条件概率及全概率公式练习题

专题30 条件概率与全概率公式一、单选题1．（2020·河南南阳高二二模（理））根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】分析：在下雨条件下吹东风的概率=既吹东风又下雨的概率 下雨的概率详解：在下雨条件下吹东风的概率为，选C2．（2020·安徽省六安中学高二期中（理））根据以往数据统计,某酒店一商务房间1天有客人入住的概率为，连续2天有客人入住的概率为,在该房间第一天有客人入住的条件下,第二天也有客人入住的概率为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】设第二天也有客人入住的概率为P ，根据题意有，解得，故选D.3．（2020·河南开封高三二模（理））已知正方形，其内切圆与各边分别切于点，，、，连接，，，．现向正方形内随机抛掷一枚豆子，记事件：豆子落在圆内，事件：豆子落在四边形外，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】93011308302589811911¸8830=11113045351312353443=55P ×34P =ABCD I E F G H EF FG GH HE ABCD A I B EFGH ()P B A =2π21π-12π142-由题意，设正方形的边长为，则圆的半径为，面积为；正方形，面积为；所求的概率为．故选：B ．4．（2020·河南高二期末（理））把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件，“第二次出现正面”为事件，则=（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】“第一次出现正面”：,“两次出现正面”: ,则故选A5．（2020·陕西临渭高二期末（文））已知，，等于（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据条件概率的定义和计算公式：把公式进行变形，就得到，故选C.ABCD 2a I r a =2a p EFGH 22a \22222(|)1a a P B A a p p p-==-A B ()P B A 121416182(1)P A =111()=224P AB =´()1()14|==1()22P AB P B A P A =()1P B|A 2=()35P A =()P AB 56910310110()()0(|),()P AB P A P B A P A >=当时，()0()(|)()P A P AB P B A P A >=当时，6．（2020·黑龙江南岗哈师大附中高二期末（理））从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，B 为“第二次取到的是3的整数倍”，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意事件为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有个事件由条件概率的定义：故选：B7．（2020·西夏宁夏大学附属中学高二月考（理））将两颗骰子各掷一次，设事件“两个点数不相同”， “至少出现一个6点”，则概率等于（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由题意事件A={两个点数都不相同}，包含的基本事件数是36-6=30至少出现一个6点的情况分二类，给两个骰子编号，1号与2号，若1号是出现6点，2号没有6点共五种2号是6点，一号不是6点有五种，若1号是出现6点，2号也是6点，有1种，故至少出现一个6点的情况是11种∴=8．（2020·广东东莞高二期末）一个袋中装有大小相同的3个白球和3个黑球，若不放回地依次取两个球，设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，则概率（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】(|)P B A =3813401345345()9P A =A B I 223313´+´=1313()9872P A B ==´I ()13(|)()40P A B P B A P A ==I A =B =()|P A B 10115115185361011A B ()P B A =56351225设事件为“第一次取出白球”，事件为“第二次取出黑球”，，第一次取出白球的前提下，第二次取出黑球的概率为：.故选：B.二、多选题9．（2020·大名中学高二月考）甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】ABD 【解析】由已知，，由已知有，，，所以，则A 正确；，则B 正确；事件、、不相互独立，故错误，即C 错误，则D 正确；综上可知正确的为ABD.故选:ABD ．10.（2020·江苏海安高级中学高二期中）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以，，表示由甲箱中取出的是红球，白A B ()()31333==，==626510P A P A B ´()()3()5P AB P B A P A ==A B C ()()()P A P B P C ==()()()P BC P AC P AB ==1()8P ABC =1()()()8P A P B P C ××=22221()44442P A =´+´=21()()42P B P C ===1()()()4P AB P A P B ==1()4P AC =1()4P BC =()()()P A P B P C ==()()()P BC P AC P AB ==A B C 1()8P ABC =1()()()8P A P B P C ××=1A 2A 3A球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ）A ．B ．C ．事件与事件相互独立D ．、、两两互斥【答案】BD 【解析】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D 正确；因为，所以，故B 正确；同理，所以，故AC 错误；故选：BD11．（2020·江苏海安高级中学高一期中）以下对各事件发生的概率判断正确的是（ ）A ．连续抛两枚质地均匀的硬币，有3个基本事件，出现一正一反的概率为B ．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如12＝5＋7，在不超过15的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为C ．将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，记下两次向上的点数，则点数之和为6的概率是D ．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是【答案】BCD 【解析】A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有4个基本事件，包含两正，两反，先反再正，先正再反，出现一正一反的概率，故A 不正确；B 2()5P B =15()11P B A =B 1A 1A 2A 3A 1A 2A 3A ()()()123523,,101010p A p A p A ===11155()51011()5()1110P BA P B A P A ´===3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ´´======1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=´+´+´=13115536122142P ==B.不超过15的素数包含2,3,5,7,11,13，共6个数字，随机选取两个不同的数字，和等于14的包含，则概率为，故B 正确；C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，共36种情况，点数之和为6包含，共5种，所以点数之和为6的概率，故C 正确；D.由题意可知取出的产品全是正品的概率，故D 正确.12．（2020·山东昌乐二中高二月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为.则其中正确命题的序号是（ ）A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】ABD 【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是故正确；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为，则恰好有两次白球的概率为，故正确；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故错误；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为：则至少有一次取到红球的概率为，故正确.()3,11261115P C ==()()()()()1,5,2,4,3,3,4,2,5,1536P =232412C P C ==358024325262721423635C C p C ==2163p ==4226218033243p C æöæö==ç÷ç÷èøèø1143114535C C C C =4263p ==3031261327p C æö=-=ç÷èø故选：ABD.三、填空题13．（2020·全国高三课时练习（理））一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________.【答案】【解析】故答案为：14．（2020·邢台市第二中学高二期末）某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己等6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为__________．【答案】【解析】设事件A ：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”；事件B ：“学生丙第一个出场”，对事件A ，甲和乙都不是第一个出场，第一类：乙在最后，则优先从中间4个位置中选一个给甲，再将余下的4个人全排列有种；第二类：乙没有在最后，则优先从中间4个位置中选两个给甲乙，再将余下的4个人全排列有种，故总的有.对事件AB ，此时丙第一个出场，优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列有种故.故答案为：15．（2020·湖南天心长郡中学高三其他（理））甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论35()()235(|)253P AB P B A P A ===35141444C A ×2444A A ×()14244444n A C A A A =×+×1444C A ×()()()14441424444414n AB C A P B A n A C A A A ×===×+×141A 2A 3A中正确的是___________．①；②；③事件B 与事件相互独立；④，，是两两互斥的事件【答案】②④【解析】因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故④正确；因为，所以，故②正确；同理，所以，故①③错误.故答案为：②④16．（2018·全国高二课时练习）某气象台统计，该地区下雨的概率为，刮四级以上风的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为，设为下雨，为刮四级以上的风，则＝_______，＝__________【答案】 【解析】由已知，，，∴ ， 故答案为，求条件概率一般有两种方法：一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P(B|A)＝，其中n(AB)表示()25P B =()1511P B A =1A 1A 2A 3A 1A 2A 3A ()()()123523,,101010P A P A P A ===11155()51011()5()1110P BA P B A P A ´===3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ´´======1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=´+´+´=415215110A B ()P B A ()P A B 3438()415P A =()215P B =()110P AB =()()()3|8P AB P B A P A ==()()()3|4P AB P A B P B ==3438n AB n A （）（）事件AB 包含的基本事件个数，n(A)表示事件A 包含的基本事件个数．二是直接根据定义计算，P(B|A)＝，特别要注意P(AB)的求法．四、解答题17．（2020·甘肃省静宁县第一中学高二月考（理））有件产品，其中件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽件.求：（1）第一次抽到次品的概率；（2）第一次和第二次都抽到次品的概率；（3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】（1）因为有5件是次品，第一次抽到次品，有5中可能，产品共有20件，不考虑限制，任意抽一件，有20中可能，所以概率为两者相除．（2）因为是不放回的从中依次抽取2件，所以第一次抽到次品有5种可能，第二次抽到次品有4种可能，第一次和第二次都抽到次品有5×4种可能，总情况是先从20件中任抽一件，再从剩下的19件中任抽一件，所以有20×19种可能，再令两者相除即可．（3）因为第一次抽到次品，所以剩下的19件中有4件次品，所以，抽到次品的概率为18．（2020·阜新市第二高级中学高二月考）甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为和，两地同时下雨的比例为，问：（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少?（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少【答案】（1）0.67（2）0.60【解析】（1）设 “甲地为雨天”， “乙地为雨天”，则根据题意有，，.所以乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是.（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是.p AB p A （）（）20521411941941920%18%12%A =B =()0.20P A =()0.18P B =()0.12P AB =()()0.12|0.67()0.18P AB P A B P B ==»()()0.12|0.60()0.20P AB P B A P A ===19．（2020·山东平邑高二期中）已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个.（1）若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；（2）若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率.【答案】（1）（2）【解析】（1）两次都取得白球的概率；（2）记事件：第一次取出的是红球；事件：第二次取出的是红球，则， ，利用条件概率的计算公式，可得.20．（2019·攀枝花市第十五中学校高二期中（理））先后抛掷一枚骰子两次，将出现的点数分别记为.（1）设向量，，求的概率；（2）求在点数之和不大于5的条件下，中至少有一个为2的概率.【答案】（1）；（2）【解析】先后抛掷一枚骰子两次，“将出现的点数分别记为”包含的基本事件有：(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，…，(6，5)，(6，6)，共36个.（1）记“向量，，且”为事件，由得：，从而事件包含共3个基本事件，故.（2）设“点数之和不大于5”为事件，包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，1935221669P =´=A B 452()653P A ´==´432()655P AB ´==´()233(|)()525P AB P B A P A ==´=,a b (,)m a b =u r (2,1)n =-r 1m n ×=u r r,a b ,a b 11212,a b (,)m a b =u r (2,1)n =-r 1m n ×=u r rA 1m n ×=u r r21a b -=B (1,1),(2,3),(3,5)31()3612P A ==,a b B(2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，共10个基本事件；设“中至少有一个为2”为事件，包含(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，共5个基本事件，故“在点数之和不大于5的条件下，中至少有一个为2” 的概率：.21．（2020·延安市第一中学高二月考（文））10张奖券中有3张有奖，甲，乙两人不放回的各从中抽1张，甲先抽，乙后抽.求：（1）甲中奖的概率.（2）乙中奖的概率.（3）在甲未中奖的情况下，乙中奖的概率.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设“甲中奖”为事件，则（2）设“乙中奖”为事件，则又，所以（3）因为，所以22．（2020·河南南阳高二期中（文））某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.（1）求男生甲被选中的概率；（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率.,a b C ,a b ,a b ()51()102n BC P n B ===31031013A ()310P A =B ()()()()P B P AB AB P AB P AB =+=+()32110915P AB =´=()73710930P AB =´=()()()179315303010P B P AB P AB =+=+==()710P A =()730P AB =()()()7130|7310P AB P B A P A ===【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）记4名男生为A ，B ，C ，D ，2名女生为a ，b ，从6名成员中挑选2名成员，有，，，，，，，，，，，，，，共有15种情况，，记“男生甲被选中”为事件M ，不妨假设男生甲为A事件M 所包含的基本事件数为，，，，共有5种，故．（2）记“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，不妨设女生乙为，则，又由（1）知，故．（３）记“挑选的2人一男一女”为事件，则，“女生乙被选中”为事件，，故．131512AB AC AD Aa Ab BC BD Ba Bb CD Ca Cb Da Db ab AB AC AD Aa Ab ()51153P M ==M N b ()115P MN =()13P M =()()()15P MN P N M P M ==S ()815P S =N ()415P SN =()()()12P SN P N S P S ==。

专题7.1 条件概率与全概率公式姓名：班级：重点条件概率的公式及其应用。

难点全概率公式的应用。

例1-1．同时抛掷一个红骰子和一个蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为奇数”为事件A ，“两个骰子的点数之积为奇数”为事件B ，则=)|(A B P （ ）。

A 、61B 、41C 、31D 、21【答案】D 【解析】21)(=A P ，若A 、B 同时发生，则蓝色骰子向上点数为偶数，则412121)(=⨯=AB P ，∴21)()()|(==A P AB P A B P ，故选D 。

例1-2．现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用A 表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B 表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则=)|(A B P （ ）。

A 、31B 、74C 、32D 、43【答案】A【解析】由已知得73)(272324=+=C C C A P 、71)(2723==C C AB P ，则31)()()|(==A P AB P A B P ，故选A 。

例1-3．某市气象台统计，2022年3月1日该市市区下雨的概率为154，刮风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，设事件A 为下雨，事件B 为刮风，则=)|(B A P （ ）。

5B 、83C 、21D 、43【答案】D【解析】由题意可知154)(=A P 、152)(=B P 、101)(=AB P ，利用条件概率的计算公式可得：43)()()|(==B P AB P B A P ，故选D 。

例1-4．甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，记事件A 为“四名同学所选项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学选羽毛球”，则=)|(B A P （ ）。

A 、92B 、83C 、43D 、98【答案】A【解析】事件AB ：甲选羽毛球且四名同学所选项目各不相同，∴其它3名同学排列在其它3个项目，且互不相同为33A ，事件B ：甲选羽毛球，∴其它3名同学排列在其它3个项目，可以安排在相同项目为33，∴92434)()()|(43433===A B P AB P B A P ，故选A 。

专题14条件概率与全概率公式一、单选题1．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 ．0.8B ．0.6C ．0.5D ．0.42．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是 A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45二、填空题3．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A 的概率为；已知第一次抽到的是A ，则第二次抽取A 的概率为4．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以12,A A 和3A 表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）． ①()25P B =； ②()15|11P B A =； ③事件B 与事件1A 相互独立； ④123,,A A A 是两两互斥的事件；⑤()P B 的值不能确定，因为它与123,,A A A 中哪一个发生有关三、解答题5．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）； (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；(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0.0001）.四、单选题6．现随机安排甲、乙等4位同学参加校运会跳高、跳远、投铅球比赛，要求每位同学参加一项比赛，每项比赛至少一位同学参加，事件A =“甲参加跳高比赛”，事件B =“乙参加跳高比赛”，事件C =“乙参加跳远比赛”，则（ ） A ．事件A 与B 相互独立 B ．事件A 与C 为互斥事件 C ．()512P C A =D ．()19P B A =7．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球， 乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以12,A A 和3A 表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐中取出的球是红球的事件．下列结论正确的个数是（ ） ①事件1A 与2A 相互独立；②1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件； ③24(|)11P B A =；④()922P B =； ⑤14(|)9P A B = A ．5B ．4C ．3D ．2五、多选题8．设A ，B 是一个随机试验中的两个事件，且()13P A =，()34P B =，()12P A B +=，则（ ） A ．()16P AB =B ．()34P B A =C ．()()P B P B A =D ．()712P AB AB +=9．随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ） A ．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为16B ．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为13C ．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为13D ．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为5810．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0.08B ．该零件是次品的概率为0.03C ．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0.98D ．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13六、解答题11．马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，2t X -，1t X -，t X ，1t X +，…，那么1t X +时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态t X ，即()()1211,,,t t t t t t P X X X X P X X +--+⋅⋅⋅=． 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．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为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B 元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为()*N ,A A A B ∈<，赌博过程如下图的数轴所示．当赌徒手中有n 元（0n B ≤≤，N n ∈）时，最终输光的概率为．．．．．．．．()P n ，请回答下列问题： (1)请直接写出()0P 与()P B 的数值．(2)证明(){}P n 是一个等差数列，并写出公差d ．(3)当100A =时，分别计算200B =，1000B =时，()P A 的数值，并结合实际，解释当B →∞时，()P A 的统计含义．12．某游戏中的角色“突击者”的攻击有一段冷却时间（即发动一次攻击后需经过一段时间才能再次发动攻击）.其拥有两个技能，技能一是每次发动攻击后有12的概率使自己的下一次攻击立即冷却完毕并直接发动，该技能可以连续触发，从而可能连续多次跳过冷却时间持续发动攻击；技能二是每次发动攻击时有12的概率使得本次攻击以及接下来的攻击的伤害全部变为原来的2倍，但是多次触发时效果不可叠加（相当于多次触发技能二时仅得到第一次触发带来的2倍伤害加成）.每次攻击发动时先判定技能二是否触发，再判定技能一是否触发.发动一次攻击并连续多次触发技能一而带来的连续攻击称为一轮攻击，造成的总伤害称为一轮攻击的伤害.假设“突击者”单次攻击的伤害为1，技能一和技能二的各次触发均彼此独立： (1)当“突击者”发动一轮攻击时，记事件A 为“技能一和技能二的触发次数之和为2”，事件B 为“技能一和技能二各触发1次”，求条件概率()P B A(2)设n是正整数，“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n的概率记为n P，求n P.13．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.14．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.（注：比赛结果没有平局）(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.15．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模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子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，再从该袋子中等可能摸出一个球，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12（先验概率）.(1)求首次试验结束的概率；(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.参考答案：1．A【分析】先算出同时爱好两项的概率,利用条件概率的知识求解. 【详解】同时爱好两项的概率为0.50.60.70.4+-=， 记“该同学爱好滑雪”为事件A ,记“该同学爱好滑冰”为事件B ， 则()0.5,()0.4P A P AB ==， 所以()0.4()0.8()0.5P AB P BA P A ===∣. 故选:A . 2．A【详解】试题分析：记A =“一天的空气质量为优良”，B =“第二天空气质量也为优良”，由题意可知()()0.75,0.6P A P AB ==,所以()()()4|5P AB P B A P A ==，故选A. 考点：条件概率． 3．1221117【分析】由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A 的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A 的条件下，第二次抽到A 的概率.【详解】由题意，设第一次抽到A 的事件为B ,第二次抽到A 的事件为C , 则()()()()1431411221,(),|1525122152131713BC P BC P B P C B P B P =⨯======. 故答案为：1221；117. 4．②④【分析】根据互斥事件的定义即可判断④；根据条件概率的计算公式分别得出123,,A A A 事件发生的条件下B 事件发生的概率，即可判断②；然后由()()()123()P B P A B P A B P A B =++，判断①和⑤；再比较11()()()P A B P A P B ，的大小即可判断③.【详解】由题意可知事件123,,A A A 不可能同时发生，则123,,A A A 是两两互斥的事件，则④正确；由题意得()()()123544|,|,|111111P B A P B A P B A ===，故②正确； ()()()()()()()()()123133122()|||P B P A B P A B P A B P A P B A P A P B A P A P B A =++=++552434910111011101122=⨯+⨯+⨯=,①⑤错； 因为11559()()()104492222P A B P A P B ==⨯=，，所以事件B 与事件A 1不独立，③错；综上选②④故答案为：②④【点睛】本题主要考查了判断互斥事件，计算条件概率以及事件的独立性，属于中档题.5．(1)47.9岁； (2)0.89； (3)0.0014．【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出； （2）设A ={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，根据对立事件的概率公式()1()P A P A =-即可解出；（3）根据条件概率公式即可求出．【详解】（1）平均年龄(50.001150.002250.012350.017450.023x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 550.020650.017750.006850.002)1047.9+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=（岁）． （2）设A ={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70)}，所以()1()1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89P A P A =-=-+++⨯=-=．（3）设B =“任选一人年龄位于区间[40,50)”，C =“从该地区中任选一人患这种疾病”， 则由已知得：()()16%0.16,0.1%0.001,(|)0.023100.23P B P C P B C =====⨯=,则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，此人患这种疾病的概率为()(|)()()0.0010.23(|)0.00143750.0014()0.16P BC P C P B C C B P B B P P ⨯====≈．6．C【分析】根据条件求出(),(),(),()P A P B P AB P AC ，由互斥事件的定义、相互独立事件的判定和条件概率公式进行逐一判断即可【详解】对于A ，每项比赛至少一位同学参加，则有2113421322C C C A 36A ⋅=不同的安排方法， 事件A =“甲参加跳高比赛”，若跳高比赛安排2人，则有33A 6=种方法；若跳高比赛安排1人，则有212312C C A 6=种方法，所以安排甲参加跳高比赛的不同安排方法共有6612+=种，则121()363P A ==，同理121()363P B ==， 若安排甲、乙同时参加跳高比赛，则跳高比赛安排2人为甲和乙，跳远、投铅球比赛各安排1人，有22A 2=种不同的安排方法，所以21()3618P AB ==， 因为()()()P AB P A P B ≠，事件A 与B 不相互独立故A 错误；对于B ，在一次试验中，不可能同时发生的两个事件称为互斥事件，事件A 与C 可以同时发生，故事件A 与C 不是互斥事件，故B 错误；对于C ，在安排甲参加跳高比赛的同时安排乙参加跳远比赛的不同安排方法有1132C +C 5=种，所以5()36P AC =，所以()5()5361()123P AC P C A P A ===，故C 正确； 对于D ，()1()1181()63P AB P B A P A ===，故D 错误. 故选：C 7．C【分析】先判断出1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件，且不满足()()()1212P A A P A P A =⋅，①错误，②正确，用条件概率求解③⑤，用全概率概率求解④，得出结论. 【详解】显然，1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件，且 ()1515232P A ==++，()2215235P A ==++，而()()()12120P A A P A P A =≠⋅，①错误，②正确；()2215235P A ==++，()214451155P A B =⨯=，所以24(|)11P B A =，③正确；()()()()()()()1122331541349211115101122P B P B A P A P B A P A P B A P A =⋅+⋅+⋅=⨯+⨯+⨯=④正确；()()()111552119922P A B P A B P B ⨯===，⑤错误，综上：结论正确个数为3.故选：C 8．BCD【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. 【详解】对于A ：()()()()P A B P A P B P AB +=+-，()111234P AB =+-， 所以()112P AB =，故A 错误； 对于B ：()()()P AB P AB P A +=Q ，()11123P AB ∴+=，∴()14P AB =， ()()()134143P AB P B A P A ===，故B 正确；对于C ：1()112()1()43P AB P B A P A ===，()14P B =，∴()()P B A P B =，故C 正确. 对于D ：()()()()112P AB AB P AB P AB P AB +=+=+， ()()()P B P AB P AB =+Q ，∴()3144P AB =+，∴()12P AB =，∴()11712212P AB AB +=+=，所以D 正确. 故选：BCD. 9．BC【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有111432C C C 种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有111432C C C 种抽法， 其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有12C 种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为12111432C 1C C C 12= ，A 错误； 对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A , 则1132111432C C 1()C C C 4P A ==,小张抽到小王写的贺卡为事件B ,则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为1()112(|)1()34P AB P B A P A === ,B 正确； 对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有14C 2⨯种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为14111432C 21C C C 3⨯= ，C 正确；对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有13C (12)9+=种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为13111432C (12)93C C C 248+==，D 错误， 故选：BC 10．BC【分析】利用乘法公式、互斥事件加法求概率即可判断A ，B ；利用条件概率公式、对立事件即可判断C ，D ．【详解】记事件A ：车床加工的零件为次品，记事件i B ：第i 台车床加工的零件，则1(|)8%P A B =，2(|)3%P A B =，3(|)2%P A B =，1()10%P B =，2()40%P B =，3()50%P B =， 对于A ，任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为111()(|)()8%10%0.008P AB P A B P B ==⨯=，故A 错误；对于B ，任取一个零件是次品的概率为123()()()()8%10%3%40%2%50%0.03P A P AB P AB P AB =++=⨯+⨯+⨯=，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33()1()12%0.98P A B P A B =-=-=，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()()()()3333(|)2%50%21(|)1110.033P AB P A B P B P B A P A P A ⨯-=-=-=-=，故D 错误．故选：BC ．11．(1)()01P =，()0P B = (2)证明见解析；1d B=-(3)200B =时，()50%P A =，当1000B =时，()90%P A =，统计含义见解析【分析】（1）明确0n =和n B =的含义，即可得答案； （2）由全概率公式可得11()(1)(1)22P n P n P n =-++，整理为()()()()11P n P n P n P n --=+-，即可证明结论；（3）由（2）结论可得()1AP A B=-，即可求得200B =，1000B =时，()P A 的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义.【详解】（1）当0n =时，赌徒已经输光了，因此()01P =.当n B =时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率()0P B =. （2）记M ：赌徒有n 元最后输光的事件，N ：赌徒有n 元且下一场赢的事件, ()()(|)()(|)P M P N P M N P N P M N =+,即11()(1)(1)22P n P n P n =-++， 所以()()()()11P n P n P n P n --=+-， 所以(){}P n 是一个等差数列，设()()1P n P n d --=，则()()()()12,10P n P n d P P d ---=-=L ，， 累加得()(0)P n P nd -=，故()(0)P B P Bd -=，得1d B=-， （3）100A =，由()()0P n P nd -=得()()0P A P Ad -=,即()1A P A B=-, 当200B =时，()50%P A =， 当1000B =时，()90%P A =，当B →∞时，()1P A →，因此可知久赌无赢家， 即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光．【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确11()(1)(1)22P n P n P n =-++，即可求解, 12．(1)89；(2)141118227n n ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.【分析】（1）分析试验过程，分别求出()P A 和()P AB ，利用条件概率的公式直接计算； （2）分析 “突击者”一轮攻击造成的伤害为2n ,分为：i.进行2n 次，均不触发技能二；前面的21n -次触发技能一，最后一次不触发技能一；ii.第一次触发技能二，然后的n 1-次触发技能一，第n 次未触发技能一；iii. 前面的()2,1,2,1k k n =-次未触发技能二，然后接着的第21k +次触发技能二；前面的1n k +-触发技能一，第n k +次未触发技能一. 分别求概率.即可求出n P .【详解】（1）两次攻击，分成下列情况：i.第一次攻击，技能一和技能二均触发，第二次攻击，技能一和技能二均未触发；ii .第一次攻击，技能一触发，技能二未触发，第二次攻击，技能二触发，技能一未触发；iii. 第一、二次攻击，技能一触发，技能二未触发，第三次攻击，技能一、二未触发；所以()111111*********2222222222222264P A =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯=. ()111111111222222228P AB =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=.所以()1889964P B A ==.（2）“突击者”一轮攻击造成的伤害为2n ,分为：i. 记事件D ：进行2n 次，均不触发技能二；前面的21n -次触发技能一，最后一次不触发技能一.其概率为：()221411112222n n nP D -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ii. 记事件E ：第一次触发技能二，然后的n 1-次触发技能一，第n 次未触发技能一.其概率为：()1111112222n n P E -+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭iii. 记事件k F ：前面的()2,1,2,1k k n =-次未触发技能二，然后接着的第21k +次触发技能二；前面的1n k +-触发技能一，第n k +次未触发技能一. 其概率为： ()21311111122222kn k n k k P F +-++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则事件121,n F F F -L 彼此互斥，记121n F F F F -=+++L ， 所以()()()()121n F F F P P P F P -=++L ()31321311111222n n n n +++⨯++-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L()131131311112222112n n n n ++-++⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎝⎭=- ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭141111822172n n n +++⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=- ⎪⎝⎭. 所以()()()n F P P D P E P =++141411118221112272n n n n n ++++⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭141411822127n n n++⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+⎪⎝⎭1481317272n n+⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【点睛】关键点睛：这道题关键的地方是题意的理解，文字较多，要明白一轮攻击中含多次攻击，每次攻击判断技能的触发，在第二问中需要分多种情况进行讨论，然后用互斥事件的概率计算公式进行求解 13．(1)47(2)2235【分析】（1）利用对立事件的概率公式与条件概率公式，结合古典概型求解即可； （2）利用全概率公式，结合古典概型求解即可.【详解】（1）依题意，记事件i A 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()()3237111541010P B P B =-=-⨯=-=，()()()()()()1212222132454547710P A A P A A P A B P A B P B P B ⨯⨯++⨯⨯====. （2）记事件1C 表示从第一个盒子里取出红球，记事件2C 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()()()()()1122253422575735P D P C P D C P C P D C =+=⨯+⨯=. 14．(1)316(2)1380(3)913【分析】（1）事件B =“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件j A =“甲队第j 局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；（2）讨论M 上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率； （3）利用贝叶斯公式求甲队明星队员M 上场的概率. 【详解】（1）事件B =“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”， 事件jA =“甲队第j 局获胜”，其中1,2,3,4,j =j A 相互独立.又甲队明星队员M 前四局不出场，故()1,1,2,3,42j P A j ==，123412341234B A A A A A A A A A A A A =++，所以()41313C 216P B ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）设C 为甲3局获得最终胜利，D 为前3局甲队明星队员M 上场比赛， 由全概率公式知，()()()()()||P C P C D P D P C D P D =⋅+⋅，因为每名队员上场顺序随机，故()234335C A 3A 5PD ==，()321,55P D =-= ()()2313311|,|241628P C D P C D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()3312131658580P C =⨯+⨯=. （3）由（2），()()()()()()33|9165|131380P CD P C D P D P D C P C P C ⨯⋅====. 15．(1)1120(2)①19；②方案二中取到红球的概率更大.【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题； （2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件1A ，“取到乙袋”为事件2A ，“试验结果为红球”为事件1B ，“试验结果为白球”为事件2B ，（1）()()()()()111121219121121021020P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=. 所以试验一次结果为红球的概率为1120. （2）①因为1B ，2B 是对立事件，()()219120P B P B =-=， 所以()()()()()()2111212221111029920P B A P A P A B P A B P B P B ⨯====， 所以选到的袋子为甲袋的概率为19.②由①得()()2212181199P A B P A B =-=-=， 所以方案一中取到红球的概率为：()()()()1121122121982591091018P P A B P B A P A B P B A =+=⨯+⨯=， 方案二中取到红球的概率为：()()()()22211121289123791091045P P A B P B A P A B P B A =+=⨯+⨯=，因为3754518>，所以方案二中取到红球的概率更大.。

专题30 条件概率与全概率公式一、单选题1．（2020·河南南阳高二二模（理））根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为930，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为830.则在下雨条件下吹东风的概率为（）A．25B．89C．811D．911【答案】C【解析】分析：在下雨条件下吹东风的概率=既吹东风又下雨的概率÷下雨的概率详解：在下雨条件下吹东风的概率为8830=111130，选C2．（2020·安徽省六安中学高二期中（理））根据以往数据统计,某酒店一商务房间1天有客人入住的概率为45，连续2天有客人入住的概率为35,在该房间第一天有客人入住的条件下,第二天也有客人入住的概率为（）A．13B．12C．35D．34【答案】D 【解析】设第二天也有客人入住的概率为P，根据题意有43=55P⋅，解得34P=，故选D.3．（2020·河南开封高三二模（理））已知正方形ABCD，其内切圆I与各边分别切于点E，F，G、H，连接EF，FG，GH，HE．现向正方形ABCD内随机抛掷一枚豆子，记事件A：豆子落在圆I内，事件B：豆子落在四边形EFGH外，则()P B A=（）A．2πB．21π-C．12D．π142-【答案】B 【解析】由题意，设正方形ABCD 的边长为2a ，则圆I 的半径为r a =，面积为2a π； 正方形EFGH 2a ，面积为22a ；∴所求的概率为22222(|)1a a P B A a πππ-==-． 故选：B ．4．（2020·河南高二期末（理））把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则()P B A =（ ） A ．12B ．14C ．16D ．18【答案】A 【解析】“第一次出现正面”：2(1)P A =, “两次出现正面”: 111()=224P AB =⨯,则()1()14|==1()22P AB P B A P A =故选A5．（2020·陕西临渭高二期末（文））已知()1P B|A 2=，()35P A =，()P AB 等于（ ） A ．56B ．910C ．310D ．110【答案】C 【解析】根据条件概率的定义和计算公式：()()0(|),()P AB P A P B A P A >=当时，把公式进行变形，就得到()0()(|)()P A P AB P B A P A >=当时，，故选C.6．（2020·黑龙江南岗哈师大附中高二期末（理））从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，B 为“第二次取到的是3的整数倍”，则(|)P B A =（ ） A ．38B ．1340C ．1345D ．34【答案】B 【解析】 由题意5()9P A = 事件AB 为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况，故共有223313⨯+⨯=个事件1313()9872P A B ==⨯ 由条件概率的定义：()13(|)()40P A B P B A P A ==故选：B7．（2020·西夏宁夏大学附属中学高二月考（理））将两颗骰子各掷一次，设事件A =“两个点数不相同”，B =“至少出现一个6点”，则概率()|P A B 等于（ ）A ．1011B ．511C ．518D ．536【答案】A 【解析】由题意事件A={两个点数都不相同}，包含的基本事件数是36-6=30至少出现一个6点的情况分二类，给两个骰子编号，1号与2号，若1号是出现6点，2号没有6点共五种2号是6点，一号不是6点有五种，若1号是出现6点，2号也是6点，有1种，故至少出现一个6点的情况是11种∴=10118．（2020·广东东莞高二期末）一个袋中装有大小相同的3个白球和3个黑球，若不放回地依次取两个球，设事件A 为“第一次取出白球”，事件B 为“第二次取出黑球”，则概率()P B A =（ ） A ．56B ．35C ．12D ．25【答案】B 【解析】设事件A 为“第一次取出白球”，事件B 为“第二次取出黑球”，()()31333==，==626510P A P AB ⨯， 第一次取出白球的前提下，第二次取出黑球的概率为：()()3()5P AB P B A P A ==.故选：B.二、多选题9．（2020·大名中学高二月考）甲乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A 为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B 为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C 为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是（ ） A ．()()()P A P B P C == B ．()()()P BC P AC P AB == C ．1()8P ABC = D ．1()()()8P A P B P C ⋅⋅=【答案】ABD 【解析】由已知22221()44442P A =⨯+⨯=，21()()42P B P C ===， 由已知有1()()()4P AB P A P B ==，1()4P AC =，1()4P BC =，所以()()()P A P B P C ==，则A 正确；()()()P BC P AC P AB ==，则B 正确；事件A 、B 、C 不相互独立，故1()8P ABC =错误，即C 错误 1()()()8P A P B P C ⋅⋅=，则D 正确；综上可知正确的为ABD. 故选:ABD ．10.（2020·江苏海安高级中学高二期中）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以1A ，2A ，3A 表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（ ） A ．2()5P B =B ．15()11P B A =C ．事件B 与事件1A 相互独立D ．1A 、2A 、3A 两两互斥【答案】BD 【解析】因为每次取一球，所以1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件，故D 正确；因为()()()123523,,101010p A p A p A ===， 所以11155()51011()5()1110P BA P B A P A ⨯===，故B 正确； 同理3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ⨯⨯======， 所以1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=⨯+⨯+⨯=，故AC 错误； 故选：BD11．（2020·江苏海安高级中学高一期中）以下对各事件发生的概率判断正确的是（ ） A ．连续抛两枚质地均匀的硬币，有3个基本事件，出现一正一反的概率为13B ．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如12＝5＋7，在不超过15的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为115C ．将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，记下两次向上的点数，则点数之和为6的概率是536D ．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是12【答案】BCD 【解析】A.连续抛两枚质地均匀的硬币，有4个基本事件，包含两正，两反，先反再正，先正再反，出现一正一反的概率2142P ==，故A 不正确；B.不超过15的素数包含2,3,5,7,11,13，共6个数字，随机选取两个不同的数字，和等于14的包含()3,11，则概率为261115P C ==，故B 正确； C.将一个质地均匀的骰子先后抛掷2次，共36种情况，点数之和为6包含()()()()()1,5,2,4,3,3,4,2,5,1，共5种，所以点数之和为6的概率536P =，故C 正确； D.由题意可知取出的产品全是正品的概率232412C P C ==，故D 正确.12．（2020·山东昌乐二中高二月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是35；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为80243；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627. 则其中正确命题的序号是（ ） A ．① B ．② C ．③ D ．④【答案】ABD 【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是21423635C C p C ==故正确； ②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为2163p ==，则恰好有两次白球的概率为4226218033243p C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确； ③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为1143114535C C C C =，故错误； ④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为4263p ==：则至少有一次取到红球的概率为3031261327p C ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故正确.故选：ABD. 三、填空题13．（2020·全国高三课时练习（理））一个口袋中装有6个小球，其中红球4个，白球2个．如果不放回地依次摸出2个小球，则在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出红球的概率为________. 【答案】35【解析】()()235(|)253P AB P B A P A ===故答案为：3514．（2020·邢台市第二中学高二期末）某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己等6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为__________． 【答案】14【解析】设事件A ：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”；事件B ：“学生丙第一个出场”， 对事件A ，甲和乙都不是第一个出场，第一类：乙在最后，则优先从中间4个位置中选一 个给甲，再将余下的4个人全排列有1444C A ⋅种；第二类：乙没有在最后，则优先从中间4个位置中选两个给甲乙，再将余下的4个人全排列有2444A A ⋅种，故总的有()14244444n A C A A A =⋅+⋅.对事件AB ，此时丙第一个出场，优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列有1444C A ⋅种故()()()14441424444414n AB C A P B A n A C A A A ⋅===⋅+⋅. 故答案为：1415．（2020·湖南天心长郡中学高三其他（理））甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以1A ，2A 和3A 表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是___________． ①()25P B =；②()1511P B A =；③事件B 与事件1A 相互独立；④1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件 【答案】②④ 【解析】因为每次取一球，所以1A ，2A ，3A 是两两互斥的事件，故④正确；因为()()()123523,,101010P A P A P A ===， 所以11155()51011()5()1110P BA P B A P A ⨯===，故②正确； 同理3223232434()()4410111011(),()23()11()111010P BA P BA P B A P B A P A P A ⨯⨯======， 所以1235524349()()()()10111011101122P B P BA P BA P BA =++=⨯+⨯+⨯=， 故①③错误. 故答案为：②④16．（2018·全国高二课时练习）某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上的风又下雨的概率为110，设A 为下雨，B 为刮四级以上的风，则()P B A ＝_______， ()P A B ＝__________【答案】3438【解析】 由已知()415P A =，()215P B =，()110P AB =， ∴ ()()()3|8P AB P B A P A ==，()()()3|4P AB P A B P B == 故答案为34，38求条件概率一般有两种方法：一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P(B|A)＝n AB n A （）（），其中n(AB)表示事件AB 包含的基本事件个数，n(A)表示事件A 包含的基本事件个数． 二是直接根据定义计算，P(B|A)＝p AB p A （）（），特别要注意P(AB)的求法．四、解答题17．（2020·甘肃省静宁县第一中学高二月考（理））有20件产品，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回的从中依次抽2件.求：（1）第一次抽到次品的概率； （2）第一次和第二次都抽到次品的概率；（3）在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率. 【答案】（1）14；（2）119；（3）419.【解析】（1）因为有5件是次品，第一次抽到次品，有5中可能，产品共有20件，不考虑限制，任意抽一件，有20中可能，所以概率为两者相除．（2）因为是不放回的从中依次抽取2件，所以第一次抽到次品有5种可能，第二次抽到次品有4种可能，第一次和第二次都抽到次品有5×4种可能，总情况是先从20件中任抽一件，再从剩下的19件中任抽一件，所以有20×19种可能，再令两者相除即可． （3）因为第一次抽到次品，所以剩下的19件中有4件次品，所以，抽到次品的概率为41918．（2020·阜新市第二高级中学高二月考）甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问： （1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少? （2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少 【答案】（1）0.67（2）0.60 【解析】（1）设A = “甲地为雨天”， B = “乙地为雨天”，则根据题意有()0.20P A =，()0.18P B =，()0.12P AB =.所以乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是()()0.12|0.67()0.18P AB P A B P B ==≈. （2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是()()0.12|0.60()0.20P AB P B A P A ===.19．（2020·山东平邑高二期中）已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个. （1）若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；（2）若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率. 【答案】（1）19（2）35【解析】（1）两次都取得白球的概率221669P =⨯=； （2）记事件A ：第一次取出的是红球；事件B ：第二次取出的是红球， 则452()653P A ⨯==⨯， 432()655P AB ⨯==⨯， 利用条件概率的计算公式，可得()233(|)()525P AB P B A P A ==⨯=.20．（2019·攀枝花市第十五中学校高二期中（理））先后抛掷一枚骰子两次，将出现的点数分别记为,a b . （1）设向量(,)m a b =，(2,1)n =-，求1m n ⋅=的概率；（2）求在点数,a b 之和不大于5的条件下，,a b 中至少有一个为2的概率. 【答案】（1）112；（2）12【解析】先后抛掷一枚骰子两次，“将出现的点数分别记为,a b ”包含的基本事件有：(1，1)，(1，2)，(1，3)， (1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，…，(6，5)，(6，6)，共36个. （1）记“向量(,)m a b =，(2,1)n =-，且1m n ⋅=”为事件A ， 由1m n ⋅=得：21a b -=，从而事件B 包含(1,1),(2,3),(3,5)共3个基本事件， 故31()3612P A ==. （2）设“点数,a b 之和不大于5”为事件B ，包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)， (2，3)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，共10个基本事件；设“,a b 中至少有一个为2”为事件C ，包含(1，2)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，2)，共5个基本事件，故“在点数,a b 之和不大于5的条件下，,a b 中至少有一个为2” 的概率：()51()102n BC P n B ===. 21．（2020·延安市第一中学高二月考（文））10张奖券中有3张有奖，甲，乙两人不放回的各从中抽1张，甲先抽，乙后抽.求：（1）甲中奖的概率.（2）乙中奖的概率.（3）在甲未中奖的情况下，乙中奖的概率.【答案】（1）310；（2）310；（3）13 【解析】（1）设“甲中奖”为事件A ，则()310P A = （2）设“乙中奖”为事件B ，则()()()()P B P AB AB P AB P AB =+=+ 又()32110915P AB =⨯=，()73710930P AB =⨯= 所以()()()179315303010P B P AB P AB =+=+== （3）因为()710P A =，()730P AB = 所以()()()7130|7310P AB P B A P A=== 22．（2020·河南南阳高二期中（文））某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.（1）求男生甲被选中的概率；（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率.【答案】（1）13；（2）15；（3）12．【解析】（1）记4名男生为A，B，C，D，2名女生为a，b，从6名成员中挑选2名成员，有AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共有15种情况，，记“男生甲被选中”为事件M，不妨假设男生甲为A事件M所包含的基本事件数为AB，AC，AD，Aa，Ab共有5种，故()51 153P M==．（2）记“男生甲被选中”为事件M，“女生乙被选中”为事件N，不妨设女生乙为b，则()1 15P MN=，又由（1）知()13P M=，故()() ()15 P MNP N MP M==．（３）记“挑选的2人一男一女”为事件S，则()8 15P S=，“女生乙被选中”为事件N，()415P SN=，故()() ()12 P SNP N SP S==．。

课时规范练53 随机事件的独立性、条件概率与全概率公式基础巩固组1.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( ) A.34B.23C.57D.5122.(多选)已知事件A ,B ,且P (A )=0.5,P (B )=0.2,则下列结论正确的是( ) A.如果B ⊆A ,那么P (A ∪B )=0.2,P (AB )=0.5 B.如果A 与B 互斥,那么P (A ∪B )=0.7,P (AB )=0 C.如果A 与B 相互独立,那么P (AB )=0D.如果A 与B 相互独立,那么P (AB )=0.4,P (A B )=0.43.甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是( ) A.29 B.49C.23D.794.设有一批同规格的产品,由三家工厂生产,其中甲厂生产12,乙、丙两厂各生产14,而且各厂的次品率依次为2%,2%,4%,现从这批产品中任取一件,则取到次品的概率为 ( )A.0.025B.0.08C.0.07D.0.1255.(2020黑龙江实验中学高三月考)吸烟有害健康,远离烟草,珍惜生命.据统计一小时内吸烟5支诱发脑血管病的概率为0.02,一小时内吸烟10支诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,则他在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病的概率为( ) A.67 B.2125C.4950D.不确定6.掷一枚质地均匀的骰子2次,每个结果以(x 1,x 2)记之,其中x 1,x 2分别表示掷第一次与掷第二次骰子的点数,设A={(x 1,x 2)|x 1+x 2=6},B={(x 1,x 2)|x 1>x 2},则P (B|A )=( ) A.18B.13C.25D.127.一道考题有4个答案,要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为13,而乱猜正确的概率为23.在乱猜时,4个答案都有机会被他选择,如果他答对了,则他确实知道正确答案的概率是( ) A.13B.23C.34D.148.(2020天津,13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 . 9.一袋中装有大小、形状均相同的5个球,其中2个黑球,3个白球,从中先后不放回地任取一球,则第二次取到的是黑球的概率为 .10.事件A ,B ,C 相互独立,如果P (AB )=16,P (B C )=18,P (AB C )=18,则P (B )= ;P (A B )= . 11.一个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩是等可能的,令A={一个家庭中既有男孩又有女孩},B={一个家庭中最多有一个女孩}.对下述两种情形,讨论A 与B 的独立性: (1)家庭中有两个小孩; (2)家庭中有三个小孩.综合提升组12.(2020辽宁大连一模)《易经》是中国传统文化中的精髓,下图是易经后天八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(表示一根阳线,表示一根阴线),从八卦中任取两卦,记事件A=“两卦的六根线中恰有两根阳线”,B=“有一卦恰有一根阳线”,则P (A|B )=( )后天八卦图A.15B.16C.17D.31413.某台举办闯关答题比赛,共分两轮,每轮共有4类题型,选手从前往后逐类回答,若中途回答错误,立马淘汰,若全部回答正确,就能获得一枚复活币并进行下一轮答题,两轮都通过就可以获得最终奖金.选手在第一轮闯关获得的复活币,系统会在下一轮答题中自动使用,即下一轮重新进行闯关答题时,在某一类题型中回答错误,自动复活一次,视为答对该类题型.若某选手每轮的4类题型的通过率均分别为910、89、34、13,则该选手进入第二轮答题的概率为;该选手最终获得奖金的概率为.14.为了营造勤奋读书、努力学习、奋发向上的文化氛围,提高学生的阅读兴趣,某校开展了“朗读者”闯关活动,各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼,第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8,在已经通过第一关的前提下通过第二关的概率为0.5,则该同学两关均通过的概率为.15.已知从A地去B地有①或②两条路可走,并且汽车走路①堵车的概率为14,汽车走路②堵车的概率为p,若现在有两辆汽车走路①,有一辆汽车走路②,且这三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为716,求走路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求这三辆汽车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.创新应用组16.(多选)(2020辽宁沈阳实验中学高三月考)在如图所示的电路中,A、B、C、D、E是5个保险盒.其中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是()A.AB所在线路畅通的概率为16B.ABC所在线路畅通的概率为56C.DE所在线路畅通的概率为130D.当开关合上时,整个电路畅通的概率为293617.某仓库有同样规格的产品12箱,其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的,且三个厂的次品率分别为110,114,118.现从这12箱中任取一箱,再从取得的一箱中任意取出一个产品.(1)则取得的一个产品是次品的概率为.(2)若已知取得一个产品是次品,则这个次品是乙厂生产的概率是.(精确到0.001)参考答案课时规范练53随机事件的独立性、条件概率与全概率公式1.D根据题意,恰有一人获得一等奖可以分成甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖,则所求概率是2 3×(1-34)+34×(1-23)=512,故选D.2.BD如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.5,P(AB)=0.2,故A错误;如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0,故B正确;如果A与B相互独立,那么P(AB)=0.1,故C错误;如果A与B相互独立,那么P(AB)=P(A)·P(B)=0.4,P(A B)=P(A)·P(B)=0.4,故D正确.3.D甲不跑第一棒共有A31·A33=18(种)情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:①乙跑第一棒,共有A33=6(种)情况;②乙不跑第一棒,共有A21·A21·A22=8(种)情况,∴甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为6+818=79,故选D.4.A设A1,A2,A3分别表示事件“取到甲厂的产品”,“取到乙厂的产品”,“取到丙厂的产品”,B表示事件“取到次品”,则P(A1)=0.5,P(A2)=P(A3)=0.25,P(B|A1)=0.02,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)=0.5×0.02+0.25×0.02+0.25×0.04=0.025.5.A记事件A为“某公司职员一小时内吸烟5支未诱发脑血管病”,记事件B为“某公司职员一小时内吸烟10支未诱发脑血管病”,则事件B|A为“某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病”,则B⊆A,AB=B,P(A)=1-0.02=0.98,P(B)=1-0.16=0.84,因此,P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.840.98=67.6.C根据题意A={(x1,x2)|x1+x2=6},则集合A包含的样本点为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),B={(x1,x2)|x1>x2},则集合AB包含的样本点为(4,2),(5,1),根据条件概率求法可得P(B|A)=25.7.B设A=“考生答对”,B=“考生知道正确答案”,由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=13×1+23×14=12.所以P(B|A)=P(B)P(A|B)P(A)=1312=23.8.1623两球都落入盒子中的概率为12×13=16,设A=“两球至少一个落入盒子”,对立事件为A =“两球都未落入”,P (A )=(1-12)×(1-13)=12×23=13,则P (A )=1-P (A )=23.9.25 设事件A ,B 分别表示第一、二次取到的是黑球,由古典概型可知P (A )=25,P (B|A )=14,P (B|A )=12.则P (B )=P (AB )+P (A B )=P (A )P (B|A )+P (A )P (B|A )=25×14+(1-25)×12=25. 10.12 13 由题意得{P (A )P (B )=16,P (B )P (C )=18,P (A )P (B )P (C )=18,得P (A )=13,P (B )=12.所以P (A B )=P (A )P (B )=23×12=13. 11.解(方法1)利用定义(1)有两个小孩的家庭,考虑男孩、女孩的可能情形为(男,男),(男,女),(女,男),(女,女),共有4个元素,由等可能性知概率均为14.这时A={(男,女),(女,男)},B={(男,男),(男,女),(女,男)}, AB={(男,女),(女,男)},于是P (A )=12,P (B )=34,P (A ∩B )=12. 由此可知P (A ∩B )≠P (A )P (B ), 所以事件A ,B 不相互独立.(2)有三个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女),由等可能性知这8个元素的概率均为18,这时A 中含有6个元素,B 中含有4个元素,AB 中含有3个元素.于是P (A )=68=34,P (B )=48=12,P (AB )=38,显然有P (AB )=38=P (A )P (B )成立.从而事件A 与B 是相互独立的.(方法2)利用条件概率与独立性的关系 (1)由题意可知P (B|A )=1, 又P (B )=34,故P (B|A )≠P (B ). 所以A 与B 不相互独立. (2)由题意可知P (B|A )=36=12,又P (B )=48=12,故P (B|A )=P (B ),所以A 与B 相互独立.12.B 由八卦图可知,八卦中全为阳线和全为阴线的卦各有一个,两阴一阳和两阳一阴的卦各有三个,而事件A 所包含的情况可分为两种,即第一种是取到的两卦中一个为两阳一阴,另一个为全阴;第二种是两卦中均为一阳两阴;而事件A ∩B 中只包含后者,即P (A ∩B )=C 32C 82=328,事件B 的概率P (B )=1-C 52C 82=914,所以P (A|B )=328914=16.13.152571 800选手进入第二轮答题,则第一轮中答题全部正确,概率为910×89×34×13=15;第二轮通过的概率为15+110×89×34×13+910×19×34×13+910×89×14×13+910×89×34×23=15+145+140+115+25=257360, 该选手最终获得奖金的概率为15×257360=2571 800.14.0.4 设该学生通过第一关为事件A ,通过第二关为事件B ,在通过第一关的前提下通过第二关的概率为P (B|A ),因为P (B|A )=P (AB )P (A ),所以P (AB )=P (B|A )P (A )=0.5×0.8=0.4.15.解(1)由已知条件得C 21×14×34×(1-p )+(34)2×p=716,即3p=1,∴p=13.即走路②堵车的概率为13.(2)由题意得ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ=0)=34×34×23=38,P (ξ=1)=716,P (ξ=2)=14×14×23+C 21×14×34×13=16,P (ξ=3)=14×14×13=148. ∴随机变量ξ的分布列为16.BD 由题意知,A ,B ,C ,D ,E 保险闸被切断的概率分别为P (A )=12,P (B )=13,P (C )=14,P (D )=15,P (E )=16,所以A 、B 两个盒子畅通的概率为12×23=13,故A 错误;A 、B 、C 三个盒子混联后畅通的概率为1-23×14=1-16=56,故B 正确;D 、E 两个盒子并联后畅通的概率为1-15×16=1-130=2930,故C 错误;根据上述分析可知,当开关合上时,电路畅通的概率为2930×56=2936,故D 正确.17.(1)0.083 (2)0.287 (1)设A={取得一个产品是次品},B 1={取得一箱是甲厂的},B 2={取得一箱是乙厂的},B 3={取得一箱是丙厂的}.三个厂的次品率分别为110,114,118,∴P (A|B 1)=110,P (A|B 2)=114,P (A|B 3)=118.12箱产品中,P (B 1)=612,P (B 2)=412,P (B 3)=212,由全概率公式得P (A )=∑k=13P (A|B k )P (B k )=612×110+412×114+212×118≈0.083.(2)依题意,已知A 发生,要求P (B 2|A ),此时用贝叶斯公式:P (B 2|A )=P (B 2)P (A |B 2)P (A )≈412×1140.083≈0.287.。

专练53 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率[基础强化]一、选择题1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现反面”为事件B ，则P (B |A )＝( )A.12B.14C.16D.182．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”；则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.123．打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则他们都中靶的概率是( )A.35B.34C.1225D.14254．[2021·山东栖霞模拟]一道竞赛题，A ，B ，C 三人单独解出的概率依次为12，13，14，则三人独立解答仅有1人解出的概率为( )A.124B.1124C.724D ．1 5．[2021·山东济南模拟]已知某种生物由出生算起活到20岁的概率是0.8，活到25岁的概率是0.4，则现为20岁的这种动物活到25岁的概率是( )A ．0.6B ．0.5C ．0.4D ．0.326．5G 指的是第五代移动通信技术，是最新一代蜂窝移动通信技术．某公司研发5G 项目时遇到一项技术难题，由甲、乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克该技术难题的概率为0.8，乙部门攻克该技术难题的概率为0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为( )A ．0.56B ．0.86C ．0.94D ．0.96 7．[2021·山东新高考预测卷]甲、乙、丙、丁四名同学报名参加四项体育比赛，每人只能报一项，记事件A ＝“四名同学所报比赛各不相同”，事件B ＝“甲同学独报一项比赛”，则P (A |B )＝( )A.59B.49C.13D.298．某大街在甲、乙、丙三处设有红、绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( ) A.19B.16 C.13D.7189．甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方．但打到10平以后，先多得2分者为胜方，在10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为12，甲接发球赢球的概率为25，则在比分为1010后甲先发球的情况下，甲以1311赢下此局的概率为( )A.225B.310C.110D.325 二、填空题10．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________．11．[2020·天津卷]已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．12．一盒中放有大小相同的10个小球，其中8个黑球、2个红球，现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意取2个小球，已知甲取到了2个黑球，则乙也取到2个黑球的概率是________．[能力提升] 13．[2021·全国新高考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14．(多选)从甲口袋内摸出1个白球的概率是13，从乙口袋内摸出1个白球的概率是12，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么下列说法正确的是( )A ．2个球都是白球的概率为16B ．2个球都不是白球的概率为23C ．2个球不都是白球的概率为56D ．2个球恰好有一个球是白球的概率为1215．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是互相独立的，则灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.1416．(多选)设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事件A ＝{第一个四面体向下的一面为偶数}，事件B ＝{第二个四面体向下的一面为奇数}，C ＝{两个四面体向下的一面同时为奇数或者同时为偶数}，则下列说法正确的是( )A ．P (A )＝P (B )＝P (C ) B ．P (AB )＝P (AC )＝P (BC )C ．P (ABC )＝18D ．P (A )P (B )P (C )＝18专练53 条件概率、全概率公式、相互独立事件的概率1.A P (A )＝12，P (AB )＝14，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12.2．B P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝11025＝14.3．D 由题意可知甲中靶的概率P 1＝810＝45，乙中靶的概率P 2＝710，又两人中靶相互独立，∴他们都中靶的概率P ＝P 1P 2＝710×45＝1425.4．B 由题意知，仅有1人解出的概率为P ＝12×⎝⎛⎭⎫1－13·⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－12×13×⎝⎛⎭⎫1－14＋⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13×14＝14＋18＋112＝1124.故选B. 5．B 设“这种动物从出生起活到20岁”为事件A ，“这种动物从出生起活到25岁”为事件B .则P (A )＝0.8，P (B )＝0.4由于AB ＝B ，则P (AB )＝P (B )则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.40.8＝0.5.故选B.6．C 设事件A 表示“甲部门攻克该技术难题”，事件B 表示“乙部门攻克该技术难题”， P (A )＝0.8，P (B )＝0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为：P ＝1－(1－P (A ))(1－P (B ))＝1－0.2×0.3＝0.94，故选C.7．D 由题可得P (AB )＝A 4444＝332，P (B )＝C 14×3344＝2764，根据条件概率公式可得P (A |B )＝P (AB )P (B )＝29，故选D. 8．D 设汽车分别在甲、乙、丙三处因遇绿灯而通行为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23，停车一次即为事件A －BC ＋A B －C ＋AB C －的发生，故概率P ＝⎝⎛⎭⎫1－13×12×23＋13×⎝⎛⎭⎫1－12×23＋13×12×⎝⎛⎭⎫1－23＝718.故选D. 9．C 设双方1010平后的第k 个球甲获胜为事件A k (k ＝1,2,3，…)，则P (甲以1311赢)＝P (A －1A 2A 3A 4)＋P (A 1A －2A 3A 4)＝P (A －1)P (A 2)P (A 3)P (A 4)＋P (A 1)P (A －2)P (A 3)P (A 4)＝⎝⎛⎭⎫1－12×25×12×25＋12×⎝⎛⎭⎫1－25×12×25＝110，故选C. 10．0.7解析：设A 1＝“第1天去A 餐厅用餐”， B 1＝“第1天去B 餐厅用餐”， A 2＝“第2天去A 餐厅用餐”， Ω＝A 1∪B 1，且A 1与B 1互斥． 根据题意得P (A 1)＝P (B 1)＝0.5，P (A 2|A 1)＝0.6，P (A 2|B 1)＝0.8. 由全概率公式得P (A 2)＝P (A 1)P (A 2|A 1)＋P (B 1)P (A 2|B 1) ＝0.5×0.6＋0.5×0.8 ＝0.7故王同学第2天去A 餐厅用餐的概率为0.7. 11.16 23解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23. 12.1528解析：记事件“甲取到2个黑球”为A ，“乙取到2个黑球”为B ，则有P (B |A )＝P (AB )P (A )＝C 26C 28＝1528.即所求事件的概率是1528. 13．B P (甲)＝16，P (乙)＝16，P (丙)＝536，P (丁)＝636＝16，P (甲丙)＝0≠P (甲)P (丙)，P (甲丁)＝136＝P (甲)P (丁)，P (乙丙)＝136≠P (乙)P (丙)，P (丙丁)＝0≠P (丁)P (丙)，故选B.14．ACD ∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率为13×12＝16，∴2个球不都是白球的概率是1－16＝56，故A ，C 正确；甲口袋摸出的球不是白球的概率为23，乙口袋摸出的球不是白球的概率为12，故2个球都不是白球的概率为23×12＝13，B 错误；2个球恰有一个球是白球的概率为13×12＋23×12＝12，D 正确．故选ACD.15．C 记“A ，B ，C ，D 四个开关闭合”分别为事件A ，B ，C ，D ，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为：P (C －)P (D －)[1－P (AB )]＝12×12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＝316. ∴灯亮的概率为1－316＝1316.16．ABD 依题意P (A )＝12，P (B )＝12，P (C )＝12，故AD 正确；P (AB )＝P (A )P (B )＝12×12＝14，P (AC )＝14，P (BC )＝14，故B 正确；事件A ，B ，C 不可能同时发生，所以P (ABC )＝0，故C 错误．故选ABD.。

条件概率和全概率公式1、条件概率（1）概念：一般地，设A ，B 为两个随机事件，且P (A )>0，我们称P (B |A )＝P (AB )P (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）两个公式①利用古典概型，P (B |A )＝n (AB )n (A )；②利用概率的乘法公式：P (AB )＝P (A )P (B |A )．2、全概率公式一般地，设n A A A ,,, 21是一组两两互斥的事件，Ω=n A A A 21，且n i A P i ,,,,)( 210=>，则对任意的事件Ω⊆B ，有∑==ni i i A B P A P B P 1)|()()(，称为全概率公式.3、贝叶斯公式设n A A A ,,, 21是一组两两互斥的事件，Ω=n A A A 21，且n i A P i ,,,,)( 210=>，则对任意的事件Ω⊆B ，0>)(B P ,有ni A B P A P A B P A P B P A B P A P B A P knk ki i i i i ,,,,)|()()|()()()|()()|( 211===∑=题型一条件概率1．已知()0.4P B =，()0.8P B A =，()0.3P B A =，则()P A =（）．A ．34B ．38C ．13D ．152．已知A ，B 为互斥事件，事件C 满足：1()12P BC =，1()6P A C =，1(())2P A B C ⋃=，则()P C =（）A ．13B ．14C ．16D ．1123．某班有7名班干部，其中4名男生，3名女生．从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为__________．4．甲、乙、丙、丁4人分别到A 、B 、C 、D 四所学校实习，每所学校一人，在甲不去A 校的条件下，乙不去B 校的概率是______．5．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件A 为“五名同学所选项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学选安全防范服务”，则()P A B =_________.6．一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件A ，“第二次取得白球”为事件B ，则()()P AB P B A +=（）A ．79B ．23C ．56D ．897．红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________．8．某汽车4S 店的销售员的月工资由基础工资和绩效工资两部分组成，基础工资为t （单位：元），绩效工资如下表：月售车台数012345≥绩效工资0.1t0.3t 0.5t 0.8t 1.2t根据以往销售统计，该4S 店平均一名销售员月售车台数的概率分布如下表：月售车台数012345≥概率0.320.280.130.120.090.06(1)求该4S 店一名销售员的绩效工资大于0.4t 的概率；(2)若已知该4S 店一名销售员上个月工资大于1.2t ，求该销售员上个月卖出去3台车的概率；(3)根据调查，同行业内销售员月平均工资为8000元，要使该4S 店销售员的月工资的期望不低于行业平均水平，基础工资至少应定为多少？（精确到百位）1．D【详解】()()()()()()P B P AB AB P A P B A P A P B A =+=+,()()0.40.80.31P A P A ⎡⎤=+-⎣⎦，解得()10.25P A ==.故选：D.2．B【详解】因为A ，B 互斥，所以1(()|)(|)(|)2P A B C P A C P B C =+=⋃，因为1(|)6P A C =，所以1(|)3P B C =，又因为()(|)()P BC P B C P C =，所以1()3()4P C P BC ==．故选：B ．3．13【详解】设事件A 表示“男生甲被选中”，事件B 表示“女生乙被选中”，则21653377C C 15351(),()C 357C 357P A P AB =====，所以()1(|)()3P AB P B A P A ==，即男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为13.故答案为：13.4．79【详解】由题意，甲不去A 校的概率为331443A 3A 4P ==，甲不去A 校且乙不去B 校的概率为13123322244C A C A 7A 12P ⨯-⨯==，则在甲不去A 校的条件下，乙不去B 校的概率217712394P P P ===．故答案为：79．5．332【详解】事件AB ：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为44A ，事件B ：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为44，()()()44545A 354325P AB P A B P B ===.故答案为：332.6．A【详解】545()9818P AB =⨯= ，5()118()5()29P AB P BA P A ===∣，7()()9P AB P B A ∴+=∣．故选：A.7．41513【详解】设A =“甲调配出绿色”，B =“乙调配出紫色”，因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各两瓶共6瓶，所以112226C C 4()C 15P A ⋅==，因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料，则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以112124C C 1()C 3P B ⋅==.故答案为：415，138．(1)0.27(2)0.3(3)6300元【详解】（1）设事件“该4S 店一名销售员的绩效工资大于0.4t ”为A ，则事件A 等价于“该销售员月售车台数不小于3”，()0.120.090.060.27P A =++=．（2）设事件“该4S 店一名销售员上个月工资大于1.2t ”为B ，事件“该销售员上个月卖出去3台车”为C ，则()()0.12P BC P C ==，()0.130.120.090.060.4P B =+++=，故()()()0.3P BC P C B P B ==．（3）该4S 店一名销售员月工资X 的分布列为X t 1.1t1.3t1.5t1.8t2.2tP0.320.280.130.120.090.06所以()0.320.28 1.10.13 1.30.12 1.50.09 1.80.06 2.2 1.271E X t t t t t t t =+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，由1.2718000t ≥，得6300t ≥，即基础工资至少应定为6300元．题型二概率的乘法公式9．盒中有4个质地，形状完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球；现从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.则在此过程中没有取到黄球的概率为___________.10．【多选】箱中共有包装相同的3件正品和2件赝品，从中不放回地依次抽取2件，用A 表示“第一次取到正品”，用B 表示“第二次取到正品”，则（）A ．()()P A PB =B ．()()()P AB P A P B =C ．()0.9P A B +=D ．(|)0.5P B A =11．【多选】已知事件,A B 满足()()0.5,0.2P A P B ==，则（）A ．若B A ⊆，则()0.5P AB =B ．若A 与B 互斥，则()0.7P A B +=C ．若()0.2P BA =∣，则A 与B 相互独立D ．若A 与B 相互独立，则()0.9P AB =9．13【详解】没有取到黄球，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”记事件1R 表示第一次取到红球，2R 表示第二次取到红球，1G 表示第一次取到绿球，则()114P R =，()()()12121111|4312P G R P G P R G ==⨯，∴没有取到黄球的概率为1114123P =+=.故答案为：13.10．ACD【详解】对A ，()35P A =，()3235410P AB =⨯=，()2335410P AB =⨯=，()()()33310105P B P AB P AB =+=+= ，故A 选项对；对B ，()()()3355P A P B P AB =⨯≠ ，故B 选项错；对C ，()()()()0.9P A B P A P B P AB +=+-= ，故C 选项正确；对D ，()()310(|)0.535P AB P B A P A === ，故D 选项正确．故选：ACD 11．BC【详解】对A ，因为B A ⊆，所以()()0.2P AB P B ==，错误；对B ，因为A 与B 互斥，所以()()()0.7P A B P A P B +=+=，正确；对C ，因为()()()0.2P AB P BA P A ==∣，所以()0.1P AB =，而()()0.5,0.2P A P B ==，所以()()()0.1P AB P A P B ==，正确；对D ，因为A 与B 相互独立，所以A 与B 相互独立，所以，()()()()()10.50.80.4P AB P A P B P A P B ⎡⎤==⨯-=⨯=⎣⎦，错误．故选：BC.题型三全概率公式12．现有四家工厂生产同一产品，已知它们生产该产品的日产量分别占日产量总和的15%，20%，30%和35%，且产品的不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02，现从四家工厂一天生产的所有产品中任取一件，则抽到不合格品的概率是________.13．北京冬奥会奥运村有智能餐厅和人工餐厅各一个，某运动员连续两天均在奥运村用餐且每一天均在同一个餐厅用餐．他第一天等可能地随机选择其中一个餐厅用餐．若他第一天去智能餐厅，那么第二天去智能餐厅的概率为0.7；如果他第一天去人工餐厅，那么第二天去人工餐厅的概率为0.2．则该运动员第二天去智能餐厅用餐的概率为（）A ．0.45B ．0.14C ．0.75D ．0.814．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球和1个红球，乙袋中有2个红球和中1个白球，这6个球手感上不可区别.现从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，则收到红球的概率是（）A ．34B ．712C ．12D ．4715．第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT 发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT 所用到的数学知碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT 所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，条件概率就被广泛应用于ChatGPT 中.某数学素养提升小组设计了如下问题进行探究：现有完全相同的甲，乙两个箱子（如图），其中甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同.某人先从两个箱子中任取一个箱子，再从中随机摸出一球.(1)求摸出的球是黑球的概率；(2)若已知摸出的球是黑球，请用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大.16．某学校有A ，B 两家餐厅，王同学第1天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去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.(1)计算王同学第2天去A 餐厅用餐的概率；(2)王同学某次在A 餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n 种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心的种数为X ，求n 的值使得()1P X =取得最大值.17．为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有12，13，14的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为6:7:8.(1)现从三个班中随机抽取一位同学：（i ）求该同学有购买意向的概率；（ii ）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；(2)对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.12．0.0315【详解】因为生产该产品的日产量分别占日产量总和的15%，20%，30%和35%，且产品的不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02，所以抽到不合格品的概率为：15%0.0520%0.0430%0.0335%0.020.0315P =⨯+⨯+⨯+⨯=.故答案为：0.0315.13．C【详解】设1A =“第1天去智能餐厅用餐”，1B =“第1天去人工餐厅用餐”，2A =“第2天去智能餐厅用餐”，则11A B Ω=⋃，且1A 与1B 互斥，根据题意得：()()110.5P A P B ==，()210.7P A A =，()210.8P A B =，由全概率公式得()()()()()21211210.50.70.50.80.75P A P A P A A P B P A B =+=⨯+⨯=，故选：C ．14．B【详解】设1A =“从甲袋放入乙袋的是白球”，2A =“从甲袋放入乙袋的是红球”B =“从乙袋中任取一球是红球”，则()()()()()112222317434312P B P B A P A P B A P A =+=⨯+⨯=.故选：B.15．(1)1130(2)该球取自乙箱的可能性更大【详解】（1）记事件A 表示“球取自甲箱”，事件A 表示“球取自乙箱”，事件B 表示“取得黑球”，则()()()()1212||2635P A P A P B A P B A =====，由全概率公式得：()()()()()||P B P A P B A P A P B A =+111211232530=⨯+⨯=.（2）该球取自乙箱的可能性更大，理由如下：该球是取自甲箱的概率()()()()11|523|111130P A P B A P A B P B ⨯===，该球取自乙箱的概率()()()()12|625|111130P A P B A P A B P B ⨯===，因为()()||P A B P A B <，所以该球取自乙箱的可能性更大.16．(1)0.7(2)9或10【详解】（1）设1A =“第1天去A 餐厅用餐”，1B =“第1天去B 餐厅用餐”，2A =“第2天去A 餐厅用餐”，根据题意得()()110.5P A P B ==，()210.6P A A =∣，()210.8P A B =∣，由全概率公式，得：()()()()()21211210.50.60.50.80.7P A P A P A A P B P A B =+=⨯+⨯=∣∣，所以，王同学第2天去A 餐厅用餐的概率为0.7.（2）由题意，X 的可能取值有：0,1,2,3，由超几何分布可知()()()()()125351511543nn n n C C P X C n n n +-===+++，令()()()()151543n n n a n n n -=+++，又 N n ∈，所以1n n a a +≥，可得()()()()1361n n n n ++≥+-，解得9n ≤，易知当9n =和10n =时，()1P X =的值相等，所以当9n =或10时，()1P X =有最大值为4591，即当n 的值为9或10时，使得()1P X =最大.17．(1)（i ）2263；（ii ）722(2)0.75.【详解】（1）（i ）设事件A =“该同学有购买意向”，事件i B =“该同学来自i 班”()1,2,3i =.由题意可知()()()231678,212121P B P B P B ===，()()()123111,,234P A B P A B P A B ===，所以，由全概率公式可得：()()()()()()()112233P A P B P A B P B P A B P B P A B =⋅+⋅+⋅6171812221221321463=⨯+⨯+⨯=.（ii ）由条件概率可得()()()()()()2222717213222263P B P A B P B A P B A P A P A ⨯⋅====.（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为23，每次叫价增加2元的概率为13.设叫价为()310n n ≤≤元的概率为n P ，叫价出现n 元的情况只有下列两种：①叫价为1n -元，且骰子点数大于2，其概率为123n P -；②叫价为2n -元，且骰子点数小于3，其概率为213n P -.于是得到()1221333n n n P P P n --=+≥，易得123P =，222173339P =⨯+=由于()()112121113333n n n n n n P P P P P P n ------=-+=--≥，于是当2n ≥时，数列{}1n n P P --是以首项为19，公比为13-的等比数列，故()2111293n n n P P n --⎛⎫-=⨯-≥ ⎪⎝⎭.于是()()()()101213298109P P P P P P P P P P =+-+-+⋅⋅⋅+-+-9101119323110.751344313⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+=+⨯≈ ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.题型四贝叶斯公式18．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______．19．一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．855857B．8571000C．171200D．91020．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率为90%，乙厂产品的合格率为80%，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________；若在该市场中购买的一个灯泡是合格品，则这个灯泡是甲厂的概率为_______________.21．甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，甲加工的次品率为6%，乙、丙加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙、丙加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.(1)任取一个零件，求它是次品的概率；(2)如果取到的零件是次品，求它是丙车床加工的概率.22．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.（注：比赛结果没有平局）(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.18．511【详解】设事件B 为“拿的苹果是次品”，()1,2i A i =为“拿的苹果来自第i 份”，则()10.4P A =，()1|0.05P B A =，()20.6P A =，()2|0.04P B A =，所以()()()()()11220.40.050.60.040.044||P B P A P B A P A P B A ⨯+⨯==+=，所求概率为()()()()()()1111|0.40.0550.04411|P BA P A P B A P A B P B P B ⨯====．故答案为：51119．A【详解】记事件1:A 放入水果分选机的苹果为大果，事件2:A 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()1910P A =，()2110P A =，()11920P B A =，()2150P B A =，由全概率公式可得()()()()()112291911857102010501000P B P A P B A P A P B A =⋅+⋅=⨯+⨯=，()()()11191985510201000P A B P A P B A ==⨯=，因此，()()()1185510008551000857857P A B P A B P B ==⨯=.故选：A.20．0.18/9500.86/43502743【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为12C 0.90.10.18⋅⨯=；设A =“购买一个甲厂灯泡”，B =“购买一个一厂灯泡”，C =“灯泡是合格品”，则()0.6P A =，()0.4P B =，(|)0.9P C A =，(|)0.8P C B =，则()()(|)()(|)P C P A P C A P B P C B =⋅+⋅0.60.90.40.80.86=⨯+⨯=.即若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为0.86；()(|)(|)()P A P C A P A C P C ⋅=0.60.90.86⨯=54278643==.即若在该市场中购买的一个灯泡是合格品，则这个灯泡是甲厂的概率为2743.故答案为：0.18；0.86；2743.21．(1)0.0525(2)37【详解】（1）设B =“任取一个零件是次品”，A 甲=“零件为甲车床加工”，A 乙=“零件为乙车床加工”，A 丙=“零件为丙车床加工”，则A A A Ω=甲乙丙U U ，且A 甲，A 乙，A 丙，两两互斥，根据题意得()0.25,()0.3,()0.45,P A P A P A ===甲乙丙()|0.06,(|)(|)0.05P B A P B A P B A ===甲乙丙.由全概率公式得()()()|()(|)()((|)P B P A P B A P A P B A P A P B A =++甲甲乙乙丙丙0.250.060.30.050.450.050.0525.=⨯+⨯+⨯=（2）由题意知“如果取到的零件是次品，它是丙车床加工的概率”就是计算在B 发生的条件下事件A 丙发生的概率.()()(|)0.450.053(|).()()0.05257P A B P A P B A P A B P B P B ⨯====丙丙丙丙22．(1)316(2)1380(3)913【详解】（1）事件B =“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件jA =“甲队第j 局获胜”，其中1,2,3,4,j =j A 相互独立.又甲队明星队员M 前四局不出场，故()1,1,2,3,42j P A j ==，123412341234B A A A A A A A A A A A =++，所以()41313C 216P B ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）设C 为甲3局获得最终胜利，D 为前3局甲队明星队员M 上场比赛，由全概率公式知，()()()()()||P C P C D P D P C D P D =⋅+⋅，因为每名队员上场顺序随机，故()234335C A 3A 5PD ==，()321,55P D =-=()()2313311|,|241628P C D P C D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()3312131658580P C =⨯+⨯=.（3）由（2），()()()()()()33|9165|131380P CD P C D P D P D C P C P C ⨯⋅====.。

7.1 条件概率及全概率（精练）【题组一 条件概率】1．（2020·天津高二期末）一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______ 【答案】15【解析】若A 为一位医生是男医生，B 为另一位医生也是男医生，∴23271()7C P A B C ⋅==，而211334275()7C C C P A C +==， ∴()1(|)()5P A B P B A P A ⋅==，故答案为：152．（2020·吕叔湘中学高二期末）已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为_____. 【答案】0.75【解析】记使用寿命超过1年为事件B ，超过2年为事件A ，()()0.6,0.8P AB P B ==，()()()0.60.750.8P AB P A B P B === 故答案为：0.75.3．（2020·全国高三专题练习（理））小赵､小钱､小孙､小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4个人去的景点不相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则()P A B =________. 【答案】29【解析】小赵独自去一个景点共有4333108⨯⨯⨯=种情况，即()108n B =，4个人去的景点不同的情况有4424A =种，即()24n AB =，所以()()242()1089n AB P A B n B ===. 故答案为：29. 4．（2020·全国高二课时练习）有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为____________. 【答案】67【解析】设事件A 为“一瓶是蓝色”，事件B 为“另一瓶是红色”，事件C 为“另一瓶是黑色”，事件D 为“另一瓶是红色或黑色”，则D B C =⋃，且B 与C 互斥，又()11223225710C C C P A C +==，()122515C P AB C ==，()11222525C C P AC C ==， 故()()()()()()()()()67P AB P AC P D A P B C A P B A P C A P A P A =⋃=+=+=. 故答案为：67. 5．（2020·全国高三其他模拟）伟大出自平凡，英雄来自人民.在疫情防控一线，北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用A 表示事件“抽到的2名队长性别相同”，B 表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则()|P B A =______.【答案】1543【解析】由已知得()22682144391C C P A C +==，()262141591C P AB C ==， 则()()()151591|434391P AB P B A P A ===. 故答案为：15436（2020·全国高三专题练习（理））夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到15厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________. 【答案】13【解析】解析设事件A 为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B 为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知()0.15P A =，()0.05P AB =，()0.051(|)()0.153P AB P B A P A ===. 故答案为：13. 7（2020·江西高二期末（文））口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为______. 【答案】15【解析】口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个， 甲从中不放回的逐一取球，()2163P A ==，()2116515P AB =⨯=， ()()()1115153P AB P B A P A ===.故答案为：15.8．（2020·陕西西安市·交大附中高二期末（文））从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________； 【答案】34【解析】由题意，从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，第一次抽到偶数所包含的基本事件有()2,1，()2,3，()2,4，()2,5，()4,1，()4,2，()4,3，()4,5；共8个基本事件；第一次抽到偶数，第二次抽到奇数，所包含的基本事件有()2,1，()2,3，()2,5，()4,1，()4,3，()4,5；共6个基本事件，因此在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为6384P ==. 故答案为：34. 9．（2020·全国高三专题练习）某班有6名班干部，其中男生4人，女生2人，任选3人参加学校的义务劳动．（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；（2）设“男生甲被选中”为事件A ，“女生乙被选中”为事件B ，求()P A 和(|)P B A ．【答案】（1）45；（2）1()2P A =，2(|)5P B A =． 【解析】（1）某班从6名班干部(男生4人、女生2人)中任选3人参加学校的义务劳动，总的选法有3620C =种，男生甲或女生乙都没有被选中的选法：344C =则男生甲或女生乙被选中的选法有20416-=种， ∴男生甲或女生乙被选中的概率为164205P ==； （2）总的选法有3620C =种，男生甲被选中的选法有121510C C ⋅=种，∴1()2P A =， 男生甲被选中、女生乙也被选中选法有1111144C C C ⋅⋅=种，∴1()5P AB =， ∴在男生甲被选中的前提下，女生乙也被选中的概率为()2(|)()5P AB P B A P A ==．10．（2020·全国高三专题练习）某单位有8名青年志愿者，其中男青年志愿者5人，记为12345,,,,a a a a a ，女青年志愿者3人，记为123,,b b b .现从这8人中选4人参加某项公益活动. （1）求男青年志愿者1a 或女青年志愿者1b 被选中的概率；（2）在男青年志愿者1a 被选中的情况下，求女青年志愿者1b 也被选中的概率. 【答案】（1）1114；（2）37. 【解析】（1）设“男青年志愿者1a 和女青年志愿者1b 都不被选中”为事件C ，则46483()14C P C C ==，所以所求概率为311()1()11414P C P C =-=-=.（2）记“男青年志愿者1a 被选中”为事件A ，“女青年志愿者1b 被选中”为事件B ，则3276448813(),()214C C P A P AB C C ====，所以()3()()7P AB P BA P A ==∣.所以在男青年志愿者1a 被选中的情况下，女青年志愿者1b 也被选中的概率为37. 11．（2020·河北高三月考）田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序. （1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率； （3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）. 【答案】（1）13；（2）12；（3）16.【解析】将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为1T 、2T 、3T ， 齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为1W 、2W 、3W ， 并且用马的记号表示该马上场比赛.（1）设事件Ω=“第一局双方参赛的马匹”，事件A =“在第一局比赛中田忌胜利”， 由题意得()()()()()()()(){()}111213212223313233,,,,,,,,TW TW TW T W T W T W T W T W T W Ω=，()()(){}121323,,A TW TW T W =，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是()3193P A ==. （2）设事件B =“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”， 事件C =“田忌获得本场比赛胜利”， 由题意得()()()(){}311223311322312213312312,,,,,,,,,,,B TW TW T W TW TW T W TW T W TW TW T W TW =，()(){}311223312312,,,,,BC TW TW T W TW T W TW =，则本场比赛田忌胜利的概率是()21|42P C B ==. （3）16. 12．（2020·公主岭市第一中学校高二期末（理））已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同.（1）若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；（2）若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率. 【答案】（1）13；（2）311. 【解析】（1）从口袋中随机抽取一个球，抽取到白球的概率41483p ==+. （2）记“第一次抽取出球是白球”为事件A ，“第二次抽取出球是白球”为事件B ，则第一次抽取出白球和第二次抽取出球也是白球的概率431()()()121111P AB P A P B ==⨯=，4()12P A =, 所以在第一次取出白球的条件下第二次取出的也是白球的概率1()311()4()1112P AB P B|A P A ===. 【题组二 全概率公式】1．（2021·北京高二期末）将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以n P 表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：①378P =； ②41516P =；③当2n ≥时，1n n P P +<； ④123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥. 其中，所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④【解析】当3n =时，33171()28P =-=，①正确； 当4n =时，出现连续3次正面的情况可能是：正正正反、正正正正、反正正正， 所以4311313()216P =-⨯=，②错误； 要求n P ，即抛掷n 次没有出现连续3次正面的概率， 分类进行讨论，若第n 次反面向上，前n-1次未出现连续3此正面即可；若第n 次正面向上，则需要对第n-1进行讨论，依次类推，得到下表：所以123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥，④正确； 由上式可得112111248n n n n P P P P +--=++ 1121233111111111(2481)()22482216n n n n n n n n n n P P P P P P P P P P +------=+++-=+--，所以130,(114)6n n n P P P n +-<=--≥， 又13241,713,816P P P P ====，满足当2n ≥时，1n n P P +<，③正确. 故答案为：①③④.2．（2021·北京房山区·高二期末）袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求： （Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率； （Ⅲ）第二次摸到红球的概率. 【答案】（Ⅰ）310；（Ⅱ）29；（Ⅲ）310.【解析】设事件A ：第一次摸到红球；事件B ：第二次摸到红球， 则事件A ：第一次摸到白球.（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种， 所以 3()10P A =. （Ⅱ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种.所以2 (|)9P B A=.（Ⅲ）32733 ()()(|)()(|)10910910 P B P A P B A P A P B A=+=⨯+⨯=.所以第二次摸到红球的概率3 ()10 P B=.。

二、计算题1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”, 设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,,∴P(A|B)=1/2.3.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1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/ 4 .由数学归纳法可以知道P(A1A2…A N)=1/(N+1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B表示“最后取到的是白球”.根据题意: P(B|A)=5/12 ,,P(A)=1/2.∴.5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i 个白球”,其中i=0,1,2 .事件B表示“从乙袋中取到的是白球”.显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A1)=3/5 ,P(A2)=3/10 ;P(B|A)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,P(B|A2)=3/5 ;由全概率公式P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25.6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;事件B表示“最后取到的是2号球”.显然P(A)=1/N,,且P(B|A)=1/(N-1),;∴=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N=(N2-N+1)/N2(N-1).7. 袋中装有8只红球, 2只黑球,每次从中任取一球,不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球.解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,设事件A2表示“第二次取到的是红球”.(1)要求的是事件A1A2的概率.根据题意P(A1)=4/5,,P(A2|A1)=7/9,∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)要求的是事件的概率.根据题意:,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,, ∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式:=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人. 一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2. 由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B 4)P(B4)=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×1/20=0.645.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、0.1 .求目标被命中的概率为多少?解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”,用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02,P(B|A3)=0.1.由全概率公式得到:P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A 3)P(A3)=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.0 31.10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%, 假定各道工序的加工互不影响, 求加工出零件的次品率是多少? 解.设事件A i表示“第i道工序出次品”, i=1,2,3,4因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.P(A1)=0.02, P(A2)=0.03,P(A3)=0.05, P(A4)=0.03,只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.为了运算简便,我们求其对立事件的概率=(1 -0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求(1)射击三次皆中目标的概率;(2)射击三次有且只有2次命中目标的概率;(3)射击三次至少有二次命中目标的概率. 解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3根据已知条件P(A i)=0.8,,i=1,2,3某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的.(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3). 由独立性:P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B 表示. 显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C 表示.至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C =B +A 1A 2A 3P (C )=P (B )+P (A 1A 2A 3)=0.384+0.512=0.896.12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4, 1/5, 求能将密码译出的概率.解.设事件A i 表示“第i 人能译出密码”, i =1,2,3.由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P (A 1+A 2+A 3).已知P (A 1)=1/3, P (A 2)=1/4, P (A 3)=1/5,而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P (A 1+A 2+A 3)=1-0.4=0.6.13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概解.设事件A i 表示“第i 次命中目标”, i =1,2,3. 设事件B i 表示“目标被命中i 弹”, i =0,1,2,3. 设事件C 表示“目标被摧毁”. 由已知P (A 1)=0.4, P (A 2)=0.5, P (A 3)=0.7; P (C |B 0)=0, P (C |B 1)=0.2, P (C |B 2)=0.6, P (C |B 3)=0.8. 又由于三次射击是相互独立的,所以率分别为0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧,毁的概率.=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0 .36,=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7 =0.41,.由全概率公式得到P(C)=P(C|B)P(B0)+P(C|B1)P(B1)+P(C|B2)P(B2)+P(C|B3)P(B)3=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.。