新高考数学一轮复习讲义第10章 §10.6　事件的相互独立性与条件概率

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这是一份新高考数学一轮复习讲义第10章 §10.6　事件的相互独立性与条件概率，共19页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§10.6 事件的相互独立性与条件概率
考试要求 1.了解两个事件相互独立的含义.2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．
知识梳理
1．相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
(2)性质：若事件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)也都相互独立．
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)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．
(2)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)；
②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．
3．全概率公式
一般地，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 \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．
常用结论
1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．
2．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件A发生的概率．
3．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( × )
(2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( √ )
(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，则A，B相互独立．( √ )
(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．( √ )
教材改编题
1．一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为( )
A．1 B．0.629
C．0 D．0.74或0.85
答案 B
解析由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，∴甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74＝0.629.
2．若P(A|B)＝eq \f(1,9)，P(B)＝eq \f(1,3)，则P(AB)的值是( )
A.eq \f(1,27) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,9) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析由P(AB)＝P(A|B)P(B)，
可得P(AB)＝eq \f(1,9)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,27).
3．已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02,0.01，则一辆汽车中途停车修理的概率为( )
A.eq \f(1,100) B.eq \f(1,60) C.eq \f(1,50) D.eq \f(1,30)
答案 B
解析设B表示汽车中途停车修理，A1表示公路上经过的汽车是货车，A2表示公路上经过的汽车是客车，
则P(A1)＝eq \f(2,3)，P(A2)＝eq \f(1,3)，P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，
则由全概率公式，可知一辆汽车中途停车修理的概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝eq \f(2,3)×0.02＋eq \f(1,3)×0.01＝eq \f(1,60).
题型一条件概率
例1 (1)某公司为方便员工停车，租了6个停车位，编号如图所示．公司规定：每个车位只能停一辆车，每个员工只允许占用一个停车位．记事件A为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”，事件B为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”，则P(A|B)等于( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(3,10)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 D
解析根据条件概率的计算公式可得，
P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(3,6)×\f(3,5),\f(3,6))＝eq \f(3,5).
(2)(多选)(2022·滨州模拟)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 \x\t(A))＝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(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2)，故C正确；
P(eq \x\t(A))＝1－P(A)＝1－eq \f(3,5)＝eq \f(2,5)，
P(eq \x\t(A)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 \x\t(A))＝eq \f(P\x\t(A)B,P\x\t(A))＝eq \f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4)，故D错误．
教师备选
1．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.eq \f(3,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(5,9) D.eq \f(2,3)
答案 D
解析记A＝“第一次摸出的是次品”，B＝“第二次摸到的是正品”，由题意知，
P(A)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \f(4,10)×eq \f(6,9)＝eq \f(4,15)，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(B))A))＝eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(AB)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A)))＝eq \f(\f(4,15),\f(2,5))＝eq \f(2,3).
2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,8) D.eq \f(2,9)
答案 B
解析设A＝{甲第一次拿到白球}，
B＝{甲第二次拿到红球}，
则P(AB)＝eq \f(A\\al(1,2)A\\al(1,3),A\\al(2,10))＝eq \f(1,15)，P(A)＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,10))＝eq \f(1,5)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,3).
思维升华求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
(2)样本点法：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA).
(3) 缩样法：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．
跟踪训练1 (1) (多选)下列说法正确的是( )
A．P(A|B)C．0≤P(A|B)≤1D．P(A|A)＝1
答案 BCD
解析由条件概率公式P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)及0当事件B包含事件A时，有P(AB)＝P(A)，
此时P(A|B)＝eq \f(PA,PB)，故B正确；由于0≤P(A|B)≤1，P(A|A)＝1，故C，D正确．
(2)(2022·石家庄模拟)某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为( )
A.eq \f(3,8) B.eq \f(3,10) C.eq \f(3,11) D.eq \f(3,5)
答案 A
解析设事件A表示“有一名主任医师被选派”，事件B表示“两名主任医师都被选派”，则“在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派”的概率为P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,3),C\\al(3,5)C\\al(2,4)－C\\al(3,4)C\\al(2,3))＝eq \f(18,48)＝eq \f(3,8).
题型二相互独立事件的概率
例2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)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
解析事件甲发生的概率P(甲)＝eq \f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq \f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．
(2)(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析易知A1，A2，A3是两两互斥的事件，
P(B|A1)＝eq \f(PBA1,PA1)＝eq \f(\f(5,10)×\f(5,11),\f(5,10))＝eq \f(5,11)，
P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq \f(5,10)×eq \f(5,11)＋eq \f(2,10)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22).
延伸探究 (多选)若将乙罐中球的个数改为“乙罐中有3个红球，4个白球和3个黑球”，其他条件不变，则下列选项正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(3,10)
B．P(B|A1)＝eq \f(4,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，
P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，
P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(PBA1,PA1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(4,11),\f(1,2))＝eq \f(4,11)，
由此知，B正确；
P(B|A2)＝eq \f(3,11)，P(B|A3)＝eq \f(3,11)，
而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋
P(A3)P(B|A3)＝eq \f(1,2)×eq \f(4,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(3,11)＝eq \f(7,22).由此知A，C不正确．
教师备选
1．(多选)若P(AB)＝eq \f(1,9)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(1,3)，则事件A与B的关系错误的是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B既互斥又独立
答案 ABD
解析由题意可得P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝eq \f(1,3)，
因为P(AB)＝eq \f(1,9)，P(B)＝eq \f(1,3)，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，
故事件A与B相互独立．
2．(2022·福州模拟)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏．晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳(投入壶耳)”．每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分．现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的)，甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为eq \f(1,3)，投中壶耳的概率为eq \f(1,5).四支箭投完，以得分多者赢．请问乙赢得这局比赛的概率为( )
A.eq \f(13,75) B.eq \f(3,75) C.eq \f(8,15) D.eq \f(8,75)
答案 A
解析由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：
(1)第三支箭投中壶口，第四支箭必须投入壶耳，
其概率为P1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,15)；
(2)第三支箭投入壶耳，第四支箭投入壶口、壶耳均可，
其概率为P2＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＝eq \f(8,75)，所以乙赢得这局比赛的概率为P＝P1＋P2＝eq \f(1,15)＋eq \f(8,75)＝eq \f(13,75).
思维升华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．
跟踪训练2 溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为eq \f(2,3)，乙队每人回答问题的正确率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．
(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．
解 (1)记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即三人都回答正确，
其概率P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率
P(B)＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9).故甲队总得分为3分与1分的概率分别为eq \f(8,27)，eq \f(2,9).
(2)记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，
则P(C)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，
乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，
则P(D)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×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(2,3)×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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(3,4)＝eq \f(1,4).
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(CD)＝P(C)P(D)＝eq \f(4,9)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,9).
题型三全概率公式的应用
例3 (1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15,0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
答案 B
解析设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝eq \i\su(i＝1,3,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.05×20%＋0.15×50%＋0.30×30%＝0.175.
(2)人们为了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化．现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%，利率不变的概率为40%.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为80%，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40%，则该支股票将上涨的概率为________．
答案 0.64
解析记“利率下调”为事件A，则“利率不变”为事件eq \x\t(A)，“价格上涨”为事件C，
由题意知：P(A)＝60%，P(eq \x\t(A))＝40%，
P(C|A)＝80%，P(C|eq \x\t(A))＝40%，
∴P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(eq \x\t(A))P(C|eq \x\t(A))
＝0.48＋0.16＝0.64.
教师备选
已知在所有男子中有5%患有色盲症，在所有女子中有0.25%患有色盲症，随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率为(设男子和女子的人数相等)( )
A.eq \f(10,11) B.eq \f(20,21)
C.eq \f(11,21) D.eq \f(1,12)
答案 B
解析设A表示“男子”，B表示“女子”，C表示“这人有色盲”，
则P(C|A)＝0.05，P(C|B)＝0.002 5，
P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，
可得P(A|C)＝eq \f(PAPC|A,PAPC|A＋PBPC|B)
＝eq \f(0.05×0.5,0.5×0.05＋0.5×0.002 5)＝eq \f(20,21).
思维升华利用全概率公式的思路
(1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)；
(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)；
(3)代入全概率公式计算．
跟踪训练3 (1)某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为( )
A．0.625 B．0.75
C．0.5 D．0
答案 A
解析用A表示事件“考生答对了”，用B表示“考生知道正确答案”，
用eq \x\t(B)表示“考生不知道正确答案”，
则P(B)＝0.5，P(eq \x\t(B))＝0.5，P(A|B)＝100%，
P(A|eq \x\t(B))＝0.25，
则P(A)＝P(AB)＋P(Aeq \x\t(B))
＝P(A|B)P(B)＋P(A|eq \x\t(B))P(eq \x\t(B))
＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
(2)葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列．其中亚腰胡芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80个.2021年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15,0.1,0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．
答案 0.482 5
解析设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1，A2，A3，A4，则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥，设B表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)
＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.482 5.
课时精练
1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为eq \f(1,3)，视力合格的概率为eq \f(1,6)，其他几项标准合格的概率为eq \f(1,5)，从中任选一名学生，则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(1,90) C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,9)
答案 B
解析各项均合格的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,6)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,90).
2．(2022·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是( )
A．0.819 2 B．0.972 8
C．0.974 4 D．0.998 4
答案 B
解析 4个都不亮的概率为(1－0.8)4＝0.001 6，
只有1个亮的概率为
4×0.8×(1－0.8)3＝0.025 6，
所以至少有两个能正常照明的概率是
1－0.001 6－0.025 6＝0.972 8.
3．已知P(A)>0，P(B|A)＋P(eq \x\t(B))＝1，则事件A与事件B( )
A．互斥 B．对立
C．相互独立 D．以上均不正确
答案 C
解析依题意，
P(B|A)＋P(eq \x\t(B))＝P(B|A)＋1－P(B)＝1，
则P(B|A)＝P(B)，
即eq \f(PAB,PA)＝P(B)，
于是得P(AB)＝P(A)P(B)，
所以事件A与事件B相互独立．
4．某道数学试题含有两问，当第一问正确做答时，才能做第二问，为了解该题的难度，调查了100名学生的做题情况，做对第一问的学生有80人，既做对第一问又做对第二问的学生有72人，以做对试题的频率近似作为做对试题的概率，已知某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率为( )
A．0.72 B．0.8
C．0.9 D．0.2
答案 C
解析做对第一问的学生有80人，则做对第一问的频率为0.8，做对第一问又做对第二问的学生有72人，则两问都做对的频率为0.72，设“做对第一问”为事件A，“做对第二问”为事件B，则P(A)＝0.8，P(AB)＝0.72，某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.72,0.8)＝0.9.
5．(多选)下列各对事件中，M，N是相互独立事件的有( )
A．掷1枚质地均匀的骰子一次，事件M＝“出现的点数为奇数”，事件N＝“出现的点数为偶数”
B．袋中有5个红球，5个黄球，除颜色外完全相同，依次不放回地摸两次，事件M＝“第1次摸到红球”，事件B＝“第2次摸到红球”
C．分别抛掷2枚相同的硬币，事件M＝“第1枚为正面”，事件N＝“两枚结果相同”
D．一枚硬币掷两次，事件M＝“第一次为正面”，事件N＝“第二次为反面”
答案 CD
解析在A中，P(MN)＝0，所以M，N不相互独立；在B中，M，N不是相互独立事件；在C中，P(M)＝eq \f(1,2)，P(N)＝eq \f(1,2)，P(MN)＝eq \f(1,4)，P(MN)＝P(M)·P(N)，因此M，N是相互独立事件；在D中，第一次为正面对第二次的结果不影响，因此M，N是相互独立事件．
6．(多选)(2022·合肥质检)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有( )
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为eq \f(2,7)
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为eq \f(2,7)
答案 BC
解析记Ai为事件“零件为第i(i＝1,2,3)台车床加工”，记B为事件“任取一个零件为次品”，
则P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，
对于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A错误；
对于B，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05
＝0.052 5，B正确；
对于C，
P(A2|B)＝eq \f(PA2·PB|A2,PB)＝eq \f(0.3×0.05,0.052 5)
＝eq \f(2,7)，C正确；
对于D，
P(A3|B)＝eq \f(PA3·PB|A3,PB)＝eq \f(0.45×0.05,0.052 5)
＝eq \f(3,7)，D错误．
7．冬天的北方室外温度极低，若轻薄保暖的石墨烯发热膜能用在衣服上，医务工作者行动会更方便．研究人员得到石墨烯后，在制作石墨烯发热膜时有三个环节：①透明基底及UV胶层；②石墨烯层；③表面封装层．每个环节生产合格的概率均为eq \f(2,3)，且各生产环节相互独立．则成功生产出质量合格的发热膜的概率为________．
答案 eq \f(8,27)
解析由题意，要成功生产出质量合格的发热膜，则制作石墨烯发热膜的三个环节都必须合格，
∴成功生产出质量合格的发热膜的概率为
P＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27).
8．某学校有A，B两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.则甲同学第二天去A餐厅用餐的概率为________．
答案 0.7
解析设A1＝“第1天去A餐厅用餐”，
B1＝“第1天去B餐厅用餐”，
A2＝“第2天去A餐厅用餐”，
则Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，
根据题意得：
P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.6，
P(A2|B1)＝0.8，
由全概率公式，得
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7.
9．“西北狼联盟”学校为了让同学们树立自己的学习目标，特进行了“生涯规划”知识竞赛．已知甲、乙两队参赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，乙队中3人答对的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，且各人回答正确与否相互之间没有影响．
(1)分别求甲队总得分为0分，2分的概率；
(2)求甲队得2分乙队得1分的概率．
解 (1)记“甲队总得分为0分”为事件A，“甲队总得分为2分”为事件B，
甲队总得分为0分，即甲队三人都回答错误，其概率P(A)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))3＝eq \f(1,27)；
甲队总得分为2分，即甲队三人中有1人答错，其余两人答对，
其概率P(B)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(4,9).
(2)记“乙队得1分”为事件C，“甲队得2分乙队得1分”为事件D，事件C即乙队三人中有2人答错，其余1人答对，
则P(C)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(1,2)＝eq \f(5,18)，
甲队得2分乙队得1分即事件B，C同时发生，
则P(D)＝P(B)P(C)＝eq \f(4,9)×eq \f(5,18)＝eq \f(10,81).
10．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．
(1)求任意取出的零件是合格品的概率；
(2)如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．
解设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i＝1,2)；B表示“出现废品”；C表示“出现合格品”．
(1)P(C)＝P(A1C∪A2C)＝P(A1C)＋P(A2C)
＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)
＝eq \f(2,3)×(1－0.03)＋eq \f(1,3)×(1－0.02)≈0.973.
(2)P(A2|B)＝eq \f(PA2B,PB)
＝eq \f(PA2PB|A2,PA1PB|A1＋PA2PB|A2)
＝eq \f(\f(1,3)×0.02,\f(2,3)×0.03＋\f(1,3)×0.02)＝0.25.
11．(多选)某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，记A为“男生甲被选中”，B为“男生乙和女生丙至少一个被选中”，则下列结论中正确的是( )
A．P(A)＝eq \f(3,7) B．P(AB)＝eq \f(9,35)
C．P(B)＝eq \f(2,7) D．P(B|A)＝eq \f(3,5)
答案 ABD
解析由题意得P(A)＝eq \f(C\\al(2,6),C\\al(3,7))＝eq \f(15,35)＝eq \f(3,7)，故A正确；
P(AB)＝eq \f(C\\al(1,2)·C\\al(1,4)＋1,C\\al(3,7))＝eq \f(9,35)，故B正确；
P(B)＝1－eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,7))＝1－eq \f(10,35)＝eq \f(5,7)，故C错误；
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(9,35),\f(3,7))＝eq \f(3,5)，故D正确．
12．(2022·张家口模拟)某大学进行“羽毛球”、“美术”、“音乐”三个社团选拔．某同学经过考核选拔通过该校的“羽毛球”、“美术”、“音乐”三个社团的概率依次为a，b，eq \f(1,2)，已知三个社团中他恰好能进入两个的概率为eq \f(1,5)，假设该同学经过考核通过这三个社团选拔成功与否相互独立，则该同学一个社团都不能进入的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,5) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,10)
答案 D
解析由题意知，三个社团中他恰好能进入两个的概率为eq \f(1,5)，
则ab·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)a(1－b)＋eq \f(1,2)b(1－a)＝eq \f(1,5)，
所以eq \f(1,2)(a＋b)－eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,5)，
所以a＋b－ab＝eq \f(2,5)，
所以该同学一个社团都不进入的概率
P＝(1－a)(1－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))
＝eq \f(1,2)[1－(a＋b)＋ab]
＝eq \f(1,2){1－[(a＋b)－ab]}
＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))
＝eq \f(3,10).
13．设两个相互独立事件A，B都不发生的概率为eq \f(1,9)，则A与B都发生的概率可能为( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,9) D.eq \f(2,9)
答案 D
解析因为A，B是相互独立事件，设A不发生的概率为x，B不发生的概率为y，
则xy＝eq \f(1,9)，0所以x＋y＝x＋eq \f(1,9x)≥2eq \r(x·\f(1,9x))＝eq \f(2,3)，当且仅当x＝eq \f(1,9x)，即x＝y＝eq \f(1,3)时，等号成立，所以
P＝(1－x)(1－y)＝1－(x＋y)＋xy≤eq \f(4,9).
14．某病毒会造成“持续的人传人”，即存在A传B，B又传C，C又传D的传染现象，那么A，B，C就被称为第一代、第二代、第三代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0.9,0.8，0.7.已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被感染的概率为________．
答案 0.83
解析设事件E＝“小明与第一代传播者接触”，
事件F＝“小明与第二代传播者接触”，
事件G＝“小明与第三代传播者接触”，
事件D＝“小明被感染”，
则P(E)＝0.5，P(F)＝0.3，P(G)＝0.2，
P(D|E)＝0.9，P(D|F)＝0.8，P(D|G)＝0.7，
所以P(D)＝P(D|E)P(E)＋P(D|F)P(F)＋P(D|G)P(G)＝0.9×0.5＋0.8×0.3＋0.7×0.2＝0.83.
所以所求概率为0.83.
15．(多选)设随机变量X表示从1到n这n个整数中随机抽取的一个整数，Y表示从1到X这X个整数中随机抽取的一个整数，则( )
A．当n＝2时，P(X＝2，Y＝1)＝eq \f(1,4)
B．当n＝4时，P(X＋Y＝4)＝eq \f(7,24)
C．当n＝k(k≥2且k∈N*)时，P(X＝k，Y＝k)＝eq \f(1,k2)
D．当n＝2k(k≥2且k∈N*)时，eq \i\su(i＝1,k,P)(X＝2i，Y＝1)＝eq \f(2k－1,22k)
答案 ACD
解析对于A，当n＝2时，
P(X＝2，Y＝1)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，故A正确；
对于B，当n＝4时，
∵X≥Y，
则由X＋Y＝4可得X＝3，Y＝1或X＝2，Y＝2，
∴P(X＋Y＝4)＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝2)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,24)，故B错误；
对于C，当n＝k(k≥2且k∈N*)时，
则P(X＝k，Y＝k)＝eq \f(1,k)×eq \f(1,k)＝eq \f(1,k2)，
故C正确；
对于D，
eq \i\su(i＝1,k,P)(X＝2i，Y＝1)＝eq \f(1,2k)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2k)×eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2k)×eq \f(1,2k)＝eq \f(1,2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2k)))＝eq \f(2k－1,22k)，
所以D正确．
16．甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：
①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，…，后面按此规律依次向下进行；
②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出．
已知每次甲回答正确的概率为eq \f(3,4)，乙回答正确的概率为eq \f(2,3)，丙回答正确的概率为eq \f(1,2)，三个人回答每个问题相互独立．
(1)求一轮中三人全部回答正确的概率；
(2)分别求甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率；
(3)记Pn为甲在第n轮胜出的概率，Qn为乙在第n轮胜出的概率，求Pn与Qn，并比较Pn与Qn的大小．
解 (1)设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，
则P(M)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(2)甲在第一轮胜出的概率为eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,4).
甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，
故甲在第二轮胜出的概率为
eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(1,2)×\f(3,4)))×eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,32).
同理，甲在第三轮胜出的概率为
eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×eq \f(1,2)＝eq \f(1,128).
(3)由(2)知P1＝eq \f(1,4)，
P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2×eq \f(1,2)＝eq \f(1,32)，
P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×eq \f(1,2)＝eq \f(1,128).
由题意得
P4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))4，
P5＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))5×eq \f(1,2)，
P6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3×P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))6×eq \f(1,2)，
P7＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))6×P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))7，….
所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n×eq \f(1,2)；
当n＝3k＋1(k∈N*)时，Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n；
当n＝3k＋2(k∈N*)时，
Pn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n×eq \f(1,2).
同理可得当n＝3k(k∈N*)时，
Qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n×eq \f(1,4)；
当n＝3k＋1(k∈N*)时，
Qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n；
当n＝3k＋2(k∈N*)时，
Qn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n－1×eq \f(1,3).
所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn>Qn；
当n＝3k＋1(k∈N*)时，Pn＝Qn；
当n＝3k＋2(k∈N*)时，Pn