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专题10.6 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 事件相互独立性的判断】..........................................................................................................................3
【题型2 相互独立事件的概率】..............................................................................................................................5
【题型3 事件的相互独立性与其他知识综合】.....................................................................................................7
【题型4 条件概率】................................................................................................................................................11
【题型5 全概率公式】............................................................................................................................................13
【题型6 贝叶斯公式】............................................................................................................................................15
【题型7 条件概率与其他知识综合】....................................................................................................................17
1、事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解两个事件相互独立
的含义
(2)理解随机事件的独立性
和条件概率的关系，会利
用全概率公式计算概率
2022 年新高考全国I 卷：第
20 题，12 分
2022 年全国乙卷（理数）：
第10 题，5 分
2023 年新高考I 卷：第21
题，12 分
2023 年新高考Ⅱ卷：第12
题，5 分
2023 年全国甲卷（理数）：
第6 题，5 分
2024 年新高考Ⅱ卷：第18
题，17 分
从近几年的高考情况来看，本节是
高考的热点内容，主要考查相互独立事
件的概率、条件概率与全概率公式等，
一般以选择题或填空题的形式考查，难
度不大；有时也会在解答题中出现，与
其他知识结合考查，难度中等，复习时
需要加强这方面的练习.
【知识点1 事件的相互独立性】
1．事件的相互独立性
(1)定义
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，简称为独立.
(2)性质
若事件A 与B 相互独立，则
与B，A 与
，
与
也相互独立.
(3)推广
两个事件的相互独立性可以推广到n(n>2，n∈
)个事件的相互独立性，即若事件
，
，
，
1
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相
互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(
)=P(
)P(
)
P(
).
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
【知识点2 条件概率与全概率公式】
1．条件概率
(1)条件概率的定义
一般地，设A，B 为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B A)=
为事件A 发生的条件下，事件
B 发生的条件概率，简称条件概率.
(2)性质
设P(A)>0，
为样本空间，则
①P(B A)∈[0,1]，P(
A)=1；
②如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B∪C A)=P(B A)+P(C A)；
③设
和B 互为对立事件，则P(
A)=1-P(B A).
2．概率的乘法公式
由条件概率的定义，对任意两个事件A 与B，若P(A)>0，则P(AB)=P(A)·P(B A).
3．全概率公式及应用
(1)全概率公式
一般地，设
，
，
，
是一组两两互斥的事件，
∪
∪
∪
=Ω，且P(
)>0，i=1，2,
，
n，则对任意的事件B
Ω，有P(B)=
(
)·P(
).我们称此公式为全概率公式.
(2)全概率公式的意义
全概率公式的意义在于，当直接计算事件B 发生的概率P(B)较为困难时，可以先找到样本空间Ω 的一
个划分Ω=
∪
∪
∪
，
，
，
，
两两互斥，将
，
，
，
看成是导致B 发生的一组原
因，这样事件B 就被分解成了n 个部分，分别计算P(
)，P(
)，
，P(
)，再利用全概率公式求
解.
4．贝叶斯公式
设
，
，
，
是一组两两互斥的事件，
∪
∪
∪
=Ω，且P(
)>0，i=1，2,
，n，则对
任意的事件B
Ω，P(B)>0，有P(
)=
.
贝叶斯公式是在条件概率的基础上寻找事件发生的原因，在运用贝叶斯公式时，一般已知和未知条件
如下：
(1)A 的多种情况中到底哪种情况发生是未知的，但是每种情况发生的概率已知，即P(
)已知;
2
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(2)事件B 是已经发生的确定事实，且A 的每种情况发生的条件下B 发生的概率已知，即P(
)已知；
(3)P(B)未知，需要使用全概率公式计算得到；
(4)求解的目标是用A 的某种情况
的无条件概率求其在B 发生的条件下的有条件概率P(
).
5．求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B A)=
.
(2)样本点法：P(B A)=
.
(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
6．利用全概率公式的思路
(1)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)；
(2)求P(Ai)和所求事件B 在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai)；
(3)代入全概率公式计算.
【方法技巧与总结】
1．如果事件A1,A2,…,An相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即
P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).
2．全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A 的概率的求解问题，转化为了在不同
情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
【题型1 事件相互独立性的判断】
【例1】（2024·山东泰安·三模）盒中有4 个大小相同的小球，其中2 个红球、2 个白球，第一次在盒中随
机摸出2 个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2 个小球，记下颜色后放回.设事件A =“两
次均未摸出红球”，事件B =“两次均未摸出白球”，事件C =“第一次摸出的两个球中有红球”，事件
D =“第二次摸出的两个球中有白球”，则（ ）
A．A与B相互独立
B．A与C相互独立
C．B与C相互独立
D．C与D相互独立
【解题思路】根据相互独立事件的定义依次分析即可.
【解答过程】依题意得P( A)=C2
2C2
2
C4
2 C4
2 = 1
36，P(B)=C2
2C2
2
C4
2 C4
2 = 1
36，P( AB)=0≠P( A) P(B)，故A 项错误；
P(C)=C2
2+C2
1C2
1
C4
2
= 5
6，P( AC)=0≠P( A) P(C)，故B 项错误；
P(BC)=C2
2C2
2
C4
2 C4
2 = 1
36 ≠P(B) P(C)，故C 项错误；
3
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P(D)=C2
2+C2
1C2
1
C4
2
= 5
6，P(CD)=C2
2C2
2+C2
2C2
1C2
1+C2
1C2
1C2
2+C2
1C2
1C2
1C2
1
C4
2 C4
2
= 25
36 = P(C) P(D)，故D 项正确.
故选：D.
【变式1-1】（2024·海南省直辖县级单位·一模）若古典概型的样本空间Ω= {1,2,3,4}，事件A = {1,2}，事
件A，B相互独立，则事件B可以是（ ）
A．{1,3}
B．{1,2,3}
C．{3,4}
D．{2,3,4}
【解题思路】根据P( A ∩B)与P( A) P(B)是否相等判断事件是否独立，得到答案.
【解答过程】由题意得P( A)= 2
4 = 1
2，
A 选项，P(B)= 2
4 = 1
2，A ∩B = {1}，故P( A ∩B)= 1
4 ，
所以P( A ∩B)= P( A) P(B)，故事件A ,B相互独立，A 正确；
B 选项，P(B)= 3
4 ，A ∩B = {1,2}，故P( A ∩B)= 2
4 = 1
2，
所以P( A ∩B)≠P( A) P(B)，故事件A ,B不相互独立，B 错误；
C 选项，P(B)= 2
4 = 1
2，A ∩B =∅，故P( A ∩B)=0，
所以P( A ∩B)≠P( A) P(B)，故事件A ,B不相互独立，C 错误；
D 选项，P(B)= 3
4 ，A ∩B = {2}，故P( A ∩B)= 1
4 ，
所以P( A ∩B)≠P( A) P(B)，故事件A ,B不相互独立，D 错误；
故选：A.
【变式1-2】（2024·江苏·模拟预测）有5 张相同的卡片，分别标有数字1,2,3,4,5，从中有放回地随机取两
次，每次取1 张卡片，A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，A2表示事件“第一次取出的卡片
上的数字为奇数”，A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，A4表示事件“两次取出的卡片上
的数字之和为7”，则（ ）
A．A3与A4为对立事件
B．A1与A3为相互独立事件
C．A2与A4为相互独立事件
D．A2与A4为互斥事件
【解题思路】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式
进行计算，即可判断BC.
【解答过程】由题意，A3与A4互斥但不对立，故A 错；
4
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事件A3有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)共5种，则P( A3)=
5
5×5 = 1
5，
事件A4有(2,5),(3,4),(4,3),(5,2)共4种，则P( A4)=
4
5×5 = 4
25，
其中事件A1 A3有(2,4)共1种，事件A2 A4有(3,4),(5,2)共2种，
P( A1)= 1
5 , P( A2)= 3
5，
则P( A1 A3)= 1
25 = P( A1)P( A3)，所以A1与A3相互独立，故B 对；
P( A2 A4)= 2
25 ≠P( A2)P( A4)，所以A2与A4不独立，故C 错；
因为A2与A4可同时发生，所以A2与A4不互斥，故D 错.
故选：B.
【变式1-3】（2024·广东湛江·一模）在一次考试中有一道4 个选项的双选题，其中B 和C 是正确选项，A
和D 是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4 个选项中随机选取两个选项．设事件
M =“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N =“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X =“甲、
乙两人所选选项完全相同”，事件Y =“甲、乙两人均未选择B 选项”，则（ ）
A．事件M 与事件N 相互独立
B．事件X 与事件Y 相互独立
C．事件M 与事件Y 相互独立
D．事件N 与事件Y 相互独立
【解题思路】根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可得出答案.
【解答过程】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，
所以P(M )=C4
1⋅C3
1⋅C2
1
C4
2⋅C4
2
= 2
3，P(N )=C4
2 C2
2
C4
2⋅C4
2 = 1
6 ，P(X )=C4
2
C4
2⋅C4
2 = 1
6 ，P(Y )=C3
2⋅C3
2
C4
2⋅C4
2 = 1
4 ，
因为事件M与事件N互斥，所以P(MN )=0，又P(M )⋅P(N )= 1
9，
所以事件M 与事件N 不相互独立，故A 错误；
P(XY )=C3
2
C4
2⋅C4
2 = 1
12 ≠P(X ) P(Y )= 1
24 ，故B 错误；
由P(MY )=C3
1⋅C2
1
C4
2⋅C4
2 = 1
6 = P(M ) P(Y )，则事件M 与事件Y 相互独立，故C 正确；
5
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因为事件N 与事件Y 互斥，所以P(NY )=0，又P(Y )⋅P(N )= 1
24 ，
所以事件N 与事件Y 不相互独立，故D 错误.
故选：C．
【题型2 相互独立事件的概率】
【例2】（2024·陕西·二模）已知在某次乒乓球单打比赛中，甲､乙､丙､丁四人进入半决赛.将四人随机分为
两组进行单打半决赛，每组的胜出者进行冠军的争夺.已知四人水平相当，即半决赛每人胜或负的概率均为
1
2.若甲､丙分在一组，乙､丁分在一组，则甲､乙两人在决赛中相遇的概率为（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
3
【解题思路】由独立乘法公式即可得解.
【解答过程】若甲､乙两人在决赛中相遇，这意味着在单打半决赛中，甲、乙均胜出，
从而甲､乙两人在决赛中相遇的概率为P = 1
2 × 1
2 = 1
4 .
故选：B.
【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）某班元旦晚会中设置了抽球游戏，盒子中装有完全相同的3 个白球和
3 个红球.游戏规则如下：①每次不放回的抽取一个，直至其中一种颜色的球恰好全部取出时游戏结束；②
抽取3 次完成游戏为一等奖，抽取4 次完成游戏为二等奖.则甲同学获得二等奖的概率为（ ）
A．3
20
B．1
4
C．3
10
D．2
5
【解题思路】记第i 次取到的是红球为事件Ai，分类求解即可.
【解答过程】记第i 次取到的是红球为事件Ai，
则二等奖的概率为2[P( A1 A2 A3 A4)+ P( A1 A2 A3 A4)+ P( A1 A2 A3 A4)]
2(
1
2 × 3
5 × 2
4 × 1
3 + 1
2 × 3
5 × 2
4 × 1
3 + 1
2 × 2
5 × 3
4 × 1
3)= 3
10.
故选：C.
【变式2-2】（2024·辽宁·模拟预测）某疾病全球发病率为0.03 %，该疾病检测的漏诊率（患病者判定为阴
性的概率）为5 %，检测的误诊率（未患病者判定为阳性的概率）为1%，则某人检测成阳性的概率约为
（ ）
A．0.03 %
B．0.99 %
C．1.01%
D．1.03 %
6
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【解题思路】分别求得非患者检测为阳性的概率与患者检测为阳性的概率，可求得结论.
【解答过程】由题意，未患病者判定为阳性的概率为1%，患病者判定为阳性的概率为95 %，
某人检测成阳性包含两种情况：
①非患者检测为阳性的概率为(1−0.3 %)×1% =0.00997；
②患者检测为阳性的概率为0.3 %×(1−5 %)=0.00285，
所以某人检测成阳性的概率为0.00997+0.00285=0.01282≈1.03 %．
故选：D.
【变式2-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，一个电路中有A ,B ,C三个电器元件，每个元件正常工作
的概率均为1
2，这个电路是通路的概率是（ ）
A．1
8
B．3
8
C．5
8
D．1
4
【解题思路】根据给定条件，利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式计算即得.
【解答过程】元件B ,C都不正常的概率p1=(1−1
2 )(1−1
2 )= 1
4 ，
则元件B ,C至少有一个正常工作的概率为1−p1= 3
4 ，
而电路是通路，即元件A正常工作，元件B ,C至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率p= 1
2 × 3
4 = 3
8.
故选：B.
【题型3 事件的相互独立性与其他知识综合】
【例3】（2024·上海宝山·二模）在课外活动中，甲、乙两名同学进行投篮比赛，每人投3次，每投进一次
得2分，否则得0分.已知甲每次投进的概率为1
2，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为1
2，
从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为3
5，若前一次没投进，则该次投进的概率为2
5.
7
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(1)求甲投篮3次得2分的概率；
(2)若乙投篮3次得分为X，求X的分布和期望；
(3)比较甲、乙的比赛结果.
【解题思路】（1）甲3 次投篮得2 分即3 次中1 次，根据独立事件概率公式即可求解；
（2）由题意得， X 的所有可能取值为0，2，4，6，依次求出每种取值的概率，然后写出分布列，求出期
望；
（3）分别求出甲、乙的期望和方差，然后进行比较大小，根据大小进行分析即可.
【解答过程】（1）甲投篮3次得2分，即只投中1次，概率为P =C3
1× 1
2 ×(1−1
2)
2
= 3
8；
（2）由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，
则P(X =0)= 1
2 × 3
5 × 3
5 = 9
50 , P(X =2)= 1
2 × 2
5 × 3
5 + 1
2 × 2
5 × 2
5 + 1
2 × 2
5 × 3
5 = 8
25，
P(X = 4)= 1
2 × 2
5 × 3
5 + 1
2 × 2
5 × 2
5 + 1
2 × 2
5 × 3
5 = 8
25 , P(X =6)= 1
2 × 3
5 × 3
5 = 9
50，
随机变量X的分布为，
X
0
2
4
6
P
9
50
8
25
8
25
9
50
期望E (X )=0× 9
50 +2× 8
25 + 4× 8
25 +6× 9
50 =3；
（3）设甲三次投篮的得分Y ，则Y =0，2，4，6，
可求得随机变量Y 的分布为，
Y
0
2
4
6
P
1
8
3
8
3
8
1
8
所以E (Y )=0× 1
8 +2× 3
8 + 4× 3
8 +6× 1
8 =3,
D (Y )=0
2× 1
8 +2
2× 3
8 + 4
2× 3
8 +6
2× 1
8 −3
2=3，
又可算得D (X )=0
2× 9
50 +2
2× 8
25 + 4
2× 8
25 +6
2× 9
50 −3
2= 97
25 ，
因为E (X )= E (Y )，D (X )> D (Y )，
所以甲最终的得分均值等于乙最终的得分均值，但乙赢得的分值不如甲稳定.
8
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【变式3-1】（2024·湖南长沙·三模）已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后，分为Ⅰ级
和Ⅱ级，两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示：
若只利用该指标制定一个标准，需要确定临界值K，按规定须将该指标大于K 的产品应用于A 型手机，小
于或等于K 的产品应用于B 型手机．若将Ⅰ级品中该指标小于或等于临界值K 的芯片错误应用于A 型手机
会导致芯片生产商每部手机损失800 元；若将Ⅱ级品中该指标大于临界值K 的芯片错误应用于B 型手机会
导致芯片生产商每部手机损失400 元；假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的
概率．
(1)设临界值K =60时，将1 个Ⅰ级品芯片和1 个Ⅱ级品芯片分别应用于A 型手机和B 型手机．求两部手机
有损失的概率（计算结果用小数表示）；
(2)设K = x且x∈[50,55]，现有足够多的芯片Ⅰ级品、Ⅱ级品，分别应用于A 型手机、B 型手机各1 万部
的生产，试估计芯片生产商损失费用的最小值．
【解题思路】（1）根据频率分布直方图，I 级品中该指标小于或等于60 的频率和II 级品中该指标大于60
的频率，即可求解；
（2）由题意分别计算A、B 型手机的损失费用可得f ( x)=576−8 x，结合一次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）临界值K =60时，I 级品中该指标小于或等于60 的频率为(0.002+0.005)×10=0.07，
II 级品中该指标大于60 的频率为0.1，
故将1 个I 级品芯片和1 个II 级芯片分别应用于A 型手机和B 型手机，
两部手机有损失的概率为：1−(1−0.07)×(1−0.1)=0.163；
（2）当临界值K = x时，
I 级品中该指标小于或等于临界值K的概率为0.002×10+0.005×(x−50)=0.005 x−0.23，
可以估计10000 部A 型手机中有10000(0.005 x−0.23)=50 x−2300部手机芯片应用错误；
II 级品中该指标大于临界值K的概率为0.01×10+0.03×(60−x)=−0.03 x +1.9，
可以估计10000 部B 型手机中有10000(−0.03 x +1.9)=19000−300 x部手机芯片应用错误；
9
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故可以估计芯片生产商的损失费用f (x)=0.08×(50 x−2300)+0.04×(19000−300 x) =576−8 x
又x∈[50,55]，所以f (x)∈[136,176]，
即芯片生产商损失费用的最小值为136 万元.
【变式3-2】（2024·江苏南通·二模）某班组建了一支8 人的篮球队，其中甲、乙、丙、丁四位同学入选，
该班体育老师担任教练.
(1)从甲、乙、丙、丁中任选两人担任队长和副队长，甲不担任队长，共有多少种选法？
(2)某次传球基本功训练，体育老师与甲、乙、丙、丁进行传球训练，老师传给每位学生的概率都相等，每
位学生传球给同学的概率也相等，学生传给老师的概率为1
7 .传球从老师开始，记为第一次传球，前三次传
球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是多少？
【解题思路】（1）法一，利用分步乘法计数原理集合组合数的计算，即可求得答案；法二，利用间接法，
即用不考虑队长人选对甲的限制的所有选法，减去甲担任队长的选法，即可得答案；
（2）考虑第一次传球，老师传给了甲还是传给乙、丙、丁中的任一位，继而确定第二次以及第三次传球
后球回到老师手中的情况，结合乘法公式以及互斥事件的概率求法，即可求得答案.
【解答过程】（1）法一，先选出队长，由于甲不担任队长，方法数为C3
1；
再选出副队长，方法数也是C3
1，故共有方法数为C3
1×C3
1=9（种）.
方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为A4
2 = 4×3=12（种）；
若甲任队长，方法数为C3
1，故甲不担任队长的选法种数为12−3=9（种）
答：从甲、乙、丙、丁中任选两人分别担任队长和副队长，甲不担任队长的选法共有9 种.
（2）①若第一次传球，老师传给了甲，其概率为1
4 ；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任一位同学，
其概率为6
7 ；
第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为1
7 ，
故这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为：1
4 × 6
7 × 1
7 = 3
98.
②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为3
4 ，
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第二次传球，乙、丙、丁中的一位传球给甲，其概率为2
7 ，
第三次传球，甲将球传给老师，其概率为1
7 ，
这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为3
4 × 2
7 × 1
7 = 3
98，
所以，前三次传球中满足题意的概率为：3
98 + 3
98 = 3
49.
答：前三次传球中，甲同学恰好有一次接到球且第三次传球后球回到老师手中的概率是3
49.
【变式3-3】（2024·云南大理·模拟预测）某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛.已知
甲与乙比赛时，甲获胜的概率为p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为
p3.
(1)决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜
利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场
比赛胜者积1 分，负者积0 分，首先累计到2 分者获得比赛胜利，比赛结束.假设p1= p2= p3=0.6，且每局
比赛相互独立.
（ⅰ）求三人总积分为2 分的概率；
（ⅱ）求比赛结束时，三人总积分X的分布列与期望
(2)若p1+ p3<1，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略
【解题思路】（1）（ⅰ）列举出可能事件，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加
法公式即可得解；（ⅱ）列举出总积分，根据各个积分计算出概率，再根据期望公式即可求解；
（2） 设事件A为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B为“第一局乙对甲最终乙获胜”，
C为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，比较P( A), P(B), P(C)大小即可判断.
【解答过程】（1）（ⅰ）由题意可知，两场比赛后结束，即甲或乙连续获得两场胜利，有两种情况，
P =0.6×0.6+0.4×0.6=0.6；
（ⅱ）由题意可知，X =2,3,4，
所以P(X =2)=0.6×0.6+0.4×0.6=0.6，
P(X =3)=0.6×0.4×0.4 +0.4×0.4×0.4 =0.16，
P(X = 4)=0.6×0.4×0.6+0.4×0.4×0.6=0.24，
所以三人总积分X的分布列为
X
2
3
4
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P
0.6
0.16
0.24
所以E (X )=0.6×2+0.16×3+0.24×4 =2.64.
（2）设事件A为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B为“第一局乙对甲最终乙获胜”，
C为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，其中A包含三种情况，
第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故P( A)= p3(1−p1)+ p3 p1(1−p2) p3+(1−p3) p2(1−p1) p3；
同理可得P(B)=(1−p1) p3+(1−p1)(1−p3) p2(1−p1)+ p1(1−p2) p3(1−p1)；
P(C)= p2(1−p1) p3+(1−p2) p3(1−p1)= p3(1−p1)；
显然P(B)−P(C)=(1−p1)(1−p3) p2(1−p1)+ p1(1−p2) p3(1−p1)>0，
故P(B)> P(C)，
P( A)−P(B)
=[ p3 p1(1−p2) p3−p1(1−p2) p3(1−p1)]+[(1−p3) p2(1−p1) p3−(1−p1)(1−p3) p2(1−p1)]
=( p1+ p3−1) p1(1−p2) p3+( p1+ p3−1)(1−p3) p2(1−p1)
=( p1+ p3−1)[ p1(1−p2) p3+(1−p3) p2(1−p1)]，
由于p1+ p3<1，故P( A)−P(B)=( p1+ p3−1)[ p1(1−p2) p3+(1−p3) p2(1−p1)]<0，
所以P(B)> P( A)，故乙的最优指定策略是让乙和甲打第一局.
【题型4 条件概率】
【例4】（2024·山西太原·二模）某校高二年级学生中有60%的学生喜欢打篮球，40%的学生喜欢打排球，
80%的学生喜欢打篮球或排球．在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，若该学生喜欢打篮球，则他
也喜欢打排球的概率为（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
3
D．3
4
【解题思路】应用条件概率公式计算即可.
【解答过程】设在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，若该学生喜欢打篮球为事件A,
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在该校高二年级的学生中随机调查一名学生，则他也喜欢打排球为事件B,
P( A)=0.6, P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB),0.8=0.6+0.4−P( AB),
P(B| A)= P( AB)
P( A) = 0.2
0.6 = 1
3.
故选：A.
【变式4-1】（2024 高二上·江苏·专题练习）某地的中学生中有60 %的同学爱好滑冰，50 %的同学爱好滑雪，
70 %的同学爱好滑冰或爱好滑雪，在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也
爱好滑冰的概率为（ ）
A．0.8
B．0.4
C．0.2
D．0.1
【解题思路】根据题意，设某人爱好滑冰为事件A，某人爱好滑雪为事件B，由古典概型公式求出P( A )和
P( AB)，进而由条件概率公式计算可得答案．
【解答过程】根据题意，在该地的中学生中随机调查一位同学，设选出的同学爱好滑冰为事件A，选出的
同学爱好滑雪为事件B，
由于中学生中有60 %的同学爱好滑冰，50 %的同学爱好滑雪，70 %的同学爱好滑冰或爱好滑雪，则
P(B)=0.5,
而同时爱好两个项目的占50 %+60 %−70 % = 40 %，即P( AB)=0.4，
则该同学爱好滑该同学也爱好滑冰的概率为P( A |B)= P( AB)
P(B) = 0.4
0.5 =0.8．
故选：A．
【变式4-2】（2024·江苏南通·模拟预测）某校春季体育运动会上，甲，乙两人进行羽毛球项目决赛，约定
“五局三胜制”，即先胜三局者获得冠军.已知甲、乙两人水平相当，记事件A表示“甲获得冠军”，事件
B表示“比赛进行了五局”，则P¿（ ）
A．1
2
B．1
4
C．3
8
D．5
16
【解题思路】求出P(B)，P( AB)，再根据条件概率公式计算可得.
【解答过程】因为甲、乙两人水平相当，所以每局比赛甲，乙获胜的概率都是1
2，
比赛进行了五局，分甲获胜和乙获胜两种情况，则P(B)=2×C4
2×(
1
2)
5
= 3
8，
又P( AB)=C4
2×(
1
2)
5
= 3
16 ，
所以P¿．
故选：A．
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【变式4-3】（2024·湖南长沙·二模）某罐中装有大小和质地相同的4 个红球和3 个绿球，每次不放回地随
机摸出1 个球.记R1=“第一次摸球时摸到红球”，G1=“第一次摸球时摸到绿球”，R2=“第二次摸球时
摸到红球”，G2=“第二次摸球时摸到绿球”，R =“两次都摸到红球”，G =“两次都摸到绿球”，则下
列说法中正确的是（ ）
A．P(R)= P(R1)⋅P(R2)
B．P(G)= P(G1)+ P(G2)
C．P(R2∣R1)= 1
2
D．P(G2∣G1)+ P(G1∣G2)=1
【解题思路】根据题意，利用条件概率的计算公式，以及相互独立事件的概念和计算，逐项求解，即可求
解.
【解答过程】由条件概率的公式，可得P(R2| R1)= P(R1 R2)
P(R1)
=
A1
2
A7
2
4
7
= 1
2
或P(R2| R1)= 3
6 = 1
2，故C 正确；
因为R = R1∩R2，R1, R2不相互独立，所以P(R)≠P(R1)P(R2)或P(R)= P(R1 R2)= 2
7 ，
P(R2)= P(R1 R2)+ P(G1 R2)= 4
7 , P(R1)= 4
7 ，所以P(R)≠P(R1)P(R2)，所以A 错误；
因为P(G1)= 3
7 , P(G2)= P(R1G2)+ P(G1G2)= 3
7 , P(G)= P(G1G2)= A3
2
A7
2 = 1
7 ，
所以P(G)≠P(G1)+ P(G2)，故B 错误；
由P(G2|G1)= P(G1G2)
P(G1)
=
1
7
3
7
= 1
3 , P(G1|G2)= P(G1G2)
P(G2)
=
1
7
3
7
= 1
3，
则P(G2∣G1)+ P(G1|G2)= 2
3，所以D 错误.
故选：C.
【题型5 全概率公式】
【例5】（2024·安徽·一模）有三台车床加工同一型号的零件，第1 台加工的次品率为6%，第2，3 台加工
的次品率均为5%，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
25%，30%，45%，任取一个零件，则它是次品的概率（ ）
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A．0.054
B．0.0535
C．0.0515
D．0.0525
【解题思路】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3 台车床加工为事件A、B、C，该零件为次品为事
件D，根据全概率公式求解.
【解答过程】根据题意，设任取一个零件，由第1，2，3 台车床加工为事件A、B、C，该零件为次品为事
件D，
则P( A)=0.25，P(B)=0.3，P(C)=0.45，P(D| A)=0.06，P(D|B)= P(D|C)=0.05，
任取一个零件是次品的概率P(D)= P( A) P(D| A)+ P(B) P(D|B)+ P(C) P(D|C)
=0.06×0.25+0.05×0.3+0.05×0.45=0.0525，
故选：D.
【变式5-1】（2024·内蒙古包头·三模）设某工厂购进10 盒同样规格的零部件，已知甲厂、乙厂、丙厂分
别生产了其中的4 盒、3 盒、3 盒．若甲、乙、丙三个厂家生产该种零部件的次品率依次为1
20，1
15，1
10，
现从这10 盒中任取一盒，再从这盒中任取一个零部件，则取得的零部件是次品的概率为（ ）
A．0.08
B．0.075
C．0.07
D．0.06
【解题思路】由全概率公式计算即可求解．
【解答过程】根据题意，设任取一个零件，分别来自甲，乙，丙三厂的事件分别为A ,B ,C，设任取一个
零件为次品为事件D，
则P( A)= 4
10 = 2
5 , P(B)= 3
10 , P(C)= 3
10，P(D| A)= 1
20 , P(D|B)= 1
15 , P(D|C)= 1
10，
所以P(D)= P( A) P(D| A)+ P(B) P(D|B)+ P(C) P(D|C)
= 2
5 × 1
20 + 3
10 × 1
15 + 3
10 × 1
10 =0.07，
故选：C．
【变式5-2】（2024·山东日照·模拟预测）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1.97 %，但统计分析结果显示患病率为1%，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0.01，则该地区
患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为（ ）
A．0.96
B．0.97
C．0.98
D．0.99
【解题思路】根据题意，由全概率和条件概率的公式计算即可.
【解答过程】设事件A为“患有该疾病”，B为“化验结果呈阳性”，
由题意可得P( A)=0.01，P(B)=0.0197，P(B A)=0.01，
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因为P(B)= P( A) P(B| A)+ P( A) P(B| A)，
所以0.0197=0.01× P(B| A)+0.99×0.01，解得P(B| A)=0.98，
所以该地区患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为0.98，
故选：C.
【变式5-3】（2024·陕西宝鸡·二模）某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3 盒、莲花清瘟
胶囊2 盒、清开灵颗粒5 盒．若这三类药物能治愈感冒的概率分别为2
3 , 3
4 , 4
5 ，他感冒时，随机从这几盒
药物里选择一盒服用（用药请遵医嘱），则感冒被治愈的概率为（ ）
A．1
10
B．1
2
C．3
4
D．4
5
【解题思路】根据全概率公式计算可得；
【解答过程】记服用金花清感颗粒为事件A，服用莲花清瘟胶囊为事件B，服用清开灵颗粒为事件C，感
冒被治愈为事件C，
依题意可得P( A)= 3
10，P(B)= 2
10 = 1
5，P(C)= 5
10 = 1
2，P(D| A)= 2
3，P(D|B)= 3
4 ，P(D|C)= 4
5 ，
所以P(D)= P( A) P(D| A)+ P(B) P(D|B)+ P(C) P(D|C)
= 3
10 × 2
3 + 1
5 × 3
4 + 1
2 × 4
5 = 3
4 .
故选：C.
【题型6 贝叶斯公式】
【例6】（2024·海南省直辖县级单位·一模）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：P( A |B)= P( A) P(B| A)
P(B)
.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．495
1000
B．995
1000
C．10
11
D．21
22
【解题思路】设出事件，利用条件概率和全概率公式得到P( AB), P( A)，使用贝叶斯公式得到答案.
【解答过程】设检验结果呈现阳性为事件A，此人患病为事件B，
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P( AB)= P(B) P( A|B)=0.05×95 % = 4.75 %，
P( A)= P( AB)+ P( A B)= P(B) P( A|B)+ P(B) P( A|B)
= 4.75 %+(1−0.05)×0.5 % =5.225 %，
则P( B|A)= P( AB)
P( A) = 4.75 %
5.225 % = 10
11 .
故选：C.
【变式6-1】（2024·湖南邵阳·三模）甲、乙两个工厂代加工同一种零件，甲加工的次品率为5 %，乙加工
的次品率为8 %，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的40 %，60 %，任
取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是乙工厂加工的概率为（ ）
A．3
20
B．1
3
C．3
8
D．12
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【解题思路】先由全概率公式算出“任取一个零件，取到的零件是次品”的概率，再由贝叶斯公式即可求
解.
【解答过程】设事件M =“任取一个零件，取到的零件是次品”，N 1=“任取一个零件，来自甲工厂”，
N 2=“任取一个零件，来自乙工厂”，
由题意得P(N 1)=0.4，P(N 2)=0.6，P¿，P¿．
因为P(M )= P(N 1)⋅P¿，
所以P¿．
故选：D．
【变式6-2】（2024·江西上饶·模拟预测）越来越多的人喜欢参加户外极限运动，据调查数据显示，A ,B两
个地区分别有3 % ,8 %的人参加户外极限运动，两个地区的总人口数的比为2:3．若从这两个地区中任意选
取一人，则此人参加户外极限运动的概率为p1；若此人参加户外极限运动，则此人来自A地区的概率为p2，
那么（ ）
A．p1= 11
100 ，p2= 3
11
B．p1= 3
50 ，p2= 3
11
C．p1= 11
100 ，p2= 1
5
D．p1= 3
50 ，p2= 1
5
【解题思路】设事件M , R ,S,分别求出相关事件的概率，利用全概率公式求p1，利用贝叶斯公式求p2即可.
【解答过程】设M =“此人参加户外极限运动”，R =“此人来自A地区”，S =“此人来自B地区”.
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依题意，P( R)= 2
5 , P(S)= 3
5 , P( M | R)= 3
100 , P( M |S)= 8
100,
依题意，p1= P( M )= P( MR)+ P( MS)
= P( M | R)P( R)+ P( M |S)P(S) = 3
100 × 2
5 + 8
100 × 3
5 = 30
500 = 3
50；
p2= P(R| M )= P( RM )
P( M ) = P( M | R)P( R)
P( M )
=
3
100 × 2
5
3
50
= 1
5.
故选：D.
【变式6-3】（2024·江苏宿迁·一模）人工智能领域让贝叶斯公式：P( A|B)= P( B|A) P( A)
P(B)
站在了世界中
心位置，AI 换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为
0.001．某团队决定用AI 对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，
即在该视频是伪造的情况下，它有98 %的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况
下，它有4 %的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ）
A．0.1%
B．0.4 %
C．2.4 %
D．4 %
【解题思路】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】记“视频是AI 合成”为事件A，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则P( A)=0.001, P( A)=0.999, P(B∣A)=0.98, P( B|A)=0.04，
由贝叶斯公式得：P( A|B)=
P( A) P( B|A)
P( A) P( B|A)+ P( A) P( B|A)
=
0.001×0.98
0.001×0.98+0.999×0.04 =0.024，
故选：C．
【题型7 条件概率与其他知识综合】
【例7】（2024·四川·模拟预测）在某果园的苗圃进行果苗病虫害调查，随机调查了200 棵受到某病虫害的
果苗，并测量其高度h（单位：cm)，得到如下的样本数据的频率分布直方图.
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(1)估计该苗圃受到这种病虫害的果苗的平均高度（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该苗圃一棵受到这种病虫害的果苗高度位于区间[30,45)的概率；
(3)已知该苗圃的果苗受到这种病虫害的概率为3 %，果苗高度位于区间[40,50)的棵数占该果苗总棵数的
20 %.从该苗圃中任选一棵高度位于区间[40,50)的果苗，求该棵果苗受到这种病虫害的概率（以样本数据
中受到病虫害果苗的高度位于各区间的频率作为受到病虫害果苗的高度位于该区间的概率）.
【解题思路】（1）根据频率分布直方图中平均数公式求解即可；
（2）求出所给区间上的频率即可求解；
（3）根据条件概率公式求解即可.
【解答过程】（1）由频率分布直方图得该苗圃受到这种病虫害的果苗的平均高度为：h=0.02×5×22.5+
0.05×5×27.5+0.06×5×32.5+0.04×5×37.5+0.02×5×42.5+0.01×5×47.5=33 (cm ).
（2）该苗圃一棵受到这种病虫害的果苗高度位于区间[30,45)的频率为：(0.06+0.04+0.02)×5=0.6.
所以，估计该苗圃一颗受到这种病虫害的果苗高度位于区间[30,45)的概率为0.6.
（3）设从苗圃中任选一棵高度位于区间[40,50)的果苗为事件A，该棵果苗受到这种病虫害为事件B，
则P¿.
【变式7-1】（2024·陕西铜川·模拟预测）2024 年诞生的首个网红城市，非哈尔滨莫属．从“尔滨”“滨
子”“南方小土豆”“广西砂糖橘”这些双方间亲密、趣味的称呼和各方的好评可以看出，哈尔滨在这个
冰雪季推出的活动很受欢迎和认可．统计数据显示，今年元旦假期，拥有900 多万常住人口的哈尔滨累计
接待游客超过300 万人次，实现旅游总收入59 亿元，双双达到历史峰值．为了能够让游客感到宾至如归的
服务，某校号召学生利用周末从事志愿活动，高三（2）班某学习小组有男生4 人，女生2 人，现随机选取
2 人作为志愿者参加活动，志愿活动共有交通协管员、旅游宣传员、文明监督员三项可供选择．每名女生
至多从中选择参加2 项活动，且选择参加1 项或2 项的可能性均为1
2；每名男生至少从中选择参加2 项活动，
且选择参加2 项或3 项的可能性也均为1
2．每人每参加1 项活动可获得综合评价5 分，选择参加几项活动彼
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此互不影响．
(1)在有女生参加活动的条件下，求恰有一名女生参加活动的概率；
(2)记随机变量X为随机选取的两人得分之和，求X的分布列和数学期望．
【解题思路】（1）利用条件概率公式求解即可.
（2）利用条件概率公式结合全概率公式求出概率，列出分布列，再求数学期望即可.
【解答过程】（1）设有女生参加活动为事件A，恰有一名女生参加活动为事件B，
所以P( AB)= P(B)=C4
1 C2
1
C6
2
= 8
15，P( A )=C4
1 C2
1+C2
2
C6
2
= 3
5，
所以P(B∣A )= P( AB)
P( A ) =
8
15
3
5
= 8
9.
（2）设选取的两人中女生人数为i，记为事件M i,i=0,1,2，
则P( M 0)=C4
2
C6
2 = 2
5，P( M 1)=C4
1 C2
1
C6
2
= 8
15，P( M 2)=C2
2
C6
2 = 1
15，
由题意得X的可能值为10,15,20,25,30，
得分分别为10,15,20,25,30时我们记为事件N 10, N 15, N 20, N 25, N 30,
则P( N 20∣M 0)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P( N 25∣M 0)= 1
2 × 1
2 ×2= 1
2，
P( N 30∣M 0)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P( N 15∣M 1)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，
P( N 20∣M 1)= 1
2 × 1
2 ×2= 1
2，P( N 25∣M 1)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，
P( N 10∣M 2)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，P( N 15∣M 2)= 1
2 × 1
2 ×2= 1
2，
P( N 20∣M 2)= 1
2 × 1
2 = 1
4 ，
故P( X =10)= P( M 2 N 10) = P( M 2)⋅P( N 10∣M 2)= 1
15 × 1
4 = 1
60，
P( X =15)= P( M 1 N 15)+ P( M 2 N 15)
= P( M 1)⋅P( N 15∣M 1)+ P( M 2)⋅P( N 15∣M 2)= 8
15 × 1
4 + 1
15 × 1
2 = 1
6，
P( X =20)= P( M 0 N 20)+ P( M 1 N 20)+ P( M 2 N 20)
20
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= P( M 0)⋅P( N 20∣M 0)+ P( M 2)⋅P( N 20∣M 2)+ P( M 1)⋅P( N 20∣M 1)，
= 2
5 × 1
4 + 8
15 × 1
2 + 1
15 × 1
4 = 23
60，
P( X =25)= P( M 0 N 25)+ P( M 1 N 25)
= P( M 0)⋅P( N 25∣M 0)+ P( M 1)⋅P( N 25∣M 1)= 2
5 × 1
2 + 8
15 × 1
4 = 1
3，
P( X =30)= P( M 0 N 30)= P( M 0)⋅P( N 30∣M 0)= 2
5 × 1
4 = 1
10，
故分布列见下面表格，
X
10
15
20
25
30
P
1
60
1
6
23
60
1
3
1
10
所以数学期望为E( X )=10× 1
60 +15× 1
6 +20× 23
60 +25× 1
3 +30× 1
10 = 65
3 .
【变式7-2】（2024·河北衡水·模拟预测）某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次
攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有1
2的概率使自己
的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动
攻击；技能二是每次发动攻击时有1
2的概率使得本次攻击以及接下来的攻击的伤害全部变为原来的2 倍，
但是多次触发时效果不可叠加（相当于多次触发技能二时仅得到第一次触发带来的2 倍伤害加成）.每次攻
击发动时先判定技能二是否触发，再判定技能一是否触发.发动一次攻击并连续多次触发技能一而带来的连
续攻击称为一轮攻击，造成的总伤害称为一轮攻击的伤害.假设“突击者”单次攻击的伤害为1，技能一和
技能二的各次触发均彼此独立：
(1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A 为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B 为“技能一
和技能二各触发1 次”，求条件概率P¿
(2)设n 是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n的概率记为Pn，求Pn.
【解题思路】（1）分析试验过程，分别求出P( A)和P( AB)，利用条件概率的公式直接计算；
（2）分析 “突击者”一轮攻击造成的伤害为2n,分为：i.进行2n次，均不触发技能二；前面的2n−1次触
发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的n−1次触发技能一，第n次未触发技能
一；iii. 前面的2k ,(k =1,2,n−1)次未触发技能二，然后接着的第2k +1次触发技能二；前面的n+ k −1触
21
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发技能一，第n+ k次未触发技能一. 分别求概率.即可求出Pn.
【解答过程】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能
一和技能二均未触发；ii .第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未
触发；iii. 第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；
所以P( A)= 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 = 9
64 .
P( AB)= 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 + 1
2 × 1
2 × 1
2 × 1
2 = 1
8.
所以P¿.
（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n,分为：
i. 记事件D：进行2n次，均不触发技能二；前面的2n−1次触发技能一，最后一次不触发技能一.其概率为：
P(D)=(
1
2)
2n
×(
1
2)
2n−1
× 1
2 =(
1
2)
4 n
ii. 记事件E：第一次触发技能二，然后的n−1次触发技能一，第n次未触发技能一.其概率为：
P(E)= 1
2 ×(
1
2)
n−1
× 1
2 =(
1
2)
n+1
iii. 记事件Fk：前面的2k ,(k =1,2,n−1)次未触发技能二，然后接着的第2k +1次触发技能二；前面的
n+ k −1触发技能一，第n+ k次未触发技能一. 其概率为：
P(Fk)=(
1
2)
2k
× 1
2 ×(
1
2)
n+k −1
× 1
2 =(
1
2)
n+3k +1
，
则事件F1, F2⋯Fn−1彼此互斥，记F = F1+ F2+⋯+ Fn−1，
所以P(F)= P(F1)+ P(F2)+⋯P(Fn−1) =(
1
2)
n+3+1
+(
1
2)
n+3×2+1
+⋯+(
1
2)
n+3(n−1)+1
=(
1
2)
n+1
−(
1
2)
n+3(n−1)+1
×(
1
2)
3
1−(
1
2)
3
−(
1
2)
n+1
=
8[(
1
2)
n+1
−(
1
2)
4 n+1
]
7
−(
1
2)
n+1.
所以Pn= P(D)+ P(E)+ P(F)
22
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=(
1
2)
4 n
+(
1
2)
n+1
+
8[(
1
2)
n+1
−(
1
2)
4 n+1
]
7
−(
1
2)
n+1
=(
1
2)
4 n
+
8[(
1
2)
n+1
−(
1
2)
4 n+1
]
7
= 8
7(
1
2)
n+1
+ 3
7(
1
2)
4 n
.
【变式7-3】（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）某中学有A，B 两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，
王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30 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)
王同学
9 天
6 天
12 天
3 天
张老师
6 天
6 天
6 天
12 天
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
(2)记X 为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X 的分布列和数学期望E ( X )；
(3)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”，P(M )>0，已知推出
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¿．
【解题思路】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望；
（3）用条件概率公式进行推理证明.
【解答过程】（1）设事件C 为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30 天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为6+12=18，
所以P(C)= 18
30 =0.6．
（2）记X 为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，
则X 的所有可能取值为1 和2，
所以P(X =1)=0.3×0.2+0.1×0.4 =0.1，
P(X =2)=1−P(X =1)=0.9，
23
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所以X 的分布列为
X
1
2
P
0.1
0.9
所以X 的数学期望E (X )=1×0.1+2×0.9=1.9．
（3）由题知P¿，所以P(NM )
P(M ) > P(N M )
P(M ) = P(N )−P(NM )
1−P(M )
所以P(NM )> P(N )⋅P(M )，
所以P(NM )−P(N ) P(NM )> P(N )⋅P(M )−P(N ) P(NM )，
即P(NM )⋅P(N )> P(N )⋅P(N M )，
所以P(NM )
P(N ) > P(N M )
P(N ) ，即P(M | N )> P(M | N ).
一、单选题
1．（2024·江苏盐城·一模）已知随机事件A，B 相互独立，且P( A)= P(B)= 1
3，则P( A ∪B)=（ ）
A．2
3
B．5
9
C．1
3
D．4
9
【解题思路】根据A，B 相互独立可得P( AB)= 1
9，再根据P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( AB)计算即可.
【解答过程】因为事件A，B 相互独立，且P( A)= P(B)= 1
3，可得P( AB)= P( A) P(B)= 1
9，
所以P( A ∪B)= P( A)+ P(B)−P( AB)=1
3 + 1
3 −1
9 = 5
9.
故选：B.
2．（2024·贵州贵阳·二模）某汽修厂仓库里有两批同种规格的轮胎，第一批占60 %，次品率为5 %；第二
批占40 %，次品率为4 %.现从仓库中任抽取1 个轮胎，则这个轮胎是合格品的概率是（ ）
A．0.046
B．0.90
C．0.952
D．0.954
【解题思路】借助全概率公式计算即可得.
【解答过程】设事件A为抽中第一批，事件B为抽中合格品，
则P(B)= P( A)⋅P¿
=0.6×(1−0.05)+0.4×(1−0.04)=0.57+0.384 =0.954.
故选：D.
24
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3．（2024·上海奉贤·二模）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6从中有放回地随机取两次，
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5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（ ）．
A．甲与乙相互独立
B．乙与丙相互独立
C．甲与丙相互独立
D．乙与丁相互独立
【解题思路】根据题意分别求出事件的概率，再根据相互独立满足的概率公式判断即可.
【解答过程】由题意得，P(甲)= 1
6 ，P(乙)= 1
6，P(丙)=
4
6×6 = 1
9， P(丁)=
5
6×6 = 5
36.
对于A，P(甲乙)= 1
36，所以P(甲)× P(乙)= P(甲乙)，所以甲与乙相互独立，故A 正确；
对于B，P(乙丙)= 1
36，所以P(乙)× P(丙)≠P(乙丙)，所以乙与丙不是相互独立，故B 不正确；
对于C，P(甲丙)= 1
36，所以P(甲)× P(丙)≠P(甲丙)，所以甲与丙不是相互独立，故C 不正确；
对于D，P(乙丁)= 1
36，所以P(乙)× P(丁)≠P(乙丁)，所以乙与丁不是相互独立，故D 不正确.
故选：A.
4．（2024·广西·模拟预测）在某电路上有C，D 两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C 元件的概
率为0.3，需要更换D 元件的概率为0.2，则在某次通电后C，D 有且只有一个需要更换的条件下，C 需要
更换的概率是（ ）
A．3
10
B．9
13
C．12
19
D．3
4
【解题思路】记事件E：在某次通电后C，D 有且只有一个需要更换，事件F：C 需要更换，由条件概率的
计算公式求解即可.
【解答过程】记事件E：在某次通电后C，D 有且只有一个需要更换，
事件F：C 需要更换，
则P( E)=0.3×(1−0.2)+(1−0.3)×0.2=0.38，
P( EF )=0.3×(1−0.2)=0.24
由条件概率公式可得P(F | E)= P( EF )
P( E) = 0.24
0.38 = 12
19．
故选：C．
5．（2024·浙江·二模）小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐中没有钱，小明在第k天早上八点以1
k +1
25
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的概率向存钱罐中存入100 元，k =1，2，3，⋯．若小明在第4 天早上七点发现自己前3 天晚上八点时
存钱罐中的余额恰好成等差数列，则小明在第2 天存入了100 元概率是（ ）
A．1
7
B．1
5
C．1
3
D．1
2
【解题思路】根据贝叶斯公式求得正确答案.
【解答过程】余额恰好成等差数列，即(100,200,300),(0,100,200),(100,100,100),(0,0,0)，
其中第2天存入100元的是(100,200,300),(0,100,200)，
故所求概率为
1
2 × 1
3 × 1
4 + 1
2 × 1
3 × 1
4
1
2 × 1
3 × 1
4 + 1
2 × 1
3 × 1
4 + 1
2 × 2
3 × 3
4 + 1
2 × 2
3 × 3
4
= 1
7 .
故选：A.
6．（2024·湖南·模拟预测）某校举办运动会，其中有一项为环形投球比寒，如图，学生在环形投掷区E内
进行投球.规定球重心投掷到区域A内得3 分，区域B内得2 分，区域C内得1 分，投掷到其他区域不得分.
已知甲选手投掷一次得3 分的概率为0.1，得2 分的概率为b，不得分的概率为0.05，若甲选手连续投掷3
次，得分大于7 分的概率为0.002，且每次投掷相互独立，则甲选手投掷一次得1 分的概率为（ ）
A．13
20
B．49
60
C．17
20
D．53
60
【解题思路】先由已知条件确定b= 1
30，再计算1−0.1−b−0.05即可得到结果.
【解答过程】由于甲选手投掷3 次后，如果得分大于7 分，则3 次的得分必定是3，3，3 或3，3，2（不考
虑顺序），所以其概率p=0.1
3+3×0.1
2⋅b=0.001+0.03b.
而已知p=0.002，故0.001+0.03b=0.002，所以b= 1
30.
从而甲选手投掷一次得1 分的概率为1−0.1−b−0.05=0.85−b= 17
20 −1
30 = 49
60 .
故选：B.
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7．（2024·江苏苏州·模拟预测）把一副洗好的牌（共52 张）背面朝上地摞成一摞，然后依次翻开每一张
牌，直到翻出第一张A．记事件A 为“翻开第3 张牌时出现了第一张A”，事件B 为“翻开第4 张牌时出现
了第一张A”，事件C 为“翻开的下一张牌是黑桃A”，事件D 为“下一张翻开的牌是红桃3”，则下列说法
正确的是（ ）
A．P( A )= P(B)
B．P(C )= P( D)
C．P( A )< P(B)
D．P(C )< P( D)
【解题思路】A、C 选项利用概率的乘法公式即可求解；B、D 选项根据题意简化模型，结合全概率公式分
析判断.
【解答过程】由题意得P( A)= 48
52 × 47
51 × 4
50 ， P(B)= 48
52 × 47
51 × 46
50 × 4
49 = 46
49 P( A)< P( A)，
故AC 均错误；
因为与其他牌无关，模型可以简化为4 张A 和一张红桃3，
可知翻出第一张A 有如下4 种可能：第一张为黑桃A、第一张为非黑桃A 也非红桃3、
第一张为红桃3 且第二张为黑桃A、第一张为红桃3 且第二张为非黑桃A，
其相应的概率分别为1
5 , 3
5 , 1
5 × 1
4 = 1
20 , 1
5 × 3
4 = 3
20，
则P(C)= 1
5 × 1
4 + 3
5 × 1
4 = 1
5 , P(D)= 3
5 × 1
4 + 3
20 × 1
3 = 1
5，
即P(C)= P(D)，故B 正确，D 错误；
故选：B.
8．（2024·全国·模拟预测）神舟十五号飞行任务是中国载人航天工程2022 年的第六次飞行任务，也是中
国空间站建造阶段最后一次飞行任务，航天员乘组将在轨工作生活6 个月.某校为了培养学生们的航天精神，
特意举办了关于航天知识的知识竞赛，竞赛一共包含两轮.高三（9）班派出了u和v两位同学代表班级参加
比赛，每轮竞赛u和v两位同学各答1 题.已知u同学每轮答对的概率是4
5 ，v同学每轮答对的概率是3
4 ，每轮
竞赛中u和v两位同学答对与否互不影响，每轮结果亦互不影响，则u和v两位同学至少答对3 道题的概率为
（ ）.
A．39
200
B．129
200
C．129
50
D．39
50
【解题思路】分别求出答对4 道题，答对3 道题的概率，再求和事件的概率即可.
【解答过程】若u和v两位同学答对4 道题，则其概率为(
4
5)
2
×(
3
4)
2
= 9
25 ；
27
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若u和v两位同学答对3 道题，则其概率为2× 1
5 × 4
5 ×(
3
4)
2
+2× 1
4 × 3
4 ×(
4
5)
2
= 21
50；
故u和v两位同学至少答对3 道题的概率为9
25 + 21
50 = 39
50.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·云南大理·模拟预测）假设A ,B是两个事件，且P( A)= 1
2，P(B)= 1
3，P¿，则（ ）
A．P( AB)= 1
6
B．P( A B)= 1
6
C．P( A + B)= 5
6
D．P¿
【解题思路】A 选项，利用条件概率公式得到P( AB)= P( A)⋅P(B)= 1
6；B 选项，A与B相互独立，故
P( A B)= P( A) P(B)= 1
3；C 选项，根据P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)求出答案；D 选项，利用条件
概率得到P¿.
【解答过程】A 选项，因为P¿，P¿，P( A)= 1
2，P(B)= 1
3，
所以P( AB)= P( A)⋅P(B)= 1
6，A 正确；
B 选项，因为事件A与B相互独立，所以A与B相互独立，
所以P( A B)= P( A) P(B)= 1
2 ×(1−1
3)= 1
2 × 2
3 = 1
3，B 错误；
C 选项，P( A + B)= P( A)+ P(B)−P( AB)= 1
2 + 1
3 −1
6 = 2
3，C 错误；
D 选项，因为P¿，所以P¿，D 正确.
故选：AD.
10．（2024·贵州贵阳·一模）有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两
次，每次取1 个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字
是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶
数”，则（ ）
A．乙发生的概率为3
5
B．丙发生的概率为3
5
C．甲与丁相互独立
D．丙与丁互为对立事件
【解题思路】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC 的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C 的正
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误，根据对立事件的意义可判断D 的正误.
【解答过程】设A 为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B 为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，
C 为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D 为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则
P( A)= 3
6 = 1
2 , P(B)= 3
6 × 2
5 + 3
6 × 3
5 = 1
2，故A 错；
P(C)=2× 3
6 × 3
5 = 3
5 , P(D)=2× 3
6 × 2
5 = 2
5，故B 对；
而P( AD)= 3
6 × 2
5 = 1
5 = P( A) P(D)，故C 对；
两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D 正确.
故选：BCD.
11．（2024·广东佛山·模拟预测）中国象棋是一种益智游戏，也体现博大精深的中国文化.某学校举办了一
次象棋比赛，李明作为选手参加.除李明之外的其他选手中，甲、乙两组的人数之比为2:1，李明与甲、乙
两组选手比赛获胜的概率分别为0.6，0.5.从甲、乙两组参赛选手中随机抽取一位棋手与李明比赛，下列说
法正确的是（ ）
A．李明与甲组选手比赛且获胜的概率为2
5
B．李明获胜的概率为17
30
C．若李明获胜，则棋手来自甲组的概率为12
17
D．若李明获胜，则棋手来自乙组的概率为6
17
【解题思路】对于A，根据概率的乘法公式计算即可；对于B，李明获胜会受到和甲组比赛或乙组比赛的
影响，因此这是一个全概率问题，根据全概率公式计算即可；对于C、D，根据条件概率并结合B 选项求
解即可.
【解答过程】设事件A 为“李明与甲组选手比赛”，事件B 为“李明与乙组选手比赛”，事件C 为“李明
获胜”，
则由题可知P( A )= 2
3 , P(B)= 1
3，
对于A，李明与甲组选手比赛且获胜的概率为P( AC )= P( A )P(C | A )= 2
3 ×0.6= 2
5，故A 正确；
29
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对于B，李明获胜的概率为P(C )= P( A)P(C | A)+ P(B)P(C |B)= 2
3 ×0.6+ 1
3 ×0.5= 17
30 ，
故B 正确；
对于C，若李明获胜，则棋手来自甲组的概率为P( A ∣C )= P( AC )
P(C ) =
2
5
17
30
= 12
17 ，故C 正确；
对于D，若李明获胜，则棋手来自乙组的概率为P(B∣C )= P(BC )
P(C ) = P(B)P(C |B)
P(C )
=
1
3 ×0.5
17
30
= 5
17 ，
故D 错误.
故选：ABC.
三、填空题
12．（2024·山东泰安·模拟预测）已知P(B)= 2
5 , P( A |B)= 1
3 , P( A ∪B)= 3
5，则P(B| A )= 2
5 ．
【解题思路】根据条件概率公式及和事件的概率公式求解即可.
【解答过程】由条件概率公式得 P( AB)= P( A |B)P(B)= 1
3 × 2
5 = 2
15 ,
再由P( A ∪B)= P( A )+ P(B)−P( AB)，得P( A )=1
3，
所以P(B| A )= P( AB)
P( A ) = 2
5．
故答案为：2
5.
13．（2024·广西来宾·模拟预测）甲乙丙三名工人加工同一型号的零件，甲加工的正品率为
､
､
90 %，乙加
工的正品率为80 %，丙加工的正品率为85 %，加工出来的零件混放在一起.已知甲乙加工的零件数相同，
､
丙加工的零件数占总数的40 %.现任取一个零件，则它是正品的概率为 0.85 .
【解题思路】由题意结合全概率公式即可直接计算得解.
【解答过程】由题得甲、乙、丙加工的零件数分别占总数的30 %、30 %、40 %，
所以现任取一个零件，由全概率可得它是正品的概率为30 %×90 %+30 %×80 %+ 40 %×85 %=0.85.
故答案为：0.85.
14．（2024·江西南昌·二模）一次知识竞赛中，共有A ,B ,C , D , E五个题，参赛人每次从中抽出一个题回
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答（抽后不放回）. 已知参赛人甲A 题答对的概率为3
4 ，B 题答对的概率为1
4 ，C , D , E题答对的概率均为
1
2，则甲前3 个题全答对的概率为 37
320 .
【解题思路】根据题意可知，甲抽中的前三题按题型概率不同有四种组合，可用组合数依次计算每种组合
的概率，然后根据每种组合中每题是否答对为独立事件，P( ABC)= P( A)⋅P(B)⋅P(C),可依次计算每种
组合下全部答对的概率，最后相加即可.
【解答过程】甲抽中前三题按题型概率不同有四种组合：
抽中A ,B，剩余一题为C , D , E三题中的任意一题，且全部答对，则概率为：
P1=C1
1×C1
1×C3
1
C5
3
× 3
4 × 1
4 × 1
2 = 9
320；
抽中C , D , E，且全部答对，则概率为：
P2=C3
3
C5
3 ×(
1
2)
3
= 1
80；
抽中A，剩余两题为C , D , E中的任意两题，且全部答对，则概率为：
P3=C1
1×C3
2
C5
3
×(
1
2)
2
× 3
4 = 9
160；
抽中B，剩余两题为C , D , E中的任意两题，且全部答对，则概率为：
P4=C1
1×C3
2
C5
3
×(
1
2)
2
× 1
4 = 3
160.
所以甲前3 个题全答对的概率为P = P1+ P2+ P3+ P4= 37
320.
故答案为：37
320 .
四、解答题
15．（2024·贵州遵义·模拟预测）已知4 台车床加工的同一种零件共计1000 件，其中第一台加工200 件，
次品率为5%；第二台加工250 件，次品率为6%；第三台加工250 件，次品率为8%；第四台加工300 件，
次品率为10%.现从这1000 件零件中任取一个零件.
(1)求取到的零件是次品的概率；
(2)若取到的零件是次品，求它是第i（其中i=1,2,3,4）台车床加工的零件的概率.
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【解题思路】（1）用样本估计总体，由所有次品总数除以1000 即可得；
（2）求出各台机床产生的次品数，分别除以总次品数即可得．
【解答过程】（1）由题意所求概率为P= 200×5 %+250×6 %+250×8 %+300×10 %
1000
= 75
1000 = 3
40；
（2）由题意第一台车床加工的零件中次品数约为200×5 % =10，第二台车床加工的零件中次品数约为
150×6 % =15，
第三台车床加工的零件中次品数约为250×8 % =20，第四台车床加工的零件中次品数约为300×10 % =30，
10+15+20+30=75，
所以取到的零件是次品，它是第一台车床加工的零件的概率为P1= 10
75 = 2
15，它是第二台车床加工的零件
的概率为P1= 15
75 = 1
5，
它是第三台车床加工的零件的概率为P1= 20
75 = 4
15，它是第四台车床加工的零件的概率为P1= 30
75 = 2
5．
16．（2024·陕西安康·模拟预测）近两年旅游业迎来强劲复苏，外出旅游的人越来越多．A，B 两家旅游公
司过去6 个月的利润率统计如下：
10 %
5 %
−5 %
A 公司
3
2
1
B 公司
2
2
2
利润率= 利润
成本×100 %，盈利为正，亏损为负，且每个月的成本不变．
(1)比较A，B 两公司过去6 个月平均每月利润率的大小；
(2)用频率估计概率，且假设A，B 两公司每个月的盈利情况是相互独立的，求未来的某个月A，B 两公司至
少有一家盈利的概率．
【解题思路】(1)根据题意，进行计算即可；
(2)由题知M与N相互独立，进行求解即可.
【解答过程】（1）A 公司过去6 个月平均每月的利润率为10 %× 3
6 +5 %× 2
6 −5 %× 1
6 = 7
120，
B 公司过去6 个月平均每月的利润率为10 %× 2
6 +5 %× 2
6 −5 %× 2
6 = 1
30，
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因为7
120 > 1
30，
所以A 公司过去6 个月平均每月的利润率大于B 公司过去6 个月平均每月的利润率．
（2）A 公司过去6 个月盈利的频率为3+2
6
= 5
6 ，
B 公司过去6 个月盈利的频率为2+2
6
= 2
3，
用频率代替概率，可知A，B 两公司未来某个月盈利的概率分别为5
6 , 2
3．
设A，B 两公司盈利分别为事件M，N，由题知M与N相互独立，
所以所求概率为1−P( M N )=1−P( M )P( N )=1−1
6 × 1
3 = 17
18．
17．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）某果园产苹果，其中一堆苹果中大果与小果的比例为4:1．
(1)若选择分层抽样，抽出100 个苹果，其中大果的单果平均重量为240 克，方差为300，小果的单果平均
重量为190 克，方差为320，试估计果园苹果的单果平均重量、方差；
(2)现用一台分选机进行筛选，已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为10 %，把小果筛选为大果的概率
为5 %，经过分选机筛选后，现从筛选出来的“大果”里随机抽取一个，问这个“大果”是真的大果的概率．
【解题思路】（1）根据各层均值、方差与总体均值、方差的关系式可求果园苹果的单果平均重量、方差；
（2）根据全概率公式可求“大果”是真的大果的概率.
【解答过程】（1）100个苹果中，大果的个数为4
5 ×100=80，小果的个数为1
5 ×100=20，
设大果的单果平均重量为x1，方差为s1
2，小果的单果平均重量为x2，方差为s2
2，
则x1=240，s1
2=300，x2=190，s2
2=320，
则100 个苹果的平均重量为1
100
(80×240+20×190)=230，
100 个苹果的方差为：
s
2= 1
100 {80×[300+(240−230)
2]+20×[320+(190−230)
2]}=704.
故估计果园苹果的单果平均重量为230、方差为704；
（2）记事件A1:放入水果分选机的苹果为大果，事件A2:放入水果分选机的苹果为小果，
记事件B:水果分选机筛选的苹果为“大果”，则“大果是真大果”为A1|B，
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则P( A1)= 4
5 ，P( A2)= 1
5，P¿，P¿，
由全概率公式可得：
P(B)= P( A1)⋅P¿，
P( A1B)= P( A1)P¿，
因此，P¿.
18．（2024·陕西铜川·三模）学校团委和工会联合组织教职员工进行益智健身活动比赛.经多轮比赛后，由
教师甲乙作为代表进行决赛
､
.决赛共设三个项目，每个项目胜者得10 分，负者得−5分，没有平局.三个项
目比赛结束后，总得分高的获得冠军.已知教师甲在三个项目中获胜的概率分别为0.4,0.6,0.6，各项目的比
赛结果相互独立.甲乙获得冠军的概率分别记为
､
p1, p2.
(1)求甲教师总得分为0 分的概率；
(2)判断甲乙获得冠军的实力是否有明显差别（若
､
|p1−p2|≥√
2|p1
2−p2
2|
5
+0.1，则认为甲乙获得冠军的实
､
力有明显差别，否则认为没有明显差别.）.
【解题思路】（1）应用互斥事件的概率计算求解；
（2）应用对立事件结合互斥事件求概率，再根据新定义计算判断下结论.
【解答过程】（1）∵甲教师总得分为0 分，
∴甲教师在三个项目比赛中赢一项输两项.
∴所求概率为0.4×0.4×0.4+0.6×0.6×0.4+0.6×0.4×0.6=0.352.
（2）不妨设教师甲在三个项目中获胜的事件依次为A ,B ,C，
则教师甲获得冠军的概率p1= P( ABC )+ P( A BC )+ P( A BC )+ P( ABC )
=0.4×0.6×0.6+0.6×0.6×0.6+0.4×0.4×0.6+0.4×0.6×0.4 =0.552，
则教师乙获得冠军的概率p2=1−p1=0.448，
∴|p1−p2|=0.104 ,√
2|p1
2−p2
2|
5
+0.1≈0.376，
∴|p1−p2|<√
2|p1
2−p2
2|
5
+0.1，
∴甲乙获得冠军的实力没有明显差别
､
.
19．（2024·广西南宁·三模）夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某
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同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1 天选择绿豆汤的概率是2
3，若前一天选择绿豆汤，
后一天继续选择绿豆汤的概率为1
3，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为1
2，如此往复．
(1)求该同学第2 天选择绿豆汤的概率；
(2)记该同学第n天选择绿豆汤的概率为Pn，证明：{Pn−3
7}为等比数列；
(3)求从第1 天到第10 天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．
【解题思路】（1）利用条件概率公式计算即得；
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得；
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解．
【解答过程】（1）设A1表示第1 天选择绿豆汤，A2表示第2 天选择绿豆汤，则A1表示第1 天选择银耳羹，
根据题意得，P( A1)= 2
3 , P( A1)= 1
3 , P( A2| A1)= 1
3 , P( A2| A1)=1−1
2 = 1
2，
所以P( A2)= P( A1)P( A2| A1)+ P( A1)P( A2| A1)= 2
3 × 1
3 + 1
3 × 1
2 = 7
18．
（2）设An表示第n天选择绿豆汤，则Pn= P( An), P( An)=1−Pn，
根据题意得，P( An+1| An)= 1
3 , P( An+1| An)=1−1
2 = 1
2，
由全概率公式得，P( An+1)= P( An)P( An+1| An)+ P( An)P( An+1| An)= 1
3 Pn+ 1
2 (1−Pn) =−1
6 Pn+ 1
2，
即Pn+1=−1
6 Pn+ 1
2，整理得，Pn+1−3
7 =−1
6(Pn−3
7)，又P1−3
7 = 5
21 ≠0，
所以{Pn−3
7}是以5
21为首项，−1
6为公比的等比数列．
（3）由（2）得，Pn= 3
7 + 5
21 ×(−1
6)
n−1
，
由题意，只需Pn>1−Pn，即Pn> 1
2 (n=1,2,⋯,10)，
则3
7 + 5
21 ×(−1
6)
n−1
> 1
2，即(−1
6)
n−1
> 3
10 (n=1,2,⋯,10)，
显然n必为奇数，n为偶数时不成立，
当n=1,3,5,7,9时，考虑(−1
6)
n−1
=(
1
6)
n−1
> 3
10的解，
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当n=1时，1> 3
10显然成立，
当n=3时，(
1
6)
2
−3
10 <0，不成立，
由y =(
1
6)
n−1
单调递减得，n=5,7,9时，也不成立，
综上，该同学只有1 天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率．
36
