10.1　随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式课件——2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式、事件的相互独立性等核心考点，严格对接高考评价体系，通过五年高考真题分析明确古典概型（占比35%）、相互独立性（占比30%）等高频考点，归纳出选择填空基础题、解答题综合题等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+方法提炼+素养提升”，如2023全国甲卷古典概型题采用“直接法与间接法”对比解析，2024新课标Ⅰ相互独立性题渗透“数学思维”的逻辑推理，帮助学生掌握“插空法”“捆绑法”等解题技巧。教师可依托考点分布和易错点分析精准教学，助力学生高效冲刺高考。

10.1　随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式 返回目录 五年高考 考点1　随机事件与古典概型 1.★★(2023全国甲文,4,5分)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4 名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     解析　从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,总的基本事件有 =6个,其中这2名 学生来自不同年级的基本事件有  =4个,所以所求概率P= = .故选D. 返回目录 2.★★(2022新高考Ⅰ,5,5分)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.      D     返回目录 解析　解法一　直接法　从2至8的7个整数中任取两个数共有 =21种取法, 若取的两数互质,则不同的取法有(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6), (5,7),(5,8),(6,7),(7,8),共14种,所以从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 = .故选D. 解法二　间接法　从2至8的7个整数中任取2个数共有 =21种取法, 2个数不互质的情况有两类:(1)从4个偶数中任取2个,有 =6种取法;(2)从偶数和奇数中 各取一个,有(3,6)这1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以取2个数互质的概率为 1- = .故选D. 返回目录 3.★★★(2021全国甲理,10,5分)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. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     解析　解法一　从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有 =15种排法,2个0 不相邻可利用插空法,先排4个1(无序),产生5个空,选2个空排0,则有 =10种排法,故所 求概率P= = . 解法二　对立事件　从6个位置中选2个位置排0,剩下4个位置排1,共有 =15种排法, 若2个0相邻,则将2个0捆绑后和4个1排序,共有 =5种排法,故2个0不相邻的概率P=1-  = . 返回目录 4.★★(2022全国乙,文14,理13,5分)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_________. 解析　设“甲、乙都入选”为事件A,从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务 工作包含的基本事件有 个,事件A包含的基本事件有 个,所以P(A)= = . 返回目录 5.★★(2022全国甲理,15,5分)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_________. 解析　从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有 =70种选法,其中4个点在同一平面的 选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,根据古典概型概率公式知 所求概率P= = . 返回目录 6.★★★★(2024全国甲理,16,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回 地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球 上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于 的概率为_________. 返回目录 解析　记取出的三个球上的数字依次为a,b,c,a,b,c=1,2,3,4,5,6,a≠b≠c,则从中无放回 地随机取三次的所有数字情况共有 =120种. 由|m-n|= ≤ , 得|a+b-2c|≤3,即-3≤a+b-2c≤3, ∴-3+2c≤a+b≤3+2c. 当c=6时,9≤a+b≤15,则(a,b)的所有可能为(4,5),(5,4),共2种; 当c=5时,7≤a+b≤13,则(a,b)的所有可能为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,6),(6,3),(3,4),(4,3),(4, 6),(6,4),共10种; 返回目录 当c=4时,5≤a+b≤11,则(a,b)的所有可能为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2, 6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种; 当c=3时,3≤a+b≤9,则(a,b)的所有可能为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2, 4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种; 当c=2时,1≤a+b≤7,则(a,b)的所有可能为(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(3, 4),(4,3),共10种; 当c=1时,-1≤a+b≤5,则(a,b)的所有可能为(2,3),(3,2),共2种. 故满足条件的a,b,c共有2+10+16+16+10+2=56种. ∴m与n之差的绝对值不大于 的概率P= = . 返回目录 7.★★★★(2024新课标Ⅰ,14,5分)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数 字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8,两人进行四轮比 赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的 大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片 在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为_________. 返回目录 解析　解法一　甲出1一定输,所以甲最多得3分,则甲的总得分不小于2,即甲得2分或3 分.甲要得3分,就只有1种组合1-8,3-2,5-4,7-6.甲得2分有三种情况,分别列举如下:①出3 和出5时赢,其余输,则有如下组合:1-6,3-2,5-4,7-8,共1种.②出3和出7时赢,其余输,则有 如下组合:1-4,3-2,5-8,7-6;1-8,3-2,5-6,7-4;1-6,3-2,5-8,7-4,共3种.③出5和出7时赢,其余输, 则有如下组合:1-2,3-8,5-4,7-6;1-4,3-8,5-2,7-6;1-8,3-4,5-2,7-6;1-6,3-8,5-2,7-4;1-8,3-6,5-2, 7-4;1-6,3-8,5-4,7-2;1-8,3-6,5-4,7-2,共7种.综上,共12种组合满足甲的总得分不小于2,而 所有组合为4!种,所以甲的总得分不小于2的概率为 = . 解法二　若甲总得分小于2,则甲得0分或1分,记甲、乙所选卡片数字大小为有序数对 返回目录 (a,b),可固定甲卡片数字顺序为1,3,5,7,然后将乙所选卡片数字进行全排列,共 =24种, 甲得0分时,一定是(1,2),(3,4),(5,6),(7,8), 甲得1分时,符合条件的有 ①(1,2),(3,4),(5,8),(7,6), ②(1,2),(3,6),(5,8),(7,4), ③(1,2),(3,6),(5,4),(7,8), ④(1,2),(3,8),(5,6),(7,4), ⑤(1,4),(3,2),(5,6),(7,8), ⑥(1,4),(3,6),(5,2),(7,8), 返回目录 ⑦(1,4),(3,6),(5,8),(7,2), ⑧(1,4),(3,8),(5,6),(7,2), ⑨(1,6),(3,4),(5,8),(7,2), ⑩(1,6),(3,4),(5,2),(7,8),  (1,8),(3,4),(5,6),(7,2),共11种. 综上,符合条件的共12种,所以甲总得分不小于2的概率为1- = . 返回目录 三年模拟 1.★(2026届湖南长沙一中月考,3)从数字1,2,3,4,5,6中随机抽取两个数字(不允许重复), 则这两个数字的乘积是奇数的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     解析　从数字1,2,3,4,5,6中随机抽取两个数字(不允许重复)一共有 = =15(种)取法, 要想乘积为奇数,则随机选取的两个数字均为奇数,共有 =3(种)取法,故所求概率为  = .故选A. 返回目录 2.★(2026届广东中山纪念中学月考,3)设A,B是一个随机试验中的两个事件,P(A)=0.2, P(B)=0.5,P(AB)=0.2,则P(A∪B)= ( ) A.0.8　　    B.0.7　　    C.0.6　　    D.0.5     D     解析　根据题意可得,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.2+0.5-0.2=0.5.故选D. 返回目录 3.★★(2025届重庆康德教育调研,6)某池塘中饲养了A,B两种不同品种的观赏鱼,假设 鱼群在池塘里是均匀分布的.在池塘的东、南、西三个采样点捕捞得到如下数据(单 位:尾),若在采样点北捕捞到20尾鱼,则品种A约有 ( )     C     采样点 品种A 品种B 东 20 9 南 7 3 西 17 8 A.6尾　　    B.10尾　　    C.13尾　　    D.17尾 返回目录 解析　因为鱼群在池塘里是均匀分布的,所以品种A的占比为 = ,  ×20=13.75,所以在采样点北捕捞到的20尾鱼中品种A约有13尾,故选C. 返回目录 4.★★(2026届湖北武汉江汉新起点摸底,5)高三(1)班班主任从4名男同学和2名女同学 中随机选出3人去参加志愿服务活动,则选出的3人中至少有2名男生的概率为  ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C 解析　从6名同学中任选3人,有 =20种方法,其中最多有1名男生的情况有  =4种, 所以所求概率为1- = .故选C. 返回目录 5.★★★(2026届山东潍坊联考,6)已知甲、乙两人通过“石头、剪刀、布”决定谁先 开始游戏,规则为:每局中两人出法相互独立,且出石头、剪刀、布的概率均为 ,若两人 出法不同则直接定胜负(石头胜剪刀,剪刀胜布,布胜石头),若出法相同则重新开局.记 “甲在第1局或第2局获胜”为事件A,则P(A)= ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　画树状图如图,   在一次比赛中,共有9个基本事件, 其中甲获胜包含3个基本事件,所以甲在一次试验中获胜的概率P= , 记事件A=“甲在第1局或第2局获胜”,则事件 =“甲在第1局和第2局都不获胜”, 所以P(A)=1-P( )=1- × = .故选A. 返回目录 6.★★★(2025届安徽江南十校检测,7)某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动 员进入跳水比赛决赛,现采用抽签法决定决赛跳水顺序,在“运动员甲不是第一个出场, 运动员乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     解析　运动员甲不是第一个出场,运动员乙不是最后一个出场可分为甲最后一个出场 或甲在第2到4位出场,方法数为 +   =78,在“运动员甲不是第一个出场,运动员 乙不是最后一个出场”的前提下,“运动员丙第一个出场”,即运动员丙第一个出场,运 动员乙不是最后一个出场,方法数为  =18,因此所求概率为P= = .故选A. 返回目录 7.★★★(2026届浙江浙东北县域名校发展联盟诊断,7)一副扑克牌共有13张红桃牌,其 中J,Q,K称为花牌,其他的称为数字牌,现将这13张红桃牌从左到右随机排成一排,则在 红桃A的左侧没有数字牌的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     解析　将一副扑克牌中的13张红桃牌从左到右排成一排,共有 种不同的排法, 红桃A的左侧没有数字牌共有 +  +  +  种不同的排法, 所以红桃A的左侧没有数字牌的概率P=  = = . 故选C. 返回目录 8.★★★(2025届山东省实验中学二模,6)在甲、乙、丙、丁4个人中选若干人在3天假 期中值班(每天只需1人值班),不出现同一人连续值班两天,其中甲恰有一天值班的概率 为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　计算值班情况总的样本点个数: 每天值班人选从4人中选1人,且相邻两天值班人不同. 第一天:有4种选择(任何一人均可); 第二天:不能与第一天相同,因此有3种选择(排除第一天的人); 第三天:不能与第二天相同,因此有3种选择(排除第二天的人). 总的样本点个数为4×3×3=36. 计算甲恰有一天值班的样本点个数: 甲只在第一天值班有1×3×2=6种, 返回目录 甲只在第二天值班有1×3×3=9种, 甲只在第三天值班有1×3×2=6种. 所以由古典概型知P= = .故选C. 返回目录 9.★★★(2025届河南郑州二模,6)某高校计划安排甲、乙、丙、丁、戊、己6名教师到 4所不同的高中学校进行宣讲,每个学校至少安排1人,其中甲、乙必须安排在同一个学 校的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校, 若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为  =480种; 若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为 =1 080种, 故不同的安排方法共有480+1 080=1 560种. 将这6名教师分成四组,再分配到不同的学校,甲、乙安排在同一个学校, 若教师人数为3,1,1,1,则不同的安排方法种数为  =96种; 若教师人数为2,2,1,1,则不同的安排方法种数为  =144种, 故不同的安排方法共有96+144=240种. 所以所求事件的概率为 = .故选A. 返回目录 10.★★★(2025届江西宜春二模,6)将编号为1,2,3,4,5的5个球放到3个不同的盒子中,每 个球只能放到1个盒子中,每个盒子至少放入1个球,则编号为1,2,3的球所放盒子各不相 同的概率为( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　将5个球分成3组,有两种分法:1,1,3和2,2,1. 按1,1,3分组,共有 =10种分法; 再将分好的3组全排列,放入3个不同的盒子,有 =3×2×1=6种放法. 根据分步乘法计数原理,此时共有10×6=60种放法. 按2,2,1分组,共有 = =15种分法;再将分好的3组全排列,放入3个不同的盒子,有  =6种放法.根据分步乘法计数原理,此时共有15×6=90种放法. 由分类加法计数原理,总放法数为60+90=150. 先将编号为1,2,3的球放入3个不同的盒子,有 =6种放法; 返回目录 再将编号为4,5的球放入这3个盒子,每个球都有3种放法,根据分步乘法计数原理,共有3 ×3=9种放法. 根据分步乘法计数原理,编号为1,2,3的球所放盒子各不相同的放法数为6×9=54种. 根据古典概型概率公式,可得所求概率P= = .故选C. 返回目录 11.★★★(2026届山东潍坊诸城一中月考,14)已知一个正整数n,若能找到正整数a,b,使 得n=a+b+ab,则称n为一个“好数”.现在从1到20这20个正整数中任取一个数,取到 “好数”的概率为_________. 解析　由n=a+b+ab,可得n+1=a+b+ab+1=(a+1)(b+1),可得n=(a+1)(b+1)-1,其中a,b∈N*, 在1到20中的好数有3,5,7,8,9,11,13,14,15,17,19,20,共有12个,所以取到“好数”的概率 为P= = . 返回目录 12.★★★★(2026届四川南充月考(二),14)甲、乙、丙、丁四人打循环赛,每两人之间 都有一场比赛.已知乙、丙、丁三人胜率完全相同,而甲水平较高,面对三人时的胜率均 为 ,每场比赛胜者得一分,败者得零分,总分最高或同为最高者并列冠军.则甲拿到冠军 的概率是_________. 返回目录 解析　由题意知,甲、乙、丙、丁四人共进行 =6场比赛,且每人参加 =3场比赛, 故甲拿到冠军至少拿2分,至多拿3分,分类如下:第一类:甲共得3分拿到冠军,即甲与乙、 丙、丁三人的比赛均获胜拿到冠军,故事件“甲共得3分拿到冠军”的概率为 = . 第二类:甲共得2分拿到冠军,即甲恰与乙、丙、丁三人比赛中2场获胜1场败,且其余三 人得分均小于或等于2分,记事件A=“甲共得2分”,B=“甲拿到冠军”,则事件“甲共 得2分拿到冠军”即为AB,则A =“甲共得2分未拿到冠军”,即“甲恰与乙、丙、丁三 人比赛中2场获胜1场败,且乙、丙、丁中有人得3分”,由AB∪A =A=“甲共得2分”, 即甲恰输给乙、丙、丁中一人,则P(A)=   ; 返回目录 若乙、丙、丁中有人得3分,因为每人参加3场比赛,至多得3分, 则得3分的人必然是乙、丙、丁中赢得甲的人,且另外两人1人得1分,1人得0分. 故P(A )=   ·  ,故“甲共得2分拿到冠军”的概率为     = , 故甲拿到冠军的概率为 + = . 返回目录 13.★★★(2026届浙江学军中学练习,16)已知A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物 后的康复时间(单位:天)记录如下: A组 11 12 13 14 15 16 17 B组 13 14 16 17 18 15 a 假设所有病人的康复时间相互独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组 选出的人记为乙. (1)求甲的康复时间不少于14天的概率; (2)如果a=12,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率; (3)写出a为何值时,A,B两组病人康复时间方差相等.(结论不要求证明) 返回目录 解析    (1)设事件Ai为“甲是A组的第i个人”,事件Bi为“乙是B组的第i个人”,i=1,2,…, 7. 由题意,得P(Ai)=P(Bi)= ,i=1,2,…,7. 所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A4∪A5∪A6∪A7)=P(A4)+P(A5)+P(A6)+P(A7)=  . (2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”,由题意,得 C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6∪A3B7∪A4B7∪A5B7∪ A6B7∪A7B7, 返回目录 因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+ P(A7B6)+P(A3B7)+P(A4B7)+P(A5B7)+P(A6B7)+P(A7B7)=15P(A4B1)=15P(A4)P(B1)= . (3)当a=12或19时,A,B两组病人康复时间方差相等.理由: A组数据从小到大排列后,是公差为1的等差数列,B组数据除a外,排序后也是公差为1的 等差数列,由D(X)=D(X+b)可知,B组数据加入a后仍为等差数列,故a=12或19. 返回目录 14.★★★★(2026届湖北荆州监利联考,18)甲、乙、丙三名同学进行乒乓球比赛.经约 定,进行如下4场比赛决定胜负关系: ①乙、丙两名同学进行本场比赛,败者落入败者组; ②甲与第①场比赛胜者比赛,败者落入败者组; ③败者组两人进行比赛,败者记为第三名; ④第②,③场比赛胜者进行比赛,胜者记为第一名,败者记为第二名. 设每场比赛双方获胜的概率均为 . (1)求乙在败者组比赛中被淘汰的概率; (2)求甲最终获胜的概率; (3)从最终三人获得名次的数学期望的角度分析,该比赛规则是否对甲有利. 返回目录 解析　在全局比赛中,由于每场比赛双方获胜的概率均为 ,则乙与丙处于对称的位置, 二者在全局比赛中任意位置的概率均相等. (1)记事件A:甲在败者组比赛中被淘汰,事件B:乙或丙在败者组比赛中被淘汰.考虑事件 A发生的概率,甲需要在②,③两场比赛中连续失败, 故P(A)= × = . 由于事件A与事件B互为对立事件,且乙与丙的位置对称,所以乙在败者组比赛中被淘汰 的概率为P= = = . (2)甲最终获胜有如下两种情况: 返回目录 第一种:第②,④场比赛甲全胜,此时概率为 × = ; 第二种:第②场比赛甲失败,第③,④场比赛甲胜利,此时概率为 × × = , 故甲最终获胜的概率为 + = . (3)设甲获得的最终名次为X,则X的可能取值为1,2,3, 由(2)有P(X=1)= , 由(1)有P(X=3)= , 故P(X=2)=1-P(X=1)-P(X=3)= , 所以E(X)=1×P(X=1)+2×P(X=2)+3×P(X=3)= = , 返回目录 设乙或丙获得的最终名次为Y,Y的可能取值为1,2,3,由于乙与丙的位置对称,故E(Y)=1×  +2× +3× = = , 因为 < ,【易错:名次越小,成绩越好】所以甲最终获得名次的数学期望比乙或丙更 靠前,故该比赛规则确实对甲有利. 返回目录 五年高考 考点2　事件的相互独立性 1.★★★(2021新高考Ⅰ,8,5分)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     B     返回目录 解析　依题意,有放回地随机取两次,样本空间Ω={(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个样本点. 其中P(甲)= = ,P(乙)= = ,P(丙)= ,P(丁)= = , 易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个, “乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,“甲、丁同时发生”的基本事件为(1, 6),共1个, P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙),A错误, 返回目录 P(甲丁)= =P(甲)P(丁),B正确, P(乙丙)= ≠P(乙)P(丙),C错误, P(丙丁)=0≠P(丁)P(丙),D错误. 故选B. 返回目录 2.★★★(2022全国乙理,10,5分)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p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.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     D     返回目录 解析　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的 概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2 +p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=p1p3+p2p3 -2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2(p3-p1)>0,p丙-p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最 大.故选D 返回目录 3.★★★★★(创新知识交汇)(2025全国二卷,19,17分)甲、乙两人进行乒乓球练习, 每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p ,乙胜的概率为q,p+q= 1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概 率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若 =4,求p; (3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1<p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 返回目录 解析    (1)由已知可知p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率. ①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题 意,由于各局相互独立,故甲胜3局的概率为p3; ②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知:p3=p3. 由已知可知p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,则若4局比赛甲胜4局,此时 甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2局、 1局、0局,均不符合. ∴p4=p4+ p3(1-p)=4p3-3p4. 返回目录 综上可知:p3=p3,p4=4p3-3p4. (2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q, 同理,q4-q3=3q3p, ∴ = = =4,即p2=4q2, 又∵p,q∈(0,1),∴p=2q且p+q=1, ∴p= . (3)证明:不妨令Xn表示n局以后甲的得分,则乙的得分为n-Xn,则Xn~B(n,p). ∴pn=P(Xn-(n-Xn)≥2)=P(2Xn-n≥2)=P , 返回目录 ∴p2m+1=P =P(X2m+1≥m+2)=P(X2m+1≥m+2|X2m≥m+2)·P(X2m≥m+2)+ P(X2m+1≥m+2|X2m=m+1)·P(X2m=m+1) =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)p =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m+1)-P(X2m=m+1)q =P(X2m≥m+1)-P(X2m=m+1)q =p2m- pm+1qm, 同理,q2m+1=q2m- qm+1pm, 故p2m+1-q2m+1 =p2m-q2m+ qm+1pm- pm+1qm 返回目录 =p2m-q2m+ (pq)m(q-p)<p2m-q2m. p2m+2=P(X2m+2≥m+2) =P(X2m≥m+2)+P(X2m=m)p2+P(X2m=m+1)[1-(1-p)2] =P(X2m≥m+1)+p2 pmqm- pm+1qm+1 =p2m+p2 pmqm- pm+1qm+1, q2m+2=q2m+q2 pmqm- pm+1qm+1, 故p2m+2-q2m+2=p2m-q2m+(p2-q2) pmqm>p2m-q2m. 综上,原不等式得证. 返回目录 三年模拟 1.★★(2026届重庆巴蜀中学开学考,5)已知事件A和事件B相互独立, 为事件B的对立 事件.若P(A)=P(B)=0.4,则P(A+ )= ( ) A.0.24　　    B.0.56　　    C.0.76　　    D.0.84     C     解析　由P(B)=0.4得P( )=1-0.4=0.6,由P(A)=0.4以及事件A和事件B相互独立得P(A )= P(A)P( )=0.4×0.6=0.24, 所以P(A+ )=P(A)+P( )-P(A )=0.4+0.6-0.24=0.76.故选C. 返回目录 2.★★(2026届安徽池州调研,5)甲、乙两人投篮的命中率分别为 和 ,且他们投篮互 不影响,若两人分别投篮一次,则至少有一人投中的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     解析　因为两个人是否投中互不影响,两人都未投中的概率为 × = ,所以至 少有一人投中的概率为1- = .故选D. 返回目录 3.★★★(2026届山东省实验中学二诊,4)如图,某电子元件由A,B,C三种部件组成,现将 该电子元件应用到某研发设备中,经过反复测试,A,B,C三种部件能正常工作的概率分 别为 , , ,各个部件是否正常工作相互独立,则该电子元件能正常工作的概率为  ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.  D     返回目录 解析　设上半部分(A,B串联部分)正常工作为事件M,下半部分(A,B,C并联部分)正常工 作为事件N,该电子元件能正常工作为事件S, 则P(S)=1-P( )P( ), 又P(M)= × = , 则P( )=1-P(M)=1- = , 又P( )= × ×  = × × = , ∴P(S)=1- × =1- = . 返回目录 4.★★★(2026届福建模拟检测,7)如图,甲、乙做游戏,两人通过划拳(剪刀、石头、布) 比赛决胜谁首先到达第3格,并规定从0格出发,每次赢的一方往右前进一格,输的一方原 地不动,平局时两人都往右前进一格.如果一方连续赢两次,那么他将额外获得往右前进 一格的奖励(除非已经到达第3格),当有任何一方到达第3格时游戏结束,则游戏结束时 恰好划拳3次的概率为 ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 解析　设“第i(i∈N*)次划拳甲赢”为事件Ai,“第i(i∈N*)次划拳平局”为事件Bi,“第i (i∈N*)次划拳甲输”为事件Ci,则P(Ai)=P(Bi)=P(Ci)= ,则游戏结束时,恰好划拳3次的概 率为P=2P(A1)·P(B2)P(A3)+2P(B1)P(A2)P(A3)+P(B1)P(B2)P(B3)+2P(A1)P(B2)P(B3)+2P(B1)· P(A2)P(B3)+2P(B1)·P(B2)P(A3)+2P(C1)P(A2)P(A3)=2× × × +2× × × + × × + 2× × × +2× × × +2× × × +2× × × = . 返回目录 5.★★★(多选)(2026届湖北襄阳四中质量检测(三),9)下列说法正确的是 ( ) A.已知事件A,B,若P(A)=0.5,P(B)=0.4,且B⊆A,则P(A∪B)=0.5 B.已知事件A,B,若P(A)= ,P(B)= ,且A与B相互独立,则P(A∪B)=  C.已知事件A,B,若P(A)= ,P(B)= ,且P(A∪B)= ,则A与B相互独立 D.某班对学生体重进行抽样调查,抽取男生30人,平均数和方差分别为55,15;女生20人, 平均数和方差分别为45,20,则总样本方差为41     ACD     返回目录 解析　对于A,因为B⊆A,所以A∪B=A,则P(A∪B)=P(A)=0.5,故A正确; 对于B,因为A与B相互独立,P(A)= ,P(B)= ,则P(AB)=P(A)P(B)= ,又P(A∪B)=P(A)+ P(B)-P(AB)= + - = ,故B错误; 对于C,因为P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)= ,又P(A)= ,P(B)= ,则P(AB)= + - = =P(A) P(B), 所以A与B相互独立,故C正确; 对于D,总样本平均数 = ×55+ ×45=51, 总样本方差s2= ×[15+(55-51)2]+ ×[20+(45-51)2]=41,故D正确,故选ACD. 返回目录 6.★★★(多选)(2025届河北石家庄期末,10)设A,B是两个随机事件,且P(A)= ,P(B)= , 则下列结论正确的是 ( ) A.若A,B是互斥事件,则P(A∪B)=  B.若B⊆A,则P(A∪B)=  C.若A,B是相互独立事件,则P(A∪B)=  D.若P(A )= ,则A,B是相互独立事件     ACD     返回目录 解析　对于A,若A,B是互斥事件,不可能同时发生,P(AB)=0,P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=  + = ,故A正确;对于B,若B⊆A,则A∪B=A,则P(A∪B)=P(A)= ,故B错误;对于C,若A,B 相互独立,则P(AB)=P(A)·P(B)= × = ,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)= + - = ,故C 正确;对于D,由A=(AB)∪(A ),且事件AB,A 互斥,得P(A)=P(AB)+P(A ),若P(A )= ,则 P(AB)=P(A)-P(A )= - = ,又P(A)P(B)= × = ,所以P(A)P(B)=P(AB),故A,B相互独立, 故D正确. 返回目录 7.★★★(多选)(2026届湖南部分学校大联考,10)下列说法正确的是 ( ) A.甲、乙两人独立地破译一份密码,已知各人能破译的概率分别为 , ,则密码被成功 破译的概率为  B.一箱12罐的饮料中有2罐有奖券,从中任意抽取2罐,这2罐中有奖券的概率为  C.一个袋子中有4个红球,n个绿球,不放回地从中随机取出两个球,若取出的两球都是红 球的概率为 ,则n=5 D.甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为0.4, 相比3局2胜制,5局3胜制对甲更有利     ACD     返回目录 解析　对于A,因为各人能破译的概率分别为 , ,所以密码被成功破译的概率为P=1-  × = ,故A正确; 对于B,依题意,所求的概率为 = = ,故B错误; 对于C,由题意,取出的两球都是红球的概率为 = ,则n2+7n-60=0, 解得n=5或n=-12(舍去),故C正确; 对于D,采用“5局3胜制”甲获胜的概率为P1=0.63+ 0.62×0.4×0.6+ 0.62×0.42×0.6= 0.682 56, 返回目录 采用“3局2胜制”甲获胜的概率为P2=0.62+ ×0.6×0.4×0.6=0.36+0.288=0.648, 因为P1=0.682 56>P2=0.648,所以相比3局2胜制,5局3胜制对甲更有利,故D正确.故选 ACD. 返回目录 8.★★★(2026届云南师大附中适应性月考(三),13)某学校新学期开设了丰富的社团供 新生选择,高一年级甲同学对理科学社和十三月音乐社产生了浓厚的兴趣.若甲加入理 科学社的概率为0.7,加入十三月音乐社的概率为0.3,两个都加入的概率为0.21,则甲只 加入其中一个社团的概率为____________.     0.58     返回目录 解析　设甲加入理科学社为事件A,甲加入十三月音乐社为事件B, 甲同时加入两个社团可表示为事件AB, 甲只加入其中一个社团可表示为事件A + B,且事件A , B互斥, 由已知P(A)=0.7,P(B)=0.3,P(AB)=0.21, 所以P(A + B)=P(A )+P( B)=P(A)-P(AB)+P(B)-P(AB)=0.58. 返回目录 9.★★★(2026届广东清远教学质量检测,14)甲、乙两人进行象棋比赛,每局胜者得1分, 负者得0分.设每局甲胜的概率为 ,乙胜的概率为 ,且各局胜负相互独立,五局比赛结 束后甲比乙至少多得2分的概率为_________.(结果用数字作答) 解析　设事件A为“五局比赛后甲比乙至少多得两分”,则事件A包含甲胜四局或五局, 比分分别为4∶1与5∶0, 故P(A)=   +  = . 返回目录 10.★★★(2026届河南郑州外国语学校调研,18)为宣扬中国文化,某校组织古诗词知识 比赛.比赛分为两个阶段,第一阶段为基础知识问答,每位选手都需要回答3个问题,答对 其中至少2个问题,进入第二阶段,否则被淘汰;第二阶段分高分组和低分组,第一阶段3 个问题都答对的选手进入高分组,共回答4个问题,每答对一个得20分,答错不得分;第一 阶段答对2个问题的选手进入低分组,共回答4个问题,每答对一个得10分,答错不得分. 第一阶段,每个问题选手甲答对的概率都是 ;第二阶段,若选手甲进入高分组,每个问题 答对的概率都是 ,若选手甲进入低分组,每个问题答对的概率都是 . (1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率; (2)求选手甲在该次比赛得分为40分的概率; 返回目录 (3)已知该次比赛选手甲进入了高分组,记选手甲在该次比赛中得分为X,求随机变量X 的分布列和期望值. 解析    (1)选手甲第一阶段不被淘汰,即甲回答三个问题答对其中2个或3个, 其概率为p1=   + = . (2)选手甲在该次比赛得分为40分有两种情况:进入高分组,答对2个问题; 进入低分组,答对4个问题, 故概率为p2=    +    = . (3)由题意可知,X的所有可能取值为0,20,40,60,80, 则P(X=0)=  = , 返回目录 P(X=20)=   = , P(X=40)=   = , P(X=60)=   = , P(X=80)=  = , 所以X的分布列为 X 0 20 40 60 80 P           所以E(X)=0× +20× +40× +60× +80× =20. 返回目录 五年高考 考点3　条件概率与全概率公式 1.★★★(2023全国甲理,6,5分)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱 好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同 学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为 ( ) A.0.8　　    B.0.6　　    C.0.5　　    D.0.4     A     返回目录 解析　解法一　设既爱好滑雪,又爱好滑冰的同学占比为x, 则有60%+50%-x=70%,解得x=40%. ∴若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为 =0.8,故选A. 解法二　从该校的学生中任取一名学生,记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”,B表 示事件:“取到的学生爱好滑雪”. 由题设知P(A)=0.6,P(B)=0.5,P(A∪B)=0.7. 由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.6+0.5-0.7=0.4. 所以所求概率为P(A|B)= = =0.8. 返回目录 2.★★★(2023天津,13,5分)把若干个黑球和白球(这些球除颜色外没有其他差异)放进 三个空箱子中.三个箱子中的球数之比为5∶4∶6,且其中的黑球比例依次为40%,25%, 50%.若从每个箱子中各随机摸出一球,则三个球都是黑球的概率为_________;若把所有球 放在一起,然后随机摸出一球,则该球是白球的概率为_________. 返回目录 解析　解法一　用Ai(i=1,2,3)表示事件“从第i个箱子中摸出一个黑球”.依题意,三个 球都是黑球的概率P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=40%×25%×50%= . 由题意,可设三个箱子中的球数分别为5k,4k,6k(k∈N*),则总球数为15k,三个箱子中的黑 球总数为5k·40%+4k·25%+6k·50%=6k, 所以,把所有球放在一起,随机摸出一球是黑球的概率为 = ,从而所求概率为1- = . 解法二　用A表示事件“从三个箱子中各摸出一球,摸出的三个球都是黑球”, 则P(A)=40%×25%×50%= . 返回目录 用B表示事件“所有球放在一起后摸出一球为白球”,由全概率公式可得P(B)= ×60% + ×75%+ ×50%= . 返回目录 3.★★★★(2022新高考Ⅰ,20,12分)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地 居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中 随机调查了100例(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对 照组),得到如下数据: 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 返回目录 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异? (2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件 “选到的人患有该疾病”, 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风 险程度的一项度量指标,记该指标为R. (i)证明:R= · ; (ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A| )的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值. 附:K2= , 返回目录 解析    (1)由题中数据可知K2= =24>6.635,所以有99%的把握认为 患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异. (2)(i)证明:因为R= · = · · · = , 【注意P(B|A)= 】且 · = · · · = , 所以R= · . (ii)由题表中数据可知P(A|B)= = ,P(A| )= = ,P( |B)= = ,P( | )= = , 返回目录 所以R= · = × =6. 返回目录 三年模拟 1.★★(2026届江苏南京七校联合调研,4)从编号1~7的7张卡片中依次不放回地抽出两 张,记事件A:“第一次抽到的卡片编号数字为3的倍数”,事件B:“第二次抽到的卡片编 号数字大于第一次抽到的卡片编号数字”,则P(B|A)= ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     解析　第一次抽到3或6的概率为 ,所以P(A)= ,当第一次抽到3时,第二次可抽4,5,6,7, 共4种情况;当第一次抽到6时,第二次可抽7,共1种情况, 所以P(AB)= = ,P(B|A)= = = .故选A. 返回目录 2.★★(2026届广东深圳宝安教学质量监测,5)近期某市推进“光储充一体化”充电站 建设,现有A充电站配备2个超级快充桩和3个普通充电桩,B充电站配备1个超级快充桩 和3个普通充电桩.为优化资源配置,系统随机从A站调度1个充电桩至B站,随后技术人 员从B站随机选取2个充电桩进行升级调试.记“选取的两个充电桩均为普通桩”为事 件B,则P(B)= ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     返回目录 解析　设“从A站调度的1个充电桩为超级快充桩”为事件A1, “从A站调度的1个充电桩为普通充电桩”为事件A2. 则P(A1)= = ,P(A2)= = , P(B|A1)= = ,P(B|A2)= = , ∴P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)= × + × = . 返回目录 3.★★★(2026届江西“红色十校”联考,6)某百货商场为促销举办抽奖活动,设有两种 奖券:甲奖券和乙奖券.顾客每次抽取甲奖券中奖的概率为0.4,每次抽取乙奖券中奖的 概率为0.5,每次抽奖结果相互独立.某顾客计划先抽取2张甲奖券,再抽取1张乙奖券.若 该顾客恰好中奖2次,且其中有1张甲奖券中奖,则另外中奖的1张也是甲奖券的概率为 ( ) A.0.12　　    B.0.2　　    C.0.25　　    D.0.32     C     返回目录 解析　设事件A:恰好中奖2次且其中有1张甲奖券中奖,即甲奖券中奖1次且乙奖券中奖 1次或甲奖券中奖2次,乙奖券不中奖,事件B:恰好中奖2次且均为甲奖券,即甲奖券中奖2 次,乙奖券不中奖,则P(A)=0.4×0.4×0.5+ 0.4×0.6×0.5=0.32,P(B)=0.42×0.5=0.08,则 所求概率为P(B|A)= = =0.25.故选C. 返回目录 4.★★★(2026届重庆十一中第二次质量检测,6)袋子中放有大小、形状相同的5个小 球,其中标号为“0”的小球1个,标号为“1”的小球2个,标号为“2”的小球2个.从袋 中任取两个小球,已知其中一个小球的标号是“1”的条件下,另一个小球标号也是 “1”的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      B     解析　设取出的两个小球中至少有一个标号为“1”为事件A,取出的两个小球标号都 为“1”为事件B,则P(A)= = ,P(AB)= = , 所以P(B|A)= = = ,故选B. 返回目录 5.★★★(2025届广东湛江期中,7)已知某条线路上有A,B两辆相邻班次的BRT(快速公 交车),若A准点到站的概率为 ,在B准点到站的前提下A准点到站的概率为 ,在A准点 到站的前提下B不准点到站的概率为 ,则B准点到站的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　     C. 　　    D.      B     返回目录 解析　设事件A为“A准点到站”,事件B为“B准点到站”,依题意,P(A)= ,P(A|B)= , P( |A)= , 而P( |A)= = , 解得P(A )= , 而P(A)=P(AB∪A )=P(AB)+P(A )= ,则P(AB)= ,而P(A|B)= = ,解得P(B)= .故 选B. 返回目录 6.★★★(2025届河北保定定州中学二模,6)已知甲箱中有2个红球和3个黑球,乙箱中有 n个红球和3个黑球(所有球除颜色外完全相同),某学生先从甲箱中随机取出2个球放入 乙箱,再从乙箱中随机取出1个球,记“从甲箱中取出的球恰有i个红球”为事件Ai(i=0,1, 2),“从乙箱中取出的球是黑球”为事件B,则P(A2|B)是 ( ) A.与n有关的常量 B.与n有关的变量 C.与n无关的定值,且为  D.与n无关的定值,且为      C     返回目录 解析　依题意可得P(A0)= = ,P(A1)= = ,P(A2)= = , 若先A0发生,则乙箱中有n个红球,5个黑球,此时P(B|A0)= , 若先A1发生,则乙箱中有(n+1)个红球,4个黑球,此时P(B|A1)= , 若先A2发生,则乙箱中有(n+2)个红球,3个黑球,此时P(B|A2)= . 所以P(A0B)=P(B|A0)P(A0)= · ,P(A1B)=P(B|A1)P(A1)= · ,P(A2B)=P(B|A2)P(A2)=  · ,所以P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)= = , 返回目录 所以P(A2|B)= = = ,即P(A2|B)是与n无关的定值,且为 . 故选C. 返回目录 7.★★(多选)(2026届四川成都七中期中,9)设A,B为两个相互独立事件,且P(A|B)= ,P(B) = ,下列命题中,正确的是 ( ) A.P(A| )= 　　    B.P(B| )=  C.P(AB)= 　　    D.P( ∪B)=      BCD     返回目录 解析　因为P(A|B)= ,P(A|B)= ,P(B)= ,所以P(AB)=P(A|B)P(B)= × = .因为A,B 相互独立,所以A与 ,B与 也相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),则P(A)= , 则P( )= ,P(A| )= =P(A)= ,P(B| )= =P(B)= ,P( ∪B)=P( )+P(B)-P( ) P(B)= + - × = .故选BCD. 返回目录 8.★★★(2026届广东深圳福田红岭中学第二次统考,13)抛掷2颗骰子,观察掷得的点数, 记事件M为“2个骰子的点数不相同”,事件N为“点数之和大于8”,则在事件M发生的 条件下,事件N发生的概率是_________. 解析　抛掷2颗骰子的试验有62个基本事件,其中事件M包含30个基本事件,事件MN包 含8个基本事件,则P(M)= = ,P(MN)= = , 所以P(N|M)= = . 返回目录 9.★★★(2025届湖南部分学校联考,15)某红茶批发地只经营甲、乙、丙三种品牌的红 茶,且甲、乙、丙三种品牌的红茶优质率分别为0.9,0.8,0.7. (1)若该红茶批发地甲、乙、丙三种品牌的红茶市场占有量的比例为4∶4∶2,小张到 该批发地任意购买一盒红茶,求他买到的红茶是优质品的概率; (2)若小张到该批发地甲、乙、丙三种品牌店各任意买一盒红茶,求他恰好买到两盒优 质红茶的概率. 返回目录 解析    (1)设事件A,B,C分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌,事件 D表示他买到的红茶是优质品,则依据已知可得P(A)=P(B)= =0.4,P(C)=0.2, P(D|A)=0.9,P(D|B)=0.8,P(D|C)=0.7, 由全概率公式得P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=0.4×0.9+0.4×0.8+0.2×0.7= 0.82, 所以他买到的红茶是优质品的概率为0.82. (2)设事件E表示他恰好买到两盒优质红茶,组成事件E的情况有:甲、乙为优质红茶丙 不是优质红茶,甲、丙为优质红茶乙不是优质红茶,乙、丙为优质红茶甲不是优质红茶, 返回目录 且优质与否互相独立, 则P(E)=0.9×0.8×(1-0.7)+0.9×(1-0.8)×0.7+(1-0.9)×0.8×0.7=0.216+0.126+0.056=0.398,所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为0.398. 返回目录 10.★★★★(2026届山东聊城摸底,17)甲、乙两人进行游戏,且都有1个红色弹珠和1个 黄色弹珠,每人每次独立地随机取出1个弹珠相互交换. (1)若只交换1次,求甲的弹珠的颜色相同的概率; (2)若只交换1次,记甲有红色弹珠的个数为X,求X的分布列及期望; (3)若一共交换3次,最后甲的2个弹珠颜色相同,则甲获胜,否则乙获胜,试问这个游戏是 否公平? 返回目录 解析    (1)若交换1次,要使得甲的弹珠的颜色相同,则甲取到红色乙取到黄色或甲取到 黄色乙取到红色, 所以甲的弹珠的颜色相同的概率为 × + × = . (2)由题意知,若只交换1次,则甲、乙两人取到红色弹珠和黄色弹珠的概率均为 , 则随机变量X的所有可能取值为0,1,2, 可得P(X=0)= × = , P(X=1)= × + × = , 返回目录 P(X=2)= × = , 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P       所以E(X)=0× +1× +2× =1. (3)用A1,A2,A3分别表示甲第1次、第2次、第3次交换后,甲的2个弹珠颜色相同, 用B1,B2,B3分别表示甲第1次、第2次、第3次交换后,甲的2个弹珠颜色不相同, 由(1)知,P(A1)=P(B1)=P(B3|B2)=P(B2|B1)=P(A3|B2)= , 返回目录 则P(A3|A2)=P(A2|A1)=0, 由全概率公式,得P(A3)=P(A2)P(A3|A2)+P(B2)P(A3|B2)=P(B2)P(A3|B2)= P(B2)= [1-P(A2)], 同理可得P(A2)= [1-P(A1)]= , 所以P(A3)= [1-P(A2)]= × = ≠ ,所以游戏不公平. 返回目录 $