【高考快车道】第一阶段 专题五 §1 事件的独立性与条件概率、全概率公式 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略（基础版）

(共66张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　概率与统计
解答概率与统计问题
阅卷案例 四字解题 (2024·新高考Ⅱ卷，T18，17分)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0(2)比赛具体规则想
想 (1)事件间的关系；
(2)概率大小的比较方法；
(3)数学期望计算公式
算 分两类分别计算甲或乙先参加第一阶段比赛成绩为15分的概率和甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望
思 (1)分类讨论；
(2)概率模型化
规范解答 满分心得
得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分．如第(2)问求E(X)时，常用思路：
①确定随机变量的取值X＝0，5，10，15；
②计算P(X＝i)，i＝0，5，10，15；
③计算E(X)．
以上3步不可缺失，每步都有分数．
得关键分：解答本题的关键是准确判断事件之间的关系，确定求有关概率的方法．
得计算分：本题(1)难度不大，关键是细心计算；本题(2)比较大小的关键是作差、变形、因式分解．
概率问题“先定型、后运算”．
§1　事件的独立性与条件概率、全概率公式
【备考指南】　主要考查条件概率、全概率公式的基本应用．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
　基础考点1　事件的独立性与n重伯努利试验
（一）
　基础考点2　条件概率、全概率公式
（二）
　专题限时集训(十五)　事件的独立性与条件概率、全概率公式
（三）
基础考点1　事件的独立性与n重伯努利试验
【典例1】　(2024·重庆模拟)甲、乙两名同学进行篮球投篮比赛，比赛规则如下：两人投篮的次数之和不超过5，投篮命中则自己得1分，该名同学继续投篮，若投篮未命中则对方得1分，换另外一名同学投篮，比赛结束时分数多的一方获胜，两人总投篮次数不足5但已经可以确定胜负时比赛就结束，两人总投篮次数达到5次时比赛也结束．已知甲、乙两名同学投篮命中的概率都是，甲同学先投篮．
(1)求甲同学一共投篮三次，且三次投篮连续的情况下获胜的概率；
(2)求甲同学比赛获胜的概率．
[解]　(1)用A表示甲投篮命中，表示甲投篮未命中，
用B表示乙投篮命中，表示乙投篮未命中，
记甲同学连续投篮三次并赢得比赛的事件为M，
则P(M)＝P(AAA)＋P＋P＝＋＋＝．
(2)①剩余两次投篮，甲、乙比分3∶0获胜的概率是P1，P1＝P(AAA)＝．
②剩余一次投篮，甲、乙比分3∶1获胜的概率是P2，P2＝P＋P＋P＝．
③不剩余投篮，前4次投篮甲、乙比分2∶2获胜的概率是P3，P3＝P＋P＋P＋P＋P＋P＝，故甲获胜的概率是P＝P1＋P2＋P3＝．
解决相互独立事件问题的步骤
1．(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则(　　)
A．M与N相互独立　　 B．X与Y相互独立
C．M与Y相互独立 　 D．N与Y相互独立
√
C　[依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，所以P(M)＝＝，P(N)＝＝，P(X)＝＝，P(Y)＝＝，
因为事件M与事件N互斥，所以P(MN)＝0，
又P(M)·P(N)＝，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
P(XY)＝＝≠P(X)P(Y)＝，故B错误；
由P(MY)＝＝＝P(M)P(Y)，
则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以P(NY)＝0，
又P(Y)·P(N)＝，所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误．故选C．]
2．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为________．
　
　[第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为；若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为．所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P＝××＋××＝．]
【教师备选资源】
1．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)(　　)
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
√
√
√
ABD　[采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1时收到的信号包含2个1或3个1，
故所求概率为β(1－β)2＋(1－β)3，故C错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率P1＝α(1－α)2＋(1－α)3，单次传输方案发送0译码为0的概率P2＝1－α，
P2－P1＝α(1－α)2－(1－α)3
＝α(1－α)－(1－α)2]
＝(1－α)(2α2－α)＝α(1－α)(2α－1)，
当0<α<0.5时，P2－P1<0，故P22．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的可能性相同．则甲获得冠军的概率为(　　)
A． 　B． C． 　D．
√
D　[甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜．
所以甲获得冠军的概率为＋2××＝．故选D．]
基础考点2　条件概率、全概率公式
【典例2】　(教材改编)现需要抽取甲、乙两个箱子的商品，检验其是否合格．其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品．从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验．将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验．首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为．
(1)求首次检验抽到合格产品的概率；
(2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
(3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：
方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；
方案二，从另外一个箱子中抽取．
比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大．
[解]　(1)将首次检验选到甲箱记为事件A1，选到乙箱记为事件A2，首次检验抽到合格品记为事件B．
则首次检验抽到合格品的概率P(B)＝P(A1)·P＋P(A2)P＝×＋×＝．
(2)在首次抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率P＝＝＝＝．
(3)将二次检验抽到合格品记为事件C．
由第(2)问可知，在首次抽到合格品的条件下，
首次抽到甲箱的概率P＝，
则在首次抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率P＝1－＝．
P＝P＋P＝＋＝＋＝PP＋PP．
从而，在首次检验通过，即事件B发生的条件下：
①若选择方案一，则P＝P＝，P＝P＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P＝×＋×＝＝，所以在方案一下，检验通过的概率P(BC)＝PP(B)＝×＝．
②若选择方案二，则P＝P＝，P＝P＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P＝×＋×＝＝，
所以在方案二下，检验通过的概率P(BC)＝PP(B)＝×＝．
而>，故选择方案一检验通过的概率大．
1．条件概率的求法：定义法、基本事件法和缩小样本空间法；
2．全概率公式主要用于计算比较复杂的事件的概率，即“多因一果”问题，实质上是互斥事件和乘法公式的综合运用．
1．(2024·江苏南京二模)已知P(A)＝，P(A)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
D　[因为P(A)＝P(AB)＋P(A)＝，又P(A|B)＝＝，
则P(B)＝＝＝．故选D．]
2．(2024·山东菏泽模拟)据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的2倍，和谐号的正点率为0.98，复兴号的正点率为0.99，今有一列车未正点到达该站，则该列车为和谐号的概率为(　　)
A．0.2 　 B．0.5
C．0.6 　 D．0.8
√
D　[令事件A：经过的列车为和谐号；事件B：经过的列车为复兴号；事件C：列车未正点到达，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C|A)＝0.02＝，P(C|B)＝0.01＝，
于是P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝×＋×＝，
所以该列车为和谐号的概率为P(A|C)＝＝＝＝0.8．
故选D．]
3．(2024·福建泉州模拟)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
[解]　(1)记事件“第i次摸到红球”为Ai(i＝1，2，3，…，10)，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，
得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P()P＝×＋×＝．
(2)由已知得P1＝P(A1A2A3)＝＝，P2＝P(A1)＝，
P3＝P(A2|A1)＝＝×＝×＝，
P4＝P＝＝×＝．
(3)由(2)可得P1＝P2P3P4，
即P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P，
可猜想：P(ABC)＝P(A)PP，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P(B|A)＝，P(C|AB)＝，
所以P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)·＝P(ABC)．
【教师备选资源】
为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每名队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲、乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为．(注：比赛结果没有平局)
(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲、乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲、乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率．
[解]　(1)设事件B＝“甲、乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件Aj＝“甲队第j局获胜”，其中j＝1，2，3，4，Aj相互独立．
又甲队明星队员M前四局不出场，故
P(Aj)＝，j＝1，2，3，4，
B＝A2A3A4＋A1A3A4＋A1A2A4，
所以P(B)＝＝．
(2)设事件C＝“甲队比赛3局获得最终胜利”，D＝“前3局甲队明星队员M上场比赛”，
由全概率公式知，P(C)＝P(C|D)·P(D)＋P(C|)，
因为每名队员上场顺序随机，
故P(D)＝＝，P()＝1－＝，P(C|D)＝×＝，
P(C|)＝＝，所以P(C)＝×＋×＝．
(3)由(2)，得P(D|C)＝＝＝＝．
一、单项选择题
1．(2024·江苏盐城一模)已知随机事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(A∪B)＝(　　)
A． 　B． 　C． 　D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
专题限时集训(十五)　事件的独立性与条件概率、全概率公式
B　[因为事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，可得P(AB)＝P(A)P(B)＝，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝．故选B．]
2．一名工人维护甲、乙两台机床，在一小时内，甲需维护和乙需维护相互独立，它们的概率分别是0.4，0.3，则至少有一台需要维护的概率为(　　)
A．0.58 　 B．0.46
C．0.42 　 D．0.12
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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11
12
A　[记至少有一台需要维护为事件A，则P(A)＝1－(1－0.4)(1－0.3)＝1－0.42＝0.58．
故选A．]
3．(2024·山东滨州二模)已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则下列说法正确的是(　　)
A．若P(AB)＝0.9，则A，B相互独立
B．若A，B相互独立，则P＝0.6
C．若P＝0.5，则P(AB)＝0.25
D．若B A，则P＝0.8
√
题号
1
3
5
2
4
6
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10
11
12
D　[对于A：因为P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不相互独立，故A错误；
对于B：若A，B相互独立，则P＝＝＝P(A)＝0.5，故B错误；
对于C：因为P＝，所以P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.4×0.5＝0.2，故C错误；
对于D：若B A，则P(AB)＝P(B)＝0.4，所以P＝＝＝0.8，故D正确．
故选D．]
题号
1
3
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11
12
4．为践行“保护环境，绿色出行”的环保理念，李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班．已知他选择骑自行车的概率为0.6，且骑自行车准时到达单位的概率为0.95.若李先生准时到达单位的概率为0.93，则他坐公交车准时到达单位的概率为(　　)
A．0.6 　 B．0.7
C．0.8 　 D．0.9
√
题号
1
3
5
2
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6
8
7
9
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12
D　[设A1＝“李先生骑自行车上班”，A2＝“李先生坐公交车上班”，B＝“李先生准时到达单位”，根据题意得，P(A1)＝0.6，P(A2)＝1－0.6＝0.4，P(B)＝0.95，设P(B)＝m，
则P(B)＝P(A1)P(B)＋P(A2)P(B)＝0.6×0.95＋0.4m＝0.93，
解得m＝0.9.故选D．]
题号
1
3
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12
5．(2024·湖北武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为，开关闭合后，这个电路是通路的概率是(　　)

A． 　B． C． 　D．
√
题号
1
3
5
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4
6
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9
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11
12
B　[元件B，C都不正常工作的概率p1＝＝，
则元件B，C至少有一个正常工作的概率为1－p1＝，
而电路是通路，即元件A正常工作，元件B，C至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率P＝×＝．故选B．]
题号
1
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6．(2024·河北衡水三模)已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，，，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
√
题号
1
3
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4
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D　[设甲、乙、丙三人各射击一次命中分别为事件A，B，C，每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件D，
则P(D)＝P()＝××＋××＋××＝，P(AD)＝P(A)＝××＋××＝，则P(A|D)＝＝＝．故选D．]
题号
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二、多项选择题
7．(2024·山东日照二模)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列判断正确的是(　　)
A．A与B相互独立　 B．A与B互斥
C．P(B)＝ 　 D．P(C)＝
√
题号
1
3
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√
AC　[对于A，依题意P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝＝＝P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B不互斥，故B错误；
对于C，D，P(C)＝1－×＝，因为B C，所以P(BC)＝P(B)＝，
所以P(B|C)＝＝＝，故C正确，D错误．
故选AC．]
题号
1
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8．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛选手甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为p(0≤p≤1)，实际比赛局数的期望值记为f ( p)，下列说法正确的是(　　)
A．三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3
B．f ( p)的常数项为3
C．f ＜f
D．f ＝
√
题号
1
3
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2
4
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√
√
ABD　[设实际比赛局数为X，则X的取值为3，4，5，
所以P(X＝3)＝p3＋(1－p)3，
P(X＝4)＝p(1－p)3，P(X＝5)＝p2(1－p)2，
因此三局就结束比赛的概率为p3＋(1－p)3，则A正确；
f ( p)＝p2(1－p)2＝6p4－12p3＋3p2＋3p＋3，
由f (0)＝3，则常数项为3，则B正确；
由f ＝，则D正确；
题号
1
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题号
1
3
5
2
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6
8
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12
由f ′( p)＝24p3－36p2＋6p＋3＝3(2p－1)(4p2－4p－1)，因为0≤p≤1，所以4p2－4p－1＜0，所以令f ′( p)＞0，则0≤p＜；
令f ′( p)＜0，则＜p≤1，则函数f ( p)在上单调递增，在上单调递减，因为f (1－p)＝(1－p)2p2＝f ( p)，所以f ( p)的图象关于p＝对称，得f ＞f ，则C错误．
故选ABD．]
三、填空题
9．(2023·天津高考)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________．
题号
1
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12
　
　
　　[法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝．设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝＝，P(D2)＝＝，P(D3)＝＝，P(E|D1)＝1－＝，P(E|D2)＝1－＝，P(E|D3)＝1－＝，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝×＋×＋×＝．
题号
1
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法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为＝．将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为＝．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
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10．(2024·广东广州模拟)选手甲和乙进行乒乓球比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用五局三胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了三局的概率为________．
题号
1
3
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　[根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行三局为事件B，
P(A)＝×××××××＝，
P(AB)＝××＝，故P＝＝＝．]
　
四、解答题
11．(2024·广西桂林模拟)乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：每两球交换发球权，每赢1球得1分，先得11分者获胜．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．若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为．
(1)当某局打成10∶10平后，甲先发球，求“两人又打了4个球且甲获胜”的概率；
(2)在单局比赛中，假如甲先发球，求甲最终11∶2获胜的概率．
题号
1
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[解]　(1)10∶10平后，两人又打4个球且甲获胜，该局比赛结束，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××＝．
(2)因为甲先发球，且甲11∶2获胜，所以一共打了13个球，最后1个球由甲发球，且最后一球甲赢，
前12球，甲发球6次，乙发球6次，乙共获胜2次，所以单局比赛中甲11∶2获胜的概率为＝．
题号
1
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题号
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12．(2024·广东佛山二模)联合国将每年的4月20日定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，促进联合国六种官方语言平等使用，为宣传“联合国中文日”，某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，竞赛分为“个人赛”和“对抗赛”，竞赛规则如下：
①个人赛规则：每位留学生需要从“拼音类”“成语类”“文化类”三类问题中随机选1道试题作答，其中“拼音类”有4道，“成语类”有6道，“文化类”有8道，若答对将获得一份奖品．
题号
1
3
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②对抗赛规则：两位留学生进行答题比赛，每轮只有1道题目，比赛时两位参赛者同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得1分，答错者得－1分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．对抗赛共设3轮，累计得分为正者将获得一份奖品，且两位参赛者答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．
(1)留学生甲参加个人赛，根据以往答题经验，留学生甲答对“拼音类”“成语类”“文化类”的概率分别为，，，求留学生甲答对所选试题的概率；
(2)留学生乙和留学生丙参加对抗赛，根据以往答题经验，每道题留学生乙和留学生丙答对的概率分别为，，求留学生乙获得奖品的概率．
题号
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[解]　(1)设留学生甲选1道“拼音类”试题为事件A，选1道“成语类”试题为事件B，选1道“文化类”试题为事件C，答对试题为事件D，则P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，P(D|A)＝，P(D|B)＝，P(D|C)＝，所以P(D)＝P(A)P(DB)＋P(C)P(D|C)＝×＋×＋×＝．
(2)每一轮中留学生乙得1分的概率为×＝，
每一轮中留学生乙得0分的概率为×＋＝，
每一轮中留学生乙得－1分的概率为×＝，
在3轮比赛后，留学生乙得3分的概率为P1＝＝，
在3轮比赛后，留学生乙得2分的概率为P2＝×＝，
题号
1
3
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2
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在3轮比赛后，留学生乙得1分的概率为P3＝×××＝，
所以乙最终获得奖品的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝．
题号
1
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THANK YOU