【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题33《利用条件概率公式求解条件概率》(解析版).doc，共(31)页，957.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题33利用条件概率公式求解条件概率一、单选题1．袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（）A．3/5B．3/4C．1/2D．3/10【答案】C【分析】

先记事件A为“第一次取到白球”，事件B为“第二次取到白球”，则事件AB为“两次都取到白球”，根据题意得到()PA与()PAB，再由条件概率，即可求出结果.【详解】记事件A为“第一次取到白球”，事件B为“第二次取到白球”，则事件AB为

“两次都取到白球”，依题意知3()5PA，3263()542010PAB，所以，在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是3110()325PBA．故选：C.【点睛】本题主要考查条件概率与独立事件，熟记条件概率的计

算公式即可，属于常考题型.2．有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光.”现有甲乙两位游客慕名来到江西旅游，分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山4个著名旅游景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件A：甲和乙至少一人选择庐山，事件B：甲和乙选择的景点不同，则条件概率PBA

（）A．716B．78C．37D．67【答案】D【分析】首先根据题意分别算出()nA和()nAB，再利用条件概率公式计算即可.【详解】由题知：事件A：甲和乙至少一人选择庐山共有：1123()17nACC

种情况，事件AB：甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择庐山，共有1123()6nABCC种情况，()6=()7nABPBAnA.故选：D【点睛】本题主要考查条件概率，理解条件概率及掌握公式为解题的关键，属于中档题.3．长春气象台统计，7月15日净月区下雨的概率为415，

刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，设事件A为下雨，事件B为刮风，那么|PAB（）A．12B．34C．25D．38【答案】B【分析】确定421(),(),()151510PAPBPAB，再利用条件概率的计算公式，即可求解.【详

解】由题意，可知421(),(),()151510PAPBPAB，利用条件概率的计算公式，可得1()310(|)2()415PABPABPB，故选B.【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，熟记条件概率的计算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算

能力，属于基础题.4．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为930，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为830.则在下雨条件下吹东风的概率为（）A．25B．89C．811D．911【答案】C【分析】在下雨条件下吹东风的概率=既吹东风又下雨的概率下雨的概率【详解】在

下雨条件下吹东风的概率为8830=111130，选C【点睛】本题考查条件概率的计算，属于简单题．5．甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A=“四位同学去的景点不相同”，事件B=“甲同学独自去一个景点”，则PAB（）A．29B．13C．4

9D．59【答案】A【分析】由题意结合计数原理的知识求出所有基本事件数、B发生的基本事件数、AB发生的基本事件数，由古典概型概率公式可得PB、PAB，再利用条件概率概率公式即可得解.【详解】甲、乙、丙、丁四位同学计划去4个景点旅游，每人只去一个景点共有44256个基本事件，甲同学独自

去一个景点，共有1343108C个基本事件，则1082725664PB；事件A、B同时发生即事件A：四位同学去的景点不相同发生，共有4424A个基本事件，则24325632PAB

；所以323227964PABPABPB.故选：A.【点睛】本题考查了条件概率的求解，考查了计数原理与古典概型概率公式的应用，熟记公式、合理分步是解题关键，属于中档题.6．袋中有大小完全相同的2个白球和3个

黄球，逐个不放回的摸出两球，设“第一次摸得白球”为事件A，“摸得的两球同色”为事件B，则()PBA（）A．110B．15C．14D．25【答案】C【解析】PBA=21()1542()45PABPA,选C.7．已知6个高尔夫球中有2个不合格，每次任取1个，不放回地

取两次．在第一次取到合格高尔夫球的条件下，第二次取到不合格高尔夫球的概率为（）A．35B．25C．23D．310【答案】B【分析】记事件A第一次取到的是合格高尔夫球，事件B第二次取到不合格高尔夫球，由

题意可得事件B发生所包含的基本事件数428nAB，事件A发生所包含的基本事件数4520nA，然后即可求出答案.【详解】记事件A第一次取到的是合格高尔夫球事件B第二次取到

不合格高尔夫球由题意可得事件B发生所包含的基本事件数428nAB事件A发生所包含的基本事件数4520nA所以82205nABPBAnA故选：B【点睛】本题考查的是条件概率，较简单.8．袋中装有形状和大小完全相同的4个黑球，3个

白球，从中不放回地依次随机摸取两球，在第一次摸到了黑球的条件下，第二次摸到白球的概率是()A．47B．27C．12D．13【答案】C【分析】首先求出第一次摸到黑球的概率，再求出第二次摸到白球的概率，利用条件概率的求

法公式即可求解.【详解】设第一次摸到黑球为事件A，则47PA，第二次摸到白球为事件B，则4376PAB，设第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到球的概率为43176427|PABPBAPA.故选：C.【点睛】本

题考查了条件概率的求法，属于基础题.9．已知1()5PAB，2()5PA，则()PBA∣等于（）A．225B．12C．35D．14【答案】B【分析】直接利用条件概率公式求解.【详解】因为1()5PAB，2()5PA，所以1()52))512((PABPBAPA

∣，故选：B【点睛】本题主要考查条件概率的求法，属于基础题.10．对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件.在第一次摸出次品的条件下，第二次摸到正品的概率是（）A．35B．25C．59D．23【答案】D【分析】分别求出第一次摸出的是次品

的概率以及第一次摸出的是次品，第二次摸到的是正品的概率，结合条件概率的计算公式即可求出所求答案.【详解】解：记A“第一次摸出的是次品”，B“第二次摸到的是正品”，由题意知，42105PA,4641

0915PAB，则4215235PABPBAPA,故选:D.【点睛】本题考查了条件概率的求解，属于基础题.11．一袋中共有10个大小相同的黑球和白球，若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为1315，现从中不放回地取球，每次取1球，取2次，若已知第2次取得白球

的条件下，则第1次取得黑球的概率为（）A．49B．59C．79D．1318【答案】A【分析】先计算出黑球和白球的数量，然后根据条件概率计算公式，计算出所求概率.【详解】设黑球有x个（010,Nxx），则白球有10x个.从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为131

5，没有白球的概率为13211515.即221012214515xxxCC，由于010,Nxx，故解得4x.所以黑球有4个，白球有6个.设事件A｛第2次取得白球｝，事件B｛第1次取得黑球｝，11114665210543

905CCCCPAA，11462102449015CCPABA.所以已知第2次取得白球的条件下，则第1次取得黑球的概率为4415|395PABPBAPA.故选：A【点睛】本小题主要考查条件概率计算，属于基础题.12．“幻方”最

早记载于我国公元前500年的春秋时期《大戴礼》中，n阶幻方（3n，*nN）是由前2n个正整数组成的一个n阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的n个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15.现从如图所示的3阶幻方中任取3个不同的数，记“取到的3个数和为15”为事件A，“取到的3个数可以

构成一个等差数列”为事件B，则|PBA（）A．34B．23C．13D．12【答案】D【分析】根据题意，先列举出事件A发生对应的基本事件，再列举出事件AB同时发生对应的基本事件，基本事件的个数比，即为所求

的概率.【详解】根据题意，事件A包含的基本事件有：8,1,6，3,5,7，4,9,2，8,3,4，1,5,9，6,7,2，8,5,2，4,5,6；共8个基本事件；事件AB同时发生包含的基本事件有：3,5,7，1,5,9，8,5,2，4,5,6共4个

基本事件，所以48|12nABPBAnA.故选：D.【点睛】本题主要考查求条件概率，属于基础题型.13．2020年疫情的到来给我们生活学习等各方面带来种种困难.为了顺利迎接高考，省里制定了周密的毕业年级复学计

划.为了确保安全开学，全省组织毕业年级学生进行核酸检测的筛查.学生先到医务室进行咽拭子检验，检验呈阳性者需到防疫部门做进一步检测.已知随机抽一人检验呈阳性的概率为0.2%，且每个人检验是否呈阳性相互独立，若该疾病患病率为0.1

%，且患病者检验呈阳性的概率为99%.若某人检验呈阳性，则他确实患病的概率（）A．0.99%B．99%C．49.5%.D．36.5%【答案】C【分析】利用条件概率可求某人检验呈阳性时他确实患病的概率.【详解】设A为“某人检验呈阳性”，B为“此人患病”.则“某人检验呈阳性时他确实患

病”为|BA，又99%0.1%|49.5%0.2%PABPBAPA，故选：C.【点睛】本题考查条件概率的计算及其应用，此题需将题设的各个条件合理转化为事件的概率或条件概率.14．已知31

0PAB，35PA，则|PBA等于（）A．950B．12C．910D．14【答案】B【分析】利用条件概率公式计算可得结果.【详解】由条件概率公式得3110|325PAPABPBA.故选：B.【点睛】本题考查利用条件概率公式计算概率值，考查计算能力，属于基础题.1

5．端午节是我国的传统节日，每逢端午家家户户都要吃粽子，现有5个粽子，其中3个咸蛋黄馅2个豆沙馅，随机取出2个，事件A“取到的2个为同一种馅”，事件B“取到的2个都是豆沙馅”，则PBA（）A．14B．

34C．110D．310【答案】A【分析】分别计算出取出的两个粽子为同一种馅，以及取到的2个都是豆沙馅的基本事件个数，然后由条件概率公式计算即可.【详解】由已知，有5个粽子，其中3个咸蛋黄馅2个豆沙馅，随机取出2个，则22328nAAA，222nABA所以2184n

ABPBAnA故选：A【点睛】本题考查条件概率的计算公式，以及古典概率的计算方法，属于基础题.16．从1，2，3，4，5，6，7中任取两个不同的数，事件A为“取到的两个数的和为偶数”，事件B为“取到的两个数均为

偶数”，则PBA（）A．47B．12C．37D．13【答案】D【分析】分别计算出PAB和PA，由条件概率公式可计算求得结果.【详解】由题意知：事件AB有2,4，2,6，4,6，共3个基本事件；事件A有1,3，1,5，

1,7，3,5，3,7，5,7，2,4，2,6，4,6，共9个基本事件；27317PABC，27937PAC，117337PABPBAPA.故选：D.【点睛】本题考查

条件概率的求解问题，属于基础题.17．如下图，四边形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”，用B表示事件“豆子落在扇形OHE（阴影部分）内”，则PBA（）A．12B．13C．14D．15【答案】C【分析】由已知关

系分别求出,,OEFGHEOHSSS，由几何概型求概率的计算方式求得PA与PAB，最后利用条件概率计算公式求得答案.【详解】因为四边形EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，即1,2rEG，则2EF，所以2111,222,42O

EFGHEOHEFGHSSSSA表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，2EFGHOSPASB表示事件“豆子落在扇形OHE”，则AB表示事件“豆子落在三角形EOH内”，112

2EOHOSPABS所以11224PABPBAPA故选：C【点睛】本题考查在几何图形中求条件概率，属于简单题.18．某学校高三（5）班要从8名班干部（其中5名男生，3名女生）中选取3人参加学校优秀班干部评选，事件:A男生甲被选中，事件:B有两名

女生被选中，则PBA（）A．18B．17C．38D．37【答案】B【分析】计算出事件A、AB的概率，利用条件概率公式可求得PBA的值.【详解】由题意可得273838CPAC，事件:AB男生甲与两名女生被选中，则2338356CPABC，因此，3815637PA

BPBAPA.故选：B.【点睛】本题考查条件概率的计算，考查运算求解能力和推理论证能力，考查数学运算和逻辑推理核心素养，属于中等题.19．从标有数字1，2，3，4，5的五张卡片中，依次抽出2张（取后

不放回），则在第一次抽到卡片是偶数的情况下，第二次抽到卡片是奇数的概率为（）A．14B．23C．34D．12【答案】C【分析】设事件A表示“第一张抽到偶数”，事件B表示“第二张抽取奇数”，分别求出PA和()PAB，利用条件概率计算公式即可求得结果.【详解】从标有1，2，3，4，

5五张卡片中，依次抽出2张，设事件A表示“第一张抽到偶数”，事件B表示“第二张抽取奇数”，则25PA，3()523410PAB，在第一次抽到卡片是偶数的情况下，第二次抽到卡片是奇数的概率为3()10(|)()5324PABPABPA

，故选：C.【点睛】本题主要考查的是条件概率的计算，要熟记条件概率的计算公式，属于基础题.事件A发生的前提下，事件B发生的概率，用公式可表示为()(|)()PABPABPA.20．某次校园活动中，组织者

给到场的前1000名同学分发编号000999的号码纸，每人一张，活动结束时公布获奖规则.获奖规则为：①号码的三位数字之和是7的倍数者可获得纪念品M；②号码的三位数字全是奇数者可获得纪念品N.已知某同学的号

码满足获得纪念品N的条件，则他同时可以获得纪念品M的概率是（）A．0.016B．0.032C．0.064D．0.128【答案】D【分析】记某同学获得纪念品M､纪念品N分別为事件A､B，由分步乘法计数原理结合古典概型概率公式可得125()1000PB；再

由分类加法、排列组合的知识结合古典概型概率公式可得16()1000PAB；最后由条件概率公式即可得解.【详解】记某同学获得纪念品M､纪念品N分別为事件A､B，则事件B发生的充要条件是：三位数字均是1，3，5，7，9

五个数中的一个，对应的概率555125()10001000PB；事件AB是在三位数字均为奇数的基础上，还需满足三位数字之和为7的倍数，三个09之间的数字之和范围为027，又因为每位数字都是奇数，故其和亦为奇数，故三位数字之和只

可能是7或21，所以三位数字从小到大排列只有以下五种可能：①1，1，5，对应的三位数个数为133C；②1，3，3，对应的三位数个数为133C；③3，9，9，对应的三位数个数为133C；④5，7，9，

对应的三位数个数为336A；⑤7，7，7，对应的三位数有1个；故3336116()10001000PAB.于是所求概率为16()161000()0.128125()1251000PABPABPB.故选：D.【点睛】本题考查了计数原理及古典概型概率公式的应用，考查了条件概率公式

的应用及运算求解能力，属于中档题.21．假定男女出生率相等，某个家庭有两个小孩，已知该家庭至少有一个女孩，则两个小孩都是女孩的概率是（）A．12B．13C．14D．16【答案】B【分析】记事件A为“至少有一个女孩”，事件B为“另一个也是女孩”，分别求出A、B的结果个数，问题

是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求(|)PBA，由条件概率公式求解即可.【详解】解：一个家庭中有两个小孩只有4种可能：{男，男}，{男，女}，{女，男}，{女，女}．记事件A为“至少有一个女孩”，事件B为“另一个也是女孩

”，则{A（男，女），（女，男），（女，女）}，{B（男，女），（女，男），（女，女）}，{AB（女，女）}．于是可知3()4PA，1()4PAB．问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求(|)PBA，由条件概率公式，得114334PBA

．故选：B．【点睛】本题的考点是条件概率与独立事件，主要考查条件概率的计算公式：()()()PABPBAPA，等可能事件的概率的求解公式：()mPMn（其中n为试验的所有结果，m为基本事件的结果）.22．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.8，在

目标被击中的条件下，甲、乙同时击中目标的概率为（）A．2144B．1223C．1225D．2111【答案】B【分析】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,由相互独立事件的概率公式,计算可得目标被击中的概率,进而计算在目标被击

中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率,可得答案.【详解】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,则1110.610.80.92PCPAPB；则在目标被击中的情况下,甲

、乙同时击中目标的概率为0.60.80.921223P.故选：B.【点睛】本题考查条件概率的计算,是基础题,注意认清事件之间的关系,结合条件概率的计算公式正确计算即可.属于基础题.23．如图，在边长为1的正方形OABC内任取一点P，用A表示事件“点P恰好取自曲线y

x与直线1x及x轴所围成的曲边梯形内”，B表示事件“点P恰好取自阴影部分内”，则(|)PBA（）A．14B．15C．16D．17【答案】A【详解】根据题意，正方形OABC的面积为1×1=1，而yx与直线1x及x轴所围成的曲边梯形的面积为31120022223|

,,3313xdxxPA而阴影部分的面积为3121200211|326xxdxxx,∴正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为11616PB，

116|243PBPBAPA.故选：A．考点：几何概型，条件概率24．.三台中学实验学校现有三门选修课，甲、乙、丙三人每人只选修一门，设事件A为“三人选修的课程都不同”，B为“甲独自选修一门”，则概率P(A|B)等于（）A．49B．12C．13D．29【答案】B【分析】利用条

件概率的计算公式即可求解.【详解】甲独自选修一门，则有3门选修课可选，则乙、丙只能从剩下的2门选修课中选择，可能性为224，所以甲独自选修一门的可能性为32212，因为三个人选修的课程都不同的可能性为3216.61122PAB.故选：B【

点睛】本题考查了条件概率的求法，考查了排列、组合的应用，属于基础题.25．掷骰子2次，每个结果以11,xy记之，其中1x，2x，分别表示第一颗，第二颗骰子的点数，设1212,6Axxxx

，1212,Bxxxx，则PBA（）A．18B．13C．25D．12【答案】C【分析】根据古典概型概率计算方法,列举出A集合的所有情况,即可由条件概率求解.【详解】根据题意1212,6Axxxx则集合A所有可能为1,5,2,

4,3,3,4,2,5,11212,Bxxxx,则B集合为4,2,5,1根据条件概率求法可得25PBA故选:C【点睛】本题考查了列举法求古典概型的概率,条件概率的求法,属于基础题.26．已知某同学在高二期末考试中，A和B两道选择题同时答对的概率为23，在A题答对的情况

下，B题也答对的概率为89，则A题答对的概率为()A．14B．34C．12D．79【答案】B【分析】根据条件概率公式计算即可.【详解】设事件A：答对A题，事件B：答对B题，则23PABPAPB，8|9PABPBAPA.34PA.故选：B.【点睛】本题考查

了条件概率的计算，属于基础题.27．设A，B为两个事件，若事件A和B同时发生的概率为310，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为12，则事件A发生的概率为（）A．35B．310C．25D．710【答案】A【

分析】根据条件概率公式求解即可得答案.【详解】解：由题意得310PAB，12PBA，根据条件概率的公式得：31102PABPBAPAPA，解得35PA.所以事件A发生的概率为35

PA.故选：A.【点睛】本题考查条件概率公式，是基础题.28．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A{两次的点数均为偶数}，B{两次的点数之和小于8}，则|PBA（）A．12B．13C．14D．15【答案】B【分析

】先求出事件A包含的基本事件数，以及在A发生的条件下，事件B包含的基本事件数，再用条件概率公式求出结果．【详解】由题意，事件A{两次的点数均为偶数}，包含的基本事件数是2,2,2,4,2,6,4,2,4,4,4,6,6,2,6,

4,6,6共9个基本事件；在事件A发生的条件下，事件B{两次的点数之和小于8}，包含的基本事件数是2,2,2,4,4,2共3个基本事件，所以31|93PBA．故选：B．【点睛】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，属于基础题．二、多选题29．甲箱中有5个红球，2个白球

和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以1A，2A，3A表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球

的事件，则下列结论正确的是（）A．2()5PBB．15()11PBAC．事件B与事件1A相互独立D．1A、2A、3A两两互斥【答案】BD【分析】根据每次取一球，易得1A，2A，3A是两两互斥的事件，

求得123,,pApApA，然后由条件概率求得1()PBA，123()()()()PBPBAPBAPBA，再逐项判断.【详解】因为每次取一球，所以1A，2A，3A是两两互斥的事件，故D正确；因为12

3523,,101010pApApA，所以11155()51011()5()1110PBAPBAPA，故B正确；同理3223232434()()4410111011(),()23()11()111010PBAPBAPBAPBAPAPA，所以1235524349()()

()()10111011101122PBPBAPBAPBA，故AC错误；故选：BD【点睛】本题主要考查互斥事件，相互独立事件，条件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.30

．一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是35；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为80243；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回的取球3次

，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627.则其中正确命题的序号是（）A．①B．②C．③D．④【答案】ABD【分析】①利用古典概型的概率求解判断.②利用独立重复实验的概率求解判断.③利用古典概型概率求解判断.④利用独立重复实验的概率求解判断.【详解】一袋中有大小相同的4个红球和2个白

球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是21423635CCpC故正确；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为2163p，则恰好有两次白球的概率为4226218033243pC，故正确；③现从

中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为1143114535CCCC，故错误；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为4263p：则至少有一次

取到红球的概率为3031261327pC，故正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.31．下列有关说法正确的是（）A．5122xy的展开式中含23xy项的二项式系数为20；B

．事件AB为必然事件，则事件A、B是互为对立事件；C．设随机变量服从正态分布,7N，若24PP，则与D的值分别为3，7D；D．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A“4

个人去的景点各不相同”，事件B“甲独自去一个景点”，则2|9PAB.【答案】CD【分析】由二项式定理得：51(2)2xy的展开式中含23xy项的二项式系数为35C，即可判断A；由对立事件与互斥事件的概念，进行判断B；由正态分布的特点，即可判断C；由条件概率的公式()(|)()PAB

PABPB，计算即可判断D.【详解】对于A，由二项式定理得：51(2)2xy的展开式中含23xy项的二项式系数为3510C，故A错误；对于B，事件AB为必然事件，若A，B互斥，则事件A、B是互为对立事件；若A，B不互斥，则事件A、B不是互为对立事件，故B错误对于C，设

随机变量服从正态分布(,7)N，若(2)(4)PP，则曲线关于3x对称，则与D的值分别为3，7D．故C正确．对于D，设事件A“4个人去的景点不相同”，事件B“甲独自去一个

景点”，则P（A）44!4，P（B）344327464，443!3()432PAB，则()2(|)()9PABPABPB，故D正确；故选：CD．【点睛】本题考查命题的真假判断和应用，考查事件的关系、条件概率的求法，考查二项式定理的判定方法和正

态分布的特点，考查判断和推理能力，是中档题．三、填空题32．伟大出自平凡，英雄来自人民.在疫情防控一线，北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用A表示事件“抽到的2名队长性别相同”，B表示事件“抽到的2名队长都是男

生”，则|PBA______.【答案】1543【分析】求出(),()PAPAB,再利用条件概率求解.【详解】由已知得22682144391CCPAC，262141591CPABC，则151591|43439

1PABPBAPA.故答案为：1543【点睛】方法点睛：求条件概率常用的方法有：（1）|PABPBAPA；（2）|nABPBAnA；（3）转化为古典概型求解.33．袋中有5个大小完全相同的球，其中2个黑球，3个白球.不放

回地连续取两次，则已知在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为__________.【答案】34【分析】记事件A为“第一次取得黑球”，事件B为“第二次白球”，根据题中条件，由条件概率的计算公式，即可得出结果.【详解】记事件A为“第一次取得黑球”，事件B为“第

二次白球”：则25PA，11231154310CCPABCC，所以已知在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为3310245PABPBAPA.故答案为：34.【点睛】本题主要考

查求条件概率，属于基础题型.34．从装有3个红球2个白球的袋子中先后取2个球，取后不放回，在第一次取到红球的条件下，第二次取到红球的概率为______.【答案】12【分析】分别算出“第一次取到红球”的基本事件个数，“两次都取到红球”的个数，然后套用条件概率计算公式求解.【详解】设事件A为“

第一次取到的是红球”，事件AB为“第一、二次都取到红球”，则113412nACC，11326nABCC，所以在第一次取到红球的条件下，第二次取到红球的概率为：61122nABPBAnA.故答案为：12.【点睛】本题考查条件

概率及其计算，较简单，解答时要灵活运用条件概率的运算公式.35．某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己等6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为____

______．【答案】14【分析】由条件概率计算方式，分别计算事件A：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的基本事件个数，其中分两类乙在最后与乙不在最后计数，与事件AB的基本事件个数，最后由公式求解即可.【详解】设事件A：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”；事

件B：“学生丙第一个出场”，对事件A，甲和乙都不是第一个出场，第一类：乙在最后，则优先从中间4个位置中选一个给甲，再将余下的4个人全排列有1444CA种；第二类：乙没有在最后，则优先从中间4个位置中选两个

给甲乙，再将余下的4个人全排列有2444AA种，故总的有14244444nACAAA.对事件AB，此时丙第一个出场，优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列有1444CA

种故14441424444414nABCAPBAnACAAA.故答案为：14【点睛】本题考查条件概率实际应用，属于中档题.36．已知12PBA，3()10PAB，则()PA__________.【答案】35【分析

】直接根据条件概率公式计算即可得答案.【详解】解：根据条件概率公式PABPBAPA和已知条件12PBA，3()10PAB，所以3310152PABPAPBA.故答案为：

35【点睛】本题考查条件概率公式的应用，是基础题.37．某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为_______．【答案】59【分析】直接利用条件概

率公式计算得到答案.【详解】记第一次摸出新球为事件A，第二次取到新球为事件B，则2621016110155456910CPABCPBACPAC.故答案为：59.【点睛】本题考查了条件概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.38．据统计，连续熬夜48小

时诱发心脏病的概率为0.055，连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19.现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为______.【答案】67【分析】由对立设事件的概率分别得到连续熬夜48小时和连续熬

夜72小时未诱发心脏病的概率，再利用条件概率公式求解.【详解】设事件A为48h发病，事件B为72h发病，由题意可知：0.055PA，0.19PB，则0.945PA，0.81PB，由条件概率公式可得：

0.8160.9457PABPBPBAPAPA.故答案为：67【点睛】本题主要考查对立事件和条件概率的求法，属于基础题.39．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6．已知某天

的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率为______________．【答案】45【分析】记事件A：某天的空气质量为优，事件B：第二天的空气也为优，由题意可得0.75PA，0.6PAB，再由条件概率公式即可得解.【详解】记事件A：某天的空气质量为优，

事件B：第二天的空气也为优，由题意0.75PA，0.6PAB，则0.640.755PABPBAPA.故答案为：45.【点睛】本题考查了条件概率的求解，属于基础题.40．为了营造勤奋

读书、努力学习、奋发向上的文化氛围，提高学生的阅读兴趣，某校开展了“朗读者”闯关活动，各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼，第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8，在已经通过第一关的前提下通过第二关

的概率为0.5，则该同学两关均通过的概率为______.【答案】0.4【分析】根据条件概率公式，计算求值即可.【详解】设该学生通过第一关为事件A，通过第二关为事件B，在通过第一关的前提下通过第二关的概率为PBA，因为PABP

BAPA，所以0.50.80.4PABPBAPA.【点睛】本题考查条件概率的计算，考查逻辑分析，运算求解的能力，属基础题.41．设1(|)(|)2PABPBA，1()3PA，则()PB等于________．【答案

】13【分析】由1(|)(|)2PABPBA可判断出PAPB,进而可求()PB.【详解】解:1(|),(|),(|)(|)2PABPABPABPBAPABPBAPBPAPAPB.1()3PA1()3PB.故答案为

:13.【点睛】本题考查了条件概率.易错点是对条件概率公式不熟练,记错公式.42．已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有23的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率_______【答案】

15【分析】记“三人中至少有两人解答正确”为事件A，“甲解答不正确”为事件B，利用二项分布求得,pApAB，然后利用条件概率公式求解.【详解】记“三人中至少有两人解答正确”为事件A，“甲解答不正确”为事件B，则232333212201224,3332733327pApA

BCC，4127|20527pABpBApA，故答案为：15【点睛】本题主要考查条件概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.43．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响

力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2000次的概率为85%，充放电循环次数达到2500次

的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电，那么他的车能够充电2500次的概率为______.【答案】717【分析】记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：(|)PBA，由条件概率

公式即得解.【详解】记“某用户的自用新能源汽车已经经过了2000次充电”为事件A，“他的车能够充电2500次”为事件B，即求条件概率：()35%7(|)()85%17PABPBAPA故答案为：717【点睛】本题考查

了条件概率的应用，考查了学生概念理解，数学应用，数学运算的能力，属于基础题.四、解答题44．田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马

都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.（1）求在第一局比赛中田忌胜利

的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.【答案】（1）13；（2）12；（3）16.【分析】（1）首先将田忌的三匹马按照上、中、下三等

分别记为1T、2T、3T，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为1W、2W、3W，列出第一局双方参赛的马匹的全部情况，再找到田忌胜利的情况，即可得到答案.（2）首先设事件B“第一局齐威王派出场的是上等马，而田

忌派出场的是下等马”，事件C“田忌获得本场比赛胜利”，列举出事件B，C的个数，利用条件概率公式即可的得到答案.（3）根据题意直接写出答案即可.【详解】将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为1T、2T、3T，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为1W、2W、3W，并且用马的记号表示该马上场比赛

.（1）设事件“第一局双方参赛的马匹”，事件A“在第一局比赛中田忌胜利”，由题意得111213212223313233,,,,,,,,TWTWTWTWTWTW

TWTWTW，121323,,ATWTWTW，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是3193PA.（2）设事件B“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件C“田忌获得本场比赛胜利

”，由题意得311223311322312213312312,,,,,,,,,,,BTWTWTWTWTWTWTWTWTWTWTWTW，311223312312,,,,,BCTWTWTWTWTWTW，则本场比赛田忌胜利的概率是2

1|42PCB.（3）16.【点睛】本题主要考查古典概率的求法，同时考查了条件概率，考查学生分析问题的能力，属于中档题.45．2020年初，武汉出现新型冠状病毒肺炎疫情，并快速席卷我国其他地区，口罩成了重要的防疫物资.某口罩生产厂不断加大投入，高速生产，现对其2月1日~2月9

日连续9天的日生产量iy（单位：十万只，1,2,,9i）数据作了初步处理，得到如图所示的散点图及一些统计量的值：yz91iitty91iittz2.7219139.091095注：图中日期代码1~9分别对应2月1日~2月9日；表中iyiz

e，9119iizz.（1）从9个样本点中任意选取2个，在2个点的日生产量都不高于三十万只的条件下，求2个都高于二十万只的概率；（2）由散点图分析，样本点都集中在曲线lnybta的附近，请求y关于t的方程lnybta，并估计该厂从什么时候开

始日生产量超过四十万只.参考公式：回归直线方程是v，1122211nniiiiiinniiiivvvnvn，v.参考数据：4e54.6.【答案】（

1）310；（2）ln41yt，从2月14日开始日生产量超过四十万只.【分析】（1）设出事件，利用条件概率的概率公式即可求出概率.（2）由lnybta，可得yebta，即zbta，利用已知数据求出b、a的值，再yzebta，两边同时求导即可.

【详解】（1）9个样本点中日生产量都不高于三十万只的有5个，高于二十万只且不高于三十万只的有3个，设事件A：所取2个点的日生产量都不高于三十万只，事件B：所取2个点的日生产量高于二十万只，事件AB：所取2个点的日生产量高于二十万只且

不高于三十万只，则2529518CPAC，2329112CPABC，310PABPBAPA.（2）lnybta，yzebta，5t，921285iit，991199222112iiiii

iiiiiiiittzztztzzttzbtttttt91922219109595194285959iiiiitztztt19451azbt，ln41yt.令ln414

t，解得4113.94et，14t，即该厂从2月14日开始日生产量超过四十万只.【点睛】本题主要考查了求条件概率，以及求非线性回归方程，属于中档题.