高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破22概率問(wèn)題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁(yè)近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國(guó)通用)專題22概率問(wèn)題【高考真題】1．(2022·全國(guó)乙理)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機(jī)選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為_(kāi)___________．1．答案解析從5名同學(xué)中隨機(jī)選3名的方法數(shù)為，甲、乙都入選的方法數(shù)為，所以甲、乙都入選的概率，答案為．2．(2022·全國(guó)甲理)從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任選4個(gè)，則這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的概率為_(kāi)_______．2．答案解析從正方體的8個(gè)頂點(diǎn)中任取4個(gè)，有個(gè)結(jié)果，這4個(gè)點(diǎn)在同一個(gè)平面的有個(gè)，故所求概率．故答案為．3．(2022·全國(guó)甲文)從分別寫(xiě)有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無(wú)放回隨機(jī)抽取2張，則抽到的2張卡片上的數(shù)字之積是4的倍數(shù)的概率為()A．B．C．D．3．答案C解析從6張卡片中無(wú)放回抽取2張，共有15種情況，其中數(shù)字之積為4的倍數(shù)的有6種情況，故概率為．故選C．4．(2022·新高考Ⅰ)從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)互質(zhì)的概率為()A．B．C．D．4．答案D解析從2至8的7個(gè)整數(shù)中隨機(jī)取2個(gè)不同的數(shù)，共有種不同的取法，若兩數(shù)不互質(zhì)，不同的取法有：，共7種，故所求概率．故選D．5．(2022·全國(guó)乙理)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤(pán)，各盤(pán)比賽結(jié)果相互獨(dú)立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，且．記該棋手連勝兩盤(pán)的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無(wú)關(guān)B．該棋手在第二盤(pán)與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤(pán)與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤(pán)與丙比賽，p最大5．答案D解析該棋手連勝兩盤(pán)，則第二盤(pán)為必勝盤(pán)，記該棋手在第二盤(pán)與甲比賽，比賽順序?yàn)橐壹妆氨滓业母怕示鶠?，則此時(shí)連勝兩盤(pán)的概率為，則；記該棋手在第二盤(pán)與乙比賽，且連勝兩盤(pán)的概率為，則．記該棋手在第二盤(pán)與丙比賽，且連勝兩盤(pán)的概率為．則則，，即，，則該棋手在第二盤(pán)與丙比賽，最大．選項(xiàng)D判斷正確；選項(xiàng)BC判斷錯(cuò)誤；與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān)．選項(xiàng)A判斷錯(cuò)誤．故選D．【知識(shí)總結(jié)】1．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(事件A包含的樣本點(diǎn)數(shù),試驗(yàn)的樣本點(diǎn)總數(shù)).2．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)如果事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n．3．相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率：若A，B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)·P(B)．4．互斥事件至少有一個(gè)發(fā)生的概率：若事件A，B互斥，則P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)．5．條件概率公式設(shè)A，B為隨機(jī)事件，且P(A)>0，則P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).6．全概率公式設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對(duì)任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．【題型突破】題型一古典概型1．(2021·全國(guó)甲)將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的概率為()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(將4個(gè)1和2個(gè)0視為完全不同的元素)4個(gè)1分別設(shè)為1A,1B,1C,1D,2個(gè)0分別設(shè)為0A,0B，將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行有Aeq\o\al(6,6)種排法，將1A,1B,1C,1D，排成一行有Aeq\o\al(4,4)種排法，再將0A,0B插空有Aeq\o\al(2,5)種排法，所以2個(gè)0不相鄰的概率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)將4個(gè)1和2個(gè)0安排在6個(gè)位置，則選擇2個(gè)位置安排0，共有Ceq\o\al(2,6)種排法；將4個(gè)1排成一行，把2個(gè)0插空，即在5個(gè)位置中選2個(gè)位置安排0，共有Ceq\o\al(2,5)種排法．所以2個(gè)0不相鄰的概率P＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,6))＝eq\f(2,3)．2．已知多項(xiàng)選擇題的四個(gè)選項(xiàng)A，B，C，D中至少有兩個(gè)選項(xiàng)正確，規(guī)定：如果選擇了錯(cuò)誤選項(xiàng)就不得分．若某題的正確答案是ABC，某考生隨機(jī)選了兩個(gè)選項(xiàng)，則其得分的概率為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,6)D．eq\f(3,11)2．答案A解析由題意得，從4個(gè)選項(xiàng)里選兩個(gè)選項(xiàng)，共有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)方法，從3個(gè)正確選項(xiàng)里選擇兩個(gè)選項(xiàng)，共有Ceq\o\al(2,3)＝3(種)方法．由古典概型的概率公式得所求的概率為P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)．3．有4個(gè)大小、形狀相同的小球，裝在一個(gè)不透明的袋子中，小球上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4．現(xiàn)每次有放回地從中隨機(jī)取出一個(gè)小球，直到標(biāo)有偶數(shù)的球都取到過(guò)就停止．小明用隨機(jī)模擬的方法估計(jì)恰好在第4次停止摸球的概率，利用計(jì)算機(jī)軟件產(chǎn)生隨機(jī)數(shù)，每1組中有4個(gè)數(shù)字，分別表示每次摸球的結(jié)果，經(jīng)隨機(jī)模擬產(chǎn)生了以下21組隨機(jī)數(shù)：131412342333122433221413312443212341241312242143431224121413433122344422324143314234由此可以估計(jì)恰好在第4次停止摸球的概率為()A．eq\f(2,3)B．eq\f(1,3)C．eq\f(2,7)D．eq\f(5,21)3．答案C解析由題意得，直到標(biāo)有偶數(shù)的球都取到過(guò)就停止，且恰好在第4次停止摸球，表示所得到的4個(gè)數(shù)中包含2和4，且前3次只能出現(xiàn)2或4中的一個(gè)(不限次數(shù))，第4次又摸到另外一個(gè)偶數(shù)，有1234,1224,3124,1224,4312,2234，共有6組，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．從4雙不同尺碼的鞋子中隨機(jī)抽取3只，則這3只鞋子中任意兩只都不成雙的概率為()A．eq\f(1,14)B．eq\f(3,7)C．eq\f(4,7)D．eq\f(3,4)4．答案C解析從4雙不同尺碼的鞋子中隨機(jī)抽取3只的方法為Ceq\o\al(3,8)，這3只鞋子中任意兩只都不成雙，選取的方法為Ceq\o\al(3,4)×23，所以所求概率為P＝eq\f(C\o\al(3,4)×23,C\o\al(3,8))＝eq\f(4,7)．5．定義：eq\x\to(abcde)＝10000a＋1000b＋100c＋10d＋e，當(dāng)五位數(shù)eq\x\to(abcde)滿足a<b<c，且c>d>e時(shí)，稱這個(gè)五位數(shù)為“凸數(shù)”．由1,2,3,4,5組成的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)共120個(gè)，從中任意抽取一個(gè)，則其恰好為“凸數(shù)”的概率為()A．eq\f(1,6)B．eq\f(1,10)C．eq\f(1,12)D．eq\f(1,20)5．答案D解析由題意知，由1,2,3,4,5組成的沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)恰好為“凸數(shù)”的有12543,13542,14532,23541,24531,34521，共6個(gè)，所以恰好為“凸數(shù)”的概率為P＝eq\f(6,120)＝eq\f(1,20)．6．《史記》卷六十五《孫子吳起列傳第五》中有這樣一道題：齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬劣于齊王的上等馬，優(yōu)于齊王的中等馬，田忌的中等馬劣于齊王的中等馬，優(yōu)于齊王的下等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬，現(xiàn)兩人進(jìn)行賽馬比賽，比賽規(guī)則為：每匹馬只能用一次，每場(chǎng)比賽雙方各出一匹馬，共比賽三場(chǎng)．每場(chǎng)比賽中勝者得1分，否則得0分．若每場(chǎng)比賽之前彼此都不知道對(duì)方所用之馬，則比賽結(jié)束時(shí)，田忌得2分的概率為_(kāi)_______．6．答案eq\f(1,6)解析設(shè)齊王的上、中、下三個(gè)等次的馬分別記為a，b，c，田忌的上、中、下三個(gè)等次的馬分別記為A，B，C，雙方各出上、中、下等馬各1匹分組分別進(jìn)行1場(chǎng)比賽，所有的可能為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分的概率為P＝eq\f(1,6)．7．我國(guó)古代典籍《周易》用“卦”描述萬(wàn)物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個(gè)爻組成，爻分為陽(yáng)爻“——”和陰爻“——”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，則該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)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解析在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，其基本事件總數(shù)n＝26＝64，恰有3個(gè)陽(yáng)爻的基本事件數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20．故在所有重卦中隨機(jī)取一重卦，該重卦恰有3個(gè)陽(yáng)爻的概率p＝eq\f(20,64)＝eq\f(5,16)．8．“六藝”出自《周禮·地官司徒·保氏》，是指禮、樂(lè)、射、御、書(shū)、數(shù)．已知某人覺(jué)得“君子不學(xué)禮無(wú)以立”，而其兩個(gè)孩童對(duì)“數(shù)”均有濃厚興趣，該人依據(jù)自己能力，只能為每個(gè)孩童選擇六藝中的四藝進(jìn)行培養(yǎng)，若要令該人和兩個(gè)孩童對(duì)所選的四藝都滿意，那么兩個(gè)孩童至少有一個(gè)選到“御”的概率為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(3,4)C．eq\f(5,9)D．eq\f(4,5)8．答案B解析依題意，所選四藝要令該人和兩個(gè)孩童都滿意，則四藝中必選“禮”，“數(shù)”，兩個(gè)孩童再分別從剩余的四藝“樂(lè)”、“射”、“御”、“書(shū)”中選兩藝，共有n＝Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4)＝36(種)等可能選法，其中兩孩童都不選“御”共有Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2,3)＝9(種)等可能選法，其概率為eq\f(9,36)＝eq\f(1,4)，則兩孩童至少有一個(gè)選到“御”的概率p＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)．9．甲、乙、丙三人被系統(tǒng)隨機(jī)地預(yù)約到A，B，C三家醫(yī)院接種新冠疫苗，每家醫(yī)院恰有1人預(yù)約．已知A醫(yī)院接種的是只需要打一針的腺病毒載體新冠疫苗，B醫(yī)院接種的是需要打兩針的滅活新冠疫苗，C醫(yī)院接種的是需要打三針的重組蛋白新冠疫苗，問(wèn)：甲不接種只打一針的腺病毒載體新冠疫苗且丙不接種需要打三針的重組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、丙三人被系統(tǒng)隨機(jī)地預(yù)約到A，B，C三家醫(yī)院接種新冠疫苗的情況有A33＝6種，符合題意的情況有3種，故所求概率為P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)．故選C．10．北斗導(dǎo)航系統(tǒng)由55顆衛(wèi)星組成，于2020年6月23日完成全球組網(wǎng)部署，全面投入使用．北斗七星自古是我國(guó)人民辨別方向判斷季節(jié)的重要依據(jù)，北斗七星分別為天樞、天璇、天璣、天權(quán)、玉衡、開(kāi)陽(yáng)、搖光，其中玉衡最亮，天權(quán)最暗，一名天文愛(ài)好者從七顆星中隨機(jī)選兩顆進(jìn)行觀測(cè)，則玉衡和天權(quán)至少一顆被選中的概率為()A．eq\f(10,21)B．eq\f(11,21)C．eq\f(11,42)D．eq\f(5,21)10．答案B解析從七顆星中隨機(jī)選兩顆，共有C72＝21種可能的結(jié)果，玉衡和天權(quán)至少一顆被選中共有C21C51＋C22＝11種可能的結(jié)果，所以所求概率P＝eq\f(11,21)．故選B．題型二相互獨(dú)立事件與獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)11．(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則()A．甲與丙相互獨(dú)立B．甲與丁相互獨(dú)立C．乙與丙相互獨(dú)立D．丙與丁相互獨(dú)立11．答案B解析事件甲發(fā)生的概率P(甲)＝eq\f(1,6)，事件乙發(fā)生的概率P(乙)＝eq\f(1,6)，事件丙發(fā)生的概率P(丙)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)，事件丁發(fā)生的概率P(丁)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6)．事件甲與事件丙同時(shí)發(fā)生的概率為0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A錯(cuò)誤；事件甲與事件丁同時(shí)發(fā)生的概率為eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正確；事件乙與事件丙同時(shí)發(fā)生的概率為eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C錯(cuò)誤；事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨(dú)立事件，故D錯(cuò)誤．12．某國(guó)產(chǎn)殺毒軟件的比賽規(guī)則為每個(gè)軟件進(jìn)行四輪考核，每輪考核中能夠準(zhǔn)確對(duì)病毒進(jìn)行查殺的進(jìn)入下一輪考核，否則被淘汰．已知某個(gè)軟件在四輪考核中能夠準(zhǔn)確殺毒的概率依次是eq\f(5,6)，eq\f(3,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)，且各輪考核能否通過(guò)互不影響，則()A．該軟件通過(guò)考核的概率為eq\f(1,8)B．該軟件在第三輪考核被淘汰的概率為eq\f(1,8)C．該軟件至少能夠通過(guò)兩輪考核的概率為eq\f(2,3)D．在此次比賽中該軟件平均考核了eq\f(65,24)輪12．答案ABD解析設(shè)事件Ai(i＝1,2,3,4)表示“該軟件能通過(guò)第i輪考核”，則P(A1)＝eq\f(5,6)，P(A2)＝eq\f(3,5)，P(A3)＝eq\f(3,4)，P(A4)＝eq\f(1,3).該軟件通過(guò)考核的概率為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)，選項(xiàng)A正確；該軟件在第三輪考核被淘汰的概率為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)，選項(xiàng)B正確；該軟件至少能夠通過(guò)兩輪考核的概率為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)，選項(xiàng)C不正確；設(shè)在此次比賽中，該軟件考核了Y輪，∴Y的可能取值為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)，故選項(xiàng)D正確．13．甲、乙兩個(gè)球隊(duì)進(jìn)行籃球決賽，采取五局三勝制(共贏得三場(chǎng)比賽的隊(duì)伍獲勝，最多比賽五局)，每場(chǎng)球賽無(wú)平局．根據(jù)前期比賽成績(jī)，甲隊(duì)的主場(chǎng)安排為“主客主主客”．設(shè)甲隊(duì)主場(chǎng)取勝的概率為0.6，客場(chǎng)取勝的概率為0.5，且各場(chǎng)比賽相互獨(dú)立，則甲隊(duì)以3∶2獲勝的概率為_(kāi)_______．13．答案0.18解析由題意知，甲隊(duì)以3∶2獲勝，則甲隊(duì)第五場(chǎng)必勝，前四場(chǎng)“主客主主”中勝兩局，有兩種情況：一種為三個(gè)主場(chǎng)勝兩場(chǎng)，一種為客場(chǎng)勝一場(chǎng)主場(chǎng)勝一場(chǎng)，其概率為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．小明在做一個(gè)與扔質(zhì)地均勻的正六面體骰子有關(guān)的游戲，規(guī)定：若骰子1點(diǎn)或2點(diǎn)向上，則小明前進(jìn)1步，若骰子3點(diǎn)或4點(diǎn)向上，則小明前進(jìn)2步，若骰子5點(diǎn)或6點(diǎn)向上，則小明前進(jìn)3步．小明連續(xù)扔了三次骰子，則他一共前進(jìn)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進(jìn)了8步時(shí)，只能是2次前進(jìn)3步，1次前進(jìn)2步的情況．根據(jù)題意得，前進(jìn)1步、前進(jìn)2步、前進(jìn)3步的概率相同，均為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)．故選C．15．在一次“概率”相關(guān)的研究性活動(dòng)中，老師在每個(gè)箱子中裝了10個(gè)小球，其中9個(gè)是白球，1個(gè)是黑球，用兩種方法讓同學(xué)們來(lái)摸球．方法一：在20箱中各任意摸出一個(gè)小球；方法二：在10箱中各任意摸出兩個(gè)小球．將方法一、二至少能摸出一個(gè)黑球的概率分別記為p1和p2，則()A．p1＝p2B．p1<p2C．p1>p2D．以上三種情況都有可能15．答案B方法二中每箱中的黑球被選中的概率為eq\f(1,5)，所以至少摸出一個(gè)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，則p1<p2．16．(多選)甲、乙兩人練習(xí)射擊，命中目標(biāo)的概率分別為eq\f(1,2)和eq\f(1,3)，甲、乙兩人各射擊一次，下列說(shuō)法正確的是()A．目標(biāo)恰好被命中一次的概率為eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．目標(biāo)恰好被命中兩次的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)C．目標(biāo)被命中的概率為eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)D．目標(biāo)被命中的概率為1－eq\f(1,2)×eq\f(2,3)16．答案BD甲、乙兩人練習(xí)射擊，命中目標(biāo)的概率分別為eq\f(1,2)和eq\f(1,3)，甲、乙兩人各射擊一次，在A中，目標(biāo)恰好被命中一次的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)，故A錯(cuò)誤；在B中，由相互獨(dú)立事件概率乘法公式得目標(biāo)恰好被命中兩次的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，故B正確；在C、D中，目標(biāo)被命中的概率為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錯(cuò)誤，D正確．故選B、D．17．甲、乙兩人進(jìn)行象棋比賽，采取五局三勝制(當(dāng)一人先贏3局時(shí)獲勝，比賽結(jié)束)．棋局以紅棋與黑棋對(duì)陣，兩人執(zhí)色輪流交換，執(zhí)紅棋者先走．假設(shè)甲執(zhí)紅棋時(shí)取勝的概率為eq\f(2,3)，執(zhí)黑棋時(shí)取勝的概率為eq\f(1,2)，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立，且沒(méi)有和局．若比賽開(kāi)始，甲執(zhí)紅棋開(kāi)局，則甲以3∶2獲勝的概率為_(kāi)_______．17．答案eq\f(13,54)解析甲以3∶2獲勝，則第5局甲獲勝，前四局甲兩勝兩負(fù)．根據(jù)規(guī)則，甲執(zhí)紅棋開(kāi)局，則前四局甲執(zhí)棋順序是“紅黑紅黑”，第5局甲執(zhí)紅棋．前四局甲取勝可能的情況是：①甲2次執(zhí)紅棋取勝；②甲2次執(zhí)黑棋取勝；③甲1次執(zhí)紅棋和1次執(zhí)黑棋取勝．故概率為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．如圖，已知電路中3個(gè)開(kāi)關(guān)閉合的概率都是eq\f(1,2)，且是相互獨(dú)立的，則燈亮的概率為()A．eq\f(3,8)B．eq\f(1,2)C．eq\f(5,8)D．eq\f(7,8)18．答案C解析由題意，燈泡亮包括三個(gè)開(kāi)關(guān)都閉合，只有下邊的開(kāi)關(guān)閉合，只有上邊兩個(gè)閉合，下邊閉合上邊閉合一個(gè)，這四種情況是互斥的，每一種情況中的事件都是相互獨(dú)立的，所以燈泡亮的概率為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)．故選C．19．甲、乙兩隊(duì)進(jìn)行排球比賽，采取五局三勝制(當(dāng)一隊(duì)贏得三場(chǎng)勝利時(shí)，該隊(duì)獲勝，比賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績(jī)可知在每一局比賽中，甲隊(duì)獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙隊(duì)獲勝的概率為eq\f(1,3)．若前兩局中乙隊(duì)以2∶0領(lǐng)先，則下列說(shuō)法中正確的有________(填序號(hào))．①甲隊(duì)獲勝的概率為eq\f(8,27)；②乙隊(duì)以3∶0獲勝的概率為eq\f(1,3)；③乙隊(duì)以3∶1獲勝的概率為eq\f(2,9)；④乙隊(duì)以3∶2獲勝的概率為eq\f(4,9)．19．答案①②③解析對(duì)于①，在乙隊(duì)以2∶0領(lǐng)先的前提下，若甲隊(duì)獲勝，則第三、四、五局均為甲隊(duì)取勝，所以甲隊(duì)獲勝的概率為P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，故①正確；對(duì)于②，乙隊(duì)以3∶0獲勝，即第三局乙隊(duì)獲勝，概率為eq\f(1,3)，故②正確；對(duì)于③，乙隊(duì)以3∶1獲勝，即第三局甲隊(duì)獲勝，第四局乙隊(duì)獲勝，概率為eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故③正確；對(duì)于④，若乙隊(duì)以3∶2獲勝，則第五局為乙隊(duì)取勝，第三、四局乙隊(duì)輸，所以乙隊(duì)以3∶2獲勝的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，故④錯(cuò)誤．20．甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行乒乓球比賽，采用7局4勝制．在一局比賽中，先得11分的運(yùn)動(dòng)員為勝方，但打到10平以后，先多得2分者為勝方．在10平后，雙方實(shí)行輪換發(fā)球法，每人每次只發(fā)1個(gè)球．若在某局比賽中，甲發(fā)球贏球的概率為eq\f(1,2)，甲接發(fā)球贏球的概率為eq\f(2,5)，則在比分為10∶10后甲先發(fā)球的情況下，甲以13∶11贏下此局的概率為()A．eq\f(2,25)B．eq\f(3,10)C．eq\f(1,10)D．eq\f(3,25)20．答案C解析分兩種情況：①后四球勝方依次為甲乙甲甲，概率為P1＝eq\f(1,2)×eq\f(3,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(3,50)；②后四球勝方依次為乙甲甲甲，概率為P2＝eq\f(1,2)×eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×eq\f(2,5)＝eq\f(1,25)．所以所求事件概率為：P1＋P2＝eq\f(1,10)．題型三條件概率與全概率21．2020年12月4日是第七個(gè)“國(guó)家憲法日”．某中學(xué)開(kāi)展主題為“學(xué)習(xí)憲法知識(shí)，弘揚(yáng)憲法精神”的知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，甲同學(xué)答對(duì)第一道題的概率為eq\f(2,3)，連續(xù)答對(duì)兩道題的概率為eq\f(1,2).用事件A表示“甲同學(xué)答對(duì)第一道題”，事件B表示“甲同學(xué)答對(duì)第二道題”，則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).故選D．22．籃子里裝有2個(gè)紅球，3個(gè)白球和4個(gè)黑球．某人從籃子中隨機(jī)取出2個(gè)球，記事件A為“取出的2個(gè)球顏色不同”，事件B為“取出1個(gè)紅球，1個(gè)白球”，則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∵籃子里裝有2個(gè)紅球，3個(gè)白球和4個(gè)黑球，∴依題意，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個(gè)球的顏色不同，且1個(gè)球?yàn)榧t球，1個(gè)球?yàn)榘浊虻母怕蕿镻(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．某公司為方便員工停車，租了6個(gè)停車位，編號(hào)如圖所示．公司規(guī)定：每個(gè)車位只能停一輛車，每個(gè)員工只允許占用一個(gè)停車位．記事件A為“員工小王的車停在編號(hào)為奇數(shù)的車位上”，事件B為“員工小李的車停在編號(hào)為偶數(shù)的車位上”，則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解析根據(jù)條件概率的計(jì)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．已知盒中裝有3個(gè)紅球、2個(gè)白球、5個(gè)黑球，它們大小形狀完全相同，現(xiàn)需一個(gè)紅球，甲每次從中任取一個(gè)不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8)D．eq\f(2,9)24．答案B解析設(shè)A＝{甲第一次拿到白球}，B＝{甲第二次拿到紅球}，則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．某保險(xiǎn)公司將其公司的被保險(xiǎn)人分為三類：“謹(jǐn)慎的”“一般的”“冒失的”．統(tǒng)計(jì)資料表明，這三類人在一年內(nèi)發(fā)生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30．若該保險(xiǎn)公司的被保險(xiǎn)人中“謹(jǐn)慎的”被保險(xiǎn)人占20%，“一般的”被保險(xiǎn)人占50%，“冒失的”被保險(xiǎn)人占30%，則該保險(xiǎn)公司的一個(gè)被保險(xiǎn)人在一年內(nèi)發(fā)生事故的概率是()A．0.155B．0.175C．0.016D．0.09625．答案B解析設(shè)事件B1表示“被保險(xiǎn)人是‘謹(jǐn)慎的’”，事件B2表示“被保險(xiǎn)人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險(xiǎn)人是‘冒失的’”，則P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%．設(shè)事件A表示“被保險(xiǎn)人在一年內(nèi)發(fā)生事故”，則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．已知某公路上經(jīng)過(guò)的貨車與客車的數(shù)量之比為2∶1，貨車和客車中途停車修理的概率分別為0.02，0.01，則一輛汽車中途停車修理的概率為()A．eq\f(1,100)B．eq\f(1,60)C．eq\f(1,50)D．eq\f(1,30)26．答案B解析設(shè)B表示汽車中途停車修理，A1表示公路上經(jīng)過(guò)的汽車是貨車，A2表示公路上經(jīng)過(guò)的汽車是客車，則P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，則由全概率公式，可知一輛汽車中途停車修理的概率為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．(多選)為慶祝建黨100周年，謳歌中華民族實(shí)現(xiàn)偉大復(fù)興的奮斗歷程，增進(jìn)全體黨員干部職工對(duì)黨史知識(shí)的了解，某單位組織開(kāi)展黨史知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，以支部為單位參加比賽，某支部在5道黨史題中(有3道選擇題和2道填空題)，不放回地依次隨機(jī)抽取2道題作答，設(shè)事件A為“第1次抽到選擇題”，事件B為“第2次抽到選擇題”，則下列結(jié)論中正確的是()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正確；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正確；P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2)，故C正確；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錯(cuò)誤．28．甲、乙兩個(gè)均勻且完全一樣的四面體，每個(gè)面都是正三角形，甲四個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4，乙四個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字5,6,7,8，同時(shí)拋擲這兩個(gè)四面體一次，記事件A為“兩個(gè)四面體朝下一面的數(shù)字之和為奇數(shù)”，事件B為“甲四面體朝下一面的數(shù)字為奇數(shù)”，事件C為“乙四面體朝下一面