第4节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案全书word（新教材，基础版）

金版教程 高考科学复习解决方案 数学 第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课标解读 考向预测 1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率. 2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率. 3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系. 4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率. 5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率. 6.了解贝叶斯公式. 预计2025年高考将会以事件独立性的判断或条件概率、全概率公式计算在小题中单独考查，或与随机变量的分布列、数字特征相结合融合在解答题中考查. 必备知识——强基础 1．事件的相互独立性 事件A与事件B相互独立 对任意的两个事件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) 2.条件概率 条件概率的定义 设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|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 条件概率的性质 (1)P(Ω|A)＝1； (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； (3)设B与B互为对立事件，则P(B|A)＝1－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)＝P(Ai)P(B|Ai)，我们称上面的公式为全概率公式． 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．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数． 3．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． 4．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)． 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.(　　) (2)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.(　　) (3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立．(　　) (4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)× 2．小题热身 (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，所以甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74＝0.629. (2)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为(　　) A．0.8 B．0.625 C．0.5 D．0.1 答案　A 解析　设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，由题意知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P(B|A)＝＝＝0.8. (3)(2023·河南安阳二模)某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为(　　) A．0.25 B．0.35 C．0.65 D．0.75 答案　C 解析　他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65. (4)(多选)(人教A选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是(　　) A．若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为 B．若不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为 C．若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为 D．若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为 答案　BCD 解析　对于A，第一次摸到红球的概率为，故A错误；对于B，不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P＝＝，故B正确；对于C，有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为××＝，故C正确；对于D，有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为C××＝，故D正确．故选BCD. 考点探究——提素养 考点一　事件的相互独立性(多考向探究) 考向1　事件独立性的判定 例1　(2023·江苏常州一中期初检测)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出(　　) A．B与D相互独立 B．A与D相互独立 C．B与C相互独立 D．C与D相互独立 答案　C 解析　由题意可得P(A)＝，P(B)＝，有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4种，所以P(C)＝＝；两次取出的球上数字之和是6的情况有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3种，故P(D)＝＝.对于A，P(BD)＝＝，P(B)P(D)＝×＝，则P(BD)≠P(B)P(D)，故B与D不是相互独立事件，故A错误；对于B，P(AD)＝0，P(A)P(D)＝×＝，则P(AD)≠P(A)P(D)，故A与D不是相互独立事件，故B错误；对于C，P(BC)＝＝，P(B)P(C)＝×＝，则P(BC)＝P(B)P(C)，故B与C是相互独立事件，故C正确；对于D，P(CD)＝0，P(C)P(D)＝×＝，则P(CD)≠P(C)P(D)，故C与D不是相互独立事件，故D错误． 【通性通法】 判断两个事件是否相互独立的方法 (1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率． (2)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立． (3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与B，A与B，A与B也相互独立． 【巩固迁移】 1.(2024·河北唐山模拟)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示．其中n(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，则事件A与事件B(　　) A．是互斥事件，不是独立事件 B．不是互斥事件，是独立事件 C．既是互斥事件，也是独立事件 D．既不是互斥事件，也不是独立事件 答案　B 解析　因为n(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，所以n(A∩B)＝2，n(A∩B)＝4，n(B)＝8，所以事件A与事件B不是互斥事件；P(AB)＝＝，P(A)P(B)＝×＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与事件B是独立事件．故选B. 考向2　相互独立事件的概率 例2　(2023·山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为，第二类检验单独通过率为p(0<p<1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为，则p＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　设Ai表示第i次通过第一类检验，Bi表示第i次通过第二类检验(i＝1，2)，由题意得P(A1B1＋A1A2B1＋A1B1B2＋A1A2B1B2)＝，即p＋×p＋×(1－p)p＋××(1－p)p＝，解得p＝或p＝(舍去)． 【通性通法】 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它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． 【巩固迁移】 2．(多选)(2023·新课标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 答案　ABD 解析　对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为C(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD. 考点二　条件概率 例3　现有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(A|B)＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　由题意，4人去4个不同的景点，总样本点数为4×4×4×4＝256，事件B包含的样本点数为1×3×3×3＝27，则事件B发生的概率为P(B)＝，事件A与事件B的交事件AB为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件AB包含的样本点数为1×A＝6，则事件AB发生的概率为P(AB)＝＝，即P(A|B)＝＝＝. 【通性通法】 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝. (2)样本点法：P(B|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． 【巩固迁移】 3．(多选)(2024·滨州模拟)为庆祝建党节，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)＝ B．P(AB)＝ C．P(B|A)＝ D．P(B|)＝ 答案　ABC 解析　P(A)＝＝，故A正确；P(AB)＝＝，故B正确；P(B|A)＝＝＝，故C正确；P()＝1－P(A)＝1－＝，P(B)＝＝，P(B|)＝＝＝，故D错误． 考点三　全概率公式的应用 例4　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)＝P(Bi)·P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175. 【通性通法】 利用全概率公式的思路 (1)按照确定的标准，将一个复合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(B|Ai)． (3)代入全概率公式计算． 【巩固迁移】 4．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．其中亚腰葫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颗.2024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　0.4825 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，设事件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＝0.4825. 课时作业 一、单项选择题 1．甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球，则取出的两个球都是红球的概率为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中取出红球的概率为＝，从乙袋中取出红球的概率为，故所求事件的概率为×＝. 2．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　) A．互斥 B．对立 C．相互独立 D．既互斥又相互独立 答案　C 解析　∵P(A)＝1－P()＝1－＝，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝≠0，∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥，故不对立． 3．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“考生答对题目”，用B表示“考生知道正确答案”，用B表示“考生不知道正确答案”，则P(B)＝0.5，P(B)＝0.5，P(A|B)＝100%，P(A|B)＝0.25，则P(A)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B)P(B)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625. 4．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　) A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1 答案　A 解析　报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝0.8.故选A． 5．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a2＋b2＝c2的正整数组(a，b，c)．现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　由题意知，骰子点数能够成勾股数组的为3，4，5，∴第一次掷骰子得到其中一个数的概率为，第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为，第三次掷骰子得到最后一个数的概率为，∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为××＝. 6．(2024·湖南湘潭摸底)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产线生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产线生产该芯片的次品率为，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产线生产该芯片的次品率为(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　设A1，A2分别表示取得的芯片是由甲生产线、乙生产线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲生产线生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×p＋×＝0.08，解得p＝. 7．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B为“第一次记录的数字为奇数”，事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是(　　) A．事件B与事件C是对立事件 B．事件A与事件B不是相互独立事件 C．P(A)P(B)P(C)＝ D．P(ABC)＝ 答案　C 解析　对于A，事件B与事件C是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；对于B，P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，事件A与事件B是相互独立事件，故B错误；对于C，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4×4＝16种，其中，事件A发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有2×2＋2×2＝8种，所以P(A)＝＝，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以P(B)＝＝，P(C)＝＝，所以P(A)P(B)P(C)＝＝，故C正确；对于D，事件ABC表示“第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数”，故P(ABC)＝＝，故D错误． 8．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　) A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 答案　D 解析　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙．由题意得P甲＝p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝p1p2＋p1p3－2p1p2p3，P乙＝p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝p1p2＋p2p3－2p1p2p3，P丙＝p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝p1p3＋p2p3－2p1p2p3，所以P丙－P甲＝p2(p3－p1)＞0，P丙－P乙＝p1(p3－p2)＞0，所以P丙最大．故选D. 二、多项选择题 9．已知，分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则下列说法正确的是(　　) A．P(B|A)＋P(|A)＝1 B．P(B|A)＋P(B|)＝1 C．若A，B独立，则P(A|B)＝P(A) D．若A，B互斥，则P(B|A)＝P(A|B) 答案　ACD 解析　对于A，P(B|A)＋P(|A)＝ ＝＝1，故A正确；对于B，设A，B独立，则P(B|A)＋P(B|)＝2P(B)，而P(B)显然不一定为，故B错误；对于C，A，B独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，则P(A|B)＝＝P(A)，故C正确；对于D，A，B互斥，P(AB)＝0，则根据条件概率公式得P(B|A)＝P(A|B)＝0，故D正确． 10．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数．用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用(x，y)表示一次试验的结果．定义：事件A＝“x＋y＝7”，事件B＝“xy为奇数”，事件C＝“x＞3”，则下列结论正确的是(　　) A．A与B互斥 B．A与B对立 C．P(B|C)＝ D．A与C相互独立 答案　AD 解析　对于A，因为x＋y＝7，所以x与y必是一奇一偶，又当xy为奇数时，x与y都是奇数，所以事件A和B不能同时发生，即A与B互斥，故A正确；对于B，因为事件A和B不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x＝1，y＝2，即A与B不对立，故B不正确；对于C，(x，y)的所有可能结果有36种，其中P(C)＝＝，P(BC)＝＝，所以P(B|C)＝＝，故C不正确；对于D，P(A)＝＝，P(C)＝＝，P(AC)＝＝，则有P(AC)＝P(A)P(C)，A与C相互独立，故D正确．故选AD. 三、填空题 11．已知m是一个三位正整数，若m的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称m为递增数．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，设事件A＝“由a，b，c组成三位正整数”，事件B＝“由a，b，c组成的三位正整数为递增数”，则P(B|A)＝________． 答案　 解析　所有三位正整数的个数为4×5×5＝100，即n(A)＝100，满足三位正整数为递增数的有以下三类：①当百位数为2时，有1个；②当百位数为3时，有C＝3个；③当百位数为4时，有C＝6个．所以n(AB)＝1＋3＋6＝10，故P(B|A)＝＝. 12．(2023·河南濮阳一模)已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2局者胜．甲每局获胜的概率为，则本次比赛甲获胜的概率为________． 答案　 解析　本次比赛甲获胜有3种可能：①1，3甲胜，2乙胜；②2，3甲胜，1乙胜；③1，2甲胜．则本次比赛甲获胜的概率为P＝××＋××＋×＝. 13．(2024·黑龙江哈尔滨质量监测)盒子中有大小形状相同的7个小球，其中有4个白球，3个黑球，先随机从盒子中取出两个小球，再从该盒中取出一个小球，则最后取出的小球为白球的概率是________． 答案　 解析　记A1为先取出的两个小球都为白球，A2为先取出的两个小球为一白一黑，A3为先取出的两个小球都为黑球，B为最后取出的小球为白球，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝×＋×＋×＝. 14．有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束．则P3＝________；该棋手获胜的概率为________． 答案　　 解析　由题意，P3＝＋×＝.因为Pn＝Pn－2＋Pn－1(3≤n≤8)，故＝－，由P2－P1＝－，所以Pn－Pn－1＝，n≥2，累加可得P8＝1＋＋＋…＋＝＝，所以P10＝P8＝. 四、解答题 15．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为，卖出1箱的概率为，没有卖出的概率为，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱，则需补货至3箱，否则不补货． (1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率； (2)求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率． 解　设事件A表示“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B表示“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”． (1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出1箱， 故P(C|B)＝. (2)由题意，P(A)＝＋＝，P(B)＝，P(C|A)＝， 由全概率公式得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝×＋×＝. 16．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，乙队每人回答问题的正确率分别为，，，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)＝××＝， 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)＝××＋××＋××＝. 故甲队总得分为3分与1分的概率分别为，. (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)＝××＋××＋××＝， 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)＝××＋××＋××＝. 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)＝×＝. 17．(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的是(　　) A．若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是 B．若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是 C．若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是 D．若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是 答案　BC 解析　对于A，总事件数是C＝20，摸出的球均为红球的事件数为C＝4，所以摸出的球均为红球的概率是，故A错误．对于B，总事件数是C＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为CC＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是，故B正确．对于C，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为×＝；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为×＝.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是＋＝，故C正确．对于D，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为×＝；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为×＝.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是＋＝，故D错误． 18．(多选)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n＋n，则算闯过第n关，n＝1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则(　　) A．直接挑战第2关并过关的概率为 B．连续挑战前两关并过关的概率为 C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P(A|B)＝ D．若直接挑战第4关，则过关的概率是 答案　ACD 解析　对于A，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝＝＝，故A正确；对于B，21＋1＝3，所以挑战第一关通过的概率为P2＝，则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝×＝，故B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63＝216，抛掷3次至少出现一个5点的共有63－53＝216－125＝91种，故P(B)＝，而事件AB包括：含5，5，5的有1种，含4，5，6的有6种，共7种，故P(AB)＝，所以P(A|B)＝＝×＝，故C正确；对于D，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以P4＝＝，故D正确． 19．(2022·新高考Ⅰ卷节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R. (1)证明：R＝·； (2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值． 解　(1)证明：由题意R＝＝÷＝·， 而·＝·＝·. 故R＝·. (2)由调查数据可得P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝， 且P(|B)＝1－P(A|B)＝，P(|)＝1－P(A|)＝， 所以R＝×＝6. 20．(2024·河北秦皇岛摸底)“斯诺克(Snooker)”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛，比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球(例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……)，没有平局．已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权． (1)求甲以3∶1赢得比赛的概率； (2)设比赛的总局数为X，求E(X)． 解　(1)设“甲在第i局比赛获胜”为事件Ai，i＝1，2，3，4，5，由已知可得P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(A4)＝，P(A5)＝， 事件“甲以3∶1赢得比赛”，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜， 所以事件“甲以3∶1赢得比赛”可表示为A1A2A3A4∪A1A2A3A4∪A1A2A3A4， 其中A1A2A3A4，A1A2A3A4，A1A2A3A4互斥，A1，A2，A3，A4相互独立， 所以P(A1A2A3A4∪A1A2A3A4∪A1A2A3A4) ＝P(A1A2A3A4)＋P(A1A2A3A4)＋ P(A1A2A3A4)＝P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＋P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＋ P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)＝×××＋×××＋×××＝， 所以甲以3∶1赢得比赛的概率为. (2)X的可能取值为3，4，5， 设甲获胜的概率为P1，乙获胜的概率为P2， P1(X＝3)＝××＝， P2(X＝3)＝××＝， P(X＝3)＝＋＝； P1(X＝4)＝×××＋×××＋×××＝， P2(X＝4)＝×××＋×××＋×××＝， P(X＝4)＝＋＝. 则P(X＝5)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－－＝， 所以E(X)＝3×＋4×＋5×＝. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$