(BD)＝P(ABC)＝0.5×0.6×0.3＝0.09.
则P(B|D)＝＝＝.
7.有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面
上述三种礼品都有装，现从中任选一个礼盒.设事件A 为“所选礼盒中有中国
结”，事件B 为“所选礼盒中有记事本”，事件C 为“所选礼盒中有笔袋”，
则下列说法中正确的是( )
A.事件A 与事件B 互斥
B.事件A 与事件B 相互独立
C.事件A 与事件B∪C 互斥
D.事件A 与事件B∩C 相互独立
答案 B
解析 由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件
A 和事件B 就同时发生了，因此事件A 与事件B 不是互斥事件，故A 错误；
由于P(A)＝，P(B)＝，P(A∩B)＝＝P(A)·P(B)，因此事件A 与事件B 相互独立，
故B 正确；
由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则
事件A 和事件B∪C 就同时发生了，因此事件A 与事件B∪C 不是互斥事件，故
C 错误；
由于P(A)＝，P(B∩C)＝，P(A∩B∩C)＝≠P(A)·P(B∩C)，因此事件A 与事件
B∩C 不是相互独立的，故D 错误.
8.写算是一种格子乘法.例如计算89×61，将乘数89 计入上行，乘数61 计入右行，
然后以乘数61 的每位数字乘以乘数89 的每一位数字，将结果计入相应的格子中，
最后从右下方开始按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5 429.类比此
法画出354×472 的格子，若从18 个数字(含相同的数字，格子周边数字不算在
内)中任取2 个数字，则它们之和大于10 的概率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 画出354×472 的格子，如图所示，
则18 个数字中不同的数字有0，1，2，3，5，6，8，其中6 与8 各2 个，3 与5
各1 个.
从中任取2 个，形成的样本空间含C 个样本点，它们之和大于10 的样本点为
(3，8)2 个，(5，6)2 个，(5，8)2 个，(6，8)4 个，(6，6)1 个，(8，8)1 个，共有
12 个.
故所求概率为＝.
二、多选题
9.(2024·石家庄调研)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
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－＝1－＝1－＝，故D 错误.
10.(2024·娄底模拟)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)＝＝＝＝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＋，
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.(2024·金华调研)已知Ω 为随机试验的样本空间，事件A，B 满足A⊆Ω，
B⊆Ω，则下列说法正确的是( )
A.若A⊆B，P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝
B.若A∩B＝∅，P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝
C.若P(A)＝P(A|B)＝，P(B)＝，则P(B|A)＝
D.若P(A)＝，P(A|B)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝
答案 BD
解析 对于A，因为A⊆B，所以P(A＋B)＝P(A∪B)＝P(B)＝，A 不正确；
对于B，若A∩B＝∅，则A，B 互斥，由P(A)＝，P(B)＝，得P(A＋B)＝P(A)＋
P(B)＝＋＝，B 正确；
对于C，由P(A)＝P(A|B)得事件A，B 相互独立，所以事件A，B也相互独立，所
以P(A B)＝P(A)P(B)＝＝，
则P(B|A)＝＝＝，C 不正确；
对于D，由P(A|B)＝＝，P(A|B)＝＝，得P(AB)＝P(B)，P(A B)＝P(B)，P(A)＝
P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(A B)＝P(B)＋P(B)，所以1－＝(1－P(B))＋P(B)，解得
P(B)＝，D 正确.
三、填空题
12.接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校有的学生接种了流感疫
苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为，而接种了疫苗的感染率为.
现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为________.
答案
解析 设事件A＝“确诊了流感”，
事件B＝“未接种疫苗”，
则P(A)＝×＋×＝，
P(AB)＝×＝，
故P(B|A)＝＝.
13.(2024·全国甲卷)有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无
放回地随机取3 次，每次取1 个球，设m 为前两次取出的球上数字的平均值，n
为取出的三个球上数字的平均值，则m 与n 之差的绝对值不大于的概率为
________.
答案
解析 设3 次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3 次球的取
法有A＝120(种)，
则|m－n|＝＝≤，可得|a＋b－2c|≤3.
当c＝1 时，a，b 需要满足“1≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2，3)，(3，2)，共
2 种.
当c＝2 时，a，b 需要满足“－1≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，
(1，5)，(1，6)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(3，4)，(4，3)，共10 种.
当c＝3 时，a，b 需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1，2)，(2，1)，
(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，
2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16 种.
当c＝4 时，a，b 需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1，5)，(5，1)，
(1，6)，(6，1)，(2，3)，(3，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，
3)，(3，6)，(6，3)，(6，5)，(5，6)，共16 种.
当c＝5 时，a，b 需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1，6)，(6，1)，
(2，6)，(6，2)，(3，4)，(4，3)，(3，6)，(6，3)，(4，6)，(6，4)，共10 种.
当c＝6 时，a，b 需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4，5)，(5，4)，
共2 种.
故共有2＋10＋16＋16＋10＋2＝56(种)可能情况，所以所求概率P＝＝.
14.(2024·宁波模拟)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，200 米比赛未能站上领奖台的概
率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，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
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)＝，P(A)＝，P(A∩B)＝，P(A)＝1－P(A)＝，
则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝＋－＝，
则P(A∩B)＝1－P(A∪B)＝，
故P(B|A)＝＝＝.
