2025年高考數(shù)學大題復習訓練：條件概率與正態(tài)分布（解析）

專題21條件概率與正態(tài)分布

一、條件概率

i.在二十大報告中，體育、健康等關(guān)鍵詞被多次提及，促進群眾體育和競技體育全面發(fā)展，加快建設體育

強國是全面建設社會主義現(xiàn)代化國家的一個重要目標.某校為豐富學生的課外活動，加強學生體質(zhì)健康，擬

舉行羽毛球團體賽，賽制采取3局2勝制，每局都是單打模式，每隊有5名隊員，比賽中每個隊員至多上

場一次且是否上場是隨機的，每局比賽結(jié)果互不影響.經(jīng)過小組賽后，最終甲、乙兩隊進入最后的決賽，根

據(jù)前期比賽的數(shù)據(jù)統(tǒng)計，甲隊種子選手M對乙隊每名隊員的勝率均為|,甲隊其余4名隊員對乙隊每名隊員

的勝率均為去(注：比賽結(jié)果沒有平局)

(1)求甲隊最終2:1獲勝且種子選手M上場的概率；

(2)已知甲隊2:1獲得最終勝利，求種子選手M上場的概率.

【答案】(1痛

(24

【分析】(1)設事件4="種子選手M第i局上場”(t=1,2,3),事件B="甲隊最終2:1獲勝且種子選手M上場”,

求出P(4)、。(四4)?=1,2,3)的值，利用全概率公式可求得P(B)的值；

(2)設事件4="種子選手M未上場“，事件C="甲隊2:1獲得勝利”，計算出P(C)、P(&G的值，利用貝

葉斯公式可求得)的值.

【詳解】(1)解：設事件4="種子選手M第i局上場”(i=1,2,3),

事件B="甲隊最終2:1獲勝且種子選手M上場”.

由全概率公式知，P⑻=P(B|4)-P(&)+P(BIA2)-P(X2)+P(B\A3)-P(X3)

因為每名隊員上場順序隨機，故P(4)=[(i=1,2,3),

n/nl/I、311,1111n/nl“、131,1111n/nlA、1133

PCBIXJ=-x-x-+;x-x-=?=-x-x-+-x-x-=?P(FU3)=C2--x-x-=-.

所以P⑻二鼠iP0I4)P(4)=套

所以甲隊最終2:1獲勝且種子選手M上場的概率為套

(2)解：設事件4°="種子選手M未上場“，事件C="甲隊2:1獲得勝利”，

P(&)=￡=|，P(匹)=1-9=|，=

P(C)=P(B)+P(C|&).PG4。)=V+*X|=也

因為P(而IC)=喏.

尸1C.J

由⑴知P(匹C)=P(8)=套所以P(匹|C)=喏=普=..

^rUrVCJ----XX

40

所以，已知甲隊2:1獲得最終勝利，種子選手M上場的概率為看.

2.(1)若B和C是兩個互斥事件，求證：P((BUC)M)=P(8|A)+P(C|4)；

(2)在孟德爾豌豆試驗中，子二代的基因型為。D,Dd,dd,其中。為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基

因型的比為1:2:1,如果在子二代中任意選取2株豌豆進行雜交試驗，試求出子三代中基因型為Dd的概率.

【答案】(1)證明見解析；(2)!

【分析】(1)根據(jù)互斥事件的概率公式及條件概率公式證明即可；

(2)子二代基因配型有六種情況：分別記為事件AI，A2，A3，A4，A5A，“子三代中基因型為Dd”記為事件B,

利用全概率公式求解即可.

【詳解】(1)已知事件B與事件C互斥，所以事件AB與事件AC互斥，有

P(A(BUC))=P(ABUBC)=P(AB)+P(AC)

P(A(BUC))_P(AB)+P(AC)_P(AB)+P(AC)

所以P((BUC)|A)==P(B|A)+P(C|A)

P(A)P(A)P(A)P(A)

(2)子二代基因配型有六種情況：分別記為事件A],A2，A3，A4，A5，A6,

“子三代中基因型為Dd”記為事件B,則

事件A4

AiA?A3A546

DDDDDDDdDddd

配型

xDDxDdxddxDdxddxdd

111111

P(A)

16484416

111

P(B|Aj)010

222

P(B)=%P(Ai)P(BA)=5+*+瀉

所以子三代中出現(xiàn)基因型為Dd的概率是

3.某地區(qū)舉行數(shù)學核心素養(yǎng)測評，要求以學校為單位參賽，最終a學校和B學校進入決賽.決賽規(guī)則如下:

現(xiàn)有甲、乙兩個紙箱，甲箱中有4道選擇題和2道填空題，乙箱中有3道選擇題和3道填空題，決賽由兩

個環(huán)節(jié)組成，環(huán)節(jié)一：要求兩校每位參賽同學在甲或乙兩個紙箱中隨機抽取兩題作答，作答后放回原箱；

環(huán)節(jié)二：由4學校和B學校分別派出一名代表進行比賽.兩個環(huán)節(jié)按照相關(guān)比賽規(guī)則分別累計得分，以累計

得分的高低決定名次.

(1)環(huán)節(jié)一結(jié)束后，采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣，如果不知道樣本數(shù)據(jù)，只知道從4學校抽取12人,

其答對題目的平均數(shù)為1,方差為1,從B學校抽取8人，其答對題目的平均數(shù)為1.5,方差為0.25,求這20

人答對題目的均值與方差；

(2)環(huán)節(jié)二，4學校代表先從甲箱中依次抽取了兩道題目，答題結(jié)束后將題目一起放入乙箱中，然后B學校代

表再從乙箱中抽取題目，已知B學校代表從乙箱中抽取的第一題是選擇題，求A學校代表從甲箱中取出的是

兩道選擇題的概率.

【答案】⑴這20人答對題目的均值為1.2,方差為0.76

(2謗

【分析】(1)根據(jù)均值和方差公式計算可得結(jié)果；

(2)根據(jù)貝葉斯公式可求出結(jié)果.

【詳解】(1)設A學校答對題目的樣本數(shù)據(jù)為X1，X2,…,X12,B學校答對題目的樣本數(shù)據(jù)為yi，y2,…,丫8,

由題意得E1i*=12x1=12,由題意得E3%=8X1.5=12,

V*12x-+￡?_y-

所以這20人答對題目的均值為乙i二二J一=鬻=1.2,

IZ+oIZ+o

由(XL1)2+(X2—+...+M2T)2=],得2?—I/=12,

由(%-1.5)2+仇一1；)2+.-+例-1.5)2=025,得2匕(％—1.5)2=2,

22

Wi]&—1.2)2=2；二[區(qū)_1)+(1—1.2)]=Xii[(Xi-l)-0.4(Xi-1)+0.04]

12

=W[(Xi-l)2-0.4Xj+0.44]

i=l

=2凄(Xi-1)2-0.4x￡1iXi+12x0.44=12-0.4X12+12X0.44=12.48,

22

Wj](%—1.2)2=2、3一L5)+(1-5-1.2)]=[(yi-l.5)+0.6(yi-1.5)+0.09]

8

=￡[(以—1.5)2+0.6yj-0.81]

i=l

8

Z(y,-1.5)2+0.6x%%-8x0.81=2+0.6x12-8x0.81=2.72,

12p

(Xi-1.2)2+2°_(yi-1.2)2

坯“八,四襠曰刀左Z乃———----------2-=

TJ=.-與076

Iz+oZU

(2)記B="B學校代表從乙箱中抽取的第一道題是選擇題”,

A1="A學校代表先從甲箱中依次抽取了兩道選擇題”，

A2="A學校代表先從甲箱中依次抽取了一道選擇題，一道填空題”,

A3="A學校代表先從甲箱中依次抽取了兩道填空題”，

易知A1,A2,A3彼此互斥,A】UA2UA3=Q,

P(AJ=Q|,P(Az)=警=,,P(A3)=|I=a

c65c615c6ib

5413

P(B|AD='P(B|A2)=H，P(B|A3)=|)

P(B)=P(Ai)P(B|A。+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)

——2X5—,I--8X—1I,--1-X—3-13

5815215824,

25

Pp/(AA/|RB\)-_―P(A1—)P(B—|A1)—_百一行6

24

所以A學校代表從甲箱中取出的是兩道選擇題的概率為春

4.一只不透朋的袋中裝有10個相同的小球，分別標有數(shù)字0-9,先后從袋中隨機取兩只小球.用事件N表

示“第二次取出小球的標號是2”，事件B表示“兩次取出小球的標號之和是加，

(1)若用不放回的方式取球，求P(4)；

(2)若用有放回的方式取球，求證：事件/與事件8相互獨立的充要條件是m=9.

【答案】(端;

(2)證明見解析.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，利用全概率公式計算作答.

(2)利用列舉法求出概率，結(jié)合獨立性推理判斷充分性，再利用條件概率公式推理判斷必要性作答.

【詳解】⑴用C表示“第一次取出小球的標號是2“，則P(C)=春P(A|C)=0,P(C)=P(A|C)=i,

所以p(A)=P(CA+CA)=P(CA)+P(CA)=P(C)XP(A|C)+P(C)XP(A|C)

=—X04---X-=—.

1010910

(2)記第一次取出的球的標號為x,第二次的球的標號為y,用數(shù)組(x,y)兩次取球，則n(Q)=100,

充分性：當m=9時，

事件B發(fā)生包含的樣本點為(0,9),(1,8),(2,7),(3,6),(4,5),(5,4),(6,3),(7,2),(8,1),(9,0),

因此P(B)=喘=蕓=5，事件AB發(fā)生包含的樣本點為(7,2),則P(AB)=^=言，

n(O)10010n(H)100

又P(A)=卷，于是P(AB)=P(A)P(B),所以事件A與事件B相互獨立；

必要性

因為事件A與事件B相互獨立，則P(AB)=P(A)P(B),即P(A)=喘，

叩()10'P(B)n(B)'17Hn(B)10,

事件AB發(fā)生包含的樣本點為(m-2,2),即n(AB)=1,則n(B)=10,

又x+y=m,0<x<9,0<y<9,

因此關(guān)于X的不等式組。有10組整數(shù)解，

即關(guān)于X的不等式組［,有10組整數(shù)解，從而1m=9得m=9,

所以事件A與事件B相互獨立的充要條件是m=9.

5.有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%,第2,3臺加工的次品率均為5%,加工

出來的零件混放在一起，已知第1,2,3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%,30%,45%.

(1)任取一個零件，計算它是次品的概率；

(2)如果取到的零件是次品，計算它是第1臺車床所加工的概率(結(jié)果用分數(shù)表示)；

(3)參照第(2)問給出判斷，求第1,2,3臺車床操作員對加工次品分別應承擔的份額.

【答案】⑴。.0525

(2)|

(3)第1,2臺車床操作員應承擔彳第3臺車床操作員應承擔右

【分析】(1)設B="任取一零件為次品"，A="零件為第i臺車床加工”(i=1,2,3),

l!|fi=A1UA2UA3,且AI，A2,A3兩兩互斥,求出P(Ai)、P(A2),P(A3),以及P(B|AQ、P(B|A2)>P(B|A3),

由全概率公式得P(B)；

(2)“求次品為第1臺車床所加工的概率”，就是計算在B發(fā)生的條件下，事件Ai發(fā)生的概率由條件概率公

式計算可得答案；

(3)由條件概率公式計算可得答案；

【詳解】(1)設B="任取一零件為次品"，A="零件為第i臺車床加工”(i=1,2,3),

I

則。=AUA2UA3，且A1，A2,A3兩兩互斥，根據(jù)題意得，

P(AD=0.25,P(A2)=0.3,P(A3)=0.45,

P(B|AQ=0.06,P(B|A2)=0.05,P(B|A3)=0.05,

由全概率公式，得

P(B)=P(AJP(B|Ai)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)

=0.25x0.06+0.3x0.05+0.45x0.05

=0.0525；

(2)“求次品為第1臺車床所加工的概率”，就是計算在B發(fā)生的條件下，事件A1發(fā)生的概率,

IRA-P(A1B)_P(Ai)P(B|A。_0.25x0.06_2

P(B)-P(B)—0.0525-7；

(3)根據(jù)(2)

IRA-P(A2B)_P(A*P(B|Az)_0.3*0.05_2

(21)-p(B)-P(B)-0.0525-7’

p(AIB')=P03B)=P(A3)P(B|A3)=0.45x0.05=3

(31J-p>)-p(B)-0.0525-7,

故第1,2臺車床操作員應承擔M，第3臺車床操作員應承擔*

6.某轄區(qū)組織居民接種新冠疫苗，現(xiàn)有4B,C,D四種疫苗且每種都供應充足.前來接種的居民接種與號碼機

產(chǎn)生的號碼對應的疫苗，號碼機有48,C,D四個號碼，每次可隨機產(chǎn)生一個號碼，后一次產(chǎn)生的號碼由前一

次余下的三個號碼中隨機產(chǎn)生，張醫(yī)生先接種與號碼機產(chǎn)生的號碼對應的4種疫苗后，再為居民們接種，記

第n位居民(不包含張醫(yī)生)接種A,B,C,D四種疫苗的概率分別為PnQl),Pn(B),Pn(C),Pn(D).

⑴第2位居民接種哪種疫苗的概率最大；

(2)張醫(yī)生認為，一段時間后接種4B,C,D四種疫苗的概率應該相差無幾，請你通過計算第10位居民接種

45C,。四種的概率，解釋張醫(yī)生觀點的合理性.

4Z-1X10Z-1X9Z-1X10

?=5.1x10-5,=1,7x10-5,6)=2,0x10-3,=9.8x10-4.

【答案】(1)A疫苗

(2)答案見解析

【分析】(1)分類討論，根據(jù)全概率公式計算；

(2)根據(jù)(1)的邏輯，討論Pn+i(A),Pn+i(B),Pn+i(C),Pn+i(D)的通項公式,運用等比數(shù)列求出第10為居

民使用A,B,C,D疫苗的概率即可.

【詳解】(1)第1位居民接種A,B,C,D疫苗的概率分別為

若第2位居民接種A疫苗，則第1位居民接種B,C,D疫苗，P(A)=ixi+|xi+ixi=i,

第2位居民接種B疫苗，則第1位居民接種C,D疫苗，P(B)=1x：+]x]=|

同理，第2位居民接種C,D疫苗的概率也等于，

故第2位居民接種A疫苗的概率最大；

(2)因為Pn+1(A)=((1—Pn(A)),

所以Pn+1(A)—I=—'(Pn(A)-()，

故數(shù)列{Pn(A)-胃是公比為一押等比數(shù)列.

又P1(A)-AV，所以Pn(A)-Dx(-011-1

即Pn(A)=[+(-{)(-Jn1，

從而Pio(A)=*+(-*)(號)，

同理Pio(B)=[+X-

Pio(C)=Pio(D)=Pi。8)=1+2(—/，

所以Pio(A)-Pio(B)=H丁-*+扒=(一滬71.7x10-5，

第10位居民接種A,B,C,D疫苗概率應該相差無幾.

第n(n>10)位居民接種A,B,C,D疫苗概率應該相差將會更小，所以張醫(yī)生的話合理.

7.在一個抽獎游戲中，主持人從編號為123,4的四個外觀相同的空箱子中隨機選擇一個，放入一件獎品，

再將四個箱子關(guān)閉.主持人知道獎品在哪個箱子里.游戲規(guī)則是主持人請抽獎人在這四個箱子中選擇一個，若

獎品在此箱子里，則獎品由獲獎人獲得.現(xiàn)有抽獎人甲選擇了2號箱，在打開2號箱之前，主持人先打開了

另外三個箱子中的一個空箱子.按游戲規(guī)則，主持人將隨機打開甲的選擇之外的一個空箱子.

(1)計算主持人打開4號箱的概率；

(2)當主持人打開4號箱后，現(xiàn)在給抽獎人甲一次重新選擇的機會，請問他是堅持選2號箱，還是改選1號

或3號箱？(以獲得獎品的概率最大為決策依據(jù))

【答案】(*

(2)甲應該改選1號或3號箱.

【分析】(1)設出事件，根據(jù)已知條件得出事件的概率以及條件概率，然后根據(jù)全概率公式即可得出答案;

(2)根據(jù)條件概率公式，求出抽獎人甲選擇各個箱子，獲得獎品的概率，即可得出答案.

【詳解】(1)設AI，A2，A3，A4分別表示1,2,3,4號箱子里有獎品，

設為,B2,B3,B4分別表示主持人打開1,2,3,4號箱子，

貝|Q=A]UA2UA3UA4,月*A],A?,A3,

由題意可知，事件A1，A2，A3，A4的概率都是J,P(B41Al)=3P(B4IA2)=iP(B4|A3)=iP(B41A4)=0.

4232

由全概率公式，得P(B4)=2：IP(Ai)P(B4lAi)=3G+g+m=(

(2)在主持人打開4號箱的條件下，1號箱、2號箱、3號箱里有獎品的條件概率分別為P(A/B4)=學界=

P(Ai)P(B4lA。=3

P(B4)—-Q

p(A|R)=P(A2Ba)=P(A2)P(B41A2)=1

(2'投_p(B7——畫5--4,

p(AID)=PS3B4)=P(A3)P(B41A3)=3

3，

(P(B4)-P(B4)一下

通過概率大小比較，甲應該改選1號或3號箱.

8.杭州2022年第19屆亞運會(The19thAsianGamesHangzhou2022)將于2023年9月23日至10月8日

舉辦.本屆亞運會共設40個競賽大項，包括31個奧運項目和9個非奧運項目.同時，在保持40個大項目

不變的前提下，增設了電子競技項目.與傳統(tǒng)的淘汰賽不同，近年來一個新型的賽制“雙敗賽制”贏得了許多

賽事的青睞.

傳統(tǒng)的淘汰賽失敗一場就喪失了冠軍爭奪的權(quán)利，而在雙敗賽制下，每人或者每個隊伍只有失敗了兩場才

會淘汰出局，因此更有容錯率.假設最終進入到半決賽有四支隊伍，淘汰賽制下會將他們四支隊伍兩兩分

組進行比賽，勝者進入到總決賽，總決賽的勝者即為最終的冠軍.雙敗賽制下，兩兩分組，勝者進入到勝

者組，敗者進入到敗者組，勝者組兩個隊伍對決的勝者將進入到總決賽，敗者進入到敗者組.之前進入到

敗者組的兩個隊伍對決的敗者將直接淘汰，勝者將跟勝者組的敗者對決，其中的勝者進入總決賽，最后總

決賽的勝者即為冠軍.雙敗賽制下會發(fā)現(xiàn)一個有意思的事情，在勝者組中的勝者只要輸一場比賽即總決賽

就無法拿到冠軍，但是其它的隊伍卻有一次失敗的機會，近年來從敗者組殺上來拿到冠軍的不在少數(shù)，因

此很多人戲謔這個賽制對強者不公平，是否真的如此呢？

這里我們簡單研究一下兩個賽制.假設四支隊伍分別為4昆C,D,其中A對陣其他三個隊伍獲勝概率均為P，

另外三支隊伍彼此之間對陣時獲勝概率均為今最初分組時力B同組，CD同組.

⑴若p=|,在淘汰賽賽制下，4c獲得冠軍的概率分別為多少？

(2)分別計算兩種賽制下4獲得冠軍的概率(用p表示)，并據(jù)此簡單分析一下雙敗賽制下對隊伍的影響，是否

如很多人質(zhì)疑的“對強者不公平”？

【答案】(％d

(2)淘汰賽制獲得冠軍概率為p2,雙敗賽制獲得冠軍概率為p3(3-2p)；雙敗賽制下，會使得強者拿到冠軍概

率變大，弱者拿到冠軍的概率變低，更加有利于篩選出“強者”，人們“對強者不公平”的質(zhì)疑是不對的.

【分析】(1)若A拿冠軍則只需要連贏兩場，對于C想拿到冠軍，首先得戰(zhàn)勝D,然后戰(zhàn)勝A,B中的勝者,

然后根據(jù)獨立事件的乘法公式計算即可；

(2)根據(jù)獨立事件的乘法公式分別算出A在不同賽制下拿冠軍的概率，然后作差進行比較.

【詳解】(1)記A,C拿到冠軍分別為事件M,N淘汰賽賽制下，A只需要連贏兩場即可拿到冠軍，因此P(M)=

224

—X-=1,

339

對于C想拿到冠軍，首先得戰(zhàn)勝D,然后戰(zhàn)勝A,B中的勝者，

因止匕P(N)=ix-xi+ixixi=—.

(2)記兩種寒制下A獲得冠軍的概率分別為Pi，P2,則Pi=p2.

而雙敗賽制下，A獲得冠軍有三種可能性：

(1)直接連贏三局；(2)從勝者組掉入敗者組然后殺回總決賽；(3)直接掉入敗者組拿到冠軍.

因此P2=p3+P(1-P)P2+(1-P)P3=p3(3-2p),p-Pi=p(l-p)>0,p-P2=P(P-l)z(2p+1)>

0.

2

則不論哪種賽制下，A獲得冠軍的概率均小于p,P2-P1=p(l-p)(2p-l).

若p>(，雙敗賽制下，A隊伍獲得冠軍的概率更大，其他隊伍獲得冠軍的概率會變小,

若p<3,雙敗賽制下，A以伍獲得冠軍的概率更小，其他隊伍獲得冠軍的概率會變大,

綜上可知：雙敗賽制下，會使得強者拿到冠軍概率變大，弱者拿到冠軍的概率變低，更加有利于篩選出“強

者”，人們“對強者不公平”的質(zhì)疑是不對的.

9.甲袋中裝有3個紅球，2個白球，乙袋中裝有5個紅球，5個白球，兩個袋子均不透明，其中的小球除

顏色外完全一致.現(xiàn)從甲袋中一次性抽取2個小球，記錄顏色后放入乙袋，混勻后從乙袋一次性抽取3個小

球，記錄顏色.設隨機變量x表示在甲袋中抽取出的紅球個數(shù)，y(k)表示X=k時，在乙袋中抽取出的紅球個

數(shù)，Z表示在乙袋中抽取出的紅球個數(shù).

(1)求X的分布列；

(2)求y(k)的數(shù)學期望E[y(k)](用含k的代數(shù)式表示)；

(3)記X的所有可取值為的,。2,…,時,證明：E(Z)=2：=Ip(X=〃)磯丫(耿)],并求E(Z).

【答案】(1)分布列見解析；

⑵中

⑶證明見解析，|i.

【分析】(I)根據(jù)題意，求得X的取值，再求對應概率，即可求得分布列;

(2)Y(k)服從超幾何分布，直接寫出期望即可;

(3)根據(jù)全期望公式，結(jié)合條件概率的和全概率公式，整理化簡即可證明，再根據(jù)所證結(jié)論，直接計算即

可.

【詳解】(1)X的所有可能取值為0,1,2

P(X=O)*，，P(X=I)=^=|，P(X=2)=L，

所以X的分布列為

X0i2

133

p

To5To

(2)依題意，Y(k)服從超幾何分布，且N=10+2=12,M=5+k,n=3,

故E[Y(k)]=3x￡=誓

(3)Z的所有可能取值為0,1,2,3,則由全概率公式,

P(Z=1)=2P(Z=l|x=k)P(X=k)

=Xk=oP(Y(k)=1)P(X=k),1=0,l,2,3；

因此E(Z)=￡"1P(Z=1)=區(qū)=°lP(Y(k)=1)P(X=k)]

232

=Wp(x=k)WlP(Y(k)=1)=WP(X=k)E[Y(k)]

k=01=0k=0

=Ek=1P(X=ak)E[Y(ak)],

故E(Z)=^xS+?x￡+3xZ=M.

k71045410420

【點睛】本題屬于中檔題，考查隨機變量的分布列、期望、全概率公式.同四省聯(lián)考一樣，本題直接考查超

幾何分布的期望.作為重要的離散型隨機變量之一，超幾何分布的參數(shù)含義、均值一定要熟記，方差課本上

不做要求，如果對自己要求較高的同學應掌握推導過程，具體證明可參見2023屆“星云”五一聯(lián)考22題.本

題第(3)問的背景是重期望(或全期望)公式：對隨機變量X和Y,總有E(X)=E[E(X|Y)].

10.某車間在三天內(nèi)，每天生產(chǎn)6件某產(chǎn)品，其中第一天、第二天、第三天分別生產(chǎn)出了2件、1件、1件

次品，質(zhì)檢部門每天要從生產(chǎn)的6件產(chǎn)品中隨機抽取3件進行檢測，若發(fā)現(xiàn)其中有次品，則當天的產(chǎn)品不

能通過.

(1)求第一天的產(chǎn)品通過檢測的概率；

(2)求這三天內(nèi)，恰有兩天能通過檢測的概率.

【答案】(叫

瑞

【分析】(1)由古典概型公式計算第一天通過檢查的概率Pi；

(2)由古典概型公式求出第i天的產(chǎn)品能通過檢測的概率為R(i=1,2,3),利用獨立事件乘法公式計算

三天內(nèi)，恰有兩天能通過的概率；

【詳解】⑴因為第一天有4件正品，隨意抽取3件產(chǎn)品檢查，第一天通過檢查的概率為Pi=舁=5=J

(2)依題意知，記第i天的產(chǎn)品能通過檢測的概率為6(i=l,2,3),

則Pl=1,p2=P3=^|=p

則三天中恰有兩天能通過的檢測的概率是P2=公打抖(2上去

11.在數(shù)學研究性學習課程上，老師和班級同學玩了一個游戲.老師事先準備3張一模一樣的卡片，編號為

1、2、3后，放入一個不透明的袋子中，再準備若干枚1元硬幣與5角硬幣和一個儲蓄罐；然后邀請同學從

袋子中有放回地抽取1張卡片，若抽到的卡片編號為1或2,則將1枚1元硬幣放入儲蓄罐中，若抽到的卡

片編號為3,則將2枚5角硬幣放入儲蓄罐中，如此重復左次試驗后，記儲蓄罐中的硬幣總數(shù)量為Sa

(1)若k=4,求5左>5的概率；

(2)若k=5,記第n(n=1,2,3,4,5)次抽卡且放置硬幣后,5角硬幣的數(shù)量為1元硬幣的數(shù)量為匕!，求在S5>

7的條件下Xn=%的概率.

【答案】(嘯

(2瑞

【分析】(1)根據(jù)對立事件，結(jié)合二項分布的概率公式即可求解.

(2)分兩種情況，結(jié)合二項分布的概率乘法計算公式即可求解.

【詳解】(1)“SkW5”表示儲蓄罐中有4枚1元硬幣或3枚1元硬幣和2枚5角硬幣，

故所求概率P=-C"(Jx(|)：5=稱

45

(2)依題意，S5>7的概率為P=1—禺x(目x(|)-(|)=|||.

若有2次抽到3號卡，即2次放置5角硬幣，3次放置1元硬幣，則在前3次中放了2次1元和1次5角，

后2次放了1次1元和1次5角，即2次放5角，一次在前3次，另一次在后2次，

故其概率為瑪x?xg)2x(|)3=券；

若有3次抽到3號卡，即3次放置5角硬幣，2次放置1元硬幣，必須在前3次放了2次1元和1次5角，

后2次放了2次5角,即2次放1元都在前3次，故所求概率為C,x(|)2x(|)3-熬，其他情況不可能使

得Xn=Yn，

12.果酒由水果本身的糖分被酵母菌發(fā)酵而成.研究表明，果酒中的芳香氣味主要來自于酯類化合物.某學習

小組在實驗中使用了3種不同的酵母菌型，8型，。型)分別對三組(每組10瓶)相同的水果原液進

行發(fā)酵，一段時間后測定發(fā)酵液中某種酯類化合物的含量，實驗過程中部分發(fā)酵液因被污染而廢棄，最終

得到數(shù)據(jù)如下("Y’表示該瓶發(fā)酵液因廢棄造成空缺)：

酵母菌類型該酯類化合物的含量(〃g/L)

N型X27472688XX28172679X26922721

假設用頻率估計概率

(1)從樣本未廢棄的發(fā)酵液中隨機抽取一瓶，求其品質(zhì)高的概率；

(2)設事件。為“從樣本含/型，B型,C型酵母菌的未廢棄的發(fā)酵液中各隨機抽取一瓶，這三瓶中至少有一

瓶品質(zhì)高”，求事件。發(fā)生的概率P(D)；

(3)設事件E為“從樣本未廢棄的發(fā)酵液中不放回地隨機抽取三瓶，這三瓶中至少有一瓶品質(zhì)高”試比較事件

E發(fā)生的概率P(E)與(2)中事件。發(fā)生的概率P(D)的大小.(結(jié)論不要求證明)

【答案】(嚅

Q琮

(3)P(E)>P(D)

【分析】(1)先求未廢棄的發(fā)酵液總數(shù)，再求品質(zhì)高的瓶數(shù)，結(jié)合古典概率求解可得答案;

(2)設出事件，利用對立事件求解概率可得答案；

(3)先求事件E的概率，比較大小可得答案.

【詳解】(1)設事件F="從樣本未廢棄的發(fā)酵液中隨機抽取一瓶，其品質(zhì)高”，

由題可知，未廢棄的發(fā)酵液共有6+4+5=15瓶，其品質(zhì)高的有9瓶，

所以P(F)=V

(2)事件A="從樣本含A型酵母菌的未廢棄的發(fā)酵液中隨機抽取一瓶，其品質(zhì)高”,

事件B="從樣本含B型酵母菌的未廢棄的發(fā)酵液中隨機抽取一瓶，其品質(zhì)高”，

事件C="從樣本含C型酵母菌的未廢棄的發(fā)酵液中隨機抽取一瓶，其品質(zhì)高”，

由題意得P(A)=1=iP(B)=pP(C)=I；

OL4□

P(D)=1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C)

P(D)=1-(1-1)x(1x(1

(3)由題意P(E)=1-導=1一白=*>3所以P(E)>P(D).

VIE7171ZU

13.新冠病毒在傳播過程中會發(fā)生變異，現(xiàn)在已有多種變異毒株，傳播能力和重癥率都各不相同.某地衛(wèi)

生部門統(tǒng)計了本地新冠確診病例中感染每種毒株的患者在總病例中的比例和各自的重癥率，數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下

表所示.

病毒類型在確診病例中的比例重癥率

阿爾法(a)10%2.4%

貝爾特(0)15%3.8%

德爾塔(5)25%4%

奧密克戎

50%2%

(。)

已知當?shù)貙柗?、貝爾塔、德爾塔三種類型病例全部集中收治在甲醫(yī)院，奧密克戎病例全部單獨收治在

乙醫(yī)院.以頻率估計概率回答下列問題.

(1)某醫(yī)生從甲醫(yī)院新冠確診病例名單中任取1人，求其為重癥病例的概率；

(2)某醫(yī)生從乙醫(yī)院新冠確診病例名單中任取2人，已知2人中有重癥病例，求2人都是重癥病例的概率(結(jié)

果保留4位小數(shù)).

【答案】(1)0.0362

(2)0.0101

【分析】(1)設事件B="甲醫(yī)院中任取1位病例為重癥病例"，事件A="甲醫(yī)院中病例來自毒株類型i(i=

io+；；+25i°+；；+25lo+jls

a,0,6)”，p(Aa)==0.2,p(Ap)==0.3,p(A6)==0.5,再利用利用條件概率公

式和全概率公式即可得解;

(2)設事件M="2人中有重癥"，事件N="2人都是重癥”

則p(M)=1-0.982=0.0396,因為NGM,所以p(MN)=p(N)=0.02x0.02=0.0004,利用P(N|M)=

需即可得解.

【詳解】(1)設事件B="甲醫(yī)院中任取1位病例為重癥病例”,

事件A="甲醫(yī)院中病例來自毒株類型i(i=a,0,3)”,

其樣本空間。=AaUA。UA§,且Aa，Ap,兩兩互斥，根據(jù)題意得,

P(Aa)=mM=0Z

P(AB)=^dl==03

P&)=而含云=05

則p(B|Aa)=0.024,p(Aa)p(B|Aa)=0.2X0.024=0.0048；

p(B|Ap)=0.038,p(Ap)p(B|Ap)=0,3X0.038=0.0114；

p(B|A6)=0.04,p(A6)p(B|A6)=0.5x0.04=0.02.

根據(jù)全概率公式得

p(B)=p(Aa)p(B|Aa)+p(Ap)p(B|Ap)+p(A6)p(B|A6)=0.0048+0,0114+0.02=0.0362

(2)設事件M="2人中有重癥"，事件N="2人都是重癥”

則p(M)=1-0.982=0.0396,因為NGM,所以p(MN)=p(N)=0.02X0.02=0.0004,

p(N|M)=^?=臀0.0101.

'1JP(M)P(M)0.0396

所以，已知2人中有重癥病例，2人都是重癥病例的概率為0.0101.

14.甲、乙兩個學校分別有n+1位同學和〃位同學參加某項活動，假定所有同學成功的概率都是右所有

同學是否成功互不影響.記事件/="甲成功次數(shù)比乙成功次數(shù)多一次“，事件2="甲成功次數(shù)等于乙成功

次數(shù)”.

(1)若踐=3,求事件/發(fā)生的條件下，恰有5位同學成功的概率;

(2)證明：P(A)=P(B).

【答案】(感

(2)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)已知求出P(A)及甲成功次數(shù)比乙成功次數(shù)多一次且有5位同學成功的概率，再利用條件

概率公式求事件A發(fā)生的條件下恰有5位同學成功的概率

(2)根據(jù)題設寫出P(A)、P(B),利用組合數(shù)的性質(zhì)證明結(jié)論即可.

【詳解】(1)由題設，甲乙學校分別有4個、3個學生參加活動，

+Ct(1)4-Cl(i)3

=禺6)4y6)3+c/)4.得6)3+Cl(1)4-Ci(1)3+Cl(1)4-Ci(|)3=||,

而甲成功次數(shù)比乙成功次數(shù)多一次且有5位同學成功的概率為P=C汜)4.C就)3=執(zhí)，

所以事件A發(fā)生的條件下，恰有5位同學成功的概率忘=g.

(2)由題設知：P(A)=*用.+淄累沖+.??+(:隼q

_^n+l^n+C^+iCn+C^-jCndPCR+iC{]

1⑼一^+i，

因為解龍年=方立a-幺k=0,1,2,-n,所以P(A)=P(B)

15.雙淘汰賽制是一種競賽形式，比賽一般分兩個組進行，即勝者組與負者組.在第一輪比賽后，獲勝者編

入勝者組，失敗者編入負者組繼續(xù)比賽.之后的每一輪，在負者組中的失敗者將被淘汰；勝者組的情況也類

似，只是失敗者僅被淘汰出勝者組降入負者組，只有在負者組中再次失敗后才會被淘汰出整個比賽.A、B、

C、D四人參加的雙淘汰賽制的流程如圖所示，其中第6場比賽為決賽.

(1)假設四人實力旗鼓相當，即各比賽每人的勝率均為50%,求：

①隊伍A和D在決賽中過招的概率；

②D在一共輸了兩場比賽的情況下，成為亞軍的概率；

(2)若A的實力出類拔萃，即有力參加的比賽其勝率均為75%,其余三人實力旗鼓相當，求D進入決賽且先

前與對手已有過招的概率.

【答案】

(2忌

【分析】(1)①隊伍A和D在第一輪對陣，若A和D在決賽也對陣，必然有1個隊伍在負者組對陣其他組

都贏得比賽，且另一個隊伍和其他組比賽也都勝利.第一輪勝利者需要再勝1次，失敗者需要再勝兩次，才

能會師決賽.②為條件概率，根據(jù)條件概率公式去入手解決問題.

(2)可通過分類把復雜事件分為幾個容易分析的事件，再解決問題.

【詳解】(1)解：假設四人實力旗鼓相當，即各比賽每人的勝率均為50%,即概率為3

①由題意，第一輪隊伍A和隊伍D對陣，則獲勝隊伍需要贏得比賽3的勝利，失敗隊伍需要贏得比賽4和

比賽5的勝利，他們才能在決賽中對陣，

所以A和D在決賽中過招的概率為P=9xjx；=±

ZZ2o

②設Wi表示隊伍D在比賽i中勝利，Li表示隊伍D所參加的比賽i中失敗，

則事件E：隊伍D獲得亞軍，事件F：隊伍D所參加所有比賽中失敗了兩場，

事件F：包括L44，L1W4L5,W1L3L5,WJ3W5L6，L1W4W5L6五種情況.

其中這五種情況彼此互斥，可得：

P=P(L1L。+P(L1WJ5)+P(W1L3L5)+P(W1L3W5L6)+PQ1W4W5L6)

11,111,111,1111,11115

二-X—I—X—X——X-X—I—X—X—X—I—X—X—X—=一,

22222222222222228

其中積事件EF包括WJ3W5L6，L1W4W5L6兩種情況.

可得P(EF)=P(W1L3W5L6)+P(L1W4W5L6)=1x|x|x11x|x|x1=p

所以所求概率為P(E|F)=需=I?二

(2)解：由題意，A獲勝的概率為］B、C、D之間獲勝的概率均為［

4Z

要使得D進入決賽且先前與對手已有過招，可分為兩種情況：

①若A與D在決賽中相遇，分為A1勝，3勝，D1負4勝5勝，或A1負4勝5勝，D1勝，3勝，

——I-Zgrnn-N/3311133127

可付概率為Pl=-X-X-X——X—X—X—=----;

144224442128

②若B與D決賽相遇,D1勝,3勝,B2勝3負5勝，或D1勝,3負,5勝,B2勝3勝，可得概率為Pi=：x；x；x

422

(31,11\,111(31,11\5

-X-+-X-+-X-X-X-X-+-X-=—,

\44427422\4442/128

③若C與D決賽相遇，同B與D在決賽中相遇，

日時而

—可r”得概I率為4nP?=-1x1-x1-x(-3x-1,+1-x1-\),+1-x1-x1-x(3-x1-,+1-x1\-=5—;

J422\4442/422\44427128

所以D進入決賽且先前與對手已有過招的概率P=Pj+P+P=

23IZo

【點睛】思路點睛：學會對復雜事件進行分解是解決復雜事件的概率的基本思路.一般把復雜事件分解成互

斥事件的和事件或相互獨立事件的積事件，另外要注意對立事件公式的運用，即正難則反；另外要注意看

清題目，準確理解題目的意思.

16.某足球俱樂部舉辦新一屆足球賽，按比賽規(guī)則，進入淘汰賽的兩支球隊如果在120分鐘內(nèi)未分出勝負，則需

進行點球大戰(zhàn).點球大戰(zhàn)規(guī)則如下:第一階段，雙方各派5名球員輪流罰球，雙方各罰一球為一輪,球員每罰進一

球則為本方獲得1分,未罰進不得分，當分差拉大到即使落后一方剩下的球員全部罰進也不能追上的時候，比

賽即宣告結(jié)束，剩下的球員無需出場罰球.若5名球員全部罰球后雙方得分一樣，則進入第二階段，雙方每輪各

派一名球員罰球,直到出現(xiàn)某一輪一方罰進而另一方未罰進的局面，則罰進的一方獲勝.設甲、乙兩支球隊進入

點球大戰(zhàn)，由甲隊球員先罰球，甲隊每位球員罰進點球的概率均為右乙隊每位球員罰進點球的概率均為，.假設

每輪罰球中，兩隊進球與否互不影響，各輪結(jié)果也互不影響.

(1)求每一輪罰球中，甲、乙兩隊打成平局的概率；

(2)若在點球大戰(zhàn)的第一階段，甲隊前兩名球員均得分而乙隊前兩名球員均未得分，甲隊暫時以2:0領(lǐng)先，求甲

隊第5個球員需出場罰球的概率.

【答案】(上

碇

【分析】(1)每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球.

(2)甲隊第5個球員需出場罰球，則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分，即四輪罰球結(jié)束時比分可能為

2:1或2:2或3:2.

【詳解】(1)設每一輪罰球中,甲隊球員罰進點球的事件為A,未罰進點球的事件為氐乙隊球員罰進點球的事

件為B,未罰進點球的事件為亙

設每一輪罰球中，甲、乙兩隊打成平局的事件為C,由題意，得在每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、

乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球，

則P(C)=P(A)xP(B)+P(A)xP(B)=(l-i)x(l-|)+lx1=i+l=l

故每一輪罰球中，甲、乙兩隊打成平局的概率為:

(2)因為甲隊第5個球員需出場罰球，則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分，即四輪罰球結(jié)束時比分

可能為2:1或2:2或3:2.

①比分為2:1的概率為

P(A)-P(B)-P(A)-P(B)+P(A)?P(B)-P(A)-P(B)

=(1-9xlx(1-9x(1-9+(1-9x(1-l)x(1-9xt=i+i=?

②比分為2:2的概率為P(A)?P(B)-P(A)-P(B)=(1-0x|x(1-1)x|

③比分為3:2的概率為P(A)-P(B)-P(A)-P(B)+P(A)-P(B)-P(A)-P(B)

綜上,甲隊第5個球員需出場罰球的概率為3+3+：=.

17.中學階段，數(shù)學中的“對稱性”不僅體現(xiàn)在平面幾何、立體幾何、解析幾何和函數(shù)圖象中，還體現(xiàn)在概率

問題中.例如，甲乙兩人進行比賽，若甲每場比賽獲勝概率均為右且每場比賽結(jié)果相互獨立，則由對稱性

可知，在5場比賽后，甲獲勝次數(shù)不低于3場的概率為現(xiàn)甲乙兩人分別進行獨立重復試驗，每人拋擲一

枚質(zhì)地均勻的硬幣.

(1)若兩人各拋擲3次，求拋擲結(jié)果中甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)的概率；

(2)若甲拋擲5+1)次，乙拋擲〃次，n&N*,求拋擲結(jié)果中甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)的概率.

【答案】(1焉

【分析】(1)設甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)的概率pi，根據(jù)對稱性可知則甲正面朝上次數(shù)大于乙

正面朝上次數(shù)的概率和甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)的概率相等可得答案；

(2)分①出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)；②出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)；③出現(xiàn)

甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)，由對稱性可得答案.

【詳解】(1)設甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)的概率pi，

ri―2W_16(

由對稱性可知則甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)的概率和甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)的概率

相等，故p=w1=||；

(2)可以先考慮甲乙各拋賽n次的情形，

①如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)等于乙正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為pi，則第n+1次甲必須再拋擲出證明

朝上，才能使得最終甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)；

②如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)小于乙正面朝上次數(shù)，則第n+1次無論結(jié)果如何，甲正面朝上次數(shù)仍然不大于

乙正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為P2；

③如果出現(xiàn)甲正面朝上次數(shù)大于乙正面朝上次數(shù)，則第n+1次無論結(jié)果如何，甲正面朝上次數(shù)仍然大于乙

正面朝上次數(shù)，將該情形概率設為P3，由對稱性可知P2=P3，

故Pn=1l+P3,而由｛pi+片2二；=「

可得

18.為豐富學生的課外活動，學校羽毛球社團舉行羽毛球團體賽，賽制采取5局3勝制，每局都是單打模

式，每隊有5名隊員，比賽中每個隊員至多上場一次且上場順序是隨機的，每局比賽結(jié)果互不影響，經(jīng)過

小組賽后，最終甲乙兩隊進入最后的決賽，根據(jù)前期比賽的數(shù)據(jù)統(tǒng)計，甲隊明星隊員M對乙隊的每名隊員的

勝率均為:，甲隊其余4名隊員對乙隊每名隊員的勝率均為；.(注：比賽結(jié)果沒有平局)

4Z

(1)求甲隊明星隊員M在前四局比賽中不出場的前提下，甲乙兩隊比賽4局，甲隊最終獲勝的概率；

⑵求甲乙兩隊比賽3局，甲隊獲得最終勝利的概率；

(3)若已知甲乙兩隊比賽3局，甲隊獲得最終勝利，求甲隊明星隊員M上場的概率.

【答案】(1島

端

(3后

【分析