【高中教育】人教版高中数学1.2.1.1 条件概率与独立事件(一) 同步练习北师大版选修1-2.doc

2025年高考数学一轮复习课时作业-事件的独立性、条件概率与全概率公式【原卷版】(时间:45分钟分值:90分)【基础落实练】1.(5分)若P(AB)=19,P( )=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是()A.互斥B.对立C.相互独立D.既互斥又相互独立2.(5分)(2024·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为()A.78B.34C.14D.183.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为()A.0.13B.0.17C.0.21D.0.34.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为()A.0.78B.0.8C.0.82D.0.845.(5分)(多选题)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A1,A2和A3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()A.P(B)=25B.P(B|A1)=511C.事件B与事件A1相互独立D.A1,A2,A3是两两互斥的事件6.(5分)(多选题)(2024·湖南师大附中模拟)已知某数据库有视频a个、图片b张 , ∈N*, > >1,从中随机选出一个视频和一张图片,记“视频甲和图片乙入选”为事件A,“视频甲入选”为事件B,“图片乙入选”为事件C,则下列判断中正确的是()A.P(A)=P(B)+P(C)B.P(A)=P(B)·P(C)C.P( )>P( C)+P(B )D.P( C)<P(B )7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.9.(10分)(2024·苏州模拟)苏州某公司有甲、乙两个研发小组,开发芯片需要两道工序,第一道工序成功的概率分别为15和35.第二道工序成功的概率分别为12和23.根据生产需要现安排甲小组研发芯片A,乙小组研发芯片B,假设甲、乙两个小组的研发相互独立.(1)求两种芯片都研发成功的概率;(2)政府为了提高该公司研发的积极性,决定只要有芯片研发成功就奖励该公司500万元,求该公司获得政府奖励的概率.【能力提升练】10.(5分)(2024·南京模拟)在一段时间内,若甲去参观市博物馆的概率为0.6,乙去参观市博物馆的概率为0.5,且甲乙两人各自行动,则在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是()A.0.3B.0.32C.0.8D.0.8411.(5分)(2024·苏州模拟)杭州亚运会组委会将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作,每座体育馆至少派1名志愿者,A表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”;B表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”;C表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”,则()A.事件A与B相互独立B.事件A与C为互斥事件C.P =13D.P =1612.(5分)(2024·泉州模拟)某中学为丰富学生的业余生活,举行“汉字听写大会”,老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________. 13.(5分)(2024·长春模拟)设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=13,P(B)=34, P(A+ )=12,则P(A )=________,P(B|A)=__________.14.(10分)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期,该款芯片的生产有四道工序,前三道工序的生产互不影响,第四道是检测评估工序,包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中,前三道工序的次品率分别为P1=110,P2=19,P3=18.(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率;(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰,合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽检.在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下,求工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率.15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.(1)求任意取出的零件是合格品的概率;(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.2025年高考数学一轮复习课时作业-事件的独立性、条件概率与全概率公式【解析版】(时间:45分钟分值:90分)【基础落实练】1.(5分)若P(AB)=19,P( )=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是()A.互斥B.对立C.相互独立D.既互斥又相互独立【解析】选C.因为P(A)=1-P( )=1-23=13,所以P(A)P(B)=19,所以P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A与B相互独立,事件A与B不互斥也不对立.2.(5分)(2024·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为() A.78B.34C.14D.18【解析】选B.设该运动员射击一次,击中目标的概率为p,若该运动员三次射击中,至少有一次击中目标的概率为1-1- 3=6364,解得p=34.3.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为()A.0.13B.0.17C.0.21D.0.3【解析】选B.由题意,在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.4.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为()A.0.78B.0.8C.0.82D.0.84【解析】选C.设事件A表示“甲正点到达目的地”,事件B表示“甲乘动车到达目的地”,事件C表示“甲乘汽车到达目的地”,由题意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.54+0.28=0.82.5.(5分)(多选题)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A1,A2和A3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()A.P(B)=25B.P(B|A1)=511C.事件B与事件A1相互独立D.A1,A2,A3是两两互斥的事件【解析】选BD.由题意知,A1,A2,A3是两两互斥的事件,故D正确;P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|A1)=511,由此知,B正确;P(B|A2)=411,P(B|A3)=411;而P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×411=922,由此知A,C 不正确.6.(5分)(多选题)(2024·湖南师大附中模拟)已知某数据库有视频a个、图片b张 , ∈N*, > >1,从中随机选出一个视频和一张图片,记“视频甲和图片乙入选”为事件A,“视频甲入选”为事件B,“图片乙入选”为事件C,则下列判断中正确的是()A.P(A)=P(B)+P(C)B.P(A)=P(B)·P(C)C.P( )>P( C)+P(B )D.P( C)<P(B )【解析】选BC.由相互独立事件的概率的乘法计算公式,可得A错误,B正确;事件 包含“视频甲未入选,图片乙入选”“视频甲入选,图片乙未入选”“视频甲、图片乙都未入选”三种情况,所以P( )=P( C)+P(B )+P( ),则P( )>P( C)+P(B ),所以C正确;由题可知,P( C)=1-·1 = -1 ,P(B )=1 ·1-= -1 ,因为a,b∈N*,a>b>1,所以 -1 > -1 ,即P( C)>P(B ),故D错误.7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.【解析】设事件A 为“周二晚上值班”,事件B 为“周三晚上值班”,则P (A )=C 61C 72=27,P (AB )=1C 72=121,故P (B |A )= ( ) ( )=16.答案:168.(5分)某射击运动员每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.【解析】(1)设第一次击中为事件A ,第二次击中为事件B ,则P (A )=45,由题意知,第一次击中与否对第二次没有影响,因此已知第一次击中,则第二次击中的概率是45.(2)设仅击中一次为事件C ,则仅击中一次的概率为P (C )=C 21×45×15=825,在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是P (B |C )=15×45825=12.答案:(1)45(2)129.(10分)(2024·苏州模拟)苏州某公司有甲、乙两个研发小组,开发芯片需要两道工序,第一道工序成功的概率分别为15和35.第二道工序成功的概率分别为12和23.根据生产需要现安排甲小组研发芯片A ,乙小组研发芯片B ,假设甲、乙两个小组的研发相互独立.(1)求两种芯片都研发成功的概率;(2)政府为了提高该公司研发的积极性,决定只要有芯片研发成功就奖励该公司500万元,求该公司获得政府奖励的概率.【解析】(1)甲小组研发芯片A 成功的概率为p 1=15×12=110,乙小组研发芯片B 成功的概率为p 2=35×23=25,由于甲、乙两个小组的研发相互独立,所以A ,B 两种芯片都研发成功的概率P=p1·p2=110×25=125.(2)该公司获得政府奖励则需有芯片研发成功,根据对立事件可知获奖的概率: P=1-(1-p1)(1-p2)=1-(1-110)(1-25)=1-910×35=2350.【能力提升练】10.(5分)(2024·南京模拟)在一段时间内,若甲去参观市博物馆的概率为0.6,乙去参观市博物馆的概率为0.5,且甲乙两人各自行动,则在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是()A.0.3B.0.32C.0.8D.0.84【解析】选C.依题意,在这段时间内,甲乙都不去参观博物馆的概率为P1=1-0.6×1-0.5=0.2,所以在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是P=1-P1=1-0.2=0.8.11.(5分)(2024·苏州模拟)杭州亚运会组委会将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作,每座体育馆至少派1名志愿者,A表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”;B表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”;C表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”,则()A.事件A与B相互独立B.事件A与C为互斥事件C.P =13D.P =16【解析】选D.将4名志愿者分配到三座体育馆,每座体育馆至少派1名志愿者,共有C42C21A22·A33=36种安排方案;志愿者甲派往黄龙体育中心、志愿者乙派往黄龙体育中心、志愿者乙派往杭州奥体中心,各有C32A22+A33=12种方案,所以P =P =P(C)=1236=13;志愿者甲、乙均派往黄龙体育中心,有A22=2种方案,所以P =236=118;志愿者甲派往黄龙体育中心且志愿者乙派往杭州奥体中心,有1+C21C21=5种方案,所以P =536;对于A,因为P ≠P P ,所以事件A与B不相互独立,A错误;对于B,因为P =536≠0,所以事件A与C不是互斥事件,B错误;对于C,P =53613=512,C错误;对于D,P =11813=16,D正确.12.(5分)(2024·泉州模拟)某中学为丰富学生的业余生活,举行“汉字听写大会”,老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________.【解析】设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件A,恰有3个是后两天学习过的汉字为事件B,则事件A所包含的基本事件有n(A)=C21×C63+C62×C22=55,事件B所包含的基本事件有n(B)=C41×C43=16,所以P | = ( ) ( )= ( ) ( )=1655.答案:165513.(5分)(2024·长春模拟)设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=13,P(B)=34, P(A+ )=12,则P(A )=________,P(B|A)=__________.【解析】由题知,P (A )=13,P (B )=34,P (A + )=P +P -P =12,即13+14-P =12,则P (A )=112.因为P +P P ,所以P =13-112=14,则P (B |A =1413=34.答案:1123414.(10分)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期,该款芯片的生产有四道工序,前三道工序的生产互不影响,第四道是检测评估工序,包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中,前三道工序的次品率分别为P 1=110,P 2=19,P 3=18.(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率;(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰,合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽检.在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下,求工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率.【解析】(1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P =1-(1-110)(1-19)(1-18)=310.(2)设“该款芯片智能自动检测合格”为事件A ,“人工抽检合格”为事件B ,则P (A )=910,P (AB )=1-310=710,则工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率P (B |A )= ( )( )=710910=79.15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.(1)求任意取出的零件是合格品的概率;(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.【解析】设A i表示“第i台车床加工的零件(i=1,2)”,B表示“出现废品”,C表示“出现合格品”.(1)P(C)=P(A1C∪A2C)=P(A1C)+P(A2C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=23×(1-0.03)+13×(1-0.02)≈0.973. (2)P(A2|B)= ( 2 ) ( )= ( 2) ( | 2)( 1) ( | 1)+ ( 2) ( | 2)=13×0.0223×0.03+13×0.02=0.25.。

条件概率与独立事件习题课1.抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”则P（B|A）的值为（）A ．B ．C ．D ．2．从1～9这9个正整数中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P（B|A）=（）A ．B ．C ．D ．3．10件产品中有5件次品，从中不放回的抽取2次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第二次抽出的是正品的概率（）A ．B ．C ．D ．4．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为和P，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为．假设甲、乙两人射击互不影响，则P值为（）A ．B ．C ．D ．5．若甲以10发8中，乙以10发6中，丙以10发7中的命中率打靶，三人各射击一次，则三人中只有一人命中的概率是．二．解答题6．某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量的分组区间为（490，495]，（495，500]，…，（510，515]，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示．（1）根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量．（2）在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y为重量超过505克的产品数量，求Y的分布列．（3）从流水线上任取5件产品，求恰有2件产品合格的重量超过505克的概率．（删）7．2013年12月21日上午10时，省会首次启动重污染天气Ⅱ级应急响应，正式实施机动车车尾号限行，当天某报社为了解公众对“车辆限行”的态度，随机抽查了50人，将调查情况进行整理后制成下表：年龄（岁）[15，25）[25，35）[35，45）[45，55）[55，65）[65，75]频数510151055赞成人数469634（Ⅰ）完成被调查人员的频率分布直方图；（Ⅱ）若从年龄在[15，25），[25，35）的被调查者中各随机选取两人进行进行追踪调查，记选中的4人中不赞成“车辆限行”的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列8．盒中共有9个球，其中有4个红球，3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同．（1）从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球颜色相同的概率P；（2）从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布．9．甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．（Ⅰ）求甲在3局以内（含3局）赢得比赛的概率；（Ⅱ）记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列．10．甲、乙两人独立破译一个密码，他们能独立译出密码的概率分别为和．（I）求甲、乙两人均不能译出密码的概率；（II）假设有4个与甲同样能力的人一起独立破译该密码，求这4人中至少有3人同时译出密码的概率．条件概率与独立事件答案1.解：设x为掷白骰子得的点数，y为掷黑骰子得的点数，则所有可能的事件与（x，y）建立一一对应的关系，由题意作图，如图．其中事件A为“黑色骰子的点数为3或6”包括12件，P（A）==事件AB包括5件，P（AB）=，由条件概率公式P（B|A）==，2.解：P（A）==，P（AB）==．由条件概率公式得P（B|A）==．3. 解：根据题意，在第一次抽到次品后，有4件次品，5件正品；则第二次抽到正品的概率为P=4.解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，则“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，未击中目标”为事件，则P（A）=，P （）=1﹣=，P（B）=P，P （）=1﹣P ，依题意得：×（1﹣p）+×p=，解可得，p=，故选C．5.解：设出甲，乙，丙，射击一次击中分别为事件A，B，C，∵甲以10发8中，乙以10发6中，丙以10发7中∴甲，乙，丙，射击一次击中的概率分别为：，，∵“三人各射击一次，则三人中只有一人命中”的事件为：，，∴三人各射击一次，则三人中只有一人命中的概率为：=6.解：（1）重量超过505克的产品数量是40×（0.05×5+0.01×5）=12件；（2）Y的所有可能取值为0，1，2；，，，Y的分布列为Y012P（3）从流水线上任取5件产品，重量超过505克的概率为=，重量不超过505克的概为1﹣=；恰有2件产品合格的重量超过505克的概率为•．7.解：（Ⅰ）根据频率=得各组的频率分别是：0.1；0.2；0.3；0.2；0.1；0.1．由组距为10，可得小矩形的高分别为0.01；0.02；0.03；0.02；0.01；0.01．由此得频率分布直方图如图：（Ⅱ）由题意知ξ的所有可能取值为：0，1，2，3．P（ξ=0）=•=；P（ξ=1）=•+•=；P（ξ=2）=•+•=；P（ξ=3）=•=．∴ξ的分布列是：ξ0123Pξ的数学期望Eξ=0×+1×+2×+3×==．8.解（1）一次取2个球共有=36种可能，2个球颜色相同共有=10种可能情况∴取出的2个球颜色相同的概率P=．（2）X的所有可能值为4，3，2，则P（X=4）=，P（X=3）=于是P（X=2）=1﹣P（X=3）﹣P（X=4）=，X的概率分布列为X234P故X数学期望E（X）=9. 解：（Ⅰ）用事件A i表示第i局比赛甲获胜，则A i两两相互独立．…（1分）===．…（4分）（Ⅱ）X的取值分别为2，3，4，5，…（5分）P（x=2）=，P（x=3）=，P（x=4）=，P（x=5）=，…（9分）所以X的分布列为X2345P…（11分）EX==．…（13分）10.解：（I）由题意知本题是一个相互独立事件同时发生的概率，设“甲、乙两人均不能译出密码”为事件A，则P（A）=（1﹣）（1﹣）=即甲、乙两人均不能译出密码的概率是（II）有4个与甲同样能力的人一起独立破译该密码，相当于发生四次独立重复试验，成功的概率是∴这4人中至少有3人同时译出密码的概率为=即这4人中至少有3人同时译出密码的概率为。

高中数学条件概率和相互独立精选题目（附解析）(1)条件概率的定义一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，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．P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率．(2)条件概率的性质①任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|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)相互独立事件的概念设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(4)相互独立事件的性质如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．一、利用条件概率公式求条件概率1．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A26＝30.根据分步乘法计数原理，有n(A)＝A14A15＝20，所以P(A)＝n(A)n(Ω)＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝A24＝12，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝1230＝25.(3)法一：由(1)(2)，得在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2523＝35.法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35.注:1．在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”时，一般可认为是条件概率．2．条件概率的两种计算方法：(1)在原样本空间中，先计算P(AB)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝P(AB)P(A)计算求得P(B|A)；(2)若事件为古典概型，可利用公式P(B|A)＝n(AB)n(A)，即在缩小后的样本空间中计算事件B发生的概率．2．某个班级共有学生40人，其中团员有15人．全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员有4人．如果要在班内任选1人当学生代表．(1)求这个代表恰好在第一小组的概率；(2)求这个代表恰好是团员代表的概率；(3)求这个代表恰好是第一小组团员的概率；(4)现在要在班内任选1个团员代表，问这个代表恰好在第一小组的概率．解：设A＝{在班内任选1名学生，该学生属于第一小组}，B＝{在班内任选1名学生，该学生是团员}．(1)P(A)＝1040＝14.(2)P(B)＝1540＝38.(3)P(AB)＝440＝110.(4)法一：P (A |B )＝P (AB )P (B )＝11038＝415. 法二：P (A |B )＝n (AB )n (B )＝415. 3．某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A.8225B.12C.38D.34解析：选C 设A 为下雨，B 为刮风，由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38.故选C. 4．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%，已知一学生数学不及格，则他的语文也不及格的概率是( )A.15B.310C.12D.13解析：选A 设A 为事件“数学不及格”，B 为事件“语文不及格”，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.030.15＝15，所以当数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为15. 5．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，另一个也是女孩的概率是( )A.14B.23C.12D.13解析：选D 一个家庭中有两个小孩只有4种可能：(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．记事件A 为“其中一个是女孩”，事件B 为“另一个是女孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，AB ＝{(女，女)}．于是可知，P(A)＝34，P(AB)＝14.问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求P(B|A)，由条件概率公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1434＝13.6．从写着数字0,1,2,3,4,5的六张卡片中抽取两张，则在其中一张是写着数字0的卡片的条件下，另一张写着数字为偶数的概率为________．解析：一张写着数字0的卡片的抽取情况为：(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(0,5)，故另一张写着数字为偶数的概率为P＝2 5.答案：2 57.如图，一个正方形被平均分成9部分，向大正方形区域随机地投掷一点(每一次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P(A|B)，P(AB)．解：用μ(B)表示事件B所包含区域的面积，μ(Ω)表示大正方形区域的面积，由题意可知，P(AB)＝μ(AB)μ(Ω)＝19，P(B)＝μ(B)μ(Ω)＝49，P(A|B)＝P(AB)P(B)＝14.二、求互斥事件的条件概率1．在一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在第一个球是红球的事件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解：分别求出第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球和第二个球是黑球的概率．再用互斥事件概率公式得概率，也可用古典概型求概率．法一：设“摸出的第一个球是红球”是事件A，“摸出的第二个球是黄球”是事件B，“摸出的第二个球是黑球”是事件C，则P(A)＝1 10，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝145110＝1045＝29，P(C|A)＝P(AC)P(A)＝130110＝13.∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29＋13＝59.∴所求的条件概率为5 9.法二：∵n(A)＝1×C19＝9，n[(B∪C)∩A]＝C12＋C13＝5，∴P(B∪C|A)＝59.∴所求的条件概率为59.注：当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些较简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得所求事件的概率，但应注意这个公式在“B与C互斥”这一前提下才成立．2．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为()A．0.72B．0.8C．0.9D．0.5解析：选A在种子发芽的条件下，成长为幼苗，所以为条件概率问题．设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗(发芽，又成活为幼苗)”为事件AB，则发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.3．某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为________．解析：记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5.所以P (AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.5＝0.4，即这个选手过关的概率为0.4.答案：0.44．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)等于()A.18 B.14 C.25 D.12解析：选B P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C25＝110，由条件概率的计算公式得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝11025＝14.故选B.5．从编号为1,2，…，10的10个大小、颜色、材质均相同的球中任取4个，在选出4号球的条件下，选出球的最大号码为6的概率为________．解析：令事件A＝{选出的4个球中含4号球}，B＝{选出的4个球中最大号码为6}．依题意，知P(A)＝C39C410，P(AB)＝C24C410，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝C24C39＝114.答案：1 146．抛掷红、蓝两枚骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”．(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，两枚骰子的点数之和大于8的概率为多少？解：(1)设x为掷红骰子得到的点数，y为掷蓝骰子得到的点数，则所有可能的事件与点(x，y)一一对应，由题意作图(如图)．显然P(A)＝1236＝13，P(B)＝1036＝518，P(AB)＝536.(2)法一：P(B|A)＝n(AB)n(A)＝512.法二：P(B|A)＝P(AB)P(A)＝53613＝512.7．坛子里放着5个相同大小、相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB.(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的基本事件数为n(Ω)＝A25＝20.又n(A)＝A13×A14＝12.于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝1220＝35.(2)因为n(AB)＝A23＝6，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝620＝310.(3)由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝31035＝12.三、事件相互独立性的判断1．下列每对事件中，哪些是互斥事件，哪些是相互独立事件？(1)1 000张有奖销售的奖券中某张奖券是一等奖与该张奖券是二等奖；(2)甲，乙两人同时购买同一期的双色球彩票各一张，甲中奖与乙中奖；(3)甲组3名男生、2名女生，乙组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，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；(4)容器内盛有5个白球和3个黄球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”．解：(1)一张奖券不可能既是一等奖又是二等奖，即这两个事件不可能同时发生，故它们是互斥事件．(2)由双色球的中奖规则可知，甲是否中奖对乙是否中奖没有影响，反之亦然，故它们是相互独立事件．(3)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，反之亦然，所以它们是相互独立事件．(4)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若前一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件，也不是互斥事件．注：(1)利用相互独立事件的定义(即P(AB)＝P(A)P(B))可以准确地判定两个事件是否相互独立；(2)判定两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，也就是看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，没有影响就是相互独立事件；有影响就不是相互独立事件．2．从一副扑克牌(52张)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽到J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？(1)A与B；(2)C与A.解：(1)P(A)＝452＝113，P(B)＝2652＝12，事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P (AB )＝252＝126，从而有P (A )P (B )＝P (AB )，因此事件A 与B 相互独立．(2) 事件A 与事件C 是互斥的，因此事件A 与C 不是相互独立事件．3．下列事件A ，B 是相互独立事件的是( )A ．一枚硬币掷两次，A ＝“第一次为正面”，B ＝“第二次为反面”B ．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A ＝“第一次摸到白球”，B ＝“第二次摸到白球”C ．掷一枚骰子，A ＝“出现点数为奇数”，B ＝“出现点数为偶数”D ．A ＝“一个灯泡能用1 000小时”，B ＝“一个灯泡能用2 000小时” 解析：选A 把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故A 是相互独立事件；B 中是不放回地摸球，显然A 事件与B 事件不相互独立；对于C ，其结果具有唯一性，A ，B 应为互斥事件；D 中事件B 受事件A 的影响．故选A.4．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球2次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1和A 2是( )A ．互斥的事件B ．相互独立的事件C ．对立的事件D ．不相互独立的事件解析：选D P (A 1)＝35，若A 1发生，则P (A 2)＝24＝12；若A 1不发生，则P (A 2)＝34，即A 1发生的结果对A 2发生的结果有影响，故A 1与A 2不是相互独立事件．故选D.四、相互独立事件同时发生的概率1．甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为13和14.求：(1)两人都能破译的概率；(2)两人都不能破译的概率；(3)恰有一人能破译的概率；(4)至多有一人能够破译的概率．解:设“甲能破译”为事件A ，“乙能破译”为事件B ，则A 、B 相互独立，从而A 与B －、A －与B 、A －与B －均相互独立．(1)“两人都能破译”为事件AB ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝13×14＝112.(2)“两人都不能破译”为事件A －B －，则P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝12. (3)“恰有一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )，又A B －与A －B 互斥，所以P [(A B －)∪(A －B )]＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝512. (4)“至多一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)，且A B －、A －B 、A －B －互斥，故P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1112.注：1．求相互独立事件同时发生的概率的步骤：(1)首先确定各事件是相互独立的；(2)再确定各事件会同时发生；(3)先求每个事件发生的概率，再求其积．2．公式P (AB )＝P (A )P (B )可推广到一般情形，即如果事件A 1，A 2，…，A n 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 (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．2．要制造一种机器零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05，从它们制造的产品中，各任意抽取一件，求：(1)其中至少有一件废品的概率；(2)其中恰有一件废品的概率； (3)其中至多有一件废品的概率； (4)其中没有废品的概率； (5)其中都是废品的概率．解：这两个机床的生产是相互独立的．设A ＝“从甲机床抽得的一件是废品”，B ＝“从乙机床抽得的一件是废品”，则P (A )＝0.04，P (A －)＝0.96，P (B )＝0.05，P (B －)＝0.95.由题意可知A 与B ，A 与B －，A －与B ，A －与B －都是相互独立的． (1)1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－0.96×0.95＝0.088.(2)P [(A －B )∪(A B －)]＝P (A －B )＋P (A B －)＝P (A －)P (B )＋P (A )P (B －)＝0.96×0.05＋0.04×0.95＝0.048＋0.038＝0.086.(3)法一：P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝0.04×0.95＋0.96×0.05＋0.96×0.95＝0.998.法二：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－0.04×0.05＝0.998. (4)P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝0.96×0.95＝0.912. (5)P (AB )＝P (A )P (B )＝0.04×0.05＝0.002.3．从甲袋中模出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23等于( )A ．2个球不都是红球的概率B ．2个球都是红球的概率C ．至少有1个红球的概率D ．2个球中恰有1个红球的概率解析：选C 分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A ，B ，则P (A )＝13，P (B )＝12，由于A ，B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．4．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )A.49B.29C.23D.13解析：选A “左边圆盘指针落在奇数区域”记为事件A ，则P (A )＝46＝23，“右边圆盘指针落在奇数区域”记为事件B ，则P (B )＝46＝23，事件A 、B 相互独立，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为23×23＝49，故选A.5．有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它，则2人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．解析：甲、乙两人都未能解决的概率为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝12×23＝13， 问题得到解决就是至少有1人能解决问题， ∴P ＝1－13＝23. 答案：13 236．甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)用X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的分布列．解：(1)令A 1表示第2局结果为甲获胜，A 2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判．则A＝A1·A2，P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝1 4.(2)X的所有可能取值为0,1,2.B1表示第1局结果为乙获胜，B2表示第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜，B3表示第3局乙参加比赛时，结果为乙负，则P(X＝0)＝P(B1B2B－3)＝P(B1)P(B2)P(B－3)＝1 8，P(X＝2)＝P(B－1B3)＝P(B－1)P(B3)＝1 4，P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝5 8.故X的分布列为五、相互独立事件的综合应用1．计算机考试分理论考试与实际操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”概率依次为12，23，56，所有考试是否合格相互之间没有影响．(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性最大？(2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．(3)用X表示甲、乙、丙三人在计算机考试后获合格证书的人数，求X的分布列．解：(1)设“甲获得合格证书”为事件A，“乙获得合格证书”为事件B，“丙获得合格证书”为事件C，则P(A)＝45×12＝25，P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59.因为P (C )>P (B )>P (A )，所以丙获得合格证书的可能性最大． (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D ，则 P (D )＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC ) ＝25×12×49＋25×12×59＋35×12×59＝1130. (3)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝35×12×49＝215，P (X ＝2)＝P (D )＝1130， P (X ＝3)＝25×12×59＝19，P (X ＝1)＝25×12×49＋35×12×49＋35×12×59＝718. 所以X 的分布列为注：求某些事件的概率时，应首先确定事件之间的关系，即两事件是互斥事件或对立事件，还是相互独立事件，然后再判断事件发生的情况，最后确定是利用和事件概率公式还是积事件概率公式进行概率计算．2．甲、乙两名篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率．解：(1)设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B .由题意得P (B －)P (B －)＝116，解得P (B －)＝14或P (B －)＝－14(舍去)，故p ＝1－P (B －)＝34，所以乙投球的命中率为34.(2)法一：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P (A －·A －)＝1－P (A －)P (A －)＝34. 法二：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为2P (A )P (A －)＋P (A )P (A )＝34. 3．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.14解析：选C 记A ，B ，C ，D 这4个开关闭合分别为事件A ，B ，C ，D ，又记A 与B 至少有一个不闭合为事件E －，则P (E －)＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝34，则灯亮的概率为P ＝1－P (E －C －D －)＝1－P (E －)P (C －)P (D －)＝1－316＝1316.4．已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球．现从两袋中各取2个球，则取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为________．解析：记“从甲袋中取得2个白球”为事件A ，“从乙袋中取得1个黑球和1个白球”为事件B ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝C 23C 27·C 15C 14C 29＝563.记“从甲袋中取得1个黑球和1个白球”为事件C ，“从乙袋中取得2个白球”为事件D ，则P (CD )＝P (C )P (D )＝C 13C 14C 27·C 25C 29＝1063.所以取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为563＋1063＝1563＝521.答案：5215．设两个相互独立事件A 与B ，若事件A 发生的概率为p ，B 发生的概率为1－p ，则A 与B 同时发生的概率的最大值________．解析：事件A 与B 同时发生的概率为p (1－p )＝p －p 2(p ∈[0,1])，当p ＝12时，最大值为14.答案：146．某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．(1)求这名同学得300分的概率； (2)求这名同学至少得300分的概率．解：记“这名同学答对第i 个问题”为事件A i (i ＝1,2,3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.7，P (A 3)＝0.6.(1)这名同学得300分的概率P 1＝P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A －2)P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.(2)这名同学至少得300分的概率P 2＝P 1＋P (A 1A 2A 3)＝0.228＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.巩固练习:1．下列说法正确的是( ) A ．P (B |A )＜P (AB ) B ．P (B |A )＝P (B )P (A )是可能的 C ．0＜P (B |A )＜1 D ．P (A |A )＝0 解析：选B 由条件概率公式P (B |A )＝P (AB )P (A )及0＜P (A )≤1知P (B |A )≥P (AB )，故A 错误；当事件A 包含事件B 时，有P (AB )＝P (B )，此时P (B |A )＝P (B )P (A )，故B 正确；由于0≤P (B |A )≤1，P (A |A )＝1，故C ，D 错误，故选B.2．某个班级共有学生40人，其中有团员15人．全班共分成4个小组，第一小组有学生10人，其中团员x 人，如果要在班内选一人当学生代表，在已知该代表是团员的条件下，这个代表恰好在第一小组内的概率是415，则x 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C 设A ＝{在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班内任选一个学生，该学生是团员}．则由已知P (AB )＝x 40，P (B )＝1540，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝415.所以x401540＝415.所以x ＝4.3．在区间(0,1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜12，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜34，则P (B |A )等于( )A.12B.14C.13D.34解析：选A P (A )＝121＝12.因为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜12，所以P (AB )＝141＝14，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12. 4．设A ，B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为15，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13，则事件A 发生的概率为________．解析：∵P (AB )＝15，P (B |A )＝13，∴P (A )＝P (AB )P (B |A )＝1513＝35.答案：355．高三毕业时，小红、小鑫、小芸等五位同学站成一排合影留念，已知小红、小鑫二人相邻，则小鑫、小芸相邻的概率是________．解析：设“小红、小鑫二人相邻”为事件A ，“小鑫、小芸二人相邻”为事件B ，则所求概率为P (B |A )，而P (A )＝2A 44A 55＝25，AB 表示事件“小鑫与小红、小芸都相邻”，故P (AB )＝2A 33A 55＝110，于是P (B |A )＝11025＝14.答案：146．将三颗骰子各掷一次，记事件A 表示“三个点数都不相同”，事件B 表示“至少出现一个2点”，则P (A |B )＝________.解析：由题意，得P (B )＝1－5×5×56×6×6＝91216，P (AB )＝5×4×C 136×6×6＝518，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝6091. 答案：60917．一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为79.(1)求白球的个数；(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第1次取得白球，求第2次取得黑球的概率．解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A ，记袋中白球个数为x .则P (A )＝1－C 210－xC 210＝79，解得x ＝5，即白球的个数为5.(2)记“第1次取得白球”为事件B ，“第2次取得黑球”为事件C ，则P (BC )＝C 15C 110×C 15C 19＝2590＝518，P (B )＝C 15C 15＋C 15C 14C 110C 19＝25＋2090＝12.P (C |B )＝P (BC )P (B )＝51812＝59.8．任意向x 轴上(0,1)这一区间内掷一个点． (1)该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内的概率是多少？ (2)在(1)的条件下，求该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率．解：(1)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内”为事件A ，由几何概型的概率计算公式，可知P (A )＝131＝13.(2)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内”为事件B ，则P (AB )＝13－151＝215， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝21513＝25，故在(1)的条件下，该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率为25.9.如图所示，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为( )A ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576解析：选B 法一：由题意知，K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8.因为K ，A 1，A 2相互独立，所以A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96，所以系统正常工作的概率为P (K )[P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 法二：A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为 1－P (A －1A －2)＝1－(1－0.8)×(1－0.8)＝0.96.所以系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A －1A －2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 10．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，则他第3次拨号才接通电话的概率为( )A.114B.79C.110D.29解析：选C 设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1,2,3，第3次拨号才接通电话可表示为A －1A －2A 3，显然，A －1，A －2，A 3相互独立，所以P (A －1A －2A 3)＝910×89×18＝110.11．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是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.16C.13D.718解析：选D 设汽车在甲、乙、丙三处通行分别为事件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 －，故其概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.12.在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片跳到另一片)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A 片上，则跳三次之后停在A 片上的概率是( )A.13B.29C.49D.827解析：选A 由题意知逆时针方向跳的概率为23，顺时针方向跳的概率为13，青蛙跳三次要回到A 只有两条途径：第一条，按A →B →C →A ，P 1＝23×23×23＝827；第二条，按A →C →B →A ，P 2＝13×13×13＝127，所以跳三次之后停在A 上的概率为P 1＋P 2＝827＋127＝13.13．台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是________．解析：设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A ，B ，C ，不准确记为事件A －，B －，C －，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.7，P (C )＝0.9，P (A －)＝0.2，P (B －)＝0.3，P (C －)＝0.1，至少两颗卫星预报准确的事件有AB C －，A B －C ，A －BC ，ABC ，这四个事件两两互斥．∴至少两颗卫星预报准确的概率为P ＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＋P (ABC )＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902.答案：0.90214．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出2个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．解析：由已知条件知，第2个问题答错，第3、4个问题答对，记“问题回答正确”事件为A ，则P (A )＝0.8，故P ＝P [(A ＋A －)A －AA ]＝[1－P (A )]·P (A )P (A )＝0.128.答案：0.12815．已知A ，B 是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验，每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后观察疗效，若在一个试验组中，服用A 有效的白鼠的只数比服用B 有效的多，就称该试验组为甲类组，设每只小白鼠服用A 有效的概率为23，服用B 有效的概率为12.(1)求一个试验组为甲类组的概率；(2)观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率．解：(1)设A i 表示事件“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.B i 表示事件“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.据题意有：P (A 1)＝2×13×23＝49，P (A 2)＝23×23＝49，P (B 0)＝12×12＝14，P (B 1)＝2×12×12＝12.所求概率为P (B 0A 1)＋P (B 0A 2)＋P (B 1A 2)＝14×49＋14×49＋12×49＝49.(2)所求概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－493＝604729. 16．某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生选修哪门课互不影响．已知学生小张只选甲的概率为0.08，只选甲和乙的概率为0.12，至少选一门课的概率为0.88，用ξ表示小张选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．(1)求学生小张选修甲的概率；(2)记“函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上偶函数”为事件A ，求事件A 的概率；(3)求ξ的分布列．解：(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x ，y ，z ，则⎩⎨⎧ x (1－y )(1－z )＝0.08，xy (1－z )＝0.12，(1－x )(1－y )(1－z )＝0.12，解得⎩⎨⎧ x ＝0.4，y ＝0.6，z ＝0.5.所以学生小张选修甲的概率为0.4.(2)若函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上的偶函数，则ξ＝0.当ξ＝0时，表示小张选修三门课或三门课都不选，所以P (A )＝P (ξ＝0)＝xzy ＋(1－x )(1－y )(1－z )＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)(1－0.6)(1－0.5)＝0.24，即事件A 的概率为0.24.(3)根据题意，知ξ可能的取值为0,2，P (ξ＝0)＝0.24.根据分布列的性质，知P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)＝0.76.所以ξ的分布列为。

[A 组 基础巩固]1．某人一周晚上值班2次,在已知他星期日一定值班的前提下,其余晚上值班所占的概率为( ) A.13 B.14 C.15D.16解析：本题为条件概率,在星期日一定值班的前提下,只需再从其余6天中选一天值班即可,概率为16.答案：D2．甲、乙两人独立解答某道题,解不出来的概率分别是a 和b,那么甲、乙两人都解出这道题的概率是( ) A ．1－abB ．(1－a)(1－b)C ．1－(1－a)(1－b)D ．a(1－b)＋b(1－a)解析：设甲解出该题为事件A,乙解出该题为事件B,则P(A )＝a,P(B )＝b, ∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝(1－a)(1－b)． 答案：B3．打靶时,甲每打10次可中靶8次,乙每打10次可中靶7次,若两人同时射一个目标,则他们都中靶的概率是( ) A.1425B.1225C.34D.35解析：P ＝810×710＝56100＝1425.答案：A4．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是为13、12、23,则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( ) A.19 B.16 C.13D.718解析：设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件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 ,故概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.答案：D5.同时转动如图所示的两个转盘,记转盘甲得到的数为x,转盘乙得到的数为y,x,y 构成数对(x,y),则所有数对(x,y)中满足xy ＝4的概率为( ) A.116 B.18 C.316D.14解析：满足xy ＝4的所有可能如下： x ＝1,y ＝4；x ＝2,y ＝2；x ＝4,y ＝1. 所以,所求事件的概率P ＝P(x ＝1,y ＝4)＋P(x ＝2,y ＝2)＋P(x ＝4,y ＝1) ＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 答案：C6．在一次三人象棋对抗赛中,甲胜乙的概率为0.4,乙胜丙的概率为0.5,丙胜甲的概率为0.6,比赛顺序如下：第一局,甲对乙；第二局,第一局胜者对丙；第三局,第二局胜者对第一局败者；第四局,第三局胜者对第二局败者,则乙连胜四局的概率为________．解析：乙连胜四局,即乙先胜甲,然后胜丙,接着再胜甲,最后再胜丙,∴概率P ＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09. 答案：0.097．由长期统计资料可知,某一地区在4月份下雨(记作事件A)的概率为415,刮风(用B 表示)的概率为715,既刮风又下雨的概率为110,则P(A|B)＝________,P(B|A)＝________.解析：P(A|B)＝P (AB )P (B )＝110715＝314,P(B|A)＝P (AB )P (A )＝110415＝38.答案：314 388．若A,B 为相互独立事件,则下列式子成立的是__________．(把你认为正确的序号都填上) ①P(AB)＝P(A)P(B)；②P(A B)＝P(A )P(B)；③P(A B )＝P(A)－P(A)P(B)；④P(A B )＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)． 解析：①②正确．③P(A B )＝P(A)P(B )＝P(A)[1－P(B))] ＝P(A)－P(A)P(B)．④P(A B )＝P(A )P(B )＝[1－P(A)][1－P(B)] ＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)． 答案：①②③④9．甲、乙同时向一敌机炮击,已知甲击中敌机的概率为0.6,乙击中敌机的概率为0.5. (1)求甲、乙都未击中敌机的概率； (2)求敌机被击中的概率．解析：设“甲击中敌机”为事件A,“乙击中敌机”为事件B,“甲、乙都未击中敌机”为事件C,“敌机被击中”为事件D.由题意可知A,B 相互独立,则A 与B 也相互独立． (1)P(C)＝P(A B )＝P(A )·P(B ) ＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2.(2)P(D)＝1－P(A B )＝1－0.2＝0.8.10．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,甲地为雨天的概率为多少？ (2)甲地为雨天时,乙地也为雨天的概率为多少？ 解析：设A ＝“甲地为雨天”,B ＝“乙地为雨天”, 则根据题意有P(A)＝0.20,P(B)＝0.18,P(AB)＝0.12, 所以(1)P(A|B)＝P (AB )P (B )＝0.120.18≈0.67,(2)P(B|A)＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0.60.[B 组 能力提升]1．据统计,大熊猫的平均寿命是12～20岁,一只大熊猫从出生起,活到10岁的概率为0.8,活到20岁的概率是0.4,北京动物园的大熊猫“妞妞”今年已经10岁了,它能活到20岁的概率为( ) A ．0.32 B ．0.5 C ．0.4D ．0.8解析：设A ＝“能活到10岁”,B ＝“能活到20岁”．即P(A)＝0.8,P(B)＝0.4,所求概率为P(B|A),由于B ⊆A,故AB ＝B,∴P(B|A)＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.40.8＝0.5.答案：B2.在如图所示的电路图中,开关a,b,c 闭合与断开的概率都是12,且是相互独立的,则灯亮的概率是( ) A.18 B.38 C.14D.78解析：设开关a,b,c 闭合的事件分别为A,B,C,则灯亮这一事件E ＝ABC ∪AB C ∪A B C,且A,B,C 相互独立,ABC,AB C ,A B C 互斥, 所以P(E)＝P(ABC)∪P(AB C )∪P(A B C) ＝P(ABC)＋P(AB C )＋P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C )＋P(A)P(B )P(C) ＝12×12×12＋12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12＝38.答案：B3．甲、乙、丙3人投篮,投进的概率分别是25,12,35,现3人各投篮1次,则3人中恰有2人投进的概率为________．解析：甲、乙、丙投进分别记作事件A 、B 、C,它们相互独立,则3人中恰有2人投进的概率为 P ＝P(AB C ＋A B C ＋A BC)＝P(AB C )＋P(A B C)＋P(A BC)＝P(A)P(B)P(C )＋P(A)P(B )P(C)＋P(A )P(B)P(C) ＝25×12×(1－35)＋25×(1－12)×35＋(1－25)×12×35＝1950. 答案：19504．(2016·高考四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币,当至少有一枚硬币正面向上时,就说这次试验成功,则在2次试验中成功次数X 的均值是________． 解析：解法一 先求出成功次数X 的分布列,再求均值．由题意可知每次试验不成功的概率为14,成功的概率为34,在2次试验中成功次数X 的可能取值为0,1,2,则P(X ＝0)＝116,P(X ＝1)＝C 12×14×34＝38,P(X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝916.所以在2次试验中成功次数X 的分布列为X 0 1 2 P11638916则在2次试验中成功次数X 的均值为 E(X)＝0×116＋1×38＋2×916＝32.解法二 此试验满足二项分布,其中p ＝34,所以在2次试验中成功次数X 的均值为E(X)＝np ＝2×34＝32.答案：325．某种元件用满6 000小时未坏的概率是34,用满10 000小时未坏的概率是12,现有一个此种元件,已经用满6 000小时未坏,求它能用满10 000小时的概率． 解析：设A ＝“用满10 000小时未坏”, B ＝“用满6 000小时未坏”, 则P(A)＝12,P(B)＝34,由于A ⊆B, 故P(AB)＝P(A)．∴P(A|B)＝P (AB )P (B )＝P (A )P (B )＝1234＝23.∴这个元件能用满10 000小时的概率为23.6.如图所示,用A 、B 、C 三类不同元件连接成两个系统N 1、N 2.当元件A 、B 、C 都正常工作时,系统N 1正常工作；当元件A 正常工作且元件B,C 至少有一个正常工作时,系统N 2正常工作．已知元件A 、B 、C 正常工作的概率依次为0.80、0.90、0.90,分别求系统N 1、N 2正常工作的概率P 1、P 2. 解析：由题图可知P1＝P(A∩B∩C)＝P(A)P(B)P(C)＝0.80×0.90×0.90＝0.648P2＝P(A∩(B∪C))＝P(A)·[1－P(B C)] ＝0.8×[1－P(B)·P(C)]＝0.8×[1－(1－0.9)(1－0.9)]＝0.8×(1－0.01)＝0.8×0.99＝0.792.。

条件概率及事件的相互独立性（人教A版）一、单选题(共10道，每道10分)1.在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：（1）第1次抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.2.（上接第1题）（2）第1次和第2次都抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.3.（上接第1，2题）（3）在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.4.一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：（1）任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率是( )A. B.C. D.5.（上接第4题）（2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率是( )A. B.C. D.6.从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张，已知第1次抽到A，则第2次也抽到A的概率为( )A. B.C. D.7.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05．（1）恰有一次抽到某一指定号码的概率是( )A. B.C. D.8.（上接第7题）（2）至少有一次抽到某一指定号码的概率是( )A. B.C. D.9.一个口袋里装有2个白球和2个黑球．（1）先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是( )A. B.C. D.10.（上接第9题）（2）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是( )A. B.C. D.。

05事件的相互独立性与条件概率、全概率公式知识点1条件概率(1)条件概率的定义一般地，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发生的概率，简称条件概率．(2)条件概率的性质条件概率是概率的一种，具有概率的一般性质．设P(A)>0，则①P(Ω│A)＝1②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B－和B互为对立事件，则P(B－│A)＝1－P(B│A)(3)两个公式①利用古典概型：P(B|A)＝n(AB) n(A)；②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．知识点2事件的相互独立性(1)独立事件的概念设A ，B 为两个事件，若P (AB )＝P (A )P (B )，则称事件A 与事件B 相互独立．(2)相互独立的性质若事件A 与B 相互独立，那么A 与B －，A －与B ，A －与B －也都相互独立．(3)n 个事件相互独立对于n 个事件A 1，A 2，…，A n ，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称n 个事件A 1，A 2，…，A n 相互独立．(4)独立事件的概率公式①若事件A ，B 相互独立，则P (AB )＝P (A )P (B )．②若事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．(5)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 )．[提示]：当事件A 与B 相互独立时，P (AB )＝P (A )P (B )知识点3全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1，2，…，n ，则对任意事件B ⊆Ω，有iii 1()()(|)nP B P A P B A ==∑．我们称这个公式为全概率公式．知识点4贝叶斯公式设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1，2，…，n ，则对任意事件B ⊆Ω，P (B )>0，有P (A i |B )＝P (A i )P （B │A i ）P(B )＝i i iii 1()(|)()(|)nP A P B A P A P B A =∑，i ＝1，2，…，n．考点1条件概率【例1】电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关，某品牌的电视机的显像管开关了10000次还能继续使用的概率是0．8，开关了15000次后还能继续使用的概率是0．6，则已经开关了10000次的电视机显像管还能继续使用到15000次的概率是()A ．0．20B ．0．48C ．0．60D ．0．75【答案】D【解析】记事件A ：电视机的显像管开关了10000次还能继续使用，记事件B ：电视机的显像管开关了15000次后还能继续使用，则P (AB )＝0．6，P (A )＝0．8，所以已经开关了10000次的电视机显像管还能继续使用到15000次的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.60.8＝0．75．【总结】条件概率的三种求法定义法先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P (AB )P (A )求P (B |A )基本事件法(样本点法)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n(A )，再求事件AB 包含的基本事件数n (AB)，得P (B |A )＝n (AB )n (A )缩样法缩小样本空间的方法，就是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，它能化繁为简【变式1-1】宋代著名类书《太平御览》记载：“伏羲坐于方坛之上，听八风之气，乃画八卦．”乾为天，坤为地，震为雷，坎为水，艮为山，巽为风，离为火，兑为泽，象征八种自然现象，以类万物之情．如图所示为太极八卦图，八卦分据八方，中绘太极，古代常用此图作为除凶避灾的吉祥图案．八卦中的每一卦均由纵向排列的三个爻组成，其中“”为阳爻，“”为阴爻．现从八卦中任取两卦，已知取出的两卦中有一卦恰有一个阳爻，则另一卦至少有两个阳爻的概率为()A ．47B ．37C ．56D ．23【答案】D【解析】由八卦图可知，八卦中有1卦有三个阳爻，有3卦恰有一个阳爻，有3卦恰有两个阳爻，有1卦没有阳爻．设取出的两卦中“有一卦恰有一个阳爻”为事件A ，“另一卦至少有两个阳爻”为事件B ．（方法1）因为P (A )＝1－P (A －)＝1－C 25C 28＝914，P (AB )＝C 13C 14C28＝37，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝23．（方法2）因为n (A )＝C 13C 15＋C 23＝18，n (AB )＝C 13C 14＝12，所以P (B |A )＝n (AB )n(A )＝1218＝23．【变式1-2】根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0．25，刮四级以上大风的概率为0．4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0．2．则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()A ．0．8B ．0．625C ．0．5D ．0．1【答案】A【解析】设发生中度雾霾为事件A ，刮四级以上大风为事件B ，由题意知：P (A )＝0．25，P (B )＝0．4，P (AB )＝0．2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.20.25＝0．8．【变式1-3】设由0，1组成的三位编号中，若用A 表示“第二位数字为0的事件”，用B 表示“第一位数字为0的事件”，则P (A |B )＝________．【答案】12【解析】因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P (B )＝12，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A ，B 同时发生的概率P (AB )＝12×12＝14，所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝1412＝12．【变式1-4】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 ．12【答案】B【解析】（方法1）P (A )＝C23＋C22C25＝410＝25，P (AB )＝P (B )＝C22C25＝110．由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝14．（方法2）事件A 包括的基本事件有(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)，共4个．事件AB 发生的结果只有(2，4)一种情形，即n (AB )＝1．故由古典概型概率得P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝14．【变式1-5】某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为()A ．38B ．310C ．311D ．35【答案】A【解析】设事件A 表示“有一名主任医师被选派”，事件B 表示“两名主任医师都被选派”，则“在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派”的概率为P (B |A )＝n (AB )n (A )＝C 24C 13C 35C 24－C 34C 23＝1848＝38．【变式1-6】若P (A |B )＝19，P (B )＝13，则P (AB )的值是()A.127B.13C.19D.14【答案】A【解析】由P (AB )＝P (A |B )P (B )，可得P (AB )＝19×13＝127.【变式1-7】某公司为方便员工停车，租了6个停车位，编号如图所示．公司规定：每个车位只能停一辆车，每个员工只允许占用一个停车位．记事件A 为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”，事件B 为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”，则P (A |B )等于()A.16B.310C.12D.35【答案】D【解析】根据条件概率的计算公式可得，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝36×3536＝35.【变式1-8】为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A 为“第1次抽到选择题”，事件B 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A ．P (A )＝35B ．P (AB )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A )＝12【答案】ABC【解析】P (A )＝C 13C 15＝35，故A 正确；P (AB )＝C 13C 12C 15C 14＝310，故B 正确；P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12，故C 正确；P (A )＝1－P (A )＝1－35＝25，P (AB )＝C 12C 13C 15C 14＝310，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31025＝34，故D 错误．【变式1-9】对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测，不放回地依次摸出2件．在第一次摸出次品的条件下，第二次摸到正品的概率是()A.35B.25C.59D.23【答案】D【解析】记A ＝“第一次摸出的是次品”，B ＝“第二次摸到的是正品”，由题意知，P (A )＝410＝25，P (AB )＝410×69＝415，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝41525＝23.【变式1-10】已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为()A.310B.13C.38D.29【答案】B【解析】设A ＝{甲第一次拿到白球}，B ＝{甲第二次拿到红球}，则P (AB )＝A 12A 13A 210＝115，P (A )＝C 12C 110＝15，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13.【变式1-11】(多选)下列说法正确的是()A ．P (A |B )<P (AB )B ．P (A |B )＝P (A )P (B )是可能的C ．0≤P (A |B )≤1D ．P (A |A )＝1【答案】BCD【解析】由条件概率公式P (A |B )＝P (AB )P (B )及0<P (B )≤1，知P (A |B )≥P (AB )，故A 错误；当事件B 包含事件A 时，有P (AB )＝P (A )，此时P (A |B )＝P (A )P (B )，故B 正确；由于0≤P (A |B )≤1，P (A |A )＝1，故C ，D 正确．【变式1-12】(2022·石家庄模拟)某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为()A.38B.310C.311D.35【答案】A【解析】设事件A 表示“有一名主任医师被选派”，事件B 表示“两名主任医师都被选派”，则“在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派”的概率为P (B |A )＝n (AB )n (A )＝C 24C 13C 35C 24－C 34C 23＝1848＝38.【变式1-13】某道数学试题含有两问，当第一问正确做答时，才能做第二问，为了解该题的难度，调查了100名学生的做题情况，做对第一问的学生有80人，既做对第一问又做对第二问的学生有72人，以做对试题的频率近似作为做对试题的概率，已知某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率为()A ．0.72B ．0.8C ．0.9D ．0.2【答案】C【解析】做对第一问的学生有80人，则做对第一问的频率为0.8，做对第一问又做对第二问的学生有72人，则两问都做对的频率为0.72，设“做对第一问”为事件A ，“做对第二问”为事件B ，则P (A )＝0.8，P (AB )＝0.72，某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.720.8＝0.9.考点2相互独立事件的概率【例2】(2021·新高考全国Ⅰ)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【答案】B【解析】事件甲发生的概率P (甲)＝16，事件乙发生的概率P (乙)＝16，事件丙发生的概率P (丙)＝56×6＝536，事件丁发生的概率P (丁)＝66×6＝16.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16×6＝136，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16×6＝136，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．【总结】利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积公式求解．【变式2-1】设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0．6，0．5，0．5，0．4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为________．【答案】0．31【解析】(1)设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A ，B ，C ，D ，则P (A )＝0．6，P (B )＝P (C )＝0．5，P (D )＝0．4，恰好3人使用设备的概率P 1＝P (A －BCD ＋A B －CD ＋AB C －D ＋ABC D －)＝(1－0．6)×0．5×0．5×0．4＋0．6×(1－0．5)×0．5×0．4＋0．6×0．5×(1－0．5)×0．4＋0．6×0．5×0．5×(1－0．4)＝0．25，4人使用设备的概率P 2＝0．6×0．5×0．5×0．4＝0．06，故所求概率P ＝0．25＋0．06＝0．31．【变式2-2】某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0．8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．【答案】0．128【解析】依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P ＝1×0．2×0．82＝0．128．【变式2-3】某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14．若各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【解析】(1)记“甲回答正确这道题”“乙回答正确这道题”“丙回答正确这道题”分别为事件A ，B ，C ，则P (A )＝34，（A －）·P （C －）＝112，（B ）·P （C ）＝14，－P （A ）]·[1－P （C ）]＝112，（B ）·P （C ）＝14，所以P (B )＝38，P (C )＝23．(2)有0个家庭回答正确的概率为P 0＝P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝14×58×13＝596，有1个家庭回答正确的概率为P 1＝P (A BC ＋A B C ＋AB C )＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724，所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为P ＝1－P 0－P 1＝1－596－724＝2132．【变式2-4】一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为()A ．1B ．0.629C ．0D ．0.74或0.85【答案】B【解析】由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，∴甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74＝0.629.【变式2-5】(多选)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A 1，A 2和A 3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()A ．P (B )＝25B ．P (B |A 1)＝511C ．事件B 与事件A 1相互独立D ．A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件【答案】BD【解析】易知A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，P (B |A 1)＝P (BA 1)P (A 1)＝510×511510＝511，P (B )＝P (BA 1)＋P (BA 2)＋P (BA 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922.【变式2-6】(多选)若P (AB )＝19，P (A )＝23，P (B )＝13，则事件A 与B 的关系错误的是()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 既互斥又独立【答案】ABD【解析】由题意可得P (A )＝1－P (A )＝13，因为P (AB )＝19，P (B )＝13，所以P (AB )＝P (A )·P (B )，故事件A 与B 相互独立．【变式2-7】(2022·福州模拟)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏．晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳(投入壶耳)”．每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分．现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的)，甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为13，投中壶耳的概率为15.四支箭投完，以得分多者赢．请问乙赢得这局比赛的概率为()A.1375B.375C.815D.875【答案】A【解析】由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：(1)第三支箭投中壶口，第四支箭必须投入壶耳，其概率为P 1＝13×15＝115；(2)第三支箭投入壶耳，第四支箭投入壶口、壶耳均可，其概率为P 2＝15×＝875，所以乙赢得这局比赛的概率为P ＝P 1＋P 2＝115＋875＝1375.【总结】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．考点3全概率公式的应用【例3】设某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0．15，第二车间的次品率为0．12，两个车间的成品都混合堆放在同一个仓库．假设第一，二车间生产的比例为2∶3．(1)一个客户从成品仓库随机提取一台产品，计算该产品为合格品的概率；(2)客户从成品仓库随机提取一台合格产品，求该产品是第一车间的合格品的概率．【解析】设B ＝“随机提取一台产品为合格产品”，A i ＝“提取的一台是第i 车间的产品”，i ＝1，2，则Ω＝A 1∪A 2，且A 1，A 2两两互斥．根据题意，P (A 1)＝25，P (A 2)＝35，P (B |A 1)＝0．85，P (B |A 2)＝0．88．(1)由全概率公式得P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＝25×0．85＋35×0．88＝0．868．(2)由贝叶斯公式得P (A 1|B )＝P （A 1）P （B |A 1）P （B ）＝P （A 1）P （B |A 1）P （A 1）P （B |A 1）＋P （A 2）P （B |A 2）＝25×0.8525×0.85＋35×0.88≈0．392．【总结】全概率公式的适用范围及步骤什么样的问题适合用这个公式求解？所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．运用全概率公式的一般步骤如下：(1)求出样本空间Ω的一个划分A1，A2，…，A n；(2)求P(A i)(i＝1，2，…，n)；(3)求P(B|A i)(i＝1，2，…，n)；(4)求目标事件的概率P(B)．可以形象地把全概率公式看成“由原因推结果”．【变式3-1】据美国的一份资料报导，在美国总的来说患肺癌的概率约为0．1%，在人群中有20%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0．4%，求不吸烟者患肺癌的概率是多少？【解析】以C记事件“患肺癌”，以A记事件“吸烟”，按照题意P(C)＝0．001，P(A)＝0．20，P(C|A)＝0．004，需求条件概率P(C|A)．由全概率公式有P(C)＝P(C|A)P(A)＋P(C|A)P(A)．将数据代入，得0．001＝0．004×0．20＋P(C|A)P(A)＝0．004×0．20＋P(C|A)×0．80，P(C|A)＝0．00025．则不吸烟者患肺癌的概率为0．025%．【变式3-2】对以往数据分析结果表明，当机器调整的良好时，产品的合格率为98%，而当机器发生某种故障时，其合格率为55%，每天早上机器开动时，机器调整良好的概率为95%．试求已知早上第一件产品是合格品时，机器调整良好的概率是多少？【解析】设A为事件“产品合格”，B为事件“机器调整良好”，已知P(A|B)＝0．98，P(A|B)＝0．55，P(B)＝0．95，P(B)＝0．05，需求的概率为P(B|A)，由贝叶斯公式P(B|A)＝P（A|B）P（B）P（A|B）P（B）＋P（A|B）P（B）＝0.98×0.950.98×0.95＋0.55×0.05≈0．97．当生产出第一件产品是合格品时，此时机器调整良好的概率约为0．97．【变式3-3】已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02,0.01，则一辆汽车中途停车修理的概率为()A.1100B.160C.150D.130【答案】B【解析】设B 表示汽车中途停车修理，A 1表示公路上经过的汽车是货车，A 2表示公路上经过的汽车是客车，则P (A 1)＝23，P (A 2)＝13，P (B |A 1)＝0.02，P (B |A 2)＝0.01，则由全概率公式，可知一辆汽车中途停车修理的概率为P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)·P (B |A 2)＝23×0.02＋13×0.01＝160.【变式3-4】某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15,0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是()A ．0.155B ．0.175C ．0.016D ．0.096【答案】B【解析】设事件B 1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B 3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P (B 1)＝20%，P (B 2)＝50%，P (B 3)＝30%.设事件A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P (A |B 1)＝0.05，P (A |B 2)＝0.15，P (A |B 3)＝0.30.由全概率公式，得iii 1()()(|)nP A P B P A B ==∑＝0.05×20%＋0.15×50%＋0.30×30%＝0.175.【变式3-5】人们为了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化．现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%，利率不变的概率为40%.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为80%，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40%，则该支股票将上涨的概率为________．【答案】0.64【解析】记“利率下调”为事件A ，则“利率不变”为事件A ，“价格上涨”为事件C ，由题意知：P (A )＝60%，P (A )＝40%，P (C |A )＝80%，P (C |A )＝40%，∴P (C )＝P (A )P (C |A )＋P (A )P (C |A )＝0.48＋0.16＝0.64.【变式3-6】已知在所有男子中有5%患有色盲症，在所有女子中有0.25%患有色盲症，随机抽一人发现患色盲症，其为男子的概率为(设男子和女子的人数相等)()A.10 11B.20 21C.11 21D.1 12【答案】B【解析】设A表示“男子”，B表示“女子”，C表示“这人有色盲”，则P(C|A)＝0.05，P(C|B)＝0.0025，P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，可得P(A|C)＝P(A)P(C|A)P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝0.05×0.50.5×0.05＋0.5×0.0025＝2021.【总结】利用全概率公式的思路(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A i(i＝1,2，…，n)；(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(A i)P(B|A i)；(3)代入全概率公式计算．【变式3-7】某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为()A．0.625B．0.75C．0.5D．0【答案】A【解析】用A表示事件“考生答对了”，用B表示“考生知道正确答案”，用B表示“考生不知道正确答案”，则P(B)＝0.5，P(B)＝0.5，P(A|B)＝100%，P(A|B)＝0.25，则P(A)＝P(AB)＋P(A B)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B)P(B)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.【变式3-8】葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列．其中亚腰胡芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80个.2021年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15,0.1,0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．【答案】0.4825【解析】设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1，A2，A3，A4，则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥，设B表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.【变式3-9】(多选)(2022·合肥质检)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有()A ．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06B ．任取一个零件是次品的概率为0.0525C ．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为27D ．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为27【答案】BC【解析】记A i 为事件“零件为第i (i ＝1,2,3)台车床加工”，记B 为事件“任取一个零件为次品”，则P (A 1)＝0.25，P (A 2)＝0.3，P (A 3)＝0.45，对于A ，即P (A 1B )＝P (A 1)·P (B |A 1)＝0.25×0.06＝0.015，A 错误；对于B ，P (B )＝P (A 1)·P (B |A 1)＋P (A 2)·P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.0525，B 正确；对于C ，P (A 2|B )＝P (A 2)·P (B |A 2)P (B )＝0.3×0.050.0525＝27，C 正确；对于D ，P (A 3|B )＝P (A 3)·P (B |A 3)P (B )＝0.45×0.050.0525＝37，D 错误．1．(2022·山东烟台二中模拟)已知事件A 与B 独立，当P (A )＞0时，若P (B |A )＝0．68，则P (B －)＝()A ．0．34B ．0．68C ．0．32D ．1【答案】C【解析】因事件A 与B 独立，且P (A )>0，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝P （A ）·P （B ）P （A ）＝P (B )，即P (B )＝0．68由对立事件概率公式得P (B －)＝1－P (B )＝0．32．2．已知P (B )＝310，P (B |A )＝910，P (B |A －)＝15，则P (A )＝()A ．17B ．37C ．13D ．110【答案】A【解析】由P (B )＝P (A )P (B |A )＋P (A －)·P (B |A －)，可得310＝P (A )×910＋(1－P (A ))×15，解得P (A )＝17．3．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a 2＋b 2＝c 2的正整数组(a ，b ，c )．现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是()A ．136B ．160C ．1108D ．1216【答案】A【解析】由题意知：骰子点数能够成勾股数的数组为3，4，5，∴第一次掷骰子得到其中一个的概率为12；第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为13；第三次掷骰子得到最后一个的概率为16；∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为12×13×16＝136．4．现有红、黄、蓝、绿、紫五只杯子，将它们叠成一叠，则在黄色杯子和绿色杯子相邻的条件下，黄色杯子和红色杯子也相邻的概率为()A ．110B ．13C ．14D ．23【答案】C【解析】记“黄色杯子和绿色杯子相邻”为事件A ，“黄色杯子和红色杯子也相邻”为事件B ，则黄色杯子和绿色杯子相邻，有A 44·A 22＝48种；黄色杯子和绿色杯子相邻，且黄色杯子和红色杯子也相邻，有A 33·A 22＝12种；所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝A 33·A 22A 44·A 22＝14．5．已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛，比赛流程如图所示，根据以往经验，甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0．8，0．4，0．6，丙战胜丁的概率为0．5，并且比赛没有和棋，则甲获得最后冠军的慨率为()A ．0．6B ．0．5C ．0．4D ．0．3【答案】C【解析】甲获得最后冠军这个事件可分为两个互斥事件：一个是第一轮甲胜乙，丙胜丁，第二轮甲胜丙，另一个是第一轮甲胜乙，丁胜丙，第二轮甲胜丁，所以所求概率为P ＝0．8×0．5×0．4＋0．8×(1－0．5)×0．6＝0．4．6．(多选)已知A －，B －分别为随机事件A ，B 的对立事件，P (A )>0，P (B )>0，则下列说法正确的是()A ．P (B |A )＋P (B －|A )＝1B ．P (B |A )＋P (B |A －)＝1C ．若A ，B 独立，则P (A |B )＝P (A )D ．若A ，B 互斥，则P (B |A )＝P (A |B )【答案】ACD【解析】A 中：P (B |A )＋P (B －|A )＝P (AB )＋P (A B －)P (A )＝P (A )P (A )，故A 正确；B 中：设A ，B 独立，则P (B |A )＋P (B |A －)＝2P (B )，而P (B )显然不一定为12，故B 错误；C 中：A ，B 独立，则P (AB )＝P (A )P (B )，则P (A |B )＝P (AB )P (B )＝P (A )，故C 正确；D 中：A ，B 互斥，P (AB )＝0，则根据条件概率公式P (B |A )＝P (A |B )＝0，故D 正确．7．(多选)(2021·山东滨州二模)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A 为“第1次抽到选择题”，事件B 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A ．P (A )＝35B ．P (AB )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A －)＝12【答案】ABC【解析】P (A )＝C13C15＝35，故A 正确；P (AB )＝C13C12C15C14＝310，故B 正确；P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12，故C 正确；P (A－)＝C12C15＝25，P(A－B)＝C12C13C15C14＝310，P(B|A－)＝P(A－B)P(A－)＝31025＝34，故D错误．8．在10000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次买两张，在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为________．【答案】5 3333【解析】设“第一张中一等奖”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则P(A)＝110000，P(AB)＝1×510000×9999＝5 99990000，P(AC)＝1099990000，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝599990000110000＝59999，P(C|A)＝P(AC)P(A)＝1099990000110000＝10 9999．∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝59999＋109999＝53333．即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为5 3333．9．(2022·广东佛山模拟)某地市场调查发现，35的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经该地市场监管局抽样调查发现，在网上购买的家用小电器的合格率为34，而在实体店购买的家用小电器的合格率为910．现该地市场监管局接到一个关于家用小电器不合格的投诉电话，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的概率是____________．【答案】15 19【解析】在网上购买的家用小电器不合格的概率为35×14＝320，在实体店购买的家用小电器不合格的概率为25×110＝125，故这台被投诉的家用小电器是在网上购买的概率为320320＋125＝1519．10．世卫组织就新型冠状病毒感染的肺炎疫情称新型冠状病毒可能造成“持续人传人”．通俗点说就是A传B，B传C，C又传D等，这就是“持续人传人”，而A，B，C被称为第一代、第二代、第三代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者感染的概率分别为0．95，0．9，0．85．健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会，仅和感染的10人中的一人接触，则感染的概率为________．【答案】0．915【解析】设事件A ，B ，C 分别表示和第一代、第二代、第三代传播者接触，事件D 表示小明被感染，则由题意得P (A )＝0，5，P (B )＝0，3，P (C )＝0，2，P (D |A )＝0．95，P (D |B )＝0．9，P (D |C )＝0．85，则P (D )＝P (D |A )P (A )＋P (D |B )P (B )＋P (D |C )P (C )＝0．95×0．5＋0．9×0．3＋0．85×0．2＝0．915．11．(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的有()A ．若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是25B ．若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35C ．若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是49D ．若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是35【答案】BC【解析】对于A，总事件数是C 36＝20，摸出的球均为红球的事件数为C 34＝4，所以摸出的球均为红球的概率是15，故选项A 错误；对于B ，总事件数是C 36＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C 24·C 12＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35，故选项B 正确；对于C ，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×26＝836；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×46＝836．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是836＋836＝49，故选项C 正确；对于D ，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×25＝830，②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×45＝830．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是830＋830＝815，故选项D 错误．12．(多选)(2021·山东烟台一模)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n 关要抛掷六面骰n 次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于2n ＋n ，则算闯过第n 关，n ＝1，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则()A ．直接挑战第2关并过关的概率为712B ．连续挑战前两关并过关的概率为524。

【关键字】条件高中数学第一章统计案例 1.2.1 条件概率与独立事件同步测控北师大版选修1-2我夯基我达标1.两人同时向一敌机射击,甲的命中率为,乙的命中率为,则两人中恰有一人击中敌机的概率是…( )A. B. C. D.解析:甲、乙击中敌机分别记作事件A、B,则P=P(A+B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=×(1)+(1)×=.答案:A2.某人一周晚上值班2次,在已知他星期日一定值班的前提下,则他在其余晚上值班所占的概率为( )A. B. C. D.解析:本题为条件概率,在星期日一定值班的前提下,只需再从其余6天中选一天值班即可,概率为.答案:D3.一个口袋内装有大小相等的5个白球和3个黑球,从中任取出两个球,在第一次取出是黑球的前提下,第二次取出黑球的概率为( )A. B. C. D.解析:设第一次取出黑球为事件A,第二次取出黑球为事件B,则P(A)=,P(AB)=,∴P(B|A)=.答案:D4.三个运动员打破纪录的概率都是0.1,一次比赛中记录未能打破的概率是( ).1-0.9解析:三个运动员打破纪录分别为事件A、B、C,则P(A)=P(B)=P(C)=0.1,则未打破纪录的概率为P=P()=P()P()P()=(1-0.1)3=0.93.答案：A5.从一副不含大小王的52张扑克牌中,不放回地抽取3次,每次抽1张,已知前两次抽到K,则第三次抽到A的概率是( )A. B. C. D.解析：前两次抽到K,第三次抽到A的概率为.答案:C6.甲口袋内装有大小相等的8个红球和4个白球,乙口袋内装有大小相等的9个红球和3个白球,从两个口袋内各摸出一球,那么等于( )A.2个球都是白球的概率B.2个球中恰好有1个是白球的概率C.2个球都不是白球的概率D.2个球不都是红球的概率解析:2个球都是白球的概率为×=;2个球恰好有1个是白球的概率为×+×=.答案:B7.一种零件的加工由两道工序组成,第一道工序的废品率为p,第二道工序的废品率为q,则该零件加工成品率为___________.解析:两道工序都不能为废品,即概率为(1-p)(1-q).答案:(1-p)(1-q)8.盒中有10只螺丝钉,其中3只是坏的,现从盒中随机抽取2只,那么在第一只抽取为好的的前提下,至多1只是坏的的概率是___________.解析:第一只抽取好螺丝钉为事件A,则第二次抽取至多1只是坏的有两种可能,①抽取好的,②抽取坏的,即抽取好的、坏的都满足要求,概率为1.答案:1我综合 我发展9.一道数学难题,学生甲能解出它的概率为,学生乙能解出它的概率为,学生丙能解出它的概率为,则甲、乙、丙三人独立解答此题时恰有一人解出此题的概率是___________.解析:设学生甲、乙、丙能解出此题分别为事件A 、B 、C 它们相互独立,则P(A)=,P(B)= ,P(C)=,则P()=,P()=,P()=,∴恰有一人解出此题的概率为P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=P(A)P()P()+P()P(B)P()+P()P()P(C)=××+××+××=.答案:10.某市派出甲、乙两支球队分别参加全省青年组,少年组足球赛,甲、乙两队夺冠的概率分别为和,则该市足球队夺取冠军的概率是_____________.解析:设甲夺冠为事件A,乙夺冠为事件B,则A 、B 相互独立.该市夺冠为事件A+B+AB 概率为P(A+B+AB)=P(A)P()+P()P(B)+P(A)P(B)=×+×+×=或1-P()=1-P()P()=1×=.答案:11.盒中有20只灯泡,其中5只是坏的,现从盒中随机抽取3只,已知抽取一只是坏的,问再抽取两只好的的概率是多少?解析:可直接计算,也可用条件概率公式计算.解:P=.12.袋中有大小相同的4个红球和6个白球,每次从中摸取一球,每个球被取到的可能性相同,现不放回地取3个球.(1)求第三次取出红球的概率;(2)在已知前两次取出的是白球的前提下,第三次取出红球的概率.解析:(1)无条件概率按古典概型计算,(2)为条件概率.解:设第三次取出红球为事件A,前两次取出白球为事件B.(1)由于每次取到红球的概率相等,所以第三次取出红球的概率就等于第一次取出红球的概率P(A)=104=52,(2)P(B)=3121026=C C ,P(AB)=613101423=A A A , ∴P(A|B)=213161)()(==B P AB P . 13.设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为91,A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同,则A 发生的前提下B 发生的概率是多少?解析:本题为相互独立事件的概率及条件概率的综合问题,可根据公式进行运算. 解:由已知P(A B )=91,P(A B )=P(B A ),即P(A)P(B )=P(B)P(A ),即P(A)［1-P(B)］=P(B)［1-P(A)］,∴P(A)-P(A)P(B)=P(B)-P(A)P(B).∴P(A)=P(B). ∴P(A )=P(B )=31. ∴P(A)=32,P(B)=32,P(AB)=P(A)P(B)=94. ∴P(B|A)=3294)()(=A P AB P =32. 14.甲、乙两人独立地破译1个密码,他们能译出密码的概率分别为31和41, 求:(1)两人都译出密码的概率;(2)两人都译不出密码的概率;(3)恰有1人译出密码的概率;(4)至多有1人译出密码的概率.解析:本题为相互独立事件同时发生的概率，“至多”“至少”可正面计算,也可反面排除.解:设甲、乙译出密码分别记作事件A 、B,则P(A)=31,P(B)=41,P(A )=32,P(B )=43. (1)两人都译出密码的概率P(AB)=P(A)P(B)=31×41=121. (2)两人都译不出密码的概率P(A B )=P(A )P(B )=32×43=21. (3)恰有一人译出密码的概率为P(A B +A B)=P(A)P(B )+P(A )P(B)=31×43+32×41=41+61= 125或1-P(AB)-P(A B )=112521121=--. (4)至多有1人译出密码的概率为P(A B )+P(A B +A B)=21+125=1211或1-P(AB)=1121-=1211. 我创新 我超越15.掷三颗骰子,试求:(1)没有一颗骰子出现1点或6点的概率;(2)恰好一颗骰子出现1点或6点的概率.解析:三颗骰子出现1点或6点是相互独立的,其对立事件也是相互独立的,恰好一颗骰子出现1点或6点对应三种可能.解:设三颗骰子出现1点或6点分别依次记作事件A,事件B,事件C,则P(A)=P(B)=P(C)=31,P(A )=P(B )=P(C )=32, 则没有一颗骰子出现1点或6点的概率为P(A B C )=P(A )P(B )P(C )=278,恰好一颗骰子出现1点或6点的概率为P(A B C +A B C +A B C)=P(A B C )+P(A B C )+ P(A B C)=P(A)P(B )P(C )+P(A )P(B)P(C )+P(A )P(B )P(C)=3×31×(32)2=94. 16.某种电路开关闭合后,会出现红灯或绿灯闪动,已知开关第一次闭合后,出现红灯和出现绿灯的概率都是21,从开关第二次闭合起,若前次出现红灯,则下次出现红灯的概率是31,出现绿灯的概率是32,若前次出现绿灯,则下次出现红灯的概率是23,出现绿灯的概率是52,问:(1)第二次闭合后出现红灯的概率是多少?(2)三次发光后,出现一次红灯、两次绿灯的概率是多少?解析:本题各种情况较为复杂,可一一列举出来.解:(1)如果第一次出现红灯,则接着又出现红灯记为事件A,则P(A)=21×31=61, 如果第一次出现绿灯,则接着又出现红灯记为事件B,则P(B)=21×53=103. 所以第二次出现红灯的概率为P(A+B)=P(A)+P(B)=61+103=157. (2)由题意,三次发光后,出现一次红灯、两次绿灯的情况共有如下3种方式: ①出现绿、绿、红时的概率为21×52×53=253; ②出现绿、红、绿时概率为21×53×32=51; ③出现红、绿、绿时概率为21×32×52=152; ∴三次发光后,出现一次红灯、两次绿灯的概率为253+51+152=7534.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

条件概率与独立事件 同步练习【选择题】1、一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，第一次取后不放回.则若已知第一只是好的，第二只也是好的概率为（ ）A ．53B ．52C ．95D ．312、袋中有2个白球，3个黑球，从中依次取出2个，则取出两个都是白球的概率（ ） A ．53 B ．101 C ．31 D ．523、某射手命中目标的概率为P ，则在三次射击中至少有1次未命中目标的概率为（ ） A ．P 3 B ．(1-P)3 C ．1-P 3 D ．1-(1-P)34、设某种产品分两道独立工序生产，第一道工序的次品率为10%，第二道工序的次品率为3%，生产这种产品只要有一道工序出次品就将生产次品，则该产品的次品率是（ ）．A ．0.873B ．0.13C ．0.127D ．0.03 5、甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为51，31，41，则此密码能译出的概率是 （ ）A ．601B ．52 C ．53 D ．6059 6、一射手对同一目标独立地进行四次射击，已知至少命中一次的概率为8180，则此射手的命中率为 （ ） A ．31 B ．41C ．32D ．527、n 件产品中含有m 件次品，现逐个进行检查，直至次品全部被查出为止．若第n-1次查出m-1件次品的概率为r ，则第n 次查出最后一件次品的概率为（ ） A ．1 B ．r-1 C ．r D ．r +18、对同一目标进行三次射击，第一、二、三次射击命中目标的概率分别为0.4，0.5和0.7，则三次射击中恰有一次命中目标的概率是 （ ） A ．0.36 B ．0.64 C ．0.74 D ．0.63【填空题】9、某人把6把钥匙，其中仅有一把钥匙可以打开房门，则前3次试插成功的概率为 __.10、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____________________ （2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是____________________11、2个篮球运动员在罚球时命中概率分别是0.7和0.6，每个投篮3次，则2人都恰好进2球的概率是______________________．12、有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是21，乙能解决的概率是31，两人试图独立地在半小时内解决它．则难题在半小时内得到解决的概率________.【解答题】13、设甲、乙两射手独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为0.95，0.9．求：（1）在一次射击中，目标被击中的概率； （2）目标恰好被甲击中的概率．14、在如图所示的电路中，开关a ，b ，c 开或关的概率都为21，且相互独立，求灯亮的概率.15、某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率： （1）第3次拨号才接通电话； （2）拨号不超过3次而接通电话.参考答案1、C2、B3、C4、C5、C6、C7、A8、A9、21 10、(1) 0.67 (2) 0.60 11、0.191 12、3213、 解：设甲击中目标事件为A ，乙击中目标为事件B ，根据题意，有P(A)＝0．95，P(B)＝0.9(1) P(A ·B +A ·B+A ·B)＝P(A ·B )十P(A ·B)十P(A ·B) ＝P(A)·P(B )十P(A )·P(B)十P(A)·P(B)＝0．95×(1—0．9)十(1—0．95)×0．9十0．95×0．90 ＝0．995(2) P(A ·B )＝P(A) ·P(B )＝0．95×(1一0．90)＝0．095．14、解法1：设事件A 、B 、C 分别表示开关a ,b,c 关闭，则a ,b 同时关合或c 关合时灯亮，即A ·B ·C ，A ·B ·C 或A ·B ·C ，A ·B ·C ，A ·B ·C 之一发生，又因为它们是互斥的，所以，所求概率为 P=P （A ·B ·C ）+P （A ·B ·C ）+P （A ·B ·C ）+P （A ·B ·C ）+P （A ·B ·C ）=P （A ）·P （B ）·P （C ）+P （A ）·P （B ）·P （C ）+P （A ）·P （B ）·P （C ）+P （A ）·P （B ）·P （C ）+P （A ）·P （B ）·P （C ）=.85)21(53=⨯解法2：设A ，B ，C 所表示的事件与解法1相同，若灯不亮，则两条线路都不通，即C 一定开，a ，b 中至少有一个开.而a ,b 中至少有一个开的概率是1－P （A ·B ）=1－P （A ）·P （B ）=43，所以两条线路皆不通的概率为P （C ）·[1－P （A ·B ）]=.834321=⋅于是，灯亮的概率为85831=-=P .15、解：设A i ={第i 次拨号接通电话}，i =1，2，3.（1）第3次才接通电话可表示为321A A A ⋅⋅于是所求概率为;1018198109)(321=⨯⨯=⋅⋅A A A P（2）拨号不超过3次而接通电话可表示为：A 1+32121 A A A A A ⋅⋅+⋅于是所求概率为 P （A 1+32121A A A A A ⋅⋅+⋅）=P(A 1)+P(21A A ⋅)+P(321A A A ⋅⋅)=.103819810991109101=⨯⨯+⨯+。

条件概率与事件的独立性【题集】1. 条件概率A.B.C.D.1.根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为，则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ）．【答案】D【解析】事件：四月份下雨，事件：四月份吹东风，，，，条件概率公式有，故选．【标注】【知识点】条件概率A.B.C.D.2.某小区有名歌手，其中名男歌手，名女歌手．从中选出人参加区组织的社区演出．在男歌手甲被选中的情况下，女歌手乙也被选中的概率为（ ）．【答案】D【解析】若从中选出人参加区组织的社区演出，在男歌手甲被选中的情况下，又因为小区有名歌手，其中名男歌手，名女歌手，此时若女歌手乙被选择，则被选中的概率为．故选．【标注】【知识点】条件概率A.B.C.D.3.同时抛掷一颗红骰子和一颗蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数小于”为事件，“两颗骰子的点数之和等于”为事件，则（ ）．【答案】D【解析】由题意，为抛掷两颗骰子，红骰子的点数小于时两骰子的点数之和等于的概率，∵抛掷两颗骰子，红骰子的点数小于，基本事件有个，红骰子的点数小于时两骰子的点数之和等于，基本事件有个，分别为，，，∴．故选：．【标注】【知识点】条件概率；古典概型A. B. C. D.4.从装有个红球个白球的袋子中先后取个球，取后不放回，在第一次取到红球的条件下，第二次取到红球的概率为（）．【答案】C【解析】因为共有个红球个白球，所以先后取个球，取后不放回，第一次取到红球的取法数为：，第一、二次都取到红球的取法数为：，故所求的概率．故选：．【标注】【知识点】条件概率A. B. C. D.5.小赵、小钱、小孙、小李到个景点旅游，每人只去一个景点，设表示事件“个人去的景点各不相同”，表示事件“小赵独自去一个景点”，则（）．【答案】A【解析】小赵独自去一个景点，则有个景点可选，其余人只能在小赵剩下的个景点中选择，可能性为种，所以小赵独自去一个景点的可能性为种．因为个人去的景点不相同的可能性为种，所以．故选．【标注】【知识点】条件概率（1）（2）6.某中学为了迎接即将在武汉市召开的世界中学生运动会，学生篮球队准备假期集训，集训前共有个篮球队，其中个是新球（即没有用过的球），个是旧球（即至少用过次的球）．每次训练，都从中任意取出个球，用完后放回．设第次训练时至少取到个新球，第次训练时也取到个新球的概率．在第次训练时至少取到个新球的条件下，求第次训练时恰好取到个新球的概率．【答案】（1）（2）．．【解析】（1）设“第次训练时取到个新球”为事件，则，．设“从个球中任意取出个球，恰好取到个新球”为事件，则“第次训练时恰好取到个新球”就是事件，而事件，互斥，于是．由条件概率公式，得，又因为，所以，第次训练时恰好取到个新球的概率为（2）．设在第次训练时至少取到个新球，第次训练时恰好取到个新球，则在第次训练时至少取到个新球的条件下，第次训练时恰好取到个新球的概率为．因为，又，所以．【标注】【知识点】条件概率2. 乘法公式7.已知，，．【答案】【解析】∵，∴．【标注】【知识点】条件概率；相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.8.已知号箱中有个白球和个红球，号箱中有个白球和个红球，现随机地从号箱中取出个球放入号箱中，然后从号箱中随机地取出个球，则两次都取到红球的概率是（）．【答案】C【解析】设从号箱取到红球为事件，从号箱取到红球为事件．由题意，可得，，所以．所以两次都取到红球的概率是．故选．【标注】【知识点】古典概型的概率计算（不涉及计数原理）；条件概率【素养】数学运算；数据分析3. 事件的独立性A.B.C.D.9.甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为，乙中靶的概率为．甲、乙各射击一次，则两人都中靶的概率为（ ）．【答案】B【解析】设甲中靶为事件，乙中靶为事件，，为相互独立事件，根据相互独立事件的乘法公式可得：．故选．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A.B.C.D.10.已知盒中装有个红球、个白球、个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率（ ）．【答案】B【解析】设“第一次拿到白球”为事件，“第二次拿到红球”为事件B∴，，则所求概率为，故选：．【标注】【知识点】条件概率11.A.B.C.D.袋中有红黑个大小形状相同的小球，从中依次摸出两个小球，则在第一次摸得红球的条件下，第二次仍是红球的概率为（）．【答案】B【解析】设”第一次摸到红球”为事件，”第二次摸到红球”为事件．∴，∴．故选．【标注】【知识点】条件概率4. 互斥事件与独立事件A.事件和互斥B.事件和互相对立C.事件和相互独立D.事件和相等12.抛掷两枚硬币，设事件“第一枚正面朝上”，“第二枚反面朝上”，则（ ）．【答案】C【解析】A 选项：B 选项：C 选项：D 选项：由于事件，能同时发生，则事件，不为互斥事件，故错误；由于事件，能同时发生，则事件，不为对立事件，故错误；第一枚正面朝上和第二枚反面朝上是相互独立事件，故正确；由于事件，中有不同的样本点，则事件，不相等，故错误；故选 C .【标注】【知识点】相互独立事件13.甲罐中有个红球，个白球和个黑球，乙罐中有个红球，个白球和个黑球．先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以，，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个球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列结论中的是（ ）．不.正.确.A.B.C.D.事件与事件不相互独立，，是两两互斥的事件【答案】D【解析】由题意、、是两两互斥事件，，，，，，，，所以不正确．故选．【标注】【知识点】条件概率14.甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中胜的概率为；且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了局的概率为．【答案】【解析】由题意，甲获得冠军的概率为，其中比赛进行了局的概率为，∴所求概率为．故答案为：．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.15.两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品互不影响，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（）．【答案】B【解析】根据题意得：恰有一个一等品的概率．故选．【标注】【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式16.为积极应对新冠肺炎疫情，提高大家对新冠肺炎的认识，某企业举办了“抗击疫情，共克时艰”预防新冠肺炎知识竞赛，知识竞赛规则如下：在预设的个问题中，选手若能连续正确回答出个问题，即停止答题，晋级下一轮．假定某选手正确回答每个问题的概率都是，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手至少回答了个问题晋级下一轮的概率等于．【答案】【解析】该选手至少回答了个问题晋级，包含两种情况：回答了五个或者留六个问题．一、回答了五个问题晋级，则第三、四、五个问题都回答正确，而第二个问题回答错误．．二、回答了六个问题晋级，则第四、五、六个问题都回答正确，而第三个问题回答错误．，综上：，该选手至少回答了个问题晋级的概率为．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.17.首届中国国际进口博览会期间，甲、乙、丙三家中国企业都有意向购买同一种型号的机床设备，他们购买该机床设备的概率分别为，，，且三家企业的购买结果相互之间没有影响，则三家企业中恰有家购买该机床设备的概率是（）．【答案】C【解析】甲、乙、丙三家中国企业都有意向购买同一种型号的机床设备，他们购买该机床设备的概率分别为，，，且三家企业的购买结果相互之间没有影响，则三家企业中恰有家购买该机床设备的概率：．故选．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.18.某地有，，，四人先后感染了传染性肺炎，其中只有到过疫区，确定是受感染的．对于因为难以判定是受还是受感染的，于是假定他受和感染的概率都是．同样也假定受，和感染的概率都是．在这种假定下，，，中恰有两人直接受感染的概率是（）．【答案】C【解析】根据题意得出：因为直接受感染的人至少是，而，二人也有可能是由感染的，，设，，直接受感染为事件，，，则，，是相互独立的，并且，，，表明除了外，，二人中恰有人是由感染的，∴，∴、、中直接受传染的人数为的概率为．故答案为：．故选．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.19.甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）．【答案】B【解析】由题意，甲获得冠军的概率为，其中比赛进行了局的概率，∴所以概率为．故选．【标注】【知识点】条件概率A. B.C. D.以上都不对20.甲、乙、丙三名同学用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成道自我检测题，甲及格的概率为，乙及格的概率为，丙及格的概率为, 三人各检测一次，则三人中只有一人及格的概率为（）．【答案】C【解析】由题意可知分三种情况且三人及格与否相互独立，则．故选．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式A. B. C. D.21.已知在个电子元件中，有个次品，个合格品，每次任取一个测试，测试完后不再放回，直到两个次品都为止，则经过次测试恰好将个次品全部的概率（）．【答案】C【解析】找.到.找.出.11由题意可得：前次抽到了一个次品，且第四次抽到第二个次品，或前次抽到的全是正品，若前次抽到了一个次品，且第四次抽到第二个次品，概率为，若前四次抽到的全是正品，概率为，故所求事件的概率为．故选．【标注】【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型；互斥事件与对立事件的概念辨析；互斥事件的概率加法公式5. 全概率公式22.（敏感性问题调查）要调查蔡老板在学生心目中是不是一个胖子，制作问卷 ：蔡老板是胖子么？回答方式为“是”和“否”．由于这是一个敏感性问题学生没法当面回答，现采取如下策略进行调查．现同时制作问卷 ：蔡老板是胖子么？问卷 ：给你一枚硬币，你丢一次是正面朝上么？学生将从一个只装有红球和白球的盒子中抽球决定回答哪个问题，如果抽到红球，回答 问题，抽到白球，回答 问题，假设抽到红球的概率是．现在对名学生进行调查，发现收到的答案中有个是，你认为根据统计结果，蔡老板是一个胖子么？【答案】是．【解析】 ：抽到的球是红球， ：回答是，设选择蔡老板是胖子的概率为，，，，，，解得．【标注】【素养】数学运算【知识点】条件概率。