高考真题+知识总结+方法总结+题型突破22概率问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题22概率问题【高考真题】1．(2022·全国乙理)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为____________．1．答案解析从5名同学中随机选3名的方法数为，甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率，答案为．2．(2022·全国甲理)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．2．答案解析从正方体的8个顶点中任取4个，有个结果，这4个点在同一个平面的有个，故所求概率．故答案为．3．(2022·全国甲文)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A．B．C．D．3．答案C解析从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为．故选C．4．(2022·新高考Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为()A．B．C．D．4．答案D解析从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率．故选D．5．(2022·全国乙理)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则()A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大5．答案D解析该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，则此时连胜两盘的概率为，则；记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，则．记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为．则则，，即，，则该棋手在第二盘与丙比赛，最大．选项D判断正确；选项BC判断错误；与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关．选项A判断错误．故选D．【知识总结】1．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(事件A包含的样本点数,试验的样本点总数).2．独立重复试验如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n．3．相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)．4．互斥事件至少有一个发生的概率：若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)．5．条件概率公式设A，B为随机事件，且P(A)>0，则P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).6．全概率公式设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．【题型突破】题型一古典概型1．(2021·全国甲)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(2,5)C．eq\f(2,3)D．eq\f(4,5)1．答案C解析方法一(将4个1和2个0视为完全不同的元素)4个1分别设为1A,1B,1C,1D,2个0分别设为0A,0B，将4个1和2个0随机排成一行有Aeq\o\al(6,6)种排法，将1A,1B,1C,1D，排成一行有Aeq\o\al(4,4)种排法，再将0A,0B插空有Aeq\o\al(2,5)种排法，所以2个0不相邻的概率P＝eq\f(A\o\al(4,4)A\o\al(2,5),A\o\al(6,6))＝eq\f(2,3)．方法二(含有相同元素的排列)将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有Ceq\o\al(2,6)种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有Ceq\o\al(2,5)种排法．所以2个0不相邻的概率P＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,6))＝eq\f(2,3)．2．已知多项选择题的四个选项A，B，C，D中至少有两个选项正确，规定：如果选择了错误选项就不得分．若某题的正确答案是ABC，某考生随机选了两个选项，则其得分的概率为()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,6)D．eq\f(3,11)2．答案A解析由题意得，从4个选项里选两个选项，共有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)方法，从3个正确选项里选择两个选项，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(种)方法．由古典概型的概率公式得所求的概率为P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)．3．有4个大小、形状相同的小球，装在一个不透明的袋子中，小球上分别标有数字1,2,3,4．现每次有放回地从中随机取出一个小球，直到标有偶数的球都取到过就停止．小明用随机模拟的方法估计恰好在第4次停止摸球的概率，利用计算机软件产生随机数，每1组中有4个数字，分别表示每次摸球的结果，经随机模拟产生了以下21组随机数：131412342333122433221413312443212341241312242143431224121413433122344422324143314234由此可以估计恰好在第4次停止摸球的概率为()A．eq\f(2,3)B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,7)D．eq\f(5,21)3．答案C解析由题意得，直到标有偶数的球都取到过就停止，且恰好在第4次停止摸球，表示所得到的4个数中包含2和4，且前3次只能出现2或4中的一个(不限次数)，第4次又摸到另外一个偶数，有1234,1224,3124,1224,4312,2234，共有6组，所以恰好在第4次停止摸球的概率P＝eq\f(6,21)＝eq\f(2,7)．4．从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为()A．eq\f(1,14)B．eq\f(3,7)C．eq\f(4,7)D．eq\f(3,4)4．答案C解析从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为Ceq\o\al(3,8)，这3只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为Ceq\o\al(3,4)×23，所以所求概率为P＝eq\f(C\o\al(3,4)×23,C\o\al(3,8))＝eq\f(4,7)．5．定义：eq\x\to(abcde)＝10000a＋1000b＋100c＋10d＋e，当五位数eq\x\to(abcde)满足a<b<c，且c>d>e时，称这个五位数为“凸数”．由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数共120个，从中任意抽取一个，则其恰好为“凸数”的概率为()A．eq\f(1,6)B．eq\f(1,10)C．eq\f(1,12)D．eq\f(1,20)5．答案D解析由题意知，由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数恰好为“凸数”的有12543,13542,14532,23541,24531,34521，共6个，所以恰好为“凸数”的概率为P＝eq\f(6,120)＝eq\f(1,20)．6．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为________．6．答案eq\f(1,6)解析设齐王的上、中、下三个等次的马分别记为a，b，c，田忌的上、中、下三个等次的马分别记为A，B，C，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛，所有的可能为Aa，Bb，Cc，田忌得0分；Aa，Bc，Cb，田忌得1分；Ba，Ab，Cc，田忌得1分；Ba，Ac，Cb，田忌得1分；Ca，Ab，Bc，田忌得2分；Ca，Ac，Bb，田忌得1分，田忌得2分的概率为P＝eq\f(1,6)．7．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“——”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是()A．eq\f(5,16)B．eq\f(11,32)C．eq\f(21,32)D．eq\f(11,16)7．答案A解析在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n＝26＝64，恰有3个阳爻的基本事件数为Ceq\o\al(3,6)＝20．故在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率p＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16)．8．“六艺”出自《周礼·地官司徒·保氏》，是指礼、乐、射、御、书、数．已知某人觉得“君子不学礼无以立”，而其两个孩童对“数”均有浓厚兴趣，该人依据自己能力，只能为每个孩童选择六艺中的四艺进行培养，若要令该人和两个孩童对所选的四艺都满意，那么两个孩童至少有一个选到“御”的概率为()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,4)C．eq\f(5,9)D．eq\f(4,5)8．答案B解析依题意，所选四艺要令该人和两个孩童都满意，则四艺中必选“礼”，“数”，两个孩童再分别从剩余的四艺“乐”、“射”、“御”、“书”中选两艺，共有n＝Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4)＝36(种)等可能选法，其中两孩童都不选“御”共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2,3)＝9(种)等可能选法，其概率为eq\f(9,36)＝eq\f(1,4)，则两孩童至少有一个选到“御”的概率p＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)．9．甲、乙、丙三人被系统随机地预约到A，B，C三家医院接种新冠疫苗，每家医院恰有1人预约．已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体新冠疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活新冠疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白新冠疫苗，问：甲不接种只打一针的腺病毒载体新冠疫苗且丙不接种需要打三针的重组蛋白新冠疫苗的概率等于()A．eq\f(1,3)B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,9)9．答案C解析甲、乙、丙三人被系统随机地预约到A，B，C三家医院接种新冠疫苗的情况有A33＝6种，符合题意的情况有3种，故所求概率为P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)．故选C．10．北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用．北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗，一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为()A．eq\f(10,21)B．eq\f(11,21)C．eq\f(11,42)D．eq\f(5,21)10．答案B解析从七颗星中随机选两颗，共有C72＝21种可能的结果，玉衡和天权至少一颗被选中共有C21C51＋C22＝11种可能的结果，所以所求概率P＝eq\f(11,21)．故选B．题型二相互独立事件与独立重复试验11．(2021·新高考全国Ⅰ)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8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则()A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立11．答案B解析事件甲发生的概率P(甲)＝eq\f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq\f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6)．事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．12．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是eq\f(5,6)，eq\f(3,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)，且各轮考核能否通过互不影响，则()A．该软件通过考核的概率为eq\f(1,8)B．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为eq\f(1,8)C．该软件至少能够通过两轮考核的概率为eq\f(2,3)D．在此次比赛中该软件平均考核了eq\f(65,24)轮12．答案ABD解析设事件Ai(i＝1,2,3,4)表示“该软件能通过第i轮考核”，则P(A1)＝eq\f(5,6)，P(A2)＝eq\f(3,5)，P(A3)＝eq\f(3,4)，P(A4)＝eq\f(1,3).该软件通过考核的概率为P(A1A2A3A4)＝P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,8)，选项A正确；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为P(A1A2eq\x\to(A)3)＝P(A1)P(A2)P(eq\x\to(A)3)＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)，选项B正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为1－P(eq\x\to(A)1)－P(A1eq\x\to(A)2)＝1－eq\f(1,6)－eq\f(5,6)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,2)，选项C不正确；设在此次比赛中，该软件考核了Y轮，∴Y的可能取值为1,2,3,4，P(Y＝1)＝P(eq\x\to(A)1)＝eq\f(1,6)，P(Y＝2)＝P(A1eq\x\to(A)2)＝eq\f(5,6)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,3)，P(Y＝3)＝P(A1A2eq\x\to(A)3)＝eq\f(1,8)，P(Y＝4)＝P(A1A2A3)＝eq\f(5,6)×eq\f(3,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，∴E(Y)＝1×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,8)＋4×eq\f(3,8)＝eq\f(65,24)，故选项D正确．13．甲、乙两个球队进行篮球决赛，采取五局三胜制(共赢得三场比赛的队伍获胜，最多比赛五局)，每场球赛无平局．根据前期比赛成绩，甲队的主场安排为“主客主主客”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛相互独立，则甲队以3∶2获胜的概率为________．13．答案0.18解析由题意知，甲队以3∶2获胜，则甲队第五场必胜，前四场“主客主主”中胜两局，有两种情况：一种为三个主场胜两场，一种为客场胜一场主场胜一场，其概率为Ceq\o\al(2,3)×0.62×0.4×0.5×0.5＋Ceq\o\al(1,3)×0.6×0.42×0.5×0.5＝0.18.14．小明在做一个与扔质地均匀的正六面体骰子有关的游戏，规定：若骰子1点或2点向上，则小明前进1步，若骰子3点或4点向上，则小明前进2步，若骰子5点或6点向上，则小明前进3步．小明连续扔了三次骰子，则他一共前进了8步的概率是()A．eq\f(1,27)B．eq\f(2,27)C．eq\f(1,9)D．eq\f(2,9)14．答案C解析易知小明三次共前进了8步时，只能是2次前进3步，1次前进2步的情况．根据题意得，前进1步、前进2步、前进3步的概率相同，均为eq\f(1,3)．故所求概率P＝C32×(eq\f(1,3))2×(eq\f(1,3))1＝eq\f(1,9)．故选C．15．在一次“概率”相关的研究性活动中，老师在每个箱子中装了10个小球，其中9个是白球，1个是黑球，用两种方法让同学们来摸球．方法一：在20箱中各任意摸出一个小球；方法二：在10箱中各任意摸出两个小球．将方法一、二至少能摸出一个黑球的概率分别记为p1和p2，则()A．p1＝p2B．p1<p2C．p1>p2D．以上三种情况都有可能15．答案B方法二中每箱中的黑球被选中的概率为eq\f(1,5)，所以至少摸出一个黑球的概率p2＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))10．p1－p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))20＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))10－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(81,100)))10<0，则p1<p2．16．(多选)甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为eq\f(1,2)和eq\f(1,3)，甲、乙两人各射击一次，下列说法正确的是()A．目标恰好被命中一次的概率为eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．目标恰好被命中两次的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,3)C．目标被命中的概率为eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)D．目标被命中的概率为1－eq\f(1,2)×eq\f(2,3)16．答案BD甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为eq\f(1,2)和eq\f(1,3)，甲、乙两人各射击一次，在A中，目标恰好被命中一次的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)，故A错误；在B中，由相互独立事件概率乘法公式得目标恰好被命中两次的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，故B正确；在C、D中，目标被命中的概率为1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(2,3)，故C错误，D正确．故选B、D．17．甲、乙两人进行象棋比赛，采取五局三胜制(当一人先赢3局时获胜，比赛结束)．棋局以红棋与黑棋对阵，两人执色轮流交换，执红棋者先走．假设甲执红棋时取胜的概率为eq\f(2,3)，执黑棋时取胜的概率为eq\f(1,2)，各局比赛结果相互独立，且没有和局．若比赛开始，甲执红棋开局，则甲以3∶2获胜的概率为________．17．答案eq\f(13,54)解析甲以3∶2获胜，则第5局甲获胜，前四局甲两胜两负．根据规则，甲执红棋开局，则前四局甲执棋顺序是“红黑红黑”，第5局甲执红棋．前四局甲取胜可能的情况是：①甲2次执红棋取胜；②甲2次执黑棋取胜；③甲1次执红棋和1次执黑棋取胜．故概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(1,22)×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C21\f(2,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))·C21\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))×eq\f(2,3)＝eq\f(13,54)．18．如图，已知电路中3个开关闭合的概率都是eq\f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为()A．eq\f(3,8)B．eq\f(1,2)C．eq\f(5,8)D．eq\f(7,8)18．答案C解析由题意，灯泡亮包括三个开关都闭合，只有下边的开关闭合，只有上边两个闭合，下边闭合上边闭合一个，这四种情况是互斥的，每一种情况中的事件都是相互独立的，所以灯泡亮的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,8)．故选C．19．甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为eq\f(2,3)，乙队获胜的概率为eq\f(1,3)．若前两局中乙队以2∶0领先，则下列说法中正确的有________(填序号)．①甲队获胜的概率为eq\f(8,27)；②乙队以3∶0获胜的概率为eq\f(1,3)；③乙队以3∶1获胜的概率为eq\f(2,9)；④乙队以3∶2获胜的概率为eq\f(4,9)．19．答案①②③解析对于①，在乙队以2∶0领先的前提下，若甲队获胜，则第三、四、五局均为甲队取胜，所以甲队获胜的概率为P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，故①正确；对于②，乙队以3∶0获胜，即第三局乙队获胜，概率为eq\f(1,3)，故②正确；对于③，乙队以3∶1获胜，即第三局甲队获胜，第四局乙队获胜，概率为eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故③正确；对于④，若乙队以3∶2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3∶2获胜的概率为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，故④错误．20．甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10平以后，先多得2分者为胜方．在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为eq\f(1,2)，甲接发球赢球的概率为eq\f(2,5)，则在比分为10∶10后甲先发球的情况下，甲以13∶11赢下此局的概率为()A．eq\f(2,25)B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,10)D．eq\f(3,25)20．答案C解析分两种情况：①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为P1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,50)；②后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,25)．所以所求事件概率为：P1＋P2＝eq\f(1,10)．题型三条件概率与全概率21．2020年12月4日是第七个“国家宪法日”．某中学开展主题为“学习宪法知识，弘扬宪法精神”的知识竞赛活动，甲同学答对第一道题的概率为eq\f(2,3)，连续答对两道题的概率为eq\f(1,2).用事件A表示“甲同学答对第一道题”，事件B表示“甲同学答对第二道题”，则P(B|A)＝()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)21．答案D解析∵P(AB)＝eq\f(1,2)，P(A)＝eq\f(2,3)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,2),\f(2,3))＝eq\f(3,4).故选D．22．篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球．某人从篮子中随机取出2个球，记事件A为“取出的2个球颜色不同”，事件B为“取出1个红球，1个白球”，则P(B|A)等于()A．eq\f(1,6)B．eq\f(3,13)C．eq\f(5,9)D．eq\f(2,3)22．答案B解析∵篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球，∴依题意，得P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(13,18)．又∵取出2个球的颜色不同，且1个球为红球，1个球为白球的概率为P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(1,6)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,6),\f(13,18))＝eq\f(3,13)．23．某公司为方便员工停车，租了6个停车位，编号如图所示．公司规定：每个车位只能停一辆车，每个员工只允许占用一个停车位．记事件A为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”，事件B为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”，则P(A|B)等于()A．eq\f(1,6)B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,2)D．eq\f(3,5)23．答案D解析根据条件概率的计算公式可得，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(\f(3,6)×\f(3,5),\f(3,6))＝eq\f(3,5)．24．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8)D．eq\f(2,9)24．答案B解析设A＝{甲第一次拿到白球}，B＝{甲第二次拿到红球}，则P(AB)＝eq\f(A\o\al(1,2)A\o\al(1,3),A\o\al(2,10))＝eq\f(1,15)，P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,10))＝eq\f(1,5)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3)．25．某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是()A．0.155B．0.175C．0.016D．0.09625．答案B解析设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%．设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30．由全概率公式，得P(A)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.05×20%＋0.15×50%＋0.30×30%＝0.175．26．已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02，0.01，则一辆汽车中途停车修理的概率为()A．eq\f(1,100)B．eq\f(1,60)C．eq\f(1,50)D．eq\f(1,30)26．答案B解析设B表示汽车中途停车修理，A1表示公路上经过的汽车是货车，A2表示公路上经过的汽车是客车，则P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，则由全概率公式，可知一辆汽车中途停车修理的概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝eq\f(2,3)×0.02＋eq\f(1,3)×0.01＝eq\f(1,60)．27．(多选)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A．P(A)＝eq\f(3,5)B．P(AB)＝eq\f(3,10)C．P(B|A)＝eq\f(1,2)D．P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(1,2)27．答案ABC解析P(A)＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,5))＝eq\f(3,5)，故A正确；P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(1,5)C\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，故B正确；P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2)，故C正确；P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，P(eq\x\to(A)B)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,3),C\o\al(1,5)C\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(P\x\to(A)B,P\x\to(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4)，故D错误．28．甲、乙两个均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面