高考数学 高频考点归类分析 独立事件概率的计算(真题为例)

高考理科概率大题相互独立事件的概率1.甲乙丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12（1）求甲连胜四场的概率（2）求需要进行第五场比赛的概率（3）求丙最终获胜的概率2.为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织了防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为35，34;在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23，25；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大?(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率3．数学奥赛试行改革：在一年中举行5次全区竞赛，学生如果其中2次成绩达全区前20名即可进入省队培训，不用参加其余的竞赛，而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定：若前4次竞赛成绩都没有达全区前20名，则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达全区前20名的概率都是14，每次竞赛成绩达全区前20名与否互相独立.（1）求该学生进入省队的概率.（2）如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束，记该学生参加竞赛的次数为ξ，求ξ的分布列及ξ的数学期望.4．某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得10−分．如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是2 3，回答第三个问题正确的概率为12，且各题回答正确与否相互之间没有影响．若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．（1）求至少回答对一个问题的概率．（2）求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列．（3）求这位挑战者闯关成功的概率．5. 11分制兵球比赛，每赢一球得分当某局打成10：10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结東.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立，在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结東.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率6.某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为0p ，假设该校年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为1p ，试比较0p 与1p 的大小．（结论不要求证明）7、甲、乙两人进行摸球游戏，一袋中装有2个黑球和1个红球。

题目第十一章概率相互独立事件同时发生的概率高考要求1了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率2会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生κ次的概率知识点归纳1．相互独立事件：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件 若A 与B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立 2互斥事件与相互独立事件是有区别的： 两事件互斥是指同一次试验中两事件不能同时发生，两事件相互独立是指不同试验下，二者互不影响；两个相互独立事件不一定互斥，即可能同时发生，而互斥事件不可能同时发生 3．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ⋅=⋅事件12,,,n A A A 相互独立， 1212()()()()n n P A A A P A P A P A ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 4 在同样条件下进行的各次之间相互独立的一种试验5关于相互独立事件也要抓住以下特征加以理解：第一，相互独立也是研究两个事件的关系；第二，所研究的两个事件是在两次试验中得到的；第三，两个事件相互独立是从“一个事件的发生对另一个事件的发生的概率没有影响”来确定的6．独立重复试验的概率公式：如果在一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n 次独立重复试验中这个事恰好发生K 次的概率n k k n n P P C k P --=)1()(表示事件A 在n 次独立重复试验中恰好发生了．．．．．k ．次．的概率 令k=0 得 在n 次独立重复试验中，事件A 没有发生的概率为．．．．．．．．P n (０)=C n 0p 0(1－p)n =(1－p)n令k=n 得 在n 次独立重复试验中，事件A 全部发生的概率为．．．．．．．．P n (n)=C n n p n (1－p)0 =p n7相互独立事件同时发生的概率在同一随机实验中，两事件互斥是指两个不可能同时发生的事件；两事件相互独立是指其中的一个事件发生与否对另一个事件的发生没有影响这两个概念的区分能力足以体现分析问题和解决问题的能力，这正是高考考查的主要目的另外要理解“积事件”的意义，特别要注意：若事件A 与B 不是相互独立事件而是互斥事件，那么在计算P （AB ）的值时绝对不可以使用P （A ·B ）=P （A ）P （B ）这个公式，只能从对立事件的角度出发，运用P （A ·B ）=1-P （A B ）进行计算 8n 次独立重复实验恰好有k 次发生的概率要求掌握n 次独立重复实验恰好有k 次发生的概率计算公式，对这个公式，不能死记硬背，要真正理解它所表示的含义，特别要理解其中的k n C 的意义此公式是概率的加法公式的应用，也为处理离散型随机变量的概率分布问题做了很好的铺垫一般高考不单独考这个知识点，经常是和互斥事件有一个发生的概率或者相互独立事件同时发生的概率综合起来考查 题型讲解例1 某班有两个课外活动小组，其中第一小组有足球票6张，排球票4张；第二小组有足球票4张，排球票6张甲从第一小组的10张票中任抽1张，乙从第二小组的10张票中任抽1张（1）两人都抽到足球票的概率是多少?（2）两人中至少有1人抽到足球票的概率是多少?解：记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到足球票”为事件A ，“乙从第二小组的10张票中任抽1张，抽到足球票”为事件B ；记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件A ，“乙从第二小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件B ，于是P （A ）=106= 53，P （A ）=52； P （B ）=104= 52，P （B ）53 由于甲（或乙）是否抽到足球票，对乙（或甲）是否抽到足球票没有影响，因此A 与B 是相互独立事件（1）甲、乙两人都抽到足球票就是事件A ·B 发生，根据相互独立事件的概率乘法公式，得到P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=53·52256 6 （2）甲、乙两人均未抽到足球票（事件A ·B 发生）的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=52·536 ∴两人中至少有1人抽到足球票的概率为 P =1－P （A ·B ）=1－25619 答：两人中至少有119例 2 有外形相同的球分别装在三个不同的盒子中，每个盒子中有10个球其中第一个盒子中有7个球标有字母A ，3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个，白球2个试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A 的球，则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一球如果第二次取得的球是红球，则称试验成功，求试验成功的概率解：设事件A ：从第一个盒子中取得一个标有字母A 的球；事件B ：从第一个盒子中取得一个标有字母B 的球，则A 、B 互斥，且P （A ）=107，P （B ）=103； 事件C ：从第二号盒子中取一个红球，事件D ：从第三号盒子中取一个红球，则C 、D 互斥，且P （C ）=21，P （D ）=10854 显然，事件A ·C 与事件B ·D 互斥，且事件A 与C 是相互独立的，B 与D 也是相互独立的所以试验成功的概率为P =P （A ·C +B ·D ）=P （A ·C ）+P （B ·D ） =P （A ）·P （C ）+P （B ）·P （D ）10059 10059 例3 冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料，取用甲种或乙种饮料的概率相等（1）求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶的概率；（2）求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率 解：（1）由题意知，甲种已饮用5瓶，乙种已饮用2瓶记“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A ，则p =P （A ）1 （1） 7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为 P 7（5）=C 57p 5（1－p ）2=C 27（21）721 （2）有且仅有3种情形满足要求：甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶，乙没有被饮用；甲被饮用4瓶，乙没有被饮用所求概率为 P 6（5）+P 5（5）+P 4（4）=C 65p 5（1－p ）+C 55p 5+C 44p 4163 答：甲饮料饮用完毕而乙饮料还剩3瓶的概率为12821，甲饮料被饮用瓶数比乙饮料被饮用瓶数至少多43例4 抽样本检查是产品检查的常用方法分为返回抽样和不返回抽样两种具体操作方案现有100只外型相同的电路板，其中有40只A 类版后60只B 类板问在下列两种情况中“从100只抽出3只，3只都是B 类”的概率是多少？⑴ 每次取出一只，测试后放回，然后再随机抽取下一只（称为返回抽样）；⑵ 每次取出一只，测试后不放回，在其余的电路板中，随意取下一只（称为不返回抽样）解：⑴ 设“从100只中抽去3只，3只都是B 类”为事件M ，先求基本事件总数，由于每次抽去一只，测试后又放回，故每次都是从100只电路板中任取一只，这是重复排列， 共有3110011001100100=⋅⋅C C C 个再求M 所包含的基本事件数，由于每次抽出后又放回，故是重复排列，共有360 个， 所以3360()0.216100P M == ⑵ 由于取出后不放回，所以总的基本事件数为3100C 个，事件M 的基本事件数为360C ，所以 3603100()0.212C P M C == 例5 把n 个不同的球随机地放入编号为1，2，…，m 的m 个盒子内，求1号盒恰有r 个球的概率解法一：用独立重复试验的概率公式把1个球放入m 个不同的盒子内看成一次独立试验，其中放入1号盒的概率为P =m 1这样n 个球放入m 个不同的盒子内相当于做n 次独立重复试验由独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率公式知，1号盒恰有r 个球的概率 P n （r ）=C r n p r （1－p ）n －r =C r n ·（m 1）r ·（1－m 1）n －r n r n r n - 解法二：用古典概型把n 个不同的球任意放入m 个不同的盒子内共有m n 个等可能的结果其中1号盒内恰有r 个球的结果数为C r n （m －1）n －r ，故所求概率P （A ）n r n r n -答：1号盒恰有r n r n r n m --)1(C例6 假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1－P ，且各引擎是否故障是独立的，如果至少50%的引擎能正常运行，飞机就可以成功地飞行，问对于多大的P 而言，4引擎飞机比2引擎的飞机更为安全？分析：4引擎飞机可以看作4次独立重复试验，要能正常运行，即求发生k 次（k ≥2）的概率同理，2引擎飞机正常运行的概率即是2次独立重复试验中发生k 次（k ≥1）的概率，由此建立不等式求解解：4引擎飞机成功飞行的概率为 C 24P 2（1－P ）2+C 34P 3（1－P ）+C 44P 4=6P 2（1－P ）2+4P 3（1－P ）+P 42引擎飞机成功飞行的概率为C 12P （1－P ）+C 22P 2=2P （1－P ）+P 2要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，只要6P 2（1－P ）2+4P 3（1－P ）+P 4≥2P （1－P ）+P 2化简，分解因式得（P －1）2（3P －2）≥0 所以3P －2≥0， 即得P 32 答：当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全 小结：1应用公式时，要注意前提条件，只有对于相互独立事件A 与B 来说，才能运用公式P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）2在学习过程中，要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积，或其对立事件3善于将具体问题化为某事件在n次独立重复试验中发生k次的概率4要搞清事件间的关系（是否彼此互斥、是否互相独立、是否对立），当且仅当事件A和事件B互相独立时，才有P（A·B）=P（A）·P（B）5A、B中至少有一个发生：A+B（1）若A、B互斥：P（A+B）=P（A）+P（B），否则不成立（2）若A、B相互独立（不互斥）①P（A+B）=P（A·B）+P（A·B）+P（A·B）；②P（A+B）=1－P（A·B）；③P（A+B）=P（A）+P（B）－P（AB）6某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高正确率要注意“至多”“至少”等题型的转化7n次独立重复试验中某事件发生k次的概率P n（k）=C knp k（1－p）n－k正好是二项式［（1－p）+p］n的展开式的第k+1项学生练习1甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1，乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是A p1p2B p1（1－p2）+p2（1－p1）C1－p1p2 D1－（1－p1）（1－p2）解析：恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决，故所求概率是p1（1－p2）+p2（1－p1）答案：B2将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k+1次正面的概率，那么k的值为A0 B1 C2 D3解析：由C k5（21）k（21）5－k=C15+k（21）k+1·（21）5－k－1，即C k5=C15+k，k+（k+1）=5，k=2答案：C3从应届高中生中选出飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为61，其他几项标准合格的概率为51，从中任选一学生，则该生三项均合格的概率为（假设三项标准互不影响） A 4 B 1 C 4 D 5 解析：P =31×61×451=1 答案：C4若A 与B 相互独立，则下面不相互独立事件有 A A 与A B A 与B C A 与B D A 与B 解析：由定义知，易选A答案：A5在某段时间内，甲地不下雨的概率为03，乙地不下雨的概率为04，假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响，则这段时间内两地都下雨的概率是A 012B 088C 028D 042 解析：P =（1－03）（1－04）=042答案：D 6一道数学竞赛试题，甲生解出它的概率为21，乙生解出它的概率为31，丙生解出它的概率为41，由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为________ 解析：P =21×32×43+ 21×31×43+ 21×32×412411 答案： 2411 7一出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗31前，已经通过了两个交通岗的概率是________解析：因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第三个交通岗遇到红灯，所以P =（1－31）（1－31）×314 答案： 274 8某学生参加一次选拔考试，有5道题，每题10分已知他解题的正确率为53，若40分为最低分数线，则该生被选中的概率是________ 解析：该生被选中，他解对5题或4题∴P =（53）5+C 45×（53）4×（1－53）1053 答案：31251053 9某单位订阅大众日报的概率为06，订阅齐鲁晚报的概率为03，则至少订阅其中一种报纸的概率为________解析：P =1－（1－06）（1－03）=072答案：07210在未来3天中，某气象台预报每天天气的准确率为08，则在未来3天中，（1）至少有2天预报准确的概率是多少？（2）至少有一个连续2天预报都准确的概率是多少？解：（1）至少有2天预报准确的概率即为恰有2天和恰有3天预报准确的概率，即 C 23·082·02+C 33·083=0896 ∴至少有2天预报准确的概率为0896（2）至少有一个连续2天预报准确，即为恰有一个连续2天预报准确或3天预报准确的概率为 2·082·02+083=0768∴至少有一个连续2天预报准确的概率为076811一个通讯小组有两套设备，只要其中有一套设备能正常工作，就能进行通讯每套设备由3个部件组成，只要其中有一个部件出故障，这套设备就不能正常工作如果在某一时间段内每个部件不出故障的概率为p ，计算在这一时间段内，（1）恰有一套设备能正常工作的概率； （2）能进行通讯的概率解：记“第一套通讯设备能正常工作”为事件A ，“第二套通讯设备能正常工作”为事件B由题意知P （A ）=p 3，P （B ）=p 3， P （A ）=1－p 3，P （B ）=1－p 3（1）恰有一套设备能正常工作的概率为 P （A ·B + A ·B ）=P （A ·B ）+P （A ·B ）=p 3（1－p 3）+（1－p 3）p 3=2p 3－2p 6（2）方法一：两套设备都能正常工作的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=p 6至少有一套设备能正常工作的概率，即能进行通讯的概率为P （A ·B + A ·B ）+P （A ·B ）=2p 3－2p 6+p 6=2p 3－p 6方法二：两套设备都不能正常工作的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=（1－p 3）2至少有一套设备能正常工作的概率，即能进行通讯的概率为1－P （A ·B ）=1－P （A ）·P （B ）=1－（1－p 3）2=2p 3－p 6答：恰有一套设备能正常工作的概率为2p 3－2p 6，能进行通讯的概率为2p 3－p 6 12已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球现从两袋中各取两个球，试求取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率解：从甲袋中取2个白球，从乙袋中取1个黑球和1个白球的概率为2723C C ×291415C C C =635； 从甲袋中取1个黑球和1个白球，从乙袋中取2个白球的概率为271413C C C ×2925C C 10 所以，取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为 635+6310=6315=215 13甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为41，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为121，甲、2 （1）分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；（2）从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率解：（1）设A 、B 、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件， 由题设条件有1(),41(),122(),9P A B P B C P A C ⎧⋅=⎪⎪⎪⋅=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩即1()[1()], 41()[1()], 122()(). 9P A P B P B P C P A P C ⎧⋅-=⎪⎪⎪⋅-=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩①②③ 由①③得P （B ）=1－89P （C ）， 代入②得27［P （C ）］2－51P （C ）+22=0 解得P （C ）=32或911（舍去） 将P （C ）=32分别代入③②可得P （A ）=31，P （B ）=41， 即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是31，412 （2）记D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，则P （D ）=1－P （D ）=1－［1－P （A ）］［1－P （B ）］［1－P （C ）］=1－32·43·3165 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率65 课前后备注。

第48讲 互斥与独立事件的概率、条件概率一、知识与方法1 互斥事件不可能同时发生的两个事件叫互斥事件(互斥事件也叫作互不相容事件); 从集合角度来看, ,A B 两个事件互斥,则表示,A B 这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集. 2 互圧事件的概率加法公式若事件 ,A B 互斥,则和事件“A B ⋃”发生的概率等于事件,A B 分别发生的概率之和, 即 ()()()P AB P A P B =+. 概率的加法公式可以推广到有限个事件的情形,若事件12,,,nA A A两两互斥,则有公式()()()()1212:.n n P A A A P A P A P A =+++3 相互独立事件事件A 或B 是否发生,它们相互之间没有影响,那么称事件A 和B 相互独立,把这样的两个事件叫作相互独立事件. 4 相互独立事件的概率乘法公式若事件,A B 相互独立,则积事件“A B ⋅” 发生的概率等于事件A B 、分别发生的概率之积, 即 ()()()P A B P A P B ⋅=⋅.概率的乘法公式也可以推广到有限个事件的情形,若事件 12,,,n A A A 两两相互独立,则有公式:()()()()()123123n n P A A A A P A P A P A P A ⋅=⋅5 条件概率对于任何两个事件A 和B ,在已知事件A 发生的条件下,事件B 发生的概率叫作条件概率,用符号()|P B A 来表示. 6 条件概率公式()()()|P A B P B A P A =, 其中 ()0,P A >AB 称为事件A 与B 的交(或积).7 独立重复试验将只有两种可能性的试验独立地重复n 次, 叫作独立重复试验,独立重复试验中,每次试验的结果与其他各次试验的结果无关, 即事件A 发生的概率()P A 在整个系列试验中一直保持不变.8 独立重复试验的概率如果在一次试验中,事件A 发生的概率为p ,事件A 不发生的概率为1p -, 那么在n 次独立重复试验中事件A 发生r 次的概率为()C (1).rn rn n p r p p -='- 这个概率也称为二项概率, 因为C (1)r n n p p -'-恰好是二项式()[1]n p p +-中含 rp 的项.二、典型例题【例1】 掷红、蓝两颗骰子,观察出现的点数,求至少有一颗骰子出现偶数点的概率.【例2】设b 和c 分别是先后拋掷一枚骨子得到的点数,用随机变量ξ表示方程2x bx ++0c =实根的个数(重根按一个计).(1)求方程20x bx c ++=有实根的概率;(2) 求在先后两次出现的点数中有 5 的条件下,方程20x bx c ++=有实根的 概率.n且n∈N)和 5 个白球,一次摸奖从中摸 2 个球,2 【例3】一个口袋中装有n个红球(5个球颜色不同则为中奖.(1) 试用n表示一次摸奖中奖的概率p；n=,求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率;(2) 若5(3) 记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为p,当n取多大时, p最大?三、易错警示【例】袋中有4 个球,包括2 个红球,1个黄球和 1 个白球,每次任取1 个球,有放回地取4 次,求无红球或无黄球的概率.四、难题攻略【例】甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是23和34, 假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响.(1) 求甲射击4 次,至少有1 次未击中目标的概率;(2) 求两人各射击4 次,甲恰好击中目标2 次且乙恰好击中目标3 次的概率;（3）假设某人连续2 次未击中目标,则终止其射击,问:乙恰好射击5 次后,被终止射击的概率是多少?五、强化训练1 11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分, 当某局打成 10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束,甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4, 各球的结果相互独立,在某局双方10:10 平后, 甲先发球, 两人又打了x 个球,该局比赛结束. (1) 求()2P x =;(2) 求事件“4x =且甲获胜”的概率.2 如图 74,EFGH -是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形, 将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分) 内”, 则 ()|P B A = ____________.图 74-3 A B 、两人拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下:若掷出的点数之和是3的倍数,则由原掷骰子的人继续掷;若掷出的点数之和不是3的倍数,就由对方接着掷,第一次由A 开始掷,设第n 次由A 掷的概率为n P , 求n P 的表达式(用 n 表示).第48讲 互斥与独立事件的概率、条件概率一、知识与方法1 互斥事件不可能同时发生的两个事件叫互斥事件(互斥事件也叫作互不相容事件); 从集合角度来看, ,A B 两个事件互斥,则表示,A B 这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集. 2 互圧事件的概率加法公式若事件 ,A B 互斥,则和事件“A B ⋃”发生的概率等于事件,A B 分别发生的概率之和, 即 ()()()P AB P A P B =+. 概率的加法公式可以推广到有限个事件的情形,若事件12,,,nA A A两两互斥,则有公式()()()()1212:.n n P A A A P A P A P A =+++3 相互独立事件事件A 或B 是否发生,它们相互之间没有影响,那么称事件A 和B 相互独立,把这样的两个事件叫作相互独立事件. 4 相互独立事件的概率乘法公式若事件,A B 相互独立,则积事件“A B ⋅” 发生的概率等于事件A B 、分别发生的概率之积, 即 ()()()P A B P A P B ⋅=⋅.概率的乘法公式也可以推广到有限个事件的情形,若事件 12,,,n A A A 两两相互独立,则有公式:()()()()()123123n n P A A A A P A P A P A P A ⋅=⋅5 条件概率对于任何两个事件A 和B ,在已知事件A 发生的条件下,事件B 发生的概率叫作条件概率,用符号()|P B A 来表示. 6 条件概率公式()()()|P A B P B A P A =, 其中 ()0,P A >AB 称为事件A 与B 的交(或积).7 独立重复试验将只有两种可能性的试验独立地重复n 次, 叫作独立重复试验,独立重复试验中,每次试验的结果与其他各次试验的结果无关, 即事件A 发生的概率()P A 在整个系列试验中一直保持不变.8 独立重复试验的概率如果在一次试验中,事件A 发生的概率为p ,事件A 不发生的概率为1p -, 那么在n 次独立重复试验中事件A 发生r 次的概率为()C (1).rn rn n p r p p -='- 这个概率也称为二项概率, 因为C (1)r n n p p -'-恰好是二项式()[1]n p p +-中含 rp 的项.二、典型例题【例1】 掷红、蓝两颗骰子,观察出现的点数,求至少有一颗骰子出现偶数点的概率. 【分析】()P A B +即事件A B 、至少有一个发生的概率.在A 与B 互斥时, ()()()P A B P A P B =+;在A 与B 相互独立时, ()()()()P AB P A P B P A B =+-= ()()()()P A P B P A P B +-.【解析】设事件A 为“红骰子出现偶数点”,事件B 为“蓝骰子出现偶数点”,事件C 为“至少一颗骰子出现偶数点”.显然,事件A 与B 不是互斥的,设事件D 为“两颗骰子同时出现偶数点”,则D A B =.掷两颗骰子出现点数总的结果是1166C C 36.=“红骰子出现偶数点”的结果是1136C C 18=,()1836P A =; “蓝骰子出现偶数点”的结果是1136C C 18=,()1836P B =;“两颗骰子都出现偶数点”的结果是1133C C 9=,()936P D =.“至少一颗骰子出现偶数点”的结果是 ()()()()P C P A P B P A B =+-18189273.363636364=+-==【例2】设b 和c 分别是先后拋掷一枚骨子得到的点数,用随机变量ξ表示方程2x bx ++0c =实根的个数(重根按一个计).(1)求方程20x bx c ++=有实根的概率;(2) 求在先后两次出现的点数中有 5 的条件下,方程20x bx c ++=有实根的 概率. 【分析】必须注意鉴别概率模型：“点数"为离散型,故原则上是古典概型. 对于第(1)问, 可分解成互斥事件概率;对于第 (2)问, 显然可归结为条件概率模型. 【解析】(1) 由题意知 : 设基本事件空间为Ω, 记“方程 20x bx c ++= 没有实根”为事件A , "方程20x bx c ++=有且仅有一个实根”为事件B ,“方程20x bx c ++=有两个相异实根"为事件C , 则(){}Ω,,1,2,,6b c b c ==∣,(){}2,40,,1,2,,6A b c b c b c =-<=∣, (){}2,40,,1,2,,6B b c b c b c =-==∣, (){}2,40,,1,2,,6.C b c b c b c =->=∣Ω∴中的基本事件总数为 36 个, A 中的基本事件总数为17个, B 中的基本事件总数为 2个, C 中的基本事件总数为 17 个.又B ,C 是互斥事件,故所求概率为()()21719363636P P B P C =+=+=. （2）记“先后两次出现的点数中有 5 ”为事件D ,“方程20x bx c ++=有实根”为事件E , 由上面分析得()1136P D =，()736P D E =，()()()7|11P D E P E D P D ∴==. 【例3】一个口袋中装有n 个红球 (5n 且n ∈N )和 5 个白球,一次摸奖从中摸 2 个球,2 个球颜色不同则为中奖.(1) 试用n 表示一次摸奖中奖的概率 p ；(2) 若5n =,求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率;(3) 记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为p ,当n 取多大时, p 最大? 【分析】本例是独立重复试验,注意第(2)、第(3)问中“每次摸奖后放回"的情 况. 第(3)问可考虑运用基本不等式求最值. 【解析】（1）一次摸奖从5n +个球中任选两个,有25C n +种, 其中两球不同色有115C C n 种.一次摸奖中奖的概率()()11525C C 10.C 54n n np n n +==++(2) 若5n =,一次摸奖中奖的概率5.9p =三次摸奖是独立重复试验,三次摸奖(每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率是()1233801C (1)243p p p =-=.（3）设每次摸奖中奖的概率为(01)p p <<, 则三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为()()()()()31233211111C (1)211663p p p P P p p p p p ⎡⎤+-+-==-=⨯--⎢⎥⎣⎦. 当且仅当21p p =-，即13p =时，P 取得最大值.又()()101543n p n n ==++时， 解得20n =，即20n =时，max 481P =.三、易错警示【例】袋中有 4 个球,包括 2 个红球,1个黄球和 1 个白球,每次任取 1 个球,有放回地取 4 次,求无红球或无黄球的概率. 【错解】记“有红球"为事件A ,“有黄球”为事件B ,则“无红球或无黄球"为事件AB .()4111216A P ⎫⎛=-= ⎪⎝⎭，()41811.4256P B ⎫⎛=-= ⎪⎝⎭因此, 所求的概率为 ()()()18197:.16256256P AB P A P B =+=+= 【评析与正解】 加法公式()()()P AB P A P B =+成立的条件是A 和B 是两个斥事件,而题设中“无红球”与“无黄球”不是互斥事件, 因为每次任取 1 个球, 有放回地取 4 次, 可能取出的都是白球,这样 A 与 B 同时发生,它们不互斥. 【正确的解法】如下： 在求()P AB 时,还应该减去取出的可能都是白球, 即AB 的情形, 因此,所求概率为:()()()()41811963:1625642568P AB P A P B P AB ⎫⎛=+-=+-== ⎪⎝⎭.四、难题攻略【例】甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是23和34, 假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响. (1) 求甲射击 4 次,至少有 1 次未击中目标的概率;(2) 求两人各射击 4 次,甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3 次的概率;（3）假设某人连续 2 次未击中目标,则终止其射击,问:乙恰好射击 5 次后,被终止射击的概率是多少? 【分析】本例是独立重复试验, n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率求法为C (1)k k n kn p p --. 第(1)问,至少有 1 次末击中，包含情况多,可求其对立事件的概率;第(2)问, 甲恰好击中目标 2 次与乙恰好击中目标 3次相互独立;第(3)问,乙恰好射击 5 次被终止,相当于前 2 次射击,至少有一次击中,第 3 次击中,第 4 次、第 5 次未击中. 【解析】(1）记“甲连续射击 4 次, 至少有 1 次末击中目标”为事件1A . 由题意知,射击 4 次相当于做 4 次独立重复试验故()()41126511381P A P A ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭.所以甲连续射击 4 次,至少有一次末击中目标的概率为6581. (2) 记“甲射击 4 次,恰好有 2 次击中目标”为事件2A , “乙射击 4 次,恰好有 3 次击中目标”为事件2B .则 ()24222422813327P A C -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()34332433144P B C -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2764=.由于甲、乙射击相互独立, 故()()()2222827127648P A B P A P B ==⨯=. 所以两人各射击 4 次,甲恰有 2 次击中目标且乙恰有 3 次击中目标的概率为18. （3）记“乙恰好射击 5 次后,被终止射击"为事件3A , "乙第 t 次射击未击中"为事件 t D()1,2,3,4,5t =, 则()3543212121A D D D D D D D D D =, 且 ()21.4P D =由于各事件相互独立.故 ()()()()()3543212121P A P D P D P D P D D D D D D =++11311451444441024⎛⎫=⨯⨯⨯-⨯= ⎪⎝⎭. 所以乙恰好射击 5 次后,被终止射击的概率为451024. 五、强化训练1 11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分, 当某局打成 10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束,甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4, 各球的结果相互独立,在某局双方10:10 平后, 甲先发球, 两人又打了x 个球,该局比赛结束. (1) 求()2P x =;(2) 求事件“4x =且甲获胜”的概率.【解析】(1)2x =就是10:10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此(2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5P x ==⨯+-⨯-=(2)要使4x =且甲获胜,则10:10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5(10.4)(10.5)0.4]0.50.40.1P =⨯-+-⨯⨯⨯=.2 如图 74,EFGH -是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形, 将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分) 内”, 则 ()|P B A = ____________.图 74-【解析】本题为几何概型,也是条件概率.圆的半径是1,所以圆的面积是π,正方形面积是2,扇形面积是4π. 由几何概型概率计算公式可得2()S P A S ==正圆π由条件概率的计算公式可得21()14(|)2()4P AB P B A P A ππ⨯===.3 A B 、两人拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下:若掷出的点数之和是3的倍数,则由原掷骰子的人继续掷;若掷出的点数之和不是3的倍数,就由对方接着掷,第一次由A 开始掷,设第n 次由A 掷的概率为n P , 求n P 的表达式(用 n 表示).【解析】第n 次由A 掷骰子有两种情况.一是第1n -次由A 掷,第n 次继续由A 掷,此时概率为11236n P -; 二是第1n -次由B 掷,第n 次由A 掷,此时概率为()1121136n P -⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 由于这两种情况是互斥的,因此()111212113636n n n P P P --⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭即()1112133n n n P P P --=+- (其中)2n ,变形整理得1111232n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭.又11P =, 所以数列12n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以11122P -=为首项,以13-为公比的等比数列, 因此易得 n P = ()1111223n n -+⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭N。

条件概率与事件的独立性例题和知识点总结在概率论中，条件概率和事件的独立性是两个非常重要的概念。

理解并掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。

接下来，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在已知某个事件发生的条件下，另一个事件发生的概率。

其定义为：设 A、B 是两个事件，且 P(A) ＞ 0，在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率记为 P(B|A)，且 P(B|A) ＝ P(AB) ／P(A) 。

例如，一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。

从中随机取出一个球，已知取出的是红球，那么这个红球是第一次取出的球的概率是多少？首先，总的取球情况有 8 种。

取出红球的情况有 5 种。

第一次取出红球的情况有 5 种。

所以，P(第一次取出红球|取出的是红球) ＝ 5 ／ 5 ＝ 1 。

二、事件的独立性如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么称事件 A 和事件 B 是相互独立的。

即如果 P(B|A) ＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

例如，有两个独立的事件 A 和 B，P(A) ＝ 04 ，P(B) ＝ 05 ，那么P(AB) ＝ P(A) × P(B) ＝ 04 × 05 ＝ 02 。

再来看一个例子，一个家庭有两个孩子，已知第一个孩子是男孩，那么第二个孩子是女孩的概率是多少？假设生男生女的概率相等，都是 05 。

因为这两个孩子的性别是相互独立的事件，所以第二个孩子是女孩的概率仍然是 05 。

三、条件概率与事件独立性的关系事件的独立性与条件概率有着密切的关系。

如果事件 A 和事件 B相互独立，那么 P(B|A) ＝ P(B) ，P(A|B) ＝ P(A) 。

反之，如果 P(B|A)＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

独立事件概率高考数学专题试卷一、选择题（本题共3道小题），那么三人中恰有两人合格的概率是（）1. 甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为232,,345A. 25B. 715C. 1130D. 162. 一个工人看管三台机床，在一小时内，这三台机床需要工人照管的概率分别0.9,0.8,0.7，则没有一台机床需要工作照管的概率为（）A. 0.006B. 0.018C. 0.06D. 0.0143. 荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率是（）A.49B. 827C. 1681D. 3281二、填空题（本题共2道小题） 4. 对两个相互独立的事件A 和B ，如11(),()24P A P B ==，则()P AB =_______． 5. 设某项试验的成功概率是失败概率的2倍，用随机变量ξ描述1次试验的成功次数，则(0)P ξ==_________．三、解答题（本题共3道小题） 6. ,A B 2人各进行1次射击，如果2人击中目标的概率都是0.6，求：(1)2人都击中目标的概率．(2)其中恰好有1人击中目标的概率．(3)至少有一人击中目标的概率．7. 在某校组织的一次篮球定点投篮训练中，规定每人最多投3次，在A 处每投进一球得3分，在B 处每投进一球得2分；如果前两次得分之和超过3分，即停止投篮，否则投第三次，某同学在A 处的命中率为0.25，在B 处的命中率为q ，该同学选择先在A 处投一球，以后都在B 处投，用ξ表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为(1)求q 的值；(2)求随机变量ξ的数学期望()E ξ．8. 某电视台推出一档游戏类综艺节目，选手面对15-号五扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐，选手需正确回答这首歌的名字，回答正确，大门打开，并获得相应的家庭梦想基金，回答每一扇门后，选手可自由选择带着目前的奖金离开，还是继续挑战后面的门以获得更多的梦想基金，但是一旦回答错误，游戏结束并将之前获得的所有梦想基金清零；整个游戏过程中，选手有一次求助机会，选手可以询问亲友团成员以获得正确答案． 15-号门对应的家庭梦想基金依次为3000元、6000元、8000元、12000元、24000元(以上基金金额为打开大门后的累积金额，如第三扇大门打开，选手可获基金总金额为8000元）；设某选手正确回答每一扇门的歌曲名字的概率为(1,2,3,,5)i p i =⋅⋅⋅，且6(1,2,3,,5)7i i p i i -==⋅⋅⋅-，亲友团正确回答每一扇门的歌曲名字的概率均为15，该选手正确回答每一扇门的歌名后选择继续挑战后面的门的概率均为12． (1) 求选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率；(2) 若选手在整个游戏过程中不使用求助，且获得的家庭梦想基金数额为X （元），求X 的分布列和数学期望．。

概率统计中的独立事件计算练习题在概率统计中，独立事件是指一个事件的发生不受其他事件发生与否的影响，即事件之间相互独立。

本文将为读者提供几个独立事件的计算练习题，以加深对该概念的理解和应用。

练习题一：某班级有30名学生，他们的身高分布如下：身高在150厘米以下的有5人身高在150~160厘米之间的有10人身高在160~170厘米之间的有12人身高在170~180厘米之间的有3人身高在180厘米以上的有0人从这个班级中随机选择一个学生，请计算：1. 选到身高在150~160厘米之间的概率；2. 选到身高在170~180厘米之间的概率；3. 选到身高在160~180厘米之间的概率。

练习题二：一箱装有5个红球和3个蓝球。

从中连续无放回地随机抽取3个球，请计算：1. 抽取的3个球中全部为红球的概率；2. 抽取的3个球中至少有2个蓝球的概率；3. 抽取的3个球中至少有1个红球的概率。

练习题三：一位学生参加了一场含有10道选择题的考试，每道题有4个选项。

假设学生对每道题都随机猜答，请计算：1. 学生全部答对的概率；2. 学生至少答对一半的概率；3. 学生至多答对两道题的概率。

练习题四：一批产品从工厂出货，每个产品都有独立的缺陷概率。

已知该批产品中每10个产品的平均缺陷数量为0.3个。

请计算：1. 任选一个产品，它没有缺陷的概率；2. 任选一个产品，它至少有一个缺陷的概率；3. 任选一个产品，它的缺陷数目小于等于1个的概率。

在解答以上练习题时，需要注意独立事件的概率计算方法。

对于独立事件A和B，其概率乘积等于两个事件分别发生的概率之积。

应用这一原则，可以解答上述练习题。

练习题一解答：1. 身高在150~160厘米之间的概率 = 10人 / 30人 = 1/3；2. 身高在170~180厘米之间的概率 = 3人 / 30人 = 1/10；3. 身高在160~180厘米之间的概率 = (12+3)人 / 30人 = 15/30 = 1/2。

高中数学概率与统计(理科)常考题型归纳题型一:常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式.【例1】现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列. 解 依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23. 设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4). 则P (A i )＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 P (A 2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3＋A 4，且A 3与A 4互斥，∴P (B )＝P (A 3＋A 4)＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的所有可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥. 则P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0＋A 4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781.所以ξ的分布列是【类题通法】(1)本题4个人中参加甲游戏的人数服从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参加甲游戏的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键. (2)解题中常见的错误是不能分清事件间的关系，选错概率模型，特别是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的事件转化为相应的互斥事件A i 的概率和.【变式训练】甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分. (1)求ξ＝2的概率；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率. 解 (1)ξ＝2，则甲队有两人答对，一人答错，故P (ξ＝2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124；(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A ，甲队比乙队得分高为事件B .设乙队得分为η，则η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.P (ξ＝1)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＝14，P (ξ＝3)＝34×23×12＝14， P (η＝1)＝C 13·23·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29，P (η＝2)＝C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝49，P (η＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827， ∴P (A )＝P (ξ＝1)P (η＝3)＋P (ξ＝2)P (η＝2)＋P (ξ＝3)·P (η＝1) ＝14×827＋1124×49＋14×29＝13， P (AB )＝P (ξ＝3)·P (η＝1)＝14×29＝118，∴所求概率为P (B|A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.题型二:离散型随机变量的分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题的考查，属于中档题.复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练.【例2】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立. (1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望).解 用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29， P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的所有可能值；第二步：求每一个可能值所对应的概率；第三步：列出离散型随机变量的分布列；第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求：①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.题型三:概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组75，80)，第2组80，85)，第3组85，90)，第4组90，95)，第5组95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.解(1)由频率分布直方图知：第3组的人数为5×0.06×40＝12.第4组的人数为5×0.04×40＝8.第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人.①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A，则P(A)＝1－C310C312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为5 11.②X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C24C26＝25，P(X＝1)＝C12C14C26＝815，P(X＝2)＝C22C26＝115.所以X的分布列为E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X服从超几何分布.【变式训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C：“A相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P (C )＝P (C B 1C A 1∪C B 2C A 2) ＝P (C B 1C A 1)＋P (C B 2C A 2) ＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48.题型四:统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2，又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80，l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24， 由此得b^＝l xy l xx＝2480＝0.3， a^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4，故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关. (3)将x ＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y ^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r 来确定，r 的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱. (2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a ^的公式进行准确的计算.【变式训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？(2)将频率视为概率.人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E (X )和方差D (X ).解 (1)完成2×2列联表如下：K 2＝100×（40×25－15×60×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.(2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25. 由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i(i ＝0，1，2，3).X 的分布列为均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。

高考数学2024概率与统计历年题目全解概率与统计作为高考数学中的重要部分，一直是考生们难以逾越的“坎”。

为了帮助广大考生更好地应对高考概率与统计部分的考题，本文将对高考数学2024年概率与统计题目进行全面解析，希望能够为考生们提供帮助和指导。

1. 选择题部分选择题是高考中概率与统计部分的常见题型，也是考生们容易出错的地方。

以下是2024年高考概率与统计选择题的解答：题目一：已知事件A发生的概率为P(A)=0.6，事件B发生的概率为P(B)=0.3，且事件A与事件B相互独立。

求事件A发生且事件B不发生的概率。

解答一：事件A发生且事件B不发生，表示为A发生的概率P(A)乘以B不发生的概率P(B')，即P(A且B')=P(A)×P(B')=0.6×(1-0.3)=0.6×0.7=0.42。

因此，事件A发生且事件B不发生的概率为0.42。

题目二：已知事件C发生的概率为P(C)=0.4，事件D发生的概率为P(D)=0.5，且事件C与事件D相互独立。

求事件C或事件D发生的概率。

解答二：事件C或事件D发生，表示为C发生的概率P(C)加上D发生的概率P(D)，即P(C或D)=P(C)+P(D)=0.4+0.5=0.9。

因此，事件C或事件D发生的概率为0.9。

2. 计算题部分计算题是概率与统计部分的重要考察内容，需要考生们掌握一定的计算方法和技巧。

以下是2024年高考概率与统计计算题的解答：题目一：某班有40名学生，其中20名男生、20名女生。

现从该班级随机选取3名学生，求选出的3名学生全为男生的概率。

解答一：选出的3名学生全为男生的概率等于从20名男生中选取3名学生的概率除以从40名学生中选取3名学生的概率。

即P(全为男生)=C(20,3)/C(40,3)=[20×19×18]/[40×39×38]=0.0283。

因此，选出的3名学生全为男生的概率为0.0283。