第十二单元 概率与统计（一）（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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第十二单元　概率与统计（一）
满分150分,限时120分钟
考点1 随机事件的概率与古典概型　　考点2 事件的独立性与条件概率、全概率公式
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2024江苏徐州调研)由天气预报可知元旦假期甲地降雨的概率为0.4,乙地降雨的概率为0.7,假定这段时间内两地是否降雨相互独立,则这段时间内甲、乙两地至少有一个降雨的概率为(　　)
A.0.12　　B.0.42　　C.0.58　　D.0.82
2.(2025江苏南通十四校联考)抛掷质地均匀的骰子两次,得到的点数分别为m,n.设平面向量a=(4,2),b=(m,n),则向量a,b不能构成平面内的一个基底的概率为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2025浙江名校联盟检测)若P(A)=,P(A|B)=,P(B|A)=,则P(A+B)=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024湖北黄冈质量监测)大美黄冈,此心安处.在这里,东坡文化独领风骚;在这里,红色文化光耀中华;在这里,戏曲文化绚丽多姿;在这里,禅宗文化久负盛名.现有甲、乙两位游客慕名来到黄冈旅游,都准备从H,G,L,Y四个著名旅游景点中随机选择一个游玩,设事件A为“甲和乙至少一人选择景点G”,事件B为“甲和乙选择的景点不同”,则P(B|A)=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
5.(2025湖北襄阳第五中学开学考试)有4张相同的卡片,分别标有数字1,2,3,4,从中有放回地随机取两次,每次取1张卡片,A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”,A2表示事件“第一次取出的卡片上的数字为3”,A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”,A4表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”,则(　　)
A.A1与A3为相互独立事件　　B.A2与A4为互斥事件
C.A2与A4为相互独立事件　　D.A3与A4为对立事件
6.(2025广东广州空港实验中学月考)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛的结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且0A.p和该棋手与甲、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
7.(2024浙江二模)小明开始了自己的存钱计划:起初存钱罐中没有钱,小明在第k天早上八时以的概率向存钱罐中存入100元,k=1,2,3,….若前3天晚上八时时存钱罐中的余额恰好成等差数列,则小明在第2天存入了100元的概率是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
8.(2024湖南长沙长郡中学开学考试)某学生进行投篮训练,采取积分制,有七次投篮机会,投中一次得1分,不中得0分,若连续投中两次则额外加1分,连续投中三次则额外加2分,以此类推,连续投中七次则额外加6分.假设该学生每次投中的概率都是,且每次投篮的结果相互独立,则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2025山东青岛检测)连续两次抛掷同一枚骰子,记第一次向上的点数为p,第二次向上的点数为q,设事件A=,其中[x]表示不超过x的最大整数,则(　　)
A.P(p>q)=　　　　B.P(p+q=7)=
C.事件p+q=7与A=3互斥　　　　D.事件q=1与A=0互为对立
10.(2025湖南永州期中)为增强学生体质,某中学积极组织学生参加课外体育活动.甲、乙两人在操场上玩投篮游戏,每次由其中一人投篮,规则如下:若投中,则继续投篮,若未投中,则换另一人投篮.假设甲每次投篮的命中率均为,乙每次投篮的命中率均为,由掷两枚质地均匀的硬币的方式确定第一次投篮的人选(一正一反向上是甲投篮,同正或同反向上是乙投篮),下列选项正确的是(　　)
A.第一次投篮的人是甲的概率为
B.已知第二次投篮的人是乙的情况下,第一次投篮的人是甲的概率为
C.第二次投篮的人是甲的概率为
D.设第n次投篮的人是甲的概率为an,则6an+an-1=3(n≥2,n∈N*)
11.(2024重庆西南大学附中、育才中学联考)已知编号分别为1,2,3的三个盒子中,1号盒内装有两个1号球,一个2号球和一个3号球;2号盒内装有两个1号球,一个3号球;3号盒内装有三个1号球,两个2号球.若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球,将取出的球放入与球同编号的盒子中,第二次从该盒子中任取一个球,则下列说法正确的是(　　)
A.若将10个相同的小球放入这三个盒子内,允许有空盒子,则不同的放法有36种
B.第二次抽到3号球的概率为
C.若第二次抽到的是3号球,则它来自1号盒子的概率最大
D.在第一次抽到3号球的条件下,第二次抽到2号球的概率为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.设某地区历史上从某次特大洪水发生以后,在30年内发生特大洪水的概率是0.8,在40年内发生特大洪水的概率是0.85.现该地区距上一次发生特大洪水已经过去了30年,那么在未来10年内该地区仍无特大洪水发生的概率是　　　　.
13.(2025湖南郴州一模)从数字1,2,3,4中随机取一个数字,设第一次取到的数字为i(i=1,2,3,4),再从数字1,…,i中随机取一个数字,则第二次取到的数字为3的概率是　　　　.
14.(2025浙江宁波模拟)一个盒子中装有标号分别为1,2,3,4,5的五个大小、质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏,规则如下:第一轮,甲先从盒子中不放回地随机取两个球,乙接着从盒子中不放回地随机取一个球,若甲抽取的两个小球的数字之和大于乙抽取的小球的数字,则甲得1分,否则甲不得分;第二轮,甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球,若甲抽取的小球的数字大于乙抽取的小球的数字,则甲得1分,否则甲不得分.在两轮游戏中,甲共获得2分的概率为　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025河北邢台质检联盟期中)某红茶批发地只经营甲、乙、丙三种品牌的红茶,且甲、乙、丙三种品牌的红茶的优质率分别为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.
16.(15分)(2024重庆巴蜀中学期中)某活动中运用了大量的高科技,为选拔合适的志愿者,参选者需参加测试,测试分为初试和复试,初试从6道题中随机选择4道题回答,每题答对得1分,答错得0分,初试得分大于或等于3分才能参加复试,复试每人都回答A,B,C三道题,每题答对得2分,答错得0分.已知初试6道题中甲有4道题能答对,乙有3道题能答对;复试3道题中甲每道题能答对的概率都是,乙每道题能答对的概率都是.
(1)求甲、乙至少一人通过初试的概率;
(2)若测试总得分大于或等于6分为合格,则甲、乙两人谁合格的概率更大
17.(15分)(2025广东东莞第四高级中学月考)近年来,一种新型的“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐.如图,假设有四支队伍进入到半决赛,淘汰赛制下,将四支队伍两两分组进行比赛,胜者进入到总决赛,总决赛的胜者即为冠军;双败赛制下,两两分组进行比赛,胜者进入到胜者组,败者进入到败者组,胜者组两个队伍对决后的胜者将进入到总决赛,败者进入到败者组.之前进入到败者组的两个队伍对决后的败者将直接淘汰,胜者将跟胜者组的败者对决,其中的胜者进入到总决赛,总决赛的胜者即为冠军.双败赛制下有意思的事情是,在胜者组中的胜者只要输一场比赛,在总决赛就无法拿到冠军,但是其他的队伍却有一次失败的机会.近年来,从败者组冲上来拿到冠军的不在少数,因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平,是否真的如此呢
假设四支队伍分别为A、B、C、D,其中A对阵其他三个队伍获胜的概率均为p,另外三支队伍彼此之间对阵时获胜的概率均为.最初分组时,A,B同组,C,D同组.
(1)若p=,则在淘汰赛制下,A,C获得冠军的概率分别为多少
(2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率(用p表示);
(3)根据(2)的结果分析双败赛制下,是否如很多人质疑的“对强者不公平”
18.(17分)(2024江西新余第四中学模拟)小金、小郅、小睿三人下围棋,已知小金胜小郅、小睿两人的概率均为,小郅胜小睿的概率为,第一场比赛等概率选取一人轮空,剩余两人对弈,胜者与上一场轮空者比赛,另一人轮空.以此类推,直至有人赢得两场比赛,则其为最终获胜者.
(1)若第一场比赛小金轮空,求需要进行第四场比赛的概率;
(2)求最终小金获胜的概率;
(3)若已知小郅第一场比赛未轮空且获胜,求在此条件下小金最终获胜的概率.
19.(17分)(2024江苏常州联盟学校调研)甲、乙两人进行投篮比赛,两人各投一次为一轮比赛,约定如下规则:若在一轮比赛中一人投进,另一人没投进,则投进者得1分,没投进者得-1分;若一轮比赛中两人都投进或都没投进,则都得0分,当两人各自的累计总分相差4分时比赛结束,得分高者获胜.在每次投篮中,甲投进的概率为0.5,乙投进的概率为0.6,每次投篮都是相互独立的.
(1)若两人起始分都为0分,求恰好经过4轮比赛后,甲获胜的概率;
(2)若规定两人起始分都为2分,记P(i)(i=0,1,2,3,4)为甲的累计总分为i时,甲最终获胜的概率,则P(0)=0,P(4)=1.
①证明:{P(i+1)-P(i)}(i=0,1,2,3)为等比数列;
②求P(2).
答案全解全析
1.D　解法一　(直接法)这段时间内甲、乙两地至少有一个降雨包括①甲地降雨、乙地不降雨;②乙地降雨、甲地不降雨;③甲、乙两地均降雨.所以这段时间内甲、乙两地至少有一个降雨的概率为0.4×(1-0.7)+(1-0.4)×0.7+0.4×0.7=0.82.
解法二　(间接法)“这段时间内甲、乙两地至少有一个降雨”的对立事件为“这段时间内甲、乙两地均不降雨”,又甲、乙两地均不降雨的概率为(1-0.4)×(1-0.7)=0.18,所以这段时间内甲、乙两地至少有一个降雨的概率为1-0.18=0.82.
解题技法　　求复杂事件的概率的常用方法
(1)直接法:将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件,注意不能重复和遗漏.
(2)间接法:若将一个较复杂事件转化为几个彼此互斥事件的和事件时,分类太多,而其对立事件的分类较少,可考虑利用对立事件的概率公式求解,常用于求“至少……”或“至多……”型事件的概率.
2.A　若a,,则4n=2m,即m=2n.
将一枚质地均匀的骰子抛掷两次,共有6×6=36种情况,其中m=2n的情况有3种(m=2,n=1;m=4,n=2;m=6,n=3),所以所求概率为=.
3.D　因为P(A)=,P(B|A)=,
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=.
又P(A|B)=,所以P(B)==×3=.
所以
4.A　解法一　甲和乙从四个景点中各随机选择一个游玩,共有4×4=16种情况,其中事件A包含的情况有16-3×3=7(种),事件A和事件B同时发生的情况有2×3=6(种),所以P(A)=,P(AB)==,所以P(B|A)==.
解法二　甲和乙从四个景点中各随机选择一个游玩,其中事件A包含的情况有n(A)=4×4-3×3=7(种),事件A和事件B同时发生的情况有n(AB)=2×3=6(种),所以P(B|A)==.
解题技法　　　　计算条件概率的方法
(1)定义法:利用定义,在原样本空间中,分别求P(A)和P(AB),再利用公式P(B|A)=计算.
(2)缩小样本空间法:借助古典概型的概率公式,先求事件A包含的样本点个数n(A),再求在事件A发生的条件下事件B包含的样本点个数,即n(AB),得P(B|A)=.
5.A　易得样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)},
A1={(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)},A2={(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)},A3={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)},A4={(3,4),(4,3)}.
对于A,P(A1)==,P(A3)==,P(A1A3)==,因为P(A1A3)=P(A1)P(A3),所以A1与A3为相互独立事件,故A正确.
对于B,当第一次取出的卡片上的数字为3,第二次取出的卡片上的数字为4时,事件A2与A4同时发生,所以A2与A4不是互斥事件,故B错误.
对于C,P(A2)==,P(A4)==,P(A2A4)=,因为P(A2A4)≠P(A2)P(A4),所以A2与A4不是相互独立事件,故C错误.
对于D,因为A3∩A4= ,A3∪A4≠Ω,所以A3与A4不是对立事件,故D错误.
解题技法
1.判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法:由事件本身的特点直接判断两个事件发生是否相互影响.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
2.从集合的角度理解互斥事件与对立事件
(1)若事件A与B互斥,则集合A∩B= ;
(2)若事件A与B对立,则集合A∩B= 且A∪B=Ω(Ω为样本空间).
注:对立事件一定是互斥事件,但互斥事件不一定是对立事件.
6.B　该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘.
记该棋手在第二盘与甲比赛,且连胜两盘的概率为p甲,
则p甲=(1-p2)p1p3+p2p1(1-p3)=p1(p2+p3)-2p1p2p3.
记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为p乙,
则p乙=(1-p1)p2p3+p1p2(1-p3)=p2(p1+p3)-2p1p2p3.
记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为p丙,
则p丙=(1-p1)p3p2+p1p3(1-p2)=p3(p1+p2)-2p1p2p3.
因为0所以p甲-p乙=p1(p2+p3)-2p1p2p3-[p2(p1+p3)-2p1p2p3]=(p1-p2)p3>0,
p乙-p丙=p2(p1+p3)-2p1p2p3-[p3(p1+p2)-2p1p2p3]=(p2-p3)p1>0,
即p甲>p乙>p丙,所以该棋手在第二盘与甲比赛,p最大.
7.A　用(x,y,z)表示前3天晚上八时时存钱罐中的余额情况,则满足题意的有(100,200,300),(0,100,200),(100,100,100),(0,0,0),其中第2天存入了100元的有(100,200,300),(0,100,200).
记“前3天晚上八时时存钱罐中的余额恰好成等差数列”为事件A,“第k天存入了100元”为事件Bk(k=1,2,3),则P(B1)=,P(B2)=,P(B3)=,
所以P(A)=P(B1B2B3)+P(B2B3)+P(B1)+P()
=××+××+××+××=,
P(AB2)=P(B2)P(A|B2)=××+××=,
所以由贝叶斯公式得P(B2|A)===.
8.B　该学生在此次训练中恰好得7分,可分为三类情况:
①连续投中四次,剩余的三次不中,此时将连续投中的四次看作一个整体,与其他不中的三次排序,有=4种情况,故所求概率为4××=;
②连续投中三次,剩余的四次中两次投中,两次不中,且两次投中不连续,故两次不中之间可能投中一次,也可能投中三次,此时的情况有(中,中,中,不中,中,不中,中),(中,不中,中,中,中,不中,中),(中,不中,中,不中,中,中,中),故所求概率为3××=;
③有两回连续投中两次,剩余的三次中一次投中,两次不中,此时的情况为(中,中,不中,中,中,不中,中),(中,不中,中,中,不中,中,中),(中,中,不中,中,不中,中,中),故所求概率为3××=.
综上,该学生在此次训练中恰好得7分的概率为++=.
9.BC　连续两次抛掷同一枚骰子,共有6×6=36种情况.
对于A,事件p>q包含的情况有(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),共15种,所以P(p>q)==,故A错误.
对于B,事件p+q=7包含的情况有(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6种,所以P(p+q=7)==,故B正确.
对于C,事件A=3包含的情况有(3,1),(6,2),共2种,与事件p+q=7包含的6种情况均不同,所以事件p+q=7与A=3不会同时发生,故两事件互斥,故C正确.
对于D,事件q=1包含的情况有(1,1),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),事件A=0包含的情况有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),其余情况既不在事件q=1中,也不在事件A=0中,所以事件q=1与A=0不对立,故D错误.
10.BCD　掷两枚质地均匀的硬币,向上的结果有(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),共4种.
记事件A为“向上的结果为一正一反”,则P(A)=,故A错误.
设事件E为“第一次投篮的人是甲”,事件F为“第二次投篮的人是乙”,
则P(EF)=×=,P(F)=P(EF)+P(F)=×+×=,
所以P(E|F)===,故B正确.
由B中分析得,第二次投篮的人是甲的概率为1-P(F)=1-=,故C正确.
由上述分析知,a1=,当n≥2,n∈N*时,an=an-1·+(1-an-1)·,所以6an+an-1=3(n≥2,n∈N*),故D正确.
11.BCD　利用隔板法,把10个小球和3个盒子排成一行,形成12个空(不含两端),再将2块板插入其中2个空中,所以不同的放法有=66(种),故A错误.
用A1表示第一次抽到1号球,A2表示第一次抽到2号球,A3表示第一次抽到3号球,B3表示第二次抽到3号球,则P(A1)=,P(A2)=P(A3)=,因为P(B3)=P(A1B3)+P(A2B3)+P(A3B3)=P(A1)P(B3|A1)+P(A2)P(B3|A2)+P(A3)P(B3|A3),P(B3|A1)=P(B3|A2)=,P(B3|A3)=,所以P(B3)=×+×+×=,故B正确.
易得P(A1|B3)==,P(A2|B3)==,P(A3|B3)==,所以若第二次抽到的是3号球,则它来自1号盒子的概率最大,故C正确.
用B2表示第二次抽到2号球,则P(B2|A3)=,故D正确.
12.0.75
解析　设“在30年内发生特大洪水”为事件A,“在40年内发生特大洪水”为事件B,“未来10年内该地区发生特大洪水”为事件C,则P(A)=0.8,P(B)=0.85,∴P(C)=P(B|)=====0.25,∴在未来10年内该地区仍无特大洪水发生的概率是P()=1-0.25=0.75.
13.
解析　记事件Ai(i=1,2,3,4)为“第一次取到的数字为i”,事件B为“第二次取到的数字为3”,则A1,A2,A3,A4是两两互斥事件,且A1∪A2∪A3∪A4=Ω,
所以P(B)=P(BA1∪BA2∪BA3∪BA4)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)+P(BA4)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)+P(A4)P(B|A4)=×0+×0+×+×=.
解题技法　　应用全概率公式求解的步骤
(1)确定样本空间;
(2)分解复杂事件:将复杂事件A分解为若干个互斥且完备的简单事件B1,B2,…,Bi;
(3)计算简单事件的概率:分别计算每个简单事件Bi发生的概率P(Bi);
(4)计算条件概率:在每个简单事件Bi发生的条件下,计算事件A发生的概率P(A|Bi);
(5)应用全概率公式:将上述概率代入全概率公式,计算事件A发生的概率P(A).
14.
解析　甲要想在第一轮中得1分,有下列情况:
①甲抽到的小球的数字为1,3,乙抽到的小球的数字只能是2;
②甲抽到的小球的数字为1,4,乙抽到的小球的数字可以是2或3;
③甲抽到的小球的数字为2,3,乙抽到的小球的数字可以是1或4;
④甲抽到的小球的数字为1,5或2,4或2,5或3,4或3,5或4,5,乙抽到的小球可以是剩下的三个小球中的任何一个.
所以第一轮中甲得1分的概率为=.
在第二轮中,只剩下两个球,要使甲在第二轮中得1分,只需要甲在剩下的两个球中抽到号码大的球即可,故概率为.
所以甲在两轮游戏中共获得2分的概率为×=.
15.解析　(1)用事件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.(5分)
所以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,
即他买到的红茶是优质品的概率为0.82.(7分)
(2)用事件E表示小张恰好买到两盒优质红茶,则事件E包含①在甲、乙品牌店买到优质红茶,在丙品牌店买到非优质红茶;②在甲、丙品牌店买到优质红茶,在乙品牌店买到非优质红茶;③在乙、丙品牌店买到优质红茶,在甲品牌店买到非优质红茶.(10分)
所以P(E)=0.9×0.8×(1-0.7)+0.9×(1-0.8)×0.7+(1-0.9)×0.8×0.7=0.398,
即他恰好买到两盒优质红茶的概率为0.398.(13分)
16.解析　(1)由题意得甲通过初试的概率P1==,(2分)
乙通过初试的概率P2==,(4分)
所以甲、乙至少一人通过初试的概率P=1-×=.(7分)
(2)若甲初试得4分,则复试至少答对1道题才合格;若甲初试得3分,则复试至少答对2道题才合格,所以甲合格的概率P3=×+×××+×=.(10分)
乙要合格,则需初试通过,复试答对2道题或3道题,所以乙合格的概率P4=×××+×=.(13分)
因为>,所以甲合格的概率更大.(15分)
17.解析　(1)若A获得冠军,则在A与B的比赛中A获胜,再由A与C,D中的胜者进行决赛并胜出,所以A获得冠军的概率P1=××+××=.(2分)
若C获得冠军,则在C与D的比赛中C获胜,再由C与A,B中的胜者进行决赛并胜出,所以C获得冠军的概率P2=××+××=.(4分)
(2)淘汰赛制下,A获得冠军的概率为p××p+p××p=p2.(6分)
双败赛制下,需分A进入胜者组、败者组两种情况:
当A进入胜者组时,若在胜者组失败,则后两局都胜利方可得冠军;若在胜者组胜利,则后一局(与败者组胜者进行比赛)胜利方可得冠军.
当A进入败者组时,后三局都胜利方可得冠军.(9分)
综上,在双败赛制下,A获得冠军的概率为p3(1-p)+p3+(1-p)p3=p3(3-2p).(11分)
(3)令f(p)=p3(3-2p)-p2=p2(-2p2+3p-1)=p2(2p-1)·(1-p),(13分)
若A为强者,则0,所以双败赛制对强者更有利.(15分)
18.解析　(1)若第一场比赛小郅获胜,则第二场比赛小金获胜,第三场比赛小睿获胜,此时概率为××=.(2分)
若第一场比赛小睿获胜,则第二场比赛小金获胜,第三场比赛小郅获胜,此时概率为××=.(4分)
所以需要进行第四场比赛的概率为+=.(5分)
(2)当第一场比赛小金轮空时,要使最终小金获胜,则需①第一场比赛小郅胜、小睿输,第二场比赛小金胜、小郅输,第三场比赛小金胜、小睿输,此时概率为×××=;②第一场比赛小睿胜、小郅输,第二场比赛小金胜、小睿输,第三场比赛小金胜、小郅输,此时概率为×××=.
综上,最终小金获胜的概率为+=.(8分)
当第一场比赛小金不轮空时,若第一场小郅和小金比赛,要使最终小金获胜,则需①第一场比赛小郅胜、小金输,第二场比赛小睿胜、小郅输,第三场比赛小金胜、小睿输,第四场比赛小金胜、小郅输,此时概率为××××=;②第一场比赛小金胜、小郅输,第二场比赛小睿胜、小金输,第三场比赛小郅胜、小睿输,第四场比赛小金胜、小郅输,此时概率为××××=;③第一场比赛小金胜、小郅输,第二场比赛小金胜、小睿输,此时概率为××=.所以第一场小郅与小金比赛,小金获胜的概率为++=.(10分)
同理,第一场小睿与小金比赛,小金获胜的概率为.(11分)
所以最终小金获胜的概率为++=.(12分)
(3)用事件A表示“小金最终获胜”,事件B表示“小郅第一场比赛未轮空且获胜”.
结合(2)知P(AB)=×××+××××=,P(B)=×+×=,(15分)
∴P(A|B)==.(17分)
19.解析　记在每一轮比赛中,甲得分为事件A,乙得分为事件B,都得0分为事件C,则P(A)=0.5×(1-0.6)=0.2,P(B)=(1-0.5)×0.6=0.3,P(C)=1-P(A)-P(B)=0.5.(3分)
(1)记“恰好经过4轮比赛,甲获胜”为事件D,则P(D)=×0.2×0.52×0.2+×0.2×0.3×0.22=0.034 8.(5分)
(2)①证明:记甲的累计总分为i时,甲最终获胜为事件M,则P(M)=P(A)·P(M|A)+P(B)·P(M|B)+P(C)·P(M|C),即P(i)=0.2P(i+1)+0.3P(i-1)+0.5P(i),(7分)
整理得P(i+1)-P(i)=[P(i)-P(i-1)],(9分)
又P(1)-P(0)=P(1)≠0,所以{P(i+1)-P(i)}是首项为P(1),公比为的等比数列.(11分)
②由①得P(1)-P(0)=P(1),P(2)-P(1)=P(1),
P(3)-P(2)=P(1),P(4)-P(3)=P(1),(13分)
累加,得P(4)-P(0)=P(1),
由P(0)=0,P(4)=1及上式解得P(1)=,(15分)
所以P(2)=P(1)=.(17分)