高考数学一轮复习第9章第5课时事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案

这是一份高考数学一轮复习第9章第5课时事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案，共24页。

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．
1．事件的相互独立性
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)＝PABPA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．
提醒：P(B|A)与P(A|B)的意义不同，“|”后面的表示条件，一般情况下，二者不相等．
(2)性质：设P(B|A)>0，则
①P(Ω|A)＝1；
②任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1；
③如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
④设B和B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A)．
3．概率的乘法公式
由条件概率的定义知，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)，我们称该式为概率的乘法公式．
4．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)＝i=1nPAiPBAi，
我们称该公式为全概率公式．
5．贝叶斯公式(选学内容，不作考试要求)
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)＝PAiPBAiPB＝PAiPBAi,i=1nPAkPBAk，i＝1，2，…，n.
[常用结论]
相互独立事件与互斥事件的概率计算
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件．( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( )
(3)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．( )
(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)√
二、教材习题衍生
1．(人教A版必修第二册P263复习参考题10T1改编)(多选)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是( )
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
AB [由于摸球过程是有放回地，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥．]
2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在5道题中有3道代数题和2道几何题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率为( )
A．12 B．25
C．35 D．34
D [根据题意，在第1次抽到几何题后，还剩4道题，其中有3道代数题，则第2次抽到代数题的概率P＝34，故选D.]
3．(人教A版必修第二册P249练习T3改编)天气预报元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A.0.2 B．0.3
C．0.38 D．0.56
C [设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB+AB，
所以P(AB+AB)＝P(AB)＋P(AB)
＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.]
4．(人教A版选择性必修第三册P50例5改编)两批同种规格的产品，第一批占30%，次品率为5%；第二批占70%，次品率为4%，将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则取到这件产品是合格品的概率为________．
0.957 [设B＝“取到合格品”，Ai＝“取到的产品来自第i批”(i＝1，2)，则P(A1)＝0.3，P(A2)＝0.7，P(B|A1)＝0.95，P(B|A2)＝0.96，
由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝0.3×0.95＋0.7×0.96＝0.957.]
考点一 事件的相互独立性
事件独立性的判定——公式法
[典例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
B [事件甲发生的概率P(甲)＝16，事件乙发生的概率P(乙)＝16，事件丙发生的概率P(丙)＝56×6＝536，事件丁发生的概率P(丁)＝66×6＝16.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16×6＝136，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16×6＝136，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．故选B.]
【教师备选题】
一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B的独立性：
(1)家庭中有两个小孩；
(2)家庭中有三个小孩．
[解] 法一(利用定义)：(1)有两个小孩的家庭，考虑男孩、女孩的可能情形为(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)，共有4个元素，由等可能性知概率均为14.
这时A＝{(男，女)，(女，男)}，
B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，
AB＝{(男，女)，(女，男)}，
于是P(A)＝12，P(B)＝34，P(AB)＝12.
由此可知P(AB)≠P(A)P(B)，
所以事件A，B不相互独立．
(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，
由等可能性知这8个元素的概率均为18，这时A中含有6个元素，B中含有4个元素，AB中含有3个元素．于是P(A)＝68＝34，P(B)＝48＝12，P(AB)＝38，显然有P(AB)＝38＝P(A)P(B)成立．从而事件A与B是相互独立的．
法二(利用条件概率与独立性的关系)：
(1)由题意可知P(B|A)＝12，
又P(B)＝34，故P(B|A)≠P(B)．
所以A与B不相互独立．
(2)由题意可知P(B|A)＝36＝12，
又P(B)＝48＝12，故P(B|A)＝P(B)，
所以A与B相互独立．
相互独立事件的概率计算
[典例2] 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23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，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)＝23×23×23＝827，
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)＝23×1-23×1-23+1-23×23×1-23+1-23×1-23×23＝29.故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
(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)＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23＝49，
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)＝12×1-23×1-34+1-12×23×1-34+1-12×1-23×34＝14.
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)＝49×14＝19.
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：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)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[跟进训练]
1．(1)(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是( )
A．2个球都是红球的概率为16
B．2个球不都是红球的概率为13
C．至少有1个红球的概率为23
D．2个球中恰有1个红球的概率为12
(2)(多选)(2023·河北衡水模拟)某市组织2022年度高中校园足球比赛，共有10支球队报名参赛．比赛开始前将这10支球队分成两个小组，每小组5支球队，其中获得2021年度冠、亚军的两支球队分别在第一小组和第二小组，剩余8支球队抽签分组．已知这8支球队中包含甲、乙两队，记“甲队分在第一小组”为事件M1，“乙队分在第一小组”为事件M2，“甲、乙两队分在同一小组”为事件M3，则( )
A．PM1＝12
B．PM3＝37
C．PM1＋PM2＝PM3
D．事件M1与事件M3相互独立
(1)ACD (2)ABD [(1)设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，则P(A1)＝13，P(A2)＝12，且A1，A2相互独立．
2个球都是红球为A1A2，其概率为13×12＝16，A正确；
“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为56，B错误； 2个球中至少有1个红球的概率为1－P(A)P(B)＝1－23×12＝23，C正确； 2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12＝12，D正确．故选ACD.
(2)对于A，因为甲队分在第一小组和第二小组的概率相等，且两种情况等可能，所以PM1＝12，故A正确；对于B，8支球队抽签分组共有C48＝70种不同方法，甲、乙两队分在同小组共有C62×A22＝30种不同方法，所以甲、乙两队分在同一小组的概率PM3＝3070＝37，故B正确；对于C，因为PM1＝PM2＝12，所以PM1＋PM2＝1≠PM3，故C错误；对于D，因为PM1M3＝C62C84＝314，PM1·PM3＝12×37＝314，所以PM1M3＝PM1·PM3，所以事件M1与事件M3相互独立，故D正确．故选ABD.]
考点二 条件概率
[典例3] (1)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A．18 B．14
C．25 D．12
(2)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为________．
(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．
(1)B (2)0.72 [(1)法一(定义法)：P(A)＝C32+C22C52＝410＝25，P(AB)＝C22C52＝110.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝PABPA＝11025＝14.
法二(缩小样本空间法)：事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)，共4个．
事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝nABnA＝14.
(2)设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，又成活为幼苗)．出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9，根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]
(3)[解] 设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个球为黑球”为事件C.
则P(A)＝110，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.
所以P(B|A)＝PABPA＝145110＝29， P(C|A)＝PACPA＝130110＝13.
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29+13＝59.
所以所求的条件概率为59.
求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝PABPA，这是求条件概率的通法．
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝nABnA.
[跟进训练]
2．(1)市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是( )
A．0.665 B．0.564
C．0.245 D．0.285
(2)(多选)(2022·湖南雅礼中学一模)已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，下列说法正确的有( )
A．若P(AB)＝0.18，则A，B相互独立
B．若A，B相互独立，则PBA＝0.6
C．若PBA＝0.4，则P(AB)＝0.12
D．若A⊆B，则PAB＝0.3
(3)(2022·天津高考)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________．
(1)A (2)ABC (3)1221 117 [(1)记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，
∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.
(2)因为随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6.
对于A，因为P(AB)＝0.18＝P(A)P(B)＝0.3×0.6，
所以A，B相互独立，故A正确；
对于B，若A，B相互独立，则PBA＝P(B)＝0.6，故B正确；
对于C，若PBA＝PABPA＝PAB0.3＝0.4，
则P(AB)＝0.12，故C正确；
对于D，若A⊆B，则PAB＝PAPB＝0.30.6＝0.5，
故D错误．故选ABC.
(3)由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝452×351＝1221，P(B)＝452＝113，
∴P(C|B)＝PBCPB＝1221113＝117.
考点三 全概率公式的应用
[典例4] 甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．
(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
[解] (1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C82＝8×72＝28，
这2个产品都是次品的事件数为C32＝3.
∴这2个产品都是次品的概率为328.
(2)设事件A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品、1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥．
P(B1)＝C52C82＝514，P(B2)＝C51C31C82＝1528，P(B3)＝C32C82＝328，
P(A|B1)＝23，P(A|B2)＝59，P(A|B3)＝49，
∴P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝514×23+1528×59+328×49＝712.
【教师备选题】
(1)(2023·福建宁德模拟)每年的6月6日是全国爱眼日，某位志愿者跟踪调查电子产品对视力的影响，据调查，某高校大约有45%的学生近视，而该校大约有20%的学生每天操作电子产品超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天操作电子产品不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为( )
A．716 B．38
C．516 D．14
(2)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．1011 B．2021
C．1121 D．112
(1)A (2)B [(1)令事件A1＝“玩电子产品超过1 h的学生”，A2＝“玩电子产品不超过1 h的学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”，则样本空间Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，PA1＝0.2，PA2＝0.8，PBA1＝0.5，PB＝0.45，
依题意，PB＝PA1PBA1＋P(A2)P(B∣A2)＝0.2×0.5＋0.8×PBA2＝0.45，
解得PBA2＝716，所以所求近视的概率为716.故选A.
(2)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)＝PAPCAPAPCA+PBPCB
＝0.5×0.050.5×0.05+0.5×0.002 5＝2021.]
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝i=13PAiPBAi．
(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．
[跟进训练]
3．(1)盒中有a个红球，b个黑球，随机地从中抽取一个，观察其颜色后放回，并加上其同色球c个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是黑球的概率是( )
A．ba+b+c B．ba+c
C．ba+b D．b+ca+b+c
(2)假设某工厂生产的甲、乙、丙三种产品的百分率和三种产品的优质率的信息如下表所示：
在生产的产品中任取一件，求取到的产品是优质品的概率．
(1)C [设A＝“第一次抽出的是黑球”，B＝“第二次抽出的是黑球”，则B＝AB＋AB，由全概率公式知P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．由题意得P(A)＝ba+b，P(B|A)＝b+ca+b+c，P(A)＝aa+b，P(B|A)＝ba+b+c，所以P(B)＝bb+ca+ba+b+c+aba+ba+b+c＝ba+b.故选C.]
(2)[解] 用A1，A2，A3表示甲、乙、丙产品，B表示优质品，
由已知得P(A1)＝60%，P(A2)＝20%，P(A3)＝20%，
且P(B|A1)＝90%，P(B|A2)＝85%，P(B|A3)＝80%，
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)＝60%×90%＋20%×85%＋20%×80%＝0.87.
课时分层作业(六十) 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
一、选择题
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13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，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．49 B．190
C．45 D．59
B [各项均合格的概率为13×16×15＝190.]
2．(多选)(2022·湖南永州三模)已知事件A与事件B为互斥事件，A是事件A的对立事件，B是事件B的对立事件，若PA＝13，PB＝16，则( )
A．PA＝23 B．PA∪B＝12
C．PA∩B＝0 D．事件A与事件B不独立
ABD [对于A，PA＝1－PA＝23，故A正确；对于B，PA∪B＝PA＋PB＝13+16＝12，故B正确；对于C，因为事件A与事件B为互斥事件，事件A，B不一定为互斥事件，则PA∩B＝0不一定成立，故C不正确；对于D，PAB＝0，PA·PB＝118，PAB≠PA·PB，
故事件A与事件B不独立．所以D正确．故选ABD.]
3．(2023·河北保定模拟)为了提高出行效率，避免打车困难的情况，越来越多的人选择乘坐网约车．已知甲、乙、丙三人某天早上上班通过某平台打车的概率分别为12，13，25，且三人互不影响，那么甲、乙、丙3人中至少有2人通过该平台打车的概率为( )
A．13 B．25
C．310 D．1130
D [记甲、乙、丙通过该平台打车分别为事件A，B，C，则P(A)＝12，P(B)＝13，P(C)＝25，
所以甲、乙、丙3人中至少有2人通过该平台打车的概率为P＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)＋P(A)·P(B)·P(C)＋P(A)·P(B)·P(C)＋P(A)·P(B)·P(C)
＝12×13×1-25+12×1-13×25+1-12×13×25+12×13×25＝1130.故选D.]
4．(2023·广东中山模拟)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，如果他前一球投进则后一球投进的概率为34；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为( )
A．34 B．58
C．716 D．916
B [记事件A为“第1球投进”，事件B为“第2球投进”，PBA＝34，PBA＝14，PA＝34，由全概率公式可得PB＝PAPBA＋PA·PBA＝342＋142＝58.故选B.]
5．(2022·江苏苏锡常镇二模)随着北京冬奥会的举办，中国冰雪运动的参与人数有了突飞猛进的提升．某校为提升学生的综合素养，大力推广冰雪运动，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
C [依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，
故A与B互斥不对立，A与C不互斥，
所以PA＝C41·C31·C21C42·C42＝23，PB＝C42C42·C42＝16，PC＝C32·C32C42·C42＝14，
且PAC＝C31·C21C42·C42＝16，PBC＝0，
所以PAC＝PA·PC，PBC≠PB·PC，
即A与C相互独立，B与C不相互独立．故选C.]
6．(多选)(2022·湖南株洲一模)甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．A1表示事件“从甲罐取出的球是红球”，A2表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是( )
A．A1、A2为对立事件
B．P(B|A1)＝411
C．PB＝310
D．P(B|A1)＋P(B|A2)＝1
AB [因为甲罐中只有红球和白球，所以A正确；当A1发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为411，故B正确；当A2发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为311，故D不正确；P(B)＝12×411+12×311＝722，故 C不正确．故选AB.]
二、填空题
7．为促进小区人员对垃圾分类进行深入了解，某小区举行了“垃圾分类你提问我知道”对抗竞赛活动．活动规则：对抗双方轮换提问，答对得1分，答错对手得1分，先多得2分者获胜．若甲、乙两人进行对抗，且甲提问并获胜的概率为0.5，甲答题并获胜的概率为0.4，则在甲先提问的情况下，甲以3∶1获胜的概率为________．
0.1 [若甲以3∶1获胜，则甲在前两场中输一场，第三场和第四场甲获胜．又甲先提问，∴P＝0.5×1-0.4×0.5×0.4＋1-0.5×0.4×0.5×0.4＝0.1.]
8．某学校有A，B两家餐厅，甲同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8.则甲同学第2天去A餐厅用餐的概率为________．
0.7 [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.]
9．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为12，34，34，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
1532 [记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝12，P(A2)＝34，P(A3)＝34.
∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，
∴电路不发生故障的概率为
P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P(A2)·P(A3)]P(A1)＝1-14×14×12＝1532.]
三、解答题
10．(2022·湖北二模)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝110，P2＝19，P3＝18.
(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
[解] (1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝110，P2＝19，P3＝18，
所以该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率为P＝1－1-P11-P21-P3＝1－910×89×78＝310.
(2)设该款芯片智能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)＝910，P(AB)＝1－P＝1－310＝710，
记工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件BA，所以PBA＝PABPA＝710×109＝79.
11．(2023·重庆模拟)冰壶被喻为冰上的“国际象棋”，是以团队为单位在冰上进行的投掷性竞赛项目，每场比赛共10局，在每局比赛中，每个团队由多名运动员组成，轮流掷壶、刷冰、指挥．两边队员交替掷壶，可击打本方和对手冰壶，以最终离得分区圆心最近的一方冰壶数量多少计算得分，另外一方记零分，以十局总得分最高的一方获胜．冰壶运动考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧．同时由于冰壶的击打规则，后投掷一方有优势，因此前一局的得分方将作为后一局的先手掷壶．已知甲、乙两队参加冰壶比赛，在某局中若甲方先手掷壶，则该局甲方得分概率为25；若甲方后手掷壶，则该局甲方得分概率为23，每局比赛不考虑平局．在该场比赛中，前面已经比赛了六局，双方各有三局得分，其中第六局乙方得分．
(1)求第七局、第八局均为甲方得分的概率；
(2)求当十局比完，甲方的得分局多于乙方的概率．
[解] (1)第六局乙方得分，所以第七局乙方先掷壶，甲方后掷壶，则第七局甲方得分概率为23；
第七局甲方得分，则第八局甲先掷壶，乙后掷壶，第八局甲方得分的概率为25，
所以第七局、第八局均为甲方得分的概率为23×25＝415.
(2)前面已经比赛了六局，双方各有三局得分，所以后面四局甲全胜或者甲胜三局．
后面四局甲全胜，且第七局乙先掷壶，则概率为23×25×25×25＝16375；
后面四局甲胜三局，且第七局乙先掷壶，分为第七局乙得分或者第八局乙得分或第九局乙得分或第十局乙得分，所以概率为13×23×25×25+23×35×23×25+23×25×35×23+23×25×25×35＝3521 125.
则当十局比完，甲方的得分局多于乙方的概率为16375+3521 125＝1645.
12．(多选)(2023·湖北宜昌模拟)一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫、6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件Ak表示“第k只出笼的猫是黑猫”，k＝1，2，…，10，则( )
A．PA1A2＝23 B．PA1+A2＝23
C．PA2A1＝13 D．PA10A2＝13
BCD [由题意可知，PAk＝A41×A99A1010＝25，
事件A1A2表示“第1，2只出笼的猫都是黑猫”，则PA1A2＝A42×A88A1010＝215，故A错误；事件A1＋A2表示“第1只或第2只出笼的猫是黑猫”，则PA1+A2＝PA1＋PA2－PA1A2＝25+25-215＝23，故B正确；
则PA2A1＝PA1A2PA1＝21525＝13，故C正确；事件A2A10表示“第2，10只出笼的猫是黑猫”，则PA2A10＝A42×A88A1010＝215，则PA10A2＝PA2A10PA2＝21525＝13，故D正确．故选BCD.]
13．(2023·重庆模拟)记A为事件A的对立事件，且PA＝12，PAB＝13，PB＝34，则P(A∪B)＝________．
34 [因为PAB＝13，PB＝34，
所以PAB＝PABPB＝13×34＝14，
所以PA∪B＝PA＋PAB＝12+14＝34.]
14．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，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为________，取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为________．
0.052 5 37 [设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，根据题意得P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05，由全概率公式可得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，“取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率”就是计算在B发生的条件下，事件A3发生的概率，则P(A3|B)＝PA3BPB＝PA3PBA3PB＝0.45× 5＝37.]
15．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．
(1)求2次传球后球在甲手中的概率p2，3次传球后球在甲手中的概率p3；
(2)求n次传球后球在甲手中的概率．
[解] (1)第一次甲将球传出后，2次传球后的所有结果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果，它们等可能，2次传球后球在甲手中的事件有：甲乙甲，甲丙甲，2个结果，所以p2＝24＝12，
第一次甲将球传出后，3次传球后的所有结果为：
甲乙甲乙，甲乙甲丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，
3次传球后球在甲手中的事件有：甲乙丙甲，甲丙乙甲，2个结果，所以p3＝28＝14.
(2)n次传球后球在甲手中的事件记为An，则有An＋1＝AnAn＋1＋AnAn＋1，令pn＝P(An)，则P(An＋1|An)＝0，P(An＋1|An)＝12，
于是得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P(An)·P(An＋1|An)＝pn·0＋12(1－pn)，
因此，pn＋1＝12(1－pn)，
则pn＋1－13＝－12pn-13，
而第一次由甲传球后，球不可能在甲手中，即p1＝0，
则有p1－13＝－13，数列pn-13是以－13为首项，－12为公比的等比数列，pn－13＝－13·-12n-1，整理得pn＝131--12n-1，
所以n次传球后球在甲手中的概率是pn＝131--12n-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
性质
若事件A与事件B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)
概率
A，B互斥
A，B相互独立
P(A∪B)
P(A)＋P(B)
1－P(A)P(B)
P(AB)
0
P(A)P(B)
P(A B)
1－[P(A)＋P(B)]
P(A)P(B)
P(AB∪AB)
P(A)＋P(B)
P(A)P(B)
＋P(A)P(B)
产品种类
甲
乙
丙
百分率
60%
20%
20%
优质率
90%
85%
80%