2025年高考数学大题复习训练：条件概率与正态分布（解析）

专题21条件概率与正态分布

一、条件概率

i.在二十大报告中，体育、健康等关键词被多次提及，促进群众体育和竞技体育全面发展，加快建设体育

强国是全面建设社会主义现代化国家的一个重要目标.某校为丰富学生的课外活动，加强学生体质健康，拟

举行羽毛球团体赛，赛制采取3局2胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上

场一次且是否上场是随机的，每局比赛结果互不影响.经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根

据前期比赛的数据统计，甲队种子选手M对乙队每名队员的胜率均为|,甲队其余4名队员对乙队每名队员

的胜率均为去(注：比赛结果没有平局)

(1)求甲队最终2:1获胜且种子选手M上场的概率；

(2)已知甲队2:1获得最终胜利，求种子选手M上场的概率.

【答案】(1痛

(24

【分析】(1)设事件4="种子选手M第i局上场”(t=1,2,3),事件B="甲队最终2:1获胜且种子选手M上场”,

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)设事件4="种子选手M未上场“，事件C="甲队2:1获得胜利”，计算出P(C)、P(&G的值，利用贝

叶斯公式可求得)的值.

【详解】(1)解：设事件4="种子选手M第i局上场”(i=1,2,3),

事件B="甲队最终2:1获胜且种子选手M上场”.

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

因为每名队员上场顺序随机，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

所以甲队最终2:1获胜且种子选手M上场的概率为套

(2)解：设事件4°="种子选手M未上场“，事件C="甲队2:1获得胜利”，

P(&)=£=|，P(匹)=1-9=|，=

P(C)=P(B)+P(C|&).PG4。)=V+*X|=也

因为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，已知甲队2:1获得最终胜利，种子选手M上场的概率为看.

2.(1)若B和C是两个互斥事件，求证：P((BUC)M)=P(8|A)+P(C|4)；

(2)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为。D,Dd,dd,其中。为显性基因，d为隐性基因，且这三种基

因型的比为1:2:1,如果在子二代中任意选取2株豌豆进行杂交试验，试求出子三代中基因型为Dd的概率.

【答案】(1)证明见解析；(2)!

【分析】(1)根据互斥事件的概率公式及条件概率公式证明即可；

(2)子二代基因配型有六种情况：分别记为事件AI，A2，A3，A4，A5A，“子三代中基因型为Dd”记为事件B,

利用全概率公式求解即可.

【详解】(1)已知事件B与事件C互斥，所以事件AB与事件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种情况：分别记为事件A],A2，A3，A4，A5，A6,

“子三代中基因型为Dd”记为事件B,则

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+*+泻

所以子三代中出现基因型为Dd的概率是

3.某地区举行数学核心素养测评，要求以学校为单位参赛，最终a学校和B学校进入决赛.决赛规则如下:

现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4道选择题和2道填空题，乙箱中有3道选择题和3道填空题，决赛由两

个环节组成，环节一：要求两校每位参赛同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱；

环节二：由4学校和B学校分别派出一名代表进行比赛.两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计

得分的高低决定名次.

(1)环节一结束后，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道从4学校抽取12人,

其答对题目的平均数为1,方差为1,从B学校抽取8人，其答对题目的平均数为1.5,方差为0.25,求这20

人答对题目的均值与方差；

(2)环节二，4学校代表先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后B学校代

表再从乙箱中抽取题目，已知B学校代表从乙箱中抽取的第一题是选择题，求A学校代表从甲箱中取出的是

两道选择题的概率.

【答案】⑴这20人答对题目的均值为1.2,方差为0.76

(2谤

【分析】(1)根据均值和方差公式计算可得结果；

(2)根据贝叶斯公式可求出结果.

【详解】(1)设A学校答对题目的样本数据为X1，X2,…,X12,B学校答对题目的样本数据为yi，y2,…,丫8,

由题意得E1i*=12x1=12,由题意得E3%=8X1.5=12,

V*12x-+£?_y-

所以这20人答对题目的均值为乙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[区_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“八,四裆曰刀左Z乃———----------2-=

TJ=.-与076

Iz+oZU

(2)记B="B学校代表从乙箱中抽取的第一道题是选择题”,

A1="A学校代表先从甲箱中依次抽取了两道选择题”，

A2="A学校代表先从甲箱中依次抽取了一道选择题，一道填空题”,

A3="A学校代表先从甲箱中依次抽取了两道填空题”，

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学校代表从甲箱中取出的是两道选择题的概率为春

4.一只不透朋的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0-9,先后从袋中随机取两只小球.用事件N表

示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是加，

(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，求证：事件/与事件8相互独立的充要条件是m=9.

【答案】(端;

(2)证明见解析.

【分析】(1)根据给定条件，利用全概率公式计算作答.

(2)利用列举法求出概率，结合独立性推理判断充分性，再利用条件概率公式推理判断必要性作答.

【详解】⑴用C表示“第一次取出小球的标号是2“，则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)记第一次取出的球的标号为x,第二次的球的标号为y,用数组(x,y)两次取球，则n(Q)=100,

充分性：当m=9时，

事件B发生包含的样本点为(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=芸=5，事件AB发生包含的样本点为(7,2),则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与事件B相互独立；

必要性

因为事件A与事件B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B),即P(A)=喘，

叩()10'P(B)n(B)'17Hn(B)10,

事件AB发生包含的样本点为(m-2,2),即n(AB)=1,则n(B)=10,

又x+y=m,0<x<9,0<y<9,

因此关于X的不等式组。有10组整数解，

即关于X的不等式组［,有10组整数解，从而1m=9得m=9,

所以事件A与事件B相互独立的充要条件是m=9.

5.有3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%.

(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；

(2)如果取到的零件是次品，计算它是第1台车床所加工的概率(结果用分数表示)；

(3)参照第(2)问给出判断，求第1,2,3台车床操作员对加工次品分别应承担的份额.

【答案】⑴。.0525

(2)|

(3)第1,2台车床操作员应承担彳第3台车床操作员应承担右

【分析】(1)设B="任取一零件为次品"，A="零件为第i台车床加工”(i=1,2,3),

l!|fi=A1UA2UA3,且AI，A2,A3两两互斥,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)“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件Ai发生的概率由条件概率公

式计算可得答案；

(3)由条件概率公式计算可得答案；

【详解】(1)设B="任取一零件为次品"，A="零件为第i台车床加工”(i=1,2,3),

I

则。=AUA2UA3，且A1，A2,A3两两互斥，根据题意得，

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)“求次品为第1台车床所加工的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件A1发生的概率,

IRA-P(A1B)_P(Ai)P(B|A。_0.25x0.06_2

P(B)-P(B)—0.0525-7；

(3)根据(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台车床操作员应承担M，第3台车床操作员应承担*

6.某辖区组织居民接种新冠疫苗，现有4B,C,D四种疫苗且每种都供应充足.前来接种的居民接种与号码机

产生的号码对应的疫苗，号码机有48,C,D四个号码，每次可随机产生一个号码，后一次产生的号码由前一

次余下的三个号码中随机产生，张医生先接种与号码机产生的号码对应的4种疫苗后，再为居民们接种，记

第n位居民(不包含张医生)接种A,B,C,D四种疫苗的概率分别为PnQl),Pn(B),Pn(C),Pn(D).

⑴第2位居民接种哪种疫苗的概率最大；

(2)张医生认为，一段时间后接种4B,C,D四种疫苗的概率应该相差无几，请你通过计算第10位居民接种

45C,。四种的概率，解释张医生观点的合理性.

4Z-1X10Z-1X9Z-1X10

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

【答案】(1)A疫苗

(2)答案见解析

【分析】(1)分类讨论，根据全概率公式计算；

(2)根据(1)的逻辑，讨论Pn+i(A),Pn+i(B),Pn+i(C),Pn+i(D)的通项公式,运用等比数列求出第10为居

民使用A,B,C,D疫苗的概率即可.

【详解】(1)第1位居民接种A,B,C,D疫苗的概率分别为

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

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

同理，第2位居民接种C,D疫苗的概率也等于，

故第2位居民接种A疫苗的概率最大；

(2)因为Pn+1(A)=((1—Pn(A)),

所以Pn+1(A)—I=—'(Pn(A)-()，

故数列{Pn(A)-胃是公比为一押等比数列.

又P1(A)-AV，所以Pn(A)-Dx(-011-1

即Pn(A)=[+(-{)(-Jn1，

从而Pio(A)=*+(-*)(号)，

同理Pio(B)=[+X-

Pio(C)=Pio(D)=Pi。8)=1+2(—/，

所以Pio(A)-Pio(B)=H丁-*+扒=(一沪71.7x10-5，

第10位居民接种A,B,C,D疫苗概率应该相差无几.

第n(n>10)位居民接种A,B,C,D疫苗概率应该相差将会更小，所以张医生的话合理.

7.在一个抽奖游戏中，主持人从编号为123,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，

再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若

奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了

另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则，主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.

(1)计算主持人打开4号箱的概率；

(2)当主持人打开4号箱后，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选1号

或3号箱？(以获得奖品的概率最大为决策依据)

【答案】(*

(2)甲应该改选1号或3号箱.

【分析】(1)设出事件，根据已知条件得出事件的概率以及条件概率，然后根据全概率公式即可得出答案;

(2)根据条件概率公式，求出抽奖人甲选择各个箱子，获得奖品的概率，即可得出答案.

【详解】(1)设AI，A2，A3，A4分别表示1,2,3,4号箱子里有奖品，

设为,B2,B3,B4分别表示主持人打开1,2,3,4号箱子，

贝|Q=A]UA2UA3UA4,月*A],A?,A3,

由题意可知，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)在主持人打开4号箱的条件下，1号箱、2号箱、3号箱里有奖品的条件概率分别为P(A/B4)=学界=

P(Ai)P(B4lA。=3

P(B4)—-Q

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

(2'投_p(B7——画5--4,

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

3，

(P(B4)-P(B4)一下

通过概率大小比较，甲应该改选1号或3号箱.

8.杭州2022年第19届亚运会(The19thAsianGamesHangzhou2022)将于2023年9月23日至10月8日

举办.本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目.同时，在保持40个大项目

不变的前提下，增设了电子竞技项目.与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多

赛事的青睐.

传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才

会淘汰出局，因此更有容错率.假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分

组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军.双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜

者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组.之前进入到

败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总

决赛的胜者即为冠军.双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛

就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因

此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？

这里我们简单研究一下两个赛制.假设四支队伍分别为4昆C,D,其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为P，

另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为今最初分组时力B同组，CD同组.

⑴若p=|,在淘汰赛赛制下，4c获得冠军的概率分别为多少？

(2)分别计算两种赛制下4获得冠军的概率(用p表示)，并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否

如很多人质疑的“对强者不公平”？

【答案】(％d

(2)淘汰赛制获得冠军概率为p2,双败赛制获得冠军概率为p3(3-2p)；双败赛制下，会使得强者拿到冠军概

率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的.

【分析】(1)若A拿冠军则只需要连赢两场，对于C想拿到冠军，首先得战胜D,然后战胜A,B中的胜者,

然后根据独立事件的乘法公式计算即可；

(2)根据独立事件的乘法公式分别算出A在不同赛制下拿冠军的概率，然后作差进行比较.

【详解】(1)记A,C拿到冠军分别为事件M,N淘汰赛赛制下，A只需要连赢两场即可拿到冠军，因此P(M)=

224

—X-=1,

339

对于C想拿到冠军，首先得战胜D,然后战胜A,B中的胜者，

因止匕P(N)=ix-xi+ixixi=—.

(2)记两种寒制下A获得冠军的概率分别为Pi，P2,则Pi=p2.

而双败赛制下，A获得冠军有三种可能性：

(1)直接连赢三局；(2)从胜者组掉入败者组然后杀回总决赛；(3)直接掉入败者组拿到冠军.

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

则不论哪种赛制下，A获得冠军的概率均小于p,P2-P1=p(l-p)(2p-l).

若p>(，双败赛制下，A队伍获得冠军的概率更大，其他队伍获得冠军的概率会变小,

若p<3,双败赛制下，A以伍获得冠军的概率更小，其他队伍获得冠军的概率会变大,

综上可知：双败赛制下，会使得强者拿到冠军概率变大，弱者拿到冠军的概率变低，更加有利于筛选出“强

者”，人们“对强者不公平”的质疑是不对的.

9.甲袋中装有3个红球，2个白球，乙袋中装有5个红球，5个白球，两个袋子均不透明，其中的小球除

颜色外完全一致.现从甲袋中一次性抽取2个小球，记录颜色后放入乙袋，混匀后从乙袋一次性抽取3个小

球，记录颜色.设随机变量x表示在甲袋中抽取出的红球个数，y(k)表示X=k时，在乙袋中抽取出的红球个

数，Z表示在乙袋中抽取出的红球个数.

(1)求X的分布列；

(2)求y(k)的数学期望E[y(k)](用含k的代数式表示)；

(3)记X的所有可取值为的,。2,…,时,证明：E(Z)=2：=Ip(X=〃)矶丫(耿)],并求E(Z).

【答案】(1)分布列见解析；

⑵中

⑶证明见解析，|i.

【分析】(I)根据题意，求得X的取值，再求对应概率，即可求得分布列;

(2)Y(k)服从超几何分布，直接写出期望即可;

(3)根据全期望公式，结合条件概率的和全概率公式，整理化简即可证明，再根据所证结论，直接计算即

可.

【详解】(1)X的所有可能取值为0,1,2

P(X=O)*，，P(X=I)=^=|，P(X=2)=L，

所以X的分布列为

X0i2

133

p

To5To

(2)依题意，Y(k)服从超几何分布，且N=10+2=12,M=5+k,n=3,

故E[Y(k)]=3x£=誓

(3)Z的所有可能取值为0,1,2,3,则由全概率公式,

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)=区=°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

【点睛】本题属于中档题，考查随机变量的分布列、期望、全概率公式.同四省联考一样，本题直接考查超

几何分布的期望.作为重要的离散型随机变量之一，超几何分布的参数含义、均值一定要熟记，方差课本上

不做要求，如果对自己要求较高的同学应掌握推导过程，具体证明可参见2023届“星云”五一联考22题.本

题第(3)问的背景是重期望(或全期望)公式：对随机变量X和Y,总有E(X)=E[E(X|Y)].

10.某车间在三天内，每天生产6件某产品，其中第一天、第二天、第三天分别生产出了2件、1件、1件

次品，质检部门每天要从生产的6件产品中随机抽取3件进行检测，若发现其中有次品，则当天的产品不

能通过.

(1)求第一天的产品通过检测的概率；

(2)求这三天内，恰有两天能通过检测的概率.

【答案】(叫

瑞

【分析】(1)由古典概型公式计算第一天通过检查的概率Pi；

(2)由古典概型公式求出第i天的产品能通过检测的概率为R(i=1,2,3),利用独立事件乘法公式计算

三天内，恰有两天能通过的概率；

【详解】⑴因为第一天有4件正品，随意抽取3件产品检查，第一天通过检查的概率为Pi=舁=5=J

(2)依题意知，记第i天的产品能通过检测的概率为6(i=l,2,3),

则Pl=1,p2=P3=^|=p

则三天中恰有两天能通过的检测的概率是P2=公打抖(2上去

11.在数学研究性学习课程上，老师和班级同学玩了一个游戏.老师事先准备3张一模一样的卡片，编号为

1、2、3后，放入一个不透明的袋子中，再准备若干枚1元硬币与5角硬币和一个储蓄罐；然后邀请同学从

袋子中有放回地抽取1张卡片，若抽到的卡片编号为1或2,则将1枚1元硬币放入储蓄罐中，若抽到的卡

片编号为3,则将2枚5角硬币放入储蓄罐中，如此重复左次试验后，记储蓄罐中的硬币总数量为Sa

(1)若k=4,求5左>5的概率；

(2)若k=5,记第n(n=1,2,3,4,5)次抽卡且放置硬币后,5角硬币的数量为1元硬币的数量为匕!，求在S5>

7的条件下Xn=%的概率.

【答案】(啸

(2瑞

【分析】(1)根据对立事件，结合二项分布的概率公式即可求解.

(2)分两种情况，结合二项分布的概率乘法计算公式即可求解.

【详解】(1)“SkW5”表示储蓄罐中有4枚1元硬币或3枚1元硬币和2枚5角硬币，

故所求概率P=-C"(Jx(|)：5=称

45

(2)依题意，S5>7的概率为P=1—禺x(目x(|)-(|)=|||.

若有2次抽到3号卡，即2次放置5角硬币，3次放置1元硬币，则在前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，

故其概率为玛x©xg)2x(|)3=券；

若有3次抽到3号卡，即3次放置5角硬币，2次放置1元硬币，必须在前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，故所求概率为C,x(|)2x(|)3-熬，其他情况不可能使

得Xn=Yn，

12.果酒由水果本身的糖分被酵母菌发酵而成.研究表明，果酒中的芳香气味主要来自于酯类化合物.某学习

小组在实验中使用了3种不同的酵母菌型，8型，。型)分别对三组(每组10瓶)相同的水果原液进

行发酵，一段时间后测定发酵液中某种酯类化合物的含量，实验过程中部分发酵液因被污染而废弃，最终

得到数据如下("Y’表示该瓶发酵液因废弃造成空缺)：

酵母菌类型该酯类化合物的含量(〃g/L)

N型X27472688XX28172679X26922721

假设用频率估计概率

(1)从样本未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，求其品质高的概率；

(2)设事件。为“从样本含/型，B型,C型酵母菌的未废弃的发酵液中各随机抽取一瓶，这三瓶中至少有一

瓶品质高”，求事件。发生的概率P(D)；

(3)设事件E为“从样本未废弃的发酵液中不放回地随机抽取三瓶，这三瓶中至少有一瓶品质高”试比较事件

E发生的概率P(E)与(2)中事件。发生的概率P(D)的大小.(结论不要求证明)

【答案】(嚅

Q琮

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

【分析】(1)先求未废弃的发酵液总数，再求品质高的瓶数，结合古典概率求解可得答案;

(2)设出事件，利用对立事件求解概率可得答案；

(3)先求事件E的概率，比较大小可得答案.

【详解】(1)设事件F="从样本未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，

由题可知，未废弃的发酵液共有6+4+5=15瓶，其品质高的有9瓶，

所以P(F)=V

(2)事件A="从样本含A型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”,

事件B="从样本含B型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，

事件C="从样本含C型酵母菌的未废弃的发酵液中随机抽取一瓶，其品质高”，

由题意得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)由题意P(E)=1-导=1一白=*>3所以P(E)>P(D).

VIE7171ZU

13.新冠病毒在传播过程中会发生变异，现在已有多种变异毒株，传播能力和重症率都各不相同.某地卫

生部门统计了本地新冠确诊病例中感染每种毒株的患者在总病例中的比例和各自的重症率，数据统计如下

表所示.

病毒类型在确诊病例中的比例重症率

阿尔法(a)10%2.4%

贝尔特(0)15%3.8%

德尔塔(5)25%4%

奥密克戎

50%2%

(。)

已知当地将阿尔法、贝尔塔、德尔塔三种类型病例全部集中收治在甲医院，奥密克戎病例全部单独收治在

乙医院.以频率估计概率回答下列问题.

(1)某医生从甲医院新冠确诊病例名单中任取1人，求其为重症病例的概率；

(2)某医生从乙医院新冠确诊病例名单中任取2人，已知2人中有重症病例，求2人都是重症病例的概率(结

果保留4位小数).

【答案】(1)0.0362

(2)0.0101

【分析】(1)设事件B="甲医院中任取1位病例为重症病例"，事件A="甲医院中病例来自毒株类型i(i=

io+；；+25i°+；；+25lo+jls

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

式和全概率公式即可得解;

(2)设事件M="2人中有重症"，事件N="2人都是重症”

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

需即可得解.

【详解】(1)设事件B="甲医院中任取1位病例为重症病例”,

事件A="甲医院中病例来自毒株类型i(i=a,0,3)”,

其样本空间。=AaUA。UA§,且Aa，Ap,两两互斥，根据题意得,

P(Aa)=mM=0Z

P(AB)=^dl==03

P&)=而含云=05

则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.

根据全概率公式得

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)设事件M="2人中有重症"，事件N="2人都是重症”

则p(M)=1-0.982=0.0396,因为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人中有重症病例，2人都是重症病例的概率为0.0101.

14.甲、乙两个学校分别有n+1位同学和〃位同学参加某项活动，假定所有同学成功的概率都是右所有

同学是否成功互不影响.记事件/="甲成功次数比乙成功次数多一次“，事件2="甲成功次数等于乙成功

次数”.

(1)若践=3,求事件/发生的条件下，恰有5位同学成功的概率;

(2)证明：P(A)=P(B).

【答案】(感

(2)证明见解析

【分析】(1)根据已知求出P(A)及甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率，再利用条件

概率公式求事件A发生的条件下恰有5位同学成功的概率

(2)根据题设写出P(A)、P(B),利用组合数的性质证明结论即可.

【详解】(1)由题设，甲乙学校分别有4个、3个学生参加活动，

+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=||,

而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为P=C汜)4.C就)3=执，

所以事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率忘=g.

(2)由题设知：P(A)=*用.+淄累冲+.••+(:隼q

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

1⑼一^+i，

因为解龙年=方立a-幺k=0,1,2,-n,所以P(A)=P(B)

15.双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编

入胜者组，失败者编入负者组继续比赛.之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类

似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、

C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛.

(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%,求：

①队伍A和D在决赛中过招的概率；

②D在一共输了两场比赛的情况下，成为亚军的概率；

(2)若A的实力出类拔萃，即有力参加的比赛其胜率均为75%,其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先

前与对手已有过招的概率.

【答案】

(2忌

【分析】(1)①队伍A和D在第一轮对阵，若A和D在决赛也对阵，必然有1个队伍在负者组对阵其他组

都赢得比赛，且另一个队伍和其他组比赛也都胜利.第一轮胜利者需要再胜1次，失败者需要再胜两次，才

能会师决赛.②为条件概率，根据条件概率公式去入手解决问题.

(2)可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.

【详解】(1)解：假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%,即概率为3

①由题意，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和

比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，

所以A和D在决赛中过招的概率为P=9xjx；=±

ZZ2o

②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛i中失败，

则事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，

事件F：包括L44，L1W4L5,W1L3L5,WJ3W5L6，L1W4W5L6五种情况.

其中这五种情况彼此互斥，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

其中积事件EF包括WJ3W5L6，L1W4W5L6两种情况.

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

所以所求概率为P(E|F)=需=I•二

(2)解：由题意，A获胜的概率为］B、C、D之间获胜的概率均为［

4Z

要使得D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：

①若A与D在决赛中相遇，分为A1胜，3胜，D1负4胜5胜，或A1负4胜5胜，D1胜，3胜，

——I-Zgrnn-N/3311133127

可付概率为Pl=-X-X-X——X—X—X—=----;

144224442128

②若B与D决赛相遇,D1胜,3胜,B2胜3负5胜，或D1胜,3负,5胜,B2胜3胜，可得概率为Pi=：x；x；x

422

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

-X-+-X-+-X-X-X-X-+-X-=—,

\44427422\4442/128

③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，

日时而

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

J422\4442/422\44427128

所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率P=Pj+P+P=

23IZo

【点睛】思路点睛：学会对复杂事件进行分解是解决复杂事件的概率的基本思路.一般把复杂事件分解成互

斥事件的和事件或相互独立事件的积事件，另外要注意对立事件公式的运用，即正难则反；另外要注意看

清题目，准确理解题目的意思.

16.某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需

进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮,球员每罚进一

球则为本方获得1分,未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比

赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各

派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入

点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为右乙队每位球员罚进点球的概率均为，.假设

每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.

(1)求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；

(2)若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2:0领先，求甲

队第5个球员需出场罚球的概率.

【答案】(上

碇

【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.

(2)甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时比分可能为

2:1或2:2或3:2.

【详解】(1)设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为A,未罚进点球的事件为氐乙队球员罚进点球的事

件为B,未罚进点球的事件为亘

设每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意，得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、

乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球，

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

故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为:

(2)因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时比分

可能为2:1或2:2或3:2.

①比分为2:1的概率为

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比分为2:2的概率为P(A)•P(B)-P(A)-P(B)=(1-0x|x(1-1)x|

③比分为3:2的概率为P(A)-P(B)-P(A)-P(B)+P(A)-P(B)-P(A)-P(B)

综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为3+3+：=.

17.中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率

问题中.例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为右且每场比赛结果相互独立，则由对称性

可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一

枚质地均匀的硬币.

(1)若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；

(2)若甲抛掷5+1)次，乙抛掷〃次，n&N*,求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率.

【答案】(1焉

【分析】(1)设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率pi，根据对称性可知则甲正面朝上次数大于乙

正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等可得答案；

(2)分①出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数；②出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数；③出现

甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，由对称性可得答案.

【详解】(1)设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率pi，

ri―2W_16(

由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率

相等，故p=w1=||；

(2)可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，

①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为pi，则第n+1次甲必须再抛掷出证明

朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；

②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第n+1次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于

乙正面朝上次数，将该情形概率设为P2；

③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第n+1次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙

正面朝上次数，将该情形概率设为P3，由对称性可知P2=P3，

故Pn=1l+P3,而由｛pi+片2二；=「

可得

18.为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模

式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过

小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的

胜率均为:，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为；.(注：比赛结果没有平局)

4Z

(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；

⑵求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；

(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.

【答案】(1岛

端

(3后

【分析