10.5事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课件-2027届高三数学一轮复习

第5节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 1.了解两个事件相互独立的含义，利用独立性计算概率. 2.理解条件概率与独立性的关系，能计算简单随机事件的条件概率. 3.会利用乘法公式和全概率公式计算概率. 课标要求 1.事件的相互独立 (1)概念:对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝___________，则称事件A与事件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___，与也都相互独立. P(A)P(B) B 3 2.条件概率 (1)概念:设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称________________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.也可以用P(B|A)＝进行计算. (2)性质:设P(A)>0，则 ①P(Ω|A)＝___; ②如果B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝_________________; ③设和B互为____________，则P(|A)＝1－P(B|A). (3)概率的乘法公式:对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝____________. P(B|A)= 1 P(B|A)+P(C|A) 对立事件 P(A)P(B|A) 4 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) 5 常用结论与微点提醒 1.事件A与事件B是互斥事件，则A与B不相互独立. 2.当P(A)>0时，事件A与B相互独立的充要条件是P(B|A)＝P(B). 3.已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)＝P(B)，则P(A|B)＝P(A). 4.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). 6 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.(　　) (2)三个事件A，B，C两两独立，P(ABC)≠P(A)P(B)P(C).(　　) (3)P(A)＝P(BA)＋P(B).(　　) (4)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|). (　　) (1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝0; (3)P(B)＝P(BA)＋P(B). 诊断自测 概念思考辨析+教材经典改编 √ × √ × 7 2.(苏教选修二P143T1原题)甲、乙两人射击，中靶的概率分别为0.8，0.7.若两人同时独立射击，则他们都击中靶的概率是(　　) A.0.56 B.0.48 C.0.75 D.0.6 A 甲、乙两人射击时相互独立， 则他们都中靶的概率为0.8×0.7＝0.56. 8 3.(人教B选修二P47练习AT4改编)已知一种节能灯使用寿命超过10 000 h的概率为0.95，而使用寿命超过12 000 h的概率为0.9，则已经使用了10 000 h的这 种节能灯，使用寿命能超过12 000 h的概率为____________.  由题意，设该节能灯使用寿命超过10 000 h为事件A， 则事件A的概率为P(A)＝0.95; 设该节能灯使用寿命超过12 000 h为事件B， 则事件B的概率为P(B)＝0.9， 则P(AB)＝P(B)＝0.9， 由条件概率公式P(B|A)＝. 9 4.(人教A选修三P50例4改编)某学校有A，B两家餐厅，王同学第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，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.则王同学第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.因此，王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7. 10 例1 (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 考点一　相互独立事件的概率 事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝， 事件丙发生的概率P(丙)＝，事件丁发生的概率P(丁)＝. 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， 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， 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. (2)(2026·乌鲁木齐质测)甲、乙两个元件构成一串联电路，甲元件断路概率为0.2，乙元件断路概率为0.3，则电路通路的概率为(　　) A.0.44 B.0.5 C.0.56 D.0.94 C 法一(直接法)　设甲元件断路的事件记为A，乙元件断路的事件记为B， 电路通路的事件记为C，所以P(C)＝[1－P(A)][1－P(B)]＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.56.故选C. 法二(间接法)　设甲元件断路的事件记为A，乙元件断路的事件记为B，电路通路的事件记为C，P(C)＝1－[1－P(A)]P(B)－P(A)[1－P(B)]－P(A)P(B)＝1－(1－0.2)×0.3－0.2×(1－0.3)－0.2×0.3＝1－0.24－0.14－0.06＝0.56，故选C. 感悟提升 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. 训练1 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则(　　) A.两人都中靶的概率为0.12 B.两人都不中靶的概率为0.42 C.恰有一人中靶的概率为0.46 D.至少有一人中靶的概率为0.74 C 设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7， 则两人都中靶的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42， 两人都不中靶的概率为P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.3＝0.12， 恰有一人中靶的概率为P(B∪A)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46， 至少有一人中靶的概率为1－P()＝0.88. 例2 (1)(多选)(2026·宝鸡模拟)已知A，B是两个随机事件，且0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列说法正确的有(　　) A.若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B) B.P(B)≥P(B|A)恒成立 C.若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，则P(B|A)＝0 D.若P(B|A)＋P(|A)＝1，则A，B相互独立 AC 考点二　条件概率 对于A，若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)， 由条件概率公式可得P(B|A)＝＝P(B)，故A正确. 对于B，抛掷一枚骰子，记事件A＝“向上的点数为1”，事件B＝“向上的点数为奇数”， 则P(B|A)＝1，P(B)＝， 此时P(B)<P(B|A)，故B错误. 对于C，因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝P(A)＋P(B)， 所以P(AB)＝0，因此P(B|A)＝＝0，故C正确. 对于D，P(B|A)＋P(|A)＝1， 即＝1，对任意的事件A，B恒成立，故A，B不一定相互独立，故D错误.故选AC. (2)(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________.  由题意知甲选到A活动的概率p＝. 记事件M＝“乙选择A活动”，事件N＝“乙选择B活动”， 则P(M)＝，P(MN)＝， 所以P(N|M)＝. 感悟提升 1.求条件概率的常用方法 (1)定义法:分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝. (2)样本点法:先求事件A包含的样本点数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点数，即n(AB)，得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. 2.乘法公式:P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(B)·P(A|B). 训练2 (1)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 C 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. (2)(2026·信阳联考)甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入某次跳水比赛决赛，现采用抽签法决定跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为(　　) A. B. C. D. A 记事件M＝“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”，事件N＝“运动员丙第一个出场”， 事件M可分为甲最后一个出场或甲在中间出场，故n(M)＝＝78， 在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”，即“运动员丙第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”，故n(MN)＝＝18， 因此所求概率为P(N|M)＝. 例3 (1)(2026·东北三市联考)已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区人口数量的比为3∶2∶1， 现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为____________.  将这个人来自A，B，C三个地区分别记为事件A1，A2，A3，这个人患流感记为事件M，由题可得P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(M|A1)＝0.06，P(M|A2)＝0.05，P(M|A3)＝0.04，所以P(M)＝P(A1)P(M|A1)＋P(A2)P(M|A2)＋P(A3)P(M|A3)＝×0.06＋×0.05＋×0.04＝. 考点三　全概率公式的应用 (2)(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C 三种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的 题中随机选一题，正确率是____________.  0.85 题库总数为5 000＋4 000＋3 000＝12 000， 小申随机选一题，答对的情况有3种， 选中A题型，PA＝，选中B题型，PB＝， 选中C题型，PC＝，则所求概率p＝PA×0.92＋PB×0.86＋PC×0.72＝0.85. 感悟提升 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(Ai)，P(B|Ai); (3)代入全概率公式计算. 训练3 (1)无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为(　　) A.0.8 B.0.7 C.0.6 D.0.5 B 记事件A1＝“第一天入住无人酒店”，A2＝“第二天入住无人酒店”，B1＝“第一天入住常规酒店”，根据题意可知P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.8，P(A2|B1)＝0.6， 则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.7.故选B. (2)(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三 个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为____________;将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为____________.  设A＝“从甲盒子中取一个球是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球是黑球”， 由题意可知P(A)＝40%＝，P(B)＝25%＝，P(C)＝50%＝. 因为A，B，C相互独立，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××; 设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”， 由题意可知P(D1)＝，P(D2)＝，P(D3)＝，P(E|D1)＝1－，P(E|D2)＝1－，P(E|D3)＝1－， 所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E) ＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝×××. 1.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，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0，有 P(Ai|B)＝，i＝1，2，…，n. 贝叶斯公式 拓展视野 2.若随机试验可以分为两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体怎样未知，那么:(1)如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式;(2)如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式，类似于求条件概率. 典例 (1)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系:P(A|B)＝.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为95%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有95%的可能呈现阳性;该试剂的误报率为0.5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有0.5%的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为(　　) A. B. C. D. C 依题意，设“用该试剂检测呈现阳性”为事件B，“被检测者患病”为事件A， “未患病”为事件，则P(B|A)＝0.95，P(A)＝0.05，P(B|)＝0.005，P()＝0.95， 故P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|)P()＝0.95×0.05＋0.005×0.95＝0.052 25， 则所求概率为P(A|B)＝. (2)(2026·青岛调研)学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两份，第1份占总数的40%，次品率为5%，第2份占总数的60%，次品率为4%.若李老师分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的 概率为____________.  设事件B为“拿的苹果是次品”，Ai(i＝1，2)为“拿的苹果来自第i份”， 则P(A1)＝0.4，P(B|A1)＝0.05，P(A2)＝0.6，P(B|A2)＝0.04， 所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.05＋0.6×0.04＝0.044， 所求概率为P(A1|B)＝＝. 训练 (1)(2026·石家庄质检)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.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1;发送信号1时，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，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为(　　) A. B. C. D. 设事件A＝“发送信号为0”，事件B＝“接收信号为0”，则事件＝“发送信号为1”，事件＝“接收信号为1”，由题意可知，P(A)＝P()＝，P(B|A)＝0.9，P(|A)＝0.1， P(B|)＝0.05，P(|)＝0.95， 所以P(B)＝P(AB＋B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()·P(B|)＝×0.9＋×0.05＝， 则P(|B)＝，故选B. (2)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率 是____________.  由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”， 则P(A)＝P(B)＝P(C)＝，P(D|A)＝，P(D|B)＝，P(D|C)＝; P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝×， 小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)＝ ＝. 一、单选题 1.(2025·上海卷)已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率P(A)＝，事件B发生的概率P(B)＝，则事件A∩B发生的概率为(　　) A. B. C. D.0 B 因为事件A，B相互独立， 所以P(A∩B)＝P(A)P(B)＝×. 2.以事件A，B分别表示“某城市的甲、乙两个区在一年内出现停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，则两个区一年内都出现过停水的概率为(　　) A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045 D 由题意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045. 3.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为p，则比赛结束时两辆车不同时出现故障的概率为(　　) A.p2 B.2p－p2 C.1－p2 D.p－2p2 B 两辆车不同时出现故障的概率为1－(1－p)2＝2p－p2. 4.(2026·合肥调研)甲、乙进行射击训练，已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响，甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为(　　) A. B. C. D. C 记只有甲射中10环为事件A，10环被射中为事件B，则P(AB)＝0.5×(1－0.4)＝0.3，P(B)＝1－(1－0.5)×(1－0.4)＝0.7， 故若10环被射中，则只被甲射中的概率P(A|B)＝. 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 A 设事件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. 6.已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝，P(BC)＝，P(C)＝，则P(A|C)的值等于(　　) A. B. C. D. A 由题意，P(B|C)＝， 因为A，B是互斥事件， 所以P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)， 所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝. 7.(2026·潍坊模拟)某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立，则在甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是(　　) A. B. C. D. D 设甲最终获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B， 则P(A)＝×××××，P(AB)＝×××， 所以在甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(B|A)＝. 二、多选题 8.若0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列等式中成立的是(　　 ) A.P(A|B)＝ B.P(AB)＝P(A)P(B|A) C.P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|) D.P(A|B)＝ BCD 由条件概率的计算公式知，P(A|B)＝，A错误; B，C显然正确; D选项中，∵P(A)·P(B|A)＝P(B)·P(A|B)＝P(AB)， ∴P(A|B)＝＝，正确.故选BCD. 9.(2026·厦门质检)某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有6位男生、4位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则(　　 ) A.P(AB)＝ B.P(B|A)＝ C.P(A)＝P(B) D.P(A∪B)＝ BCD 对于A，P(AB)＝＝，故A错误. 对于B，P(A)＝， 所以P(B|A)＝，故B正确. 对于C，事件B可分为两种情况:第一位出场的是男生，第二位出场的是女生; 第一位出场的是女生，第二位出场的是女生. 所以P(B)＝. 所以P(A)＝P(B)，故C正确. 对于D，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝，故D正确.故选BCD. 三、填空题 10.如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为____________.  记“A，B，C，D四个开关闭合”分别为事件M1，M2，M3，M4，图中含开关的三条线路同时断开的概率为P()P()[1－P(M1M2)]＝××. 所以灯亮的概率是1－. 11.(2026·广西质量监测)甲、乙、丙三名工人加工同一型号的零件，甲加工的正品率为90%，乙加工的正品率为80%，丙加工的正品率为85%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙加工的零件数相同，丙加工的零件数占总数的40%.现任取一个零件，则它是正品的概率为____________.  法一(公式法)　由题意得甲、乙、丙加工的零件数分别占总数的30%，30%，40%，所以现任取一个零件，由全概率公式可得它是正品的概率为30%×90%＋30%×80%＋40%×85%＝0.85. 0.85 法二(特值法)　假设甲、乙、丙一共加工了100个零件，则甲加工30个零件，正品27个，乙加工30个零件，正品24个，丙加工40个零件，正品34个， 所以现任取一个零件，它是正品的概率为＝0.85. 12.数学家贝叶斯发现了如下公式:P(Ai|B)＝，其中i＝1，2，…，n，P(B)＝P(Aj)P(B|Aj).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)＝____________.(精确到0.001)  0.087 ∵P(|)＝0.95， ∴P(A|)＝1－P(|)＝0.05， ∵P(C)＝0.005，∴P()＝0.995， 由贝叶斯公式可得P(C|A) ＝ ＝≈0.087. 四、解答题 13.(2025·新高考Ⅱ卷节选)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为p，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3，p4(用p表示); 打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况:甲全胜得3分，所以p3＝p3. 打完4个球后甲比乙至少多得2分，有两种情况:甲全胜得4分; 甲胜3个球得3分，乙胜1个球得1分， 所以p4＝p4＋·p3(1－p)＝p3(4－3p). (2)若＝4，求p. 由(1)可知p4－p3＝p3(4－3p)－p3＝3p3(1－p)， 同理q4－q3＝3q3(1－q)＝3p(1－p)3. 由＝4，可得＝4， 即3p2－8p＋4＝0，解得p＝或p＝2(舍). 所以p＝. 14.(2026·杭州调研)人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理:首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验:有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率). (1)求首次试验结束的概率; 设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“摸出红球”为事件B1，“摸出白球”为事件B2. 则P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝××. 所以试验一次摸出红球的概率为， 即首次试验结束的概率为. (2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率; ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案: 方案一:从原来袋子中摸球; 方案二:从另外一个袋子中摸球. 请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. ①因为B1，B2是对立事件， P(B2)＝1－P(B1)＝， 所以P(A1|B2)＝ ＝， 所以选到的袋子为甲袋的概率为. ②由①得第一次选的袋子为乙袋子的概率 P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－， 所以方案一中取到红球的概率 p1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝××， 方案二中取到红球的概率 p2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝××. 因为>， 所以方案二第二次试验结束的概率更大. $