9.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案基础版

232红对构·讲与练·高三数学·基础版 命题角度2数学文化背景下的古典概型 数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数 【例5】“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处 不小于50的概率为 露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变 纵式： TTW丽 更，最多相差一两天.”中国农历的“二十四节 气”，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化 12345678 第 的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏 命题角度3立体几何背景下的古典概型 至，七月有小暑、大暑，现从五月、六月、七月的 章 【例6】已知正方体的棱长为1，若从该正方体的 六个节气中任选两个节气，则这两个节气不在 8个顶点中任取4个，则这4个点可以构成体积 同一个月的概率为 学生试答： 为与的四面体的概率为 学生试答 【对点训练5】据史书记载，古代的算筹是由一根 根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示.据 【对点训练6】如果把四个面都是直角三角形的 《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法， 四面体称为“三节棍体”，那么从长方体八个顶 先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万 点中任取四个顶点，则这四个顶点是“三节棍 百相当.即在算筹计数法中，表示多位数时，个 体”的四个顶点的概率为 位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横 式，以此类推.例如表示62，=表示 》温馨提示 26,现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位 学习至此，请完成训练62 9.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 考试 1.理解两个事件相互独立的含义，能利用独立性计算概率.2.理解随机事件的独立性和条件概率的关 要求 系，会利用全概率公式计算概率 回顾>必备知识 》知识梳理《 2.条件概率与全概率公式 (1)条件概率 1.事件的相互独立性 ①定义：一般地，设A,B为两个随机事件，且 (1)两个事件相互独立的定义：对任意两个事件 P(A)>0,我们称P(B|A)= 为在事 A与B,如果 成立，则称事件A与 件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简 事件B相互独立，简称为 必然事 称条件概率。 件2、不可能事件都与任意事件相互独立. ②概率的乘法公式：由条件概率的定义，对任意两 (2)相互独立的性质：如果事件A与B相互独 个事件A与B,若P(A)>0,则 立，那么A与B, 与B, 与B (2)条件概率的性质：设P(A)>0,则 也都相互独立. ①P(2|A)=1. 第九章概率与统计 233 ②如果B和C是两个互斥事件，则P(BUCI (4)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事 A)= 件B发生的概率，P(AB)表示事件A,B同时 ③设B和B互为对立事件，则P(B|A)= 发生的概率. () 2.(教材改编题)某同学做对某套试卷中第1题和 (3)全概率公式 第2题的概率都为0.9，则他连续做对第1题和 一般地，设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事 第2题的概率是 第 件，A1UA2U…UAn=2,且P(A,)>0,i= 3.(教材改编题)甲、乙两位同学去参加某高校科 九 1,2,…,n,则对任意的事件B二2，有P(B)= 研项日面试，已知他们通过面试的鬻率都是分 章 ∑P(A)P(B1A,. 且两人的面试结果相互之间没有影响，则甲、乙 (4)贝叶斯公式 两人中仅有一人通过面试的概率为 设A1,A2,…,A是一组两两互斥的事件，A1U 4.(教材改编题)已知甲、乙、丙3名射击运动员命 A2U…UA=2,且P(A,)>0,i=1,2,…, n,则对任意的事件B二2，P(B)>0,有 小日标的积率分别为时号且每名运动员是 P(A;I B)= P(A )P(B A;) 否命中目标互不影响，若他们3人分别向目标各 P(B) 发1枪，则三枪中至少有两枪命中的概率为 P(A,)P(BA）,i=1,2,n ∑P(AA)P(B|A) 5.(多选题)（教材改编题）同时抛掷两个质地均匀 1 的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事 >》基础检测《 件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶 1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画 数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出 “√”，错误的画“×” 现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面 (1)若事件A,B相互独立，则P(B|A)= 同时出现奇数或者同时出现偶数”，则() P(B) A.P(AB)=P(AC)=P(BC) (2)抛2枚质地均匀的硬币，“第1枚正面朝上” B.P(A I B)=P(A I C)=2 1 为事件A,“第2枚正面朝上”为事件B,则A,B 相互独立. ( 1 C.P(ABC)= (3)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事 件B二2，有P(B)=P(A1)P(B|A1)+ D.P(A)P(B)P(C)=I 4 P(A2)P(B A2). ( 提升>关键能力 考点1相互独立事件 C若P(M)=,PN)-名PMN)=名则 命题角度1相互独立事件的判断 M,N为相互独立事件 【例1】设M,N为两个随机事件，给出以下命 题，不正确的是 ) D.若P(M)-PN)-了PMN)-若，则 A.若P(M)-P(N)=3P(MN)=日则 M,N为相互独立事件 学生试答： M,N为相互独立事件 R若P(M)-P(N)-3PMN)-G则 M,N为相互独立事件 234亿对闪·讲与练·高三数学·基础版 ·规律总结 九 判断两个事件是否相互独立，主要的依据是相 规律总结 互独立事件的定义」 求相互独立事件同时发生的概率的方法 【对点训练1】(2021·新高考I卷)有6个相同 (1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各 的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回 自发生的概率之积. 地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第 (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其 次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二 对立事件入手计算. 次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取 【对点训练2】某中学根据学生的兴趣爱好，分别 出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取 创建了“书法”“诗词”“理学”三个社团，据资料 出的球的数字之和是7”，则 统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功 A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立 与否相互独立.2025年某新生人学，假设他通 C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立 过考核选拔进入该校的“书法”“诗词”“理学” 命题角度2相互独立事件概率的计算 三个社团的概率依次为m,3n,已知三个社 【例2】小王某天乘火车从重庆到上海，当天从重 庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为 团他都能进入的概率为24，至少进人一个社团 0.8,0.7,0.9,假设这三列火车之间是否正点 到达互不影响.求： 的概率为，且m≥0：该校根据三个社团活动 (1)这三列火车中恰好有两列火车正点到达的 安排情况，对进入“书法”社的同学增加校本选 概率； 修学分1分，对进入“诗词”社的同学增加校本 (2)这三列火车中恰好有一列火车正点到达的 选修学分2分，对进入“理学”社的同学增加校 概率； 本选修学分3分.该新同学在社团方面获得校 (3)这三列火车中至少有一列火车正点到达的 本选修学分分数不低于4分的概率为 概率。 考点2条件概率与全概率公式 学生试答： 命题角度1条件概率 【例3】(1)(2024·天津卷)A,B,C,D,E五种活 动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的 概率为 ;已知乙选了A活动，他再选 择B活动的概率为 (2)(多选题)(2024·江苏宿迁期中)某气象台 统计其所在地区不下雨的概率为名 ,刮四级以 上的风的概率为三，既刮四级以上的风又下雨 的概率为设A为下雨，B为刮四级以上的 风，则 第九章概率与统计 235 A.P(A I B)-12 1 B.P(B|A)=10 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 C.P(B1A)=1 D.P(A B)=- (2)5个袋子中都放有白球和黑球，其中1号袋 4 2 学生试答： 中白球占子，另外2,3,4,5号4个袋子中白球 都占子，从中随机取1个袋子，若从所取的袋子 第 中随机取1个球，结果是白球，则这个球来自 章 1号袋中的概率为 学生试答： ”规律总结 解决条件概率问题的步骤：第一步，判断是否 为条件概率，若题目中出现“在…条件 下”“在…前提下”等字眼，一般为条件概率；题目 中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所 求事件的概率时，也需注意是否为条件概率，若为 规律总结 条件概率，则进行第二步，计算概率，这里有两种思 1.利用全概率公式的思路 路，思路一：缩减样本空间法计算条件概率，如求 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为 P(A|B),可分别求出事件B,AB包含的样本点 若于个互斥事件A:(i=1,2,…,n). 数，再利用公式P(AB)=”(AB)计算：思路二：直 (2)分别求P(A:)和所求事件B在各个互斥事 n(B) 接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分 件A:发生条件下的概率P(BA;). 别计算出P(AB),P(B),再利用公式P(A|B)= (3)代入全概率公式计算。 2.贝叶斯公式 P(AB)计算，当直接求事件B发生的概率不好求 P(B) 一般地，当0<P(A)<1且P(B)>0时，有 时，可以采用化整为零的方式，即把事件B分解，然 P(AB)= P(A)P(BA) 后借助全概率公式间接求出事件B发生的概率. P(B) P(A)P(B A) 【对点训练3】(2023·全国甲卷理)某地的中学 P(A)P(BA)+P(A)P(BA) 生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱 【对点训练4】(1)有一道数学题，不知道答案的 好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在 概率为0.6，如果知道答案则本题答对的概率 该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学 为0.9，不知道答案则本题答对的概率为0.2， 爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为 在答对本题的条件下，不知道答案的概率为 ( A.0.8 B.0.6 (2)小明开始了自己的存钱计划：起初存钱罐 C.0.5 D.0.4 命题角度2全概率公式与贝叶斯公式的应用 中没有钱，小明在第及天早上八点以的 【例4】(1)芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生 概率向存钱罐中存入100元，k=1,2,3,….若 产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片， 小明在第4天早上七点发现自己前3天晚上八 其中甲、乙生产的芯片分别为12块，8块，且乙 点时存钱罐中的余额恰好成等差数列，则小明 生产该芯片的次品率为20，现从这20块芯片 在第2天存入了100元的概率是 2362对构·讲与练·高三数学·基础版 聚焦，学科素养®数学应用背景下的“打比赛”问题 (一)“经典赛制”型 在线匹配用户4人，匹配成功开始作答；②每题答 【题目呈现1】甲、乙两个乒乓球运动员进行 对得20分，答错不减分，优先获得100分即赢得该 丘乓球比赛，己知每一局甲胜的概率为0.6，乙胜 局的胜利，荣获1颗星；③每局比赛用时最多10分 第 钟，10分钟内无选手达到100分，则全部失败.参 的概率为0.4，比赛时可以用三局两胜制或五局三 加“争上游答题”栏目的比赛还可以获得“学习强 章 胜制，在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性大？ 习学生试答： 国”的积分，其积分规则为：首局胜利积3分，第二 局胜利积2分，失败均积1分；每日仅前两局能积 分；每日上限5分.公司小张每天参加“学习强国” 的“争上游答题”栏目的前两局在线答题活动，按 照过去的答题经验，每局获胜的概率都为}，下列 对于小张某天参加“学习强国”的“争上游答题”栏 目的前两局在线答题活动的情况叙述正确的是 A.获得两颗星的概率为6 及“学习强国”积分为4分的瓶率为 C.恰好获得一颗星的概率为 7 D.“学习强国”积分为2分的概率为 幻学生试答： 素养解读 “经典赛制”型这里指的是“三局两胜”“五局三 胜”“七局四胜”等赛制，解决此类问题的突破点是哪 位选手在打满几局时获胜，如：每局甲胜的概率为 力，在“七局四胜”赛制下，甲选手打满五局获胜的情 素养解读 形应该是甲选手在前面四局比赛中“胜三局”，第五 “新定义赛制”型这里指的是根据比赛的性质、 局比赛一定是甲获胜，因此概率为Cp3(1一p)·p. 特征等定义比赛规则和要求，解决此类问题的突破 点是明确新定义赛制的要求，清楚比赛的具体“胜 (二)“新定义赛制”型 负”或“积分”情况. 【题目呈现2】（多选题）“学习强国”是由中 》素养检测《 共中央宣传部主管，以习近平新时代中国特色社 1.(多选题)甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三 会主义思想和党的十九大精神为主要内容，立足全 胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛 体党员、面向全社会的优质平台.该平台曾设置 结束).根据前期比赛成绩可知在每一局比赛 “争上游答题”“双人对战答题”两人在线互动栏 目.其中“争上游答题”栏目的比赛规则为：①每局 中，甲队获胜的概率为号，乙队获胜的概率为 第九章概率与统计 237 3若前两局中乙队以2：0领先，则 1 ( 方案一：依次做1道选择题2道填空题； 方案二：做3道填空题， A.甲队获胜的概率为7 请你推荐一种合理的方案给小红. B.乙队以3：0获胜的概率为 C.乙队以31获胜的概率为待】 第 九 D.乙队以3：2获胜的概率为) 2.某市为传播中华文化，举办中华文化知识大赛. 决赛阶段进行线上答题.题型分为选择题和填 空题两种，每次答题相互独立.选择题答对得5 分，否则得0分.填空题答对得4分，否则得0分 将得分逐题累加， (1)若小明直接做3道选择题，他做对这3道选 样题的戏率依次为学，票·了·求他科分不发于 10分的概率. (2)规定每人最多答3题，若得分高于7分，则通 过决赛，立即停止答题，否则继续答题，直到答 完3题为止.已知小红做对每道选择题的概率均 )温馨提示 为子，做对每道填空题的概率均为 学习至此，请完成训练63 现有两种方案： 9.6离散型随机变量的分布列及其数字特征 考试 要求 1.了解离散型随机变量的概念.2.理解离散型随机变量的分布列及其数字特征（均值、方差）， 回顾>必备知识>% 》知识梳理《 3.离散型随机变量的分布列的性质 (1): 0(i=1,2,…,n). 1.离散型随机变量 (2)p1十p2十…十饣m= 一般地，对于随机试验样本空间2中的每个样 4.离散型随机变量的均值与方差 本点w,都有 的实数X(w)与之对应， 一般地，若离散型随机变量X的分布列为 我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可以 22 I n 一一列举的随机变量称为离散型随机变量。 P 2.离散型随机变量的分布列 (1)均值 一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 x1x2,…,xm,称X取每一个值x,的概率 称E(X)= ∑x,p,为随机变量 =1 P(X=x,)=p;,i=1,2,…,n为X的概率分布 X的均值或数学期望，数学期望简称期望.它反 列，简称分布列. 映了随机变量取值的C互斥，B正确；事件“点数为奇数”的 对立事件是“点数为偶数”，不是“点数 大于3”，C错误；事件“点数小于4”的 对立事件是“点数不小于4”，即“点数 大于3”，C与D对立，D正确.故 选ABD. 55 例3ABC 依题意，P(A)= 100 = 0.55, P(B)= 18 =0.18,显然事件A,B互 100 斥，P(C)=1-P(A+B)=1 P(A)一P(B)=0.27,事件B,C互 斥，则P(B十C)=P(B)十P(C)= 0.45,故A,B,C都正确，D不正确.故 选ABC 对点训练3C在所给的数据中，在 497.5501.5之间的数据有498， 501,500,501,499,共5个，所以数据在 497.5~501.5之间的频率为 5 20 0.25.用频率估计概率，则所求概率约 为0.25.故选C. 例4C画出树状图，如图， 甲 乙 丙 丙 丙 乙丙丙 人 甲 甲 丙 乙丁 丙 丙丁 甲 丙 丙甲 丙 丁 伊 乙 丙 乙 丁 丁 丙甲丙 甲 乙 丁 甲丙 乙丙 甲 乙甲 由树状图可得四人由随机抽签的方式 确定出场次序，基本事件共有24个，其 中事件“丙不是第一个出场，且甲或乙 最后出场”包含的基本事件有8个，故 所求概率P= =1.故选C 24 5 对点训练4 6 解析：设6个主题分别为1,2,3,4,5,6. 列表如下： 项目 2 3 4 5 6 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) 2 (2,1) (2,2 (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1 (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1 (6,2 (6,3 (6,4) (6,5) (6,6) 共有36个不同结果，它们等可能，其中 甲、乙抽到相同主题的结果有(1,1)， (2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),共 6个，由此甲、乙两位参赛同学抽到不 同主题的结果有30个，故所求概率 30 P= 5 36 6 4 例5 5 解析：由题意，从五月、六月、七月的六 个节气中任选两个节气，总的情况有 C=15(种)，其中任取两个在同一个 月的情况有3种，所以这两个节气不在 同一个月的概牵为P=1一 3 4 5 1 对点训练5之 解析：根据题意可知，一共6根算筹，十 位和个位上可用的算筹根数可以分为 5+1,4+2,3+3,2+4,1+5一共五类 情况.第一类：5十1，即十位用5根算 筹，个位用1根算筹，那么十位可能为5 或者9，个位为1，故两位数可能为51 或者91：第二类：4十2，即十位用4根算 筹，个位用2根算筹，那么十位可能为4 或者8，个位可能为2或者6，故两位数 可能为42,46,82,86：第三类：3+3，即 十位用3根算筹，个位用3根算筹，那 么十位可能为3或者7，个位可能为3 或者7，故两位数可能为33,37,73,77： 第四类：2十4，即十位用2根算筹，个位 用4根算筹，那么十位可能为2或者6， 个位可能为4或者8，故两位数可能为 24,28,64,68:第五类：1+5，即十位用 1根算筹，个位用5根算筹，那么十位为 1,个位可能为5或者9，故两位数可能 为15或者19.综上可知，用6根算筹组 成的满足题意的所有的两位数有15， 19,24,28,33,37,42,46,51,64,68,73, 77,82,86,91,共计16个，则不小于50 的有51,64,68,73,77,82,86,91，共计 8个，故所求概率为6=立 ǒ 例635 解析：设正方体为ABCD-A1B1C1D1, 则满足体积为子的四个顶点只有“A, C,B1,D1”和“B,D,A,,C1”两种情 况，故所求概率P=。=35 2 对点训练635 2 解析：依题意从长方体八个顶点中任 选四个顶，点的选法有C=70(种). C D B 《A --D B 如图，以A为顶，点（其他三个顶，点均在 长方体的同一个面内)的四个面都是 直角三角形的三棱锥有A-A1D1C1, A-A B CI,A-BB CI,A-BCC1, A-DCC1,A-DD1C1,共6个，同理，以 B,C,D,A1,B1,C1,D1为顶点且满足 条件的三棱锥也各有6个，但是所有列 举的三棱锥均出现2次，所以四个面都 是直角三角形的三棱锥有2×8X6= 24(个)，故所求的概率是24=12 70=35 9.5 事件的相互独立性 与条件概率、全概率公式 》回顾·必备知识《 知识梳理 1.(1)P(AB)=P(A)P(B)独立 (2)AA P(AB) 2.(1)① ②P(AB)=P(A)· P(A) P(B A)(2)2P(B A)+P(C A) ③1-P(BA) 基础检测 1.(1)/(2)/(3)/(4)/ 2.0.81 8 3. 解析：由题意可得甲、乙两人中仅有一 4 人通过面试的概率P=2X了父 (1-)= 8 17 4.24 析：设事件A为“甲命中”，事件B为 “乙命中”，事件C为“丙命中”，则 P(A)=,PB)=号P(C)= 故所求概率为P=P(ABC)+P(ABC)+ Pa0)-PAC)=×号x子 1 1 1 31 1 2 317 ×=2 5AB因为PAB)=专×号= 1.1 1 P(AC)-P(BC)= 名×号-}所以PAB)=PaC) 1 P(BC),故A正确；易知事件A,B,C两 两相互独立，所以P(AB)=P(A), P(AC)=P(A),所以P(AB)= P(AC)=,故B正璃：李件A,B.C 不可能同时发生，故P(ABC)=0,故C 错误：PA)P(B)PC)=是X× 1 号=日，故D错误，故选AB 1 …》提升·关键能力《… 例1D 由PM)=名PNW=吉 31 P(MN)=后=P(M)·P(N),则由 相互独立事件乘法公式知M,N为相 互独立事件，故A正确；由P(M)= 1 方→P(M)三2，由A可知B正确 1 →PN)= PM=z,由PN)=3 1 3P(MN)==P(MD·P(N),则 由相互独立事件乘法公式知M,N为相 互独立事件，故C正确：由P(M)= z→PM)=1 1 Pw=子→pN) 台nmp)=号x是-君而 PMN)=吾所以M与N不湘互脸 立，则M与N也不相互独立，故D错 误.故选D. 对点训练1BP(甲）=合P(乙) 合P两)=品PT)=合周为 1 P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，所以甲 参考答案499 与丙不相互独立，A错误；P(甲丁)= 6=P(甲)P(丁)，所以甲与丁相互 独立，B正确：P(乙丙)=36 P(乙)P(丙)，所以乙与丙不相互独立， C错误；P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)， 所以丙与丁不相互独立，D错误.故 选B. 例2解：用A,B,C分别表示这三列火车 正点到达的事件， 则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)= 0.9,所以P(A)=0.2,P(B)=0.3, P(C)=0.1. (1)由题意得A,B,C之间相互独立，所 以恰好有两列火车正点到达的概率为 P=P(ABC)-P(A BC)-P(ABC)= P(A)P(B)P(C)-P(A)P(B)P(C)-+ P(A)P(B)P(C)=0.2×0.7×0.9+ 0.8×0.3×0.9十0.8×0.7×0.1= 0.398. (2)恰好有一列火车正点到达的概率为 P,=P(A BC)-P(ABC)-P(ABC)= P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C) P(A)P(B)P(C)=0.8X0.3×0.1+ 0.2×0.7×0.1+0.2×0.3×0.9=0.092. (3)三列火车中至少有一列火车正点 到达的概率为P,=1-P(ABC)= 1-P(A)P(B)P(C)=1-0.2X 0.3×0.1=0.994 对点训练26 解析：由题意列出方程组，得 3mn=24: 1-1-m)0-号）1-)= 3 4 m≥n, 1 解得 m=2' 令该新同学在社团方 1 n4 面获得校本选修学分的分数为X,获 得校本选修学分分数不低于4分为事 件A湖P(X=)=子×号× 2 1 1、1、11 2P(X=5)=2×3X年=24 111 1 P(X=6)=2×3X年=24，故 P(A)=P(X=4)十P(X=5)十 1。1 1 1 P(X=6)=12+24+24=6 3号日 2 解析：设甲选到A为事件M,乙选到A 为事件M',乙选到B为事件N,则甲选 C3 到A的概率为P(M)= C =5乙选 了A活动，他再选择B活动的概率为 C P(M'N) C P(N|M')= P(M') 2 C 5002对构·讲与练·高三数学· (2)BD由题意可知P(A)=7: 5 1 P(B)=7P(AB)=4,所以P(A 1 P(AB)14 B)= P(B) 1 =名PBA= 7 P(AB) 14 P(A) 0故选BD. 7 对点训练3A同时爱好两项的概率为 0.5十0.6一0.7=0.4，记“该同学爱好 滑雪”为事件A,“该同学爱好滑冰”为 事件B,则P(A)=0.5,P(AB)= 0.4,所以P(BA)=PAB=04 P(A)0.5 0.8.故选A 例4(1) 1 解析：设A1,A,分别表示取得的这块 芯片是由甲、乙生产的，B表示取得的芯 片为次品，甲生产该芯片的次品率为卫， 12 2 则pAD三0号PA)=5 1 PBA)=D,P(BA:)=0,则由全概 率公式得P(B)=P(A1)P(BA1)十 P(A)P(BA,)三。Xp千≤P 1 20=0.08,解得p=0 解析：设A,=“取到第i号袋子”，i= 1,2,3,4,5,B=“取到白球”，根据题 意得P(A1)=P(A2)=P(A3)= 1 P(A)=P(A:)=5P(B A)= P(B A:)P(B A)=P(B A)=P(BA)=子由见叶新公式得 P(A)P(B A) P(A B)= ∑P(A,)P(BA,) = 1 1 所以这个球来自1号袋中的概率 1 对点训练4(1)0.25 解析：设事件A:知道答案，事件B:答 对本题，则P(A)=0.6,P(A)=0.4, P(B|A)=0.9,P(BA)=0.2,则 P(B)=P(B A)P(A)-P(BA). P(A)=0.9×0.4+0.2×0.6=048. PAIB)=PAB=PBAP④) P(B) P(B) 0.2×0.6=0.25. 0.48 基础版 解析：余额恰好成等差数列，即(100， 200,300),(0,100,200),(100,100, 100),(0,0,0),其中第2天存入100元 的是(100,200,300)，(0,100,200)，故 所求机车为（××子×号 31 聚焦学科素养… 题目呈现1解：①如果采用三局两胜制， 那么甲在下列两种情况下获胜： A1一2：0（甲净胜两局）， A2一2：1（前两局甲一胜一负，第三局 甲胜). P(A1)=0.6X0.6=0.36,P(Ag)= C×0.6×0.4×0.6=0.288,因为A1 与A,互斥，所以甲胜的概率为 P(A1十A2)=0.648. ②如果采用五局三胜制，那么甲在下 列三种情况下获胜：B1一3：0（甲净胜 三局)，B2一3：1（前三局甲两胜一负， 第四局甲胜)，B3一3：2（前四局各胜两 局，第五局甲胜)，因为B1,B2,B?互 斥，所以甲胜的概率为P(B1十B, B3)=P(B1)+P(B2)+P(B3)= 0.6+C×0.6×0.4×0.6十C号× 0.6×0.42×0.6=0.68256.由①② 可知在五局三胜制下，甲获胜的可能 性大 题目呈现2AD对于A,获得两颗星即 前两局都获胜，其概率P1=年× 1 子=方所以A运：对于B学习强 国”积分为4分，即第一局获胜，第二局 夫，共概率P:=子×（1-) 6,所以B不正确；对于C,恰好获得一 3 颗星，即两局中恰好获胜一局，其概率 P,=Cx号×(1-)=日所以 C不正确；对于D,“学习强国”积分为2 分，即第一局和第二局都失败，其概率 =1-号)×-)=所 以D正确.故选AD. 素养检测1.AB对于A,在乙队以2：0 领先的前提下，若甲队获胜，则第三、 四、五局均为甲队获胜，所以甲队获胜 的概车为（号）=品故A三确：时于 B,乙队以3：0获胜，即第三局乙队获 胜，概率为了，故B正确：对于C,乙队 以3：1获胜，即第三局甲队获胜，第四 1 局乙队获胜，概率为3X3=。,故 C错误；对于D,若乙队以3：2获胜，则 第五局为乙队获胜，第三、四局己队输， 所以乙队以3：2黄胜的概率为号× 号X号=奇故D错误，故速AB 2.解：(1)记“他得分不低于10分”为事件 A,则PA)=台×是×(1-) 2 品+号-品 (2)记“方案一通过决赛”为事件B,则 1 3 3 3 321 27 年×0×0=40+400+400 400=200,记“方案二通过决赛”为事 78 39 37、3 3 9 63十 0+10×0×i0=10+1000 63 216 27 1000=100=125.因为P(C)> P(B),所以推荐方案二给小红. 9.6离散型随机变量的 分布列及其数字特征 …》回顾·必备知识《… 知识梳理 1.唯一 3.(1)≥(2)1 4.(1)x1p1十x2p2十…十xnpn 平均水 平(2)标准差偏离程度 5.(1)aE(X)+b(2)aD(X) 基础检测 1.(1)/(2)/(3)/(4)/ 2.1.8 解析：由已知得=1,2,3，P(专=1) CC 3 cc =0P(=2)= CCC 3 CC 5 CC=10,所以E() 1 P(专=3)= 13 +2×+8× 5 =1.8. 3.2.810.4 解析：E(X)=1×0.1十2×0.3+3× 0.4十4×0.1+5×0.1=2.8， E(3X+2)=3E(X)+2=3×2.8十 2=10.4. 4.甲种品牌手表的性能更好，更稳定 解析：E(X)=一1×0.1十0×0.8十 1×0.1=0,D(X)=(-1)×0.1+ 02×0.8+12×0.1=0.2,E(Y)= -2×0.1十(-1)×0.2十0×0.4十1× 0.2+2×0.1=0,D(Y)=(-2)2× 0.1+(-1)2×0.2+02×0.4+12× 0.2十2×0.1=1.2，甲、乙两种品牌 手表日走时误差的期望一样，但甲种 品牌手表日走时误差的方差小于乙种 品牌手表日走时误差的方差，所以认 为甲种品牌手表的性能更好，更稳定. 5AD由分布列的性质，可得行-a十 6=1,解得a十6=号①，因为 E(X)=1,所以0×a十1×b+2× =1，即6=号@，联立①@解得 1 3 a子子所以DX00 +1-Dx号+2-1x 1)2×- 3 6= 3,因为Y=2X-1,所以 11 E(Y)=2E(X)-1=1,D(Y)= 4D0X)=4X号=专故选ABD. 4 》提升·关键能力《… 解析：因为P(X=m)=n(m十1Dm 1,2,3,4),所以只+0+a+a 2+6+12+20=1, 所以a= 所以P(<X<） 1 PX=1D+P(X=2)=号X2 5 对点训练13 解析：根据题意，随机变量X的分布列 为P(X=)=2ai=1,2,3,则有 例2解：(1)因为第65百分位数为 17.5=15+20 2 质以亿十药0-1m 所以x=40,y=25. (2)由已知得 打饭时间为10秒的概率为品=04， 打饭时间为15秒的概率为 25 =0.25, 打饭时间为20秒的概率为0 =0.25, 10 打饭时间为25秒的概率为100=0.1， 由题可知X的可能取值为0,1,2， P(X=0)=0.1, P(X=1)=0.25+0.25+0.4×(1 0.4)=0.74, P(X=2)=0.4×0.4=0.16, 所以X的分布列为 0 1 2 P0.10.740.16 对点训练2解：(1)若A恰好获得8元， 则结果为A未猜中，B未猜中，C猜中， 故A恰好获得8元的概率为号×？× 2 11 3=9 (2)X的可能取值为0,8,12,24， 则P(X=8)= 1 9 P(X=0)= 2 1 2 2 3 P(X=12)= 2、11 ×2 3 P(X=24)=3: 所以X的分布列为 X 0 8 12 24 1 1 1 9 9 3 例3解：(1)设事件A为“随机抽取一份 保单，索赔次数不少于2”， 由题设中的统计数据可得P(A)= 60+30+10 1 800+100+60+30+10=10: (2)(ⅰ)设为一份保单的赔偿总金 额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由题设中的统计数据可得P(:=0)= 800 100 1 1000 =5 P(=0.8)=1000=10 P(=1.6)=1000 60 3 50 30 3 P(ξ=2.4)=1000=1001 10 P(5=3)=1000=1001 故E()=0×5+0.8×0+1.6X 4 +24×品+8x 3 1 =0.278, 又X=0.4-专， 故E(X)=0.4-0.278=0.122. (ⅱ)由题设知调整后一份保单的保费 为0.4X5X96%+0.4×5 120%=0.4032(万元)， 设调整保费后一份保单的毛利润为Y, 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4= 0.1252, 从而E(X)<E(Y). 对点训练3解：(1)设甲学校在三个项目 中获胜的事件依次记为A,B,C,则甲 学校获得冠军的概率为 P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+ P(ABC)=0.5×0.4×0.8十0.5× 0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5× 0.4×0.2=0.16+0.16+0.24+ 0.04=0.6. (2)依题可知，X的可能取值为0,10， 20,30,所以 P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×0.8十0.5× 0.6×0.8十0.5×0.4×0.2=0.44， P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5× 0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34, P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. 即X的分布列为 0 10 畅 30 0.16 0.44 0.340.06 参考答案 501