【文档说明】备战2024年高考数学易错题（新高考专用）专题12 概率 Word版含解析.docx，共(33)页，1.385 MB，由小赞的店铺上传

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专题12概率易错点一：互斥与对立混淆致误（随机事件的概率）Ⅰ：首先明确什么是随机试验我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示．随机试验的要求：（1）试验可以在相同条件下重复进行；（2）试验的所有

可能结果是明确的，结果不止一种；（3）每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一种，但事先不能确定出现哪一种结果．Ⅱ：随机事件的前提样本空间我们把随机试验E的每个可能出现的结果称为样本点，全体样本集合称为试验E的样本空间，一般地，用表示样本空间，用表示样本点，如

果一个随机试验有n个可能结果1，2，…，n，则称样本空间12,,,n=为有限样本空间．Ⅲ：两类事件：随机事件、确定事件（1）一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，为了叙述方便，我

们将样本空间的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生．（2）作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以总会发生，我们称为必然事件．（3）在每次试验中都不可能发生，我们称

为不可能事件．（4）确定事件：必然事件和不可能事件统称为随机事件的确定事件．注意：事件的运算可以用韦恩图可以破解Ⅳ：互斥事件与对立事件（1）互斥事件：在一次试验中，事件A和事件B不能同时发生，即=AB，则称事件A与事件B互斥，可用韦恩图表示如下

：如果1A，2A，…，nA中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件1A，．2A．，…，nA彼此互斥．（2）对立事件：若事件A和事件B在任何一次实验中有且只有一个发生，即AB=不发生，AB=则称事件A和事件B互为对立事件，事件A的对立事件记为A．（3）互斥事件与对立事

件的关系（重点）①互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生．②对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“互斥”是“对立”的必要不充分条件，而“对立

”则是“互斥”的充分不必要条件．Ⅴ：概率与频率（1）频率：在n次重复试验中，事件A发生的次数k称为事件A发生的频数，频数k与总次数n的比值kn，叫做事件A发生的频率．（2）概率：在大量重复尽心同一试验时，事件A发生的频率kn总是接近于某个常数，并且在它附近摆动，这时

，就把这个常数叫做事件A的概率，记作()PA．（3）概率与频率的关系：对于给定的随机事件A，由于事件A发生的频率kn随着试验次数的增加稳定于概率()PA，因此可以用频率kn来估计概率()PA．随机事件的概率对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事

件A的概率用()PA表示.解题步骤如下：第一步：仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；第二步：判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第三步：分别求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；第四步：利用公式

()APA=包含的基本事件的个数基本事件的总数求出事件A的概率．易错提醒：对于互斥事件要抓住如下的特征进行理解：第一，互斥事件研究的是两个事件之间的关系；第二，所研究的两个事件是在一次试验中涉及的；第三，两个事件互斥是在试验的结果不能同时出现来确定的．对

立事件是互斥事件的一种特殊情况，是指在一次试验中有且仅有一个发生的两个事件，集合A的对立事件记作A．分类讨论思想是解决互斥事件中有一个发生的概率的一个重要的指导思想例、判断下列给出的每对事件，是否为互斥事件，是否为对立事件，并说明理由．从40张扑克牌（红桃、黑桃、方块、梅花各10张，

且点数都是从1~10）中，任取一张．（1）“抽出红桃”与“抽出黑桃”；（2）“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”；（3）“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽出的牌点数大于9”．解析：（1）是互斥事件，不是对立事件．

原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出红桃”和“抽出黑桃”是不可能同时发生的，所以是互斥事件，但是，不能保证其中必有一个发生，这是由于还可能抽出“方块”或者“梅花”，因此二者不是对立事件．（2）既是互斥事件，又是对立事件．原因是：从40张扑克牌中任意抽取1

张，“抽出红色牌”与“抽出黑色牌”是不可能同时发生的，但其中必有一个发生，因为扑克牌不是红色就是黑色，所以它们既是互斥事件，又是对立事件．（3）不是互斥事件，也不是对立事件．原因是：从40张扑克牌中任意抽取1张，“抽出的牌点数为5的倍数”与“抽

出的牌点数大于9”这两个事件可能同时发生，如抽的点数为10．因此，二者不是互斥事件，当然不可能是对立事件．变式1．从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，下列两个事件为对立事件的是（）A．“至多

有一个是偶数”和“至多有两个是偶数”B．“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”C．“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”D．“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”解：从1，2，3，4，5，6这六个数中任取三个数，可能有0个

奇数和3个偶数，1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有一个是偶数”包括2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“至多有两个是偶数”包括1个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，即“至多有一个是偶数

”包含于“至多有两个是偶数”，故A错误；“恰有一个是奇数”即1个奇数和2个偶数，“恰有一个是偶数”即2个奇数和1个偶数，所以“恰有一个是奇数”和“恰有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故B错误；同理可得“恰有一个是奇数”和“至多有一个是偶数”是互斥但不对立事件，故D错误；“至少有一个是奇数”包括1

个奇数和2个偶数，2个奇数和1个偶数，3个奇数和0个偶数，“全都是偶数”即0个奇数和3个偶数，所以“至少有一个是奇数”和“全都是偶数”为对立事件，故C正确；故选：C变式2．设A，B是两个随机事件，A，B分别为A，B

的对立事件．给出以下命题：①若A，B为互斥事件，且()12PA=，()13PB=，则()56PAB+=；②若()12PA=，()13PB=，且()16PAB=，则A，B相互独立；③若()12PA=，()13PB=，且()13PAB=，则A，B相互独立；④若()12PA=，()13PB=，且()

16PAB=，则A，B相互独立．其中所有真命题的序号为（）A．①B．②C．①②③D．②③④【详解】对于①，因为A，B为互斥事件，且()12PA=，()13PB=，所以()115()()236PABPAPB

+=+=+=，所以①正确，对于②，因为()12PA=，所以()()112PAPA=−=，因为()13PB=，()16PAB=,所以111()()()236PAPBPAB===，所以A，B相互独立，所以②正确，对于③，因为()12PA=，()13PB=，所以(

)()112PAPA=−=，()()213PBPB=−=，所以121()()()233PAPBPAB===，所以,AB相互独立，所以A，B相互独立，所以③正确，对于④，因为()13PB=，所以()()213P

BPB=−=，因为()12PA=，()16PAB=，所以1211()()()2336PAPBPAB===，所以A，B不相互独立，所以④错误，故选：C变式3．（多选题）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝“两次都击中飞机”，B＝“两次都没击

中飞机”，C＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是（）A．A⊆DB．B∩D＝C．A∪C＝DD．A∪B＝B∪D【详解】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：

恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A⊆D，A∪C＝D.故A、C正确；因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D＝.故B正确；对于D：A∪B＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等.

故D错误.故选：ABC.1．某中学运动会上有一个项目的比赛规则是：比赛分两个阶段，第一阶段，比赛双方各出5人，一对一进行比赛，共进行5局比赛，每局比赛获胜的一方得1分，负方得0分；第二阶段，比赛双方各出4人，二对二进行比赛，共进行2局比赛，每局比赛获胜的一方得2分，负方得0分．先得到5分及以上

的一方裁定为本次比赛的获胜方，比赛结束．若甲、乙两个班进行比赛，在第一阶段比赛中，每局比赛双方获胜的概率都是12，在第二阶段比赛中，每局比赛甲班获胜的概率都是45，每局比赛的结果互不影响，则甲班经过7局比赛获胜的概率是（）A．38B．110C．15D

．316【答案】A【分析】可分类分别求出甲班在第一阶段获胜的局数对应的概率，最后各种情况概率相加即可求解.【详解】按照甲班在第一阶段获胜的局数，分类讨论如下：（1）若甲班在第一阶段获胜的局数为1，则甲班经过7局比赛获胜的概率52115141C2510P

==．（2）若甲班在第一阶段获胜的局数为2，则甲班经过7局比赛获胜的概率52225141C255P==．（3）若甲班在第一阶段获胜的局数为3，则甲班经过7局比赛获胜的概率533514

41C125520P=−=．（4）若甲班在第一阶段获胜的局数为4，则甲班经过7局比赛获胜的概率54451441C125540P=−=．所以所求概率123438PPPPP=+++=，故A项正确.故选：A

.2．已知为随机试验的样本空间，事件A，B满足,AB，则下列说法正确的是（）A．若AB，且()()11,32PAPB==，则()56PAB+=B．若AB=，且()()11,32PAPB==，则()56PAB+=C．若()()()11,32PAPABPB===，则()14PBA=D

．若()()()133,,248PAPABPAB===，则()23PB=【答案】BD【分析】对于A，由AB得()()(1)2PABPABPB+===U；对于B，根据互斥事件的概率加法公式即可判断；对于C，根据相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式即可判断；对于D，根据条件

概率以及全概率公式即可判断．【详解】选项A：因为AB，所以()()(1)2PABPABPB+===U，选项A不正确；选项B：若AB=，则A，B互斥，由()()11,32PAPB==，得()()()115326PABPAPB=++=+=，选项B正确；选项C：由()()

PAPAB=得事件A，B相互独立，所以事件,AB也相互独立，所以()()()11111233PABPAPB==−−=，则()()()1131213PABPBAPA===−，选项C不正确

；选项D：由()()()()()()33,48PABPABPABPABPBPB====，得()()()()33,48PABPBPABPB==，()()()()()3348PAPABPABPBPB=+=+，所以()()()13311248PBPB−=−+，

解得()23PB=，选项D正确．故选：BD.【点睛】方法点睛：条件概率中复杂事件的求解，可以灵活运用条件概率的相关性质，转化为彼此互斥的事件或对立的事件的概率求解．①已知事件A，B，C，如果B和C是两个互斥事件，则()()(

)PBCAPBAPCA=+；②已知事件A，B，则()()1PBAPBA=−；③事件A与B相互独立时，有()()PBAPB=．3．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.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以1A，2A和3A表示从

甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论中正确的是（）A．()25PB=B．()2411PBA=C．事件B与事件1A相互独立D．1A，2A，3A两两互斥【答案】BD【分析】根据已知得出(

)()()()()()123123,,,|,|,|PAPAPAPBAPBAPBA，然后即可根据概率的乘法公式以及全概率公式，得出答案.【详解】由已知可得，()151102PA==，()221105PA==，()3310PA=，()1

5|11PBA=，()24|11PBA=，()34|11PBA=.对于A项，由全概率公式可得，()()()()123PBPABPABPAB=++()()()()()()112233PAPBAPAPBAPAPBA=++15143492115111

01122=++=，故A项错误；对于B项，根据已知，即可计算()2411PBA=，故B项正确；对于C项，由已知可得，()()()111155|21122PABPAPBA===，()()()1119922244PAPBPAB==，故C项错误；对于

D项，由已知可知，1A，2A，3A两两互斥，故D项正确.故选：BD.4．已知,,ABC为随机事件，则下列表述中不正确的是（）A．()()()PABPAPB=B．()()()|||PBCAPBAPCA=+C．()|1PAA=D．()

()|PABPAB【答案】ABD【分析】根据概率的性质及事件的运算关系，结合独立事件、条件概率公式判断各项的正误.【详解】仅当A与B相互独立时，()()()PABPAPB=成立，故A不正确；当B和C是两个

互斥事件时()()()|||PBCAPBAPCA=+才成立，故B不正确；()()()|1()()PAAPAPAAPAPA===，故C正确；()()()()|PABPABPABPB=，故D不正确．故选：AB

D5．甲、乙、丙、丁四名教师分配到A，B，C三个学校支教，每人分配到一个学校且每个学校至少分配一人.设事件M：“甲分配到A学校”；事件N：“乙分配到B学校”，则（）A．事件M与N互斥B．()13PM=C．事件M与N相互独立D．(

)512PMN=【答案】BD【分析】利用互斥事件、相互独立事件的定义判断AC；利用古典概率计算判断B；计算条件概率判断D作答.【详解】对于A，甲分配到A学校的事件与乙分配到B学校的事件可以同时发生，即事件M与N不互斥，A错误；对于B，甲分配到A，B

，C三个学校是等可能的，则()13PM=，B正确；对于C，由选项B知，()13PN=，112223431CC5()CA36PMN+==，显然()()()PMNPMPN，因此事件M与N相互不独立，C错误；对于D，由选项BC知，5()536(|

)1()123PMNPMNPN===，D正确.故选：BD6．为了促进消费，某商场针对会员客户推出会员积分兑换商品活动：每位会员客户可在价值80元，90元，100元的A，B，C三种商品中选择一种使用积分进行兑换，每10积分可兑换1元.已知参加活动的甲、乙两位客户各有1000积分，且甲兑换

A，B，C三种商品的概率分别为12，13，16，乙兑换A，B，C三种商品的概率分别为12，16，13，且他们兑换何种商品相互独立.(1)求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；(2)记X为两人兑换商品后的积分总余额，求X的分布列与期望【答案】(1)1336；(2)分布列见解析，()250EX=.【

分析】（1）应用独立乘法公式、互斥事件加法求甲、乙两人兑换同一种商品的概率；（2）根据题设确定X的可能取值并确定对应概率，即可写出分布列，进而求期望.【详解】（1）由题可知，甲、乙两人兑换同一种商品的概率为1111111322366336++=；（2）由

题意，兑换A，B，C三种商品所需的积分分别为800，900，1000，则X的取值可能为0，100，200，300，400，()11106318PX===，()11115100663336PX==+=，()111111

1120036236236PX==++=，()1111130026324PX==+=，()111400224PX===，则X的分布列为X0100200300400P11853611361414151111()010020030040025018363

644EX=++++=.7．截至2022年年底，女足亚洲杯已经成功举办了20届．中国女子国家足球队在参赛的15届亚洲杯中共获得9次冠军、2次亚军和3次季军，其辉煌战绩每每给国人带来拼搏奋进的力量．在某届女足亚洲杯中，将甲、乙、丙等12支参赛

球队平均分成A，B，C三个小组．(1)求甲、乙、丙三支球队分到同一小组的概率；(2)求甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率．【答案】(1)19(2)23【分析】（1）古典概型求事件概率，将所有基本事件均列出，

然后将符合题意的基本事件列出，即可求符合题意的事件的概率；（2）可以直接求符合题意的事件的概率，也可以先求互斥事件的概率，间接求符合题意的事件概率.【详解】（1）当甲球队分到A组时，乙、丙两支球队分到的小组有AA，AB，AC，BA，BB，BC，CA，CB，CC共9种情况．同理，当

甲球队分到B组或C组时，乙、丙两支球队分到的小组也分别有9种情况，故甲、乙、丙三支球队的分组情况共有3927=（种）．又因为甲、乙、丙三支球队分到同一小组有AAA，BBB，和CCC共3种情况，所以甲、乙、丙三支球队分到同一小组的概率为31279=．（2）方法一当甲、乙两支球队都

分到A组而丙球队分到B组或C组时有2种情况．同理，当甲、乙两支球队都分到B组或C组而丙球队不与它们一组时也分别有2种情况．故甲、乙两支球队同组，而丙球队不与它们一组的概率为322279=．同理，甲、丙两支球队同组，而乙球队不与它们一组的概率也为29，乙、丙两支球队同

组，而甲球队不与它们一组的概率也为29．又因为上述三种情况互斥，所以甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率为22229993++=．方法二甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的对立事件是甲、乙、丙三支球队都分到不同小组和甲、乙、丙三支球队都分到同一小组．甲、

乙、丙三支球队都分到不同小组的情况有ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种，所以甲、乙、丙三支球队都分到不同小组的概率为62279=．所以甲、乙、丙三支球队中恰有两支分到同一组的概率为1221993−+=

．8．某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下，选手依次参加第一，二，三关，闯关成功可获得的奖金分别为1000元、2000元、3000元.奖金可累加，若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金

，也可以选择继续闯关，若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束.选手小刘参加闯关游戏，已知他第一，二，三关闯关成功的概率分别为45，34，23.第一关闯关成功选择继续闯关的概率为35，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为25，且每关闯关成功与

否互不影响.(1)求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；(2)设小刘所得奖金为X，求随机变量X的分布列及数学期望.【答案】(1)21125；(2)分布列见解析，数学期望为1544元.【分析】（1）利用

独立事件乘法及互斥事件加法求小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）首先确定可能0,1000,3000,6000X=，应用乘法公式、加法公式求对应概率，写出分布列，进而求期望即可.【详解】（1）由题意，要使小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零，选择闯第二关且失败

，或选择闯第二关且成功，又选择闯第三关且失败，所以小刘第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率431433212155455453125P=+=.（2）由题意，0,1000,3000,6000X=，且12146(0)5125125PX=

=+=，428(1000)5525PX===，433327(3000)5545125PX===，4332212(6000)55453125PX===，X的分布列如下：X0100030006000P461258252

7125121254682712()0100030006000154412525125125EX=+++=元.9．甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去.若比赛中有

人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率为12，乙、丙比赛乙胜概率为13，丙、甲比赛丙胜概率为23，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局.(1)比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；(2)已知比

赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率.【答案】(1)23(2)13108【分析】（1）根据独立事件的概率公式进行求解即可；（2）分析比赛情况，根据和事件的概率公式进行求解即可.【详解】（1）由题可知，甲、乙、丙各旁观1局只需讨论前两局的胜负情

况，可分为：甲胜乙、丙胜甲；乙胜甲，丙胜乙.设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，设比赛完3局时，甲、乙、丙各旁观1局为事件M，则MACAB=，则()()()()()()()1212223233PMPACPA

BPAPCPAPB=+=+=+=，所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为23.（2）设甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件iA，iB，iC，1,2,3,4,5i=，设比赛完5局甲获得最终胜利为事件D，则123451234512345123451234512345,DBBAAABCAAAAABBAAA

BCAACCAAACBAA=+++++()()()()()()12345123451111112323272PBBAAAPBPBPAPAPA===，()()()()()()12345123451211112332354PB

CAAAPBPCPAPAPA===，()()()()()()12345123451111112323272PAABBAPAPAPBPBPA===，()()()()()()12345123451

112112323354PAABCAPAPAPBPCPA===，()()()()()()12345123451221112333227PACCAAPAPCPCPAPA===，()()()()()()12345123451211112332354PACBAAPAPCPBPAPA

===，所以()11111113725472542754108PD=+++++=.所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为13108.10．某校为丰富教职工业余文化活动，在教师节活动中举办了“三神杯”比赛，

现甲乙两组进入到决赛阶段，决赛采用三局两胜制决出冠军，每一局比赛中甲组获胜的概率为()01pp，且甲组最终获得冠军的概率为12（每局比赛没有平局）.(1)求p；(2)已知冠军奖品为28个篮球，在甲组第

一局获胜后，比赛被迫取消，奖品分配方案是：如果比赛继续进行下去，按照甲乙两组各自获胜的概率分配篮球，请问按此方案，甲组、乙组分别可获得多少个篮球?【答案】(1)12p=(2)甲组应获得21个篮球，乙获得7个篮球比较合

理.【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式列式计算即可；（2）先求出在甲第一局获胜的情况下，甲输掉比赛的事件概率，即可求解.【详解】（1）令事件iA：甲组在第i局获胜，1,2,3i=.甲组胜的概率为：()()()()()222

112123123123212PPAAPAAAPAAAppppp=+=−+=+−=，所以()2122102ppp−−−=，解得12p=.（2）由题意知，在甲组第一局获胜的情况下，甲组输掉比赛事件为：甲组接下来的比赛中连输两场，所以在甲第一局获胜的前提下，最终输掉比

赛的概率()223111·224PPAA===，即甲获胜的概率为34，故甲组、乙组应按照3：1的比例来分配比赛奖品，即甲组应获得21个篮球，乙组获得7个篮球比较合理.易错点二：混淆基本事件的“等可能性”与“非等可能性”致误（古典概率）古典概型（1）定义一般地，若

试验E具有以下特征：①有限性：样本空间的样本点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生的可能性相等.称试验E为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型.（2）古典概型的概率公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间包含n个样

本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率()()()nAkPAnn==.（3）概率的基本性质（1）对于任意事件A都有：0()1PA．（2）必然事件的概率为1，即()=1P；不可能事概率为0，即()=0P．（3）概率的

加法公式：若事件A与事件B互斥，则()()()PABPAPB=+．推广：一般地，若事件1A，2A，…，nA彼此互斥，则事件发生（即1A，2A，…，nA中有一个发生）的概率等于这n个事件分别发生的概率之和，即：12

12(...)()()...()nnPAAAPAPAPA+++=+++．（4）对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则()1()PAPB=−，()1()PBPA=−，且()()()1PABPAPB=+=．（5）概率的单调性：若AB，则()(

)PAPB．（6）若A，B是一次随机实验中的两个事件，则()()()()PABPAPBPAB=+−．解题步骤如下：第一步：仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；第二步：判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；第三步：分别

求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；第四步：利用公式()APA=包含的基本事件的个数基本事件的总数求出事件A的概率．易错提醒：在解决古典概型问题时要分清事件与基本事件，每个基本事件发生的概率都是相等的，而某个事件可能包含几个基本事件，要注意区分

，避免出错.例、设袋中有4只白球和2只黑球，现从袋中无放回地摸出2只球．（1）求这2只球都是白球的概率；（2）求这2只球中1只是白球1只是黑球的概率．解：我们不妨把4只白球标以1，2，3，4号，2只黑球标以5，6号，则基本事件有()1,2，()1,3，…，()1,6，

()2,1，()2,3，…，()2,6，…，()6,1，()6,2，…，()6,5，共30个．（1）用A表示“2只球都是白球”这一事件，则()()()()()()()()1,2,1,3,1,4,2,1,2,3,2,4,3,1,3,2,A=()()

()()3,4,4,1,4,2,4,3共12个．所以()122305PA==．（2）用B表示“2只球中1只是白球1只是黑球”这一事件，则()()()()()()1,5,1,6,2,5,2,6,3,5,3,6,B=()()()()()()()()()

()4,5,4,6,5,1,5,2,5,3,5,4,6,1,6,2,6,3,6,4共16个，所以()1683015PB==．变式1：袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球，2个白球和3个黑球，从袋中

任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于（）A．15B．25C．35D．45解：由题意11232625CCPC==．故选B．变式2：一个口袋里有形状一样仅颜色不同的5个小球，其中白色球3个，黑色球2个．若从中任取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球3次，恰好取到两次

白球”的概率为_____________；若从中任取2个球，记所取球中白球可能被取到的个数为，则随机变量的期望为_____________．解：连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率1111111112333233321

11555CCCCCCCCC54CCC125P++==，由题意，的可能值为0,1,2，则2225C1(0)C10P===，113225CC6(1)C10P===，2325C3(2)C10P===，所以1636()0121010105E=++=.故答案为：

54125，65.变式3：已知不透明的袋中装有三个黑球（记为1B，2B和3B）、两个红球（记为1R和2R），从中不放回地依次随机抽取两球．(1)用集合的形式写出试验的样本空间；(2)求抽到的两个球都是黑球的概率．解

：(1)试验的样本空间1213111221232122={(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),BBBBBRBRBBBBBRBR3132313211121312(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)BBBBBRBRRBRBRBRR2

1222321(,),(,),(,),(,)RBRBRBRR；(2)设事件=A“抽到两个黑球”，则对于不放回简单随机抽样，121321233132{(,),(,),(,),(,),(,),(,)}=ABBBBBBBBBBBB．因为样本空间中每一个样本点的可能性都

相等，所以这是一个古典概型．因此()()()632010===nAPAn．所以抽到的两个球都是黑球的概率为3101．某学校举办作文比赛，共5个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题概率为（）A．23B．45C．12D

．13【答案】B【分析】求出甲、乙随机抽取一个主题的试验含有的基本事件数，甲、乙抽到不同主题的事件含有的基本事件数，再利用古典概率公式计算即得.【详解】依题意，甲、乙随机抽取一个主题的试验含有的基本事件数为

55，甲、乙抽到不同主题的事件A含有的基本事件数为54，所以甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为544()555PA==.故选：B2．书籍是人类进步的阶梯，数学名著更是如此，《九章算术》《孙子算经》《周髀算经》《海岛算经》是我国古代数学领域影响深远的四部著作，而《几

何原本》《阿基米德全集》《圆锥曲线论》被称为“古希腊三大数学书”，代表了文艺复兴之前欧洲数学的最高成就，这些著作对后世的数学发展有着深远而广泛的影响．现从这七本名著中任选三本，则至少两本是中国数学名著的概率为（）A．17B．1835

C．2235D．415【答案】C【分析】本题以中外数学名著为背景，根据组合知识、古典概型的概率求解.【详解】从七本名著中任选三本的所有情况有37C35=（种），至少两本是中国数学名著的情况有321443CCC22+=（种），所以从这七本名著中任选三本，至少两本是中国数学名著的概率为P，2

235P=．故选：C．3．“二十四节气”是我国上古农耕文明的产物，农耕生产与大自然的节律息息相关，它是上古先民顺应农时，通过观察天体运行，认知一岁（年）中时候（时令）、气候、物候等变化规律所形成的知识体系．“二十四节气”对今天的农业生产仍有着重要的指导意义．传统四季划分是以

立春、立夏、立秋、立冬作为起始．现从“二十四节气”中随机抽取两个节气，则这两个节气恰在同一季的概率为（）A．223B．523C．1069D．1023【答案】B【分析】利用组合数公式，计算出“二十四节气”中随机抽取两个节气共有的情况数及

抽取的两个节气恰在同一季的情况数，利于古典概型概率计算公式进行计算即可.【详解】从“二十四节气”中随机抽取两个节气共有224C276=（种）情况，抽取的两个节气恰在同一季有264C60=（种）情况，所以这两个节气恰在同一季的概率为60527623=．故选：B．4

．某大学为了了解学生课外图书阅读量的情况，从大二学生中抽取50名，统计他们今年上半年阅读的书籍数量，发现读书不低于6本的人数占12%，不低于8本的人数占4%.现从读书不低于6本的学生中随机地选取2名进行座谈，则这2名学生1名读书低于8本且不低于6本，1名读书不低于8本的概率为（）A．15B

．815C．35D．715【答案】B【分析】根据题意求得读书本数对应的学生人数，再利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解.【详解】读书低于8本且不低于6本的人数为()5012%4%4−=，分别记作,,,ABCD

，不低于8本的人数为504%2=，分别记作,ab，则从中选出2名学生的基本事件为：,,,,,,,,,,,,,,ABACADAaAbBCBDBaBbCDCaCbDaDbab，共15件，其中1名读书低于

8本且不低于6本，1名读书不低于8本的基本事件有,,,,,,,AaAbBaBbCaCbDaDb，共8件，则所求概率为815.故选：B.5．某对新婚夫妇响应国家号召，计划生育3个孩子，若每胎只有一个孩子，且每胎生男生女的概率相同，记事件A为“3个孩子中有男有女”，则()PA

=（）A．13B．12C．23D．34【答案】D【详解】利用对立事件性质和列举法求解古典概型概率问题.【分析】由题意可知，所有不同情况的总数为328=，A的对立事件A为“3个孩子全是男孩或者全是女孩”，有2种情况，故()82384PA−==．故选：D．6．某中学团委为庆祝“五四”青年节，举

行了以“弘‘五四’精神，扬青春风采”为主题的文艺汇演，初中部推荐了2位主持人，高中部推荐了4位主持人，现从这6位主持人中随机选2位主持文艺汇演，则选中的2位主持人恰好是初中部和高中部各1人的概率为（）A．13B．23C．34D．815【答案】D【分析】根

据题意可列举出从6位主持人中随机选2位主持文艺汇演的所有组合情况，再挑选出符合题意的情况，利用概率计算公式即可得其概率为815.【详解】设初中部的2位主持人分别为,ab，高中部的4位主持人分别为1，2，3，4，

则从这6位主持人中随机选2位，共有15种不同的选法，分别是,ab，,1a，,2a，,3a，,4a，,1b，,2b，,3b，,4b，1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,4

，选中的2位主持人恰好是初中部和高中部各1人有8种不同的选法，分别是,1,,2,,3,,4aaaa，,1,,2,,3,,4bbbb，故所求概率为815，故选：D．7．先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x，y，设事件1A

=“5xy+=”，事件2A=“2yx=”，事件3A=“2xy+为奇数”，则（）A．()119PA=B．()2112PA=C．1A与3A相互独立D．2A与3A相互独立【答案】ACD【分析】根据古典概型概率公

式计算概率判断AB，根据相互独立事件的定义结合概率的求法判断CD.【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x，y，则基本事件总数为()()()()()()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，()()()()()()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种情形，满足事件1A的有()()()()1,4,2,3,3,2,4,1，共4种情形，其概率()141369PA==，故A正确；

满足事件2A的有()()1,1,2,4，共2种情形，其概率()2118PA=，B不正确；满足事件3A的有()()()()()()1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6，()()()()()()3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6，()()()()(

)()5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6，共18种情形，其概率()312PA=，满足事件13AA的有()()1,4,3,2共2种情形，所以()13118PAA=，则()()()1313PAAPAPA=，所以1A与3A相互

独立，C正确；满足事件23AA的只有()1,1一种情形，所以()23136PAA=，因为()()()2323PAAPAPA=，所以2A与3A相互独立，D正确.故选：ACD.8．某公司为了推广旗下的某款App

，在2024年春节来临之前，推出了集“福卡”得奖励的活动，其中“福卡”有5种，分别是“福到”“财到”“喜到”“缘到”“运到”．规则如下：①通过登录这款App或推荐新用户下载并使用这款App可获得若干抽奖次数；②每

次抽奖可获得一张“福卡”；③5种“福卡”是系统随机分配的；④用户集齐5种“福卡”后，便可获得App提供的奖励；⑤集齐5种“福卡”后，用户不再抽奖，活动结束；⑥用完所有抽奖机会，活动结束．现在甲参加了集“福卡”得奖励的活

动．(1)已知甲已经集了其中的2种“福卡”，还有3次抽奖机会，求甲获得奖励的概率；(2)已知甲已经集了其中的3种“福卡”，还有4次抽奖机会，记活动结束时，甲使用的抽奖次数为，求的分布列和数学期望．【答案】(1)6125(2)分布列见解析，数学期望为466125【分析】（1）

根据古典概率模型求解即可；（2）由题设知，的所有可能取值为2，3，4，然后分别求出每种可能的取值，列出分布列，求得数学期望.【详解】（1）记“甲获得奖励”为事件A，则()333A65125PA==．（2）由题设知，的所

有可能取值为2，3，4，则()222A22525P===，()1413111432555555125P==+=，()()()2141014123125125125PPP==−=−==−−=．所以的分布列为234P225141251011

25则()2141014662+3+4=25125125125E=．9．某地区运动会上，有甲、乙、丙三位田径运动员进入了男子100m决赛，某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测，为此，他收集了这三位运动员近几年的大赛100m成绩（单位：秒），若比赛成绩小于10秒则称为

“破十”.甲：10.54，10.49，10.31，10.37，9.97，10.25，10.11，10.04，9.97，10.03；乙：10.59，10.32，10.06，9.99，9.83，9.91；丙：10.03，9.98，10.10

，10.01.假设用频率估计概率，且甲、乙、丙三位运动员的比赛成绩相互独立.(1)分别估计甲、乙、丙三位运动员“破十”的概率；(2)设这三位运动员在这次决赛上“破十”的人数为X，估计X的数学期望()EX.【答案】(1)甲

、乙、丙三位运动员“破十”的概率分别为111,,524(2)()1920EX=【分析】（1）利用古典概型的概率公式直接计算得解；（2）写出X的可能取值，计算对应的概率，根据期望公式求解即可.【详解】（1）甲运动员“破十”的概率为21()105PA==，乙运动

员“破十”的概率为31()62PB==，丙运动员“破十”的概率为1()4PC=.（2）X的可能取值为0,1,2,3，1113(0)(1)(1)(1)52104Px==−−−=，011111111(

11)(1)(1)(1)(1)(1)(1)522452195444Px=+=−−−−+−−=，111115111(2)(1)(1)(1)52254152144Px==−−+−+=，114011(3)542Px===，所以X的分布列为X0123P310194

015140期望()19111940534030121002EX+==++.10．某地区运动会上，有甲、乙两位田径运动员进入了男子100m决赛，某同学决定运用高中所学的知识对该次决赛的情况进行预测，为此，他收集了这两位运动员近几年的大赛100m成绩（单位：秒），若比

赛成绩小于10秒则称为“破十”.甲：10.54，10.49，10.31，10.37，9.97，10.25，10.11，10.04，9.97，10.03；乙：10.32，10.06，9.99，9.83，9.91

；(1)求甲成绩的中位数与平均数（平均数的结果保留3位小数）；(2)从乙的5次成绩中任选3次，求恰有2次成绩“破十”的概率.【答案】(1)中位数为10.18，平均数为10.208(2)35【分析】（1）根据中位数和平均数的计算公式即可

求解；（2）列举法求解即可.【详解】（1）甲成绩从小到大排列如下:9.97,9.97,10.03,10.04,10.11,10.25,10.31,10.37,10.49,10.54，甲成绩的中位数为10.1110.2510.182+=，平均数为1(9.979.9710.0310.0410

+++10.1110.2510.3110.3710.4910.54)10.208++++++=；（2）乙的5次成绩有3次“破十”，记为,,abc，有2次没“破十”，记为,de，记恰有2次成绩“破十”为事件A，则从乙的5次成绩中任

选3次的结果有：,,,,,,,,,abcabdabeacdaceadebcdbcebdecde共10种，其中满足事件A的结果有,,,,,abdabeacdacebcdbce共6种，63()105PA

==，即恰有2次成绩“破十”的概率为35.易错点三：条件概率应用错误（条件概率）Ⅰ：条件概率一般地，设A，B为两个事件，且()0PA，称()()()|PABPBAPA=为在事件A发生的条件下，事件B

发生的条件概率．注意：（1）条件概率|()PBA中“|”后面就是条件；（2）若()0PA=，表示条件A不可能发生，此时用条件概率公式计算|()PBA就没有意义了，所以条件概率计算必须在()0PA的情况下进行．性质（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的

条件概率都在0和1之间，即1|0()PBA．（2）必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0．（3）如果B与C互斥，则(||()(|))PBCAPBAPCA=+．注意：（1）如果知道事件A发生会影响

事件B发生的概率，那么()|)(PBPBA；（2）已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求|()PBA，相当于把A看作新的基本事件空间计算AB发生的概率，即()()()()()()()()|()nABnABnPABPBAnAnAPAn=

==．Ⅱ：相互独立与条件概率的关系相互独立事件的概念及性质（1）相互独立事件的概念对于两个事件A，B，如果)(|)(PBAPB=，则意味着事件A的发生不影响事件B发生的概率．设()0PA，根据条件概率的计算公式，()()()()|PABPBPBAPA==，从而()()

()PABPAPB=．由此我们可得：设A，B为两个事件，若()()()PABPAPB=，则称事件A与事件B相互独立．（2）概率的乘法公式由条件概率的定义，对于任意两个事件A与B，若()0PA，则()|)()(PABPAP

BA=．我们称上式为概率的乘法公式．（3）相互独立事件的性质如果事件A，B互相独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．事件的独立性（1）事件A与B相互独立的充要条件是()()()PABPAPB=．（2）当()0PB时，A与B独立的充要条件是()()|PABPA

=．（3）如果()0PA，A与B独立，则()()()()()()()|PABPAPBPBAPBPAPA===成立．Ⅲ：全概率公式全概率公式（1）|()()()()(|)PBPAPBAPAPBA=+；（2

）定理1若样本空间中的事件1A，2A，…，nA满足：①任意两个事件均互斥，即ijAA=，12ijn=，，，，，ij；②12nAAA+++=；③()0iPA，12in=，，，．则对中的任意事件B，都有12nBBABABA=+++，且11()()

()()|nniiiiiPBPBAPAPBA====．贝叶斯公式（1）一般地，当0()1PA且()0PB时，有()()()()()()()()()()||||PAPBAPAPBAPABPBPAPBAPAPBA==+（2）定理2若样本空间中

的事件12nAAA，，，满足：①任意两个事件均互斥，即ijAA=，12ijn=，，，，，ij；②12nAAA+++=；③()01iPA，12in=，，，．则对中的任意概率非零的事件B，都有12nBBABABA=+++，且1()()()()()()()()|||jj

jjjniiiPAPBAPAPBAPABPBPAPBA===易错提醒：条件概率：设A，B是条件S下的两个随机事件，()0PA，则称在事件A发生的条件下事件B发生的概率为条件概率，记作()|PBA，()()()|PABPBAPA=，其中()PAB表示事件A与事件

B同时发生构造的事件．要注意概率()|PAB与()PAB的区别：（1）在()|PAB中，事件A，B发生有时间上的差异，B先A后；在()PAB中，事件A，B同时发生．（2）样本空间不同，在()|PAB中，事件B成为样本空间；在()PAB中，样本空间

仍为，因而有()()|PABPAB．例、假定生男生女是等可能的，某家庭有3个孩子，其中有1名女孩，求其至少有1个男孩的概率．解：此家庭共有3个孩子，包含基本事件有（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）

，（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）其中至少有1个女孩共有7种可能，其中至少有1个男孩有6种可能，故其概率为67．变式1：某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是

0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45解：试题分析：记A=“一天的空气质量为优良”，B=“第二天空气质量也为优良”，由题意可知()(

)0.75,0.6PAPAB==,所以()()()4|5PABPBAPA==，故选A.变式2：设某种灯管使用了500h还能继续使用的概率是0.94，使用到700h后还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500h的灯管还能继续使用到700h的概率是多少？解：设A＝“能使用到50

0h”，B＝“能使用到700h”，则()0.94PA=，()0.87PB=．而所求的概率为()|PBA，由于BA，故()()()()()0.87870.949|4PABPBPBAPAPA====．故答

案为：8794.变式3：有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取1粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率．解：设事件A=“种子的发芽”，事件B=“幼苗成活”据题意知，()0.9PA=，()|0.8PBA=，故由()(

)()|PABPBAPA=知，()()()|0.72PABPAPBA==，又由于BA，故()()0.72PABPB==即为这粒种子能成长为幼苗的概率．故答案为：0.72.1．连续抛掷一枚质地均匀的骰子3次，观察向上的点数．在第1次出现奇数的条件下，3次出现的点数之积为偶数的概率为（）A

．12B．58C．34D．78【答案】C【分析】设第一次出现奇数为事件A，3次出现的点数之积为偶数为事件B，结合条件概率的计算公式，即可求解.【详解】设第一次出现奇数为事件A，3次出现的点数之积为偶数为事件B，则31(

)62PA==，(366333)3()6668PAB−==，所以3()38(|)1()42PABPBAPA===.故选：C.2．湖南第二届旅游发展大会于2023年9月15日至17日在郴州举行，为让广大学生知晓郴州，热爱郴州，亲身感受“走遍五大洲，最美有郴州”绿色生态研学，现

有甲，乙两所学校从万华岩中小学生研学实践基地，王仙岭旅游风景区，雄鹰户外基地三条线路中随机选择一条线路去研学，记事件A为“甲和乙至少有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”，则(|)PBA=（）A

．15B．45C．34D．14【答案】B【分析】利用古典概率求出事件,AAB的概率，再利用条件概率公式计算即得.【详解】依题意，甲，乙随机选择一条线路去研学的试验有23个基本事件，事件A含有的基本事件数是2215+=，则5()9=PA

，事件AB含有的基本事件数为224=，则4()9PAB=,所以()4(|)()5PABPBAPA==.故选：B3．甲、乙两位学生在学校组织的课后服务活动中，准备从①②③④⑤5个项目中分别各自随机选择其中一项，记事件A：甲和乙选择的活动各不同

，事件B：甲和乙恰好一人选择①，则(|)PBA等于（）A．15B．25C．925D．920【答案】B【分析】先利用排列组合及计数原理，求出()nA和()nAB，再利用条件概率公式即可求出结果.【详解】由题意知，()25A20nA==，()1124CA8nAB==，所以()()()82|205

nABPBAnA===，故选：B.4．2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在

学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为（）．A．13B．12C．23D．18【答案】B【分析】设出事件，利用条件概率求解公式计算.【详解】记事件A：学生A被抽到，事件B：学生B被抽到，所以()2435C3C5P

A==，()1335C3C10PAB==，所以()()()3110325PABPBAPA===．故选：B5．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且1()2PA=，11()24PB=，7()24PABAB+=，则下列结论中正确的是（）A

．1()8PAB=B．5()6PAB+=C．9()11|PAB=D．()||)(PABPBA=【答案】AB【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.【详解】因为1()2PA=，11()24PB=，所以1()2PA=，13()24PB=.因为AB与AB为互斥事件，所

以()0PABAB=，所以()()()()()()PABABPABPABPABABPABPAB+=+−=+()()()()PBPABPAPAB=−+−1112()224PAB=+−724=，所以1()3PAB=，故

111()1()8()243PBPAPBAB=−=−=，故A正确；115()()()()()()[()()]()()236PABPAPBPABPAPBPBPABPAPAB+=+−=+−−=+=+=，故B正确；1()83()11()1124|PABPABPB===

，故C错误；1()38()11()1124|PABPABPB===，11()()()123()1()()3|2PABPAPABPBAPAPA−−====，所以()||)(PABPBA，故D错误.故选:AB.6．已知为随机试验的样本空间，事件A，B满足,AB，则下列说法正确

的是（）A．若AB，且()()11,32PAPB==，则()56PAB+=B．若AB=，且()()11,32PAPB==，则()56PAB+=C．若()()()11,32PAPABPB===，则()14PBA=D．若()()()133,,248PAPABPAB===

，则()23PB=【答案】BD【分析】对于A，由AB得()()(1)2PABPABPB+===U；对于B，根据互斥事件的概率加法公式即可判断；对于C，根据相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式即

可判断；对于D，根据条件概率以及全概率公式即可判断．【详解】选项A：因为AB，所以()()(1)2PABPABPB+===U，选项A不正确；选项B：若AB=，则A，B互斥，由()()11,32PAPB==，得()()()11532

6PABPAPB=++=+=，选项B正确；选项C：由()()PAPAB=得事件A，B相互独立，所以事件,AB也相互独立，所以()()()11111233PABPAPB==−−=，则

()()()1131213PABPBAPA===−，选项C不正确；选项D：由()()()()()()33,48PABPABPABPABPBPB====，得()()()()33,48PABPBPABPB==，()()()()()3348PAPA

BPABPBPB=+=+，所以()()()13311248PBPB−=−+，解得()23PB=，选项D正确．故选：BD.【点睛】方法点睛：条件概率中复杂事件的求解，可以灵活运用条件概率的相关性质，转化为彼此互斥的事件或

对立的事件的概率求解．①已知事件A，B，C，如果B和C是两个互斥事件，则()()()PBCAPBAPCA=+；②已知事件A，B，则()()1PBAPBA=−；③事件A与B相互独立时，有()()PBAPB=．7．多巴

胺是一种神经传导物质，能够传递兴奋及开心的信息.近期很火的多巴胺穿搭是指通过服装搭配来营造愉悦感的着装风格，通过色彩艳丽的时装调动正面的情绪，是一种“积极化的联想”.小李同学紧跟潮流，她选择搭配的颜色规则如下：从红色和蓝色两种颜色中选

择，用“抽小球”的方式决定衣物颜色，现有一个箱子，里面装有质地、大小一样的4个红球和2个白球，从中任取4个小球，若取出的红球比白球多，则当天穿红色，否则穿蓝色.每种颜色的衣物包括连衣裙和套装，若小李同学选择了红色，再选连衣裙的可

能性为0.6，而选择了蓝色后，再选连衣裙的可能性为0.5.(1)写出小李同学抽到红球个数的分布列及期望；(2)求小李同学当天穿连衣裙的概率.【答案】(1)分布列见解析，83(2)1425.【分析】（1）根据超几何分布求出(4)

,(3),(2)PXPXPX===的概率，列出分布列，求出数学期望即可；（2）设A表示穿红色衣物，则A表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则B表示穿套装.求出(),(),(),()PAPAPBAPBA，结合条件概率和()()()()()PBPBAPAPBAPA=+

计算即可求解.【详解】（1）设抽到红球的个数为X，则X的取值可能为4，3，2，()4446C14C15PX===，()314246CC83C15PX===，()224246CC22C5PX===，所以X的分布列为

：X432P11581525故()1828432151553EX=++=.（2）设A表示穿红色衣物，则A表示穿蓝色衣物，B表示穿连衣裙，则B表示穿套装.因为穿红色衣物的概率为()()()1834315155PAPXPX==

+==+=，则穿蓝色衣物的概率为()()225PAPX===，穿红色连衣裙的概率为()30.65PBA==，穿蓝色连衣裙的概率为()10.52PBA==，则当天穿连衣裙的概率为()()()()()331214552525PBPBAPAPBAPA=+=+=.所以小李同学当天

穿连衣裙的概率为1425.8．从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛.要求每个家庭派出一

名代表参赛，每位参赛者需测试A，B，C三个项目，三个测试项目相互不受影响.(1)若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能的从,,ABC三个项目中选一项测试，且他测试,,ABC三个项目“通过”的概率分别为311,,522.已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是A的概率；

(2)现规定：三个项目全部通过获得一等奖，只通过两项获得二等奖，只通过一项获得三等奖，三项都没有通过不获奖.已知居民乙选择ABC−−的顺序参加测试，且他前两项通过的概率均为a，第三项通过的概率为b.若他获得一等奖的概率为18，求他获得二

等奖的概率P的最小值.【答案】(1)38(2)38【分析】（1）利用全概率公式和条件概率公式即可得到答案；（2）根据218ab=得到21348Paa=+−，再利用导数求出其最值即可.【详解】（1）记事件1M=“第一项测试选择了项目A”，2M=“

第一项测试选择了项目B”，3M=“第一项测试选择了项目C”，记事件N=“第一项测试合格”，由题意知，()()()1231231,3NMNMNMNPMPMPM=++===，()()()123311,,52

2PNMPNMPNM===∣∣∣，又事件123,,MNMNMN互斥，则()()()()123PNPMNPMNPMN=++，即()()()()()()()112233131111835323215PNPMPNMPMPNMPMPNM=++=+

+=∣∣∣，所以在居民甲第一项测试“合格”的条件下，他第一个项目选择了A的概率为：()()()()()()1111133358815PMPNMPMNPMNPNPN====∣∣，即已知居民甲第一项测试“合格”，他第一项测试选择的项目是A的概率是38.

（2）由居民乙获一等奖的概率为18，可知218ab=.则()()212223131C12848Pabaabaabaa=−+−=+−=+−.令()213,0148Pfaaaa==+−，()()()2322221211812444aaafaaaaa−+−=−==当102a

时，()0fa；当112a时，()0fa.所以()fa在区间10,2上是减函数，在区间1,12上是增函数.所以min11133()24288faf==+−=.所以P的最小值为38.9．抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中3双是一次性筷

子，2双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双（2只都为一次性筷子或都为非一次性筷子），若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：(1)在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是

一次性筷子的概率；(2)取了3次后，取出的一次性筷子的双数的分布列及数学期望.【答案】(1)1523(2)分布列见解析，期望为1.606【分析】（1）根据全概率公式、条件概率公式求得正确答案.（2）通过求概率求

得分布列，并求得数学期望.【详解】（1）设第1次取出的是一次性筷子为事件A，第2次取出的是非一次性筷子为事件B，则()312223525550PB=+=，()()()3135210PABPAPBA===，所以在第2次取出的是非一次性筷子的前提下，第1次取出的是一次性筷子的概率()()()1

523PABPABPB==；（2）记取出的一次性筷子的双数为X，则0,1,2,3X=，则()3200.0645PX===，()22312312310.3665255255PX==++=，()32130.1543PX===

，则()210.0640.3660.10.47PX==−−−=，则X的分布列为X0123P0.0640.3660.470.1数学期望()0.36620.4730.11.606EX=++=.10．从甲、乙、丙、丁、戊5人中随机地抽取

三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.(1)记甲、乙、丙三人中被抽到的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；(2)若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出

，记n次传球后球在甲手中的概率为()1,2,3,nPn=.①直接写出1P，2P，3P的值；②求1nP+与nP的关系式()*nN，并求出()*nPnN.【答案】(1)分布列见解析，数学期望为1.8(2)①10P=，212P=，314P=；②()*11122nnPPn+=−+N，

()111132nnnP−−=+【分析】1）由离散型随机变量的分布列可解；（2）记nA表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”，由全概率公式可求()*11122nnPPn+=−+N，再由数列知识，由递推公式求得通项公式.【详解】（1）X的所有可能取值为1，2，3.

则()123235CC31C10PX===；()213235CC32C5PX===；()303235CC13C10PX===.所以随机变量X的分布列为：X123P31035110数学期望()3311231.810

510EX=++=.（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且n次传球后球在甲手中的概率为1,2,3,)(nPn=.则有10,P=2221,22P==332124P==.记nA表示事件“经过n次传球后，球在甲

手中”.111nnnnnAAAAA+++=+所以()()()11111nnnnnnnnnPPAAAAPAAPAA+++++=+=+()()()()()()111110122nnnnnnnnnPAPAAP

APAAPPP++=+=−+=−∣∣.即()*11122nnPPn+=−+N.所以1111323nnPP+−=−−，且11133P−=−.所以数列13nP−表示以13−为首项，12−为公比的等比数列.所以1111332nnP−−=−−，()

1111111111113233232nnnnnP−−−−=−−+=−−=+.即n次传球后球在甲手中的概率是()111132nn−−+.