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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第6讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第11章第6讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式Word版含解析，共24页。试卷主要包含了相互独立事件，条件概率，乘法公式，条件概率的性质，全概率公式等内容，欢迎下载使用。
1．相互独立事件
(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝eq \x(\s\up1(01))P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称独立．
(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都eq \x(\s\up1(02))相互独立.
2．条件概率
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(PAB,PA)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
3．乘法公式
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝eq \x(\s\up1(04))P(A)P(B|A).
4．条件概率的性质
设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝eq \x(\s\up1(05))1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则
P(B∪C|A)＝eq \x(\s\up1(06))P(B|A)＋P(C|A)；
(3)如果eq \x\t(B)与B互为对立事件，则
P(eq \x\t(B)|A)＝eq \x(\s\up1(07))1－P(B|A).
5．全概率公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝ eq \x(\s\up1(08))eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai).
*6.贝叶斯公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(PAiPB|Ai,PB)＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1,2，…，n.
1．事件间的关系及表示
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B.
(2)A，B都发生的事件为AB.
(3)A，B都不发生的事件为eq \x\t(A)eq \x\t(B).
(4)A，B恰有一个发生的事件为(Aeq \x\t(B))∪(eq \x\t(A)B)．
(5)A，B至多一个发生的事件为(Aeq \x\t(B))∪(eq \x\t(A)B)∪(eq \x\t(A)eq \x\t(B))．
2．条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解．
3．乘法公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.
1．甲射击击中目标的概率为0.75，乙射击击中目标的概率为eq \f(2,3)，两人是否击中目标互不影响，则当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．eq \f(11,12) D．eq \f(5,6)
答案 C
解析 记“甲射击击中目标”为事件A，“乙射击击中目标”为事件B，则P(A)＝0.75＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(2,3)，所以当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为P＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(11,12).故选C.
2．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( )
A．0.2 B．0.33
C．0.5 D．0.6
答案 A
解析 记“数学不及格”为事件A，“语文不及格”为事件B，则“两门都不及格”为事件AB，所以P(A)＝0.15，P(B)＝0.05，P(AB)＝0.03，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.03,0.15)＝0.2，所以该学生数学不及格时，语文也不及格的概率为0.2.故选A.
3．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42
C．0.46 D．0.88
答案 D
解析 设“甲被录取”记为事件A，“乙被录取”记为事件B，则两人至少有一人被录取的概率P＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )
A．0.72 B．0.8
C．0.86 D．0.9
答案 A
解析 设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，则P(A)＝0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.故选A.
5．已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，则P(B|A)＝________.
答案 0.75
解析 因为P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，所以P(AB)＝0.3，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.3,0.4)＝0.75.
6．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________.
答案 eq \f(33,50)
解析 设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为“取出的数是3的倍数”．则P(C)＝eq \f(1,2)，且所求概率为P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C)＝eq \f(PAC,PC)＋eq \f(PBC,PC)－eq \f(PABC,PC)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,100)＋\f(16,100)－\f(8,100)))＝eq \f(33,50).
多角度探究突破
考向一 事件的相互独立性
角度 事件独立性的判定
例1 (2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案 B
解析 设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，P(D)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0≠P(A)P(C)；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)＝P(A)P(D)；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)≠P(B)P(C)；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0≠P(C)P(D)．若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．故选B.
角度 相互独立事件的概率
例2 (2020·全国Ⅰ卷)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eq \f(1,2).
(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．
解 (1)记事件M：甲连胜四场，
则P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,16).
(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,4)，
所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝eq \f(3,4).
(3)记事件M为甲最终获胜，记事件N为丙最终获胜．则甲最终获胜的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，
所以甲最终获胜的概率为P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(9,32).
由对称性可知，乙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，
所以丙最终获胜的概率为P(N)＝1－2×eq \f(9,32)＝eq \f(7,16).
1．两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．
(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
1.(2021·普宁期末)有3个相同的球，分别标有数字1,2,3，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．用(x，y)表示试验的样本点，其中x表示第一次取出的基本结果，y表示第二次取出的基本结果．
(1)写出这个试验的样本空间Ω；
(2)用A表示事件“第一次取出的球的数字是1”；用B表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，求证：P(AB)＝P(A)P(B)．
解 (1)从3个球中有放回地随机取两次，该试验的样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)}．
(2)证明：事件A包含的样本点为(1,1)，(1,2)，(1,3)，P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)；
事件B包含的样本点为(1,3)，(2,2)，(3,1)，P(B)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)；
而事件AB表示“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是4”，它包含的样本点为(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,9).
故P(AB)＝P(A)P(B)．
2．某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是eq \f(3,4)，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是eq \f(1,12)，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是eq \f(1,4).若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解 (1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)＝eq \f(3,4)，且有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(P\x\t(A)P\x\t(C)＝\f(1,12)，,PBPC＝\f(1,4)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－PA1－PC＝\f(1,12)，,PBPC＝\f(1,4)，))
所以P(B)＝eq \f(3,8)，P(C)＝eq \f(2,3).
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,96)，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(Aeq \x\t(B)eq \x\t(C)＋eq \x\t(A)Beq \x\t(C)＋eq \x\t(A)eq \x\t(B)C)
＝eq \f(3,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(2,3)＝eq \f(7,24)，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－eq \f(5,96)－eq \f(7,24)＝eq \f(21,32).
考向二 条件概率
例3 (1)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________.
答案 eq \f(4,99)
解析 解法一：(应用条件概率公式求解)设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，因为P(AB)＝eq \f(A\\al(2,5),A\\al(2,100))＝eq \f(1,495)，P(A)＝eq \f(C\\al(1,5),C\\al(1,100))＝eq \f(1,20)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,495),\f(1,20))＝eq \f(4,99).
解法二：(缩小样本空间求解)第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为eq \f(4,99).
(2)在一次篮球比赛中，假如运动员小明有两次投篮机会，按照以往的比赛成绩，小明第一次投篮命中的概率是0.6，在第一次投篮命中的条件下第二次投篮也命中的概率是0.5，则小明两次投篮都命中的概率为________.
答案 0.3
解析 设Ai表示小明第i次投篮命中，i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.5，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)·P(A2|A1)＝0.6×0.5＝0.3，即小明两次投篮都命中的概率为0.3.
(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
解 设“摸出第一个球是红球”为事件A，“摸出第二个球是黄球”为事件B，“摸出第二个球是黑球”为事件C.
则P(A)＝eq \f(1,10)，P(AB)＝eq \f(1×2,10×9)＝eq \f(1,45)，P(AC)＝eq \f(1×3,10×9)＝eq \f(1,30).
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,45)÷eq \f(1,10)＝eq \f(2,9)，
P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(1,30)÷eq \f(1,10)＝eq \f(1,3).
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝eq \f(2,9)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,9).
所以所求概率为eq \f(5,9).
条件概率的三种求法
3.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次在实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件经过质检的概率为( )
A．0.4 B．0.16
C．0.68 D．0.17
答案 C
解析 设Ai表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件经过质检的概率为0.68.故选C.
4．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是( )
A．0.4 B．0.6
C．0.75 D．0.8
答案 D
解析 设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，则P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6，∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.故选D.
5．抛掷红、蓝两枚骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”，求：
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率；
(2)事件B发生的条件下事件A发生的概率．
解 n(A)＝6×2＝12.
由3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8，
4＋6＝6＋4＝5＋5>8，
5＋6＝6＋5>8,6＋6>8，知n(B)＝10，其中n(AB)＝6.
(1)P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).
(2)P(A|B)＝eq \f(nAB,nB)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
考向三 全概率公式及其应用
例4 假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下表所示：
在该市场中任意买一部智能手机，求买到的是优质品的概率．
解 用A1，A2，A3分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌，B表示买到的是优质品，则依据已知可得P(A1)＝50%，P(A2)＝30%，P(A3)＝20%，且P(B|A1)＝95%，P(B|A2)＝90%，P(B|A3)＝70%，因此，由全概率公式有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝50%×95%＋30%×90%＋20%×70%＝88.5%.
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝eq \i\su(i＝1,3,P)(Ai)P(B|Ai)．
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1,2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
6.某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同种产品20箱，甲厂每箱装100个，废品率为0.06，乙厂每箱装120个，废品率为0.05，求：
(1)任取一箱，从中任取一个为废品的概率；
(2)若将所有产品开箱混放，求任取一个为废品的概率．
解 记事件A为取到的是甲厂的产品，事件B为取到的是乙厂的产品，事件C为取到的是废品，则
(1)P(A)＝eq \f(30,50)＝eq \f(3,5)，P(B)＝eq \f(20,50)＝eq \f(2,5)，
P(C|A)＝0.06，P(C|B)＝0.05，
由全概率公式，
得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq \f(7,125).
(2)P(A)＝eq \f(30×100,30×100＋20×120)＝eq \f(5,9)，
P(B)＝eq \f(20×120,30×100＋20×120)＝eq \f(4,9)，
P(C|A)＝0.06，P(C|B)＝0.05，
由全概率公式，
得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq \f(1,18).
一、单项选择题
1．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为( )
A.eq \f(2,5) B．eq \f(3,10)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(1,10)
答案 C
解析 由题意，可得不超过2次就按对的概率为P＝eq \f(1,10)＋eq \f(9,10)×eq \f(1,9)＝eq \f(1,5).故选C.
2．设P(A|B)＝P(B|A)＝eq \f(1,2)，P(A)＝eq \f(1,3)，则P(B)等于( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
答案 B
解析 P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，由P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，得P(B)＝eq \f(PAB,PA|B)＝eq \f(1,6)×2＝eq \f(1,3).故选B.
3．(2022·唐山一中模拟)在某次人才招聘会上，假定某毕业生赢得甲公司面试机会的概率为eq \f(2,3)，赢得乙、丙两公司面试机会的概率均为eq \f(1,4)，且三个公司是否让其面试是相互独立的，则该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会的概率为( )
A.eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
答案 B
解析 记事件A为“该毕业生赢得甲公司的面试机会”，事件B为“该毕业生赢得乙公司的面试机会”，事件C为“该毕业生赢得丙公司的面试机会”．
由题意可得P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝P(C)＝eq \f(1,4).
则事件“该毕业生只赢得甲、乙两个公司的面试机会”为ABeq \(C,\s\up6(－))，
由相互独立事件同时成立的概率公式，可得P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝P(A)P(B)P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,8)，故选B.
4．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
A.eq \f(3,16) B．eq \f(3,4)
C．eq \f(13,16) D．eq \f(1,4)
答案 C
解析 记甲、乙、丙、丁这4个开关闭合分别为事件A，B，C，D，又记甲与乙至少有一个不闭合为事件eq \(E,\s\up6(－))，则P(eq \(E,\s\up6(－)))＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－))B)＋P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,4).则灯亮的概率P＝1－P(eq \(E,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－)))＝1－P(eq \(E,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(D,\s\up6(－)))＝1－eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).故选C.
5．(2021·陕西二模)托马斯·贝叶斯(Thmas Bayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：P(A|B)＝eq \f(PB|APA,PB|APA＋PB|ACPAC)，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中P(B|A)P(A)＋P(B|AC)P(AC)称为B的全概率．这个定理在实际生活中有着重要的应用价值．假设某种疾病在所有人群中的感染率是0.1%，医院现有的技术对于该疾病检测的准确率为99%，即已知患病情况下，99%的可能性可以检查出阳性，正常人99%的可能性检查为正常．如果从人群中随机抽一个人去检测，经计算检测结果为阳性的全概率为0.01098，请你用贝叶斯公式估计在医院给出的检测结果为阳性的条件下这个人得病的概率为( )
A．0.1% B．8%
C．9% D．99%
答案 C
解析 记“一个人得病”为事件A，“检测结果为阳性”为事件B，则P(A)＝0.1%，P(B|A)＝99%，P(B|A)P(A)＋P(B|AC)P(AC)＝0.01098，所以P(A|B)＝eq \f(PB|APA,PB|APA＋PB|ACPAC)＝eq \f(99%×0.1%,0.01098)≈9%，所以在医院给出的检测结果为阳性的条件下这个人得病的概率为9%.故选C.
6．(2021·枣庄薛城区期末)一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．记事件A表示“第一次摸出球的标号小于3”，事件B表示“第二次摸出球的标号小于3”，事件C表示“摸出的两个球的标号之和为6”，事件D表示“摸出的两个球的标号之和不超过4”，则( )
A．A与B相互独立 B．A与D相互独立
C．B与C相互独立 D．B与D相互独立
答案 C
解析 设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，全部的样本点有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共12个，事件A发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，共6个，事件B发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共6个，所以P(A)＝P(B)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，事件C发生包含的样本点有(2,4)，(4,2)，共2个，P(C)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，事件D发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)，共4个，P(D)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)，事件AB发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，共2个，P(AB)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，因为P(A)P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)≠P(AB)，所以A与B不相互独立，故A错误；事件AD发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(2,1)，共3个，P(AD)＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4)，因为P(A)P(D)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)≠P(AD)，所以A与D不相互独立，故B错误；事件BC发生包含的样本点有(4,2)，共1个，所以P(BC)＝eq \f(1,12)，因为P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,12)＝P(BC)，所以B与C相互独立，故C正确；事件BD发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，(3,1)，共3个，所以P(BD)＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4)，因为P(B)P(D)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)≠P(BD)，所以B与D不相互独立，故D错误．故选C.
7．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率为0.03，第二台出现废品的概率为0.02，加工出来的零件放在一起，现已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，则任意取出一个零件是合格品的概率是( )
A.eq \f(2,75) B．eq \f(1,40)
C．eq \f(39,40) D．eq \f(73,75)
答案 D
解析 设Ai＝{任意取出一个零件是第i台机床生产的}，i＝1,2，B＝{任意取出一个零件是合格品}．P(B)＝eq \i\su(i＝1,2,P)(Ai)P(B|Ai)＝eq \f(2,3)×(1－0.03)＋eq \f(1,3)×(1－0.02)＝eq \f(73,75).故选D.
8．某射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为( )
A.eq \f(8,9) B．eq \f(73,81)
C．eq \f(8,81) D．eq \f(1,9)
答案 C
解析 因为该射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，所以每次射击不中的概率为eq \f(1,3)，设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，“该射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则P(A)＝P(A1A2A3eq \(A,\s\up6(－))4eq \(A,\s\up6(－))5)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2A3A4eq \(A,\s\up6(－))5)＋
P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3A4A5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,81).故选C.
二、多项选择题
9．(2021·江苏镇江期末)有一道数学难题，学生甲解出的概率为eq \f(1,2)，学生乙解出的概率为eq \f(1,3)，学生丙解出的概率为eq \f(1,4).若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则( )
A．恰有一人解出的概率为eq \f(11,24)
B．没有人能解出的概率为eq \f(1,24)
C．至多一人解出的概率为eq \f(17,24)
D．至少两个人解出的概率为eq \f(23,24)
答案 AC
解析 对于A，恰有一人解出的概率为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，A正确；对于B，没有人能解出的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，B错误；对于C，由A，B知，至多一人解出的概率为eq \f(11,24)＋eq \f(1,4)＝eq \f(17,24)，C正确；对于D，至少两个人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两个人解出的概率为1－eq \f(17,24)＝eq \f(7,24)，D错误．故选AC.
10．(2021·滨州二模)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( )
A．P(A)＝eq \f(3,5) B．P(AB)＝eq \f(3,10)
C．P(B|A)＝eq \f(1,2) D．P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)
答案 ABC
解析 P(A)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,5))＝eq \f(3,5)，故A正确；P(AB)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,10)，故B正确；P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2)，故C正确；P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,5))＝eq \f(2,5)，P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,10)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P\(A,\s\up6(－))B,P\(A,\s\up6(－)))＝eq \f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4)，故D错误．故选ABC.
11．甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(23,30)
B．事件B与事件A1相互独立
C．事件B与事件A2相互独立
D. A1，A2互斥
答案 AD
解析 根据题意画出树状图，得到有关事件的样本点数：
因此P(A1)＝eq \f(3,5)，P(A2)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(15＋8,30)＝eq \f(23,30)，A正确；又P(A1B)＝eq \f(15,30)，因此P(A1B)≠P(A1)P(B)，B错误；同理，C错误；A1，A2不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确．故选AD.
12．(2021·济南模拟)已知甲、乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面上的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面上的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面上的数字为偶数”，则下列结论正确的是( )
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(BC)＝P(AC)＝P(AB)
C．P(ABC)＝eq \f(1,8)
D．P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,8)
答案 ABD
解析 依题意，得P(A)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2)＋C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，∴P(A)＝P(B)＝P(C)，故A正确；P(BC)＝P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，P(AC)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，∴P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，故B正确；P(ABC)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，故C错误；P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.
答案 eq \f(1,6) eq \f(2,3)
解析 由题意，得甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
14．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________.
答案 0.18
解析 甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×0.6×(0.6＋0.4)＝0.18.
15．一项血液化验用来鉴别是否患有某种疾病，在患有此种疾病的人群中通过化验有95%的人呈阳性反应，而健康的人通过化验也会有1%的人呈阳性反应，某地区此种病患者占人口数的0.5%，则：
(1)某人化验结果为阳性的概率为________；
(2)若某人做这种化验呈阳性反应，则此人确实患有此病的概率为________.
答案 (1)1.47% (2)32.3%
解析 记事件A表示“呈阳性反应”，事件B表示“患有此种病”．
(1)P(A)＝0.5%×95%＋99.5%×1%＝1.47%.
(2)P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.5%×95%,1.47%)≈32.3%.
16．播种用的一等品种子中混合了2.0%的二等品种子，1.5%的三等品种子，1.0%的四等品种子，若用一等品、二等品、三等品、四等品种子长出优质产品的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05，则从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为________.
答案 0.4825
解析 设Bi＝“从这批种子中任选一粒是i等品种子(i＝1,2,3,4)”，则Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4两两互斥．A＝“在这批种子中任选一粒长出优质产品”，则P(B1)＝95.5%，P(B2)＝2%，P(B3)＝1.5%，P(B4)＝1.0%，P(A|B1)＝0.5，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.1，P(A|B4)＝0.05，由全概率公式P(A)＝eq \i\su(i＝1,4,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.4825，所以从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为0.4825.
四、解答题
17．(2019·全国Ⅱ卷)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P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解 (1)X＝2就是某局双方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P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方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×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，开始时甲每盘棋赢的概率为eq \f(3,4)，由于心态不稳，甲一旦输一盘棋，他随后每盘棋赢的概率就变为eq \f(1,2).假设比赛没有和棋，且已知前两盘棋都是甲赢．
(1)求第四盘棋甲赢的概率；
(2)求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．
解 (1)第四盘棋甲赢分两种情况．
若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢，P1＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)；
若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢，P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8).
设事件A为“第四盘棋甲赢”，则第四盘棋甲赢的概率为P(A)＝P1＋P2＝eq \f(9,16)＋eq \f(1,8)＝eq \f(11,16).
(2)若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况．
若甲第三盘赢，P3＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,32)；
若甲第四盘赢，P4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,16)；
若甲第五盘赢，P5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,16).
设事件B为“比赛结束时，甲恰好赢三盘棋”，
则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为
P(B)＝P3＋P4＋P5＝eq \f(3,32)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(7,32).
19．现有三个盒子，每个盒子中有10个球(这些球除球上字母与颜色外，其余都相同)．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个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验成功，求试验成功的概率．
解 设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}，
B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}，
R＝{第二次取出的球是红球}，
W＝{第二次取出的球是白球}，
则容易求得P(A)＝eq \f(7,10)，P(B)＝eq \f(3,10)，P(R|A)＝eq \f(1,2)，
P(W|A)＝eq \f(1,2)，P(R|B)＝eq \f(4,5)，P(W|B)＝eq \f(1,5).
P(R)＝＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(7,10)＋eq \f(4,5)×eq \f(3,10)＝0.59，则试验成功的概率为0.59.
20．(2021·广东一模)在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语．
(1)在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检．已知批次I的成品口罩生产中，前三道工序的次品率分别为p1＝eq \f(1,35)，p2＝eq \f(1,34)，p3＝eq \f(1,33).
①求批次I成品口罩的次品率pI；
②第四道工序中红外线自动检测为次品的口罩会被自动淘汰，合格的口罩进入流水线并由工人进行抽查检验．已知批次I的成品口罩红外线自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品的概率(百分号前保留两位小数)；
(2)已知某批次成品口罩的次品率为p(0附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).
解 (1)①批次I成品口罩的次品率为
pI＝1－[(1－p1)(1－p2)(1－p3)]＝1－eq \f(34,35)×eq \f(33,34)×eq \f(32,33)＝eq \f(3,35).
②设批次I的成品口罩红外线自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
由已知，得P(A)＝eq \f(92,100)，P(AB)＝1－pI＝1－eq \f(3,35)＝eq \f(32,35)，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品为事件B|A，
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(32,35)×eq \f(100,92)＝eq \f(8×20,7×23)＝eq \f(160,161)≈99.38%.
(2)100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率
φ(p)＝Ceq \\al(1,100)p(1－p)99.
因此φ′(p)＝100×[(1－p)99－99p(1－p)98]＝100(1－p)98(1－100p)．
令φ′(p)＝0，得p＝0.01.
当p∈(0,0.01)时，φ′(p)＞0；
当p∈(0.01,1)时，φ′(p)＜0.
所以φ(p)的最大值点为p0＝0.01.
由(1)可知，pI＝eq \f(3,35)≈0.09，pJ＝p0＝0.01，
故批次J口罩的次品率低于批次I，
故批次J的口罩质量优于批次I.
由条形图可建立2×2列联表如下：
单位：人
χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)＝
eq \f(100×12×57－3×282,15×85×40×60)＝eq \f(100×6002,15×85×40×60)＝eq \f(200,17)≈11.765＞10.828＝x0.001.
因此，依据小概率值α＝0.001的独立性检验，可以推断口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
样本点法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件AB所包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
品牌
甲
乙
其他
市场占有率
50%
30%
20%
优质率
95%
90%
70%
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
核酸检测结果
口罩批次
合计
I
J
呈阳性
12
3
15
呈阴性
28
57
85
合计
40
60
100
1．相互独立事件
(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝eq \x(\s\up1(01))P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称独立．
(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都eq \x(\s\up1(02))相互独立.
2．条件概率
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(PAB,PA)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
3．乘法公式
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝eq \x(\s\up1(04))P(A)P(B|A).
4．条件概率的性质
设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝eq \x(\s\up1(05))1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则
P(B∪C|A)＝eq \x(\s\up1(06))P(B|A)＋P(C|A)；
(3)如果eq \x\t(B)与B互为对立事件，则
P(eq \x\t(B)|A)＝eq \x(\s\up1(07))1－P(B|A).
5．全概率公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝ eq \x(\s\up1(08))eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai).
*6.贝叶斯公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝eq \x(\s\up1(09))eq \f(PAiPB|Ai,PB)＝eq \x(\s\up1(10))eq \f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1,2，…，n.
1．事件间的关系及表示
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B.
(2)A，B都发生的事件为AB.
(3)A，B都不发生的事件为eq \x\t(A)eq \x\t(B).
(4)A，B恰有一个发生的事件为(Aeq \x\t(B))∪(eq \x\t(A)B)．
(5)A，B至多一个发生的事件为(Aeq \x\t(B))∪(eq \x\t(A)B)∪(eq \x\t(A)eq \x\t(B))．
2．条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解．
3．乘法公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.
1．甲射击击中目标的概率为0.75，乙射击击中目标的概率为eq \f(2,3)，两人是否击中目标互不影响，则当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C．eq \f(11,12) D．eq \f(5,6)
答案 C
解析 记“甲射击击中目标”为事件A，“乙射击击中目标”为事件B，则P(A)＝0.75＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(2,3)，所以当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为P＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(11,12).故选C.
2．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( )
A．0.2 B．0.33
C．0.5 D．0.6
答案 A
解析 记“数学不及格”为事件A，“语文不及格”为事件B，则“两门都不及格”为事件AB，所以P(A)＝0.15，P(B)＝0.05，P(AB)＝0.03，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.03,0.15)＝0.2，所以该学生数学不及格时，语文也不及格的概率为0.2.故选A.
3．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42
C．0.46 D．0.88
答案 D
解析 设“甲被录取”记为事件A，“乙被录取”记为事件B，则两人至少有一人被录取的概率P＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝1－(1－P(A))(1－P(B))＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )
A．0.72 B．0.8
C．0.86 D．0.9
答案 A
解析 设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，则P(A)＝0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.故选A.
5．已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，则P(B|A)＝________.
答案 0.75
解析 因为P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，所以P(AB)＝0.3，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.3,0.4)＝0.75.
6．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________.
答案 eq \f(33,50)
解析 设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为“取出的数是3的倍数”．则P(C)＝eq \f(1,2)，且所求概率为P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C)＝eq \f(PAC,PC)＋eq \f(PBC,PC)－eq \f(PABC,PC)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,100)＋\f(16,100)－\f(8,100)))＝eq \f(33,50).
多角度探究突破
考向一 事件的相互独立性
角度 事件独立性的判定
例1 (2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案 B
解析 设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，P(D)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0≠P(A)P(C)；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)＝P(A)P(D)；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)≠P(B)P(C)；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0≠P(C)P(D)．若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．故选B.
角度 相互独立事件的概率
例2 (2020·全国Ⅰ卷)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eq \f(1,2).
(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．
解 (1)记事件M：甲连胜四场，
则P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,16).
(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(1,4)，
所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝eq \f(3,4).
(3)记事件M为甲最终获胜，记事件N为丙最终获胜．则甲最终获胜的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，
所以甲最终获胜的概率为P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(9,32).
由对称性可知，乙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，
所以丙最终获胜的概率为P(N)＝1－2×eq \f(9,32)＝eq \f(7,16).
1．两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．
(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
1.(2021·普宁期末)有3个相同的球，分别标有数字1,2,3，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．用(x，y)表示试验的样本点，其中x表示第一次取出的基本结果，y表示第二次取出的基本结果．
(1)写出这个试验的样本空间Ω；
(2)用A表示事件“第一次取出的球的数字是1”；用B表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，求证：P(AB)＝P(A)P(B)．
解 (1)从3个球中有放回地随机取两次，该试验的样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)}．
(2)证明：事件A包含的样本点为(1,1)，(1,2)，(1,3)，P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)；
事件B包含的样本点为(1,3)，(2,2)，(3,1)，P(B)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)；
而事件AB表示“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是4”，它包含的样本点为(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,9).
故P(AB)＝P(A)P(B)．
2．某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是eq \f(3,4)，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是eq \f(1,12)，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是eq \f(1,4).若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解 (1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，
则P(A)＝eq \f(3,4)，且有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(P\x\t(A)P\x\t(C)＝\f(1,12)，,PBPC＝\f(1,4)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－PA1－PC＝\f(1,12)，,PBPC＝\f(1,4)，))
所以P(B)＝eq \f(3,8)，P(C)＝eq \f(2,3).
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＝eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,96)，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(Aeq \x\t(B)eq \x\t(C)＋eq \x\t(A)Beq \x\t(C)＋eq \x\t(A)eq \x\t(B)C)
＝eq \f(3,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(2,3)＝eq \f(7,24)，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－eq \f(5,96)－eq \f(7,24)＝eq \f(21,32).
考向二 条件概率
例3 (1)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________.
答案 eq \f(4,99)
解析 解法一：(应用条件概率公式求解)设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，因为P(AB)＝eq \f(A\\al(2,5),A\\al(2,100))＝eq \f(1,495)，P(A)＝eq \f(C\\al(1,5),C\\al(1,100))＝eq \f(1,20)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,495),\f(1,20))＝eq \f(4,99).
解法二：(缩小样本空间求解)第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为eq \f(4,99).
(2)在一次篮球比赛中，假如运动员小明有两次投篮机会，按照以往的比赛成绩，小明第一次投篮命中的概率是0.6，在第一次投篮命中的条件下第二次投篮也命中的概率是0.5，则小明两次投篮都命中的概率为________.
答案 0.3
解析 设Ai表示小明第i次投篮命中，i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.5，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)·P(A2|A1)＝0.6×0.5＝0.3，即小明两次投篮都命中的概率为0.3.
(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
解 设“摸出第一个球是红球”为事件A，“摸出第二个球是黄球”为事件B，“摸出第二个球是黑球”为事件C.
则P(A)＝eq \f(1,10)，P(AB)＝eq \f(1×2,10×9)＝eq \f(1,45)，P(AC)＝eq \f(1×3,10×9)＝eq \f(1,30).
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,45)÷eq \f(1,10)＝eq \f(2,9)，
P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(1,30)÷eq \f(1,10)＝eq \f(1,3).
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝eq \f(2,9)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,9).
所以所求概率为eq \f(5,9).
条件概率的三种求法
3.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次在实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件经过质检的概率为( )
A．0.4 B．0.16
C．0.68 D．0.17
答案 C
解析 设Ai表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件经过质检的概率为0.68.故选C.
4．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是( )
A．0.4 B．0.6
C．0.75 D．0.8
答案 D
解析 设“某一天的空气质量为优良”为事件A，“随后一天的空气质量为优良”为事件B，则P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6，∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.故选D.
5．抛掷红、蓝两枚骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”，求：
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率；
(2)事件B发生的条件下事件A发生的概率．
解 n(A)＝6×2＝12.
由3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8，
4＋6＝6＋4＝5＋5>8，
5＋6＝6＋5>8,6＋6>8，知n(B)＝10，其中n(AB)＝6.
(1)P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).
(2)P(A|B)＝eq \f(nAB,nB)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
考向三 全概率公式及其应用
例4 假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下表所示：
在该市场中任意买一部智能手机，求买到的是优质品的概率．
解 用A1，A2，A3分别表示买到的智能手机为甲品牌、乙品牌、其他品牌，B表示买到的是优质品，则依据已知可得P(A1)＝50%，P(A2)＝30%，P(A3)＝20%，且P(B|A1)＝95%，P(B|A2)＝90%，P(B|A3)＝70%，因此，由全概率公式有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝50%×95%＋30%×90%＋20%×70%＝88.5%.
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝eq \i\su(i＝1,3,P)(Ai)P(B|Ai)．
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1,2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
6.某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同种产品20箱，甲厂每箱装100个，废品率为0.06，乙厂每箱装120个，废品率为0.05，求：
(1)任取一箱，从中任取一个为废品的概率；
(2)若将所有产品开箱混放，求任取一个为废品的概率．
解 记事件A为取到的是甲厂的产品，事件B为取到的是乙厂的产品，事件C为取到的是废品，则
(1)P(A)＝eq \f(30,50)＝eq \f(3,5)，P(B)＝eq \f(20,50)＝eq \f(2,5)，
P(C|A)＝0.06，P(C|B)＝0.05，
由全概率公式，
得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq \f(7,125).
(2)P(A)＝eq \f(30×100,30×100＋20×120)＝eq \f(5,9)，
P(B)＝eq \f(20×120,30×100＋20×120)＝eq \f(4,9)，
P(C|A)＝0.06，P(C|B)＝0.05，
由全概率公式，
得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq \f(1,18).
一、单项选择题
1．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为( )
A.eq \f(2,5) B．eq \f(3,10)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(1,10)
答案 C
解析 由题意，可得不超过2次就按对的概率为P＝eq \f(1,10)＋eq \f(9,10)×eq \f(1,9)＝eq \f(1,5).故选C.
2．设P(A|B)＝P(B|A)＝eq \f(1,2)，P(A)＝eq \f(1,3)，则P(B)等于( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
答案 B
解析 P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，由P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，得P(B)＝eq \f(PAB,PA|B)＝eq \f(1,6)×2＝eq \f(1,3).故选B.
3．(2022·唐山一中模拟)在某次人才招聘会上，假定某毕业生赢得甲公司面试机会的概率为eq \f(2,3)，赢得乙、丙两公司面试机会的概率均为eq \f(1,4)，且三个公司是否让其面试是相互独立的，则该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会的概率为( )
A.eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
答案 B
解析 记事件A为“该毕业生赢得甲公司的面试机会”，事件B为“该毕业生赢得乙公司的面试机会”，事件C为“该毕业生赢得丙公司的面试机会”．
由题意可得P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝P(C)＝eq \f(1,4).
则事件“该毕业生只赢得甲、乙两个公司的面试机会”为ABeq \(C,\s\up6(－))，
由相互独立事件同时成立的概率公式，可得P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝P(A)P(B)P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,8)，故选B.
4．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
A.eq \f(3,16) B．eq \f(3,4)
C．eq \f(13,16) D．eq \f(1,4)
答案 C
解析 记甲、乙、丙、丁这4个开关闭合分别为事件A，B，C，D，又记甲与乙至少有一个不闭合为事件eq \(E,\s\up6(－))，则P(eq \(E,\s\up6(－)))＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－))B)＋P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,4).则灯亮的概率P＝1－P(eq \(E,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))eq \(D,\s\up6(－)))＝1－P(eq \(E,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(D,\s\up6(－)))＝1－eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).故选C.
5．(2021·陕西二模)托马斯·贝叶斯(Thmas Bayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：P(A|B)＝eq \f(PB|APA,PB|APA＋PB|ACPAC)，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中P(B|A)P(A)＋P(B|AC)P(AC)称为B的全概率．这个定理在实际生活中有着重要的应用价值．假设某种疾病在所有人群中的感染率是0.1%，医院现有的技术对于该疾病检测的准确率为99%，即已知患病情况下，99%的可能性可以检查出阳性，正常人99%的可能性检查为正常．如果从人群中随机抽一个人去检测，经计算检测结果为阳性的全概率为0.01098，请你用贝叶斯公式估计在医院给出的检测结果为阳性的条件下这个人得病的概率为( )
A．0.1% B．8%
C．9% D．99%
答案 C
解析 记“一个人得病”为事件A，“检测结果为阳性”为事件B，则P(A)＝0.1%，P(B|A)＝99%，P(B|A)P(A)＋P(B|AC)P(AC)＝0.01098，所以P(A|B)＝eq \f(PB|APA,PB|APA＋PB|ACPAC)＝eq \f(99%×0.1%,0.01098)≈9%，所以在医院给出的检测结果为阳性的条件下这个人得病的概率为9%.故选C.
6．(2021·枣庄薛城区期末)一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．记事件A表示“第一次摸出球的标号小于3”，事件B表示“第二次摸出球的标号小于3”，事件C表示“摸出的两个球的标号之和为6”，事件D表示“摸出的两个球的标号之和不超过4”，则( )
A．A与B相互独立 B．A与D相互独立
C．B与C相互独立 D．B与D相互独立
答案 C
解析 设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球，全部的样本点有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共12个，事件A发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，共6个，事件B发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共6个，所以P(A)＝P(B)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)，事件C发生包含的样本点有(2,4)，(4,2)，共2个，P(C)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，事件D发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1)，共4个，P(D)＝eq \f(4,12)＝eq \f(1,3)，事件AB发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，共2个，P(AB)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6)，因为P(A)P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)≠P(AB)，所以A与B不相互独立，故A错误；事件AD发生包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(2,1)，共3个，P(AD)＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4)，因为P(A)P(D)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)≠P(AD)，所以A与D不相互独立，故B错误；事件BC发生包含的样本点有(4,2)，共1个，所以P(BC)＝eq \f(1,12)，因为P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,12)＝P(BC)，所以B与C相互独立，故C正确；事件BD发生包含的样本点有(1,2)，(2,1)，(3,1)，共3个，所以P(BD)＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4)，因为P(B)P(D)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)≠P(BD)，所以B与D不相互独立，故D错误．故选C.
7．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率为0.03，第二台出现废品的概率为0.02，加工出来的零件放在一起，现已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，则任意取出一个零件是合格品的概率是( )
A.eq \f(2,75) B．eq \f(1,40)
C．eq \f(39,40) D．eq \f(73,75)
答案 D
解析 设Ai＝{任意取出一个零件是第i台机床生产的}，i＝1,2，B＝{任意取出一个零件是合格品}．P(B)＝eq \i\su(i＝1,2,P)(Ai)P(B|Ai)＝eq \f(2,3)×(1－0.03)＋eq \f(1,3)×(1－0.02)＝eq \f(73,75).故选D.
8．某射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为( )
A.eq \f(8,9) B．eq \f(73,81)
C．eq \f(8,81) D．eq \f(1,9)
答案 C
解析 因为该射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，所以每次射击不中的概率为eq \f(1,3)，设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1,2,3,4,5)，“该射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则P(A)＝P(A1A2A3eq \(A,\s\up6(－))4eq \(A,\s\up6(－))5)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2A3A4eq \(A,\s\up6(－))5)＋
P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3A4A5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,81).故选C.
二、多项选择题
9．(2021·江苏镇江期末)有一道数学难题，学生甲解出的概率为eq \f(1,2)，学生乙解出的概率为eq \f(1,3)，学生丙解出的概率为eq \f(1,4).若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则( )
A．恰有一人解出的概率为eq \f(11,24)
B．没有人能解出的概率为eq \f(1,24)
C．至多一人解出的概率为eq \f(17,24)
D．至少两个人解出的概率为eq \f(23,24)
答案 AC
解析 对于A，恰有一人解出的概率为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，A正确；对于B，没有人能解出的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，B错误；对于C，由A，B知，至多一人解出的概率为eq \f(11,24)＋eq \f(1,4)＝eq \f(17,24)，C正确；对于D，至少两个人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两个人解出的概率为1－eq \f(17,24)＝eq \f(7,24)，D错误．故选AC.
10．(2021·滨州二模)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( )
A．P(A)＝eq \f(3,5) B．P(AB)＝eq \f(3,10)
C．P(B|A)＝eq \f(1,2) D．P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)
答案 ABC
解析 P(A)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,5))＝eq \f(3,5)，故A正确；P(AB)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,10)，故B正确；P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2)，故C正确；P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,5))＝eq \f(2,5)，P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,3),C\\al(1,5)C\\al(1,4))＝eq \f(3,10)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P\(A,\s\up6(－))B,P\(A,\s\up6(－)))＝eq \f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4)，故D错误．故选ABC.
11．甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(23,30)
B．事件B与事件A1相互独立
C．事件B与事件A2相互独立
D. A1，A2互斥
答案 AD
解析 根据题意画出树状图，得到有关事件的样本点数：
因此P(A1)＝eq \f(3,5)，P(A2)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(15＋8,30)＝eq \f(23,30)，A正确；又P(A1B)＝eq \f(15,30)，因此P(A1B)≠P(A1)P(B)，B错误；同理，C错误；A1，A2不可能同时发生，故彼此互斥，故D正确．故选AD.
12．(2021·济南模拟)已知甲、乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面上的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面上的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面上的数字为偶数”，则下列结论正确的是( )
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(BC)＝P(AC)＝P(AB)
C．P(ABC)＝eq \f(1,8)
D．P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,8)
答案 ABD
解析 依题意，得P(A)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2)＋C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，∴P(A)＝P(B)＝P(C)，故A正确；P(BC)＝P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，P(AC)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，∴P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，故B正确；P(ABC)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,2),4×4)＝eq \f(1,4)，故C错误；P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.
答案 eq \f(1,6) eq \f(2,3)
解析 由题意，得甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
14．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________.
答案 0.18
解析 甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×0.6×(0.6＋0.4)＝0.18.
15．一项血液化验用来鉴别是否患有某种疾病，在患有此种疾病的人群中通过化验有95%的人呈阳性反应，而健康的人通过化验也会有1%的人呈阳性反应，某地区此种病患者占人口数的0.5%，则：
(1)某人化验结果为阳性的概率为________；
(2)若某人做这种化验呈阳性反应，则此人确实患有此病的概率为________.
答案 (1)1.47% (2)32.3%
解析 记事件A表示“呈阳性反应”，事件B表示“患有此种病”．
(1)P(A)＝0.5%×95%＋99.5%×1%＝1.47%.
(2)P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.5%×95%,1.47%)≈32.3%.
16．播种用的一等品种子中混合了2.0%的二等品种子，1.5%的三等品种子，1.0%的四等品种子，若用一等品、二等品、三等品、四等品种子长出优质产品的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05，则从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为________.
答案 0.4825
解析 设Bi＝“从这批种子中任选一粒是i等品种子(i＝1,2,3,4)”，则Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4两两互斥．A＝“在这批种子中任选一粒长出优质产品”，则P(B1)＝95.5%，P(B2)＝2%，P(B3)＝1.5%，P(B4)＝1.0%，P(A|B1)＝0.5，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.1，P(A|B4)＝0.05，由全概率公式P(A)＝eq \i\su(i＝1,4,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.4825，所以从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为0.4825.
四、解答题
17．(2019·全国Ⅱ卷)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P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解 (1)X＝2就是某局双方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P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方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×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，开始时甲每盘棋赢的概率为eq \f(3,4)，由于心态不稳，甲一旦输一盘棋，他随后每盘棋赢的概率就变为eq \f(1,2).假设比赛没有和棋，且已知前两盘棋都是甲赢．
(1)求第四盘棋甲赢的概率；
(2)求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．
解 (1)第四盘棋甲赢分两种情况．
若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢，P1＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)；
若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢，P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8).
设事件A为“第四盘棋甲赢”，则第四盘棋甲赢的概率为P(A)＝P1＋P2＝eq \f(9,16)＋eq \f(1,8)＝eq \f(11,16).
(2)若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况．
若甲第三盘赢，P3＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(3,32)；
若甲第四盘赢，P4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,16)；
若甲第五盘赢，P5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(1,16).
设事件B为“比赛结束时，甲恰好赢三盘棋”，
则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为
P(B)＝P3＋P4＋P5＝eq \f(3,32)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(7,32).
19．现有三个盒子，每个盒子中有10个球(这些球除球上字母与颜色外，其余都相同)．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个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验成功，求试验成功的概率．
解 设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}，
B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}，
R＝{第二次取出的球是红球}，
W＝{第二次取出的球是白球}，
则容易求得P(A)＝eq \f(7,10)，P(B)＝eq \f(3,10)，P(R|A)＝eq \f(1,2)，
P(W|A)＝eq \f(1,2)，P(R|B)＝eq \f(4,5)，P(W|B)＝eq \f(1,5).
P(R)＝＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(7,10)＋eq \f(4,5)×eq \f(3,10)＝0.59，则试验成功的概率为0.59.
20．(2021·广东一模)在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语．
(1)在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检．已知批次I的成品口罩生产中，前三道工序的次品率分别为p1＝eq \f(1,35)，p2＝eq \f(1,34)，p3＝eq \f(1,33).
①求批次I成品口罩的次品率pI；
②第四道工序中红外线自动检测为次品的口罩会被自动淘汰，合格的口罩进入流水线并由工人进行抽查检验．已知批次I的成品口罩红外线自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品的概率(百分号前保留两位小数)；
(2)已知某批次成品口罩的次品率为p(0
解 (1)①批次I成品口罩的次品率为
pI＝1－[(1－p1)(1－p2)(1－p3)]＝1－eq \f(34,35)×eq \f(33,34)×eq \f(32,33)＝eq \f(3,35).
②设批次I的成品口罩红外线自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
由已知，得P(A)＝eq \f(92,100)，P(AB)＝1－pI＝1－eq \f(3,35)＝eq \f(32,35)，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品为事件B|A，
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(32,35)×eq \f(100,92)＝eq \f(8×20,7×23)＝eq \f(160,161)≈99.38%.
(2)100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率
φ(p)＝Ceq \\al(1,100)p(1－p)99.
因此φ′(p)＝100×[(1－p)99－99p(1－p)98]＝100(1－p)98(1－100p)．
令φ′(p)＝0，得p＝0.01.
当p∈(0,0.01)时，φ′(p)＞0；
当p∈(0.01,1)时，φ′(p)＜0.
所以φ(p)的最大值点为p0＝0.01.
由(1)可知，pI＝eq \f(3,35)≈0.09，pJ＝p0＝0.01，
故批次J口罩的次品率低于批次I，
故批次J的口罩质量优于批次I.
由条形图可建立2×2列联表如下：
单位：人
χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)＝
eq \f(100×12×57－3×282,15×85×40×60)＝eq \f(100×6002,15×85×40×60)＝eq \f(200,17)≈11.765＞10.828＝x0.001.
因此，依据小概率值α＝0.001的独立性检验，可以推断口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
样本点法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件AB所包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
品牌
甲
乙
其他
市场占有率
50%
30%
20%
优质率
95%
90%
70%
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828
核酸检测结果
口罩批次
合计
I
J
呈阳性
12
3
15
呈阴性
28
57
85
合计
40
60
100
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