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

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國通用)專題22概率問題【高考真題】1．(2022·全國乙理)從甲、乙等5名同學(xué)中隨機選3名參加社區(qū)服務(wù)工作，則甲、乙都入選的概率為____________．1．答案解析從5名同學(xué)中隨機選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·全國甲理)從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為________．2．答案解析從正方體的8個頂點中任取4個，有個結(jié)果，這4個點在同一個平面的有個，故所求概率．故答案為．3．(2022·全國甲文)從分別寫有1，2，3，4，5，6的6張卡片中無放回隨機抽取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個整數(shù)中隨機取2個不同的數(shù)，則這2個數(shù)互質(zhì)的概率為()A．B．C．D．4．答案D解析從2至8的7個整數(shù)中隨機取2個不同的數(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·全國乙理)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立．已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，且．記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B．該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤與丙比賽，p最大5．答案D解析該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，記該棋手在第二盤與甲比賽，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為，則此時連勝兩盤的概率為，則；記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為，則．記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為．則則，，即，，則該棋手在第二盤與丙比賽，最大．選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān)．選項A判斷錯誤．故選D．【知識總結(jié)】1．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(事件A包含的樣本點數(shù),試驗的樣本點總數(shù)).2．獨立重復(fù)試驗如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，那么它在n次獨立重復(fù)試驗中恰好發(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．相互獨立事件同時發(fā)生的概率：若A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)·P(B)．4．互斥事件至少有一個發(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·全國甲)將4個1和2個0隨機排成一行，則2個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1和2個0視為完全不同的元素)4個1分別設(shè)為1A,1B,1C,1D,2個0分別設(shè)為0A,0B，將4個1和2個0隨機排成一行有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1和2個0安排在6個位置，則選擇2個位置安排0，共有Ceq\o\al(2,6)種排法；將4個1排成一行，把2個0插空，即在5個位置中選2個位置安排0，共有Ceq\o\al(2,5)種排法．所以2個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．已知多項選擇題的四個選項A，B，C，D中至少有兩個選項正確，規(guī)定：如果選擇了錯誤選項就不得分．若某題的正確答案是ABC，某考生隨機選了兩個選項，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個選項里選兩個選項，共有Ceq\o\al(2,4)＝6(種)方法，從3個正確選項里選擇兩個選項，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個大小、形狀相同的小球，裝在一個不透明的袋子中，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取出一個小球，直到標(biāo)有偶數(shù)的球都取到過就停止．小明用隨機模擬的方法估計恰好在第4次停止摸球的概率，利用計算機軟件產(chǎn)生隨機數(shù)，每1組中有4個數(shù)字，分別表示每次摸球的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了以下21組隨機數(shù)：131412342333122433221413312443212341241312242143431224121413433122344422324143314234由此可以估計恰好在第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)的球都取到過就停止，且恰好在第4次停止摸球，表示所得到的4個數(shù)中包含2和4，且前3次只能出現(xiàn)2或4中的一個(不限次數(shù))，第4次又摸到另外一個偶數(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，稱這個五位數(shù)為“凸數(shù)”．由1,2,3,4,5組成的沒有重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)共120個，從中任意抽取一個，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，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)兩人進行賽馬比賽，比賽規(guī)則為：每匹馬只能用一次，每場比賽雙方各出一匹馬，共比賽三場．每場比賽中勝者得1分，否則得0分．若每場比賽之前彼此都不知道對方所用之馬，則比賽結(jié)束時，田忌得2分的概率為________．6．答案eq\f(1,6)解析設(shè)齊王的上、中、下三個等次的馬分別記為a，b，c，田忌的上、中、下三個等次的馬分別記為A，B，C，雙方各出上、中、下等馬各1匹分組分別進行1場比賽，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．我國古代典籍《周易》用“卦”描述萬物的變化．每一“重卦”由從下到上排列的6個爻組成，爻分為陽爻“——”和陰爻“——”，如圖就是一重卦．在所有重卦中隨機取一重卦，則該重卦恰有3個陽爻的概率是()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取一重卦，其基本事件總數(shù)n＝26＝64，恰有3個陽爻的基本事件數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20．故在所有重卦中隨機取一重卦，該重卦恰有3個陽爻的概率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、射、御、書、數(shù)．已知某人覺得“君子不學(xué)禮無以立”，而其兩個孩童對“數(shù)”均有濃厚興趣，該人依據(jù)自己能力，只能為每個孩童選擇六藝中的四藝進行培養(yǎng)，若要令該人和兩個孩童對所選的四藝都滿意，那么兩個孩童至少有一個選到“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孩童都滿意，則四藝中必選“禮”，“數(shù)”，兩個孩童再分別從剩余的四藝“樂”、“射”、“御”、“書”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：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、開陽、搖光，其中玉衡最亮，天權(quán)最暗，一名天文愛好者從七顆星中隨機選兩顆進行觀測，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．題型二相互獨立事件與獨立重復(fù)試驗11．(2021·新高考全國Ⅰ)有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球．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．甲與丙相互獨立B．甲與丁相互獨立C．乙與丙相互獨立D．丙與丁相互獨立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發(fā)生的概率為0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A錯誤；事件甲與事件丁同時發(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錯誤；事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤．12．某國產(chǎn)殺毒軟件的比賽規(guī)則為每個軟件進行四輪考核，每輪考核中能夠準(zhǔn)確對病毒進行查殺的進入下一輪考核，否則被淘汰．已知某個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互不影響，則()A．該軟件通過考核的概率為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B正確；該軟件至少能夠通過兩輪考核的概率為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D正確．13．甲、乙兩個球隊進行籃球決賽，采取五局三勝制(共贏得三場比賽的隊伍獲勝，最多比賽五局)，每場球賽無平局．根據(jù)前期比賽成績，甲隊的主場安排為“主客主主客”．設(shè)甲隊主場取勝的概率為0.6，客場取勝的概率為0.5，且各場比賽相互獨立，則甲隊以3∶2獲勝的概率為________．13．答案0.18解析由題意知，甲隊以3∶2獲勝，則甲隊第五場必勝，前四場“主客主主”中勝兩局，有兩種情況：一種為三個主場勝兩場，一種為客場勝一場主場勝一場，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點或2點向上，則小明前進1步，若骰子3點或4點向上，則小明前進2步，若骰子5點或6點向上，則小明前進3步．小明連續(xù)扔了三次骰子，則他一共前進了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了8步時，只能是2次前進3步，1次前進2步的情況．根據(jù)題意得，前進1步、前進2步、前進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)的研究性活動中，老師在每個箱子中裝了10個小球，其中9個是白球，1個是黑球，用兩種方法讓同學(xué)們來摸球．方法一：在20箱中各任意摸出一個小球；方法二：在10箱中各任意摸出兩個小球．將方法一、二至少能摸出一個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錯誤；在B中，由相互獨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錯誤，D正確．故選B、D．17．甲、乙兩人進行象棋比賽，采取五局三勝制(當(dāng)一人先贏3局時獲勝，比賽結(jié)束)．棋局以紅棋與黑棋對陣，兩人執(zhí)色輪流交換，執(zhí)紅棋者先走．假設(shè)甲執(zhí)紅棋時取勝的概率為eq\f(2,3)，執(zhí)黑棋時取勝的概率為eq\f(1,2)，各局比賽結(jié)果相互獨立，且沒有和局．若比賽開始，甲執(zhí)紅棋開局，則甲以3∶2獲勝的概率為________．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．根據(jù)規(guī)則，甲執(zhí)紅棋開局，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個開關(guān)閉合的概率都是eq\f(1,2)，且是相互獨立的，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，燈泡亮包括三個開關(guān)都閉合，只有下邊的開關(guān)閉合，只有上邊兩個閉合，下邊閉合上邊閉合一個，這四種情況是互斥的，每一種情況中的事件都是相互獨立的，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、乙兩隊進行排球比賽，采取五局三勝制(當(dāng)一隊贏得三場勝利時，該隊獲勝，比賽結(jié)束)．根據(jù)前期比賽成績可知在每一局比賽中，甲隊獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙隊獲勝的概率為eq\f(1,3)．若前兩局中乙隊以2∶0領(lǐng)先，則下列說法中正確的有________(填序號)．①甲隊獲勝的概率為eq\f(8,27)；②乙隊以3∶0獲勝的概率為eq\f(1,3)；③乙隊以3∶1獲勝的概率為eq\f(2,9)；④乙隊以3∶2獲勝的概率為eq\f(4,9)．19．答案①②③解析對于①，在乙隊以2∶0領(lǐng)先的前提下，若甲隊獲勝，則第三、四、五局均為甲隊取勝，所以甲隊獲勝的概率為P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，故①正確；對于②，乙隊以3∶0獲勝，即第三局乙隊獲勝，概率為eq\f(1,3)，故②正確；對于③，乙隊以3∶1獲勝，即第三局甲隊獲勝，第四局乙隊獲勝，概率為eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，故③正確；對于④，若乙隊以3∶2獲勝，則第五局為乙隊取勝，第三、四局乙隊輸，所以乙隊以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錯誤．20．甲、乙兩運動員進行乒乓球比賽，采用7局4勝制．在一局比賽中，先得11分的運動員為勝方，但打到10平以后，先多得2分者為勝方．在10平后，雙方實行輪換發(fā)球法，每人每次只發(fā)1個球．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“國家憲法日”．某中學(xué)開展主題為“學(xué)習(xí)憲法知識，弘揚憲法精神”的知識競賽活動，甲同學(xué)答對第一道題的概率為eq\f(2,3)，連續(xù)答對兩道題的概率為eq\f(1,2).用事件A表示“甲同學(xué)答對第一道題”，事件B表示“甲同學(xué)答對第二道題”，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個紅球，3個白球和4個黑球．某人從籃子中隨機取出2個球，記事件A為“取出的2個球顏色不同”，事件B為“取出1個紅球，1個白球”，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個紅球，3個白球和4個黑球，∴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個球的顏色不同，且1個球為紅球，1個球為白球的概率為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．某公司為方便員工停車，租了6個停車位，編號如圖所示．公司規(guī)定：每個車位只能停一輛車，每個員工只允許占用一個停車位．記事件A為“員工小王的車停在編號為奇數(shù)的車位上”，事件B為“員工小李的車停在編號為偶數(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個紅球、2個白球、5個黑球，它們大小形狀完全相同，現(xiàn)需一個紅球，甲每次從中任取一個不放回，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．某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹慎的”“一般的”“冒失的”．統(tǒng)計資料表明，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．若該保險公司的被保險人中“謹慎的”被保險人占20%，“一般的”被保險人占50%，“冒失的”被保險人占30%，則該保險公司的一個被保險人在一年內(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“被保險人是‘謹慎的’”，事件B2表示“被保險人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險人是‘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)過的汽車是貨車，A2表示公路上經(jīng)過的汽車是客車，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，謳歌中華民族實現(xiàn)偉大復(fù)興的奮斗歷程，增進全體黨員干部職工對黨史知識的了解，某單位組織開展黨史知識競賽活動，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錯誤．28．甲、乙兩個均勻且完全一樣的四面體，每個面都是正三角形，甲四個面上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4，乙四個面上分別標(biāo)有數(shù)字5,6,7,8，同時拋擲這兩個四面體一次，記事件A為“兩個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