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数学
第4练　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式（原卷版）
一、单项选择题
1．(2025·北京东城模拟)袋中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球．从袋中随机摸出1个小球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1个小球，则两次摸到的小球颜色不同的概率为(　　)
A． B．
C． D．
2．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为，第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2024·湖北襄阳模拟)已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P(A)＝(　　)
A． B．
C． D．1
4．(2024·河北石家庄三模)某高校决定从甲、乙等7支队伍中选出4支队伍参加全国的数学建模大赛，已知甲队被选出，则乙队也被选出的概率为(　　)
A． B．
C． D．
5．(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则从这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　)
A．0.62 B．0.58
C．0.46 D．0.42
6．(2024·山东济南二模)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则P(B|)＝(　　)
A． B．
C． D．
7．(2024·河南信阳二模)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是(　　)
A． B．
C． D．
8．(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道四个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在四个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则(　　)
A．事件M与N相互独立
B．事件X与Y相互独立
C．事件M与Y相互独立
D．事件N与Y相互独立
二、多项选择题
9．有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为.若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则(　　)
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两人解出的概率为
10．(2024·广东广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则(　　)
A．P(A1)＝ B．P(B)＝
C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝
11．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A＝“零件为次品”，Bi＝“零件为第i台车床加工的”(i＝1，2，3)，下列结论正确的是(　　)
A．P(A)＝0.03
B．P(Bi)＝1
C．P(B1|A)＝P(B2|A)
D．P(B1|A)＋P(B2|A)＝P(B3|A)
三、填空题
12. 三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，，，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五个活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A活动的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
14．在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd的概率是________．
四、解答题
15．A，B，C三人参加知识闯关比赛，三人闯关成功与否相互独立．已知A闯关成功的概率是，A，B，C三人闯关都成功的概率是，A，B，C三人闯关都不成功的概率是.
(1)求B，C两人各自闯关成功的概率；
(2)求A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率；
(3)求A，B，C三人中至少一人闯关成功的概率．
16．(2024·浙江杭州期中)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.
(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；
(2)依次发送1，1，0，判断事件A：“至少收到一个正确信号”与事件B：“至少收到两个0”是否相互独立，并给出证明．
17．(2025·福建泉州期末)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
18．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，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，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(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，说明选择哪种方案第二次试验结束的概率更大．
19．(2024·山西晋城高三第三次模拟)某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关．若从该班级中随机抽取1名学生，设事件A＝“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，事件B＝“抽取的学生建立了个性化错题本”，且P(A|)＝，P(B|)＝，P(B)＝.
(1)求P(A)和P(A|B)；
(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值α＝0.005的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关；
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格
建立
未建立
合计
(3)为进一步验证(2)中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为36k的样本(假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为(2)中列联表中数据的k倍，且新列联表中的数据都为整数)．若要使得依据α＝0.001的独立性检验可以肯定(2)中的判断，试确定k的最小值．
参考公式及数据：
χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.01 0.005 0.001
xα 6.635 7.879 10.828
第4练　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式（解析版）
一、单项选择题
1．(2025·北京东城模拟)袋中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球．从袋中随机摸出1个小球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1个小球，则两次摸到的小球颜色不同的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设事件A表示“第一次取出白球”，事件B表示“第一次取出黑球”，则P(A)＝，P(B)＝，∴两次摸到的小球颜色不同的概率为P＝×＋×＝.故选B.
2．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为，第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设事件Ai表示“甲第i局胜”，i＝1，2，3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，则甲恰好连胜两局的概率P＝P(A1A23)＋P(1A2A3)＝××＋××＝.故选B.
3．(2024·湖北襄阳模拟)已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P(A)＝(　　)
A． B．
C． D．1
答案：A
解析：由题意，P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，则A与也相互独立，所以P(A)＝P(A)P()＝P(A)[1－P(B)]＝×＝.故选A.
4．(2024·河北石家庄三模)某高校决定从甲、乙等7支队伍中选出4支队伍参加全国的数学建模大赛，已知甲队被选出，则乙队也被选出的概率为(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：记甲队被选出为事件A，乙队被选出为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝＝＝.故选A.
5．(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则从这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　)
A．0.62 B．0.58
C．0.46 D．0.42
答案：C
解析：由题意，设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三级运动员”，事件D表示“选中的运动员能晋级”，则P(A)＝＝0.2，P(B)＝＝0.3，P(C)＝＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝0.2，则从这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46.故选C.
6．(2024·山东济南二模)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则P(B|)＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即＝＋－P(AB)，解得P(AB)＝，又因为P(B)＝P(AB)＋P(B)，即＝＋P(B)，解得P(B)＝，由P(A)＝，可得P()＝1－P(A)＝，所以P(B|)＝＝＝.故选B.
7．(2024·河南信阳二模)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是(　　)
A． B．
C． D．
答案：B
解析：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”，由题意可知，P(A)＝P(B)＝P(C)＝，P(D|A)＝，P(D|B)＝，P(D|C)＝，则P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝×＝，若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P(A|D)＝＝＝.故选B.
8．(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道四个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在四个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则(　　)
A．事件M与N相互独立
B．事件X与Y相互独立
C．事件M与Y相互独立
D．事件N与Y相互独立
答案：C
解析：根据题意，甲、乙两名同学在四个选项中随机选取两个选项，有CC＝36种情况，其中事件M包含CCC＝24种情况，则P(M)＝＝，事件N包含C＝6种情况，则P(N)＝＝，事件X包含C＝6种情况，则P(X)＝＝，事件Y包含CC＝9种情况，则P(Y)＝＝，对于A，事件M与事件N不会同时发生，是互斥事件，但不相互独立，A错误；对于B，事件XY包含C＝3种情况，则P(XY)＝＝，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X与Y不相互独立，B错误；对于C，事件MY包含CC＝6种情况，则P(MY)＝＝，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M与Y相互独立，C正确；对于D，事件N与事件Y不会同时发生，是互斥事件，但不相互独立，D错误．故选C.
二、多项选择题
9．有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为.若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则(　　)
A．恰有一人解出的概率为
B．没有人能解出的概率为
C．至多一人解出的概率为
D．至少两人解出的概率为
答案：AC
解析：对于A，恰有一人解出的概率为××＋××＋××＝，A正确；对于B，没有人能解出的概率为××＝，B错误；对于C，由A，B知，至多一人解出的概率为＋＝，C正确；对于D，至少两人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两人解出的概率为1－＝，D错误．故选AC.
10．(2024·广东广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则(　　)
A．P(A1)＝ B．P(B)＝
C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝
答案：ABD
解析：依题意可得P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝，故A，B正确，C错误；P(A2|B)＝＝＝＝，故D正确．故选ABD.
11．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A＝“零件为次品”，Bi＝“零件为第i台车床加工的”(i＝1，2，3)，下列结论正确的是(　　)
A．P(A)＝0.03
B．P(Bi)＝1
C．P(B1|A)＝P(B2|A)
D．P(B1|A)＋P(B2|A)＝P(B3|A)
答案：BC
解析：对于A，因为P(A)＝0.15×0.05＋0.25×0.03＋0.60×0.03＝0.033，故A错误；对于B，P(Bi)＝0.15＋0.25＋0.60＝1，故B正确；对于C，因为P(B1|A)＝＝＝，P(B2|A)＝＝＝，所以P(B1|A)＝P(B2|A)，故C正确；对于D，由C项分析可得P(B1|A)＋P(B2|A)＝，又因为P(B3|A)＝＝＝，故D错误．故选BC.
三、填空题
12. 三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，，，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
答案：
解析：记三个元件T1，T2，T3正常工作分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，∴电路不发生故障的概率为P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P(2)P(3)]P(A1)＝×＝.
13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五个活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A活动的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
答案：　
解析：解法一：从五个活动中选三个有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，则甲选到A活动的概率为P＝＝.乙选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，其中再选择B活动有ABC，ABD，ABE，共3种情况，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝.
解法二：设甲选到A活动为事件L，乙选到A活动为事件M，乙选到B活动为事件N，则甲选到A活动的概率为P(L)＝＝.乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝＝＝.
14．在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd的概率是________．
答案：
解析：由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为Ai(i＝1，2，3，4，5，6)，设事件B为“子三代的基因型为dd”，则
事件 A1 A2 A3 A4 A5 A6
配型 DD×DD DD×Dd Dd×Dd Dd×dd DD×dd dd×dd
P(Ai)
P(B|Ai) 0 0 0 1
由全概率公式得P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)＝×＋×＋×1＝.
四、解答题
15．A，B，C三人参加知识闯关比赛，三人闯关成功与否相互独立．已知A闯关成功的概率是，A，B，C三人闯关都成功的概率是，A，B，C三人闯关都不成功的概率是.
(1)求B，C两人各自闯关成功的概率；
(2)求A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率；
(3)求A，B，C三人中至少一人闯关成功的概率．
解：(1)记A，B，C三人各自闯关成功分别为事件D，E，F，
三人闯关成功与否相互独立，且满足
解得P(E)＝，P(F)＝，
所以B，C两人各自闯关成功的概率都是.
(2)设A，B，C三人中恰有两人闯关成功为事件G，
则P(G)＝P(EF＋DF＋DE)＝××＋××＋××＝，
所以A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率为.
(3)因为A，B，C三人中无人闯关成功的概率为，
故A，B，C三人中至少一人闯关成功的概率为1－＝.
16．(2024·浙江杭州期中)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.
(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；
(2)依次发送1，1，0，判断事件A：“至少收到一个正确信号”与事件B：“至少收到两个0”是否相互独立，并给出证明．
解：(1)重复发送信号1三次，“至少收到两次1”的可能情况为
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因为信号的传输相互独立，
故“至少收到两次1”的概率为××＋××＋××＋××＝.
(2)事件A与事件B相互不独立．证明如下：
若依次发送1，1，0，则三次都没收到正确信号的概率为××＝，
故至少收到一个正确信号的概率为P(A)＝1－＝；
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0”的可能情况为(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
故P(B)＝××＋××＋××＋××＝，
若依次发送1，1，0，“至少收到两个0且至少收到一个正确信号”的可能情况为(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，
根据事件的相互独立性，
故P(AB)＝××＋××＋××＝，
因为P(A)P(B)≠P(AB)，所以事件A与事件B相互不独立．
17．(2025·福建泉州期末)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
解：(1)记“第i次摸到红球”为事件Ai(i＝1，2，3，…，10)，则“第2次摸到红球”为事件A2，
于是由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)P(A2|1)＝×＋×＝.
(2)由已知得P1＝P(A1A2A3)＝＝，
P2＝P(A1)＝，
P3＝P(A2|A1)＝＝×＝×＝，
P4＝P(A3|A1A2)＝＝×＝.
(3)由(2)可得P1＝P2P3P4，
即P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，
可猜想P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)．
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P(B|A)＝，P(C|AB)＝，
所以P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)··＝P(ABC)．
18．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，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，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(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，说明选择哪种方案第二次试验结束的概率更大．
解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝×＋×＝.
所以首次试验结束的概率为.
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝，
所以P(A1|B2)＝
＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①，得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－＝，
所以方案一取到红球的概率为P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝，
方案二取到红球的概率为P2＝P(A2|B2)·P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝，
因为>，所以方案二取到红球的概率更大．
即选择方案二，第二次试验结束的概率更大．
19．(2024·山西晋城高三第三次模拟)某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关．若从该班级中随机抽取1名学生，设事件A＝“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，事件B＝“抽取的学生建立了个性化错题本”，且P(A|)＝，P(B|)＝，P(B)＝.
(1)求P(A)和P(A|B)；
(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值α＝0.005的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关；
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格
建立
未建立
合计
(3)为进一步验证(2)中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为36k的样本(假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为(2)中列联表中数据的k倍，且新列联表中的数据都为整数)．若要使得依据α＝0.001的独立性检验可以肯定(2)中的判断，试确定k的最小值．
参考公式及数据：
χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.01 0.005 0.001
xα 6.635 7.879 10.828
解：(1)因为P(A|)＝，P(B|)＝，P(B)＝，
所以P(|)＝1－P(A|)＝，P(|)＝1－P(B|)＝，P()＝1－P(B)＝.
又因为P(|)P()＝P(|)P()，
所以P()＝，所以P(A)＝.
由P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)，解得P(A|B)＝.
(2)
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格
建立 20 4 24
未建立 4 8 12
合计 24 12 36
零假设为H0：期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关．
根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝＝9>7.879＝x0.005.
根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
(3)由题意可得，
χ′2＝
＝＝9k≥10.828，
解得k≥.
要使新列联表中的数据都为整数，则需4k∈Z.
又因为4k≥≈4.8，所以4k的最小值为5，故k的最小值是.
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