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

该高中数学高考复习课件聚焦“事件的相互独立性、条件概率与全概率公式”核心考点，依据高考评价体系明确三大考点的考查要求，通过近五年高考真题分析，梳理出相互独立事件判断（占比30%）、条件概率计算（占比40%）、全概率公式应用（占比30%）的高频考点分布，归纳出选择、填空、解答题三类常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题引领+素养渗透+技巧突破”，如以2023新高考Ⅰ卷投篮问题为典型案例，用全概率公式分解复杂事件，培养学生的数学思维与逻辑推理能力。提供“定义验证法判断独立性”“古典概型与公式结合求条件概率”等实用技巧，配套易错点警示（如混淆互斥与独立），助力学生高效掌握解题方法，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 【回归教材】 事件的相互独立性 (1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝___________，那么称事件A与事件B相互独立，简称独立． (2)性质：如果事件A与B相互独立，那么____与_____，_______与______，________与_______也都相互独立． P(A)P(B) A B 第页 (3)“相互独立”与“事件互斥”的区别： 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个事件发生的概率没有影响．两事件相互独立不一定互斥． 第页 条件概率 (1)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． (2)条件概率的求法： 求条件概率除了可以借助定义中的公式，还可以借助古典概型概率公式，即P(B|A)＝__________． 第页 (3)概率的乘法公式： 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝______________． (4)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(A)P(B|A) P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) 第页 全概率公式 第页 【夯实双基】 √ 第页 2．(人教A版选修三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2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 解析　设事件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. 第页 √ 第页 第页 √ 第页 第页 5．(2024·天津)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________． 第页 第页 返 回 题型一　 事件的相互独立性 (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 √ 第页 第页 第页 第页 第页 第页 1.判断事件相互独立的方法 (1)利用定义，若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A与事件B相互独立． (2)利用对“独立”的理解，若事件A的发生与否不影响事件B发生的概率，则两事件相互独立． 2．独立事件概率的求法 (1)解答这类概率综合问题时，一般“大化小”，即将问题划分为若干个两两互斥的事件，然后运用互斥事件概率的加法公式和独立事件概率的乘法公式来求解，在运用乘法公式时一定要注意是否满足相互独立，只有相互独立才能运用乘法公式． 第页 (2)在求事件的概率时，有时遇到求“至少……”或“至多……”等事件概率的问题，如果从正面考查这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但“至少……”“至多……”这些事件的对立事件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思考，先求其对立事件的概率，再求得原来事件的概率．这是“正难则反”思想的具体体现． 第页 思考题1　(1)【多选题】下列各对事件中，为相互独立事件的是(　　) A．掷一枚质地均匀的骰子一次，事件M＝“出现偶数点”，事件N＝“出现3点或6点” B．袋中有大小相同的3个白球、2个黑球，依次有放回地摸两球，事件M＝“第一次摸到白球”，事件N＝“第二次摸到白球” C．袋中有大小相同的3个白球、2个黑球，依次不放回地摸两球，事件M＝“第一次摸到白球”，事件N＝“第二次摸到黑球” D．甲组有3名男生，2名女生，乙组有2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M＝“从甲组中选出1名男生”，事件N＝“从乙组中选出1名女生” √ √ √ 第页 第页 第页 事件M1，M2分别表示“第一轮活动中‘星队’猜对1个、2个成语”， 事件N1，N2分别表示“第二轮活动中‘星队’猜对1个、2个成语”，D3表示“两轮活动中‘星队’猜对3个成语”． 第页 第页 题型二　 条件概率 【多选题】一个箱子中装有大小、形状均相同的8个小球，其中白球5个、黑球3个，现在从箱子中不放回地取两次球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分别用C，D表示事件“第二次取出的两球都为黑球”“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”，则下列结论正确的是(　　) √ √ √ 第页 第页 1.条件概率的求法 2．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(A)P(B|A)． 第页 √ 第页 第页 第页 题型三　 全概率公式的应用 √ 第页 第页 (2)有颜色分别是红、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(　　) √ 第页 第页 利用全概率公式的解题策略 全概率公式是用来求一个事件发生的总概率的公式，它的基本思想是：将一个复杂的事件分解为若干个互不相容且完备的子事件，然后分别求出每个子事件发生的概率，再乘以该子事件下复杂事件发生的条件概率，最后将所有结果相加，就得到了复杂事件发生的总概率．全概率公式的一般形式如下： 第页 其中，A是要求的复杂事件，Bi是互不相容且完备的子事件，也就是说，Bi中任意两个不会同时发生，而且它们中至少有一个一定会发生．P(Bi)是子事件发生的概率，P(A|Bi)是在子事件发生的条件下，复杂事件发生的条件概率． 第页 √ 第页 第页 第页 第页 1．求概率的过程，就是求排列数与组合数的过程，而在解决具体问题时要做到： (1)分清是条件概率还是相互独立事件的概率． (2)判断事件是和事件还是积事件，即确定事件是“至少有一个发生”还是“同时发生”，分别运用概率的加法公式或乘法公式． (3)运用公式： 第页 返 回 03 课 外 阅 读 一、贝叶斯公式与人工智能 贝叶斯公式(见人教A版选修三P53阅读与思考) 第页 【多选题】1990年9月，Craig F·Whitaker给《Parade》杂志“Ask Marilyn”专栏提了一个问题(著名的蒙提霍尔问题，也称三门问题)，在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道豪车在哪扇门后面．假定游戏参与者初次选择的是1号门，接着主持人会从2，3号门中打开一扇后面是山羊的门，则以下说法正确的是(　　) 第页 √ √ √ 第页 【解析】　设A1，A2，A3分别表示1，2，3号门里有豪车，B1，B2，B3分别表示主持人打开1，2，3号门． 第页 在游戏参与者选择了1号门的前提下，主持人打开1号门外的一扇门有以下几种可能的情况： 第页 第页 思考题1　已知三台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台车床加工的次品率分别为5%，2%，4%，加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数目之比为4∶5∶11，现任取一个零件，记事件A＝“零件由第1台车床加工”，B＝“零件为次品”，则P(A|B)＝(　　) √ 第页 第页 √ 第页 第页 二、马尔科夫链 转移概率 对于有限状态集合S，定义：Pi，j＝P(Xn＋1＝j|Xn＝i)为从状态i到状态j的转移概率． 马尔科夫链 若P(Xn＋1＝j|Xn＝i，Xn－1＝in－1，…，X0＝i0)＝P(Xn＋1＝j|Xn＝i)＝Pij，即未来状态Xn＋1只受当前状态Xn的影响，与之前的状态Xn－1，Xn－2，…，X0都无关． 第页 完备事件组 如果样本空间Ω中一组事件组{A1，A2，…，An}符合下列两个条件： (1)Ai∩Aj＝∅，i≠j，i，j＝1，2，…，n； (2)A1∪A2∪…∪An＝Ω， 则称{A1，A2，…，An}是Ω的一个完备事件组，也称为Ω的一个划分． 第页 一维随机游走模型：设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻t＝0时，位于点x＝i(i∈N＋)，下一个时刻，它将以概率α或者β(α∈(0，1)，α＋β＝1)向左或者向右平移一个单位长度．若记状态Xt＝i表示在时刻t该点位于位置x＝i(i∈N＋)，那么由全概率公式可得P(Xt＋1＝i)＝P(Xt＝i－1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＋P(Xt＝i＋1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)． 另一方面，由于P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＝β，P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)＝α，代入上式可得Pi＝α·Pi＋1＋β·Pi－1. 第页 我们假设在x＝0与x＝m(m>0，m∈N＋)处各有一个吸收壁，当点到达吸壁时被吸收，不再游走．于是，P0＝0，Pm＝1.随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程． 进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位长度，其概率为a，原地不动，其概率为b，向右平移一个单位长度，其概率为c，其中a＋b＋c＝1，那么一个点从位置i出发最终到达确定位置的概率为Pi，根据全概率公式可得Pi＝aPi－1＋bPi＋cPi＋1. 第页 马尔科夫链是机器学习和人工智能的基石，其数学定义为：假设序列状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P(Xt＋1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt)．著名的赌徒模型就应用了马尔科夫链：假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率都为50%，每局赌赢可以赢得1金币，赌输就要输掉1金币．赌徒自以为理智地决定，遇到如下两种情况就会结束赌博游戏：一是输光了手中金币；二是手中金币达到预期的1 000金币，出现这两种情况赌徒都会停止赌博．记赌徒的本金为70金币，则赌徒输 光所有金币的概率为________． 第页 【解析】　设当赌徒手中有n个金币(0≤n≤1 000，n∈N)时，最终输光的概率为P(n)， 当n＝0时，赌徒已经输光了，所以P(0)＝1， 当n＝1 000时，赌徒到了停止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率为P(1 000)＝0， 记事件M：赌徒有n个金币最后输光，事件N：赌徒有n个金币上一局赌赢， 第页 第页 思考题2　(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8，由抽签决定第一次投篮的人选，第一次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5. (1)求第2次投篮的人是乙的概率； 【答案】　(1)0.6 第页 【解析】　(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi， 所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6. 第页 (2)求第i次投篮的人是甲的概率； 第页 第页 第页 三、重温高考 1．【多选题】(2023·新高考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)(　　) 第页 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 √ √ √ 第页 解析　对于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－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确． 对于B，采用三次传输方案发送1，依次收到1，0，1的概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确． 第页 第页 2．(2022·全国乙卷，理)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 √ 第页 解析　方法一：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，由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝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. 第页 方法二(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. 第页 3．(2022·新高考Ⅰ卷)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 第页 答案　(1)有 (1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？ 第页 第页 P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 第页 第页 第页 第页 4．(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图： (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； 答案　(1)47.9 第页 第页 (2)估计该地区一位这种疾病患者的 年龄位于区间[20，70)的概率； 答案　(2)0.89 解析　(2)方法一：由于患者的年龄 位于区间[20，70)是由患者年龄位于区 间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立， 所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89. 方法二：由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立， 所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89. 第页 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%，从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1)． 答案　(3)0.001 4 第页 解析　(3)设从该地区任选一人，年 龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾 病为事件B，则P(A)＝16%， 由频率分布直方图知这种疾病患者 年龄位于区间[40，50)的概率为0.023× 10＝0.23， 结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23， 第页 eq \o(B,\s\up15 (－)) eq \o(A,\s\up15 (－)) eq \o(A,\s\up15 (－)) eq \o(B,\s\up15 (－)) eq \f(P（AB）,P（A）) eq \f(n（AB）,n（A）) ③设B和eq \o(B,\s\up15(－))互为对立事件，则P(eq \o(B,\s\up15(－))|A)＝____________． 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)＝eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(i＝1))P(Ai)·P(B|Ai)．我们称上面的公式为全概率公式． 1．(课本习题改编)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.3，则P(A)＝(　　) A.eq \f(3,4)　　　 　B.eq \f(3,8) C.eq \f(1,3)　　　 　 D.eq \f(1,5) 解析　P(B)＝P(AB＋eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))，即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝0.2＝eq \f(1,5).故选D. 3．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eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，则谜题未被破解出的概率为(　　) A．eq \f(1,6) B．eq \f(1,3) C．eq \f(5,6) D．1 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)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，故P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(1,2)，P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)，所以P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，即谜题未被破解出的概率为eq \f(1,6). 4．某射击选手射击一次击中10环的概率是eq \f(4,5)，连续两次均击中10环的概率是eq \f(1,2)，已知该选手某次射击击中10环，则随后一次射击击中10环的概率是(　　) A.eq \f(2,5) B.eq \f(5,8) C.eq \f(1,2) D.eq \f(4,5) 解析　设该选手某次射击击中10环为事件A，随后一次射击击中10环为事件B，则P(A)＝eq \f(4,5)，P(AB)＝eq \f(1,2)，∴某次射击击中10环，随后一次射击击中10环的概率是P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,2),\f(4,5))＝eq \f(5,8). eq \f(3,5) eq \f(1,2) 解析　方法一(列举法)：从A，B，C，D，E五种活动中选三种有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，则甲选到A的概率P＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)； 乙选A活动有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B活动有3种情况：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq \f(3,6)＝eq \f(1,2). 方法二：由题意知甲选到A的概率为2,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,5).设“乙选到A活动”为事件M，“乙选到B活动”为事件N，则P(M)＝2,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,5)，P(MN)＝1,3)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,10)，所以P(N|M)＝eq \f(P（MN）,P（M）)＝eq \f(1,2). 【解析】　记(x，y)表示第一次和第二次取出的球的数字，由题意可知，取出的两球数字之和为8的所有可能为(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，取出的两球数字之和为7的所有可能为(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，事件甲发生的概率P(甲)＝eq \f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq \f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).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eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，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eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，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．故选B. (2)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，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．已知在每场比赛中，甲胜乙和乙胜丙的概率均为eq \f(1,2)，甲胜丙的概率为eq \f(2,3)，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛乙轮空． ①求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率； ②求只需四场比赛就决出冠军的概率． 【答案】　①eq \f(7,18)　②eq \f(19,72) 【解析】　①记事件A为甲胜乙，事件B为甲胜丙，事件C为乙胜丙，则P(A)＝eq \f(1,2)，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)，P(C)＝eq \f(1,2)，P(eq \o(C,\s\up16(－)))＝eq \f(1,2)， 前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况有两种： P(Beq \o(A,\s\up16(－))C)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，P(BAB)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)， 所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为P1＝P(Beq \o(A,\s\up16(－))C)＋P(BAB)＝eq \f(1,6)＋eq \f(2,9)＝eq \f(7,18). ②只需四场比赛就决出冠军的情况有四种： P(BABA)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,9)，P(Beq \o(A,\s\up16(－))Ceq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)， P(eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(C,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(C,\s\up16(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,36)，P(eq \o(B,\s\up16(－))Ceq \o(A,\s\up16(－))C)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,24)， 所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝P(BABA)＋P(Beq \o(A,\s\up16(－))Ceq \o(A,\s\up16(－)))＋P(eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(C,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(C,\s\up16(－)))＋P(eq \o(B,\s\up16(－))Ceq \o(A,\s\up16(－))C)＝eq \f(1,9)＋eq \f(1,12)＋eq \f(1,36)＋eq \f(1,24)＝eq \f(19,72). 【解析】　在A中，M＝{2，4，6}，N＝{3，6}，MN＝{6}，∴P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(N)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(MN)＝eq \f(1,6)，∴P(MN)＝P(M)P(N)，∴事件M与N是相互独立事件，A正确．在B中，根据事件的特点易知，事件M是否发生对事件N发生与否的概率没有影响，故事件M与N是相互独立事件，B正确．在C中，由于第一次摸到球不放回，因此会对第二次摸球产生影响，因此事件M与N不是相互独立事件，C错误．在D中，从甲组中选出1名男生与从乙组中选出1名女生这两个事件的发生与否互不影响，所以事件M与N是相互独立事件，D正确． (2)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为eq \f(3,4)，乙每轮猜对的概率为eq \f(2,3)，在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．甲在两轮活动中，至少猜对一个成语的概率为________；“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为________． eq \f(15,16) eq \f(5,12) 【解析】　设事件A表示“甲每轮猜对成语”， 则P(A)＝eq \f(3,4)，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)， 故甲在两轮活动中，没有猜对成语的概率为eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,16)， 因此甲在两轮活动中，至少猜对一个成语的概率为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16)， 设事件B表示“乙每轮猜对成语”，则P(B)＝eq \f(2,3)，P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)， 则P(M1)＝P(N1)＝P(Aeq \o(B,\s\up16(－))＋eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(5,12)， P(M2)＝P(N2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)， P(D3)＝P(M1N2＋M2N1)＝P(M1)P(N2)＋P(M2)P(N1)＝eq \f(5,12)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(5,12)＝eq \f(5,12). A．P(C|B)＝eq \f(1,21) B．P(D|A)＝eq \f(3,7) C．P(B)＝eq \f(3,8) D．P(BC)＝eq \f(1,56) 【解析】　由题得P(B)＝1,3)eq \f(C,Ceq \o\al(1,8)) ＝eq \f(3,8)，C正确； P(C|B)＝eq \f(n（BC）,n（B）)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(2,2),Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,7)) ＝eq \f(1,21)，A正确； P(D|A)＝eq \f(n（DA）,n（A）)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3),Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(2,7)) ＝eq \f(4,7)，B错误； P(BC)＝P(B)P(C|B)＝eq \f(3,8)×eq \f(1,21)＝eq \f(1,56)，D正确． (1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，这是通用的求条件概率的方法． (2)借助古典概型，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求在事件A发生的条件下事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）). 思考题2　(1)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝eq \f(1,2)，P(BC)＝eq \f(1,12)，P(C)＝eq \f(1,4)，则P(A|C)＝(　　) A.eq \f(1,6)　　 　B.eq \f(1,12) C.eq \f(1,4)　　 　 D.eq \f(1,3) 【解析】　由题意，P(B|C)＝eq \f(P（BC）,P（C）)＝eq \f(1,3)，由A，B是互斥事件知，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).故选A. (2)甲、乙两人争夺一场羽毛球比赛的冠军，比赛为“三局两胜”制．如果每局比赛中甲获胜的概率为eq \f(2,3)，乙获胜的概率为eq \f(1,3)，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为________． eq \f(2,5) 【解析】　记“甲获得冠军”为事件A， “比赛进行了三局”为事件B， P(A)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up30(2)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up30(2)×eq \f(1,3)＝eq \f(20,27)，P(AB)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up30(2)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,27)， P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq \f(2,5). (1)甲、乙两人玩跳棋游戏，约定由抛两次硬币的结果确定谁先走，若两次都正面向上，则甲先走，否则乙先走．已知甲先走的情况下，甲胜的概率为p，乙先走的情况下，甲胜的概率为eq \f(1,2)p，则甲获胜的概率是(　　) A．1－eq \f(3,8)p B．eq \f(5,8)p C．1－eq \f(1,3)p D．eq \f(2,3)p 【解析】　由题意知甲先走的概率为eq \f(1,4)，乙先走的概率为eq \f(3,4).甲获胜有两种情况：甲先走且获胜，乙先走且甲获胜，则甲获胜概率为eq \f(1,4)×p＋eq \f(3,4)×eq \f(1,2)p＝eq \f(5,8)p.故选B. A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(5,48) D.eq \f(11,48) 【解析】　记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为A1，A2，A3，则P(A1)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝P(A3)＝eq \f(1,4)， 记第二次抽到黄球的事件为B， 所以P(B|A1)＝eq \f(1,4)，P(B|A2)＝eq \f(1,4)，P(B|A3)＝eq \f(1,6)， 则P(B)＝eq \o(∑,\s\up12(3),\s\do14(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(11,48). P(A)＝eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)， 思考题3　(1)长白飞瀑、高句丽遗迹、鹤舞向海、一眼望三国、伪满皇宫、松江雾凇、净月风光、查干冬渔是吉林的著名景点，某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是eq \f(2,3)，夏季来的概率是eq \f(1,3)，如果冬季来，则看不到长白飞瀑、鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔，无论什么时候来，由于时间原因，只能在上述可去景点当中选择两处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为(　　) A.eq \f(11,15) B.eq \f(16,45) C.eq \f(17,45) D.eq \f(1,3) 【解析】　设事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三国’”，则P(A1)＝eq \f(2,3)，P(A2)＝eq \f(1,3)， 在冬季去了“一眼望三国”的概率P(B|A1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(1,1),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(2,5)， 在夏季去了“一眼望三国”的概率P(B|A2)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(1,1),Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(1,3)， 所以去了“一眼望三国”的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(17,45).故选C. (2)某单位为了提高员工身体素质，开展双人投篮比赛，现甲、乙两人为一组参加比赛，每次由其中一人投篮，规则如下：若投中，则此人继续投篮，若未投中，则换为对方投篮，无论之前投篮的情况如何，甲每次投篮的命中率均为eq \f(1,4)，乙每次投篮的命中率均为eq \f(1,3).抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为eq \f(1,2).第2次投篮的人是甲的概率为________． eq \f(11,24) 【解析】　设“第i次是甲投篮”为事件Ai，i∈N*，“投篮命中”为事件B， 由题意可知，P(A1)＝P(eq \o(A,\s\up16(－))1)＝eq \f(1,2)，P(B|Ai)＝eq \f(1,4)，P(B|eq \o(A,\s\up16(－))i)＝eq \f(1,3)， 则P(eq \o(B,\s\up16(－))|eq \o(A,\s\up16(－))i)＝eq \f(2,3)， 所以第2次投篮的人是甲的概率为 P(A2)＝P(B|A1)P(A1)＋P(eq \o(B,\s\up16(－))|eq \o(A,\s\up16(－))1)P(eq \o(A,\s\up16(－))1)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(11,24). P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)(条件概率)；P(A∩B)＝P(A)P(B)(相互独立事件)． 2．设A1，A2，…，An两两互斥，A1∪A2∪A3∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，若B⊆Ω，则P(B)＝eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(k＝1))P(Ak)·P(B|Ak)． 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)＝eq \f(P（Ai）P（B|Ai）,P（B）)＝eq \f(P（Ai）P（B|Ai）,\o(∑,\s\up30(n),\s\do14(k＝1))P（Ak）P（B|Ak）)，i＝1，2，…，n. 在贝叶斯公式中，P(Ai)和P(Ai|B)分别称为先验概率和后验概率． A．游戏参与者获得豪车的概率为eq \f(1,3) B．主持人打开3号门的概率为eq \f(1,2) C．在主持人打开3号门的条件下，2号门后有豪车的概率为eq \f(1,3) D．在主持人打开3号门的条件下，若主持人询问游戏参与者是否改选号码，则改选2号门比保持原选择获得豪车的概率更大 如题意所述，游戏参与者初次选择了1号门，因为在做选择的时候不知道豪车在哪扇门里，故不影响豪车在三扇门中的概率分配，所以事件A1，A2，A3发生的概率都为eq \f(1,3)，即A正确； 豪车在1号门里，主持人打开2或3号门，故P(B3|A1)＝eq \f(1,2)， 豪车在2号门里，主持人只能打开3号门，故P(B3|A2)＝1， 豪车在3号门里，主持人只能打开2号门，故P(B3|A3)＝0，由全概率公式得P(B3)＝eq \o(∑,\s\up12(3),\s\do14(i＝1))P(Ai)P(B3|Ai)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))＝eq \f(1,2)，即B正确； 由贝叶斯公式，在打开3号门的条件下，1号门和2号门里有豪车的条件概率分别为P(A1|B3)＝eq \f(P（A1）P（B3|A1）,P（B3）)＝eq \f(1,3)，P(A2|B3)＝eq \f(P（A2）P（B3|A2）,P（B3）)＝eq \f(2,3)，故改选2号门会使获得豪车的概率更大，即C错误，D正确．故选ABD. A.eq \f(1,5)　　 　B.eq \f(1,10)　 C.eq \f(5,37)　　 　 D.eq \f(10,37) 【解析】　记事件Ai＝“零件由第i台车床加工”，i＝1，2，3，则P(A1)＝eq \f(4,20)＝eq \f(1,5)，P(A2)＝eq \f(5,20)＝eq \f(1,4)，P(A3)＝eq \f(11,20)，P(B|A1)＝0.05，P(B|A2)＝0.02，P(B|A3)＝0.04， 由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(1,5)×0.05＋eq \f(1,4)×0.02＋eq \f(11,20)×0.04＝eq \f(37,1 000)，故P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(P（A1）P（B|A1）,P（B）)＝eq \f(\f(1,5)×0.05,\f(37,1 000))＝eq \f(\f(1,100),\f(37,1 000))＝eq \f(10,37).故选D. 人工智能领域让贝叶斯公式：P(A|B)＝eq \f(P（B|A）P（A）,P（B）)站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些AI视频，AI视频占有率为0.001.某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有98%的可能鉴定为AI；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有4%的可能鉴定为AI.已知某个视频被鉴定为AI，则该视频是AI合成的可能性为(　　) A．0.1% B．0.4% C．2.4% D．4% 【解析】　记“视频是AI合成的”为事件A，“鉴定结果为AI”为事件B，则P(A)＝0.001，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.999，P(B|A)＝0.98，P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.04，由贝叶斯公式得P(A|B)＝eq \f(P（A）P（B|A）,P（A）P（B|A）＋P（\o(A,\s\up16(－))）P（B|\o(A,\s\up16(－))）)＝eq \f(0.001×0.98,0.001×0.98＋0.999×0.04)≈0.024.故选C. 全概率公式 设{A1，A2，…，An}是一个完备事件组，则有P(B)＝eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(k＝1))P(Ak)P(B|Ak)． eq \f(93,100) 所以P(M)＝P(N)P(M|N)＋P(eq \o(N,\s\up16(－)))P(M|eq \o(N,\s\up16(－)))， 即P(n)＝eq \f(1,2)P(n－1)＋eq \f(1,2)P(n＋1)，所以P(n＋1)－P(n)＝P(n)－P(n－1)， 所以{P(n)}为等差数列，设公差为d， 由于P(1 000)＝P(0)＋1 000d＝1＋1 000d＝0，所以d＝－eq \f(1,1 000)， 所以P(n)＝P(0)＋nd＝1－eq \f(n,1 000)， 故P(70)＝1－eq \f(70,1 000)＝eq \f(93,100). 【答案】　(2)eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up30(i－1)＋eq \f(1,3) 【解析】　(2)设pi＝P(Ai)，依题可知，P(Bi)＝1－pi， 则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)， 即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋1＋λ＝eq \f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－eq \f(1,3)，即pi＋1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))，又p1＝eq \f(1,2)，p1－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pi－\f(1,3)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(2,5)的等比数列，即pi－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)，则pi＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up30(i－1)＋eq \f(1,3). (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E(eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(i＝1))Xi)＝eq \o(∑,\s\up30(n),\s\do14(i＝1))qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． 【答案】　(3)eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up30(n)))＋eq \f(n,3) 【解析】　(3)因为pi＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq \s\up30(i－1)＋eq \f(1,3)，i＝1，2，…，n，所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝eq \f(1,6)×eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up30(n),1－\f(2,5))＋eq \f(n,3)＝eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up30(n)))＋eq \f(n,3). 对于C，采用三次传输方案发送1，则译码为1的情况为：有2个1或3个1，有2个1的概率为Ceq \o\al(2,3)β(1－β)2，有3个1的概率为(1－β)3，译码为1的概率P＝Ceq \o\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3，C错误． 对于D，采用三次传输方案发送0，译码为0的概率P1＝Ceq \o\al(2,3)α(1－α)2＋(1－α)3，采用单次传输方案发送0，译码为0的概率P2＝1－α，P2－P1＝(1－α)－Ceq \o\al(2,3)α(1－α)2－(1－α)3＝(1－α)[1－Ceq \o\al(2,3)α(1－α)－(1－α)2]＝(1－α)(2α2－α)＝(1－α)α(2α－1)，当0<α<0.5时，P2－P1<0，∴P2<P1，D正确．故选ABD. 解析　(1)K2的观测值k＝eq \f(200×（40×90－60×10）2,50×150×100×100)＝24>6.635， 所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异． (2)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”，eq \f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up16(－))|A）)与eq \f(P（B|\o(A,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))|\o(A,\s\up16(－))）)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. (i)证明：R＝eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up16(－))|B）)·eq \f(P（\o(A,\s\up16(－))|\o(B,\s\up16(－))）,P（A|\o(B,\s\up16(－))）)； (ii)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq \o(B,\s\up16(－)))的估计值，并利用(i)的结果给出R的估计值． 附：K2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)， 答案　(2)(i)证明见解析　(ii)eq \f(2,5)，eq \f(1,10)，6 解析　(2)(i)证明：R＝eq \f(\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up16(－))|A）),\f(P（B|\o(A,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))|\o(A,\s\up16(－))）))＝eq \f(P（B|A）·P（\o(B,\s\up16(－))|\o(A,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))|A）·P（B|\o(A,\s\up16(－))）)， 由题意知，证明eq \f(P（B|A）·P（\o(B,\s\up16(－))|\o(A,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))|A）·P（B|\o(A,\s\up16(－))）)＝eq \f(P（A|B）·P（\o(A,\s\up16(－))|\o(B,\s\up16(－))）,P（\o(A,\s\up16(－))|B）·P（A|\o(B,\s\up16(－))）)即可， 左边＝eq \f(\f(P（AB）,P（A）)·\f(P（\o(A,\s\up16(－)) \o(B,\s\up16(－))）,P（\o(A,\s\up16(－))）),\f(P（A\o(B,\s\up16(－))）,P（A）)·\f(P（\o(A,\s\up16(－))B）,P（\o(A,\s\up16(－))）))＝eq \f(P（AB）·P（\o(A,\s\up16(－)) \o(B,\s\up16(－))）,P（A\o(B,\s\up16(－))）·P（\o(A,\s\up16(－))B）)， 右边＝eq \f(\f(P（AB）,P（B）)·\f(P（\o(A,\s\up16(－)) \o(B,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))）),\f(P（\o(A,\s\up16(－))B）,P（B）)·\f(P（A\o(B,\s\up16(－))）,P（\o(B,\s\up16(－))）))＝eq \f(P（AB）·P（\o(A,\s\up16(－)) \o(B,\s\up16(－))）,P（\o(A,\s\up16(－))B）·P（A\o(B,\s\up16(－))）). 左边＝右边，故R＝eq \f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up16(－))|B）)·eq \f(P（\o(A,\s\up16(－))|\o(B,\s\up16(－))）,P（A|\o(B,\s\up16(－))）). (ii)由调查数据可知P(A|B)＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)， P(A|eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(10,100)＝eq \f(1,10)， 且P(eq \o(A,\s\up16(－))|B)＝1－P(A|B)＝eq \f(3,5)，P(eq \o(A,\s\up16(－))|eq \o(B,\s\up16(－)))＝1－P(A|eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(9,10)， 所以R＝eq \f(\f(2,5),\f(3,5))×eq \f(\f(9,10),\f(1,10))＝6. 解析　(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄eq \o(x,\s\up16(－))＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)＝47.9. 所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.000 23,16%)≈0.001 4. $