2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)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】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)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】特训(学生版+解析)，共48页。

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\l "_Tc22013" 【题型1 事件相互独立性的判断】 PAGEREF _Tc22013 \h 3
\l "_Tc9584" 【题型2 相互独立事件的概率】 PAGEREF _Tc9584 \h 4
\l "_Tc15160" 【题型3 事件的相互独立性与其他知识综合】 PAGEREF _Tc15160 \h 4
\l "_Tc3308" 【题型4 条件概率】 PAGEREF _Tc3308 \h 6
\l "_Tc16473" 【题型5 全概率公式】 PAGEREF _Tc16473 \h 7
\l "_Tc18276" 【题型6 贝叶斯公式】 PAGEREF _Tc18276 \h 8
\l "_Tc15742" 【题型7 条件概率与其他知识综合】 PAGEREF _Tc15742 \h 9
1、事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
【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，，，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(BA)=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(BA)∈[0,1]，P(A)=1；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪CA)=P(BA)+P(CA)；
③设和B互为对立事件，则P(A)=1-P(BA).
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(BA).
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BΩ，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BΩ，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)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(BA)=.
(2)样本点法：P(BA)=.
(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
【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．1,3B．1,2,3C．3,4D．2,3,4
【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
【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
【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12.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．18B．14C．12D．13
【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．320B．14C．310D．25
【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%
【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12，这个电路是通路的概率是（ ）
A．18B．38C．58D．14
【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12，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为12，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为35，若前一次没投进，则该次投进的概率为25.
(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.
【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．
【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17.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？
【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+p30，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．PMN>РMN．
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PA=PB=13，则PA∪B=（ ）
A．23B．59C．13D．49
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．0.046B．0.90C．0.952D．0.954
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
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．310B．913C．1219D．34
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1k+1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．17B．15C．13D．12
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．1320B．4960C．1720D．5360
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)0，我们称P(BA)=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(BA)∈[0,1]，P(A)=1；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪CA)=P(BA)+P(CA)；
③设和B互为对立事件，则P(A)=1-P(BA).
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(BA).
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BΩ，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BΩ，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)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(BA)=.
(2)样本点法：P(BA)=.
(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PA=C22C22C42C42=136，PB=C22C22C42C42=136，PAB=0≠PAPB，故A项错误；
PC=C22+C21C21C42=56，PAC=0≠PAPC，故B项错误；
PBC=C22C22C42C42=136≠PBPC，故C项错误；
PD=C22+C21C21C42=56，PCD=C22C22+C22C21C21+C21C21C22+C21C21C21C21C42C42=2536=PCPD，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．1,3B．1,2,3C．3,4D．2,3,4
【解题思路】根据PA∩B与PAPB是否相等判断事件是否独立，得到答案.
【解答过程】由题意得PA=24=12，
A选项，PB=24=12，A∩B=1，故PA∩B=14，
所以PA∩B=PAPB，故事件A,B相互独立，A正确；
B选项，PB=34，A∩B=1,2，故PA∩B=24=12，
所以PA∩B≠PAPB，故事件A,B不相互独立，B错误；
C选项，PB=24=12，A∩B=∅，故PA∩B=0，
所以PA∩B≠PAPB，故事件A,B不相互独立，C错误；
D选项，PB=34，A∩B=2，故PA∩B=14，
所以PA∩B≠PAPB，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；
事件A3有1,5,2,4,3,3,4,2,5,1共5种，则PA3=55×5=15，
事件A4有2,5,3,4,4,3,5,2共4种，则PA4=45×5=425，
其中事件A1A3有2,4共1种，事件A2A4有3,4,5,2共2种，
PA1=15,PA2=35，
则PA1A3=125=PA1PA3，所以A1与A3相互独立，故B对；
PA2A4=225≠PA2PA4，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PM=C41⋅C31⋅C21C42⋅C42=23，PN=C42C22C42⋅C42=16，PX=C42C42⋅C42=16，PY=C32⋅C32C42⋅C42=14，
因为事件M与事件N互斥，所以PMN=0，又PM⋅PN=19，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
PXY=C32C42⋅C42=112≠PXPY=124，故B错误；
由PMY=C31⋅C21C42⋅C42=16=PMPY，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以PNY=0，又PY⋅PN=124，
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12.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．18B．14C．12D．13
【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=12×12=14.
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．320B．14C．310D．25
【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2PA1A2A3A4+PA1A2A3A4+PA1A2A3A4
212×35×24×13+12×35×24×13+12×25×34×13=310.
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%
【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12，这个电路是通路的概率是（ ）
A．18B．38C．58D．14
【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=(1−12)(1−12)=14，
则元件B,C至少有一个正常工作的概率为1−p1=34，
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=12×34=38.
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12，且每次投篮相互独立；乙第一次投篮，投进的概率为12，从第二次投篮开始，若前一次投进，则该次投进的概率为35，若前一次没投进，则该次投进的概率为25.
(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=C31×12×1−122=38；
（2）由题意知X的所有可能取值为0，2，4，6，
则PX=0=12×35×35=950,PX=2=12×25×35+12×25×25+12×25×35=825，
PX=4=12×25×35+12×25×25+12×25×35=825,PX=6=12×35×35=950，
随机变量X的分布为，
期望EX=0×950+2×825+4×825+6×950=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，
所以EY=0×18+2×38+4×38+6×18=3,
DY=02×18+22×38+42×38+62×18−32=3，
又可算得DX=02×950+22×825+42×825+62×950−32=9725，
因为EX=EY，DX>DY，
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.
【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)=576−8x，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=0.005x−0.23，
可以估计10000部A型手机中有100000.005x−0.23=50x−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=−0.03x+1.9，
可以估计10000部B型手机中有10000−0.03x+1.9=19000−300x部手机芯片应用错误；
故可以估计芯片生产商的损失费用fx=0.08×50x−2300+0.04×19000−300x =576−8x
又x∈50,55，所以fx∈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17.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C31；
再选出副队长，方法数也是C31，故共有方法数为C31×C31=9（种）.
方法二 先不考虑队长人选对甲的限制，共有方法数为A42=4×3=12（种）；
若甲任队长，方法数为C31，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14；第二次传球甲只能传给乙、丙、丁中的任一位同学，其概率为67；
第三次传球，乙、丙、丁中的一位传球给老师，其概率为17，
故这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为：14×67×17=398.
②若第一次传球，老师传给乙、丙、丁中的任一位，其概率为34，
第二次传球，乙、丙、丁中的一位传球给甲，其概率为27，
第三次传球，甲将球传给老师，其概率为17，
这种传球方式，三次传球后球回到老师手中的概率为34×27×17=398，
所以，前三次传球中满足题意的概率为：398+398=349.
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349.
【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+p30，
故PB>PC，
PA−PB
=p3p11−p2p3−p11−p2p31−p1+1−p3p21−p1p3−1−p11−p3p21−p1
=p1+p3−1p11−p2p3+p1+p3−11−p3p21−p1
=p1+p3−1p11−p2p3+1−p3p21−p1，
由于p1+p30，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．PMN>РMN．
【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PC=1830=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PX=1=0.3×0.2+0.1×0.4=0.1，
PX=2=1−PX=1=0.9，
所以X的分布列为
所以X的数学期望EX=1×0.1+2×0.9=1.9．
（3）由题知PNM>PN|M，所以PNMPM>PNMPM=PN−PNM1−PM
所以PNM>PN⋅PM，
所以PNM−PNPNM>PN⋅PM−PNPNM，
即PNM⋅PN>PN⋅PNM，
所以PNMPN>PNMPN，即PM|N>PM|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PA=PB=13，则PA∪B=（ ）
A．23B．59C．13D．49
【解题思路】根据A，B相互独立可得PAB=19，再根据PA∪B=PA+PB−PAB计算即可.
【解答过程】因为事件A，B相互独立，且PA=PB=13，可得PAB=PAPB=19，
所以PA∪B=PA+PB−PAB=13+13−19=59.
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．0.046B．0.90C．0.952D．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PB=PA⋅PBA+PA⋅PBA
=0.6×1−0.05+0.4×1−0.04=0.57+0.384=0.954.
故选：D.
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)=16，P(乙)=16，P(丙)=46×6=19， P(丁)=56×6=536.
对于A，P(甲乙)=136，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)=136，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)=136，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)=136，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．310B．913C．1219D．34
【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PF|E=P(EF)P(E)=．
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1k+1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．17B．15C．13D．12
【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12×13×14+12×13×1412×13×14+12×13×14+12×23×34+12×23×34=17.
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．1320B．4960C．1720D．5360
【解题思路】先由已知条件确定b=130，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=0.13+3×0.12⋅b=0.001+0.03b.
而已知p=0.002，故0.001+0.03b=0.002，所以b=130.
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=1720−130=4960.
故选：B.
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)12，即−16n−1>310(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−16n−1=16n−1>310的解，
当n=1时，1>310显然成立，
当n=3时，162−310