统计与概率：条件概率、全概率公式与贝叶斯公式、全概率公式与数列递推问题
专项训练
1．（24-25 高二下·山东菏泽·期末）假定生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有两个小孩的家庭，已知该
家庭有女孩，则两个小孩都是女孩的概率是（ ）
A．2
3
B．
1
2
C．1
3
D．1
4
【答案】C
【详解】用b 表示男孩，g 表示女孩，则样本空间
Ω
,
,
,
bg gb bb gg
=
，
用A 表示事件 “选择的家庭中有女孩”，B 表示事件“选择的家庭中两个小孩都是女孩”，则
,
,
A
bg gb gg
=
，
B
gg
=
.
则
3
n A =
，
1
n AB
n B
=
= ，
所以“在选择的家庭有女孩的条件下，两个小孩都是女孩”的概率为
1
3
n AB
P B A
n A
=
=
.
故选：C.
2．（24-25 高二下·贵州安顺·期末）某班级组织抽奖活动，共有10 个外观相同的抽奖盒，其中3 个盒子有奖品，7
个盒子为空盒．现甲、乙两名同学依次抽奖（甲抽完后不放回），则在甲没有抽到奖品的情况下，乙抽到奖品的概
率是（ ）
A．1
3
B．3
10
C．1
4
D．2
9
【答案】A
【详解】10 个外观相同的抽奖盒，其中3 个盒子有奖品，7 个盒子为空盒．
现甲、乙两名同学依次抽奖，则在甲没有抽到奖品的情况下，乙抽到奖品的概率是3
1
9
3
=
.
故选：A.
3．（24-25 高二下·福建·期末）从编号1~10 的10 张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片
编号数字为5 的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，则
P B A =（ ）
A．2
3
B．13
18
C．7
9
D．17
18
【答案】B
考点一
条件概率
【详解】由题意，在1~10 这10 个数字中，5 的倍数有5、10，共2 个，
所以事件A 发生的概率
2
1
10
5
P A =
=
，
记事件AB 表示“第一次抽到的卡片编号数字为5 的倍数且第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，
若第一次抽到5，那么第二次从剩下9 张卡片中抽小于5 的卡片，有4 种抽法；
若第一次抽到10，那么第二次从剩下9 张卡片中抽小于10 的卡片，有9 种抽法；
所以
2
10
4
9
13
A
90
P AB
+
=
=
.
根据条件概率公式，
13
13
90
1
18
5
P AB
P B A
P A
=
=
=
.
故选：B.
4．（24-25 高二下·天津西青·期末）经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9 环的概率为0.7，此运动
员两次均击中9 环的概率为0.56，则在第一次击中9 环的条件下，第二次也击中9 环的概率，（ ）
A．0.392
B．0.56
C．0.8
D．0.9
【答案】C
【详解】设第一次击中9 环为事件A，第2 次击中9 环为事件B，
由题可得
0 7
0 56
. ，
.
P A
P AB
=
=
，
则在第一次击中9 环的条件下，第二次也击中9 环的概率为
0.56
0.8
0.7
P AB
P B A
P A
=
=
=
.
故选：C
5．（24-25 高二下·福建三明·期末·多选）设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且
1
2
P A =
，
5
12
P AB =
，
1
2
P B A =
，则（ ）
A．
5
6
P B A =
B．
1
12
P AB =
C．
5
6
P B =
D．
1
6
P B A =
【答案】ABD
【详解】对A：因为
5
5
12
|
1
6
2
P AB
P B A
P A
=
=
=
，故A 正确；
对B：由
P A
P AB
P AB
=
+
，所以
1
5
1
2
12
12
P AB
P A
P AB
=
-
=
-
=
，故B 正确；
对C：由
P AB
P B A
P A
=
，且
1
1
2
P A
P A
= -
=
，所以
1
1
1
2
2
4
P AB
P B A P A
=
=
´
=
，
所以
1
5
2
4
12
3
P B
P AB
P AB
=
+
=
+
=
，故C 错误；
对D：因为
P AB
P B A
P A
=
P A
P AB
P A
-
=
1
5
1
2
12
1
6
2
-
=
=
，故D 正确.
故选：ABD
6．（24-25 高二下·福建·期末·多选）若
,
A B 是一次随机试验中的两个事件，
1
( )
3
P A =
，
3
( )
4
P B =
，
2 (
)
5 (
)
P A
B
P AB
+
=
，则下列结论正确的有（ ）
A．A 与B 相互独立
B．
1
(
)
12
P AB =
C．
1
2
P B A =
D．
3
5
P B A
B
+
=
【答案】BCD
【详解】由题设
1
( )
3
P A =
，
2
( )
3
P A =
，
3
( )
4
P B =
，
1
( )
4
P B =
，
由
(
)
( )
( )
(
)
P A
B
P A
P B
P AB
+
=
+
-
，且2 (
)
5 (
)
P A
B
P AB
+
=
，
所以7
7
(
)
( )
( )
2
12
P AB
P A
P B
=
+
=
，则
1
(
)
6
P AB =
( ) ( )
P A P B
¹
，A 错；
由
( )
(
)
(
)
P B
P AB
P AB
=
+
，则
1
(
)
12
P AB =
，B 对；
由
(
)
1
( )
2
P AB
P B A
P A
=
=
，C 对；
由
5
5
(
)
(
)
2
12
P A
B
P AB
+
=
=
，则
((
)
)
( )
3
(
)
(
)
5
P A
B
B
P B
P B A
B
P A
B
P A
B
+
Ç
+
=
=
=
+
+
，D 对.
故选：BCD
7．（24-25 高二下·山东菏泽·期末）在数字通信中，信号是由数字0 和1 组成的序列．由于随机因素的干扰，发送
的信号0 或1 有可能被错误地接收为1 或0．已知发送信号0 时，接收为0 和1 的概率分别为0.8 和0.2；发送信
号1 时，接收为1 和0 的概率分别为0.9 和0.1．假设发送信号0 和1 是等可能的，则接收信号为1 的概率
是
．
【答案】0.55
【详解】设A = “发送的信号为0”， B = “接收到的信号为0”，则A = “发送的信号为1”， B = “接收到的信号为
1”．由题意得
( )
( )
0.5
P A
P A
=
=
，
(
|
)
0.8
P B A =
，
(
|
)
0.2
P B A =
，
(
|
)
0.1
P B A =
，
(
|
)
0.9
P B A =
，
( )
( ) (
|
)
( ) (
|
)
0.5 0.2
0.5 0.9
0.55
P B
P A P B A
P A P B A
=
+
=
´
+
´
=
．
故选：0.55.
8．（24-25 高二下·江苏南京·期末）设A ，B 是一个随机试验中的两个随机事件，且
1
( )
3
P A =
，
1
( )
2
P B =
，
3
(
)
4
P A
B
+
=
，则
(
)
P B A =
∣
．
【答案】1
4 /0.25
【详解】因为
1
1
,
3
2
P A
P B
=
=
，
所以
1
1
3
3
2
4
P A
B
P A
P B
P AB
P AB
+
=
+
-
=
+
-
=
，
解得
1
12
P AB =
.
所以
1
|
4
P AB
P B A
P A
=
=
.
故答案为：1
4 .
9．（24-25 高二下·福建福州·期末）福州一中举行数学文化知识竞赛，比赛规定：主持人每公布一题，甲、乙两人
就立刻抢答，先抢答者，若答对，可得1 分；若答错，则对手得1 分；谁先得3 分，谁就胜出，比赛结束．假设
两人每一次抢到题的概率均为
1
2 ，甲、乙两人答对每道题的概率分别为3
4 ，
1
2 ，且两人答题正确与否互不影响．
(1)在某次抢答中，求甲得1 分的概率；
(2)在某次抢答中，在乙得1 分的条件下，求乙答对这个题的概率；
(3)比赛进行中，若甲、乙暂时各得1 分，两人继续抢答了X 题后比赛结束，求X 的分布列及数学期望．
【答案】(1) 5
8 ；
(2) 2
3 ；
(3) 79
32 .
【详解】（1）由题意，某次抢答中甲得1 分的情况有甲抢到题且答对，或乙抢到题且答错，
所以某次抢答中甲得1 分的概率为1
3
1
1
5
(1
)
2
4
2
2
8
´
+
´
-
=
；
（2）由题意，某次抢答中乙得1 分的情况有甲抢到题且答错，或乙抢到题且答对，
所以某次抢答中乙得1 分的概率为1
3
1
1
3
(1
)
2
4
2
2
8
´
-
+
´
=
，
其中乙抢到题且答对的概率为1
1
1
2
2
4
´
=
，
所以某次抢答中，在乙得1 分的条件下乙答对这个题的概率为
1
2
4
3
3
8
=
；
（3）由题设，X 的可能值为2,3，且每次甲、乙得1 分的概率分别为5
8 、3
8 ，
所以
5
5
3
3
17
(
2)
8
8
8
8
32
P X =
=
´
+
´
=
，
5
3
15
(
3)
2
8
8
32
P X =
=
´
´
=
，
X 的分布列如下，
X
2
3
P
17
32
15
32
所以
17
15
79
(
)
2
3
32
32
32
E X =
´
+ ´
=
.
10．（24-25 高二下·山东临沂·期末）某选手参加一项人工智能机器人PK 比赛，规则如下：该选手的初始分为20
分，每局比赛，该选手胜加10 分；平局不得分；负减10 分．当选手总分为0 分时，挑战失败，比赛终止；当选
手总分为30 分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛选手胜、平、负的概率分别为1 1 1
2 4 4
、、，
且各局比赛相互独立.
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在3 局后比赛终止的条件下，求选手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，选手每胜1 局，获奖5 千元．记
1
(
0)
n n ³
局后比赛终止且选手获奖1 万元的概率为
( )
P n ，求
( )
P n 的最大值.
【答案】(1) 3
16
(2) 3
4
(3)
17
81
2
【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件
iA ，每局比赛甲平为事件
iB ，每局比赛甲负为事件
*
i
C iÎN
，
设“两局后比赛终止”为事件M ，
因为棋手与机器人比赛2 局，所以棋手可能得0 分或30 分比赛终止．
（i）当棋手得分为0 分，则2 局均负，即
1
2
C C ；
（ii）当棋手得分为30 分，则2 局先平后胜，即
1
2
B A ．
因为
1
2
C C 、
1
2
B A 互斥，所以
1
2
1
2
1
2
1
2
P M
P C C
B A
P C C
P B A
=
+
=
+
2
1
2
1
2
1
1
1
3
4
4
2
16
P C
P C
P B P A
æ
ö
æ
ö
=
+
=
+
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
所以两局后比赛终止的概率为3
16 ．
（2）设“3局后比赛终止”为事件D ，“3局后棋手挑战成功”为事件E ．
因为
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
P D
P B B A
B C C
C A A
C B C
=
+
+
+
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
4
2
4
4
4
2
4
4
4
8
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
´
´
+
´
+
´
+
´
´
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
2
2
1
2
3
1
2
3
1
1
1
3
4
1
2
4
2
32
P E
P B B A
C A A
æ
ö
æ
ö
=
+
=
+
´
=
ç
÷
ç
÷
ø
ø
´
è
è
．
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
3
3
32
1
4
8
P DE
P E
P E D
P D
P D
=
=
=
=
．
所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为3
4 ．
（3）因为n 局获奖励1万元，说明甲共胜2 局．
（i）当棋手第n 局以0 分比赛终止，说明前
1
n - 局中有3负2 胜，
且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有
5
1
Cn- 种，
（ii）当棋手第n 局以30 分比赛终止，说明前
1
n - 局中有1负1胜，
且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有
2
1
Cn- 种，
则“
10
n n ³
局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率
2
2
2
2
2
5
5
2
1
1
1
1
2
2
C
C
1
1
1
1
C
C
2
4
2
4
2
n
n
n
n
n
n
n
P n
-
-
-
-
-
-
-
+
æ
ö æ
ö
æ
ö æ
ö
=
+
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
è
ø è
ø
，
10
n ³
．
所以
2
5
2
5
1
1
1
C
C
1
4
C
C
n
n
n
n
P n
P n
-
-
+
+
=
´
+
．
2
5
2
5
2
2
5
5
1
1
1
1
C
C
4C
C
C
4C
C
4C
n
n
n
n
n
n
n
n
-
-
-
-
+
-
-
=
-
+
-
1 8
3
1
2
3
4
20
3
2
120
n
n
n
n
n
n
n
-
-
-
-
-
-
-
=
+
因为
10
n≥
，所以
2
5
2
5
1
1
C
C
4C
4C
0
n
n
n
n
-
-
+
-
-
<
，
所以
1
1
P n
P n
+
< ，所以
P n 单调递减，
所以当
10
n =
时，
P n 取最大值为
17
8
10
1
2
P
=
.
11．（24-25 高二下·河南驻马店·期末）某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试．首次测试（测试Ⅰ）通过率为
p（0
1
p
<
< ），未通过测试Ⅰ的芯片进入第二次测试（测试Ⅱ），通过率为q（0
1
q
<
< ）．通过任意一次测试即为合格
芯片，否则报废．
(1)若某批次生产了n 枚芯片，合格数为随机变量X．当
0.8
p =
，
0.5
q =
时，求X 的期望与方差；
(2)已知一枚芯片合格，求这枚芯片是通过测试Ⅰ的概率．
【答案】(1)
(
)
0.9
E X
n
=
，
(
)
0.09
D X
n
=
(2)
(1
)
p
p
p q
+
-
【详解】（1）设事件A：芯片合格，
则每个芯片通过测试的概率为
( )
(1
)
0.8
(1 0.8) 0.5
0.9
P A
p
p q
=
+
-
=
+
-
´
=
，
于是
~
,0.9
X
B n
，
则
(
)
0.9
E X
n
=
，
(
)
0.9
1 0.9
0.09
D X
n
n
=
×
-
=
.
（2）记事件A：芯片合格，事件B：通过测试I，事件C：通过测试Ⅱ．
由题意得
( )
( )
( ) (
)
(1
)
P A
P B
P B P C B
p
p q
=
+
=
+
-
∣
，
(
)
( ) (
)
1
P AB
P B P A B
p
p
=
=
× =
∣
，
则
(
)
(
)
( )
(1
)
P AB
p
P B A
P A
p
p q
=
=
+
-
∣
，
故所求概率为
(1
)
p
p
p q
+
-
．
12．（24-25 高二下·山东济宁·期末）某校航空航天社团学生利用AI 训练平台对无人机完成飞行任务进行训练．无
人机每轮训练有以下规律：若上一轮成功，本轮成功概率为p ；若上一轮失败，本轮成功概率为2
p ．已知首轮成
功概率为2
3 ，且前两轮都成功的概率为4
9 ．
(1)求p ；
(2)在三轮训练中，求第一轮失败的条件下，第二轮、第三轮都成功的概率；
(3)设随机变量X 表示三轮训练中成功的次数，求X 的分布列及数学期望．
【答案】(1)
2
3
p =
(2) 2
9
(3)分布列见解析，47
27
【详解】（1）设
1,2,3
iA i =
表示第i 轮训练成功．
由
1
2
1
2
1
|
P A A
P A P A
A
=
得：4
2
9
3
p
=
´
，解得：
2
3
p =
，
（2）
2
3
1
2
1
3
1
2
1
2
2
|
|
|
3
3
9
P A A
A
P A
A
P A
A A
=
×
=
´
=
，
（3）随机变量X 的所有取值可能为0，1，2，3．
1
2
1
3
1
2
1
2
2
4
0
|
|
3
3
3
27
P X
P A
P A
A
P A
A A
=
=
×
×
=
´
´
=
，
1
2
1
3
1
2
1
2
1
3
1
2
1
|
|
|
|
P X
P A
P A
A
P A
A A
P A
P A
A
P A
A A
=
=
×
×
+
×
×
1
2
1
3
1
2
2
1
2
1
1
1
1
2
1
|
|
3
3
3
3
3
3
3
3
3
P A
P A
A
P A
A A
+
×
×
=
´
´
+
´
´
+
´
´
7
27
=
．
1
2
1
3
1
2
1
2
1
3
1
2
2
|
|
|
|
P X
P A
P A
A
P A
A A
P A
P A
A
P A
A A
=
=
×
×
+
×
×
1
2
1
3
1
2
2
2
1
2
1
1
1
1
2
|
|
3
3
3
3
3
3
3
3
3
P A
P A
A
P A
A A
+
×
×
=
´
´
+
´
´
+
´
´
8
27
=
．
1
2
1
3
1
2
2
2
2
8
3
|
|
3
3
3
27
P X
P A
P A
A
P A
A A
=
=
×
×
=
´
´
=
．
所以随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
4
27
7
27
8
27
8
27
4
7
8
8
47
0
1
2
3
27
27
27
27
27
E X =
´
+ ´
+
´
+ ´
=
．
13．（24-25 高二下·广东广州·期末）一批笔记本电脑共有10 台，其中A 品牌3 台，B 品牌7 台．
(1)若每次从中随机抽取1 台，抽取后不再放回，则在第一次抽到A 品牌的条件下，第二次抽到B 品牌的概率；
(2)若从中随机抽取2 台，求这2 台电脑中A 品牌台数的分布列和期望．
【答案】(1) 7
9
(2)分布列见解析，3
5
【详解】（1）由题意得，设事件C ：第一次抽到A 品牌；设事件D ：第二次抽到B 品牌
法一：
1
1
1
1
3
9
3
7
C C
27,
C C
21
n C
n CD
=
=
=
=
Q
，
21
7
(
|
)
27
9
n CD
P D C
n C
\
=
=
=
．
\每次不放回抽取，则在第一次抽到A 品牌的条件下，第二次抽到B 品牌的概率7
9 ．
法二：
1
1
1
1
3
9
3
7
1
1
1
1
10
9
10
9
7
C C
C C
3
7
7
30
,
,
(
|
)
3
C C
10
C C
30
9
10
P CD
P C
P CD
P D C
P C
=
=
=
=
\
=
=
=
Q
．
（2）设挑选2 台电脑中A 品牌的台数为X ，则X 的可能取值为0 1 2.
, ,
根据古典概型的知识可得X 的分布列为
0
2
1
1
2
0
3
7
3
7
3
7
2
2
2
10
10
10
C C
C C
C C
7
7
1
0
,
1
,
2
C
15
C
15
C
15
P X
P X
P X
=
=
=
=
=
=
=
=
=
，
用表格表示X 的分布列，如图所示
X
0
1
2
P
7
15
7
15
1
15
7
7
1
3
0
1
2
15
15
15
5
E X
\
=
´
+ ´
+ ´
=
．
14．（24-25 高二下·河北石家庄·期末）在学校趣味运动会上，有一个限时通过障碍的项目，闯关者在规定的时间内
到达终点视为闯关成功，否则视为闯关失败.甲、乙两班各有3 人参加此项目，已知甲班3 名队员闯关成功的概率
分别为1
4 ，
0
1
p
p
<
<
，
1
2 ，乙班每名队员闯关成功的概率均为1
3 ，且各个队员闯关是否成功互不影响.
(1)若
1
3
p =
，求在甲、乙两班共有4 人闯关成功的条件下，甲、乙两班闯关成功的人数相同的概率；
(2)记甲、乙两班闯关成功的人数分别是X ，Y ，若
E X
E Y
>
，求p 的取值范围.
【答案】(1) 36
59
(2) 1 ,1
4
æ
ö
ç
÷
è
ø
【详解】（1）设“甲、乙两班共有4 人闯关成功”为事件A ，“甲、乙两班闯关成功的人数相同”为事件B .
事件A 可以分为以下三种情况：甲班1 人，乙班3 人；甲班2 人，乙班2 人（即事件B ）；甲班3 人，乙班1 人.1
分
甲班有1 人，乙班有3 人闯关成功的概率是
3
3
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
C
4
3
2
4
3
2
4
3
2
3
648
é
ù
æ
ö æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö æ
ö
æ
ö
´
-
´
-
+
-
´
´
-
+
-
´
-
´
´
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷ ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø è
ø
è
ø
è
ø
è
ø è
ø
è
ø
ë
û
，
甲班有2 人，乙班有2 人闯关成功的概率是
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
C
1
4
3
2
4
3
2
4
3
2
3
3
18
é
æ
ö
æ
ö
æ
ö
ù
æ
ö æ
ö
´
´
-
+
´
-
´
+
-
´
´
´
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷ ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
è
ø
û
è
ø è
ø
ë
，
甲班有3 人，乙班有1 人闯关成功的概率是
2
1
3
1
1
1
1
1
1
C
1
4
3
2
3
3
54
æ
ö
æ
öæ
ö
´
´
´
-
=
ç
÷
ç
֍
÷
è
ø
è
øè
ø
，
所以
11
1
1
59
648
18
54
648
P A =
+
+
=
.
又
1
18
P AB =
，所以
36
59
P AB
P B A
P A
=
=
，即在甲、乙两班共有4 人闯关成功的条件下，甲、乙两班闯关成功
的人数相同的概率为36
59 .
（2）X 的可能取值为0，1，2，3，
1
1
3
0
1
1
1
1
4
2
8
P X
p
p
æ
ö
æ
ö
=
=
-
´
-
´
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2
4
2
4
2
2
8
P X
p
p
p
p
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
=
´
-
´
-
+
-
´
´
-
+
-
´
-
´
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
1
1
1
1
1
1
1
3
2
1
1
1
4
2
4
2
4
2
8
8
P X
p
p
p
p
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
-
+
´
-
´
+
-
´
´
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
1
1
3
4
2
8
P X
p
p
=
=
´
´
=
，
所以
3
1
1
1
3
1
3
0
1
1
2
3
8
2
8
8
8
8
4
E X
p
p
p
p
p
æ
ö
æ
ö
=
´
-
+ ´
-
+ ´
+
+ ´
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
由题意知
1
3, 3
Y
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
:
，所以
1
3
1
3
E Y = ´
= .
因为
E X
E Y
>
，所以
3
1
4
p +
> ，解得
1
4
p >
，
又0
1
p
<
< ，所以p 的取值范围是1 ,1
4
æ
ö
ç
÷
è
ø .
1．（24-25 高二下·山东济宁·期末）某公司升级了智能客服系统，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采
纳的概率为8
9 ，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为1
3 ．已知输入的问题表达不清晰的
概率为1
4 ．则智能客服的回答被采纳的概率为（ ）
A．2
3
B．3
4
C．4
5
D．5
6
【答案】B
【详解】设输入的问题表达清晰为事件A ，回答被采纳为事件B ，
则
1
3
1
8
1
1
,
,
,
4
4
4
9
3
P A
P A
P A B
P A B
= -
=
=
=
=
，
根据全概率公式，
3
8
1
1
3
4
9
4
3
4
P B
P A P A B
P A P A B
=
+
=
´
+
´
=
.
故选：B.
2．（24-25 高二下·贵州黔西·期末）某班级学生男生占60%，女生占40%，男生近视率为30%，女生近视率为
25%.随机选一人发现近视，则此人是男生的概率为（ ）
A．
1
2
B．3
5
C．9
14
D．3
4
【答案】C
【详解】事件A = “选一人是男生”，B = “选一人发现近视”，
则
( )
0.6,
( )
0.4
P A
P A
=
=
，
(
|
)
0.3,
(
|
)
0.25
P B A
P B A
=
=
，
因此
( )
( ) (
|
)
( ) (
|
)
0.6 0.3
0.4 0.25
0.28
P B
P A P B A
P A P B A
=
+
=
´
+
´
=
，
所以此人是男生的概率为
(
)
( ) (
|
)
0.6 0.3
9
(
|
)
( )
( )
0.28
14
P AB
P A P B A
P A B
P B
P B
´
=
=
=
=
.
故选：C
3．（24-25 高二下·海南·阶段练习）王刚是校足球队的替补球员，已知每场比赛王刚上场的概率为1
3 ，校足球队获
胜的概率为
1
2 ，若王刚上场的情况下校足球队获胜的概率为3
5 ，则校足球队获胜的比赛中王刚上场的概率为
（ ）
A．
1
2
B．2
5
C．3
10
D．1
5
【答案】B
【详解】若A 表示王刚上场，B 表示足球队获胜，
考点二
全概率公式与贝叶斯公式
则
1
( )
3
P A =
，
1
( )
2
P B =
，
3
(
|
)
5
P B A =
，
所以
1
3
(
|
)
2
3
5
1
5
2
P AB
P A P B A
P A B
P B
P B
´
=
=
=
=
.
故选：B
4．（24-25 高二下·福建泉州·期末）某仓库里混放着来自第一、第二两个车间的同型号的电器，第一、二车间生产
电器的产品比例为2 :3，已知第一车间的电器次品率为3％，第二车间的电器次品率为8％．今有一客户从电器仓
库中随机提一台产品，设此产品是次品的概率为
1p ；若此产品是次品，则此次品来自第一车间的概率为
2
p ，那么
（ ）
A．
1
11
100
p =
，
2
3
11
p =
B．
1
3
50
p =
，
2
3
11
p =
C．
1
11
100
p =
，
2
1
5
p =
D．
1
3
50
p =
，
2
1
5
p =
【答案】D
【详解】依题意，由全概率公式得
1
2
3
3
8
3
5
100
5
100
50
p =
´
+
´
=
，
由条件概率公式得
2
2
3
1
5
100
3
5
50
p
´
=
=
.
故选：D
5．（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨·期末·多选）有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1 号箱内装有4 个绿
球、1 个红球，2 号箱内装有2 个绿球、3 个红球，3 号箱内装有5 个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等可能
从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件
iA 表示“取到i 号箱(
1,2,3)
i =
”，事件B 表示“摸到绿球”，事件C 表
示“摸到红球”，则（ ）
A．
2
2
5
P B A
=
B．
1
1
1
P B A
P C A
P A
+
=
C．
11
15
P B =
D．
1
4
11
P A B =
【答案】ACD
【详解】由题意可知
1
2
3
1
1
2
1
4
1
2
,
,
,
3
5
5
5
P A
P A
P A
P B A
P C A
P B A
=
=
=
=
=
=
，A 正确，B 错误；
1
1
2
2
3
3
3
11
1,
15
P B A
P B
P A P B A
P A
P B A
P A
P B A
=
=
+
+
=
，C 正确；
1
1
1
4
4
3
5
11
11
15
P A B
P A B
P B
´
=
=
=
，D 正确；
故选：ACD.
6．（24-25 高二下·河北承德·期末·多选）某商场的抽奖区有红、黄、绿三个不透明的盒子，其中红盒内有3 个红
球、2 个黄球和1 个绿球，黄盒内有2 个红球、1 个绿球，绿盒内有1 个红球、2 个黄球．规定第一次先从红盒内
任取1 个球，再将取出的球放入与球同色的盒子中，第二次从被放入球的盒子中任取1 个球．规定每次抽球均能
获得优惠券，抽到红球获得1 张优惠券，抽到黄球获得2 张优惠券，抽到绿球获得3 张优惠券，每张优惠券的金
额相同，顾客最终获得的优惠券张数为两次抽球所得的优惠券张数的和，则下列说法正确的是（ ）
A．在第一次抽到黄球的条件下，第二次仍抽到黄球的概率是1
4
B．顾客最终获得6 张优惠券的概率是1
12
C．第二次抽到红球的概率是5
12
D．若第二次抽到红球，则它来自绿盒的概率为1
11
【答案】AD
【详解】A：在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽黄盒中共有4 个球，里面黄色的球为1 个，所以抽到黄球的概
率为
1
4
P =
，故A 正确；
B：顾客最终获得6 张优惠券顾客需要抽到2 个绿球，则第一次抽到绿球的概率为1
6 ，第二次在绿盒中抽到绿球的
概率为1
4 ，所以顾客最终获得6 张优惠券的概率为1
1
1
6
4
24
´
=
，故B 错误；
C：设第一次从红盒中抽到红球为A 事件，第一次从红盒中抽到黄球为B 事件，第一次从红盒中抽到绿球为C 事
件，
第二次从红盒抽到红球为
1A 事件，第二次从黄盒抽到红球为
1B 事件，第二次从绿盒抽到红球为
1
C 事件，设第二次
抽到红球为D 事件，
则
3
1
6
2
P A =
=
，
1
3
1
|
6
2
P A
A =
=
，
2
1
6
3
P B =
=
，
1
2
1
|
4
2
P B
B =
=
，
1
6
P C =
，
1
1
|
4
P C
C =
，
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11
|
|
|
2
2
3
2
6
4
24
P D
P A P A
A
P B P B
B
P C P C
C
=
+
+
=
´
+
´
+
´
=
，故C 错误；
D：第二次抽到红球，则它来自绿盒的概率为
1
1
1
|
1
6
4
11
11
24
P C P C
C
P D
´
=
=
，故D 正确.
故选：AD.
7．（24-25 高二下·北京丰台·期末）某手机销售店只销售甲、乙两个品牌的手机，其中甲品牌的销售量占本店手机
销售量的40%，优质率为80%，乙品牌的优质率为90%．从该店中随机买一部手机，则“买到的是优质品”的概率
为
．
【答案】0.86/ 43
50
【详解】买到的是优质品的概率是0.6
0.90
0.4
0.8
0.86
´
+
´
=
.
故答案为：0.86 .
8．（24-25 高二下·山东菏泽·期末）在数字通信中，信号是由数字0 和1 组成的序列．由于随机因素的干扰，发送
的信号0 或1 有可能被错误地接收为1 或0．已知发送信号0 时，接收为0 和1 的概率分别为0.8 和0.2；发送信
号1 时，接收为1 和0 的概率分别为0.9 和0.1．假设发送信号0 和1 是等可能的，则接收信号为1 的概率
是
．
【答案】0.55
【详解】设A = “发送的信号为0”， B = “接收到的信号为0”，则A = “发送的信号为1”， B = “接收到的信号为
1”．由题意得
( )
( )
0.5
P A
P A
=
=
，
(
|
)
0.8
P B A =
，
(
|
)
0.2
P B A =
，
(
|
)
0.1
P B A =
，
(
|
)
0.9
P B A =
，
( )
( ) (
|
)
( ) (
|
)
0.5 0.2
0.5 0.9
0.55
P B
P A P B A
P A P B A
=
+
=
´
+
´
=
．
故选：0.55.
9．（24-25 高二下·北京海淀·期末）AI 幻觉，是指AI 模型生成看似合理但实际不正确或毫无事实依据的信息的现
象．AI 幻觉率是指AI 模型产生AI 幻觉的概率．现抽取了由甲、乙、丙、丁四个公司研发的14 个使用率较高的AI
模型，其幻觉率如下表所示：
公司
甲
乙
丙
丁
AI 模型
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
幻觉率
1.3%
1.8%
2.9%
1.5%
1.9%
2.9%
0.7%
0.9%
1.6%
2.4%
0.8%
1.6%
2.4%
2.8%
(1)从表中提供的AI 模型中任取一个，求该模型幻觉率低于2%的概率；
(2)从表中提供的幻觉率低于2%的AI 模型中任取3 个，用随机变量X 表示其中幻觉率低于1.3%的模型个数，求随
机变量X 的分布列和数学期望;
(3)已知某同学向表中乙或丙公司的某个AI 模型进行了一次提问，经查证，该模型产生了AI 幻觉，则该模型来自
哪个公司的可能性更大?（结论不要求证明）
【答案】(1) 9
14
(2)答案见解析
(3)乙公司的可能性更大
【详解】（1）14 个AI 模型，幻觉率高于2%的有2.9%，2.9%，2.4%，2.4%，2.8%，共有5 个，所以幻觉率低于
2%的概率为
5
9
1 14
14
-
=
（2）幻觉率低于2%的AI 模型中共有9 个，其中幻觉率低于1.3%的模型有3 个，故
0,1,2,3
X =
,
3
1
2
2
1
3
6
3
6
3
6
3
3
3
3
3
9
9
9
9
C
C C
C C
C
20
45
18
1
0
,
1
,
2
,
3
,
C
84
C
84
C
84
C
84
P X
P X
P X
P X
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
故分布列为
X
0
1
2
3
P
20
84
45
84
18
84
1
84
,
故
20
45
18
1
0
1
2
3
1
84
84
84
84
E X =
´
+ ´
+ ´
+ ´
=
（3）来自于乙公式的概率大，理由如下：
M =“模型来自于乙公司”， N = “模型来自于丙公司”，
i
M = “AI 模型的编号为i ”，
4,5,6
i =
，
j
N = “AI 模型的编号为j ”，
7,8,9,10,
j =
，
B = “AI 模型产生了AI 幻觉”
则
1
7
i
j
P M
P M
=
=
，
则
4
5
6
1.5%,
1.9%,
2.9%,
P B M
P B M
P B M
=
=
=
7
8
9
10
0.7%,
0.9%,
1.6%,
2.4%,
P B N
P B N
P B N
P B N
=
=
=
=
则
4
4
5
5
6
6
7
7
8
8
P B
P B M
P M
P B M
P M
P B M
P M
P B N
P N
P B N
P N
=
+
+
+
+
9
9
10
10
1
1.5% 1.9%
2.9%
0.7%
0.9% 1.6%
2.4%
1.7%,
7
P B N
P N
P B N
P N
+
+
=
´
+
+
+
+
+
+
=
,
由于
4
5
6
7
8
9
10
,
,
M
M
M
M
N
N
N
N
N
=
È
È
=
È
È
È
所以
6
4
1
1.5% 1.9%
2.9%
0.9%
9
7
1.7%
1.7%
17
i
i
i
P B M
P M
P M B
P B
=
´
+
+
=
=
=
=
å
10
7
1
0.7%
0.9% 1.6%+2.4%
0.8%
8
7
1.7%
1.7%
17
j
j
i
P B N
P N
P N B
P B
=
´
+
+
=
=
=
=
å
,
由于9
8
17
17
>
,因此模型来自乙公司的概率大
10．（2025·四川成都·一模）以“‘智’在必得”为主题的人工智能知识挑战赛预赛由6 道正误判断题组成，每位选手从
中随机抽取3 道，若能全部回答正确，则通过预赛.已知选手甲会做其中的4 道题.
(1)设X 表示选手甲抽到会做题目的道数，求随机变量X 的分布列和方差；
(2)假设选手甲会做的题全部答对；不会做的题随机判断，答对的概率为
1
2 .若各题作答结果互不影响，求他通过预
赛的概率.
【答案】(1)分布列见解析，2
5
(2) 11
20
【详解】（1）根据题意
1,2,3
X =
.
1
2
4
2
3
6
C C
4
1
1
C
20
5
P X =
=
=
=
；
2
1
4
2
3
6
C C
12
3
2
C
20
5
P X =
=
=
=
；
3
0
4
2
3
6
C C
4
1
3
C
20
5
P X =
=
=
=
.
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
故随机变量X 的期望
1
3
1
1
2
3
2
5
5
5
E X = ´
+ ´
+ ´
=
.
所以X 的方差
2
2
2
1
3
1
2
1
2
2
2
3
2
5
5
5
5
D X =
-
´
+
-
´
+
-
´
=
.
（2）设事件
=
iA
“选手甲抽到i 道会做的题目，
1,2,3
i =
”，事件B = “选手甲通过预赛”，
则
1
2
3
A
A
A
W =
U
U
，
1A ，
2
A ，
3A 两两互斥，
1
2
3
B
A B
A B
A B
=
+
+
.
由（1）知，
1
1
5
P A
=
.又
2
1
1
1
1
2
4
P B A
æ
ö
= ´
=
ç
÷
è
ø
.
所以
1
1
1
1
1
1
5
4
20
P A B
P A
P B A
=
×
=
´
=
.
同理，
2
2
2
2
3
1
3
1
5
2
10
P A B
P A
P B A
=
×
=
´
´
=
.
3
3
3
3
1
1
1
5
5
P A B
P A
P B A
=
×
=
´
=
.
由全概率公式得，选手甲通过预赛的概率
1
3
1
11
20
10
5
20
P B =
+
+
=
.
11．（24-25 高二下·河北石家庄·期末）有甲乙两个袋子，袋子里有形状大小完全相同的球.其中甲袋中有3 个红球
7 个白球，乙袋中有4 个红球6 个白球.从两袋中等可能的选一个袋子，再从该袋中随机摸出一球，称为一次摸球
试验，多次做摸球试验直到摸出白球，试验结束.
(1)求首次摸球后试验就结束的概率；
(2)在首次摸出红球的条件下，求选到的袋子是乙袋的概率；
(3)在首次摸出红球的条件下，将红球放回原袋中，继续第二次摸球试验，有如下两个方案：方案一：从原袋中摸
球；
方案二：从另外一个袋子中摸球.
请通过计算，说明哪个方案能使第二次摸球后试验结束的概率更大.
【答案】(1) 13
20 ；
(2) 4
7 ；
(3)方案二.
【详解】（1）设摸球一次，“取到甲袋”为事件
1A ，“取到乙袋”为事件
2
A ，“摸出白球”为事件
1B ，“摸出红球”为事件
2
B ．
则
1
1
1
1
2
2
2
1
7
1
6
13
2
10
2
10
20
P B
P A P B A
P A
P B A
=
+
=
´
+
´
=
，
所以首次摸球后试验就结束的概率为13
20 .
（2）由题意，
1B 和
2
B 为对立事件，则
2
1
7
1
20
P B
P B
= -
=
，
则
2
2
2
2
2
1
4
4
2
10
7
7
20
P A B
P A B
P B
´
=
=
=
，
所以选到的袋子是乙袋的概率是4
7 .
（3）方案一：从原袋中摸球
若首次在甲袋中摸出红球，则
1
2
2
2
4
3
1
1
7
7
P A B
P A B
= -
= -
=
，
原袋（甲袋）中摸出白球的概率7
10 ，所以第二次摸球后试验结束的概率为3
7
3
7
10
10
´
=
；
若首次在乙袋中摸出红球，则
2
2
4
7
P A B
=
，
原袋（乙袋）中摸出白球的概率6
3
10
5
=
，所以第二次摸球后试验结束的概率为4
3
12
7
5
35
´
=
.
综上，方案一使第二次摸球后试验结束的概率为3
12
9
10
35
14
+
=
.
方案二：从另外一个袋子中摸球
若首次在甲袋中摸出红球，则
1
2
3
7
P A B
=
，
另一个袋子（乙袋）中摸出白球的概率6
3
10
5
=
，所以第二次摸球后试验结束的概率为3
3
9
7
5
35
´
=
；
若首次在乙袋中摸出红球，则
2
2
4
7
P A B
=
，
另一个袋子（甲袋）中摸出白球的概率7
10 ，所以第二次摸球后试验结束的概率为4
7
2
7
10
5
´
=
.
综上，方案二使第二次摸球后试验结束的概率为9
2
23
35
5
35
+
=
.
因为9
23
14
35
<
，所以方案二使第二次摸球后试验结束的概率更大.
12．（24-25 高二下·福建厦门·期末）某工厂共有甲、乙两条生产线生产同一型号的产品，其中甲生产线每天产量为
20000 件，乙生产线每天产量为10000 件．其中甲生产线的一等品率为0.2，二等品率为0.8；乙生产线的一等品率
为0.6，二等品率为0.4.将甲、乙两条生产线生产的产品均匀混合后随机装箱．
(1)质检人员从混合后的产品中随机抽取一件，求抽取到的产品为一等品的概率；
(2)已知每箱中有3 件产品，其中二等品的定价为100 元／件，若要使得每箱产品销售额的期望不低于400 元，一
等品应该如何定价．
【答案】(1) 1
3
(2)若要使得每箱产品销售额的期望不低于400 元，一等品定价至少200 元/件
【详解】（1）设从待装箱的产品中随机抽取一件，其为甲、乙两条生产线的产品分别记为事件A 和事件B，记其
为一等品的为事件C，
依题意可得C
AC
BC
=
U
，且
,
AC BC 互斥，
故
2
1
1
3
1
(
|
)
(
|
)
3
5
3
5
3
P C
P AC
P BC
P A P C A
P B P C B
=
+
=
+
=
´
+
´
=
，
所以抽取到的产品为一等品的概率1
3 ．
（2）由（1）从混合后的产品中随机抽取一件，抽到一等品的概率为1
3 ，
设每箱中3 件产品中一等品的数量为随机变量X ，则
1
3, 3
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
:
，
1
3
1
3
E X
´
=
=
，
设每箱产品销售额为随机变量Y ，一等品定价为a 元/件，
则
3
100
300
100
Y
aX
X
a
X
=
+
-
=
+
-
，
所以
300
100
300
100
200
E Y
E
a
X
a
E X
a
=
+
-
=
+
-
=
+
é
ù
ë
û
，
依题意，
400
E Y ³
，解得
200
a ³
，
所以若要使得每箱产品销售额的期望不低于400 元，一等品定价至少200 元/件．
13．（24-25 高三下·云南丽江·阶段练习）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下:若命中，则此人继续
投篮，若未命中，则换对方投篮.无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为
1
2 ，乙每次投篮的命中率均为
2
3 .由抽签决定第1 次投篮的人选，第 1 次投篮的人是甲、乙的概率均为
1
2 .
(1)求第2 次投篮的人是甲的概率.
(2)记X 为前3 次投篮中，甲总共投篮的次数，求X 的分布列与期望.
【答案】(1) 5
12 ；
(2)分布列见解析，95
72 .
【详解】（1）记“第i 次投篮的人是甲”为事件
iA ,“第i 次投篮的人是乙”为事件
iB ，
所以
2
1
2
1
1
2
1
1
1
1
2
5
1
.
2
2
2
3
12
P A
P A P A
A
P B P A
B
æ
ö
=
+
=
´
+
´
-
=
ç
÷
è
ø
∣
∣
（2）由题设，X 的所有可能取值为0,1,2,3，
2
1
2
2
0
1
2
3
9
P X
æ
ö
=
=
´
´ =
ç
÷
è
ø
，
1
1
2
1
2
2
1
2
1
13
1
1
1
1
1
1
2
2
3
2
3
3
2
3
2
36
P X
æ
ö
æ
ö
æ
ö æ
ö
=
=
´
-
´
+
´
´
-
´ +
´
-
´
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø è
ø
，
2
1
1
1
3
2
2
8
P X
æ
ö
=
=
´
=
ç
÷
è
ø
，
7
2
1
0
1
3
24
P X
P X
P X
P X
=
= -
=
-
=
-
=
=
，
则X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
2
9
13
36
7
24
1
8
2
13
7
1
95
0
1
2
3
.
9
36
24
8
72
E X =
´
+ ´
+ ´
+ ´
=
14．（24-25 高二下·海南海口·期末）高中数学试题多选题给出的四个选项中有2 个或3 个选项符合题目要求．全部
选对的得6 分，有选错的得0 分，部分选对的得部分分（答案为3 个选项每个得2 分，答案为2 个选项每个得3
分）．
(1)若一道多选题只有2 个选项符合题目要求，求随机选择2 个选项能得6 分的概率；
(2)假定四个选项中有2 个或3 个选项符合题目要求的概率均为
1
2 ．
（ⅰ）求一道多选题随机选择1 个选项时得0 分的概率；
（ⅱ）一道多选题在能确定A 选项错误的前提下随机作答（选择1 至3 个选项），从得分期望角度分析，建议作答
时选择几个选项？
【答案】(1) 1
6
(2)（i）3
8 ；（ii）建议作答时选择2 个或者3 个选项
【详解】（1）记“随机选择2 个选项得6 分”为事件A．
从4 个选项中任选2 个选项，样本空间共
2
4
C
6
=
种等可能结果，
正确选项1 种可能，所以
1
6
P A =
，即随机选择2 个选项得6 分的概率为1
6 ．
（2）（ⅰ）记“四个选项中有i 个选项符合题目要求”为事件
2,3
iA i =
，
“选择1 个选项时得0 分”为事件B．
则有
2
1
2
P A
=
，
3
1
2
P A
=
，
2
1
2
P B A
=
，
3
1
4
P B A
=
，
1
1
1
1
3
2
2
2
4
8
P B =
´
+
´
=
，即选择1 个选项时得0 分的概率为3
8 ．
（ⅱ）一道多选题在能确定A 选项错误的前提下．
选1 个选项时，得分X 的可能取值为0，2，3，
1
1
1
0
3
2
6
P X =
=
´
=
，
1
1
2
1 2
2
P X =
= ´
=
，
2
1
1
3
3
2
3
P X =
=
´
=
，
所以得分期望
1
1
1
0
2
3
2
6
2
3
E X =
´
+ ´
+ ´
=
，
选2 个选项时，得分Y 的可能取值为0，4，6，
同理可得
2
1
1
0
3
2
3
P Y =
=
´
=
，
1
1
4
1 2
2
P Y =
= ´
=
，
1
1
1
6
3
2
6
P Y =
=
´
=
，
所以得分期望为
1
1
1
0
4
6
3
3
2
6
E Y =
´
+ ´
+ ´
=
，
选3 个选项时，得分Z 的可能取值为0，6，
同理可得
1
0
2
P Z =
=
，
1
6
2
P Z =
=
，
所以得分期望为
1
1
0
6
3
2
2
E Z =
´
+ ´
=
，
E X
E Y
E Z
<
=
，建议作答时选择2 个或者3 个选项．
1．（24-25 高二下·四川凉山·期末）某学校食堂每天中午提供A ，B 两种套餐，同学小李第一天午餐时随机选择一
种套餐，如果前一天选择A 套餐，那么第二天选择A 套餐的概率为
1
2 ；如果前一天选择B 套餐，那么第二天选择
A 套餐的概率为1
3 .
(1)该食堂对A 套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，调查了学生对A 套餐的满意程度情况，统计了100 名
学生的数据，如下表（单位：人）
A 套餐满意度情况
A 套餐改善前
A 套餐改善后
合计
满意
35
40
75
不满意
15
10
25
合计
50
50
100
根据小概率值
0.001
a =
的独立性检验，能否认为学生对A 套餐的满意程度与套餐的改善有关?
(2)若A 套餐拟提供2 种品类的素菜，n （
3
n ³
，
*
N
nÎ
）种品类的荤菜，同学小李从这些菜品中随机选择4 种菜
品，记选择素菜的种数为X ，求
2
P X =
的最大值，并求此时n 的值.
(3)设同学小李第n 天选择B 套餐的概率为
nP ，求
nP .
参考数据：
2
2
n ad
bc
x
a
b
c
d
a
c
b
d
-
=
+
+
+
+
，其中n
a
b
c
d
=
+
+ +
a
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xa
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)学生对套餐的满意程度与套餐的优化无关
(2)当
3
n =
时，
2
P X =
有最大值3
5
(3)
1
3
1
1
5
10
6
n
nP
-
æ
ö
=
-
´ç
÷
è
ø
【详解】（1）零假设
0
H ：学生对套餐的满意程度与套餐的优化相互独立.
2
2
100 35 10 15 40
4
1.33
50 50 75 25
3
c
´
-
´
=
=
»
´
´
´
考点三
全概率公式与数列递推问题
2
0.001
1.33
10.828
c
c
»
<
=
Q
\没有充分理由证明
0
H 不成立，即学生对套餐的满意程度与套餐的优化无关.
（2）由题意知：小李同学选择荤菜种数
2
X =
的概率为：
2
2
2
4
2
C C
2
C
n
n
P X
+
=
=
2
2
2
2
4
2
2
C C
3 4
12
12
2
C
1
2
3
2
3
1
2
4
n
n
P X
n
n
n
n
n
+
´
=
=
=
=
=
+
+
+
+
æ
ö
+
-
ç
÷
è
ø
Q
由于
*
3,
n n
n
³
ÎN
，所以
2
P X =
在
3
n =
处取得最大值3
5 .
（3）同学小李第n 天选择套餐B 的概率为
nP ，则第
1
n - 天选择套餐B 的概率为
1
nP - ，
2
n ³
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
6
2
n
n
n
n
P
P
P
P
-
-
-
æ
ö
æ
ö
=
-
-
+
-
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
2
n ³
1
3
1
3
5
6
5
n
n
P
P -
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø
当
1
n = 时，
1
1
2
P =
，所以
3
5
nP
ì
ü
-
í
ý
î
þ 是以
1
10
-
为首项，1
6 为公比的等比数列，
因此
1
3
1
1
5
10
6
n
nP
-
æ
ö
=
-
´ç
÷
è
ø
.
2．（24-25 高二下·安徽·期末）某工厂员工每天选择坐班车或开私家车去上班.统计可知，该工厂员工若前一天坐班
车，则第二天仍坐班车的概率为1
4 ，第二天改开私家车的概率为3
4 ；若前一天开私家车，则第二天仍开私家车的
概率为
1
2 ，第二天改坐班车的概率为
1
2 .若该工厂员工上班第一天坐班车和开私家车的概率均为
1
2 ，该工厂某员工
第n 天坐班车的概率为
nP .
(1)设该工厂某3 位员工中第二天坐班车的人数为X ，求X 的分布列与数学期望；
(2)求
nP ；
(3)为缓解交通压力，工厂决定每天抽调10 人到班车停车场和私家车停车场参加安保工作，请合理分配每天去班车
停车场和私家车停车场参加安保工作的人数，并说明理由.
【答案】(1)分布列见解析，9
8
(2)
1
2
1
1
5
10
4
n
nP
-
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
(3)去班车停车场4 人，去私家车停车场6 人，理由见解析
【详解】（1）由题可知，该工厂员工第二天坐班车的概率
2
1
1
1
1
3
2
4
2
2
8
P =
´
+
´
=
，
所以
3
~
3, 8
X
Bæ
ö
ç
÷
è
ø
X 的所有可能取值为0,1,2,3，
3
0
0
3
5
3
125
(
0)
C
8
8
512
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
,
2
1
1
3
5
3
225
(
1)
C
8
8
512
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
,
1
2
2
3
5
3
135
(
2)
C
8
8
512
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
0
3
3
3
5
3
27
(
3)
C
8
8
512
P X
æ
ö
æ
ö
=
=
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
125
512
225
512
135
512
27
512
3
9
(
)
3 8
8
E X = ´
=
；
（2）由题可知
1
1
1
1
1
1
4
2
4
2
n
n
n
n
P
P
P
P
+ =
+
-
= -
+
，
则
1
2
1
2
5
4
5
n
n
P
P
+
æ
ö
-
= -
-
ç
÷
è
ø
又
1
1
1
2
1
2
1
,
2
5
2
5
10
P
P
=
-
=
-
=
，
所以
2
5
nP
ì
ü
-
í
ý
î
þ是首项为1
10 ，公比为
1
4
-
的等比数列，
所以
1
1
2
1
1
2
1
1
,
5
10
4
5
10
4
n
n
n
n
P
P
-
-
æ
ö
æ
ö
-
=
-
=
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
；
（3）由（2）可知，当n 趋向于正无穷大时，
nP 趋向于2
5 ，
所以工厂每天抽调的10 人中，去班车停车场参加安保工作的应有
2
10
4
5
´
=
人，去私家车停车场参加安保工作的应
有
3
10
6
5
´
=
人.
3．（24-25 高二下·四川广元·期末）已知甲乙两个盒中均有3 个除颜色外完全相同的小球，其中2 个白球和1 个红
球．从甲乙两个盒中各任取一个小球交换，重复进行
*
N
n nÎ
次操作后，记甲盒中红球的个数为
nx ，甲盒中恰有
1 个红球的概率为
na ，恰有2 个红球的概率为
nb ．
(1)求
1
x 的数学期望；
(2)找出
1
na + 与
na 的关系，并求
na
的通项公式；
(3)证明：
2
1
n
n
a
b
+
= ．
【答案】(1)1
(2)
1
2
1
3
9
n
n
a
a
+ =
-
；
3
2
1
5
5
9
n
na
æ
ö
=
+
× -
ç
÷
è
ø
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意随机变量
1
0,1,2
x =
，
则
1
1
2
2
0
3
3
9
P x =
=
´
=
，
1
2
2
1
1
5
1
3
3
3
3
9
P x =
=
´
+
´
=
，
2
2
1
2
2
3
3
9
P x =
=
´
=
，
所以随机变量
1x 的分布列如下：
1x
0
1
2
P
2
9
5
9
2
9
故数学期望
1
2
5
2
0
1
2
1
9
9
9
E x
=
´
+ ´
+ ´
= .
（2）由全概率公式可得
1
1
1
0
1
0
n
n
n
n
P x
P x
P x
x
+
+
=
=
=
=
=
1
1
1
1
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
P x
P x
x
P x
P x
x
+
+
+
=
=
=
+
=
=
=
2
2
2
1
1
2
1
0
1
1
2
3
3
3
3
3
3
n
n
n
P x
P x
P x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
´
=
+
´
+
´
=
+
´
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
2
5
2
0
1
2
3
9
3
n
n
n
P x
P x
P x
=
=
+
=
+
=
，
即
1
2
5
2
1
3
9
3
n
n
n
n
n
a
a
b
a
b
+ =
-
-
+
+
，化简可得
1
2
1
3
9
n
n
a
a
+ =
-
，
所以
1
3
1
3
5
9
5
n
n
a
a
+
æ
ö
-
= -
-
ç
÷
è
ø，又
1
1
5
1
9
a
P x
=
=
=
，
所以数列
3
5
na
ì
ü
-
í
ý
î
þ是以
1
3
2
5
45
a -
= -
为首项，以
1
9
-
为公比的等比数列，
所以
1
3
2
1
2
1
5
45
9
5
9
n
n
na
-
æ
ö
æ
ö
-
= -
× -
=
× -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，即
3
2
1
5
5
9
n
na
æ
ö
=
+
× -
ç
÷
è
ø
.
（3）由全概率公式可得
1
1
2
0
2
0
n
n
n
n
P x
P x
P x
x
+
+
=
=
=
=
=
1
1
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
P x
P x
x
P x
P x
x
+
+
+
=
=
=
+
=
=
=
，
1
2
1
1
2
0
0
1
1
2
1
2
3
3
3
3
9
n
n
n
n
n
P x
P x
P x
P x
P x
æ
ö
æ
ö
=
´
=
+
´
=
+
´
=
=
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
即
1
2
1
9
3
n
n
n
b
a
b
+ =
+
，又
3
2
1
5
5
9
n
na
æ
ö
=
+
× -
ç
÷
è
ø
，所以
1
1
2 3
2
1
3
9 5
5
9
n
n
n
b
b
+
é
ù
æ
ö
=
+
+
× -
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
，
可得
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5
5
9
3
5
5
9
n
n
n
n
b
b
+
+
é
ù
æ
ö
æ
ö
-
+
-
=
-
+
-
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ë
û
，又
1
1
2
2
9
b
P x
=
=
=
，
故
1
1
1
1
2
1
1
0
5
5
9
9
5
45
b
æ
ö
-
+
´ -
=
-
-
=
ç
÷
è
ø
，则
1
1
1
0
5
5
9
n
nb
æ
ö
-
+
´ -
=
ç
÷
è
ø
，
1
1
1
5
5
9
n
nb
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
所以
2
0
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
E x
a
b
a
b
a
b
=
+
+ ´
-
-
=
+
=
4．（24-25 高二下·山东东营·期末）某无人机操作员进行定点精准降落训练.据以往训练经验，第一次降落成功的概
率为3
4 .若第i 次降落成功，则第
1
i + 次降落成功的概率为4
5 ；若第i 次降落未成功，则第
1
i + 次降落成功的概率为
2
3 ，其中
*
N
iÎ
.
(1)求该操作员第二次降落成功的概率；
(2)记该操作员前两次降落成功的次数为X，求X 的分布列和数学期望；
(3)设第i 次降落成功的概率为
iP ，求证：3
10
4
13
iP
£
<
.
【答案】(1) 23
30
(2)分布列见解析，91
60
(3)证明见解析
【详解】（1）设事件
=
iA
“第i 次降落成功”，则
iA = “第i 次降落未成功”，
1,2,3,
i =
L.
由全概率公式得
2
1
2
1
2
1
2
1
2
P A
P A A
A A
P A A
P A A
=
+
=
+
1
2
1
1
2
1
3
4
1
2
23
4
5
4
3
30
P A P A
A
P A P A A
=
+
=
´
+
´
=
∣
∣
，
该操作员第二次降落成功的概率为23
30 .
（2）由题意得，
1
3
4
P A
=
，
1
1
4
P A
=
，
2
1
4
5
P A
A
=
∣
，
2
1
2
3
P A A
=
∣
.
X 的所有取值为0，1，2，
1
2
1
2
1
1
2
1
(
0)
|
1
4
3
12
P X
P A A
P A P A
A
æ
ö
=
=
=
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
1
2
1
2
1
2
1
2
(
1)
P X
P A A
A A
P A A
P A A
=
=
+
=
+
1
2
1
1
2
1
P A P A
A
P A P A A
=
+
∣
∣
3
4
3
2
19
1
1
4
5
4
3
60
æ
ö
æ
ö
=
´
-
+
-
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
1
2
1
2
1
3
4
3
(
2)
4
5
5
P X
P A A
P A P A
A
=
=
=
=
´
=
∣
，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
1
12
19
60
3
5
所以
1
19
3
91
(
)
0
1
2
12
60
5
60
E X =
´
+ ´
+
´
=
.
（3）由题意得
1
3
4
P =
，
当
2
i ³
时，
1
1
i
i
i
i
i
P A
P A A
P A A
-
-
=
+
1
1
1
1
i
i
i
i
i
i
P A
P A A
P A
P A A
-
-
-
-
=
+
∣
∣
即
1
1
1
4
2
2
2
1
5
3
15
3
i
i
i
i
P
P
P
P
-
-
-
=
´
+
-
´
=
+
，
整理得
1
10
2
10
2
13
15
13
i
i
P
P
i
-
æ
ö
-
=
-
³
ç
÷
è
ø
，又
1
10
1
13
52
P -
= -
，
所以数列
10
13
iP
ì
ü
-
í
ý
î
þ 是以
1
52
-
为首项，以2
15 为公比的等比数列，
故
1
10
1
2
13
52 15
i
iP
-
æ
ö
-
= -
ç
÷
è
ø
，即
1
1
2
10
52 15
13
i
iP
-
æ
ö
= -
+
ç
÷
è
ø
，易知
iP 单调递增
所以
1
3
10
4
13
i
P
P
=
£
<
.
5．（24-25 高二下·甘肃甘南·期末）现有A，B 两个盒子，A，B 两盒子中各装有1 个黑球和2 个红球，现从A，B
两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行
Î
*
N
n n
次这样的操作后，记A 盒子中黑球的个数为
n
X ，恰有2 个黑球的概率为
np ，恰有1 个黑球的概率为
nq ．
(1)求
1p ，
2
p ，
1q ，
2q 的值；
(2)求证：2
n
n
p
q
+
是定值；
(3)求
n
X 的数学期望
n
E X
．
【答案】(1)
1
2
9
p =
，
1
5
9
q =
，
2
16
81
p =
，
2
49
81
q =
(2)证明见解析
(3)
1
n
E X
=
【详解】（1）由题意知
1
2
1
2
3
3
9
p =
´
=
，
1
2
2
1
1
5
3
3
3
3
9
q =
´
+
´
=
，
1
1
1
1
1
3
1
2
2
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
C C
C C
16
C C
C C
81
=
×
+
×
=
p
p
q
，
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
3
C C
C C
C C
C C
49
1
C C
C C
C C
81
q
p
q
p
q
+
=
×
+
×
+
-
-
=
．
（2）因为
1
1
1
1
3
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
C C
C C
1
2
C C
C C
3
9
-
-
-
-
=
+
=
+
n
n
n
n
n
p
p
q
p
q
，
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2
2
3
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
3
C C
C C
C C
C C
1
2
1
C C
C C
C C
9
3
n
n
n
n
n
n
q
p
q
p
q
q
-
-
-
-
-
+
=
×
+
×
+
-
-
×
= -
+
，
所以
1
1
2
1
2
2
3
3
3
n
n
n
n
p
q
p
q
-
-
+
=
+
+
，
所以
1
1
1
2
1
2
1
3
n
n
n
n
p
q
p
q
-
-
+
- =
+
-
．
又因为
1
1
2
1
0
+
- =
p
q
，所以
2
1
n
n
p
q
+
-
是常数列．
所以2
1
+
=
n
n
p
q
．
（3）由（2）知2
1
+
=
n
n
p
q
，
因为
n
X 的可能取值是0，1，2，
0
1
n
n
n
P X
p
q
=
= -
-
，
1
n
n
P X
q
=
=
，
2
n
n
P X
p
=
=
，
所以
n
X 的分布列为
n
X
0
1
2
P
1
n
n
p
q
-
-
nq
np
所以
2
1
n
n
n
E X
p
q
=
+
= ．
6．（24-25 高二下·山东泰安·期末）为备战全国机器人大赛，某高校机器人甲队和乙队进行练习赛，比赛规则为：
①每局比赛胜者得1 分，负者得0 分，没有平局；②总共进行奇数局比赛；③全部比完后，分数高者获胜.假设
每局比赛甲队获胜的概率都是
(0
1)
p
p
<
<
，各局比赛之间的结果互不影响.
(1)当
2
3
p =
时，若两队共进行3 局比赛，设甲队得分减去乙队得分的差为X，现在规定：若
1
X ³ ，则甲队可额外
获得一次特殊训练机会，求甲队获得一次特殊训练机会的概率；
(2)若两人共进行
*)
2
1(
n
n
+
ÎN
局比赛，当
1
3
p =
且
2
n ³
时，记事件
kA 表示“在前2
1
n - 局比赛中甲赢了
(
0,1,2,
,2
1)
k k
n
=
-
L
局”，事件B 表示“甲最终获胜”，求
1
(
|
)
n
P B A -
，
(
|
)
n
P B A
的值；
(3)若甲队在进行
*
2
1(
N )
n
n
-
Î
局比赛时获胜的概率记为
nP ，在进行2
1
n + 局比赛时获胜的概率记为
1
nP + ，在进行
2
3
n + 局比赛时获胜的概率记为
2
nP + ，已知1
1
2
p
<
< ，试判断
2
n
n
P
P +
+
与
1
2 nP + 的大小关系，并说明理由.
【答案】(1) 20
27 ；
(2)
1
1
(
|
)
9
n
P B A -
=
，
5
(
|
)
9
n
P B A
=
；
(3)
2
1
2
n
n
n
P
P
P
+
+
+
<
，理由见解析.
【详解】（1）
2
3
2
3
2
1
2
20
(
1)
(
1)
(
3)
C
3
3
3
27
P X
P X
P X
æ
ö
æ
ö
³
=
=
+
=
=
´
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
∴甲队获得一次特殊训练机会的概率为20
27 ；
（2）由题设，前2
1
n - 局后剩余2 局比赛，设前2
1
n - 局甲队赢k 局，
则剩余2 局的赢局数
1
(2, )
3
Y
B
:
，总分满足
1
k
Y
n
+
³
+ ，
所以
1
n
A - 对应(
1)
1
n
Y
n
-
+
³
+ ，即
2
Y ³
，又
2
Y £
，故
1
1
1
1
(
|
)
3
3
9
n
P B A -
=
´
=
，
对于
n
A 对应
1
n
Y
n
+
³
+ ，即
1
Y ³ ，又
2
Y £
，所以
2
1
5
(
|
)
1
(
0)
1 (1
)
3
9
n
P B A
P Y
= -
=
= -
-
=
；
（3）由全概率公式得
1
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
C
(1
)
C
(1
)
1 (1
)
[
C
(1
)
]
[
]
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
p
p
p
p
p
p
P
p
p
-
-
-
-
+
-
-
-
=
-
+
-
-
-
+
-
-
1
1
2
1
2
2
1
2
1
C
(1
)
C
(1
)
(1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
p
p
p
p
p
p
-
-
-
-
-
=
+
-
-
-
-
1
1
1
2
1
2
1
C
(1
)
C
(1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
p
p
p
p
-
+
+
-
-
=
+
-
-
-
2
1
C
(1
) (2
1)
n
n
n
n
n
P
p
p
p
-
=
+
-
-
，
∴
1
2
1
C
(1
) (2
1)
n
n
n
n
n
n
P
P
p
p
p
+
-
-
=
-
-
，
当1
1
2
p
<
< 时，
1
0
n
n
P
P
+ -
>
，
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
C
(1
)
(2
1)
C
(1
)
C
(1
) (2
1)
C
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P
P
p
p
p
p
p
P
P
p
p
p
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
=
=
-
-
-
(2
1)!
(1
)
(2
1)2
4
2
(
1)! !
(1
)
(1
)
(2
1)!
(
1)
1
!(
1)!
n
p
p
n
n
n
n
n
p
p
p
p
n
n
n
n
n n
+
-
+
+
+
=
=
-
=
-
-
+
+
-
2
(1
)
4 (1
)
4
1
2
p
p
p
p
+
-
é
ù
<
-
<
=
ê
ú
ë
û
，
∵
1
0
n
n
P
P
+ -
>
，
∴
2
1
1
n
n
n
n
P
P
P
P
+
+
+
-
<
-
，
∴
2
1
2
n
n
n
P
P
P
+
+
+
<
.
