专题05 统计与概率
1.分层随机抽样的平均数
在分层随机抽样中，如果层数分为2 层，第1 层和第2 层包含的个体数分别为M 和N ，抽取的样本量
分别为m 和n .我们用
1
2
,
,
,
M
X
X
X
表示第1 层各个个体的变量值，用
1
2
,
,
,
m
x x
x
表示第1 层样本的各个个
体的变量值；用
1
2
,
,
,
N
Y Y
Y
表示第2 层各个个体的变量值，用
1
2
,
,
,
n
y y
y
表示第2 层样本的各个个体的变
量值，则第1 层的总体平均数和样本平均数分别为
1
2
1
2
1
1
,
1
1
M
m
m
M
i
i
i
i
x
x
x
X
X
X
X
X
x
x
M
M
m
m
.
第2 层的总体平均数和样本平均数分别为
1
2
1
2
1
1
,
1
1
N
n
N
n
i
i
i
i
Y
Y
Y
y
y
y
Y
Y
y
y
N
N
n
n
.
总体平均数和样本平均数分别为
1
1
1
1
,
M
N
m
n
i
i
i
i
i
i
i
i
X
Y
x
y
W
M
N
m
n
.
由于用第1 层的样本平均数x 可以估计第1 层的总体平均数X ，用第2 层的样本平均数y 可以估计第2
层的总体平均数Y ，因此可以用
M
x
N
y
M
N
mx
ny
m
n
W
x
y
x
y
M
N
M
N
M
N
m
n
m
n
m
n
.
2.方差与标准差
一组数据
1x ，
2x ，
3x ，，
nx 用x 表示这组数据的平均数，
则这组数据的方差：
2
2
1
1
(
)
n
i
i
s
x
x
n
；
标准差：
2
1
1
(
)
n
i
i
s
x
x
n
3.相互独立事件的概念
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(mutually
independent)，简称为独立．
性质1：必然事件、不可能事件与任意事件相互独立
性质2：如果事件A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立
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则：
B
P
A
P
B
A
P
，
B
P
A
P
B
A
P
，
B
P
A
P
B
A
P
4.概率公式
（1）事件A 与B 相互独立等价于
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
（2）事件A 与B 互斥，则
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B
（3）概率的一般加法公式
设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，有
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P A
B
（4）如果事件A 与事件B 互为对立事件，那么
( )
1
( )
P B
P A
，
( )
1
( )
P A
P B
；
题型一分层抽样的样本平均数与总体平均数
例题1．（2023 下·全国·高一校联考开学考试）某单位有男职工30 人，女职工70 人，其中男职工平均年龄
为40 岁，方差为4，女职工平均年龄为35 岁，方差是6，则该单位全体职工的方差为
.
【答案】10.65
【详解】由题意得，该单位全体职工的平均年龄为
30
70
40
35
36.5
30
70
30
70
岁，
则该单位全体职工的方差
2
2
2
30
70
4
40
36.5
6
35
36.5
30
70
30
70
s
4.875
5.775
10.65
.
故答案为：10.65
例题2．（2023·吉林·统考一模）吉林市一中学有男生900 人，女生600 人．在“书香校园”活动中，为了解
全校学生的读书时间，按性别比例分层随机抽样的方法抽取100 名学生，其中男生、女生每天读书时间的
平均值分别为60 分钟和80 分钟，方差分别为10 和15．结合上述数据估计该校学生每天读书时间的平均值
为
分钟，方差为
．
【答案】
68
108
【详解】由题意可知男生女生抽取比例分别为：
900
3
600
2
,
900
600
5 900
600
5
，
故抽取样本的平均值为：
3
2
60
80
68
5
5
，
方差为：
2
2
3
2
10
60
68
15
80
68
108
5
5
.
以此估计该校学生每天读书时间的平均值为68；方差为108.
故答案为：68；108.
例题3．（2023 下·浙江湖州·高一统考期末）已知采用分层抽样得到的高三男生、女生各100 名学生的身高
情况为：男生样本平均数为172cm，方差为120，女生样本平均数165cm，方差为120，则总体样本方差
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是
.
【答案】132.25
【详解】设男生样本平均数为x ，方差为
2
xs ，女生样本平均数为y ，方差为
2
ys ，总体平均数为z ，总体方差
为
2
zs ，则由已知可得
172
x
，
2
120
xs
，
165
y
，
2
120
ys
，
所以，总体平均数
100
100
168.5
200
2
x
y
x
y
z
.
根据分层抽样总体的方差公式可知，
总体样本方差
2
2
2
2
2
1
100
100
200
z
x
y
s
s
x
z
s
y
z
2
2
1
100
120
3.5
100 120
3.5
132.25
200
.
故答案为：132.25.
练习题
1．（2023 上·湖南张家界·高三慈利县第一中学校考阶段练习）某校高三（1）班（45 人）和高三（2）
班（30 人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10 名同学，相关统计情况如下：高三（1）
班答对题目的平均数为1 、方差为1；高三（2）班答对题目的平均数为1.5、方差为0.35，则这10 人答
对题目的方差为
；
【答案】0.8/ 4
5
【详解】根据分层抽样的概念，得到高三（1）班抽取人数为
45
10
6
45
30
，
高三（2）班抽取人数为
30
10
4
45
30
，
则这10 人答对题目的平均分为1 6
1.5 4
1.2
10
，
这10 人答对题目的方差为
2
2
3
2
1
1.2 1
0.35
1.2 1.5
0.8
5
5
故答案为：0.8
2．（2023 上·高一单元测试）针对某市A，B 两个小区进行居民每月用电量调查，拟采用分层随机抽样的方
法，抽取A 小区1 号楼12 户每月用电量数据，其平均数和方差分别为198.5 和10.22；2 号楼15 户每月用
电量数据，其平均数和方差分别为210.0 和20.22；3 号楼13 户每月用电量数据，其平均数和方差分别为168.0
和28.56.抽取B 小区1 号楼10 户每月用电量数据，其平均数和方差分别为170.6 和27.15；2 号楼20 户每
月用电量数据，其平均数和方差分别为200.2 和14.55；3 号楼20 户每月用电量数据，其平均数和方差分别
为180.5 和19.56，可以推测A，B 两个小区每月用电量更稳定的是
小区．
【答案】B
【详解】设A 小区全部居民每月用电量平均数和方差分别为
A
w 和
2
As ，B 小区全部居民每月用电量平均数和
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方差分别为
B
w 和
2
Bs ，用样本估计总体，则估计
12 198.5 15 210
13 168
192.9
12
15 13
A
w
，
所以
2
2
2
2
1 12
10.22
198.5 192.9
15
20.22
210 192.9
13
28.56
168 192.9
40
As
340.4955
,
10 170.6
20 200.2
20 180.5 186.4
10
20
20
A
w
,
2
2
2
2
1 10
27.15
170.6 186.4
20
14.55
200.2 186.4
20
19.56
180.5 186.4
50
As
159.102
因为
2
2
A
B
s
s
，所以推测B 小区每月用电量更稳定．
故答案为：B .
3．（2023 下·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）甲、乙两位射击爱好者，各射击10 次，甲的环数从小到大
排列为4，5，5，6，6，7，7，8，8，9，乙的环数小到大排列为2，5，6，6，7，7，7，8，9，10.若甲的
方差为2.25，乙的方差为4.41，则这20 个数据的方差为
.
【答案】167
50 /3.34
【详解】
4
5
5
6
6
7
7
8
8
9
6.5
10
x
甲
，
2
5
6
6
7
7
7
8
9
10
6.7
10
x
乙
，
则这20 个数据的平均值
6.5 10
6.7 10
6.6
20
x
，
故这20 个数据的方差为
2
2
2
1 {10 [2.25
(6.5
6.6) ]
10 [4.41
(6.7
6.6) ]}
3.34
20
s
，
故答案为：3.34
4．（2022 上·安徽·高二校联考阶段练习）为了调查公司员工的健康状况，某公司男女员工比例是2:3 ，用分
层随机抽样的方法抽取样本，统计样本数据如下：男员工的平均体重为70kg ，标准差为5kg ；女员工的平
均体重为50kg ，标准差为6kg .则由此估计该公司员工的平均体重是
kg ，方差是
2
kg .
【答案】
58；
127.6/ 638
5 .
【详解】由题得
2
3
70
50
58,
5
5
x
所以方差
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
3
127.6
5
5
s
s
x
x
s
x
x
故答案为：58；127.6.
题型二样本数字特征
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例题1．（2024·全国·高三专题练习）已知一组数据
1
2
3
,
,
x x
x 的平均数是5，方差是4，则由
1
2
3
2
1,2
1,2
1
x
x
x
和11 这四个数据组成的新数据组的方差是
．
【答案】12
【详解】由已知得
2
2
2
1
2
3
1
2
3
15,
5
5
5
12
x
x
x
x
x
x
，
则新数据的平均数为
1
2
3
1
2
3
2
3 11
1 2
1 2
1 2
1 11
11
4
4
x
x
x
x
x
x
，
方差为
2
2
2
2
1
2
3
1
2
1 11
2
1 11
2
1 11
(11 11)
4
x
x
x
2
2
2
1
2
3
1 4
5
4
5
4
5
4
x
x
x
2
2
2
1
2
3
5
5
5
x
x
x
12
．
故答案为：12
例题2．（2024 上·辽宁大连·高一统考期末）已知数据
1
2
8
,
, ,
x x
x
的平均数为5，
8
2
1
5
18
i
i
x
；数据
1
2
12
,
,
,
y y
y
的平均数为10，
12
2
1
10
36
i
i
y
．则数据
1
2
8
1
2
12
,
,
,
,
,
,
,
x x
x y y
y
的平均数为
，方差
为
．
【答案】
8
8.7
【详解】由题意得数据
1
2
8
1
2
12
,
,
,
,
,
,
,
x x
x y y
y
的平均数为
1
2
8
1
2
12
5 8 12 10
8
20
20
x
x
x
y
y
y
，
数据
1
2
8
1
2
12
,
,
,
,
,
,
,
x x
x
y y
y
的方差为
8
12
8
12
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
8
8
5
3
10
2
20
20
i
i
i
i
i
i
i
i
x
y
x
y
8
12
8
12
2
2
1
1
1
1
1
5
10
6
5
4
10
8 9 12 4
20
i
i
i
i
i
i
i
i
x
y
x
y
1
1
18
36
0
0
72
48
174
8.7
20
20
.
故答案为：8，8.7.
例题3．（2023 上·上海·高三上海市宜川中学校考期中）已知实数1,5, ,x y 的平均数为4，则这四个数的中位
数的取值范围是
．
【答案】
3,5
【详解】由题意可知1
5
16
10
x
y
x
y
，
若该四个数按大小排列，1,5位于中间，则,x y 位于两侧，此时中位数是3 ；
若该四个数按大小排列，1, x 位于中间，则5, y 位于两侧，此时
5,
1
x
y
，不符合题意；
若该四个数按大小排列，1, y 位于中间，则,5
x
位于两侧，同上
5,
1
y
x
，不符合题意；
若该四个数按大小排列，5, x 位于中间，则1, y 位于两侧，则有
5
1
5
3,5
2
x
x
；
若该四个数按大小排列，5, y 位于中间，则,1
x
位于两侧，同上
5
1
5
3,5
2
y
y
；
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若该四个数按大小排列，,x y 位于中间，则1,5位于两侧，可知
5
5
2
x
y
x
y
；
此时中位数是5；
综上所述这四个数的中位数的取值范围是
3,5 .
故答案为：
3,5 .
例题4．（2022 下·北京朝阳·高二统考期末）在一组数据0，3，5，7，10 中加入一个整数
．．a 得到一组新数
据，这组新数据与原数据相比平均数不增大且方差减小，则a 的一个取值为
．
【答案】2(答案不唯一，
2,3,4,5 中任取一个都正确)
【详解】解：由题意得，原数据的平均数0
3
5
7
10
5
5
原数据的方差为
2
2
2
2
2
1
58
0
5
3 5
5
5
7
5
10
5
11.6
5
5
新数据的平均数
0
3
5
7 10
25
5
6
6
a
a
x
，解得
5
a
a
Z
，
,
新数据的方差为
2
2
2
2
2
2
1
0
3
5
7
10
6
x
x
a
x
x
x
x
2
2
1
58
6
50
2
183
6
5
x
a x
a
，
将
25
6
a
x
代入得，
2
10
11.08
0
a
a
，
解得：
2 87
2 87
5
,5
5
5
a
，
9
87
10
，
2 87
1
5
1.4
5
，所以
2,3,4,5
a
，
故答案为：2(答案不唯一，
2,3,4,5 中任取一个都正确)
练习题
1．（2024·全国·高三专题练习）某学校高一年级在校人数为600 人，其中男生320 人，女生280 人，为了
解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽取50 名男生身高为一个样本，其样本平均数为170.2cm ，
抽取50 名女生身高为一个样本，其样本平均数为162.0cm，则该校高一学生的平均身高的估计值为
．
【答案】166.4cm
【详解】由题意可知，
170.2,
162.0
x
y
，且
320,
280,
M
N
所以样本平均数
320
280
170.2
162.0
166.4(cm)
320
280
320
280
M
N
w
x
y
M
N
M
N
，
故该校高一学生的平均身高的估计值为166.4cm．
故答案为：166.4cm.
2．（2023 上·全国·高二期末）如下的一列数据中，1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,
,200,200,
,200
，对于1
200
n
，
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正整数n 出现了n 次，则这一列数据的中位数是
.
【答案】142
【详解】该列数据的总个数：
200 1 200
20100
2
，
则中位数是第10050 项与第10051 项的平均值；
令
1
10050
2
n
n
，则
141
n
，
当
141
n
时，最后一个141 是第
141 1 141
10011
2
项，则第10050 项和第10051 项都是142，则中位数是
142.
故答案为：142
3．（2023 上·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习）已知2,4,6,8, x 这5 个数的标准差为2，若
在2,0,5,2
1,
2
x
x
中随机取出3 个不同的数，则5 为这3 个数的中位数的概率是
．
【答案】3
10 /0.3
【详解】2,4,6,8, x 这5 个数的平均数为2
4
6
8
20
5
5
x
x
，
因为2,4,6,8, x 这5 个数的标准差为2，
2
2
2
2
2
1
20
20
20
20
20
2
4
6
8
2
5
5
5
5
5
5
x
x
x
x
x
x
，
解得
5
x
，
则2,0,5,2
1,
2
x
x
，即为2,0,5,9,3
，
按照从小到大的顺序为2,0,3,5,9
，
从2,0,3,5,9
随机取出3 个不同的数，
有
2,0,3 ,
2,0,5 ,
2,0,9 ,
2,3,5 ,
2,3,9 ,
2,5,9 , 0,3,5 , 0,3,9
，
0,5,9 , 3,5,9 共10种，
其中5 为这3 个数的中位数有
2,5,9 , 0,5,9 , 3,5,9
共3种，
所以5 为这3 个数的中位数的概率是3
10 .
故答案为：3
10 .
4．（2023 上·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考阶段练习）互不相等的4 个正整数从小到大排序为
1a ，
2a ，
3
a ，
4a 若它们的和为12，且这4 个数据的极差是中位数的2 倍，则这4 个数据的上四分位数为
.
【答案】9
2
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【详解】这组数据的极差
4
1
a
a
，中位数为
2
3
2
a
a
，
据题意得
2
4
1
3
2
3
2
2
a
a
a
a
a
a
，
即
4
1
2
3
a
a
a
a
，
又它们的和为12，所以
4
2
12
a
，解得
4
6
a
，
1
2
3
6
a
a
a
.
因为
1a ，
2a ，
3
a 为正整数且互不相等，
所以
1
1
a ，
2
2
a
，
3
3
a .
所以排列顺序为：1,2,3,6；
%=3
4 75
，
所以上四分位数为：3
6
9
2
2
.
故答案为：9
2
5．（2023·吉林·吉林省实验校考模拟预测）若一组样本数据
1
2
,
n
x x
x
､､
的平均数为10，另一组样本数据
1
2
2
4,2
4,
,2
4
n
x
x
x
的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是
，方差
是
.
【答案】
17
54
【详解】由题意可知，数据
1
2
,
n
x x
x
､､
的平均数为10，
所以
1
1
10
n
i
i
x
x
n
，则
1
10
n
i
i
x
n
，
所以数据
1
2
4
x
、
2
2
4
x
、、2
4
nx
的平均数为
1
1
1
2
2
4
4
2 10
4
24
n
n
i
i
i
i
x
x
x
n
n
，
方差为
2
2
2
2
2
1
1
1
1
4
4
4
2
4
2
4
10
10
n
n
n
i
i
i
i
i
i
s
x
x
x
x
n
n
n
n
n
2
1
4
400
8
n
i
i
x
n
，
所以
2
1
102
n
i
i
x
n
，
将两组数据合并后，得到新数据
1
2
,
n
x x
x
､､
，
1
2
2
4,2
4,
,2
4
n
x
x
x
则其平均数为
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2
4
3
4
4
2
2
2
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
x
x
x
n
n
n
1
3 10
4
17
2
，
方差为
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
17
2
4 17
5
86
458
2
2
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
i
s
x
x
x
x
n
n
n
1
5 102
86 10
458
54
2
n
n
n
n
.
故答案为：17 ；54.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算.
6．（2022·高一课时练习）在分层抽样时，如果将总体分为k 层，第j 层抽取的样本量为
jn ，第j 层的样本
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平均数为
jx ，样本方差为
2
js ，
1,2,
,
j
k
，．记
1
k
j
j
n
n
，则所有数据的样本方差为
2s
．
【答案】
2
2
1
1
k
j
j
j
j
n
s
x
x
n
【详解】解：
1
1
1
,
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
n x
n
.
∴样本均值为
1
1
1
1
1
(
)
(
)
k
n
k
j
j
j
j
j
j
x
x
n x
n
n
.
又
2
2
2
2
1
1
1
(
) ,
(
)
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
s
x
n s
n
.
计算总体
2
2
2
2
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
2(
)
(
)
(
)
j
j
j
j
n
n
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
n x
x
又
1
1
(
)
0
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
n x
n x
n x
.
2
2
2
1
(
)
(
)
j
n
j
j
j
j
j
j
x
x
n s
n
x
x
.
2
2
2
2
1
1
1
1
1
(
)
(
)
j
n
k
k
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
n s
n
x
x
n
n
s
.
故答案为：
2
2
1
1
k
j
j
j
j
n
s
x
x
n
题型三独立事件
互斥事件
对立事件判断
例题1．（2023 下·河南开封·高一统考期末）分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A “2 枚硬币都是正面
朝上”，事件B “2 枚硬币朝上的面相同”，则下列A 与B 的关系中正确的个数为（
）
①A
B
②互斥
③互为对立
④相互独立
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】A
【分析】根据古典概型的计算公式、互斥事件、对立事件、独立事件的概念对选项一一分析判断即可得出
答案.
【详解】由题意可知：一枚硬币有两个等可能结果：正面朝上、反面朝上，
两枚硬币有两个等可能结果：正正、正反、反正、反反，
事件A “2 枚硬币都是正面朝上”包含的情况为：正正，
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事件B “2 枚硬币朝上的面相同”包含的情况为：正正，反反，
故A
B
，故①正确；②错误；
事件A 的对立事件为：正反、反正、反反，故③错误；
则
1
2
1
,
4
4
2
P A
P B
，
1
2
P AB
，
所以
P A P B
P AB
，故④错误.
故选：A.
例题2．（2023 下·广东肇庆·高一统考期末）给定一个正整数(
3)
n n
，从集合
{1,2,3,
, }
n
中随机抽取
一个数，记事件A “这个数为偶数”，事件B “这个数为3 的倍数”.下列说法正确的是（
）
A．若
6
n
k
，
*
k N ，则至少存在一个n ，使事件A 和事件B 不独立
B．若
6
n
k
，
*
k N ，则存在无穷多个n ，使事件A 和事件B 独立
C．若n 为奇数，则至少存在一个n ，使事件A 和事件B 独立
D．若n 为偶数，则对任意的n ，事件A 和事件B 独立
【答案】B
【分析】主要是用
P AB
P A P B
判断事件的相互独立性.
【详解】对于A，对于任意
6
n
k
，
*
k N ，
1
1
1
,
,
,
2
3
6
6
k
P A
P B
P AB
k
,
P AB
P A P B
即事件A 和事件B 独立，A 不正确.
对于B，当
8
n 时，
1
1
1
,
,
,
2
4
8
P A
P B
P AB
满足
P AB
P A P B
；
当
32
n
时，
1
5
5
,
,
,
2
16
32
P A
P B
P AB
满足
P AB
P A P B
；
以此类推，当
2
1
2 m
n
时，
*
mN ，
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
,
,
2
3 2
6 2
m
m
m
m
P A
P B
P AB
，满足
P AB
P A P B
；
故存在无穷多个n，使事件A 和事件B 独立，B 正确.
对于C，当
6
1
n
k
时，k N ，
3
2
,
,
,
6
1
6
1
6
1
k
k
k
P A
P B
P AB
k
k
k
此时显然
P AB
P A P B
；
当
6
3
n
k
时，k N ，
3
1
2
1
,
,
,
6
1
6
1
6
1
k
k
k
P A
P B
P AB
k
k
k
此时显然
P AB
P A P B
；
当
6
5
n
k
时，k N ，
3
2
2
1
,
,
,
6
1
6
1
6
1
k
k
k
P A
P B
P AB
k
k
k
此时显然
P AB
P A P B
；
综上可知，对任意奇数，事件A 和事件B 都不独立；C 不正确.
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对于D，当
16
n
时，
8
1
5
2
1
,
,
,
16
2
16
16
8
P A
P B
P AB
,
P AB
P A P B
D 不正确.
故选：B.
例题3．（多选）（2023·吉林·统考一模）口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2 个，从中不放回
的依次取出2 个球，事件A “取出的两球同色”，事件B “第一次取出的是白球”，事件C “第二次取出的
是白球”，事件D = “取出的两球不同色”，则（
）
A．
1
2
P B
B．B 与C 互斥
C．A 与B 相互独立
D．A 与D 互为对立
【答案】ACD
【分析】利用古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率即可判断A，根据互斥事件的概率即可判断B，
根据相互独立事件的定义判断C，根据对立事件的概率即可判断D．
【详解】设2 个白球为
1
2
,
a a ，2 个黑球为
1
2
,
b b ，
则样本空间为：
1
2
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
1
2
1
2
2
1
2
2
2
1
Ω
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
a a
a b
a b
a a
a b
a b
b a
b a
b b
b a
b a
b b
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，共12 个基
本事件.
事件
1
2
2
1
1
2
2
1
,
,
,
,
，
，
，
A
a a
a a
b b
b b
，共4 个基本事件；
事件
1
2
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
,
,
,
,
,
,
，
，
，
，
，
B
a a
a b
a b
a a
a b
a b
，共6 个基本事件；
事件
1
2
2
1
1
1
1
2
2
1
2
2
,
,
,
,
,
,
C
a a
a a
b a
b a
b a
b a
，
，
，
，
，
，共6 个基本事件；
事件
1
1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
2
2
1
2
2
,
,
,
,
,
,
,
,
D
a b
a b
a b
a b
b a
b a
b a
b a
，
，
，
，
，
，
，
，共8 个基本事件，
对于A，由
6
1
12
2
P B
，故A 正确；
对于B，因为B
C
，所以事件B 与C 不互斥，故B 错误；
对于C，因为
4
1
12
3
P A
，
6
1
12
2
P B
，
2
1
12
6
P AB
，
则
P AB
P A
P B
，故事件A 与B 相互独立，故C 正确；
对于D，因为A
D
，A
D
，所以事件A 与D 互为对立，故D 正确．
故选：ACD．
例题4．（2023 上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期中）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1
2 ，收到0 的概率为1
2 ；发送1 时，收到0 的概率为1
3 ，收到1 的概率
为2
3 .
(1)重复发送信号1 三次，计算至少收到两次1 的概率；
(2)依次发送1，1，0，判断以下两个事件：①事件A：至少收到一个正确信号；②事件B：至少收到两
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个0，是否互相独立，并给出证明.
【答案】(1) 20
27 ；
(2)事件A 与事件B 不互相独立，证明见解析.
【分析】（1）利用事件的相互独立求“至少收到两次1”的概率；
（2）利用事件的相互独立性计算
P A ，
P B ，
P AB ，利用独立事件的概率公式验证.
【详解】（1）重复发送信号1 三次，“至少收到两次1”的可能情况为：
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因为信号的传输相互独立，
故“至少收到两次1”的概率为：2
2
2
2
1
2
2
2
1
1
2
2
20
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
27
.
（2）事件A 与事件B 不互相独立，证明如下：
若依次发送1，1，0，则三次都没收到正确信号的概率为1
1
1
1
3
3
2
18
，
故至少收到一个正确信号的概率为
1
17
1 18
18
P A
；
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0”的可能情况为：
(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
故
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
1
6
1
3
3
2
3
3
2
3
3
2
3
3
2
18
3
P B
，
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0 且至少收到一个正确信号”的可能情况为：
(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
故
1
1
1
1
2
1
2
1
1
5
3
3
2
3
3
2
3
3
2
18
P AB
，
因为
P A P B
P AB
，所以事件A 与事件B 不互相独立.
练习题
1．（2022 上·北京丰台·高二统考期末）对于随机事件A，B，有下列说法：
①如果A ，B 相互独立，那么
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
；
②如果A ，B 对立，那么
( )
1
( )
P B
P A
-
；
③如果A ，B 互斥，那么
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B .
其中正确的个数是（
）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．3 个
【答案】D
【分析】根据对立事件，互斥事件，相互独立事件的概念即可判断出答案.
【详解】①若A ，B 相互独立，则
(
)
( ) ( )
P AB
P A P B
，故①正确；
②若A ，B 对立，则
( )
( )
1
P B
P A
，即
( )
1
( )
P B
P A
-
，故②正确；
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③若A ，B 互斥，则
(
)
( )
( )
P A
B
P A
P B ，故③正确.
故选：D.
2．（2023·云南·高三校联考阶段练习）一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6
六个数字，投掷这枚骰子两次，A 表示事件“第一次向上一面的数字是1”，B 表示事件“第二次向上一面的数
字是2”，C 表示事件“两次向上一面的数字之和是7”，D 表示事件“两次向上一面的数字之和是8”，则（
）
A．C 与D 相互独立
B．A 与D 相互独立
C．B 与D 相互独立
D．A 与C 相互独立
【答案】D
【分析】根据事件相互独立的定义判断.
【详解】由题意知
1
1
6
1
5
,
,
,
6
6
36
6
36
P A
P B
P C
P D
，
0
P CD
P C P D
，所以C 与D 不相互独立，
0
P AD
P A P D
，所以A 与D 不相互独立，
1
36
P BD
P B P D
，所以B 与D 不相互独立，
1
36
P AC
P A P C
，所以A 与C 相互独立，
故选：D
【点睛】方法点睛：判断事件A 与B 是否相互独立，根据事件相互独立的定义关键看
P AB
P A P B
是
否成立.
3．（2022 下·山西·高一校联考阶段练习）对于一个古典概型的样本空间Ω 和事件A，B，C，D，其中(Ω)
60
n
，
( )
30
n A
，( )
10
n B
，( )
20
n C
，(
)
30
n D
，(
)
40
n A
B
，(
)
10
n A
C
，(
)
60
n A
D
，则（
）
A．A 与B 不互斥
B．A 与D 互斥但不对立
C．C 与D 互斥
D．A 与C 相互独立
【答案】D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据
(
), ( ) ( )
P A
C P A P C
的关系判断事
件是否独立.
【详解】由( )
30
n A
，( )
10
n B
，(
)
40
n A
B
，即(
)
( )
( )
n A
B
n A
n B
，故A、B 互斥，A 错误；
由(
)
( )
( )
(Ω)
60
n A
D
n A
n D
n
，A、D 互斥且对立，B 错误；
又( )
20
n C
，(
)
10
n A
C
，则(
)
10
n D
C
，C 与D 不互斥，C 错误；
由
( )
1
(
2
(Ω)
)
n A
n
P A
，
( )
1
(
3
(Ω)
)
n C
n
P C
，
(
)
(Ω)
1
(
)
6
P
A
C
C
n
n
A
，
所以
(
)
( ) ( )
P A
C
P A P C
，即A 与C 相互独立，D 正确.
故选：D
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4．（多选）（2023 下·福建福州·高一福建省福州延安中学校考期末）抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，
记下骰子朝上一面的点数，用x 表示红色骰子的点数，y 表示绿色骰子的点数，定义事件：A=“
7
x
y
”，
B=“xy 为奇数”，C=“
3
x
”，则下列结论错误的是（
）
A．B 与C 相互独立
B．A 与B 对立
C．A 与C 相互独立
D．A 与B 互斥但不对立
【答案】CD
【分析】应用表格列举出(
,
)
x
y xy
的所有可能情况，根据题设描述及独立事件、互斥、对立事件定义判断
各项正误即可.
【详解】下表中行表示x ，列表示y ，则
(
,
)
x
y xy
1
2
3
4
5
6
1
(2,1)
(3,2)
(4,3)
(5,4)
(6,5)
(7,6)
2
(3,2)
(4,4)
(5,6)
(6,8)
(7,10)
(8,12)
3
(4,3)
(5,6)
(6,9)
(7,12)
(8,15)
(9,18)
4
(5,4)
(6,8)
(7,12)
(8,16)
(9,20)
(10,24)
5
(6,5)
(7,10)
(8,15)
(9,20)
(10,25)
(11,30)
6
(7,6)
(8,12)
(9,18)
(10,24)
(11,30)
(12,36)
满足事件A 有(7,6) 、(7,10)、(7,12) 、(7,12) 、(7,10)、(7,6) 共6 种，
满足事件B 有(2,1) 、(4,3) 、(6,5) 、(4,3) 、(6,9) 、(8,15)、(6,5) 、(8,15) 、(10,25) 共9 种，
满足事件C 有(5,4) 、(6,5) 、(7,6) 、(6,8) 、(7,10)、(8,12)、(7,12) 、(8,15)、(9,18)、(8,16) 、(9,20) 、(10,24) 、
(9,20) 、(10,25) 、(11,30) 、(10,24) 、(11,30) 、(12,36)，即后3 列，共18 种，
所以事件AB 有0 种，事件BC 有3 种，事件AC 有3 种，则B 错，D 对，
所以
1
( )
6
P A
，
1
( )
4
P B
，
1
( )
2
P C
，
(
)
0
P AB
，
1
(
)
(
)
12
P AC
P BC
，
则
(
)
( ) ( )
P BC
P B P C
，
(
)
( ) ( )
P AC
P A P C
，A 错，C 对，
故选：CD
5．（2023 下·云南楚雄·高一统考期末）袋中装有大小完全相同的6 个红球，3 个蓝球，其中有2 个红球和1
个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2.
(1)每次有放回地任取1 个小球，连续取两次，求取出的2 个球恰有1 个红球且两球的数字和为3 的概率；
(2)从袋中不放回地依次取2 个小球，每次取1 个，记事件
{
A 第一次取到的是红球}，事件
{
B 第二次取
到了标记数字1 的球}，求
,
P A
P B ，并判断事件A 与事件B 是否相互独立.
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【答案】(1)16
81
(2) 2 1
,
3 3 ，事件A 与事件B 相互独立.
【分析】（1）分部分类抽取，然后概率相加求解；
（2）分别求取概率，然后验证
P AB
P A P B
，
的关系判断事件A 与事件B 是否相互独立.
【详解】（1）第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球且两球的数字和为3，即抽到红1 蓝2 或者红2
蓝1 的概率：
1
2
2
4
1
8
9
9
9
9
81
P
，
第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3 即抽到的是蓝2 红1 或者蓝1 红2 的概率
2
2
2
1
4
8
9
9
9
9
81
P
，
则所求的概率为8
8
16
81
81
81
.
（2）“第一次取到的是红球”的概率
6
2
9
3
P A
，
“第二次取到了标记数字1 的球”即取到的是数字2,1 或者1,1，,概率
6
3
3
2
1
9
8
9
8
3
P B
，
“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1 的球”即抽到的为红1 数字1 或者红2 数字1，概率
2
2
4
3
2
9
8
9
8
9
P AB
.
因为
P AB
P A P B
成立，所以事件A 与事件B 相互独立.
题型四概率综合应用
1．（2023 上·浙江·高二温州中学校联考期中）有5 张未刮码的卡片，其中n 张是“中奖”卡，其它的是“未中
奖”卡，现从这5 张卡片随机抽取2 张.你有资金100 元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.
若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽
取的2 张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n 至少为（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2 次刮出中奖，转化为5 张卡片中取到2 张“中奖”卡的概率大
于
1
2 ，再列不等式求n 取值.
【详解】由于总资金100 元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.
刮第1 张卡前，下注50 元：
若未中奖，还剩50 元；刮第2 张卡前，下注25 元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150 元，刮第2 张卡前，下注75 元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2 次刮出中奖，否则资金减少；
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所以，5 张卡片中取到2 张“中奖”卡的概率大于
1
2 即可，
由5 张卡片中任取2 张的方法数有10 种，n 张“中奖”卡中取到2 张的方法数有(
1)
2
n n
种，
所以(
1)
1
(
1)
10
20
2
n n
n n
且2
5
n
，故
4
n
或5，即n 至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5 张卡片中取到2 张“中奖”卡的概率大于
1
2 为关键.
2．（多选）（2023 下·江苏南通·高二江苏省如皋中学校考阶段练习）已知事件
, ,
A B C 满足
0.6
P A
，
0.2
P B
，则下列结论正确的是（
）
A．如果
1
P A
B
C
，那么
0.2
P C
B．如果B
A
，那么
0.6
P A
B
，
0.25
P B A
C．如果A 与B 互斥，那么
0.8
P A
B
D．如果A 与B 相互独立，那么
0.32
P A B
【答案】CD
【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率公式的运用。
【详解】对于选项A，设一个盒子里有标号为1 到10 的小球, 从中摸出一个小球, 记下球的编号,
记事件A=“球的编号是偶数”，事件B=“球的编号是1，2，3” ，事件C=“球的编号是奇数” 满足
(
)
1
P A
B
C
, 但是
( )
0.5,
P C
选项A 错误;
对于选项B，如果B
A
, 那么
P AB
0.2
1
0.6,
P A
0.6
3
P A
B
P A
P B A
∣
,选项B 错误;
对于选项C，如果A 与B 互斥，那么
(
)
( )
( )
0.8
P A
B
P A
P B
, 所以选项C 正确;
对于选项D，如果A 与B 相互独立，那么
(
)
( ) ( )
(1
( ))(1
( ))
0.4 0.8
0.32
P A B
P A P B
P A
P B
所以选项D 正确。
故选：CD
3．（2023 下·山东烟台·高二山东省招远第一中学校考期中）现有一款闯关游戏，共有4 关，规则如下：在
第n 关要抛掷骰子n 次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n
n
，
则算过第n 关.假定每次过关互不影响，则直接挑战第2 关并过关的概率为
，若直接挑战第4 关，
则过关的概率为
.
【答案】
7
12
35
1296
【分析】由古典概型，独立事件的乘法公式逐一计算即可.
【详解】第一空，直接挑战第二关过关需两次点数之和大于
2
2
2=6
，两次点数满足要求的有如下几种情况：
（1，6），（2，5），（2，6），（3，4）……（6，5），（6，6），
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则概率为：1 2
3
4
5
6
7
6 6
12
；
第二空，直接挑战第四关过关需四次点数之和大于
4
2
4=20
，四次点数满足要求的有如下几种情况：（5，
5，5，6）四种，（4，5，6，6）十二种，（5，5，6，6）六种，（3，6，6，6）四种，（4，6，6，6，）
四种，（5，6，6，6）四种，（6，6，6，6）一种，合计35 种，故概率为：
4
35
35
6
1296
.
故答案为：7
12 ，35
1296
4．（2023 下·福建厦门·高一统考期末）为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.
该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个
游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3 个，白球2 个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为m 获胜
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，试问m 为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【答案】(1)游戏一获胜的概率为2
5 ，游戏二获胜的概率为4
25
(2) m 的所有可能取值为5,6,7 ．
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三
获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为m 的概率，由此得解.
【详解】（1）设事件A “游戏一获胜”，B “游戏二获胜”，C “游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样
本空间为
1
1,2,3,4,5
，则
1
5
n
，
因为
4,5
A
，所以
2
n A
，
1
2
5
n A
P A
n
．所以游戏一获胜的概率为2
5 ．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间
2
,
,
1,2,3,4,5
x y
x y
∣
，
则
2
25
n
，因为
4,4 , 4,5 , 5,4 , 5,5
B
，
所以
4
n B
，所以
2
4
25
n B
P B
n
，所以游戏二获胜的概率为4
25 ．
（2）设M “先玩游戏二，获得书券”，N “先玩游戏三，获得书券”，
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则M
ABC
ABC
ABC
，且ABC ，ABC ，ABC 互斥，
, ,
A B C 相互独立，
所以
P M
P ABC
ABC
ABC
P ABC
P ABC
P ABC
1
1
P A P B
P C
P A
P B P C
P A P B P C
2
4
3
4
2
4
8
12
1
5
25
5
25
5
25
125
125
P C
P C
P C
P C
又N
ACB
ACB
ACB
，且ACB ，ACB ，ACB 互斥，
所以
P N
P ACB
ACB
ACB
P ACB
P ACB
P ACB
1
1
P A P C
P B
P A
P C P B
P A P C P B
2
21
3
4
2
4
62
5
25
5
25
5
25
125
P C
P C
P C
P C
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则
P N
P M
，
所以
62
8
12
125
125
125
P C
P C
，即
4
25
P C
．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
1,2
1,3
1,4
1,5
2
2,1
2,3
2,4
2,5
3
3,1
3,2
3,4
3,5
4
4,1
4,2
4,3
4,5
5
5,1
5,2
5,3
5,4
当
3,4,8,9
m
时，
2
4
20
25
P C
，舍去
当
5,6,7
m
时，
4
4
20
25
P C
，满足题意，
因此m 的所有可能取值为5,6,7 ．
【点睛】关键点睛：本题第2 小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先
玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
练习题
1．（多选）（2023 上·辽宁大连·高一期末）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
0
1,
0.5
（
），收到0 的概率为1
；发送1 时，收到0 的概率为
0
1,
0.5
（
），
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收到1 的概率为1
.若在信道内依次发送信号1，0，为了检验收到信号的一端将收到的信号发回到输入
端.下列说法正确的是（
）
A．“收到的信号为1，0”是“传回的信号为1，0”的充分条件.
B．“收到的信号为1，0”与“传回的信号为1，0”不是相互独立的
C．若
，则事件“传回的信号为1，0”的概率一定大于0.25
D．若
0.8
0.6
，
，则事件“传回的信号为1，0”的概率为31.68%
【答案】BC
【分析】根据题设，应用独立事件乘方公式写出收到不同信号的概率及其对应传回信号为1，0 的概率，结
合充分性、独立事件判定、基本不等式、互斥事件加法判断各项正误.
【详解】收到信号为0，0 概率为
(1
)
，则传回信号为1，0 概率为
2
(1
)
，
收到信号为1，0 概率为(1
)(1
)
，则传回信号为1，0 概率为
2
[(1
)(1
)]
，
收到信号为0，1 概率为，则传回信号为1，0 概率为
2
(
)
，
收到信号为1，1 概率为
(1
)
，则传回信号为1，0 概率为
2
(1
)
，
所以传回信号为1，0 概率为
2
2
2
2
(1
)
(
)
[(1
)(1
)]
(1
)
，
显然“收到的信号为1，0”不是“传回的信号为1，0”的充分条件，A 错；
2
2
2
2
[(1
)(1
)] {
(1
)
(
)
[(1
)(1
)]
(1
) }
2
[(1
)(1
)]
，B 对；
由
，则
2
2
2
2
[(1
)
(1
) ] [(1
)(1
)]
(
)
2
2 2
[(1
)
]
，
而
2
2
2
(1
)
1
(1
)
2
2
，而
1
2
，即不能取等号，故
2
2
1
(1
)
2
，
所以
2
2
2
2
1
[(1
)
(1
) ] [(1
)(1
)]
(
)
4
，C 对；
由
0.8,
0.6
，则
2
2
2
2
[(1
)
(1
) ] [(1
)(1
)]
(
)
0.3328
，D 错.
故选：BC
【点睛】关键点睛：根据题意写出收到不同信号的概率及其对应传回信号为1，0 的概率为关键.
2．（2023 下·重庆·高二统考期末）排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球后，谁取胜谁就得1 分，得分
的队有发球权，最后先得25 分的队获得本局比赛胜利，若出现比分24：24，要继续比赛至某队领先2 分才
能取胜，该局比赛结束，甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为2
3 ，乙队发球
时甲队获胜的概率为2
5 ，且各次发球的胜负结果相互独立.若此时甲、乙两队双方比分为24：24 平，且甲队
拥有发球权，则两队共再发2 次球就结束比赛的概率为
；若此时甲、乙两队双方比分为22：22
平，且甲队拥有发球权，则甲队得25 分且取得该局比赛胜利的概率为
.
【答案】
29
45
64
135
【分析】填空(1)：先确定
24
X
后两队共发2 次球就结束比赛，包含这两个球均由甲队得分和这两个球均
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由乙队得分两个事件，再利用事件的相互独立性求概率；
填空(2)：先确定
22
X
时，甲队得25 分且取得该局比赛胜利，包含甲以25：22 取得比赛胜利和甲以25：
23 取得胜利两个事件，再利用事件的相互独立性求概率.
【详解】
24
X
后两队共发2 次球就结束比赛，则这两个球均由甲队得分，或均由乙队得分，且两者互斥．
记事件A “
24
X
后两队共发2 次球就结束比赛”，因为各次发球的胜负结果相互独立，所以
2
2
2
2
29
1
1
3
3
3
5
45
P A
．
即
24
X
后两队共发2 次球就结束比赛的概率为29
45 ．
22
X
时，甲队得25 分且取得该局比赛胜利，则甲以25：22 或25：23 取得该局胜利．
记事件B “甲以25：22 取得该局胜利”，C “甲以25：23 取得该局胜利”，
D = “
22
X
时，甲队得25 分且取得该局比赛胜利”，
因为各次发球的胜负结果相互独立，且B，C 互斥，所以
2
2
2
8
3
3
3
27
P B
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
8
1
1
1
3
5
3
3
3
3
5
3
3
3
3
5
45
P C
，
8
8
64
27
45
135
P D
P B
C
P B
P C
．
所以
22
X
时，甲队得25 分且取得该局比赛胜利的概率为64
135 .
故答案为：29
45 ，64
135 .
3．（2023 上·湖南·高二校联考阶段练习）甲、乙两位同学参加某种科学知识比赛进入了决赛阶段，决赛规
则如下：最多进行两轮比赛，每人每轮比赛在规定时间内答两道选择题，答对一道得3 分，不作答得1 分，
答错得1
分．第一轮结束总得分高的胜出，得分相同则进行第二轮比赛．对于一道选择题，假设甲选择作
答且答对的概率为a ，选择作答且答错的概率为b ，选择不作答的概率为c ，乙选择作答且答对的概率为x ，
选择作答且答错的概率为y ，选择不作答的概率为z ．又假设甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的
答题均互不影响．
(1)若
2
3
a
，
1
6
b
，
1
6
c
，
4
5
x
，
5
36
y
，
11
180
z
，求：
①第一轮比赛结束甲得分为2 分的概率；
②第一轮比赛结束甲、乙的得分相等且概率相等的概率；
(2)若
0
c
z
，求第一轮结束时乙不需要进行第二轮比赛的概率．
【答案】(1)①1
4 ；②4
81
(2)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
xy
y
ab x
y
b
x
xy
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【分析】（1）①甲答题得2 分的情况分两种情形讨论，结合概率的公式求解即可；②讨论出甲乙都答了
2 题，且都是1 对1 错，结合概率公式即可.
（2）乙不需要进行第二轮比赛即甲乙得分不相同.
【详解】（1）①因为甲答不同的题互不影响，所以甲可能：2 道题中对1 题错1 题，或者2 题都不答，
即
2
3
1
1 1
，
所以第一轮比赛结束甲得分为2 分的概率为2
1
1
2
1
1
1
3
6
6
3
6
6
4
．
②由已知得，第一轮比赛结束甲、乙的得分相等的情形：都答对2 题分，都答错2 题，2 题都不答，这些
情形概率不相等；
所以甲、乙都是选择作答2 题，一题答对一题答错，
因为甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的答题均互不影响，
所以第一轮比赛结束甲、乙得分相等且概率相等的概率为
2
1
1
2
4
5
5
4
4
3
6
6
3
5
36
36
5
81
．
（2）因为
0
c
z
，故在第一轮比赛时甲、乙都选择作答每道题，
所以在第一轮比赛结束时每个人的得分可以是6 分，2 分和2
分，
因为甲答不同的题、乙答不同的题及甲、乙之间的答题均互不影响，
所以第一轮结束时乙不需要进行第二轮比赛的概率即甲乙得分不相同的概率为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
xy
y
ab x
y
b
x
xy
．
4．（2022 下·福建泉州·高一校考期中）为评估大气污染防治效果，调查区域空气质量状况，某调研机构从
,
A B
两地区一年的数据中随机抽取了相同20 天的观测数据，得到
,
A B 两地区的空气质量指数
AQI 如下图所示：
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根据空气质量指数，将空气质量状况分为以下三个等级：
空气质量指数AQI
0,100
100,200
200,300
空气质量状况
优良
轻中度污染
重度污染
(1)试估计A 地区当年（365 天）的空气质量状况“优良”的天数；
(2)假设两地区空气质量状况相互独立，记事件C ：“ A 地区空气质量等级优于B 地区空气质量等级”．根据所
给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C 的概率；
(3)若从空气质量角度选择生活地区居住，你建议选择
,
A B 两地区哪个地区．（只需写出结论）
【答案】(1) 274
(2)0.2925
(3)建议选择A 地区居住
【分析】（1）从A 地区选出的20 天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为
5
1
0.75
20
，
由此估计A 地区当年（365 天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75，从而能求出A 地区当年（365 天）的
空气质量状况“优良”的天数．
（2）记
1A 表示事件：“ A 地区空气质量等级为优良”，
2
A 表示事件：“ A 地区空气质量等级为轻中度污染”，
1
B
表示事件：“ B 地区空气质量等级为轻中度污染”，
2
B 表示事件：“ B 地区空气质量等级为重度污染”，则
1A 与
1
B 独立，
2
A 与
2
B 独立，
1
B 与
2
B 互斥，
1
1
1
2
2
2
C
A B
A B
A B
．由此能求出事件C 的概率．
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（3）从空气质量角度，建议选择A 地区居住．
【详解】（1）从A 地区选出的20 天中随机选出一天，这一天空气质量状况为“优良”的频率为
5
1
0.75
20
，
估计A 地区当年（365 天）的空气质量状况“优良”的频率为0.75，
A 地区当年（365 天）的空气质量状况“优良”的天数约为365
0.75
274
天．
（2）记
1A 表示事件：“A 地区空气质量等级为优良”，
2
A 表示事件：“A 地区空气质量等级为轻中度污染”，
1
B 表示事件：“B 地区空气质量等级为轻中度污染”，
2
B 表示事件：“B 地区空气质量等级为重度污染”，
则
1A 与
1
B 独立，
2
A 与
2
B 独立，
1
B 与
2
B 互斥，
1
1
1
2
2
2
C
A B
A B
A B
．
所以
1
1
1
2
2
2
P C
P A P B
P A P B
P A
P B
．
由所给数据得
1
2
1
2
,
,
,
A A B B 发生的频率分别为3 1 1
3
, , ,
4 5 5 20 ．
故
1
2
1
2
3
1
1
3
,
,
,
4
5
5
20
P A
P A
P B
P B
，
所以事件C 的概率
3
1
3
1
3
0.2925
4
5
20
5
20
P C
．
（3）从空气质量角度，建议选择A 地区居住．
【点睛】关键点点睛：第一小问比较常规，第三小问是属于开放性试题言之有理即可，关键是第二问要利
用互斥加法公式以及独立乘法公式.
1．（2023 下·广东佛山·高二校联考阶段练习）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面
朝上的点数，A 表示事件“第一次正面朝上的点数为1”，B 表示事件“第二次正面朝上的点数为3”，C 表示
事件“两次正面朝上的点数之和为8”，D 表示事件“两次正面朝上的点数之和为7”，则下列说法错误的是（
）
A．A 与D 相互独立
B．A 与C 互斥
C．
4
5
P B C
D．
1
36
P A D
【答案】D
【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，再结合独立事件、互斥事件与条件概率公
式即可得解.
【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同
结果如下：
(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),
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(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．
依题意，易得
1
1
( )
, ( )
6
6
P A
P B
，
事件C 包括(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2) ，共5 个，
5
( )
36
P C
，
事件D 包括(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) ，共6 个，
6
1
(
)
36
6
P D
，
对于A，事件AD 只有结果(1,6) ，则
1
(
)
( )
(
)
36
P AD
P A
P D
，A 与D 相互独立，故A 正确；
对于B，由事件C 的基本事件可知，其中不包含“第一次正面朝上的点数为1”的事件，故A 与C 互斥，故B
正确；
对于C，事件B 表示“第二次正面朝上的点数不为3”，事件
,
B C 同时发生的有
2,6 ,(3,5),(4,4),(6,2)，共4
件，
所以
4
1
(
)
36
9
B
P
C
，
1
(
)
4
9
(
)
5
( )
5
36
P BC
P B C
P C
，故C 正确；
对于D，事件
,
A D同时发生的有(1,6) ，共1 件，所以
1
(
)
36
P AD
，
1
(
)
1
36
(
)
1
( )
6
6
P AD
P A D
P D
，故D 错误.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用古典概型的概率公式求得各事件的概率，从而得解.
2．（2022 下·山西长治·高二山西省长治市第二中学校校考阶段练习）甲罐中有5 个红球，2 个白球和3 个
黑球，乙罐中有4 个红球，3 个白球和3 个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球
放入乙罐，分别以
1
2
,
A A 和
3
A 表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，
以B 表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（
）
①事件
1A 与
2
A 相互独立；
②
1A ，
2
A ，
3
A 是两两互斥的事件；
③
2
4
(
|
)
11
P B A
；
④
9
22
P B
；
⑤
1
4
(
|
)
9
P A
B
A．5
B．4
C．3
D．2
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【答案】C
【分析】先判断出
1A ，
2
A ，
3
A 是两两互斥的事件，且不满足
1
2
1
2
P A A
P A
P A
，①错误，②正确，
用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论.
【详解】显然，
1A ，
2
A ，
3
A 是两两互斥的事件，且
1
5
1
5
2
3
2
P A
，
2
2
1
5
2
3
5
P A
，而
1
2
1
2
0
P A A
P A
P A
，①错误，②正确；
2
2
1
5
2
3
5
P A
，
2
1
4
4
5
11
55
P A B
，所以
2
4
(
|
)
11
P B A
，③正确；
1
1
2
2
3
3
1
5
4
1
3
4
9
2
11
11
5
10
11
22
P B
P B A
P A
P B A
P A
P B A
P A
④正确；
1
1
1
5
5
2
11
9
9
22
P A B
P A B
P B
，⑤错误，综上：结论正确个数为3.
故选：C
二、多选题
3．（2023 下·山东淄博·高二统考期末）事件A，B 的概率分别为：
1
2
P A
，
1
3
P B
，则（
）
A．若A，B 为互斥事件，
5
6
P A
B
B．
5
6
P A
B
C．若A，B 相互独立，
1
3
P AB
D．若
1
3
P B A
，则A，B 相互独立
【答案】AD
【分析】利用互斥事件的定义及性质判断A 选项；利用和事件的关系判断B 选项；利用相互独立事件的定
义及性质判断C 选项；利用条件概率公式，求解事件A 与B 的积事件，根据独立事件关系确定A、B 的独
立性可判断D.
【详解】选项A：若A，B 为互斥事件，则
(
)
0
P AB
，
所以
1
1
5
(
)
(
)
2
3
6
P A
B
P A
P B
P AB
P AB
，故A 正确；
选项B：
1
1
5
(
)
(
)
2
3
6
P A
B
P A
P B
P AB
P AB
，故B 错误；
选项C：若A，B 相互独立，
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所以
1
1
5
1
1
1
2
3
6
P AB
P AB
P A
P B
，故C 错误；
选项D：因为
(
)
1
( )
3
P AB
P B A
P A
，
所以
1
1
1
(
)
|
( )
( )
( )
3
2
6
P AB
P B A
P A
P A
P B
，则A，B 相互独立，故D 正确；
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：通常判断两个事件是否相互独立，常用以下两种方法：
1、事件独立性的定义：如果事件A 和事件B 相互不影响，则称事件A 和事件B 是相互独立的；
2、乘法原理：如果事件A 和事件B 是相互独立，则它们同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
4．（2023 下·河北·高二校联考阶段练习）设M 、N 为随机事件，且
P M 、
0,1
P N
，则下列说法正
确的是（
）
A．若
P N M
P N
，则M 、N 可能不相互独立
B．若
P N M
P N
，则
P M N
P M
C．若
P N M
N
P N M
N
，则
P N
P M N
D．若
P M N
P N M
a
P N M
P M N
，
P N M
P M N
b
P M N
P N M
，则a
b
【答案】BCD
【分析】利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断A 选项；利用条件概率公式可判断BCD 选项.
【详解】对于A 选项，根据条件概率公式
P MN
P N M
P M
及
P N M
P N
，
得
P MN
P N
P M
，即
P MN
P M
P N ，所以，M 、N 相互独立，A 错；
对于B 选项，由A 知，当
P N M
P N
时，
P MN
P M P N
，
所以，
P MN
P M
P N
P M N
P M
P N
P N
，B 对；
对于C 选项，由
P N M
N
P N M
N
，得
P M N
P N
P M
N
P M
N
，
所以
P N
P M N
，C 对；
对于D 选项，
P M N
P N
P MN
P MN
a
P M N
P N
P
N
P M
M
M N
P M
P
，
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P MN
P M
P MN
P N
P MN
b
P N
P MN
P M
P M N
P M N
，所以，a
b
，D 对.
故选：BCD．
5．（2020 上·湖北黄石·高三黄石二中校考阶段练习）甲罐中有4 个红球，3 个白球和3 个黑球；乙罐中有5
个红球，3 个白球和2 个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以
1A ，
2
A 和
3
A 表示由甲罐取出的
球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以M 表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列
的结论：其中正确结论的为（
）
A．
1
2
P M
B．
1
6
11
P M A
C．事件M 与事件
1A 不相互独立
D．
1A ，
2
A ，
3
A 是两两互斥的事件
【答案】BCD
【解析】根据古典概型概率计算公式及事件的相关概念，逐一分析四个选项的真假，可得答案．
【详解】解：甲罐中有4 个红球，3 个白球和3 个黑球；乙罐中有5 个红球，3 个白球和2 个黑球．
先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以
1A 、
2
A 和
3
A 表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；
再从乙罐中随机取出一球，以M 表示由乙罐取出的球是红球的事件，
对A，
4
6
3
5
3
5
54
1
(
)
10
11
10
11
10
11
110
2
P M
，故A 错误；
对B，
1
1
1
4
6
(
)
6
10
11
(
|
)
4
(
)
11
10
P MA
P M A
P A
，故B 正确；
对C，当
1A 发生时，
6
(
)
11
P M
，当
1A 不发生时，
5
(
)
11
P M
，事件M 与事件
1A 不相互独立，故C 正确；
对D，
1A ，
2
A ，
3
A 不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D 正确；
故选：BCD．
【点睛】本题考查概率的基本概念及条件概率，互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力.
三、解答题
6．（2021 上·安徽六安·高二安徽省舒城中学校考阶段练习）随机抽取100 名学生，测得他们的身高（单位：
cm ），按照区间
160 165
,
，
165 170
,
，
170 175
,
，
175,180 ，
180,185 分组，得到样本身高的频率分布
直方图如图所示．
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（1）求频率分布直方图中x 的值及身高在170cm及以上的学生人数；
（2）估计该校100 名生学身高的75％分位数．
（3）若一个总体划分为两层，通过按样本量比例分配分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样
本方差分别为：m ，x ，
2
1S ；n ，y ，
2
2
S ．记总的样本平均数为w ，样本方差为
2
S ，证明：
①
m
n
w
x
y
m
n
m
n
；
②
2
2
2
2
2
1
2
1
S
m S
x
w
n S
y
w
m
n
．
【答案】（1）0.06 60 人；（2）176 25
.
；（3）详见解析.
【分析】（1）利用频率分布直方图中长方形面积之和为1，易求出x ，进而利用频率分布直方图可求身高
在170cm 及以上的学生人数；
（2）可设该校100 名生学身高的75％分位数，再利用频率分布直方图计算即得；
（3）利用样本平均数，方差公式化简即证.
【详解】（1）由频率分布直方图可知
5
0 01 0 07
0 04
0 02
0 01
1
.
.
x
.
.
.
，解得
0.06
x
，
身高在170cm 及以上的学生人数
100 5
0 06
0 04
0 02
60
.
.
.
（人）．
（2）
180,185 的人数占比为5 0 02
10
.
％，
175,180 的人数占比为5 0 04
20
.
％，
所以该校100 名生学身高的75％分位数落在
175,180 ，
设该校100 名生学身高的75％分位数为x ，
则
0 04 180
0 1
25
.
x
.
％，解得
176 25
x
.
，
故该校100 名生学身高的75％分位数为176 25
.
．
（3）由题得①
mx
ny
m
n
w
x
y
m
n
m
n
m
n
；
②
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
(
)
(y
)
(
)
(y
)
m
n
m
n
i
j
i
j
i
j
i
j
S
x
w
w
x
x
x
w
y
y
w
m
n
m
n
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1
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2
2
1
(
)
2
(
)(
)
(
)
i
i
i
i
m
m
x
x
x
x
x
w
m x
w
m
n
1
1
2
2
(
)
2
(
)(
)
(
)
j
j
j
j
n
n
y
y
y
y
y
w
n y
w
又
1
1
(
)(
)=
(
)
(
)=
(
)
(
)
0
m
m
i
i
i
i
x
x x
w
x x
w
mx x
w
mx x
w
mx x
w
同理
1
(y
)(
)=0
n
j
j
y
y
w
，
∴
2
2
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(y
)
(
)
m
n
i
j
i
j
S
x
x
m x
w
y
n y
w
m
n
2
2
2
2
1
2
1
=
(
) +n
+ (
)
mS
m x
w
S
n y
w
m
n
2
2
2
2
1
2
1
(
)
m S
x
w
n S
y
w
m
n
.
7．（2020·高一课时练习）在分层抽样时，如果总体分为k 层，而且第j 层抽取的样本量为
jn ，第j 层的样
本均值为
jx ，样本方差为
2,
1,2,
,
js
j
k
.记
1
k
j
j
n
n
.求证：所有数据的样本均值和方差分别
为:
2
2
2
1
1
1
1
,
k
k
j
j
j
j
j
j
j
j
x
n x
s
n s
n
x
x
n
n
.
【答案】证明见解析.
【分析】在分层抽样中先计算第j 层抽取的样本均值
1
1
j
n
j
j
j
j
x
x
n
，再计算总体k 层的样本均值
1
1
1
k
n
j
j
j
x
x
n
，即可证明出
1
1
k
j
j
j
x
n x
n
;同理，计算第j 层抽取的样本方差
2
1
j
n
j
j
x
x
，进行一系列整
理得到
2
2
j
j
j
j
n s
n
x
x
，再计算总体k 层的样本方差
2
2
2
2
1
1
1
1
1
j
n
k
k
j
j
j
j
j
j
j
j
s
x
x
n s
n
x
x
n
n
，此
时证明成立.
【详解】解：
1
1
1
,
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
n x
n
.
∴样本均值为
1
1
1
1
1
k
n
k
j
j
j
j
j
j
x
x
n x
n
n
.
又
2
2
2
2
1
1
1
,
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
s
x
x
x
x
n s
n
.
计算总体
2
2
1
1
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
x
x
x
x
x
x
2
2
1
1
2
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
x
x
x
n
x
x
又
1
1
0
j
j
n
n
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
x
x
x
n x
n x
n x
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x
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1
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j
n
k
k
j
j
j
j
j
j
j
j
s
x
x
n s
n
x
x
n
n
.
【点睛】本题主要考查用分层抽样的方法求样本的均值和方差，属于中档题.
8．（2022 下·山东淄博·高一统考期末）某校有高一学生1000 人，其中男女生比例为3: 2 ，为获得该校高一
学生的身高（单位：cm ）信息，采用随机抽样方法抽取了样本量为50 的样本，其中男女生样本量均为25，
计算得到男生样本的均值为172，标准差为3，女生样本的均值为162，标准差为4．
(1)计算总样本均值，并估计该校高一全体学生的平均身高；
(2)计算总样本方差．
【答案】(1)167；168
(2)37.5
【分析】（1）根据男女生的样本均值计算样本均值；根据男女生的平均身高得到全校所有学生的身高总和，
再求学生身高的平均值；
（2）根据男女生的样本均值和方差，直接计算样本总体的方差即可.
【详解】（1）把男生样本记为
1
2
25
,
,
,
x x
x
，平均数记为
172
x
，方差记为
2
9
xs
；
把女生样本记为
1
2
25
,
,
,
y y
y
，平均数记为
162
y =
，方差记为
2
16
ys
=
；
把样本数据的平均数记为z ，方差记为
2s ；高一全体学生的身高均值记为Z .
根据平均数的定义，总样本均值为：
25
25
1
1
1 (
)
50
i
i
i
y
z
x
y
=
=
=
+
邋
25
25
167
50
x
y
+
=
=
；
高一全体学生的身高均值为：
600
400
1000
x
y
Z
+
=
600
400
168
1000
x
y
+
=
=
；
（2）根据方差的定义，总样本方差为：
25
25
2
2
2
1
1
1 [
(
)
(
) ]
50
i
j
i
j
s
x
z
y
z
=
=
=
-
+
-
邋
25
25
2
2
1
1
1 [
(
)
(
) ]
50
i
j
i
j
x
x
x
z
y
y
y
z
=
=
=
-
+
-
+
-
+
-
邋
，
由
25
25
1
1
(
)
25
0
i
i
i
i
x
x
x
x
=
=
-
=
-
=
邋
，可得：
25
1
2(
)(
)
0
i
i
x
x x
z
=
-
-
=
å
，
同理，
25
1
2(
)(
)
0
j
j
y
y
y
z
=
-
-
=
å
.
因此，
25
25
25
25
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1 [
(
)
(
)
(
)
(
) ]
50
i
j
i
i
j
j
s
x
x
x
z
y
y
y
z
=
=
=
=
=
-
+
-
+
-
+
-
邋
邋
2
2
2
2
1 [25
25(
)
25
25(
) ]
50
x
y
s
x
z
s
y
z
=
+
-
+
+
-
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2
2
1 [25
9
25(172
167)
25 16
25(162
167) ]
50
=
´
+
-
+
´
+
-
37.5
所以，总的样本方差为37.5.
9．（2023·全国·高二专题练习）某大学有A，B 两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天
午餐和晚餐都在学校就餐，近100 天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
,
A A
,
A B
,
B A
,
B B
甲
30 天
20 天
40 天
10 天
乙
20 天
25 天
15 天
40 天
假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率.
(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A 餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B 餐厅就餐的概率；
(2)假设M 表示事件“A 餐厅推出优惠套餐”，N 表示事件“某学生去A 餐厅就餐”，
0
P M
，一般来说在推
出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证
明：
P M N
P M N
.
【答案】(1)0.3，0.4
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算即可得到结果；
（2）根据题意，由概率的计算公式代入计算，即可证明.
【详解】（1）设事件C 为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A 餐厅就餐”，
事件D 为“乙员工午餐和晚餐都选择B 餐厅就餐”，
因为100 个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A 餐厅就餐的天数为30，
乙员工午餐和晚餐都选择B 餐厅就餐的天数为40，
所以
30
0.3
100
P C
，
40
0.4
100
P D
.
（2）由题知
P N M
P N M
，
即
1
P NM
P NM
P N
P NM
P M
P M
P M
，即
P NM
P N
P M
，
即
P NM
P N P NM
P N
P M
P N P NM
，
即
P NM
P N
P N
P NM
，即
P NM
P NM
P N
P N
，
即
P M N
P M N
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