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第01 讲 条件概率与事件的独立性
课程标准
学习目标
1.了解条件概率的概念，掌握求条件概率
的两种方法，能利用条件概率公式解决一
些简单的实际问题；
2.结合古典概型，会利用乘法公式计算概
率，结合古典概型，会利用全概率公式计
算概率．了解贝叶斯公式；
3.理解两个事件相互独立的概念，掌握相
互独立事件同时发生的概率乘法公式.
1.掌握条件概率的意义并能利用条件概率公式处理实
际问题；
2.能从条件概率的定义推导乘法公式，会应用乘法公
式计算概率，理解全概率公式，学会利用全概率公
式与贝叶斯公式计算概率．
3.会判断事件的独立性，并能利用公式求解实际问题.
知识点01 条件概率
1.条件概率的定义
（1）一般地，当事件B 发生的概率大于0 时(即P(B)>0)，已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称
为条件概率，记作P(A|B).
（2）条件概率的求法：
（1）定义法：
；
2
（2）缩小样本空间法：
．
2．条件概率的性质
（1）任何事件的条件概率都在0 和1 之间，即0≤P(B|A)≤1．
（2）P(A|A)＝1.
（3）如果B 与C 是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
（4）设B与B 互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A).
【即学即练1】
1.（多选）下面几种概率不是条件概率的是( )
A．甲、乙二人投篮命中率分别为0.6，0.7，各投篮一次都投中的概率
B．甲、乙二人投篮命中率分别为0.6，0.7，在甲投中的条件下，乙投篮一次命中的概率
C．有10 件产品，其中3 件次品，抽2 件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率
D．小明上学路上要过四个路口，每个路口遇到红灯的概率都是，则小明在一次上学途中遇到红灯的
概率
【答案】ACD
【解析】由条件概率的定义知B 为条件概率．
2.若P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)＝( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由公式得P(B|A)＝＝＝.
知识点02 乘法公式与全概率公式
1．乘法公式
(1)公式：P(BA)＝P ( A ) P ( B | A ) ．
(2)公式的推导依据：P(B|A)＝，即根据事件A 发生的概率，以及已知事件A 发生的条件下事件B 发生
的概率，可以求出A 与B 同时发生的概率．
2．全概率公式
(1)公式：P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(
)P(B|
)．
(2)公式的推导：
一般地，如果样本空间为Ω，而A，B 为事件，则BA 与B 是互斥的，且B＝BΩ＝B(A＋
)＝BA＋B
，如图所示，
从而P(B)＝P(BA＋B
)＝P(BA)＋P(B
)．
3
由乘法公式可得全概率公式P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(
)P(B|
)．
3．全概率公式的推广
若样本空间
中的事件
，
，…，
满足：
①任意两个事件均互斥，即
，
，
；
②
；
③
，
．
则对
中的任意事件
，都有
，且
．
4．贝叶斯公式(选学)
（1）定义：一般地，当
且
时，有
（2）贝叶斯公式的推广：若样本空间
中的事件
满足：
①任意两个事件均互斥，即
，
，
；
②
；
③
，
．
则对
中的任意概率非零的事件
，都有
，
且
（3）利用贝叶斯公式求概率的步骤
第一步：利用全概率公式计算
，即
；
第二步：计算
，可利用
求解；
第三步：代入
求解．
【即学即练2】
1．已知P(B)＝，P(A|B)＝，则P(AB)＝( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由乘法公式得，P(AB)＝P(B)P(A|B)
＝×＝.
2．甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，其产量分别占总量的25%,35%,40%，次品率分别为
4
5%,4%,2%.从这批产品中任取一件，则它是次品的概率为( )
A．0.012 3
B．0.023 4
C．0.034 5
D．0.045 6
【答案】C
【解析】本题为简单的全概率公式的应用，从这批产品中任取一件，则它是次品的概率为0.25×0.05＋
0.35×0.04＋0.4×0.02＝0.034 5.
知识点03 独立性与条件概率的关系
1、当P(B)＞0 时，事件A 与事件B 相互独立的充要条件是P(A|B)＝P ( A ) ．
这就是说，此时事件A 发生的概率与已知事件B 发生时事件A 发生的概率相等．也就是事件B 的发生，
不会影响事件A 发生的概率．
2、判断事件是否相互独立的方法：
（1）定义法：事件
，
相互独立的充要条件是
．
（2）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响．
（3）条件概率法：当
时，可用
判断．
【即学即练3】(多选)下列说法正确有( )
A．对事件A 和B，若P(B|A)＝P(B)，则事件A 与B 相互独立
B．若事件A，B 相互独立，则P(A∩B)＝P(A)×P(B)
C．如果事件A 与事件B 相互独立，则P(B|A)＝P(B)
D．若事件A 与B 相互独立，则B 与B相互独立
【答案】ABC
【解析】若P(B|A)＝P(B)，则P(A∩B)＝P(A)·P(B)，故A，B 相互独立，所以A 正确；若事件A，B 相
互独立，则A，B也相互独立，故B 正确；若事件A，B 相互独立，则A 发生与否不影响B 的发生，故C 正
确；B 与B相互对立，不是相互独立，故D 错误．
题型01 条件概率的计算
角度1 公式法
【典例1】（23-24 高二下·河南·月考）从装有2 个白球、3 个红球的箱子中无放回地随机取两次，每次取
一个球，
表示事件“两次取出的球颜色相同”，
表示事件“两次取出的球中至少有1 个是红球”，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
5
【答案】A
【解析】由于我们不考虑两次取球的顺序，故可以视为从该箱子中一次性随机取出两个球.
从而
，
，故
.故选：A.
【变式1】已知事件A，B，若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】直接利用条件概率公式计算即可求出.
【详解】因为
,
.
所以
.
故选：A.
【变式2】（23-24 高二下·甘肃兰州·期中）现有4 名男生，2 名女生.从中选出3 人参加学校组织的社会实
践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】记男生甲被选中为事件A，女生乙被选中为事件B，
则
，所以
.故选：D
【变式3】（23-24 高二下·甘肃兰州·期中）现有4 名男生，2 名女生.从中选出3 人参加学校组织的社会实
践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】记男生甲被选中为事件A，女生乙被选中为事件B，
则
，所以
.故选：D
角度1 缩小样本空间法
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【典例2】（23-24 高二下·浙江·期中）已知生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个孩子的家
庭，且该家庭有女孩，则三个小孩都是女孩的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】用
表示女孩，
表示男孩，
则样本空间
．
分别设“选择的家庭中有女孩”和“选择的家庭中三个小孩都是女孩”为事件
和事件
，
则
，
，
所以
．故选：B
【变式1】（23-24 高二下·北京·期中）投掷一枚质地均匀的骰子两次，记
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】记事件
，包含的基本事件数是
，
，
，共3 个基本事件，
事件
，包含的基本事件数是
，
，共2 个基本事件，
所以
．故选：D.
【变式2】小赵、小钱、小孙、小李到4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4 个人去的景
点不完全相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P(B|A)＝( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】小赵独自去一个景点，则有4 个景点可选，其余3 人只能在小赵剩下的3 个景点中选择，可
能性为3×3×3＝27 种，所以小赵独自去一个景点的可能性为4×27＝108 种，
因为4 个人去的景点不完全相同的可能性44－4＝252 种，
所以P(B|A)＝＝.
【变式3】从1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取两个数，事件
“有一个数是奇数”，
“另一个数
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也是奇数”，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据条件概率的定义，可分别求解
,即可用条件概率的公式运用个数之比求解.
【详解】任取两个数，则一奇一偶共有
种取法，两个都是奇数共有
，所以事件
包含所
取两个数要么为一奇一偶，要么为两个奇数，故
,
则事件
为所取两个数均为奇数，故
,故
,
故选：A
题型02 条件概率的性质及应用
【典例3】在一个袋子中装有10 个球，设有1 个红球，2 个黄球，3 个黑球，4 个白球，从中依次摸2
个，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
【解析】 设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个
球为黑球”为事件C，
则P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝.
所以P(B|A)＝＝÷＝，P(C|A)＝＝÷＝.
所以P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
所以所求的条件概率为.
【变式1】已知事件A，B，C 满足A，B 是互斥事件，且
，
，
，则
的值等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题意，
，由
，
是互斥事件知，
，
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所以
，故选：A．
【变式2】（2024·湖北武汉·二模）设
，
为任意两个事件，且
，
，则下列选项必成立的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由
，则
，故
，
而
，则
，又
，
所以
.故选：D
【变式3】（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·期中）（多选）设
，
是一个随机试验中的两个事件，且
，
，
，则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
【解析】因为
，
，
，
且
，
所以
，故A 正确；
，故B 正确；
，故C 正确；
，故D 错误.故选：ABC
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【变式4】A、B 是一个随机试验中的两个事件，且
，则下列错误的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
，
，
又
，
，故C 错误；
，
，
，故A 正确；
，
，故B 正确；
，故D 正确.故选：C.
题型03 乘法公式的应用
【典例4】（2025 高二·全国·专题练习）一个不透明的箱子装有若干个除颜色外完全相同的红球和黄球．
若第一次摸出红球的概率为
，在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出黄球的概率为
，则第一次摸出
红球且第二次摸出黄球的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】记事件
“第一次摸出红球”，事件
“第二次黄球”，由条件概率公式求解即可．
【详解】记事件
“第一次摸出红球”，事件
“第二次黄球”，则
，
，
由条件概率公式得
，则
,
故选：B．
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【变式1】（24-25 高二下·全国·课后作业）已知
，且
相互独立，则
（ ）
A．0.18
B．0.9
C．0.3
D．无法求解
【答案】A
【分析】根据相互独立事件的定义可得.
【详解】
相互独立，
，
．
故选：A.
【变式2】（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知在8 个球中，有2 个白球，6 个红球，每次任取一个球，
取出后不再放回，则经过2 次取球恰好将2 个白球全部取出的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据条件概率公式进行计算.
【详解】设第一次取到白球为事件
，则
，
设第二次取到白球为事件
，则
，
所以
.
故选：B
【变式3】（23-24 高二下·山东青岛·期中）已知事件
，若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用条件概率公式求解即可．
【详解】由题可知，
，
故选：A．
【变式4】（2024·安徽合肥·一模）核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查
发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某
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地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸
检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（ ）
A．0.495%
B．0.9405%
C．0.99%
D．0.9995%
【答案】A
【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.
【详解】记感染新冠病毒为事件
,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件
则
,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为
，
故选：A
题型04 全概率公式的应用
【典例5】现有甲、乙两盒，甲盒中有3 个红球，2 个白球，乙盒中有2 个红球，1 个白球，先从甲盒
中采用不放回抽样取3 个球放入乙盒，再从乙盒中取1 个球，求取到的是红球的概率．
【解析】设事件Bi表示“从甲盒中取3 个球，其中有i 个红球(i＝1,2,3)”，A 表示“从乙盒中取1 个球
是红球”，则B1，B2，B3构成样本空间的一个划分．
由古典概型概率公式得P(B1)＝＝，
P(B2)＝＝，P(B3)＝＝，
P(A|B1)＝＝，P(A|B2)＝＝，
P(A|B3)＝＝.
由全概率公式得P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝×＋×＋×＝.
即从乙盒中取1 个球，取到的是红球的概率为.
【变式1】（23-24 高二下·广东东莞·期中）袋中装有10 个球，其中3 个黑球、7 个白球，从中依次取两球
（不放回），则第二次取到的是黑球的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设事件
：表示第1 次取到黑球，事件
：表示第1 次取到白球，
事件
：表示第2 次取到黑球，
于是
，
，
12
则
.故选：B
【变式2】（23-24 高二下·江苏淮安·月考）某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般
的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司
的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则
该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是（ ）
A．0.155
B．0.175
C．0.01
D．0.096
【答案】B
【解析】设事件
表示被保险人是“谨慎的”，事件
表示被保险人是“一般的”，
事件
表示被保险人是“冒失的”，
则依题意可知：
又设事件
表示被保险人在一年内发生事故，
则
再由全概率公式得
.
故选：B.
【变式3】（23-24 高二下·北京顺义·期中）从甲地到乙地共有
、
、
三条路线可选择，选路线
堵车
的概率为
，选路线
堵车的概率为
，选路线
堵车的概率为
，若李先生从这三条路线中等可能
的任选一条开车自驾游，则堵车的概率为（ ）
A．0.2
B．0.3
C．0.7
D．0.9
【答案】B
【解析】依题意李先生从这三条路线中等可能的任选一条开车自驾游，
即选择
、
、
路线的概率均为
，
又选路线
堵车的概率为
，选路线
堵车的概率为
，选路线
堵车的概率为
，
所以堵车的概率
.故选：B
【变式4】（23-24 高二下·浙江丽水·期中）某学校有
，
两家餐厅，王同学第1 天午餐时随机地选择一
家餐厅用餐．如果第1 天去
餐厅，那么第2 天去
餐厅的概率为0.6；如果第1 天去
餐厅，那么第2 天
13
去
餐厅的概率为0.4．计算王同学第2 天去
餐厅用餐的概率（ ）
A．0.24
B．0.36
C．0.5
D．0.52
【答案】C
【解析】设
“第1 天去A 餐厅用餐”，
“第1 天去B 餐厅用餐”，
“第2 天去A 餐厅用餐”，
根据题意得
，
，
，
由全概率公式，得
，
因此，王同学第2 天去
餐厅用餐的概率为0.5.故选：C.
题型05 贝叶斯公式的应用
【典例6】（2024·安徽·三模）托马斯•贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：
，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中
称为
的全概率.春夏换季是流行性感冒爆发期，已知
三个地区分别有
的人患了流感，且这三
个地区的人口数之比是
，现从这三个地区中任意选取1 人，若选取的这人患了流感，则这人来自
地区的概率是（ ）
A．0.25
B．0.27
C．0.48
D．0.52
【答案】C
【解析】记事件
表示“这人患了流感”，事件
分别表示“这人来自
地区”，
由题意可知：
，
，
14
故
.故选：C.
【变式1】某批产品来自
，
两条生产线，
生产线占
，次品率为4%；
生产线占
，次品率
为
，现随机抽取一件进行检测，若抽到的是次品，则它来自
生产线的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】因为抽到的次品可能来自于
，
两条生产线，设
“抽到的产品来自
生产线”，
“抽到的产品来自
生产线”，
“抽到的一件产品是次品”，
则
，
由全概率公式得
，
所以它来自
生产线的概率是
.故选：B
【变式2】英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B 存在如下
关系：
.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患
病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性；该试
剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取
该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设检验结果呈现阳性为事件
，此人患病为事件
，
，
，
则
.故选：C
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【变式3】三批同种规格的产品，第一批占25%，次品率为6%；第二批占30%，次品率为5%；第三批占
45%，次品率为5%．将三批产品混合，从混合产品中任取一件．
（1）求这件产品是次品的概率；
（2）已知取到的是次品，求它取自第一批产品的概率．
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设取到第批产品为事件
，
，取到次品为事件
.
.
（2）
.
【变式4】设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车
为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，求该汽车是货车的概率．
【解析】设B＝{中途停车修理}，A1＝{经过的是货车}，A2＝{经过的是客车}，则B＝A1B＋A2B.
由于P(A1)＝，P(A2)＝，
P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，
由贝叶斯公式得P(A1|B)
＝＝＝0.80.
即该汽车是货车的概率为0.80.
题型06 相互独立事件的判断
【典例7】（23-24 高二上·广东·月考）现有同副牌中的5 张数字不同的扑克牌，其中红桃1 张、黑桃2 张、
梅花2 张，从中任取一张，看后放回，再任取一张．甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件
“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花
色的扑克牌”，则（ ）
A．乙与丙相互独立
B．乙与丁相互独立
C．甲与丙相互独立
D．甲与乙相互独立
【答案】D
【解析】由题意得，事件甲的概率
，事件乙的概率
，
有放回地取扑克牌两次的试验的基本事件总数是
，显然事件丙与丁是对立事件，
两次取出的扑克牌花色相同包含的基本事件数为
，
则事件丙的概率
，所以事件丁的概率
，
对于A 中，事件乙与丙同时发生所包含的基本事件数为
，其概率
，
16
所以乙与丙不相互独立，所以A 错误；
对于B 中，事件乙与丁同时发生所包含的基本事件数为，其概率
，
所以乙与丁不相互独立，所以B 错误；
对于C 中，事件甲与丙同时发生所包含的基本事件数为
，其概率
，
所以甲与丙不相互独立，所以C 错误；
对于D 中，事件甲与乙同时发生所包含的基本事件数为
，其概率
，
所以甲与乙相互独立，D 正确．故选：D．
【变式1】袋内有个白球和
个黑球，从中有放回地摸球，用
表示“第一次摸得白球”，如果“第二次
摸得白球”记为
，“第二次摸得黑球”记为
，那么事件
与
，
与
间的关系是（ ）
A．
与
，
与
均相互独立
B．
与
相互独立，
与
互斥
C．
与
，
与
均互斥
D．
与
互斥，
与
相互独立
【答案】A
【分析】根据相互独立和互斥的定义即可判断，或者根据概率的乘法公式验证也可判断相互独立.
【详解】方法一：由于摸球是有放回的，故第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故
与
，
与C 均相互独立．而
与
，
与
均能同时发生，从而不互斥．
方法二：标记1，2，3 表示3 个白球，4，5 表示2 个黑球，全体样本点为
，
用古典概型概率计算公式易得
．而事件
表示“第一次摸得
白球且第二次摸得白球”，所以
，所以
与
相互独立：同理，事件
表
示“第一次摸得白球且第二次摸得黑球”，
，所以
与
相互独立．
故选:A．
【变式2】)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
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【解析】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 项是相互独立事件；
B 中是不放回地摸球，显然A 事件与B 事件不相互独立；对于C，A，B 应为互斥事件，不相互独立；D 是
条件概率，事件B 受事件A 的影响．故选A.
【变式3】掷一枚质地均匀的骰子，记事件
“出现的点数不超过3”，事件
“出现的点数是3 或6”．
则事件A 与B 的关系为（ ）
A．事件A 与B 互斥
B．事件A 与B 对立
C．事件A 与B 独立
D．事件A 包含于B
【答案】C
【分析】根据互斥事件、对立事件、独立事件的定义进行判断即可.
【详解】由题意可知：
，因为
，
所以事件事件A 与B 不可能是互斥和对立，
因为
，
，
所以有
，因此事件A 与B 独立，
故选：C
【变式4】在一次试验中，随机事件A，
满足
，则（ ）
A．事件A，
一定互斥
B．事件A，
一定不互斥
C．事件A，
一定相互独立
D．事件A，
一定不相互独立
【答案】B
【分析】根据
确定
，得到事件A，
一定不互斥，而是否相互
独立不确定，故选出正确答案.
【详解】因为
，所以
，故事件A，
一定不互斥，A 错误，B
正确；
，则
可能等于
，也可能不等于
，故是否相互独立不确定，
CD 错误.
故选：B
题型07 相互独立事件的概率问题
18
【典例8】（23-24 高二下·江苏扬州·月考）第33 届夏季奥林匹克运动会即将于2024 年在巴黎举办，其中
游泳比赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛．已知甲在预赛
和半决赛中获胜的概率分别为
和
，乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为
和
，丙在预赛和半决赛
中获胜的概率分别为
和
．则甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】依题意可知，甲进入决赛的概率为
，
乙进入决赛的概率为
，
丙进入决赛的概率为
，
所以甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率：
.故选：A
【变式1】（23-24 高二下·北京·期中）甲、乙两个气象台同时做天气预报，如果它们预报准确的概率分别
为0.8 与0.7，且预报准确与否相互独立，那么在一次预报中这两个气象台恰有一个预报准确的概率是（
）
A．0.06
B．0.38
C．0.56
D．0.94
【答案】B
【解析】由题可得一次预报中这两个气象台恰有一个预报准确的概率是：
，故选：B.
【变式2】（23-24 高二下·安徽·月考）甲、乙两人玩剪子包袱锤游戏，若每次出拳甲胜与乙胜的概率均为
，且两人约定连续3 次平局时停止游戏，则第7 次出拳后停止游戏的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】记第i 次出拳是平局为事件
，则
，
19
记第7 次出拳后停止游戏为事件A，则
，
所以
．故选：D．
【变式4】甲、乙、丙3 位大学生同时应聘某个用人单位的职位，甲、乙两人只有一人被选中的概率
为，甲、乙两人都被选中的概率为，丙被选中的概率为，其中乙被选中的概率大于甲被选中的概率，且各
自能否被选中互不影响．
(1)求3 人同时被选中的概率；
(2)求恰好有2 人被选中的概率；
(3)求3 人中至少有1 人被选中的概率．
【解析】 设甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)(1－P(B))＋P(B)(1－P(A))＝，
P(A)P(B)＝，且P(B)＞P(A)，
∴P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1)3 人同时被选中的概率P1＝P(A∩B∩C)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.
(2)恰有2 人被选中的概率P2＝P(A∩B∩
)＋P(A∩
∩C)＋P(
∩B∩C)＝.
(3)3 人中至少有1 人被选中的概率P3＝1－P(
∩
∩
)＝1－××＝.
【变式5】一个袋子中有3 个白球，2 个红球，每次从中任取2 个球，取出后再放回，求：
(1)第1 次取出的2 个球都是白球，第2 次取出的2 个球都是红球的概率；
(2)第1 次取出的2 个球1 个是白球、1 个是红球，第2 次取出的2 个球都是白球的概率．
【解析】记“第1 次取出的2 个球都是白球”的事件为A，“第2 次取出的2 个球都是红球”的事件为
B，“第1 次取出的2 个球中，1 个是白球、1 个是红球”的事件为C，“第2 次取出的两个球都是白球”
的事件为D，很明显，由于每次取出后再放回，A，B，C，D 都是相互独立事件．
(1)P(A∩B)＝P(A)P(B)＝×＝×＝.
故第1 次取出的2 个球都是白球，第2 次取出的2 个球都是红球的概率是.
(2)P(C∩D)＝P(C)P(D)＝·＝·＝.
故第1 次取出的2 个球中，1 个是白球、1 个是红球，第2 次取出的2 个球都是白球的概率是.
题型08 概率的综合问题
【典例9】（23-24 高二下·江苏常州·月考）现有编号为Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的3 个盒子，Ⅰ号盒中有2 个白球和3
个黑球；Ⅱ号盒中有2 个白球和2 个黑球；Ⅲ盒中有3 个白球和1 个黑球．现从Ⅰ号盒中任取1 个球放入
Ⅱ号盒中，再从Ⅱ号盒中任取1 个球放入Ⅲ号盒中，最后从Ⅲ号盒中任取1 个球放回Ⅰ号盒中．
(1)求3 个盒子的球的组成都保持不变的概率；
(2)问Ⅰ号盒中的球怎样组成的可能性最大？
【答案】(1)0.336；(2)保持不变可能最大
20
【解析】（1）一次试验后，Ⅰ号盒中的球有以下3 种可能组成：
不变（记为事件
）；3 白2 黑（记为
）；1 白4 黑（记为
）.
又设事件
分别表示自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ号盒中取走的是白球，
则3 个盒中球都保持不变为事件
，
所以，
（2）
，
,
,
,
,
所以
,
,
，
所以，Ⅰ号盒中的球的组成保持不变的可能性最大.
【变式1】（23-24 高二下·安徽·月考）通过调查，某市小学生、初中生、高中生的肥胖率分别为
，
，
．已知该市小学生、初中生、高中生的人数之比为
，若从该市中小学生中，随机抽取1 名学生．
(1)求该学生为肥胖学生的概率；
(2)在抽取的学生是肥胖学生的条件下，求该学生为高中生的概率．
【答案】(1)
；(2)
【解析】（1）记
“任取1 名中小学生是肥胖学生”，
“学生为小学生”，
21
“学生为初中生”，
“学生为高中生”．
则
，且
，
，
两两互斥，
由题意得
，
，
，
，
，
，
则
，
即随机抽取1 名学生，该学生为肥胖学生的概率为0.025．
（2）
“抽取的学生是肥胖学生且为高中生”，
则
，
所以
，
即在抽取的学生是肥胖学生的条件下，该学生为高中生的概率为0.24.
【变式2】（23-24 高二下·江苏常州·月考）学生甲想参加某高中校蓝球投篮特长生考试，测试规则如下：
①投篮分为两轮，每轮均有两次机会，第一轮在罚球线处，第二轮在三分线处；②若他在罚球线处投进第
一球，则直接进入下一轮，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则进入下一轮，否则不预录取；
③若他在三分线处投进第一球，则直接录取，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则录取，否则
不预录取.已知学生甲在罚球线处投篮命中率为
，在三分线处投篮命中率为
，假设学生甲每次投进与否
互不影响.则学生甲共投篮三次就结束考试得概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】记事件
表示“甲在罚球线处投篮，第次投进”，事件
表示“甲在三分线处投篮，第次投进，
事件
表示“甲共投篮三次就结束考试”.
则
，故选：B
【变式3】（23-24 高二下·辽宁大连·期中）在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概
率分别是0.6，0.8 和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达
优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为（ ）
22
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件
、
、
，
则
，且
，
，
相互独立，
设甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级为事件
，
则
，
设乙没有达优秀等级为事件
，则
，
所以
.故选：B.
【变式4】（23-24 高二下·重庆·月考）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
，“玲儿姐”和“关关姐”两人都回答错误的概
率为
，“关关姐”和“页楼哥”两人都回答正确的概率为
；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
．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．
【答案】（1）“关关姐”和“页楼哥”回答正确的概率分别为
；
（2）“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
三人最终一共
获得2 枝“黑玫瑰”奖品的概率
【解析】（1）记
“玲儿姐回答正确第个问题”，
“关关姐回答正确第个问题”，
“页楼哥回答正确第个问题”，
.
根据题意得
，
所以
；
，所以
；
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
和
.
（2）由题意知
，
23
“玲儿姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
；
“关关姐”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
；
“页楼哥”获得一枝“黑玫瑰”奖品的概率为
；
三人最终一共获得2 枝“黑玫瑰”奖品的概率为
.
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
；
三人最终一共获得2 枝“黑玫瑰”奖品的概率为
.
一、单选题
1．（24-25 高二上·湖北·开学考试）掷两枚质地均匀的骰子，设
“第一枚出现小于4 的点”，
“第
二枚出现大于3 的点”，则
与
的关系为（ ）
A．互斥
B．互为对立
C．相互独立
D．相等
【答案】C
【分析】根据独立事件的概念进行判断.
【详解】对于该试验，第一枚骰子与第二枚骰子出现点数互不影响，故
与
相互独立.
故选：C
2．（23-24 高二下·广东湛江·期中）已知
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据条件概率的计算公式计算即可.
【详解】
．
24
故选：C．
3．（24-25 高二上·黑龙江大庆·阶段练习）天气预报表明在国庆假期甲地降雨概率是
，乙地降雨概率是
.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为（ ）
A．0.28
B．0.42
C．0.46
D．0.56
【答案】C
【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【详解】这两地中恰有一个地方降雨的概率为
.
故选：C
4．（23-24 高二下·云南保山·阶段练习）已知随机事件
满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由条件概率公式以及全概率公式，即可求解.
【详解】因为
，
所以
.
又
.
所以
.又
，
所以
.
故选：A.
5．（23-24 高二下·江苏南通·期末）甲箱中有2 个红球和2 个黑球，乙箱中有1 个红球和3 个黑球．先从甲
箱中等可能地取出2 个球放入乙箱，再从乙箱中等可能地取出1 个球，记事件“从甲箱中取出的球恰有个
红球”为
，“从乙箱中取出的球是黑球”为
，则（ ）
25
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，先求出
，
，
，判断A，由条件概率公式和全概率公式依次判断B、
C、D 选项即可.
【详解】根据题意，甲箱中有2 个红球和2 个黑球，则
，
，
，故A 不正确；
乙箱中有1 个红球和3 个黑球，则
，
，
，故B
不正确；
则有
，故C 正确；
则
，故D 正确；
故选：D
6．（24-25 高二上·甘肃·期中）2020 年1 月，教有部出台《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2020 年起强基计划取代原高校自主招生方式，如果甲乙两人
､
､
通过强基计划的概率分别为
，
，那么甲乙两人中恰有
､
1 人通过的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由题意，甲乙两人通过强基计划是相互独立的事件，可确定甲乙两人中恰有一人通过的事件为甲
通过乙不通过和甲不通过乙通过.
【详解】由题意，甲乙两人通过强基计划的事件是相互独立的，
26
那么甲乙两人中恰有一人通过的概率为
故选：A.
7．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）秋冬季节是某呼吸道疾病的高发期，为了解该疾病的发病情
况，疾控部门对该地区居民进行普查化验，化验结果阳性率为
，但统计分析结果显示患病率为
，
医学研究表明化验结果是有可能存在误差的，没有患该疾病的居民其化验结果呈阳性的概率为
，则该
地区患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题意，由全概率公式和条件概率公式计算即得.
【详解】设事件
为“患有此病”，
为“化验结果呈阳性”，
由题意，
，
则该地区患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为
.
由全概率公式，
，
代入数值可得：
解得：
故选：C.
8．（23-24 高二下·福建泉州·期末）某学校有
两家餐厅，王同学第1 天选择
餐厅就餐的概率是
，若
第1 天选择
餐厅，则第2 天选择
餐厅的概率为
；若第1 天选择
餐厅就餐，则第2 天选择
餐厅的
概率为
；已知王同学第2 天是去
餐厅就餐，则第1 天去
餐厅就餐的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】利用互斥事件的概率加法公式、积事件的乘法公式进行计算求解.
27
【详解】设
“王同学第i 天去A 餐厅就餐”，
“王同学第i 天去B 餐厅就餐”，
，
依题意，
，
，
，则
，
由
有：
，
因为
，所以
，
所以
.
故选：B.
二、多选题
9．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知
分别为随机事件
的对立事件，则下列说法正确的是
（ ）
A．
B．
C．若
，则事件
与事件
相互独立
D．若
，则
【答案】BCD
【分析】根据条件概率的计算公式进行计算，可判断各选项的正确与否.
【详解】由条件概率的性质可知：
，故A 错误，B 正确；
对C：由
，又
，所以
，
28
又
，所以
.
所以
，所以
，
相互独立，故C 正确；
对D：由
，即
，所以
，
相互独立，所以
，故D 正确.
故选：BCD
【点睛】知识点点睛：判断事件
，
相互独立的常见方法有：
（1）若
，则
，
相互独立；
（2）若
，或
，则
，
相互独立.
10．（23-24 高二下·陕西西安·期末）一个箱子中装有大小､形状均相同的8 个小球，其中白球5 个､黑球3
个，现在两次不放回的从箱子中取球，第一次先从箱子中随机取出1 个球，第二次再从箱子中随机取出2
个球，分别用
，
表示事件“第一次取出白球”，“第一次取出黑球”；分别用
，
表示事件“第二
次取出的两球都为黑球”，“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据古典概率、条件概率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题得
，C 选项正确.
根据条件概率得：
，A 选项正确.
，B 选项错误.
29
对于D，
，故D 正确.
故选：ACD
11．（23-24 高二下·河北·阶段练习）某校进行一项问卷调查，为了调动学生参与的积极性，凡参与者均有
机会获得奖品.学校设置了3 个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球质地均匀，大小相同，其中红色箱子
放有2 个红球，2 个黄球，2 个绿球，黄色箱子放有2 个黄球，1 个绿球，绿色箱子放有1 个黄球，2 个绿
球.参与者先从红色箱子中随机抽取1 个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中
随机抽取1 个小球，如此重复，抽取3 个小球，抽奖结束.若抽取的3 个小球颜色全不相同为一等奖，3 个
小球颜色全部相同为二等奖，其他情况没有奖品.已知甲同学参与了问卷调查，则（ ）
A．甲第一次取到红球的条件下，获得一等奖的概率为
B．甲第一次取到黄球的条件下，获得二等奖的概率为
C．甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为
D．甲第一次取球取到红球获奖的概率最大
【答案】ABC
【分析】设
分别表示第一次抽取到的是红球，黄球，绿球，
分别表示获得一等奖，二等奖，
根据事件的关系与条件概率公式逐项求解即可得结论.
【详解】设
分别表示第一次抽取到的是红球，黄球，绿球，
分别表示获得一等奖，二等奖，
对于
，所以A 正确；
对于
，所以B 正确；
对于C，设甲获奖为事件
，甲获得一等奖的概率为
30
甲获得二等奖的概率为
，所以
，
甲第一次取到绿球且获奖的概率为
，
所以甲获奖的条件下，第一次取到绿球的概率为
，故C 正确；
对于D，甲第一次取球取到红球获奖的概率为
，
甲第一次取球取到黄球获奖的概率为
，
甲第一次取球取到绿球获奖的概率为
，
则甲第一次取球取到绿球或者黄球获奖的概率最大，故D 错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）设A，B 是一个随机试验中的两个事件，且
，
，则
的一个可能的值为 ．
【答案】
（答案不唯一，在
内均可）
【分析】根据随机事件定义以及事件的基本关系，利用条件概率公式计算可得结果.
【详解】因为A，B 是一个随机试验中的两个事件，且
，
；
当A，B 互斥时，
，当事件B 包含事件A 时，
；
所以可得
，
即
，
因此
的一个可能的值为
.
31
故答案为：
（答案不唯一，在
内均可）
13．（24-25 高二上·广东广州·阶段练习）某专业技术的考试共两个单项考试，考生应依次参加两个单项考
试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考.据调查，这两项
考试的合格率依次为
，
，且各项考试是否通过互不影响，则一位考生通过这项专业技术考试至多需要
补考一次的概率为 .
【答案】
/0.65625
【分析】至多需要补考一次，分种情况，利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式计算即可求解.
【详解】不需要补考就通过的概率为
；
仅补考第一个单项考试就通过的概率为
；
仅补考第二个单项考试就通过的概率为
；
一位考生通过这项专业技术考试至多需要补考一次的概率为
.
故答案为：
14．（24-25 高二上·湖北十堰·阶段练习）假定某工厂甲、乙、丙个车间生产同一种螺钉，产量依次占全
厂的
、
、
，如果各车间的次品率依次为
、
、
.现在从待出厂产品中检查出个次品，
则它是由甲车间生产的概率是 ．
【答案】
【分析】先根据全概率公式求出
，再带入贝叶斯公式计算即可．
【详解】设“从待出厂产品中取出个是次品”为事件A，从待出厂产品中取出个产品是甲、乙、丙车间
生产的事件分别为事件
，
，
，
则
，
，
，
，
，
，
由全概率公式得
32
，
现在从待出厂产品中检查出个次品，则它是由甲车间生产的概率是
．
故答案为：
.
四、解答题
15．（23-24 高二下·江苏扬州·期中）某校学生文艺部有男生4 人，女生2 人
(1)若安排这6 名同学站成一排照相，要求2 名女生互不相邻，这样的排法有多少种？
(2)若从中挑选2 人参加学校举办的文艺汇演活动，
①求男生甲被选中的概率；
②在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．
【答案】(1)480
(2)1
3，1
2
【分析】（1）利用插空法求解；
（2）①利用古典概型的概率公式求解；②利用条件概率公式求解.
【详解】（1）先将4 名男生全排列，形成5 个空，再从5 个空中选出2 个位置排列2 名女生，
所以2 名女生互不相邻得排法有
种.
（2）①设事件
表示“男生甲被选中”，则
.
②设事件
表示“被选中的两人中必须一男一女”，事件
表示“女生乙被选中”，
则
，
，
所以
.
所以在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，女生乙被选中的概率为
.
16．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）某快递中转站有甲、乙、丙三个快递员，已知各快递员运送量分别占
33
该中转站业务量的25%，35%，40%，据统计各业务员被客户评为满意的依次为5%，4%，2%．现从该中转
站随机运送一件快递．
(1)求客户满意的概率；
(2)若客户满意，则本次满意是甲、乙、丙的概率分别是多少？
【答案】(1)
(2)
；
；
.
【分析】（1）利用全概率公式求解；
（2）利用条件概率求解.
【详解】（1）从该中转站随机运送一件快递，是甲运送且被客户评为满意的概率为：
；
从该中转站随机运送一件快递，是乙运送且被客户评为满意的概率为：
；
从该中转站随机运送一件快递，是丙运送且被客户评为满意的概率为：
.
所以从该中转站随机运送一件快递，客户满意的概率为：
.
（2）设“客户满意”为事件
，此快递由甲，乙，丙运送分别记为事件
，
则客户满意且是甲运送的概率为：
,
客户满意且是乙运送的概率为：
,
客户满意且是丙运送的概率为：
.
17．（23-24 高二下·江苏常州·期中）甲袋中有3 个白球和2 个红球，乙袋中有2 个白球和3 个红球.先随机
取一只袋，再从该袋中先后随机取2 个球.
(1)求随机取到的是甲袋且从中取出的两球均为白球的概率；
(2)求第一次取出的是白球的概率；
(3)求第一次取出的是白球的前提下，第二次取出的依然是白球的概率；
【答案】(1)
34
(2)
(3)
【分析】
(1)合理设出事件，利用条件公式进行求解；
(2) 利用全概率公式进行求解；
(3) 利用全概率公式，条件概率公式进行求解；
【详解】（1）记“随机取到甲袋”为事件
，“随机取到乙袋”为事件
，“第一次取出的是白球”为
事件
，“第二次取出的是白球”为事件
.
.
所以取到甲袋且从中取出的两球均为白球的概率为
.
（2）
所以第一次取到白球的概率为
.
（3）
所以
.
所以第一次取出的是白球的前提下，第二次取出的依然是白球的概率为
.
18．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）为了迎接学校百年华诞，学生们积极报名参加志愿者活动，
为此学生会在报名的学生中组织了志愿者面试活动，面试有两道题，两道题都答对者才能成为志愿者．假
设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生报名并进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是
，答对第二题的概率分别是
．
(1)求甲同学能通过面试成为志愿者的概率；
35
(2)求甲、乙两位同学生中有且只有一位学生能通过面试成为志愿者的概率；
(3)求甲、乙、丙三人中至少有一人通过面试成为志愿者的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设甲通过面试为事件A，后由独立事件同时发生概率公式可得答案；
（2）设乙通过面试为事件B，则甲、乙两位同学生中有且只有一位学生能通过面试为事件
，据此
可得答案；
（3）由独立事件同时发生概率公式计算甲、乙、丙三人中无人通过面试的概率，即可得答案.
【详解】（1）设甲通过面试为事件A，则甲答对了两道题，又两题作答相互独立，
则
；
（2）设乙通过面试为事件B，则
.
由（1）则甲、乙两位同学生中有且只有一位学生能通过面试为事件
，
则对应概率为
；
（3）设丙通过面试为事件C，则
.
则甲、乙、丙三人中无人通过面试为事件
，
得
，
则甲、乙、丙三人中至少有一人通过面试的概率为：
.
19．（24-25 高二上·吉林长春·期中）班级组织象棋比赛，共有16 人报名，现将16 名同学随机分成4 组且
每组4 人进行单循环比赛，规则如下：每场比赛获胜的同学得3 分，输的同学不得分，平局的2 名同学均
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得1 分，三轮比赛结束后以总分排名，小组总分排名前两位的同学获奖．若出现总分相同的情况，则以抽
签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人获胜的概率均为
．若甲、乙、丙、丁4
位同学分到一组且赛程如下表．假设甲、乙、丙3 名同学水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为
．丁
同学与任意一名同学比赛时胜、负、平的概率分别为
．每场比赛结果相互独立．
第一轮
甲—乙
丙—丁
第二轮
甲—丙
乙—丁
第三轮
甲—丁
乙—丙
(1)求丁同学的总分为5 分的概率；
(2)已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2 名同学是平局，求甲同学获奖的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，若丁同学总分为5 分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，利用相互独立事件的
乘法公式即可求解；
（2）根据题意，分析甲获得奖励的情况，利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即
可求解．
【详解】（1）丁同学总分为5 分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，
记第
轮比赛丁同学胜、平的事件分别为
，
，丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为
，
则
，
即丁同学的总分为5 分的概率为
．
（2）由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2 名同学是平局，
则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜，
故丁同学的总分为7 分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0 分、0 分、1 分，
若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名．
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若第一、二轮比赛中甲同学均获胜，则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，
甲同学的总分为6 分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率
．
若第一轮比赛中甲同学获胜，第二轮比赛中甲、丙2 名同学平局，
第三轮比赛中乙、丙2 名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4 分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率
．
若第一轮比赛中甲、乙2 名同学平局，第二轮比赛中甲同学获胜，
第三轮比赛中当乙、丙2 名同学平局时，甲同学的总分为4 分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率
.
第三轮比赛中当乙、丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4 分，
需要进行抽签来确定排名，当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，
此时的概率
．
综上，甲同学能获得奖励的概率
.
