《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

13. 现有甲、乙两个袋子，袋子里装有形状、大小完全相同的球. 其中甲袋中有 3 个红球、7 个白球，乙袋中有 4 个红球、6 个白球. 从两袋中等可能地选一个袋子，再从该袋中随机摸出一球，称为一次摸球试验，多次做摸球试验直到摸出白球，试验结束.
(1) 求首次摸球后试验就结束的概率；
(2) 在首次摸出的是红球的条件下，求选到的袋子是乙袋的概率；
(3) 在首次摸出的是红球的条件下，将红球放回原袋中，继续第二次摸球试验，有以下两个方案.
方案一：从原袋中摸球.
方案二：从另外一个袋子中摸球.
请通过计算，说明哪个方案能使第二次摸球后试验结束的概率更大.

答案： 13. 解：
(1)设摸球一次，“选择甲袋”为事件$A_1$,“选择乙袋”
为事件$A_2$,“摸出白球”为事件$B_1$,“摸出红球”为事件$B_2$.则
$P(B_1)=P(A_1)P(B_1|A_1)+P(A_2)P(B_1|A_2)=\frac{1}{2}×\frac{7}{10}+$
$\frac{1}{2}×\frac{6}{10}=\frac{13}{20}$,即首次摸球后试验就结束的概率为$\frac{13}{20}$.
(2)由题意，$B_1$和$B_2$为对立事件，则$P(B_2)=1-P(B_1)=$
$\frac{7}{20}$,则$P(A_2|B_2)=\frac{P(A_2B_2)}{P(B_2)}=\frac{\frac{1}{2}×\frac{4}{10}}{\frac{7}{20}}=\frac{4}{7}$,
所以在首次摸出红球的条件下，选到的袋子是乙袋的概率
是$\frac{4}{7}$.
(3)对于方案一，若首次在甲袋中摸出红球，则$P(A_1|B_2)=$
$1-P(A_2|B_2)=1-\frac{4}{7}=\frac{3}{7}$,原袋(甲袋)中摸出白球的概率为$\frac{7}{10}$,所以第二次摸球后试验结束的概率为$\frac{3}{7}×\frac{7}{10}=\frac{3}{10}$;
若首次在乙袋中摸出红球，则$P(A_2|B_2)=\frac{4}{7}$,原袋(乙袋)
中摸出白球的概率为$\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$,所以第二次摸球后试验结束的概率为$\frac{4}{7}×\frac{3}{5}=\frac{12}{35}$.
综上，方案一能使第二次摸球后试验结束的概率为$\frac{3}{10}+$
$\frac{12}{35}=\frac{9}{14}$.
对于方案二，若首次在甲袋中摸出红球，则$P(A_1|B_2)=\frac{3}{7}$.
另一个袋子(乙袋)中摸出白球的概率为$\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$,所以第二
次摸球后试验结束的概率为$\frac{3}{7}×\frac{3}{5}=\frac{9}{35}$;
若首次在乙袋中摸出红球，则$P(A_2|B_2)=\frac{4}{7}$,另一个袋子
(甲袋)中摸出白球的概率为$\frac{7}{10}$,所以第二次摸球后试验结
束的概率为$\frac{4}{7}×\frac{7}{10}=\frac{2}{5}$.
综上，方案二能使第二次摸球后试验结束的概率为$\frac{9}{35}+$
$\frac{2}{5}=\frac{23}{35}$.
因为$\frac{9}{14}＜\frac{23}{35}$,所以方案二能使第二次摸球后试验结束的概
率更大.

14. 现有$n(n ＞ 3,n \in \mathbf{N}^*) $个相同的袋子，里面均装有$n$个除颜色外完全相同的小球，第$k(k = 1,2,3,·s,n)$个袋中有$k$个红球，$(n - k)$个白球. 现将这些袋子打乱顺序后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球(每个球取出后不放回)，若第四次取出的球为白球的概率是$\frac{4}{9}$，则$n =$9.

答案： 14. 9 设选出的是第$k$个袋，连续四次取球的方法数为
$n(n-1)(n-2)(n-3)$.第四次取出的是白球的取法有如下
四种情形：4白，取法数为$(n-k)(n-k-1)(n-k-2)(n-$
$k-3)$;1红3白，取法数为$C_3^1· k(n-k)(n-k-1)(n-k-$
$2)$;2红2白，取法数为$C_3^2· k(k-1)(n-k)(n-k-1)$;3红
1白，取法数为$k(k-1)(k-2)(n-k)$.所以第四次取出的是
白球的总情形数为$(n-k)(n-k-1)(n-k-2)(n-k-3)+$
$C_3^1· k(n-k)(n-k-1)(n-k-2)+C_3^2· k(k-1)(n-k)·$
$(n-k-1)+k(k-1)(k-2)(n-k)=(n-1)(n-2)(n-3)·$
$(n-k)$,则在第$k$个袋子中第四次取出的是白球的概率为
$P_k=\frac{(n-1)(n-2)(n-3)(n-k)}{n(n-1)(n-2)(n-3)}=\frac{n-k}{n}$,因为选取第$k$个
袋的概率为$\frac{1}{n}$,所以任选袋子取第四个球是白球的概率为
$P=\sum_{k=1}^{n}P_k·\frac{1}{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{n-k}{n}·\frac{1}{n}=\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}(n-k)=\frac{n-1}{2n}$,
由$P=\frac{n-1}{2n}=\frac{4}{9}$,得$n=9$.
核心笔记
1. 全概率公式的内容：样本空间$\Omega$由$n$个两两互斥的事件
$A_1,A_2,A_3,·s,A_n$构成，且$P(A_i)＞0$,$i=1,2,·s,n$,则样本空间中的任一事件B的概率都可表示成$P(B)=P(B\cap\Omega)=P(BA_1+BA_2+·s+BA_n)=P(BA_1)+P(BA_2)+·s+$
$P(BA_n)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)P(B|A_i)$.(练习运用：第1,2,3,13题)
2. 贝叶斯公式实际上是条件概率与全概率公式的一种交
汇，即$P(A_i|B)=\frac{P(A_iB)}{P(B)}$与$P(B)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)P(B|A_i)$
$(i=1,2,·s,n)$的结合体.(练习运用：第4,12题)