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第5节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[课标要求]　(1)随机事件的条件概率：①结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率；②结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系；③结合古典概型，会利用乘法公式计算概率；④结合古典概型，会利用全概率公式计算概率．
(2)随机事件的独立性：结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
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)＝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)＝1
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C│A)＝P(B│A)＋P(C│A)．
③设和B互为对立事件，则P(│A)＝1－P(B│A)
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，与B，与也都相互独立．
(3)n个事件相互独立
对于n个事件A1，A2，…，An，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A1，A2，…，An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A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
(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)
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B Ω，有P＝P(B│Ai)
我们称这个公式为全概率公式．
(一)必背常用结论
1．必然事件Ω，不可能事件 都与任意事件相互独立．
2．事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)·P(B)．
3．当P(A)>0时，事件A与B相互独立 P(B│A)＝P(B)．
4．贝叶斯公式：
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B Ω，P>0，有P＝＝，
i＝1，2，…，n．
(二)盘点易错易混
1．公式P(B│A)＝仅限于P(A)>0的情况．当P(A)＝0时，我们不定义条件概率．
2．计算条件概率P(B│A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
3．P(B|A)与P(A|B)的意义不同，“|”后面的表示条件，一般情况下，二者不相等．
4．应用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)的前提是两个互斥事件均以事件A的发生为条件．
5．相互独立事件与互斥事件是两个不同的概念，前者是指一个事件是否发生对另一个事件发生的概率没有影响，后者是指不可能同时发生的两个事件．
【小题热身】
1．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，则它们都中靶的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：由题意知甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，两人打靶相互独立，同时中靶的概率P＝×＝．
答案：D
2．一袋中装有除颜色外完全相同的3个黑球和2个白球，先后两次从袋中不放回的各取一球．已知第一次取出的是黑球，则第二次取出的也是黑球的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：依题意，已知第一次取出的是黑球的情况下，袋中剩余2个黑球和2个白球，所以第二次取出的也是黑球的概率为P＝＝．
答案：C
3．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．0．8 B．0．625
C．0．5 D．0．1
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＝0．25，P＝0．4，P＝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＝＝＝0．8．
答案：A
4．[易错题]两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为和，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件恰好有一个一等品的概率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：因为两人加工成一等品的概率分别为和，且相互独立，所以两个零件恰好有一个一等品的概率为P＝×＋×＝．
答案：B
5．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)＝________．
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)＝，
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)＝×＝，
所以P(A|B)＝＝＝．
答案：
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__条件概率[典例引领]
【例1】　(1)(2021·湖南师大附中月考)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10 000次还能继续使用的概率是0．8，开关了15 000次后还能继续使用的概率是0．6，则已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率是(　　 )
A．0．20 B．0．48
C．0．60 D．0．75
(2)(2021·江西抚州模拟)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． B．
C． D．
解析：(1)记事件A：电视机的显像管开关了10 000次还能继续使用，记事件B：电视机的显像管开关了15 000次后还能继续使用，则P(AB)＝0．6，P(A)＝0．8，
所以已经开关了10 000次的电视机显像管还能继续使用到15 000次的概率为
P＝＝＝0．75．
(2)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．
法一　因为P＝1－P＝1－ eq \f(C,C) ＝，P＝ eq \f(CC,C28) ＝，
所以P＝＝．
法二　因为n＝CC＋C＝18，n＝CC＝12，所以P＝＝＝．
答案：(1)D　(2)D
[思维升华]　条件概率的三种求法
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本事件法 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)＝
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
[对点练]　1．(一题多法)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． B．
C． D．
解析：法一　P(A)＝＝＝，P(AB)＝P(B)＝＝．
由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝．
法二　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)＝＝．
答案：B
2．(2021·河北秦皇岛二模)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． B．
C． D．
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＝＝ eq \f(CC,CC－CC) ＝＝．
答案：A
考点2__相互独立事件同时发生的概率[典例引领]
【例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________．
(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________．
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P1＝P(BCD＋ACD＋ABD＋ABC)＝(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P2＝0．6×0．5×0．5×0．4＝0．06，故所求概率P＝0．25＋0．06＝0．31．
(2)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．
答案：(1)0．31　(2)0．128
[思维引申]　(换结论)保持本例(2)条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________．
解析：依题意，该选手第3个问题的回答是错误的，第4，5个问题均回答正确，第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0．23×0．82＋2×0．2×0．8×0．2×0．82＝0．005 12＋0．040 96＝0．046 08．
答案：0．046 08
[思维升华]　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．
[对点练]　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，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是．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：(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)＝，
且有
即
所以P(B)＝，P(C)＝．
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P()＝P()·P()·P()＝××＝，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－－＝．
考点3__全概率公式及其应用[典例引领]
【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：设B＝“随机提取一台产品为合格产品”，Ai＝“提取的一台是第i车间的产品”，i＝1，2，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2两两互斥．根据题意，
P(A1 )＝，P(A2 )＝，P(B|A1)＝0．85，P(B|A2)＝0．88．
(1)由全概率公式得
P(B)＝P(A1)P(B|A1 )＋P(A2 )P(B|A2 )＝×0．85＋×0．88＝0．868．
(2)由贝叶斯公式得
P(A1|B)＝
＝
＝≈0．392．
[思维升华]　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，…，An；
(2)求P(Ai)(i＝1，2，…，n)；
(3)求P(B|Ai)(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”．
[对点练]　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：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)＝0．000 25．
则不吸烟者患肺癌的概率为0．025%．
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：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)＝
＝≈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．
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
三局两胜制的概率问题
试题中常涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完3局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过几个题目对此问题进行认识．
【典例】　甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0．6，乙胜的概率为0．4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？
解：每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布．
(1)在采用3局2胜制中，X～B(3，0．6)，事件{X≥2}表示“甲获胜”．所以甲获胜的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C23×0．62×0．4＋0．63＝0．648．
(2)在采用5局3胜制中，X～B(5，0．6)，事件{X≥3}表示“甲获胜”．所以甲获胜的概率为P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝C35×0．63×0．42＋C45×0．64×0．4＋0．65≈0．683．
可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少．在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利．
[思维拓展]先后参赛对比赛公平性的影响
[拓展1]　 (两方参赛)匣中有3红5黑2白共10个球．现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回．按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局．分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率．
解：甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球．
记Bi＝“第i次取到黑球”，Ri＝“第i次取到红球”．则
P(甲胜)＝P(R1)＋P(B1B2R3)＋P(B1B2B3B4R5)＝＋··＋····＝，
同理可得P(乙胜)＝，P(平局)＝．
[拓展2]　 (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军．已知每次比赛双方取胜的概率都是0．5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率．
解：记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”．则
P(A)＝[P(A1A2)＋P(A1C2B3A4A5)＋P(A1C2B3A4C5B6A7A8)＋…]＋[P(B1C2A3A4)＋P(B1C2A3B4C5A6A7)＋…]＝
＋＝．
因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)＝P(A)＝，P(C)＝1－P(A)－P(B)＝＝．
即甲、乙、丙得冠军的概率分别为、、．
课下巩固培优卷(五十三)
【A/基础巩固题组】
1．(2022·山东烟台二中模拟)已知事件A与B独立，当P＞0时，若P＝0．68，则P＝(　　 )
A．0．34 B．0．68
C．0．32 D．1
解析：因事件A与B独立，且P(A)>0，则P(A)＝＝＝P(B)，
即P(B)＝0．68由对立事件概率公式得P()＝1－P(B)＝0．32．
答案：C
2．已知P(B)＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，则P(A)＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：由P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()·P(B|)，可得＝P(A)×＋(1－P(A))×，解得P(A)＝．
答案：A
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a2＋b2＝c2的正整数组．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． B．
C． D．
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；
第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为；
第三次掷骰子得到最后一个的概率为；
∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为××＝．
答案：A
4．(2021·广东汕头三模)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． B．
C． D．
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·A＝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·A＝12种；
所以P＝＝ eq \f(A·A,A·A) ＝．
答案：C
5．(2021·河北唐山模拟)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．0．6 B．0．5
C．0．4 D．0．3
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．
答案：C
6．(多选)(2021·重庆八中高三月考)已知，分别为随机事件A，B的对立事件，P>0，P>0，则下列说法正确的是(　　 )
A．P＋P＝1
B．P＋P＝1
C．若A，B独立，则P＝P
D．若A，B互斥，则P＝P
解析：A中：P＋P＝＝，故A正确；
B中：设A，B独立，则P＋P＝2P，而P显然不一定为，故B错误；
C中：A，B独立，则P＝PP，则P＝＝P，故C正确；
D中：A，B互斥，P＝0，则根据条件概率公式P＝P＝0，故D正确．
答案：ACD
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＝ B．P＝
C．P＝ D．P＝
解析：P＝＝，故A正确；
P＝＝，故B正确；
P＝＝＝，故C正确；
P＝＝，P＝＝，P＝＝＝，故D错误．
答案：ABC
8．在10 000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________．
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)＝，P(AB)＝＝，
P(AC)＝，∴ P(B|A)＝＝＝，P(C|A)＝＝＝．
∴ P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝．
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．
答案：
9．(2022·广东佛山模拟)某地市场调查发现，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，而在实体店购买的家用小电器的合格率为．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____________．
解析：在网上购买的家用小电器不合格的概率为×＝，在实体店购买的家用小电器不合格的概率为×＝，故这台被投诉的家用小电器是在网上购买的概率为＝．
答案：
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________．
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．
答案：0．915
【B/能力提升题组】
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
B．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
C．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
D．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
解析：对于A，总事件数是C＝20，摸出的球均为红球的事件数为C＝4，所以摸出的球均为红球的概率是，故选项A错误；
对于B，总事件数是C＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C·C＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是，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×＝；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为×＝．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是＋＝，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×＝，②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为×＝．故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是＋＝，故选项D错误．
答案：BC
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
B．连续挑战前两关并过关的概率为
C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P＝
D．若直接挑战第4关，则过关的概率是
解析：对于A项，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，
即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝＝＝，故A正确；
对于B项，21＋1＝3，所以挑战第一关通过的概率P2＝，
则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝×＝，故B错误；
对于C项，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63＝216，
抛掷3次至少出现一个5点的共有63－53＝216－125＝91种，
故P＝，而事件AB包括：含5，5，5的1种，
含4，5，6的有6种，共7种，故P＝，
所以P＝＝×＝，故C正确；
对于D项，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64个，
而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：
含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，
含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，
含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，
含3，6，6，6的有4种，所以P4＝＝，故D正确．
答案：ACD
13．(2022·重庆巴蜀中学高三月考)一猎人带着一把猎枪到山里去打猎，猎枪每次可以装3发子弹，当他遇见一只野兔时，开第一枪命中野兔的概率为0．8，若第一枪没有命中，猎人开第二枪，命中野兔的概率为0．4，若第二枪也没有命中，猎人开第三枪，命中野兔的概率为0．2，若3发子弹都没打中，野兔就逃跑了，则已知野兔被击中的条件下，是猎人开第二枪命中的概率为__________．
解析：记事件A＝“猎人第一次击中野兔”，B＝“猎人第二次击中野兔”，C＝“猎人第三次击中野兔”，D＝“野兔被击中”，则P＝P＝P＋P＋P＝0．8＋0．2×0．4＋0．2×0．6×0．2＝0．904，
P(B)＝0．2×0．4＝0．08，P＝＝＝＝．
答案：
14．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A1、A2、A3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P＝________，P＝___________．
解析：因为每次取一球，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，
因为P＝，P＝，P＝，所以P＝＝＝；
同理P＝＝＝，
P＝＝＝，
所以P＝P＋P＋P＝×＋×＋×＝．
答案：　
15．(2022·广东东莞模拟)滑雪是冰雪运动中深受人们喜爱的运动项目，为了了解某市A，B两个专业滑雪队的技术水平，从这两个队各随机抽取了15名队员进行比赛(百分制)，其得分如图所示茎叶图．
(1)通过茎叶图比较A，B两队比赛得分的平均值甲，乙的大小及分散程度(不要求计算，给出结论即可)；
(2)规定得分在，认定该队员滑雪技术为Levl4级，在认定该队员滑雪技术为Levl5级，在认定该队员滑雪技术为Levl6级．
①现从得分在的样本队员中，按照A队与B队两大类，用分层抽样的方法随机抽取6人进行问卷调查，求这6名队员中恰含A、B两队所有滑雪技术为Levl4级的队员的概率；
②从样本中任取2名队员，在认定这两名队员滑雪技术为Levl6级情况下，求这2名队员来自同一滑雪队的概率．
解：(1)通过茎叶图可知，甲<乙；
A队队员的比赛得分比较分散，B队队员的比赛得分比较集中．
(2)①根据茎叶图可知，A、B队中滑雪技术为Levl4级的人数分别为2，1；
用分层抽样的方法抽出6人，则A、B队中各抽取4人、2人；
则这6名队员中恰含A、B队所有滑雪技术为Levl4级的队员的概率为
P＝ eq \f(CC,C) · eq \f(CC,C) ＝．
②记事件C为“从样本中任取2名队员，认定这两队员滑雪技术为Levl6级”，事件D为“这2名队员来自同一滑雪队”．
则P(C)＝ eq \f(C,C) ，P(CD)＝ eq \f(C＋C,C) ，
所以在认定这两名队员滑雪技术为Levl6级情况下，这2名队员来自同一滑雪队的概率为
P＝(D|C)＝＝ eq \f(C＋C212,C) ＝．

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