4 第四节 条件概率与事件的独立性(Word教师用书)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（湘教版2019）

第四节　条件概率与事件的独立性 【课程标准】　1.在具体情境中，结合古典概型，了解条件概率和两个事件相互独立的概念，能计算简单随机事件的条件概率. 　2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率. 　3.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率． 1．条件概率的概念 定义 如果事件A，B是两个随机事件，且P(A)＞0，则在事件A发生的条件下事件B发生的概率叫作条件概率，记为P(B|A) 公式 若P(A)＞0，则P(B|A)＝；类似地，若P(B)＞0，则P(A|B)＝ 2.事件的独立性 (1)若事件A与事件B独立，则事件A的发生不会影响事件B发生的概率，即有P(B|A)＝P(B)，反之，若P(B|A)＝P(B)成立，则P(AB)＝P(A)P(B)． (2)如果n(n≥2)个事件A1，A2，…，An中任何一个事 学生用书第252页 件发生的概率都不受其余事件发生与否的影响，则称A1，A2，…，An相互独立．当n(n≥2)个事件相互独立时，P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)． 微提醒　 (1)当P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)成立时，不表示A1，A2，…，An相互独立．(2)两个事件相互独立与互斥的区别：两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，而相互独立的两个事件是可以同时发生的，相互独立事件和互斥事件之间没有联系． 3．乘法公式 若Ai(i＝1，2，…，n)为随机事件，且P(A1A2…An－1)＞0，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An－1).此式常称为概率的乘法公式． 4．全概率公式 (1)若将样本空间Ω分为A，两部分，则事件B的概率P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)． (2)若将样本空间Ω分为n部分，设Ai(i＝1，2，…，n)为n个事件，满足①AiAj＝∅(i≠j)；②A1∪A2∪A3∪…∪An＝Ω；③P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任一事件B，有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋…＋P(An)P(B|An)＝(Ai)P(B|Ai).这个公式称为全概率公式． 【记牢常用结论】 1．如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 2．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)＝＝，i＝1，2，…，n. 1．[多选题]下列结论正确的是(　　) A．对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立 B．若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B) 学生用书↓第252页 C．抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第2枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立 D．若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2) 答案：BCD 2．[多选题]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 答案：AB 解析：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．故选AB. 3．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． B． C． D． 答案：D 解析：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＝.故选D. 4．(用结论)”五一”劳动节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________． 答案： 解析：因为甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，所以他们不去北京旅游的概率分别为，，.因为至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人去北京旅游，所以至少有1人去北京旅游的概率为1－××＝. 5．两批同种规格的产品，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________． 答案：0.957 解析：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　相互独立事件的概率基础练 (1)(2024·河北邢台模拟)甲、乙两人进行下象棋比赛，采取五局三胜制(不考虑平局，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束)．根据前期的统计分析，得到甲在和乙的第一场比赛中，取胜的概率为0.5，受心理方面的影响，前一场比赛结果会对甲的下一场比赛产生影响，如果甲在某一场比赛中取胜，那么下一场取胜率提高0.1，反之降低0.1，则甲以3∶1取得胜利的概率为(　　) A．0.162 B．0.18 C．0.168 D．0.174 (2)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________． 答案：(1)D　(2)0.128 解析：(1)设甲在第一、二、三、四局比赛中获胜分别为事件A1，A2，A3，A4，由题意，甲以3∶1取得胜利的事件可能是A1A23A4，A12A3A4，1A2A3A4，所以甲以3∶1取得胜利的概率P＝P(A1A23A4)＋P(A12A3A4)＋P(1A2A3A4)＝0.5×0.6×0.3×0.6＋0.5×0.4×0.5×0.6＋0.5×0.4×0.5×0.6＝0.174.故选D. (2)依题意可知，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正确、错误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128. [变式探究] 若保持本例(2)条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________． 答案：0.046 08 解析：依题意可知，该选手第3个问题的回答是错误的，第4，5个问题均回答正确，第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.005 12＋0.040 96＝0.046 08. 规律方法 解相互独立事件问题的步骤 对点练1.(1)(2024·北京海淀高三期末)4×100米接力赛是田径运动中的集体项目．一根小小的木棒，要四个人共同打造一个信念，一起拼搏，每次交接都是信任的传递．甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练根据训练情况，安排了四人的交接棒组合．已知该组合三次交接棒 学生用书↓第253页 失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(　　) A．p1p2p3 B．(1－p1)(1－p2)(1－p3) C．1－p1p2p3 D．1－(1－p1)(1－p2)(1－p3) (2)台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7，0.9，各卫星间预报台风相互独立，则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是________． 答案：(1)B　(2)0.902 解析：(1)由题意得，三次交接棒不失误的概率分别为1－p1，1－p2，1－p3，则该组合不失误的概率为(1－p1)(1－p2)(1－p3)．故选B. (2)设甲、乙、丙预报准确依次为事件A，B，C，则不准确依次为，，，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1，至少有两颗卫星预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，这四个事件两两互斥且相互独立，所以至少有两颗卫星预报准确的概率P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＋P(ABC)＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902. 考点二　条件概率基础练 (1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　　) A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 (2)[多选题](2024·山东济南模拟)某地开展党史知识竞赛活动，以党支部为单位参加比赛，某党支部在5道党史题中(包含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：(1)A　(2)ABC 解析：(1)令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝＝0.8.故选A. (2)法一(公式法)：对于A，P(A)＝＝，故A正确；对于B，P(AB)＝＝，故B正确；对于C，由选项A，B及条件概率公式可得P(B|A)＝＝＝，故C正确；对于D，P()＝＝，P(B)＝＝，所以P(B|)＝＝＝，故D错误．故选ABC. 法二(古典概型法)：对于A，由题意可知不放回地依次随机抽取2道题作答，样本空间有5×4＝20(个)等可能的样本点，n(A)＝3×4＝12，所以P(A)＝＝，故A正确；对于B，n(AB)＝3×2＝6，所以P(AB)＝＝，故B正确；对于C，P(B|A)＝＝＝，故C正确；对于D，n()＝2×4＝8，n(B)＝2×3＝6，P(B|)＝＝＝，故D错误．故选ABC. 规律方法 条件概率的两种求解方法 对点练2.(1)(2024·重庆模拟)在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象，一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇(此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇)，只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔．记事件Ak表示“第k只飞出笼的是苍蝇”，k＝1，2，…，8，则P(A5|A2)＝(　　) A． B． C． D． (2)(2024·贵州六盘水模拟)逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响健康，某调查机构进行了针对性的调查研究．据统计，一次性饮酒4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，则他还能继续饮酒2.4两，不诱发这种疾病的概率为________． 答案：(1)C　(2) 解析：(1)由题得P(A2)＝＝，P(A2A5)＝＝，则P(A5|A2)＝＝.故选C. (2)记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，则事件B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，继续饮酒2.4两不诱发这种疾病，则B⊆A，AB＝A∩B＝B，P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，故P(B|A)＝＝＝＝. 考点三　全概率公式的应用综合练 (1)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、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙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，则甲生产该芯片的次品率为(　　) A． B． C． D． (2)某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是，从开关第一次闭合起，若前一次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；若前一次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是，那么第二次闭合后出现红灯的概率是________． 答案：(1)B　(2) 解析：(1)设事件A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙生产的，事件B表示取得的芯片为次品，甲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＝.故选B. (2)记第一次闭合后出现红灯为事件A，则第一次出现绿灯为事件，第二次闭合后出现红灯为事件B，出现绿灯为事件，则P(A)＝P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝. 规律方法 学生用书↓第254页 全概率公式的适用范围及步骤 1．适用范围：所研究的事件试验前提或前一步骤有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式． 2．运用全概率公式的一般步骤： 第一步：求出样本空间Ω的一个划分A1，A2，…，An； 第二步：求P(Ai)(i＝1，2，…，n)； 第三步：求P(B|Ai)(i＝1，2，…，n)； 第四步：求目标事件的概率P(B)． 提醒：对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn. 对点练3.(1)(2024·广西南宁模拟)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为(　　) A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.51 (2)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”等．小王有3张“冬梦”、2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票各1张．小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是”冬梦” “冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”的事件，则P(B|A2)＝________，P(B)＝________． 答案：(1)D　(2)　 解析：(1)设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”，则P(A)＝P()＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B|)＝0.95，因此P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.故选D. (2)P(B|A2)＝＝，由题知P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝. 课时测评80　条件概率与事件的独立性 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－8，每小题5分，共40分) 1．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　) 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既互斥又相互独立 答案：C 解析：因为P(A)＝1－P()＝1－＝，所以P(A)P(B)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)≠0，所以事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立．故选C. 2．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个都不能正常照明的概率为(1－0.8)4＝0.001 6，只有1个能正常照明的概率为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．(2024·河北唐山模拟)假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品．现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：设事件A表示从第一箱中取一个零件，事件B表示取出的零件是次品，则P(A|B)＝＝＝.故选D. 4．(2024·湖南长沙模拟)深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.8.当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为(　　) A．0.32 B．0.68 C．0.58 D．0.64 答案：C 解析：设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”．则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42.所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1－0.42＝0.58.故选C. 5．[多选题]设A，B是两个事件．且B发生A必定发生．若0<P(A)<1，0<P(B)<1，则给出的下列各式中正确的是(　　) A．P(A∪B)＝P(B) B．P(B|A)＝ C．P(A|B)＝1 D．P(AB)＝P(A) 答案：BC 解析：因为B发生A必定发生，所以P(A∪B)＝P(A)，P(AB)＝P(B)，故A，D不正确；P(B|A)＝＝，故B正确；P(A|B)＝＝1.故C正确．故选BC. 6．[多选题](2024·山东济宁模拟)甲袋中有3个红球，3个白球和2个黑球；乙袋中有2个红球，2个白球和4个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是红球”、 “取出的是白球”、 “取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以D表示事件“取出的是白球”，则下列结论中正确的是(　　) A．事件A，B，C是两两互斥的事件 B．事件A与事件D为相互独立事件 C．P(D|A)＝ D．P(D)＝ 答案：ACD 解析：由题意可得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，显然事件A，B，C是两两互斥的事件，故A正确；P(D)＝P(DA)＋P(DB)＋P(DC)＝×＋×＋×＝，P(AD)＝×＝，因为P(AD)≠P(A)P(D)，故事件A与事件D不是相互独立事件，故B错误；P(D|A)＝＝＝，故C正确；P(D)＝，故D正确．故选ACD. 7．(2023·上海模拟)袋中有一个白球和一个黑球．一次次地从袋中摸球，如果取出白球，则除把白球放回外，再加进一个白球，直至取出黑球为止，则取了N次都没有取到黑球的概率是________． 答案： 解析：依题意，取了N次都没有取到黑球的概率P＝×××…×＝. 8．(2024·辽宁鞍山模拟)某学校在甲、乙、丙三个地区进行新生录取，三个地区的录取比例分别为，，.现从这三个地区等可能抽取一个人，此人被录取的概率是________． 答案： 解析：记事件A1，A2，A3表示此人选自甲、乙、丙三个地区，事件B表示此人被录取，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×＋×＋×＝. 9．(10分)已知某中学高一某班小丽、小许、小静三人分别独自进行投篮训练，命中的概率分别是，，，设各次投篮都相互独立． (1)若小许投篮三次，求恰有两次命中的概率； (2)若小丽、小许、小静三人各投篮一次，求至少一人命中的概率． 解：(1)设小许“第一次命中”为事件B1，“第二次命中”为事件B2，“第三次命中”为事件B3， “小许投篮三次，恰有两次命中”为事件E，则P(E)＝P(1B2B3)＋P(B12B3)＋P(B1B23) ＝××＋××＋××＝. (2)设“小丽命中”为事件A，“小许命中”为事件B，“小静命中”为事件C，“三人投篮，至少一人命中”为事件D， 则“三人投篮，均未命中”为事件. 所以P()＝××＝，所以P(D)＝1－P()＝1－＝. 所以三人投篮，至少一人命中的概率为. 10．(10分)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＝，P2＝，P3＝. (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)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P＝1－××＝. (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， 则P(A)＝，P(AB)＝1－＝， 则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P(B|A)＝＝＝. (每小题6分，共24分) 11．如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为(　　) A. B． C． D． 答案：C 解析：灯泡不亮包括四个开关都断开，或开关C，D都断开且开关A，B中有一个断开，这两种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，所以灯泡不亮的概率为×××＋×××＋×××＝.因为灯泡亮与不亮是对立事件，所以灯亮的概率是1－＝.故选C. 12．[多选题](2024·广东广州模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是(　　) A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08 B．该零件是次品的概率为0.03 C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98 D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为 答案：BC 解析：记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%，对于A，任取一个零件是第1台车床生产出来的次品概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误；对于B，任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确；对于C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确；对于D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为1－P(B3|A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误．故选BC. 13．[多选题](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)．则下列说法正确的是(　　) 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接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，所以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接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，所以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的事件和，它们互斥，由选项B知，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，所以C错误；对于D，由选项C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′，所以D正确．故选ABD. 14．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件”试验反应为阳性”，以C表示事件”被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，P(|)＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝________． 答案： 解析：因为P(|)＝0.95，所以P(A|)＝1－P(|)＝0.05，因为P(C)＝0.005，所以P()＝0.995，由全概率公式可得，P(A)＝P(A|C)P(C)＋P(A|)P()，因为P(AC)＝P(C|A)P(A)＝P(A|C)P(C)，所以P(C|A)＝＝＝. (每小题8分，共16分) 15．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同．则甲获得冠军的概率为(　　) A. B． C． D． 答案：D 解析：甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，故甲获得冠军的概率为3＋2×3×＝.故选D. 16．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：设该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， 法一：由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3， P乙＝2p2＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3， P丙＝2p3＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3. 所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大．故选D. 法二：(特殊值法) 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大．故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $$