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(共72张PPT)
第六节
事件的相互独立性、条件概率、全概率公式
明确目标
1.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.
2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.了解条件概率与独立性的关系，会利用乘法公式计算概率.
4.会利用全概率公式计算概率.
目录
01.课前·“四基”落实
02.课堂·题点精研
03.课时跟踪检测
课前·“四基”落实
01
教材再回首
1.相互独立事件
概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)=P(A)·P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立
性质 若事件A与B相互独立，那么A与与__，与也都相互独立
B
2.条件概率及性质
(1)概念:一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)=为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
(2)条件概率的性质:设P(A)>0，则
①P(Ω|A)= ____;
②任何事件的条件概率都在______之间，即_______________;
③如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)=________________;
④设和B互为对立事件，则P(|A)=___________.
1
0和1
0≤P(B|A)≤1
P(B|A)+P(C|A)
1-P(B|A)
(3)概率的乘法公式
由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)=____________，我们称该式为概率的乘法公式.
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(Ai)>0，i=1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P(B)= P(Ai)P(B|Ai).我们称该公式为全概率公式.
P(A)P(B|A)
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(Ai)>0，i=1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)== ，i=1，2，…，n.
典题细发掘
1.(人A必修②P253T2改编)若P(AB)=，P()=，P(B)=，则事件A与B的关系是(　　)
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既互斥又相互独立
√
2.(人A必修②P251例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为 (　　)
A.0.12 B.0.42
C.0.46 D.0.88
解析:设“甲被录取”记为事件A，“乙被录取”记为事件B，则两人至少有一人被录取的概率P=1-P()=1-[1-P(A)][1-P(B)]=1-0.4×0.3=0.88.故选D.
√
3.(人B选必修②P57T3改编)已知P(A)=0.8，P(B|A)=0.6，P(B|)=0.1，则P(B)=_____.
解析:P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.8×0.6+0.2×0.1=0.5.
0.5
4.一名信息员维护甲、乙两个公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则两个公司都需要维护的概率是_____，至少有一个公司不需要维护的概率为______.
解析:因为两个公司是否需要维护相互独立，所以两个公司都需要维护的概率是0.4×0.3=0.12.“至少有一个公司不需要维护”的对立事件是“两个公司都需要维护”，所以至少有一个公司不需要维护的概率P=1-0.12=0.88.
　0.88
0.12
混淆事件的类型，两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.
易错提醒
课堂·题点精研
02
考法(一)　独立事件的判断
[例1]　(2025·郑州模拟)现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌，其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张，从中任取一张，看后放回，再任取一张.甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”，则(　　)
A.乙与丙相互独立 B.乙与丁相互独立
C.甲与丙相互独立 D.甲与乙相互独立
√
题点一　事件的相互独立性
解析:由题意得，事件甲的概率P1=，事件乙的概率P2=，有放回地取扑克牌两次的试验的样本点总数是52=25，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的扑克牌花色相同包含的样本点数为12+22+22=9，则事件丙的概率P3=，所以事件丁的概率P4=.对于A，事件乙与丙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P5=≠P2·P3，所以乙与丙不相互独立，所以A错误;对于B，事件乙与丁同时发生所包含的样本点数为6，其概率P6=≠P2·P4，所以乙与丁不相互独立，所以B错误;对于C，事件甲与丙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P7=≠P1·P3，所以甲与丙不相互独立，所以C错误;对于D，事件甲与乙同时发生所包含的样本点数为4，其概率P8==P1·P2，所以甲与乙相互独立，所以D正确.故选D.
判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法:直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法:由事件A与事件B相互独立知，A与与B，与也相互独立.
思维建模
考法(二)　独立事件的概率
[例2]　(2025·襄阳模拟)全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，所有考试是否合格互不影响.
(1)求甲没有获得执业医师证书的概率;
解:记甲、乙、丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件A1，B1，C1，在实践技能考试中合格依次为A2，B2，C2，
设甲没有获得执业医师证书的概率为P，
则P=1-P(A1A2)=1-×=.
(2)这三人进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率.
解:甲、乙、丙获得执业医师证书依次为A1A2，B1B2，C1C2，并且A1与A2，B1与B2，C1与C2相互独立，
则P(A1A2)=×=，P(B1B2)=×=，P(C1C2)=×=，
由于事件A1A2，B1B2，C1C2彼此相互独立，
则“恰有两人获得执业医师证书”即为事件
(A1A2)(B1B2)()+(A1A2)()(C1C2)+()(B1B2)(C1C2)，概率为××+××+××=.
求独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解;
(2)正面计算较复杂(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.判断事件相互独立，一般用定义判断.
(3)如果事件A1，A2，…，An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(A1A2…An)=P(A1)P(A2)·…·P(An).
思维建模
1.(2025·南充模拟)当P(A)>0时，若P(B|A)+P()=1，则事件A与B的关系是(　　)
A.互斥 B.对立
C.相互独立 D.无法判断
解析:∵P(B|A)+P()=P(B|A)+1-P(B)=1，∴P(B|A)=P(B)，即=P(B)，∴P(AB)=P(A)P(B)，∴事件A与B相互独立.故选C.
即时训练
√
2.某公司的入职面试中有4道难度相当的题目，王阳答对每道题的概率都是0.7，若每位面试者共有4次机会，一旦某次答对抽到的题目则面试通过，否则就一直抽题到第4次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的.
(1)求王阳第三次答题通过面试的概率;
解:记“王阳第三次答题通过面试”为事件A，
若王阳第三次答题通过面试，则前2次均不通过，
所以王阳第三次答题通过面试的概率为
P(A)=(1-0.7)×(1-0.7)×0.7=0.063.
(2)求王阳最终通过面试的概率.
解:记“王阳最终通过面试”为事件B，
王阳未通过面试的概率为P()=(1-0.7)4=0.008 1，
所以王阳最终通过面试的概率P(B)=1-P()=0.991 9.
[例3]　现准备6个节目参加比赛，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;
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.
从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n(Ω)==30，根据分步乘法计数原理得n(A)==20，于是P(A)===.
题点二　条件概率
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率;
解:因为n(AB)==12，所以P(AB)===.
(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:法一　由(1)(2)可得，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为P(B|A)===.
法二　因为n(AB)=12，n(A)=20，所以P(B|A)===.
混淆“条件概率”与“积事件的概率”.
易错提醒
求条件概率的常用方法
思维建模
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)=求解
样本 点法 用古典概型的概率计算公式，先求事件A所包含的样本点个数n(A)，再求事件AB所包含的样本点个数n(AB)，则P(B|A)=
3.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A=“两次的点数均为偶数”，B=“两次的点数之和为6”，则P(A|B)= (　　)
A. B.
C. D.
解析:事件B包含的样本点有(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，共5个样本点，其中“两次的点数均为偶数”的有(2，4)，(4，2)，共2个样本点，所以P(A|B)==.
即时训练
√
4.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A=“第一次取到的是奇数”，B=“第二次取到的是3的整数倍”，则P(B|A)=______.
解析:由题意得P(A)=，事件AB=“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，则第二次有2种取法;若第一次取到的为1，5，7，则第二次有3种取法.故事件AB共包含2×2+3×3=13(个)样本点，则P(AB)==.由条件概率的定义得P(B|A)==.
(易错提醒:混淆A在B的条件下或B在A的条件下的运算公式)
[例4]
(1)(2025·苏州模拟)羽毛球比赛水平相当的甲、乙、丙三人举行羽毛球比赛.规则为每局两人比赛，另一人担任裁判.每局比赛结束时，负方在下一局比赛担任裁判.如果第一局甲担任裁判，则第三局甲还担任裁判的概率为(　　)
A. B.
C. D.
√
题点三　全概率公式的应用
解析:由于甲、乙、丙三人的比赛水平相当，所以第二局乙或丙担任裁判的概率都是，第二局若是乙担任裁判，则第三局甲或丙担任裁判的概率都是，第二局若是丙担任裁判，则第三局甲或乙担任裁判的概率都是，由全概率公式可知，如果第一局甲担任裁判，则第三局甲还担任裁判的概率为P=×+×=.故选C.
(2)(2024·宝鸡二模)某位同学家中常备三种感冒药，分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒.若这三类药物能治愈感冒的概率分别为，他感冒时，随机从这几盒药物里选择一盒服用(用药请遵医嘱)，则感冒被治愈的概率为(　　)
A. B.
C. D.
√
解析:记服用金花清感颗粒为事件A，服用连花清瘟胶囊为事件B，服用清开灵颗粒为事件C，感冒被治愈为事件D，依题意可得P(A)=，P(B)==，P(C)==，P(D|A)=，P(D|B)=，P(D|C)=，所以P(D)=
P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=×+×+×=.
利用全概率公式解题的思路
(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Ai(i=1，2，…，n).
(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
思维建模
5.(2025·武汉质检)为践行“保护环境，绿色出行”的环保理念， 李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班.已知他选择骑自行车的概率为0.6，且骑自行车准时到达单位的概率为0.95，若李先生准时到达单位的概率为0.93，则他坐公交车准时到达单位的概率为 (　　)
A.0.6 B.0.7
C.0.8 D.0.9
即时训练
√
解析:设A1=“李先生骑自行车上班”，A2=“李先生坐公交车上班”，B=“李先生准时到达单位”，根据题意得，P(A1)=0.6，P(A2)=1-0.6=0.4，P(B|A1)=0.95.设P(B|A2)=m，则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.6×0.95+0.4m=0.93，解得m=0.9.故选D.
6.小李经常参加健身运动，他周一去健身的概率为，周二去健身的概率为，且小李周一不去健身的条件下周二去的概率是周一去健身的条件下周二去的概率的2倍，则小李周一、周二都去健身的概率为_____.
解析:设“小李周一去健身”为事件A，“小李周二去健身”为事件B，则“小李周一、周二都去健身”为事件AB，由题意可知P(A)=，P(B)=，且P(B|)=2P(B|A)，由全概率公式可知P(B)=P(B|)P()+P(B|A)P(A)，即=P(B|A)+P(B|A)，解得P(B|A)=，所以P(AB)=P(B|A)P(A)=×=.
拓展与建模
全概率公式和贝叶斯公式的区别
(1)从形式上看，全概率公式是求一个事件发生的总概率，而贝叶斯公式是求一个事件的条件概率.
(2)从思想上看，全概率公式是将一个复杂的事件分解为若干个简单的子事件，然后利用子事件发生的概率和条件概率来求出复杂事件发生的概率.贝叶斯公式是利用已知的结果，反推出原因的可能性，然后利用原因发生的概率和条件概率来更新对原因发生的概率的估计.
(3)从应用上看，全概率公式和贝叶斯公式可以相互配合，一般来说，全概率公式可以用来求出贝叶斯公式中的分母(结果发生的总概率)，而贝叶斯公式可以用来求出全概率公式中的分子(子事件发生的条件概率).
[示例]　(2025·郑州调研)[多选]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台车床加工出来的次品概率为0.015
B.任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C.如果取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为
D.如果取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为
解题观摩:对于A，由题意任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为6%×25%=1.5%，正确;对于B，由题设，任取一个零件是次品的概率为6%×25%+5%×30%+5%×45%=5.25%，正确;对于C，由条件概率，取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为
=，正确;对于D，
由条件概率，取到的零件是次品，
则是第3台车床加工的概率为=，错误.
　贝叶斯公式针对的是某一过程中已知结果发生，求事件过程某个条件成立的概率，解题步骤如下:
(1)按照某种标准将目标条件事件分解为n个彼此互斥事件的并，将这n个事件分别命名为Ai(i=1，2，…，n);
(2)命名已知会发生的结果为事件B;
(3)分别计算P(Ai)P(B|Ai)和P(B);
(4)代入贝叶斯公式P(Ai|B)=(i=1，2，…，n)求解.
数智赋能:电子版随堂训练，根据课堂情况灵活选用
思维建模
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.(2025·梅州模拟)已知事件A，B互斥，且P(A)=P(B)=0.5，M满足P(M|A)=0.8，P(M|B)=0.7，则P(M)=(　　)
A.0.25 B.0.35
C.0.4 D.0.75
解析:根据题意，由全概率公式可得P(M)=P(A)P(M|A)+P(B)P(M|B)
=0.5×0.8+0.5×0.7=0.75.故选D.
√
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2.已知随机事件A，B相互独立，且P(A)=P(B)=，则P(A∪B)=(　　)
A. B.
C. D.
解析:因为事件A，B相互独立，且P(A)=P(B)=，可得P(AB)=P(A)P(B)=，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.
√
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3.(2025·哈尔滨模拟)如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动4次，在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次2的位置的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
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解析:质点移动4次，共有2×2×2×2=16种情况，设质点第一秒位于1的位置为事件A，则P(A)=，记质点两次经过2为事件B，若第一步位于1，则还有3步，想要经过2两次，则有1→2→3→2，1→2→1→2两种情况，所以P(AB)==，则P(B|A)===.故选A.
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4.(2025·淮安期中)某饮料厂生产A，B两种型号的饮料，已知A种饮料生产量是B种饮料生产量的2倍，且A，B两种型号的饮料中非碳酸饮料的比例分别为60%，40%，若从该厂生产的饮料中任选一瓶，则选到非碳酸饮料的概率约为 (　　)
A. B.
C. D.
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解析:设“选到非碳酸饮料”为事件B，“选出的饮料是A型号”记为事件A1，“选出的饮料是B型号”记为事件A2，则P(A1)=，P(A2)=，P(B|A1)=0.6，P(B|A2)=0.4，由全概率公式可得P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×0.6+×0.4==.故选B.
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5.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
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解析:法一　令A1=“玩手机超过1 h的学生”，A2=“玩手机不超过1 h的学生”，B=“任意调查一人，此人近视”，则Ω=A1∪A2，且A1，A2互斥.依题意，P(A1)=0.2，P(A2)=0.8，P(B|A1)=0.5，P(B)=0.4.由全概率公式P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)，得0.4=0.2×0.5+0.8×P(B|A2)，∴P(B|A2)=.
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法二　设该校有100名学生，整理得到如下列联表:
依题意所求概率为=.
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视力 玩手机时间 合计
超过1 h 不超过1 h
近视 10 30 40
不近视 10 50 60
合计 20 80 100
6.(2025·广州模拟)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(　　)
A. B.
C. D.
√
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解析:设A表示甲获得冠军，B表示冠军产生时恰好进行了三局比赛，则A包括“第一局甲赢、第二局甲赢”“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”，则P(A)=×+××+××=，AB包括“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”，则P(AB)=
××+××=，P(B|A)===.
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二、多选题
7.(2025·镇江模拟)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列判断正确的是(　　)
A.A与B相互对立 B.A与B相互独立
C.P(C)= D.P(B|C)=
√
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√
解析:由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误;依题意P(A)=，P(B)=，P(AB)===P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立，故B正确;P(C)=1-×=，因为B C，所以P(BC)=
P(B)=，所以P(B|C)===，故D正确，C错误.
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8.对于事件A与事件B，若A∪B发生的概率是0.72，事件B发生的概率是事件A发生的概率的2倍，则下列说法正确的是 (　　)
A.若事件A与事件B互斥，则事件A发生的概率为0.36
B.P(B|A)=2P(A|B)
C.事件A发生的概率的范围为[0.24，0.36]
D.若事件A发生的概率是0.3，则事件A与事件B相互独立
快审准解:根据互斥事件的性质、条件概率公式、独立事件的性质逐项判断即可得结论.
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√
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解析:对于A，若事件A与事件B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=
3P(A)=0.72，所以P(A)=0.24，故A错误;对于B，P(B|A)=，P(A|B)
===P(B|A)，故B正确;若事件A与事件B互斥，则P(AB)=0，此时P(A)取到最小值为0.24，若P(A) P(B)，此时P(AB)=P(A)，P(A)取到最大值为0.36，故C正确;对于D，P(A)=0.3，则P(B)=0.6，由P(A∪B)
=P(A)+P(B)-P(AB)，得P(AB)=0.3+0.6-0.72=0.18=P(A)·P(B)，则事件A与事件B相互独立，故D正确.
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9.抛出一枚质地均匀的硬币n次，得到正反两面的概率相同.事件A:n次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B:n次中最多有一次正面朝上，下列说法正确的是 (　　)
A.当n=2时，A，B相互独立
B.当n=3时，A，B相互独立
C.当n≥2时，P(A)=
D.当n≥2时，P(B)=
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√
解析:抛出两次，有正反，反正，正正，反反，共4种情况，P(A)=，P(B)=，又因为P(AB)=≠P(A)P(B)，故A错误;抛出三次，有正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，共8种情况，则P(A)==，P(B)==， P(AB)==P(A)P(B)，故B正确;抛出n次有2n种组合，:n次全为正面向上或n次全为反面向上，则P()=，因此P(A)=1-P()=，故C正确;P(B)=+=，故D错误.
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三、填空题
10.袋子中有6个大小相同的小球，其中4个红球，2个白球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则两次都摸出红球的概率为____;在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出红球的概率为____.
解析:两次都摸出红球的概率为P=×=，第一次摸出红球的条件下，第二次摸出红球的概率，可通过缩小样本空间得出P=.
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11.(2025·汕头开学考试)某填空题有两小问，按目前掌握信息:十个人中有四人能够答对第一问;在第一问答错情况下，第二问答对的概率仅为0.05;第一问答对的情况下，第二问答错的概率为0.7.用频率估计概率，选择有效信息估计该题两小问均答错的概率为______.
解析:设“第一问答对”为事件A，“第二问答对”为事件B，由题意可得P(A)==0.4，P(B|)=0.05，P(|A)=0.7，则P()=0.6，P(|)=0.95，P(B|A)=0.3，所以P()=P()P(|)=0.57.
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0.57
四、解答题
12.(10分)“猜灯谜”又叫“打灯谜”，是元宵节的一项活动，出现在宋朝.在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了15道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了n道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等.
(1)任选一道灯谜，求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率;(5分)
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解:设A=“任选一道灯谜甲猜对”，B=“任选一道灯谜乙猜对”，C=“任选一道灯谜丙猜对”.则P(A)==，P(B)==，P(C)=，可得P()=，P()=，P()=1-.“甲、乙两位同学恰有一个人猜对”=A∪B，且A与B互斥.每位同学独立竞猜，故A，B互相独立，则A与与B，与均相互独立.
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=×+×=，
所以甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为.
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(2)任选一道灯谜，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求n的值.(5分)
解:设D=“甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对”，则
所以P(D)=1-P()=1-P()P()P()=1-××=，解得n=16，所以n的值为16.
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13.(15分)(2025·南京模拟)有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中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地摸出一个球，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.
(1)求首次试验结束的概率;(5分)
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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.
P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)=×+×=.
所以试验一次结果为红球的概率为，
即首次试验结束的概率为.
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(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进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率;(5分)
②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案:方案一，从原来的袋子中摸球;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.(5分)
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解: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.
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②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-=，
所以方案一中取到红球的概率为
P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=×+×=.
方案二中取到红球的概率为
P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=×+×=.
因为>，所以方案二中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.
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13第六节 事件的相互独立性、条件概率、全概率公式
1.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.
2.了解条件概率,能计算简单随机事件的条件概率.
3.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.
4.会利用全概率公式计算概率
教材再回首
1.相互独立事件
概念 对任意两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立
性质 若事件A与B相互独立,那么A与,与　　, 与也都相互独立
2.条件概率及性质
(1)概念:一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,称P(B|A)=为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率.
(2)条件概率的性质:设P(A)>0,则
①P(Ω|A)=　　;
②任何事件的条件概率都在　　　　　之间,即　　　　　　　　　　;
③如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=　　　　　　　　　　;
④设和B互为对立事件,则P(|A)=　　　　　　　　.
(3)概率的乘法公式
由条件概率的定义,对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=　　　　　　　　　　,我们称该式为概率的乘法公式.
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(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,有P(B)= P(Ai)P(B|Ai).我们称该公式为全概率公式.
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(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)==,i=1,2,…,n.
典题细发掘
1.(人A必修②P253T2改编)若P(AB)=,P()=,P(B)=,则事件A与B的关系是 (　　)
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既互斥又相互独立
2.(人A必修②P251例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为0.6,乙被录取的概率为0.7,两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为 (　　)
A.0.12 B.0.42
C.0.46 D.0.88
3.(人B选必修②P57T3改编)已知P(A)=0.8,P(B|A)=0.6,P(B|)=0.1,则P(B)=　　　　.
4.一名信息员维护甲、乙两个公司的5G网络,一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立,它们需要维护的概率分别为0.4和0.3,则两个公司都需要维护的概率是　　　　　,至少有一个公司不需要维护的概率为　　　　.
题点一　事件的相互独立性
考法(一)　独立事件的判断
[例1]　(2025·郑州模拟)现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌,其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张,从中任取一张,看后放回,再任取一张.甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”,乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”,丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”,丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”,则 (　　)
A.乙与丙相互独立 B.乙与丁相互独立
C.甲与丙相互独立 D.甲与乙相互独立
|思维建模|　
判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法:直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法:由事件A与事件B相互独立知,A与,与B,与也相互独立.
考法(二)　独立事件的概率
[例2]　(2025·襄阳模拟)全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分,每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”,两部分考试都“合格”者,则执业医师考试“合格”,并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为,,,在实践技能考试中“合格”的概率依次为,,,所有考试是否合格互不影响.
(1)求甲没有获得执业医师证书的概率;
(2)这三人进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试后,求恰有两人获得执业医师证书的概率.
|思维建模|　
求独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解;
(2)正面计算较复杂(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时,可从其对立事件入手计算.判断事件相互独立,一般用定义判断.
(3)如果事件A1,A2,…,An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(A1A2…An)=
P(A1)P(A2)·…·P(An).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[即时训练]
1.(2025·南充模拟)当P(A)>0时,若P(B|A)+P()=1,则事件A与B的关系是 (　　)
A.互斥 B.对立
C.相互独立 D.无法判断
2.某公司的入职面试中有4道难度相当的题目,王阳答对每道题的概率都是0.7,若每位面试者共有4次机会,一旦某次答对抽到的题目则面试通过,否则就一直抽题到第4次为止,假设对抽到的不同题目能否答对是独立的.
(1)求王阳第三次答题通过面试的概率;
(2)求王阳最终通过面试的概率.
题点二　条件概率
[例3]　现准备6个节目参加比赛,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.
|易错提醒|
　　混淆“条件概率”与“积事件的概率”.
|思维建模|　求条件概率的常用方法
(1)定义法:先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=求解.
(2)样本点法:用古典概型的概率计算公式,先求事件A所包含的样本点个数n(A),再求事件AB所包含的样本点个数n(AB),则P(B|A)=.
[即时训练]
3.抛掷一枚质地均匀的骰子两次,记A=“两次的点数均为偶数”,B=“两次的点数之和为6”,则P(A|B)= (　　)
A. B.
C. D.
4.从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数,事件A=“第一次取到的是奇数”,B=“第二次取到的是3的整数倍”,则P(B|A)=　　　　.
题点三　全概率公式的应用
[例4](1)(2025·苏州模拟)羽毛球比赛水平相当的甲、乙、丙三人举行羽毛球比赛.规则为每局两人比赛,另一人担任裁判.每局比赛结束时,负方在下一局比赛担任裁判.如果第一局甲担任裁判,则第三局甲还担任裁判的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
(2)(2024·宝鸡二模)某位同学家中常备三种感冒药,分别为金花清感颗粒3盒、连花清瘟胶囊2盒、清开灵颗粒5盒.若这三类药物能治愈感冒的概率分别为,,,他感冒时,随机从这几盒药物里选择一盒服用(用药请遵医嘱),则感冒被治愈的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
|思维建模|
利用全概率公式解题的思路
(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Ai(i=1,2,…,n).
(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
[即时训练]
5.(2025·武汉质检)为践行“保护环境,绿色出行”的环保理念, 李先生每天从骑自行车、坐公交车两种方式中随机选择一种去上班.已知他选择骑自行车的概率为0.6,且骑自行车准时到达单位的概率为0.95,若李先生准时到达单位的概率为0.93,则他坐公交车准时到达单位的概率为 (　　)
A.0.6 B.0.7
C.0.8 D.0.9
6.小李经常参加健身运动,他周一去健身的概率为,周二去健身的概率为,且小李周一不去健身的条件下周二去的概率是周一去健身的条件下周二去的概率的2倍,则小李周一、周二都去健身的概率为　　　　.
拓展与建模:全概率公式和贝叶斯公式的区别
(1)从形式上看,全概率公式是求一个事件发生的总概率,而贝叶斯公式是求一个事件的条件概率.
(2)从思想上看,全概率公式是将一个复杂的事件分解为若干个简单的子事件,然后利用子事件发生的概率和条件概率来求出复杂事件发生的概率.贝叶斯公式是利用已知的结果,反推出原因的可能性,然后利用原因发生的概率和条件概率来更新对原因发生的概率的估计.
(3)从应用上看,全概率公式和贝叶斯公式可以相互配合,一般来说,全概率公式可以用来求出贝叶斯公式中的分母(结果发生的总概率),而贝叶斯公式可以用来求出全概率公式中的分子(子事件发生的条件概率).
[示例]　(2025·郑州调研)[多选]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台车床加工出来的次品概率为0.015
B.任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C.如果取到的零件是次品,则是第2台车床加工的概率为
D.如果取到的零件是次品,则是第3台车床加工的概率为
解题观摩:对于A,由题意任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为6%×25%=1.5%,正确;对于B,由题设,任取一个零件是次品的概率为6%×25%+5%×30%+5%×45%=5.25%,正确;对于C,由条件概率,取到的零件是次品,则是第2台车床加工的概率为
=,正确;对于D,由条件概率,取到的零件是次品,则是第3台车床加工的概率为
=,错误.
|思维建模|
　　贝叶斯公式针对的是某一过程中已知结果发生,求事件过程某个条件成立的概率,解题步骤如下:
(1)按照某种标准将目标条件事件分解为n个彼此互斥事件的并,将这n个事件分别命名为Ai(i=1,2,…,n);
(2)命名已知会发生的结果为事件B;
(3)分别计算P(Ai)P(B|Ai)和P(B);
(4)代入贝叶斯公式P(Ai|B)=(i=1,2,…,n)求解.
第六节　事件的相互独立性、条件概率、全概率公式
课前·“四基”落实
[教材再回首]
1.B　2.(2)1　0和1　0≤P(B|A)≤1　P(B|A)+P(C|A)　
1-P(B|A)　(3)P(A)P(B|A)
[典题细发掘]
1.C
2.选D　设“甲被录取”记为事件A,“乙被录取”记为事件B,则两人至少有一人被录取的概率P=1-P()=1-[1-P(A)]·[1-P(B)]=1-0.4×0.3=0.88.故选D.
3.解析:P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.8×0.6+0.2×0.1=0.5.
答案:0.5
4.解析:因为两个公司是否需要维护相互独立,所以两个公司都需要维护的概率是0.4×0.3=0.12.“至少有一个公司不需要维护”的对立事件是“两个公司都需要维护”,所以至少有一个公司不需要维护的概率P=1-0.12=0.88.
答案:0.12　0.88
易错提醒:混淆事件的类型,两事件互斥是指两事件不可能同时发生,两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.
课堂·题点精研
题点一
[例1]　选D　由题意得,事件甲的概率P1=,事件乙的概率P2=,有放回地取扑克牌两次的试验的样本点总数是52=25,显然事件丙与丁是对立事件,两次取出的扑克牌花色相同包含的样本点数为12+22+22=9,则事件丙的概率P3=,所以事件丁的概率P4=.对于A,事件乙与丙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P5=≠P2·P3,所以乙与丙不相互独立,所以A错误;对于B,事件乙与丁同时发生所包含的样本点数为6,其概率P6=≠P2·P4,所以乙与丁不相互独立,所以B错误;对于C,事件甲与丙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P7=≠P1·P3,所以甲与丙不相互独立,所以C错误;对于D,事件甲与乙同时发生所包含的样本点数为4,其概率P8==P1·P2,所以甲与乙相互独立,所以D正确.故选D.
[例2]　解:(1)记甲、乙、丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件A1,B1,C1,在实践技能考试中合格依次为A2,B2,C2,
设甲没有获得执业医师证书的概率为P,
则P=1-P(A1A2)=1-×=.
(2)甲、乙、丙获得执业医师证书依次为A1A2,B1B2,C1C2,并且A1与A2,B1与B2,C1与C2相互独立,
则P(A1A2)=×=,P(B1B2)=×=,P(C1C2)=×=,
由于事件A1A2,B1B2,C1C2彼此相互独立,则“恰有两人获得执业医师证书”即为事件(A1A2)(B1B2)()+(A1A2)()(C1C2)+()(B1B2)(C1C2),概率为××+××+××=.
[即时训练]
1.选C　∵P(B|A)+P()=P(B|A)+1-P(B)=1,
∴P(B|A)=P(B),即=P(B),
∴P(AB)=P(A)P(B),∴事件A与B相互独立.故选C.
2.解:(1)记“王阳第三次答题通过面试”为事件A,
若王阳第三次答题通过面试,则前2次均不通过,
所以王阳第三次答题通过面试的概率为P(A)=(1-0.7)×(1-0.7)×0.7=0.063.
(2)记“王阳最终通过面试”为事件B,
王阳未通过面试的概率为P()=(1-0.7)4=0.008 1,
所以王阳最终通过面试的概率P(B)=1-P()=0.991 9.
题点二
[例3]　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个的事件数为n(Ω)==30,根据分步乘法计数原理得n(A)==20,于是P(A)===.
(2)因为n(AB)==12,所以P(AB)===.
(3)法一　由(1)(2)可得,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为P(B|A)===.
法二　因为n(AB)=12,n(A)=20,
所以P(B|A)===.
[即时训练]
3.选D　事件B包含的样本点有(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),共5个样本点,其中“两次的点数均为偶数”的有(2,4),(4,2),共2个样本点,所以P(A|B)==.
4.解析:由题意得P(A)=,事件AB=“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,则第二次有2种取法;若第一次取到的为1,5,7,则第二次有3种取法.故事件AB共包含2×2+3×3=13(个)样本点,则P(AB)==.由条件概率的定义得P(B|A)==.
(易错提醒:混淆A在B的条件下或B在A的条件下的运算公式)
答案:
题点三
[例4]　(1)C　(2)C
(1)由于甲、乙、丙三人的比赛水平相当,所以第二局乙或丙担任裁判的概率都是,第二局若是乙担任裁判,则第三局甲或丙担任裁判的概率都是,第二局若是丙担任裁判,则第三局甲或乙担任裁判的概率都是,由全概率公式可知,如果第一局甲担任裁判,则第三局甲还担任裁判的概率为P=×+×=.故选C.
(2)记服用金花清感颗粒为事件A,服用连花清瘟胶囊为事件B,服用清开灵颗粒为事件C,感冒被治愈为事件D,依题意可得P(A)=,P(B)==,P(C)==,P(D|A)=,P(D|B)=,P(D|C)=,所以P(D)=P(A)·P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=×+×+×=.
[即时训练]
5.选D　设A1=“李先生骑自行车上班”,A2=“李先生坐公交车上班”,B=“李先生准时到达单位”,根据题意得,P(A1)=0.6,P(A2)=1-0.6=0.4,P(B|A1)=0.95.设P(B|A2)=m,则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.6×0.95+0.4m=0.93,解得m=0.9.故选D.
6.解析:设“小李周一去健身”为事件A,“小李周二去健身”为事件B,则“小李周一、周二都去健身”为事件AB,由题意可知P(A)=,P(B)=,且P(B|)=2P(B|A),由全概率公式可知P(B)=P(B|)P()+P(B|A)P(A),即=P(B|A)+P(B|A),解得P(B|A)=,所以P(AB)=P(B|A)·P(A)=×=.
答案:课时跟踪检测(七十七)　事件的相互独立性、条件概率、全概率公式
一、单选题
1.(2025·梅州模拟)已知事件A,B互斥,且P(A)=P(B)=0.5,M满足P(M|A)=0.8,P(M|B)=0.7,则P(M)= (　　)
A.0.25 B.0.35
C.0.4 D.0.75
2.已知随机事件A,B相互独立,且P(A)=P(B)=,则P(A∪B)= (　　)
A. B.
C. D.
3.(2025·哈尔滨模拟)如图,一个质点从原点0出发,每隔一秒随机等可能地向左或向右移动一个单位长度,共移动4次,在质点第一秒位于1的位置的条件下,该质点共经过两次2的位置的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
4.(2025·淮安期中)某饮料厂生产A,B两种型号的饮料,已知A种饮料生产量是B种饮料生产量的2倍,且A,B两种型号的饮料中非碳酸饮料的比例分别为60%,40%,若从该厂生产的饮料中任选一瓶,则选到非碳酸饮料的概率约为 (　　)
A. B.
C. D.
5.长时间玩手机可能影响视力.据调查,某校学生大约40%的人近视,而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生,则他近视的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
6.(2025·广州模拟)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 (　　)
A. B.
C. D.
二、多选题
7.(2025·镇江模拟)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币,记“甲正面向上”为事件A,“乙正面向上”为事件B,“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C,则下列判断正确的是 (　　)
A.A与B相互对立 B.A与B相互独立
C.P(C)= D.P(B|C)=
8.对于事件A与事件B,若A∪B发生的概率是0.72,事件B发生的概率是事件A发生的概率的2倍,则下列说法正确的是 (　　)
A.若事件A与事件B互斥,则事件A发生的概率为0.36
B.P(B|A)=2P(A|B)
C.事件A发生的概率的范围为[0.24,0.36]
D.若事件A发生的概率是0.3,则事件A与事件B相互独立
9.抛出一枚质地均匀的硬币n次,得到正反两面的概率相同.事件A:n次中既有正面朝上又有反面朝上,事件B:n次中最多有一次正面朝上,下列说法正确的是 (　　)
A.当n=2时,A,B相互独立 B.当n=3时,A,B相互独立
C.当n≥2时,P(A)= D.当n≥2时,P(B)=
三、填空题
10.袋子中有6个大小相同的小球,其中4个红球,2个白球.每次从袋子中随机摸出1个球,摸出的球不再放回,则两次都摸出红球的概率为　　　　;在第一次摸出红球的条件下,第二次摸出红球的概率为　　　　　.
11.(2025·汕头开学考试)某填空题有两小问,按目前掌握信息:十个人中有四人能够答对第一问;在第一问答错情况下,第二问答对的概率仅为0.05;第一问答对的情况下,第二问答错的概率为0.7.用频率估计概率,选择有效信息估计该题两小问均答错的概率为　　　　.
四、解答题
12.(10分)“猜灯谜”又叫“打灯谜”,是元宵节的一项活动,出现在宋朝.在一次元宵节猜灯谜活动中,共有20道灯谜,三位同学独立竞猜,甲同学猜对了15道,乙同学猜对了8道,丙同学猜对了n道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等.
(1)任选一道灯谜,求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率;(5分)
(2)任选一道灯谜,若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为,求n的值.(5分)
13.(15分)(2025·南京模拟)有完全相同的甲、乙两个袋子,袋子中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地摸出一个球,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.
(1)求首次试验结束的概率;(5分)
(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进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率;(5分)
②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子,继续进行第二次试验时有如下两种方案:方案一,从原来的袋子中摸球;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.(5分)
课时跟踪检测(七十八)　离散型随机变量及其分布列、期望与方差
一、单选题
1.一次考试选择题每题5分,设某学生答对的选择题数为随机变量X,选择题得分为随机变量Y,已知P(Y≥30)=0.6,则P(X<6)的值为 (　　)
A.0.6 B.0.5
C.0.3 D.0.4
2.(2025·牡丹江模拟)已知随机变量X满足E(2X+3)=7,D(2X+3)=16,则下列选项正确的是 (　　)
A.E(X)=,D(X)= B.E(X)=2,D(X)=4
C.E(X)=2,D(X)=8 D.E(X)=,D(X)=8
3.(2025·广州模拟)已知随机变量X的分布列如下表所示:
X -1 0 1
P m n
若P(X≤0)=,且2X+Y=1,则D(Y)= (　　)
A. B.
C. D.
4.甲、乙两人进行乒乓球比赛,每人各局取胜的概率均为,现采用五局三胜制,胜3局者赢得全部奖金800元.若前两局比赛均为甲胜,此时因为某种原因比赛中止,为使奖金分配合理,则乙应得奖金 (　　)
A.700元 B.600元
C.200元 D.100元
5.将a,a,b,b,c,c 6个字母放入3×2的表格中,每个格子各放一个字母,且同列字母不相同,若共有k行字母相同,则k的均值为 (　　)
A. B.
C.1 D.2
二、多选题
6.(2025·贵阳模拟)离散型随机变量X的分布列如下表所示,m,n是非零实数,则下列说法正确的是 (　　)
X 2 024 2 025
P m n
A.m+n=1 B.X服从两点分布
C.2 0247.一个课外兴趣小组共有5名成员,其中有3名女性成员,2名男性成员,现从中随机选取3名成员进行学习汇报,记选出女性成员的人数为X,则下列结论正确的是 (　　)
A.P(X=1)= B.P(X≤2)=
C.E(X)= D.D(X)=
三、填空题
8.现有7张卡片,分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张,记所抽取卡片上数字的最小值为ξ,则P(ξ=2)=　　　　,E(ξ)=　　　　.
9.(2025·宜宾模拟)小青准备用9万元投资A,B两种股票,已知两种股票收益相互独立,且这两种股票的买入都是每股1万元,每股收益的分布列如下表所示,若投资A种股票a万元,则小青两种股票的收益期望和为　　　万元.
股票A的每股收益分布列
收益X/万元 -1 0 3
概率 0.3 0.2 0.5
股票B的每股收益分布列
收益Y/万元 -3 4
概率 0.4 0.6
四、解答题
10.(13分)某单位年会有这样一个抽奖活动:箱子里装有8个小球,除颜色外完全相同,其中4个黑球,4个白球.每次抽奖从这个箱子里随机摸出4个球,若摸出的白球不少于3个,则为一等奖,奖励1 000元,若摸出的白球为2个,则为二等奖,奖励600元,若摸出的白球不多于1个,则为三等奖,奖励400元,每个人三次抽奖,且各次的结果相互独立.
(1)若甲参加抽奖活动,求最后获得2 000元的概率;(6分)
(2)若甲参加抽奖活动,求最后获得奖金的期望.(7分)
11.(15分)(2025·大同模拟)为普及人工智能相关知识,发展青少年科技创新能力,并为中学生生涯规划提供方向,某知名高校联合当地十所中学举办了“科技改变生活”人工智能知识竞赛,并将最终从每所中学中各选拔一人进入高校进行为期一周的体验活动.结合平时训练的成绩,某中学的甲、乙两名学生进入校内最终选拔,组委会为此设计了如下选拔方案:设计6道题进行测试,若这6道题中,甲能正确解答其中4道,乙能正确解答每个题目的概率均为,假设甲、乙两人解答每道题目相互独立.现甲、乙从这6道题目中分别随机抽取3道题进行解答,
(1)求甲、乙共答对2道题目的概率;(5分)
(2)设甲答对的题目个数为X,求X的分布列及数学期望;(5分)
(3)从期望和方差的角度进行分析,该中学应选拔哪个学生代表学校参加体验活动 (5分)
课时跟踪检测(七十七)
1.选D　根据题意,由全概率公式可得P(M)=P(A)P(M|A)+P(B)P(M|B)=0.5×0.8+0.5×0.7=0.75.故选D.
2.选B　因为事件A,B相互独立,且P(A)=P(B)=,可得P(AB)=P(A)P(B)=,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=.
3.选A　质点移动4次,共有2×2×2×2=16种情况,设质点第一秒位于1的位置为事件A,则P(A)=,记质点两次经过2为事件B,若第一步位于1,则还有3步,想要经过2两次,则有1→2→3→2,1→2→1→2两种情况,所以P(AB)==,则P(B|A)===.故选A.
4.选B　设“选到非碳酸饮料”为事件B,“选出的饮料是A型号”记为事件A1,“选出的饮料是B型号”记为事件A2,则P(A1)=,P(A2)=,P(B|A1)=0.6,P(B|A2)=0.4,由全概率公式可得P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×0.6+×0.4==.故选B.
5.选B　法一　令A1=“玩手机超过1 h的学生”,A2=“玩手机不超过1 h的学生”,B=“任意调查一人,此人近视”,则Ω=A1∪A2,且A1,A2互斥.依题意,P(A1)=0.2,P(A2)=0.8,P(B|A1)=0.5,P(B)=0.4.由全概率公式P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),得0.4=0.2×0.5+0.8×P(B|A2),∴P(B|A2)=.
法二　设该校有100名学生,整理得到如下列联表:
视力 玩手机时间 合计
超过1 h 不超过1 h
近视 10 30 40
不近视 10 50 60
合计 20 80 100
依题意所求概率为=.
6.选B　设A表示甲获得冠军,B表示冠军产生时恰好进行了三局比赛,则A包括“第一局甲赢、第二局甲赢”“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”,则P(A)=×+××+××=,AB包括“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”,则P(AB)=××+××=,P(B|A)===.
7.选BD　由题意可知,事件A与事件B有可能同时发生,例如“甲正面向上且乙正面向上”,故事件A与事件B不是互斥事件,当然也不是对立事件,故A错误;依题意P(A)=,P(B)=,P(AB)===P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立,故B正确;P(C)=1-×=,因为B C,所以P(BC)=P(B)=,所以P(B|C)===,故D正确,C错误.
8.快审准解:根据互斥事件的性质、条件概率公式、独立事件的性质逐项判断即可得结论.
选BCD　对于A,若事件A与事件B互斥,则P(A∪B)=P(A)+P(B)=3P(A)=0.72,所以P(A)=0.24,故A错误;对于B,P(B|A)=,P(A|B)===P(B|A),故B正确;若事件A与事件B互斥,则P(AB)=0,此时P(A)取到最小值为0.24,若P(A) P(B),此时P(AB)=P(A),P(A)取到最大值为0.36,故C正确;对于D,P(A)=0.3,则P(B)=0.6,由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=0.3+0.6-0.72=0.18=P(A)·P(B),则事件A与事件B相互独立,故D正确.
9.选BC　抛出两次,有正反,反正,正正,反反,共4种情况,P(A)=,P(B)=,又因为P(AB)=≠P(A)P(B),故A错误;抛出三次,有正正正,正正反,正反正,正反反,反反反,反反正,反正反,反正正,共8种情况,则P(A)==,P(B)==, P(AB)==P(A)P(B),故B正确;抛出n次有2n种组合,:n次全为正面向上或n次全为反面向上,则P()=,因此P(A)=1-P()=,故C正确;P(B)=+=,故D错误.
10.解析:两次都摸出红球的概率为P=×=,第一次摸出红球的条件下,第二次摸出红球的概率,可通过缩小样本空间得出P=.
答案:　
11.解析:设“第一问答对”为事件A,“第二问答对”为事件B,由题意可得P(A)==0.4,P(B|)=0.05,P(|A)=0.7,则P()=0.6,P(|)=0.95,P(B|A)=0.3,
所以P()=P()P(|)=0.57.
答案:0.57
12.解:设A=“任选一道灯谜甲猜对”,B=“任选一道灯谜乙猜对”,C=“任选一道灯谜丙猜对”.
则P(A)==,P(B)==,P(C)=,
可得P()=,P()=,P()=1-.
(1)“甲、乙两位同学恰有一个人猜对”=A∪B,且A与B互斥.每位同学独立竞猜,故A,B互相独立,则A与,与B,与均相互独立.
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=×+×=,
所以甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为.
(2)设D=“甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对”,
则=　　.
所以P(D)=1-P()=1-P()P()P()=1-××=,解得n=16,
所以n的值为16.
13.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)=×+×=.
所以试验一次结果为红球的概率为,
即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-=,
所以方案一中取到红球的概率为
P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=×+×=.
方案二中取到红球的概率为
P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=×+×=.
因为>,所以方案二中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.

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