专题四 概率与统计
第2 讲 概率
一、考点透析
考点1 古典概型
1.(2025·福建省泉州市·模拟)从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个数，取出的三个数之和是3
的倍数的概率为( )
A. 9
28
B. 5
14
C. 3
8
D. 3
7
【答案】B
【解析】解：设集合A1={1,4,7}，A2={2,5,8}，A3={3,6}，
任取三个数的和为3的倍数，分为两类情形，
一类是从集合A1或A2取三个数，一类是从三个集合各取一个数，
∴所求概率是2+3×3×2
C8
3
= 5
14
．
故选：B．
2.(2025·河南省·模拟)人工智能( Artificial Intelligence)，英文缩写为AI .是新一轮科技革
命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方
法、技术及应用系统的一门新的科学.某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI技术生成
奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结
束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖;如果奖券码
为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等
奖的概率为 ．
【答案】80
243
【解析】解：设一次抽奖所生成的奖券码为S，生成的5个数字中有x(0≤x ≤5, x∈N )个
0，y(0≤y ≤5, y ∈N )个1，
则S = y +2(5−x−y)=10−(2 x + y)，
由题可知0≤x + y ≤5.
若获得二等奖，则S为3的正整数倍，故2 x + y可取的值为1，4，7．
当2 x + y =1时，( x , y)的取值为(0,1)，共有C5
1=5种情况;
当2 x + y = 4时，( x , y)的可能取值为(0,4)，(1,2)，(2,0)，共有C5
4+C5
1C4
2 +C5
2= 45种情
况;
当2 x + y =7时，( x , y)的取值为(2,3)，(3,1)共有C5
2+C5
3C2
1=30种情况．
所以获得二等奖的概率P2= 5+ 45+30
3
5
= 80
243．
3.(2025·河南省焦作市·模拟)小王参加某机构的招聘面试，要从6道简答题和4道论述题中
任意抽取3道进行回答．
(Ⅰ)求小王抽取的3道题中两种题型都有的概率;
(Ⅱ)每道简答题答对得10分，每道论述题答对得20分，假设小王每道题都能答对，记小王
答完3道题的总得分为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】(Ⅰ) 4
5
．
(Ⅱ)42．
【解析】解：(Ⅰ)所求概率为1−C6
3+C4
3
C10
3
=1−20+ 4
120 = 4
5
．
(Ⅱ) X的所有可能取值为30，40，50，60，
P( X =30)= C6
3
C10
3 = 1
6
，
P( X = 40)= C6
2C4
1
C10
3
= 1
2
，
P( X =50)= C6
1C4
2
C10
3
= 3
10
，
P( X =60)= C4
3
C10
3 = 1
30
．
所以X的分布列为：
X30 40 50
60
P 1
6
1
2
3
10
1
30
X的数学期望E( X )=30× 1
6 + 40× 1
2 +50× 3
10 +60× 1
30 = 42．
考点2 相互独立事件
1.(2025·江西省九江市·模拟)某校选拔乒乓球队队员，选拔时选手与教练对局．若选手连胜
两局则成功入选，若连负两局则落选．已知某选手每局测试中(无平局)获胜的概率为1
3
，
则该选手成功入选的概率是( )
A. 5
21
B. 1
9
C. 1
7
D. 2
21
【答案】A
【解析】解：定义状态S1(最近一局赢)，S2(最近一局输)，
成功入选的概率分别为P1和P2，初始状态S0成功入选的概率为P0，
建立方程组{
P1= 1
3 ×1+ 2
3 P2
P2= 1
3 P1+ 2
3 ×0
,
将第二个方程P2= 1
3 P1代入第一个方程可得：P1= 3
7
，
把P1= 3
7
代入P2= 1
3 P1，可得：P2= 1
3 × 3
7 = 1
7
，
又因为P0= 1
3 P1+ 2
3 P2，将P1= 3
7
，P2= 1
7
代入可得：
P0= 1
3 × 3
7 + 2
3 × 1
7 = 3+2
21 = 5
21
，
该选手成功入选的概率是5
21
．
故选：A．
2.(2025· 广西壮族自治区梧州市· 模拟) 已知事件A与事件B相互独立，且
P( A )=0.3, P(B)=0.4，则P( A ∪B)=( )
A. 0.1
B. 0.12
C. 0.58
D. 0.7
【答案】C
【解析】解：由事件A与事件B相互独立，P( A )=0.3, P(B)=0.4，得
P( AB)= P( A )P(B)=0.12，
所以P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)=0.58．
故选：C．
3.(2025·云南省曲靖市·模拟)如图，一个质点在外力的作用下，从原点0出发，每隔1s向左
或向右移动一个单位，且向右移动的概率为2
3 .若该质点共移动100次，则它位于数
字 处的可能性最大．
【答案】34
【解析】解：设移动100次，向右移动n次，则向左一点100−n次，
此时质点位于n−(100−n)=2n−100，
则对应的概率为C100
n (
2
3)
n
(
1
3)
100−n
=2
nC100
n (
1
3)
100，
设质点位于2n−100处的可能性最大，
则{
2
nC100
n (
1
3)
100
⩾2
n−1C100
n−1(
1
3)
100
2
nC100
n (
1
3)
100
⩾2
n+1C100
n+1(
1
3)
100 ,
所以{
2·
100!
n!(100−n)! ⩾
100!
(n−1)!(101−n)!
100!
n!(100−n)! ⩾2·
100!
(n+1)!(99−n)!
,
即{
2
n ⩾
1
101−n
1
100−n ⩾
2
n+1
，解得199
3 ⩽n⩽202
3
，解得n=67，
当n=67时，质点位于2×67−100=34处，
所以它位于数字34处的可能性最大．
故答案为：34．
4.(2025·云南省昆明市·模拟)某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与
抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止.抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球
(小球大小和质地相同)，取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖.刚开始盒子中有2个白
球和3个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客
抽奖结束，下一名顾客继续抽奖.若获奖，则将球放回后再往盒子中加1个红球，该顾客再
继续抽奖.若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名
顾客继续抽奖;若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束.该活动深
受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖．
(1)求第2名和第3名顾客各抽中一份奖品的概率;
(2)求这两份奖品都被第n名顾客抽取的概率;
(3)求由第k名顾客终止抽奖活动的概率．
【答案】(1) 4
75
．
(2) 2
15 ×(
3
5)
n−1
,n∈N
∗．
(3)由第k 名顾客终止抽奖活动的概率为2[(
2
3)
k
−(
3
5)
k
],k ∈N
∗．
【解析】(1)由题意得第2名和第3名顾客各抽中一份奖品,即第1名顾客抽取的是红球;
第2名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球;第3名顾客抽取的是白球，
故第2名和第3名顾客各抽中一份奖品的概率为3
5 × 2
5 × 2
3 × 1
3 = 4
75
．
(2)这两份奖品被第1名顾客抽走的概率为2
5 × 1
3
，
被第2名顾客抽走的概率为3
5 × 2
5 × 1
3
，
被第3名顾客抽走的概率为3
5 × 3
5 × 2
5 × 1
3
，
以此类推被第n名顾客抽走的概率为(
3
5)
n−1
× 2
5 × 1
3 = 2
15 ×(
3
5)
n−1，n∈N
∗，
因此这两份奖品都被第n名顾客抽取的概率为2
15 ×(
3
5)
n−1
,n∈N
∗．
(3)设由第k名顾客终止抽奖活动的概率为pk，则p1= 2
15
，以下讨论k ⩾2的情形．
若第k名顾客共抽取了两份奖品，则前面(k −1)名顾客都没有抽到奖品，其概率为
p′k =(
3
5)
k −1
× 2
5 × 1
3
，
若第k名顾客抽取了一份奖品，设前面(k −1)名顾客中第i(1⩽i⩽k −1,k ,i∈N
∗)名顾
客抽取到了一份奖品，
则前面(i−1)名顾客中无人获得奖品，其概率为(
3
5)
i−1，
第i名顾客只获得一份奖品，其概率为2
5 × 2
3
，
第(i−1)名顾客到第(k −1)名顾客都没有获得奖品，其概率为(
2
3)
k −i−1，
所以第k名顾客抽取了一份奖品的概率为
p′ ′k =∑
i=1
k −1
[(
3
5)
i−1
× 2
5 × 2
3 ×(
2
3)
k −i−1
× 1
3]= 2
5 × 1
3 ×(
2
3)
k −1
×∑
i=1
k −1
(
3
5
2
3)
i−1
= 2
5 × 1
3 ×(
2
3)
k −1
×∑
i=1
k −1
(
9
10)
i−1
= 2
5 × 1
3 ×(
2
3)
k −1
×
1−(
9
10)
k −1
1−9
10
= 4
3 [(
2
3)
k −1
−(
3
5)
k −1
].
pk = p′k + p′ ′k =(
3
5)
k −1
× 2
5 × 1
3 + 4
3 [(
2
3)
k −1
−(
3
5)
k −1
]=2[(
2
3)
k
−(
3
5)
k
].
当k =1时，也满足上式．
因此，由第k名顾客终止抽奖活动的概率为2[(
2
3)
k
−(
3
5)
k
],k ∈N
∗．
考点3 条件概率
1.(2025·安徽省合肥市·模拟)某校教工食堂为更好地服务教师，在教师微信群中发起“是否
喜欢菜品A”的点赞活动，参与活动的男、女教师总人数比例为2:3，男教师点赞人数占(
参与活动的)男教师总人数的4
5
，女教师点赞人数占(参与活动的)女教师总人数的3
5
，若从
点赞教师中选择一人，则该教师为女教师的概率为( )
A. 9
25
B. 17
25
C. 9
17
D. 8
17
【答案】C
【解析】解：设事件A =“该教师为男教师”，
事件B =“该教师为女教师”，
事件C =“该教师为点赞教师”，
则P(BC )= P(B)⋅P(C |B)= 3
5 × 3
5 = 9
25
，
P( AC )= P( A )⋅P(C | A )= 2
5 × 4
5 = 8
25
，
又∵P(C )= P( AC )+ P(BC )= 17
25
，
∴P(B|C )= P(BC )
P(C ) = 9
17 ．
故选C．
2.(2025·天津市市辖区·模拟)一纸箱中装有4瓶未过期的饮料和2瓶过期饮料．若每次从中
随机取出1瓶，取出的饮料不再放回，则在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未
过期饮料的概率为 ；对这6瓶饮料依次进行检验，每次检验后不再放回，直到区分出
6瓶饮料的保质期时终止检验，记检验的次数为X，则随机变量X的期望为 ．
【答案】4
5
;64
15
【解析】解：记事件A为“第一次取到过期饮料”，事件B为“第二次取到未过期饮料”，
则P( A )= 2
6 = 1
3
，P( AB)= 2×4
6×5 = 4
15
，
所以在第一次取到过期饮料的条件下，第二次取到未过期的概率为
P(B| A )= P( AB)
P( A ) =
4
15
1
3
= 4
5
；
随机变量X的取值为2，3，4，5，Ai记为“第“i”次取到过期饮料”(1⩽i⩽6)，
P( X =2)= A1 A2= 2
6 × 1
5 = 1
15
，
P( X =3)= A1 A2 A3+ A1 A2 A3= 2
6 × 4
5 × 1
4 + 4
6 × 2
5 × 1
4 = 2
15
，
P( X = 4)= A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4
= 2
6 × 4
5 × 3
4 × 1
3 + 4
6 × 2
5 × 3
4 × 1
3 + 4
6 × 3
5 × 2
4 × 1
3 + 4
6 × 3
5 × 2
4 × 1
3 = 4
15
，
P( X =5)= A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4+ A1 A2 A3 A4
= 2
6 × 4
5 × 3
4 × 2
3 + 4
6 × 2
5 × 3
4 × 2
3 + 4
6 × 3
5 × 2
4 × 2
3 + 4
6 × 3
5 × 2
4 × 2
3 = 8
15
，
E( X )=2× 1
15 +3× 2
15 + 4× 4
15 +5× 8
15 = 64
15
．
故答案为：4
5 ; 64
15
．
3.(2025·河北省衡水市·模拟)某汽车模型公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布
如下表所示：
红色外观蓝色外观
棕色内饰
7
10
米色内饰
3
5
(Ⅰ)若小明从这些模型中随机抽取一个模型，记事件A为抽到的模型为红色外观，事件B为
抽到的模型是米色内饰，求P(B)，P(B| A )，并据此判断事件A，B是否相互独立；
(Ⅱ)该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中一次性抽两个
汽车模型，根据这两个汽车模型的外观和内饰颜色确定奖金：若外观异色且内饰异色，则
奖励600元，若外观同色且内饰同色，则奖励300元，若仅外观同色或仅内饰同色，则奖励
150元，设一次抽奖的奖金为X元，求X的分布列与期望．
【答案】(Ⅰ) A，B不相互独立；
(Ⅱ)E( X )=287．
【解析】解：(Ⅰ)∵红色外观共有7+3=10(个)，∴P( A)= 10
25 = 2
5，
∵米色内饰共有3+5=8(个)，∴P(B)= 8
25，
∵是红色外观且是米色内饰的有3个，∴P( AB)= 3
25，
∴P(B| A )= P( AB)
P( A ) =
3
25
2
5
= 3
10，
∵P(B| A )≠P(B)，
∴A，B不相互独立；
(Ⅱ)由题意知X的所有可能取值为600，300，150，
且P( X =600)= C7
1C5
1+C3
1C10
1
C25
2
= 65
300 = 13
60，
P( X =300)= C7
2+C10
2 +C3
2+C5
2
C25
2
= 79
300，
P( X =150)= C7
1C3
1+C10
1 C5
1+C7
1C10
1 +C3
1C5
1
C25
2
= 156
300 = 13
25，
∴X的分布列为：
∴E( X )=600× 13
60 +300× 79
300 +150× 13
25 =287．
考点4 全概率公式
1.(2025·陕西省·模拟)某大型超市为了解顾客的购物习惯，对近期进入超市的1000名顾客
进行了随机调查．调查发现，有600名顾客在进入超市前已经决定好了要购买的商品(称为
“计划型顾客”)，其余400名顾客则没有特定的购买计划(称为“随机型顾客”).根据以往
的销售数据，“计划型顾客”在超市的平均消费金额为200元，而“随机型顾客”中，有
30％的人平均消费金额为100元，另外70％的人平均消费金额为300元．若从该超市近期
进入的顾客中随机抽取1名，则这名顾客的平均消费金额不低于200元的概率，以及该顾客
的平均消费金额分别为( )．
A. 概率为0.72，平均消费金额为210元
B. 概率为0.88，平均消费金额为216元
C. 概率为0.88，平均消费金额为240元
D. 概率为0.82，平均消费金额为230元
【答案】B
【解析】解：设事件A表示“抽取的顾客为计划型顾客”;
事件B表示“抽取的顾客的平均消费金额不低于200元”;
事件A表示“抽取的顾客为随机型顾客”，
P( A )= 600
1000 =0.6，由于计划型顾客的平均消费金额已经为200元，所以P(B|A )=1，
随机抽取1名顾客，消费不低于200元的概率是：
P(B)= P( AB+ A B)= P( A )P(B| A )+ P( A )P(B| A )=0.6×1+(1−0.6)×0.7 =0.88，
设顾客的平均消费金额为X，则X的可能取值为100,200,300，
则P( X =200)=0.6；P( X =100)= P( A )P(B| A )=0.4×0.3=0.12；
P( X =300)=0.4×0.7 =0.28，
期望为：E( X )=200×0.6+100×0.12+300×0.28=120+12+84 =216．
故选：B．
2.(2025·山西省·模拟)一个盒子中有2个红球，3个白球．从中随机取一个球，观察其颜色后
放回，并同时放入与其颜色相同的1个球，再从中不放回地取2个球，若取到的两个球中红
球的个数为ξ，则E(ξ)= ．
【答案】4
5
【解析】解：设“第1次取出的球为红球”为事件A，则P( A )= 2
5
，P( A)= 3
5
，
ξ的可能取值为0，1，2，
P(ξ =0)= P( A )P(ξ =0∣A )+ P( A) P(ξ =0∣A)= 2
5 × C3
2
C6
2 + 3
5 × C4
2
C6
2 = 8
25
，
P(ξ =1)= P( A )P(ξ =1∣A )+ P( A) P(ξ =1∣A)= 2
5 × C3
1C3
1
C6
2
+ 3
5 × C4
1C2
1
C6
2
= 14
25
，
P(ξ =2)= P( A )P(ξ =2∣A )+ P( A) P(ξ =2∣A)= 2
5 × C3
2
C6
2 + 3
5 × C2
2
C6
2 = 3
25
，
所以E(ξ)=0× 8
25 +1× 14
25 +2× 3
25 = 4
5
．
故答案为：4
5
．
3.(2025·江西省南昌市·模拟)2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建
255个光子的量子计算机原型机“九章三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球最
快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典比特只能处于0态或1态，量子计算机的
量子比特(qubit )可同时处于0与1的叠加态，故每个量子比特处于0态或1态是基于概率进
行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为量子比特，且自旋状态只有上
旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态相互独立.现
将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋
或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有p的概率发生改变，记通过第二道逻
辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为X．
(1)已知p= 1
3
，求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2的概率；
(2)若一条信息有n(n>1,n∈N
∗)种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率
分别为p1
，p2
，…，pn
，则称H = f ( p1)+ f ( p2)+⋯+ f ( pn)(其中f ( x)=−x log2 x)为这
条信息的信息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为X的信息熵H；
(3)将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则
重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次
数为Y (Y =1,2,3,…,n,…)，证明：当n无限增大时，Y 的数学期望趋近于一个常数．
参考公式：0<q<1时，lim
n→+∞q
n=0，lim
n→+∞nq
n=0．
【答案】(1) 1
4
；
(2) 3
2
；
(3)见解析
【解析】解：(1)设Ai=“两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为i个”，i=0，1，
2，
B =“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为2”，
则P( A0)= P( A2)=( 1
2 )
2
= 1
4
，P( A1)=C2
1( 1
2 )
2
= 1
2
，
P(B| A0)= 1
9
，P(B| A1)= 2
9
，P(B| A2)= 4
9
，
则P(B)=∑
i=0
2
P( Ai)P(B| Ai)= 1
4 × 1
9 + 1
2 × 2
9 + 1
4 × 4
9 = 1
4
；
(2)由题知X =0，1，2，
由(1)知P( X =2)= 1
4 p
2+ 1
2 p(1−p)+ 1
4 (1−p)
2= 1
4
，
同理可得P( X =1)= 1
4 C2
1 p(1−p)+ 1
2 [ p
2+(1−p)
2]+ 1
4 C2
1 p(1−p)= 1
2
，
则P( X =0)=1−P( X =1)−P( X =2)= 1
4
，
故X的信息熵H = f ( 1
4 )+ f ( 1
2 )+ f ( 1
4 )=2×(−1
4 lo g2
1
4 )−1
2 log2
1
2 = 3
2
；
(3)证明：由题知P(Y =n)=(1−p)
n−1 p，其中n=1，2，3，…，
则E(Y )=1⋅(1−p)
0 p+2⋅(1−p)
1 p+⋯+n⋅(1−p)
n−1 p+⋯，
又∑
i=1
n
i⋅p(1−p)
i−1= p∑
i=1
n
i⋅(1−p)
i−1，
则∑
i=1
n
i⋅(1−p)
i−1=1⋅(1−p)
0+2⋅(1−p)
1+⋯+n⋅(1−p)
n−1，①
(1−p)⋅∑
i=1
n
i⋅(1−p)
i−1=1⋅(1−p)
1+2⋅(1−p)
2+⋯+n⋅(1−p)
n，②
①−②得：p∑
i=1
n
i⋅(1−p)
i−1=(1−p)
0+(1−p)
1+⋯+(1−p)
n−1−n(1−p)
n
= 1−(1−p)
n
p
−n(1−p)
n= 1
p −(1−p)
n
p
−n(1−p)
n，
由题知，当n无限增大时，(1−p)
n趋近于零，n(1−p)
n趋近于零，则E(Y )趋近于1
p
．
所以当n无限增大时，Y 的数学期望趋近于一个常数．
二、跟踪练习
1.(2025·山东省潍坊市·期末)盒中有5个红球，3个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜
色后放回，并放入同色球2个，再从盒中任取一球，则第二次取出的是黑球的概率是( )
A. 3
10
B. 3
7
C. 3
8
D. 1
2
【答案】C
【解析】解：设事件A表示第一次抽取的是黑球，P( A )=
3
5+3 = 3
8
，P( A )=1−3
8 = 5
8
，
事件B表示第二次抽取的是黑球，因此有B = AB+ A B，
所以P(B)= P( A )P(B| A )+ P( A )P(B| A )= 3
8 ×
3+2
5+3+2 + 5
8 ×
3
5+3+2 = 3
8
．
故选C．
2.(2025·江苏省苏州市·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】解：已知甲在每局比赛中获胜的概率均为0.7= 7
10
，失败的概率为0.3= 3
10
．
各局比赛结果相互独立且没有平局，
记甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，
则P( A )= 7
10 × 7
10 + 7
10 × 3
10 × 7
10 + 3
10 × 7
10 × 7
10 = 784
1000
，
P( AB)= 7
10 × 3
10 × 7
10 + 3
10 × 7
10 × 7
10 = 294
1000
，
则在甲获胜的条件下，比赛进行了三局的概率为P(B| A )= P( AB)
P( A ) = 294
1000 ÷ 784
1000 = 3
8，
故选：C．
3.(2025·湖北省武汉市·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】BD
【解析】解：对于选项A，因为A ∩B = {5}，所以事件A与B不互斥，故A 错误；
对于选项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；
对于选项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；
对于选项D，P( A |C )= P( AC )
P(C ) = 1
2 , P(C | A)= P( AC )
P( A) = 1
2，故D 正确．
故选：BD．
4.(2025·湖北省省直辖县级行政区划·模拟)我校举办清明诗会，在抽奖环节中，抽奖箱中放
有分别写有“我”“是”“中”“国”“人”字样的五张卡片，甲，乙，丙三人每人抽一
张，抽后不放回.抽奖规则如下：若抽到写有“我”或“是”字的卡片则不中奖，若抽到写
有“中”字的卡片，则该同学中一等奖；若抽到写有“国”或“人”字的卡片，则抛掷一
枚质地均匀的硬币，若硬币国徽一面朝上，则该同学中二等奖，否则不中奖.则下面说法正
确的是( )
A. 每位同学中一等奖的概率为1
5
B. 甲同学中二等奖的概率为1
2
C. 已知甲同学中奖，则其中一等奖的概率为1
2
D. 三位同学都中奖的概率为1
40
【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，由题知，抽奖箱共有五张卡片，写有“中”字的卡片只有一张，
由古典概率公式可知，从五张中取一张卡片，中一等奖的概率为1
5
，由简单随机抽样可知
选项A 正确，
对于选项B，由题知甲同学中二等奖的概率为P = 2
5 × 1
2 = 1
5
，所以选项B 错误，
对于选项C，记事件E：甲同学中奖，事件F：甲同学中一等奖，
则P( E)= 1
5 + 2
5 × 1
2 = 2
5
，P( EF )= 1
5
，所以P( F | E)= P( EF )
P( F ) =
1
5
2
5
= 1
2
，故选项C 正确，
对于选项D，因为三位同学都中奖，则甲，乙，丙三人抽到的三张卡片为：“中”，
“国”，“人”，
且抛掷一枚质地均匀的硬币两次，硬币均国徽一面朝上，
所以三位同学都中奖的概率为P = A3
3
A5
3 × 1
2 × 1
2 = 1
40
，故选项D 正确，
故选：ACD．
5.(2025·湖北省省直辖县级行政区划·模拟)某学校有甲、乙两个图书馆.假设同学们可以任
意选择其中一个图书馆借阅，也可选择不借阅，一天最多借阅一次，一次只能选择一个图
书馆.若同学们每次借阅选择去甲或乙图书馆的概率均为1
2
，每次选择相互独立.设王同学在
某周的三天内去图书馆借阅的次数为X，已知X的分布列如下：(其中a>0,0< p<1)
X
0
1
2
3
P
a(1−p)
2
a
p
a
a(1−p)
(1)记事件Ai表示王同学在这三天内去图书馆借阅i次(i=0,1,2,3)，事件B表示王同学在这
三天内去甲图书馆借阅的次数大于去乙图书馆借阅的次数.当p= 1
2
时，试根据全概率公式
求P(B)的值；
(2)是否存在实数p，使得E( X )= 5
3
，若存在，求p的值：若不存在，请说明理由；
【答案】(1) 2
5
．
(2)不存在p0使得h( p0)=0，即不存在p值，使得E( X )= 5
3
．
【解析】解：(1)当p= 1
2
时，P( A0)= a
4 , P( A1)=2a, P( A2)=a, P( A3)= a
2
，
则a
4 +2a+a+ a
2 =1，解得a= 4
15
；
由题意，得P(B∣A1)=C1
1× 1
2
，P(B∣A2)=C2
2(
1
2)
2，
P(B∣A3)=C3
2(
1
2)
3
+C3
3(
1
2)
3，
由全概率公式，得P(B)=∑
i=1
3
P(B∣Ai)P( Ai)=a+C2
2(
1
2)
2
a+[C3
2(
1
2)
3
+C3
3(
1
2)
3
]× a
2
=a+ a
4 + a
4 = 3
2 a= 3
2 × 4
15 = 2
5
．
(2)由a
p +a+a(1−p)+a(1−p)
2=1，得1
a = p
2−3 p+ 1
p +3，
假设存在p，使E( X )= a
p +2a+3a(1−p)= 5
3
，
将上述两式左右分别相乘，得1
p +5−3 p= 5 p
2
3 −5 p+ 5
3 p +5，
化简得：5 p
3−6 p
2+2=0，
设h( p)=5 p
3−6 p
2+2，则h
′( p)=15 p
2−12 p=3 p(5 p−4)，
h
′( p)<0，得0< p< 4
5
，由h
′( p)>0，得4
5 < p<1，
则h( p)在(0, 4
5)
上单调递减，在(
4
5 ,1)
上单调递增，
所以h( p)的最小值为h( p)min=h(
4
5)= 18
25 >0，
所以不存在p0使得h( p0)=0，即不存在p值，使得E( X )= 5
3
．
