第十章 §10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（湘教版 甘）

§10.5　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 课标要求　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：在概率论中，设A，B为两个事件，若P(A∩B)＝P(A)P(B)，则称事件A，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，与B，与也都相互独立． 2．条件概率 (1)概念：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)． (2)两个公式 ①条件概率计算公式：P(B|A)＝； ②一般概率的乘法公式：若Ai(i＝1,2，…，n)为n个随机事件，且P(A1A2…An－1)＞0，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An－1)． (3)条件概率的性质 条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质．设P(A)>0，则 ①P(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设和B互为对立事件，则P(|A)＝1－P(B|A)． 3．全概率公式 设Ai(i＝1,2，…，n)为n个事件，若满足(1)AiAj＝∅(i≠j)， (2)A1∪A2∪A3∪…∪An＝Ω， (3)P(Ai)＞0，i＝1，…，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)＝P(Ai)P(B|Ai)． 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．*贝叶斯公式的推广：设A1，A2，…，An满足AiAj＝∅(i≠j)，且A1∪A2∪A3∪…∪An＝Ω.若P(Ai)＞0(i＝1，2，…，n)，则对任一事件B(其中P(B)＞0)，由条件概率及全概率公式，有P(Ai|B)＝＝(i＝1,2，…，n)． 自主诊断 1．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)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．(　√　) (3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”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，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．(　√　) 2．甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为，，则谜题没被破解出的概率为(　　) A. B. C. D．1 答案　A 解析　设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B， 则P(A)＝，P(B)＝，故P()＝，P()＝，所以P()＝×＝， 即谜题没被破解出的概率为. 3．在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为. 4．智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.5，则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为________． 答案　0.55 解析　由题意得，居民甲第二天去A食堂用餐的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55. 题型一　相互独立事件的概率 命题点1　事件相互独立性的判断 例1 (多选)(2024·滁州模拟)已知A，B为两个随机事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则(　　) A．P(A＋B)<1 B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0 C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件 D．若A，B为相互独立事件，则P()＝P(AB) 答案　BCD 解析　若A，B为互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，则A∩B＝∅且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A错误，B正确； 若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B为相互独立事件，故C正确； 若A，B为相互独立事件，则，也相互独立， 即P()＝P()P()， 又P()＝0.6，P()＝0.4， 所以P(AB)＝0.4×0.6＝P()P()， 故P()＝P(AB)，故D正确． 命题点2　相互独立事件的概率 例2 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为. (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率． 解　(1)甲连胜四场的概率为. (2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛． 比赛四场结束，共有三种情况： 甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为； 丙上场后连胜三场的概率为. 所以需要进行第五场比赛的概率为 1－－－＝. (3)丙最终获胜，有两种情况： 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为； 比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，. 因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝. 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1 (多选)甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签．其中，甲袋中有编号为1,2,3的三个号签；乙袋有编号为1,2,3,4,5,6的六个号签．现从甲、乙两袋中各抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响．记事件A：从甲袋中抽取号签1；事件B：从乙袋中抽取号签6；事件C：抽取的两个号签和为3；事件D：抽取的两个号签编号不同．则下列选项中，正确的是(　　) A．P(AB)＝ B．P(C)＝ C．事件A与事件C相互独立 D．事件A与事件D相互独立 答案　ABD 解析　对于A，事件A，B相互独立， P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，A正确； 对于B，样本点为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共18种， 事件C包括(1,2)，(2,1)2种情况，P(C)＝＝，B正确； 对于C，由P(AC)＝≠×＝P(A)P(C)，得事件A，C不相互独立，C错误； 对于D，由P(AD)＝＝×＝P(A)P(D)，得事件A，D相互独立，D正确． 题型二　条件概率 命题点1　条件概率 例3 (2023·黄山模拟)先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别标有1,2,3,4,5,6)，落在水平桌面上，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A＝“x＋y为奇数”，事件B＝“x，y满足x＋y<6”，则P(B|A)等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　用(x，y)表示第1次掷骰子得到的点数为x，第2次掷骰子得到的点数为y，掷两次骰子，样本点的总个数为6×6＝36，因为事件A＝“x＋y为奇数”，事件B＝“x，y满足x＋y<6”，记事件C＝“x＋y为奇数，且x＋y<6”，所以事件A包含的样本点个数为3×3×2＝18，事件C包含的样本点个数为3×2＝6，根据古典概型知识可知，P(A)＝＝，P(C)＝P(AB)＝＝，由条件概率公式知，P(B|A)＝＝＝. 命题点2　条件概率性质的应用 例4 (多选)(2023·武汉模拟)设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知0<P(A)<1,0<P(B)<1，则下列说法正确的是(　　) A．P(B|A)＋P(|A)＝1 B．P(B|A)＋P(B|)＝0 C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A) D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B) 答案　AC 解析　P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A正确； 当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B|)＝2P(B)≠0，故B错误； 因为A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝＝P(A)，故C正确； 因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式P(B|A)＝0，而P(B)∈(0,1)，故D错误． 命题点3　乘法公式的应用 例5 经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为(　　) A．0.24 B．0.36 C．0.48 D．0.75 答案　C 解析　设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由题意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48. 思维升华 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． 跟踪训练2 (1)(多选)设A，B是随机试验的两个事件，P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则(　　) A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立 C．P(A|B)＝ D．P()＝ 答案　BCD 解析　因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)， 所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝＋－＝，故A错误； 因为P(A)P(B)＝×＝＝P(AB)，所以事件A与事件B相互独立，故B正确； 因为P(A|B)＝＝＝，故C正确； 因为P()＝1－P(AB)＝1－＝，故D正确． (2)(2023·北京模拟)从－2，－1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”为事件A，“两数均为负数”为事件B.则P(B|A)＝________. 答案　 解析　从－2，－1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有C＝10(种)取法，其中满足两数之积为正数的有C＋C＝4(种)取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有C＝1(种)取法， 所以P(A)＝，P(AB)＝， 所以P(B|A)＝＝. 题型三　全概率公式的应用 例6 (1)长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约30%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%，现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　令A1＝“玩手机时间超过1小时的学生”，A2＝“玩手机时间不超过1小时的学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”， 则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.6，P(B)＝0.3， 依题意P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.2×0.6＋0.8×P(B|A2)＝0.3，解得P(B|A2)＝，所以所求近视的概率为. (2)(2023·石嘴山模拟)一堆苹果中大果与小果的比例为9∶1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%.经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　记事件A1：放入水果分选机的苹果为大果，事件A2：放入水果分选机的苹果为小果， 记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”， 则P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝， 由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋ P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝， P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝×＝， 因此，P(A1|B)＝＝×＝. 思维升华 利用全概率公式解题的思路 (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 (2023·郴州模拟)已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球、一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球、一个黄球；黄色口袋内装有三个红球、两个绿球(球的大小质地相同)．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝P(A3)＝， 记第二次抽到黄球的事件为B， 而A1，A2，A3两两互斥，其和为Ω， 所以P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝， 则P(B)＝(Ai)P(B|Ai)＝×＋×＋×＝. 课时精练 一、单项选择题 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　∵P(A)＝1－P()＝1－＝， ∴P(A)P(B)＝， ∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0， ∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立． 2．已知事件A，B相互独立，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则P(A＋B)等于(　　) A．0.88 B．0.9 C．0.7 D．0.72 答案　C 解析　因为事件A，B相互独立， 故P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2， 又P(A)＝0.5，P(B)＝0.4， 所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.4－0.2＝0.7. 3．(2023·广安友谊中学模拟)A，B两名学生均打算只去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市互不影响，若A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.2，则A，B不去同一城市上大学的概率为(　　) A．0.3 B．0.56 C．0.54 D．0.7 答案　B 解析　由题意知，A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.2， 即A去乙城市的概率为0.4，B去乙城市的概率为0.8， 所以A，B去同一城市上大学的概率P1＝0.6×0.2＋0.4×0.8＝0.44， 则A，B不去同一城市上大学的概率P＝1－P1＝1－0.44＝0.56. 4．已知P(B|A)＝0.4，P(A)＝0.6，则P(A)等于(　　) A．0.12 B．0.18 C．0.21 D．0.36 答案　D 解析　由P(B|A)＝＝＝0.4， 解得P(AB)＝0.24， 所以P(A)＝P(A)－P(AB)＝0.6－0.24＝0.36. 5．(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 答案　A 解析　令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪， 则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4， 所以P(A|B)＝＝＝0.8. 6．(2024·呼和浩特模拟)从5名女生2名男生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设女生甲被选中为事件A，事件A表示女生甲被选中后再从剩下的6人中选2人， 故P(A)＝＝， 设男生至少一人被选中为事件B，事件AB表示女生甲被选中后再选2男生或1男生和1女生(从剩余4女生中选)， 故P(AB)＝＝， 则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是P(B|A)＝＝＝. 二、多项选择题 7．(2023·石家庄模拟)先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则(　　) A．A与B互斥 B．B与C相互独立 C．P(A)＝ D．P(AC)＝ 答案　BD 解析　互斥事件是指不可能同时发生的两个事件，事件A可以有以下情况：第一次掷出1，第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件B有同时发生的可能，故A错误； P(B)＝＝，P(C)＝＝，P(BC)＝＝＝P(B)P(C)，故B正确； 易知P(A)＝＝≠，故C错误； 点数和为6，且两次点数相同仅有都是3点一种情况， 故P(AC)＝＝，故D正确． 8．(2023·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%， 任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误； 任取一个零件是次品的概率为P(A)＝ (Bi)P(A|Bi)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确； 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； 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． 三、填空题 9．(2024·遵义模拟)公司要求甲、乙、丙3个人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为，，，则3个人中至少2人在规定时间内完成任务的概率为________． 答案　 解析　3个人中至少2人在规定时间内完成任务，即在规定时间内3 人中恰有2人完成任务或3人都完成任务．其概率为P＝××＋××＋××＋××＝. 10．第33届夏季奥运会将于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行．某田径运动员准备参加100米、200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是__________． 答案　 解析　设在200米比赛中站上领奖台为事件A，在100米比赛中站上领奖台为事件B， 则P()＝，P()＝，P(∩)＝，P(B)＝1－P()＝， 则P(∪)＝P()＋P()－P(∩) ＝＋－＝， 则P(AB)＝1－P(∪)＝， 故P(A|B)＝＝＝. 四、解答题 11．甲、乙、丙三名学生一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立，根据甲、乙、丙三名学生的平均成绩分析，甲、乙、丙3名学生能通过笔试的概率分别是0.6,0.5,0.4，能通过面试的概率分别是0.6,0.6,0.75. (1)求甲、乙、丙三名学生中恰有一人通过笔试的概率； (2)求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率． 解　(1)分别记“甲、乙、丙三名学生笔试合格”为事件A1，A2，A3，则A1，A2，A3相互独立， 记事件E表示“恰有一人通过笔试”， 则P(E)＝P(A12 3)＋P(1A23)＋P(1 2A3) ＝0.6×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4＝0.38， 故恰有一人通过笔试的概率为0.38. (2)分别记“甲、乙、丙三名学生经过两次考试后合格”为事件A，B，C， 则P(A)＝0.6×0.6＝0.36，P(B)＝0.5×0.6＝0.3，P(C)＝0.4×0.75＝0.3. 记事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”， 则表示“甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取”， 又＝， 于是P(F)＝1－P()＝1－P()P()P() ＝1－0.64×0.7×0.7＝0.686 4. 故经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率为0.686 4. 12．(2023·太原模拟)假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球、2个红球，第二个盒子里装有2个白球、4个红球，这些小球除颜色外完全相同． (1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率； (2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率． 解　(1)依题意，记事件Ai表示“第i次从第一个盒子里取出红球”，记事件B表示“两次取球中有红球”， 则P(B)＝1－P()＝1－×＝1－＝， P(A2|B)＝＝ ＝＝. 故取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率是. (2)记事件C1表示“从第一个盒子里取出红球”，记事件C2表示“从第一个盒子里取出白球”，记事件D表示“从第二个盒子里取出红球”， 则P(D)＝P(C1)P(D|C1)＋P(C2)P(D|C2)＝×＋×＝. 故从第二个盒子里取出的球是红球的概率是. 13．(2023·梅州模拟)为了解高中学生的体质健康水平，某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评，并根据2018年版的《国家学生体质健康标准》评定等级．经过统计，甲校有30%的学生的等级为良好，乙校有60%的学生的等级为良好，丙校有50%的学生的等级为良好，且甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生人数之比为5∶8∶7.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取1名学生，则该学生的等级为良好的概率为(　　) A．0.40 B．0.47 C．0.49 D．0.55 答案　C 解析　从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取1名学生，记“该学生来自甲校”为事件A1，“该学生来自乙校”为事件A2，“该学生来自丙校”为事件A3， 则P(A1)＝＝0.25， P(A2)＝＝0.4， P(A3)＝＝0.35. 记“该学生的等级为良好”为事件B， 则P(B|A1)＝0.3，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝0.5， 所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3) ＝0.25×0.3＋0.4×0.6＋0.35×0.5＝0.49. 14．如果10个篮球中有7个已打足气，3个没有打足气．已知小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，若小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，现小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为________． 答案　0.7 解析　设事件A1，A2分别表示小明拿的一个球为已打足气的，没有打足气的，事件B表示投篮命中， 则由题意可得P(A1)＝＝0.7，P(A2)＝＝0.3， 又小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9， 所以P(B|A1)＝0.9， 则P(A1)P(B|A1)＝0.7×0.9＝0.63， 又小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72， 所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.72， 则P(A2)P(B|A2)＝0.09， 所以P(B|A2)＝＝0.3，故小明用没有打足气的篮球投篮，能命中的概率为0.3， 所以小明用没有打足气的篮球投篮， 不能命中的概率为1－0.3＝0.7. 学科网（北京）股份有限公司 $