资源简介

(共32张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·盐城一模)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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2.从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形,则能构成正三角形的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
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解析:从8个顶点中任选3个构成三角形的有=56种情况.其中能构成正三角形的有8种情况:△ACD1,△ACB1,△BDC1,△BDA1,
△A1C1B,△A1C1D,△B1D1A,△B1D1C,故所求概率为=.
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3.(2024·丹东二模)一个口袋中装有大小形状相同的3个红球和2个白球,从中不放回抽取3个球,已知口袋中剩下的2个球颜色相同的条件下,抽取的3个球颜色不同的概率为 (　　)
A. B. C. D.
解析:事件A=“口袋中剩下的2个球颜色相同”,事件B=“抽取的3个球颜色不同”,所以事件A共有+=4个样本点,事件AB共有=3个样本点,所以P(B|A)==.
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4.设A,B是同一试验中的两个随机事件,P(A)与P(B)分别是事件A,事件B发生的概率,若P(A)>0,P(B)>0,则“事件A,B为对立事件”是“P(A)+P(B)=1”的 (　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
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解析:因为P(A)>0,P(B)>0,若事件A,B为对立事件,则P(A)+P(B)=1.但P(A)+P(B)=1推不出两个事件A,B对立.如掷一枚骰子,事件A为出现1点,2点,3点;事件B为出现3点,4点,5点,此时P(A)+P(B)=+=1,但两个事件不对立,所以“事件A,B为对立事件”是“P(A)+P(B)=1”的充分不必要条件.
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5.(2024·菏泽模拟)现有甲、乙、丙、丁四名同学同时到A,B,C三个不同的社区参加公益活动,每个社区至少分配一名同学.设事件A=“恰有两人在同一个社区”,事件B=“甲同学和乙同学在同一个社区”,事件C=“丙同学和丁同学在同一个社区”,则下面说法正确的是 (　　)
A.事件A与B相互独立
B.事件A与B是互斥事件
C.事件B与C相互独立
D.事件B与C是对立事件
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解析:对于A,依题意,甲、乙、丙、丁中必有两人在同一社区,即事件A是必然事件,P(A)=1,显然B A,P(AB)=P(B)===P(A)P(B),因此事件A与B相互独立,A正确;
对于B,由P(AB)=,得事件A与B不是互斥事件,B错误;
对于C,显然事件B与C不可能同时发生,即P(BC)=0,而P(C)=P(B)=,事件B与C不相互独立,C错误;
对于D,显然事件B与C可以同时不发生,如甲、丙在同一社区,因此事件B与C不是对立事件,D错误.
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6.[多选]对自然人群进行普查,发现患某病的概率P(C)=0.005.为简化确诊手段,研究人员设计了一个简化方案,并进行了初步试验研究,该试验具有以下结果:若以A表示事件“试验反应为阳性”,以C表示事件“被确诊为患病”,则有P(A|C)=P(|)=0.95.根据以上信息,下列判断正确的是(　　)
A.P()=0.95 B.P(AC)<0.005
C.P(A|)=0.05 D.P(C|A)=0.1
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解析:因为P(|)=0.95,所以P(A|)=1-P(|)=0.05,因为P(C)=0.005,所以P()=0.995,故A错误,C正确;
因为P(AC)=P(C|A)P(A)=P(A|C)P(C)=0.95×0.005=0.004 75<0.005,故B正确;
由全概率公式可得P(A)=P(A|C)·P(C)+P(A|)·P(),则由条件概率公式知P(C|A)====,故D错误.
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7.(2024·湖南模拟)某校举办运动会,其中有一项为环形投球比赛,如图,学生在环形投掷区E内进行投球.规定球重心投掷到区域A内得3分,区域B内得2分,区域C内得1分,投掷到其他区域不得分.已知甲选手投掷一次得3分的概率为0.1,得2分的概率为b,
不得分的概率为0.05.若甲选手连续投掷3次,
得分大于7分的概率为0.002,且每次投掷相互
独立,则甲选手投掷一次得1分的概率为 (　　)
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A. B.
C. D.
解析:由于甲选手投掷3次后,如果得分大于7分,则3次的得分必定是3,3,3或3,3,2(不考虑顺序),所以其概率p=0.13+3×0.12·b=
0.001+0.03b.而已知p=0.002,故0.001+0.03b=0.002,所以b=.从而甲选手投掷一次得1分的概率为1-0.1-b-0.05=0.85-b=-=.
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8.(2024·葫芦岛一模)甲、乙等4人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动至少有1人参加,则甲不单独参加活动,且乙不参加A活动的概率是　　　　.
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解析:4人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动至少有1人参加,可将4人分成3组,再全排列,共有=36种.甲不单独参加活动,且乙不参加A活动,乙从B,C两项活动选一项参加有种,除甲、乙外两人在乙参加外的两项活动中全排列有种,然后甲从A,B,C这三项活动选一项参加有种,则由分步乘法计数原理,共有=2×2×3=12种情况.故由古典概型知所求概率是=.
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9.(2024·天津高考)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
解析:由题意知甲选到A的概率P==.记“乙选择A活动”为事件M,“乙选择B活动”为事件N,则P(M)==,P(MN)==,所以P(N|M)===.
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10.(2024·威海7月统考)某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中,获得了如下数据.
男生人数 女生人数
有自主创业打算 16 m
无自主创业打算 64 n
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(1)若m=24,n=36,根据调查数据判断,能否依据α=0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关
解:零假设为H0:该校学生有无自主创业打算与性别无关.
(易遗漏:假设两个分类变量X与Y无关,提出零假设这一步不能省)
χ2===6.72>6.635,
依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,推断H0不成立,即可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
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(2)若m=15,n=60,从这些学生中随机抽取一人.
①若已知抽到的人有自主创业打算,求该学生是男生的概率;
②判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附:χ2=,n=a+b+c+d.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
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解:①记A为“抽到的人有自主创业打算”,B为“抽到的人是男生”.
法一:P(A)===,P(AB)==,
所以P(B|A)==.
法二:审题破题:当样本空间的样本点有限且等可能时,可借助古典概型的概率计算公式计算条件概率:P(B|A)=.
P(B|A)===.
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②记C为“抽到的人无自主创业打算”,由①知B为“抽到的人是男生”.
法一:P(B|C)==,P(B)==,所以P(B)=P(B|C),所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
法二:P(C|B)==,P(C)==,所以P(C)=P(C|B),所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
法三:零假设为H'0:该校学生有无自主创业打算与性别无关.
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根据题意得到如下2×2列联表:
男生人数 女生人数 合计
有自主创业打算 16 15 31
无自主创业打算 64 60 124
合计 80 75 155
==0,零假设成立,所以该校学生有无自主创业打算与性别无关,所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
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11.[多选]记A,B为随机事件,则下列说法正确的有 (　　)
A.若事件A,B互斥,P(A)=,P(B)=,则P(∪B)=
B.若事件A,B相互独立,P(A)=,P(B)=,则P(A∪B)=
C.若P(A)=,P(|B)=,P(|)=,则P(B)=
D.若P(A)=,P(|B)=,P(|)=,则P(B|A)=
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解析:∵P(∪B)=P()+P(B)-P(B)=+-P(B),
,∴P(B)=,∴P(∪B)=,故A错误;
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=+-×=,故B正确;
令P(B)=x,则P()=1-x,又P(|B)===, ∴P(B)=x,
P()=P(B)+P( )=x+(1-x)=1-,解得x=,故C正确;
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由C知P(B)=,P(B)=×=,
∴P(B|A)====,故D错误.
关键点:①处,由于事件A,B互斥不能推出事件,B互斥,故要求P(B),还得从P(B)入手;
②处,利用条件概率公式变形得P(|)=,注意每一处都是对立事件的概率值,不要代错.
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12.(2024·南京、盐城一模)[多选]有n(n∈N*,n≥10)个编号分别为1,2,3,…,n的盒子,1号盒子中有2个白球和1个黑球,其余盒子中均有1个白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子;再从2号盒子任取一球放入3号盒子;……以此类推,记“从i号盒子取出的球是白球”为事件Ai(i=1,2,3,…,n),则 (　　)
A.P(A1A2)= B.P(A1|A2)=
C.P(A1∪A2)= D.P(A10)=
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解析:对于A,P(A1A2)=×=,所以A错误;
对于B,P(A2)=×+×=,故P(A1|A2)==,所以B正确;
对于C,P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)-P(A1A2)=+-=,所以C正确;
对于D,由题意知P(An)=P(An-1)+[1-P(An-1)],所以P(An)-=,
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所以数列是首项为P(A1)-=-=,公比为的等比数列,
所以P(An)-=×=×,所以P(An)=×,
则P(A10)=×,所以D错误.
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13.(2024·黄冈中学三模)某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会100 m跑项目.比赛分为初赛和决赛,其中初赛有两轮,只有两轮都获胜才能进入决赛,已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为;乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和;丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为p和-p,其中1
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(1)甲、乙、丙三人中,谁进入决赛的可能性最大;
解:甲进入决赛的概率为p1==,乙进入决赛的概率为p2=×=,丙进入决赛的概率为p3=p=-p2+p=-+,
而1
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(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,求p的值;
解:甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为××+×p+×p=,整理可得18p2-27p+10=0.
由1
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(3)在(2)的条件下,设进入决赛的人数为ξ,求ξ的分布列.
解:由题意可知,甲、乙、丙进入决赛的概率分别为,,,由题意可知,随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,P(ξ=0)=××=,P(ξ=2)=,
P(ξ=3)=××=,P(ξ=1)=1---=,
所以随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P(共39张PPT)
概　率
习题讲评（二）
本节内容主要考查古典概型的概率公式、相互独立事件的判断及其概率的计算、条件概率及全概率公式的基本应用,以选择、填空为主,也可能出现在解答题的一问中,难度中等,其中事件的独立性常与分布列结合考查.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　古典概型
教学点(二)　事件的独立性
3
教学点(三)　条件概率、全概率公式
古典概型
教学点（一）
[例1]　(2024·泉州二模)2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办,包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览,书画笔会,文艺晚会等内容.假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中,某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品,将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上,第一排挂4幅,第二排挂2幅,则美术作品不相邻的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析:由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有种,由于美术作品不相邻,按以下情形分类:①美术作品挂在第一排的不同挂法有种;②美术作品分挂在两排的不同挂法有种.所以美术作品不相邻的概率是=,故选C.
[例2]　(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均数,n为取出的三个球上数字的平均数,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
解析:设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有=120(种),则|m-n|==≤,可得|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.
当c=1时,a,b需要满足“-1≤a+b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),
共2种;
当c=2时,a,b需要满足“1≤a+b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,4),(4,1),(4,3),(5,1),(6,1),共10种;
当c=3时,a,b需要满足“3≤a+b≤9”,
所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),
(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种;
当c=4时,a,b需要满足“5≤a+b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),
(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种;
当c=5时,a,b需要满足“7≤a+b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种;
当c=6时,a,b需要满足“9≤a+b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.
故共有2+10+16+16+10+2=56(种)可能情况,所以所求概率P==.
[思维建模]　古典概型中样本点个数的探求方法
枚举法 适合样本点个数较少且易一一列举的问题
树状图法 适用于较为复杂的问题中样本点个数的探求,尤其是有序问题
排列、组合法 在求解一些较为复杂的问题时,可利用排列、组合知识求出样本点个数
[练1]　(2024·盐城一模)若从1至9的9个整数中随机取2个不同的数,则这2个数的和是3的倍数的概率为 (　　)
A. B. C. D.
解析:从1至9的9个整数中随机取2个不同的数,样本点总数n==36,这2个数的和为3的倍数包含的样本点为(1,2),(1,5),(1,8),(2,4),(2,7),(3,6),(3,9),(4,5),(4,8),(5,7),(6,9),(7,8),共12个,即m=12,则这2个数的和是3的倍数的概率P===.
√
即时训练
[练2]　(2024·景德镇三模)六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学,小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园,爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧,每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为 (　　)
A. B. C. D.
解析:不妨假设六位爸爸已经站好了位置,不同站位方法数为,小孩找到各自的爸爸,则其为定序问题,不同站位方法数为,所以不需要插队的概率P==.
√
事件的独立性
教学点（二）
[例1]　(2024·湛江一模)在一次考试中有一道4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4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与事件N相互独立 B.事件X与事件Y相互独立
C.事件M与事件Y相互独立 D.事件N与事件Y相互独立
√
解析:依题意甲、乙两人所选选项有如下情形:①有一个选项相同,②两个选项相同,③两个选项不相同.
所以P(M)==,P(N)==,P(X)==,P(Y)==,因为事件M与事件N互斥,所以P(MN)=0,又P(M)P(N)=,所以事件M与事件N不相互独立,故A错误;
P(XY)==≠P(X)P(Y)=,故B错误;
由P(MY)===P(M)P(Y),则事件M与事件Y相互独立,故C正确;
因为事件N与事件Y互斥,所以P(NY)=0,又P(Y)P(N)=,所以事件N与事件Y不相互独立,故D错误.
关键点:本题的关键点在于先求出P(M),P(N),P(X),P(Y),再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.
[例2]　(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手恰好连胜两盘的概率为p,则 (　　)
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
√
解析:
思维路径:该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率P甲;该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率P乙;该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率P丙.并对三者进行比较即可解决.
法一:设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙,由题意可知,P甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3,P乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3.所以P丙-P甲=2p2(p3-p1)>0,P丙-P乙=2p1(p3-p2)>0,所以P丙最大,故选D.
法二:特殊值法　不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6,则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲=2(p1p2+p1p3-2p1p2p3)=0.4;在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙=2(p1p2+p2p3-2p1p2p3)=0.52;在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙=2(p1p3+p2p3-2p1p2p3)=0.6.所以P丙最大,故选D.
[思维建模]　事件独立性的解题策略
(1)判断事件A,B是否独立,先计算对应概率,再判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立.
(2)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
(3)当正面计算较复杂或难以入手时,可以从其对立事件入手计算.
(2024·茂名二模)在一场乒乓球赛中,甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”,具体赛制:首先,四人通过抽签两两对阵,胜者进入“胜区”,败者进入“败区”;接下来,“胜区”的两人对阵,胜者进入最后决赛;“败区”的两人对阵,败者直接淘汰出局获第四名;紧接着,“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵,胜者晋级最后的决赛,败者获第三名;最后,剩下的两人进行最后的冠军决赛,胜者获得冠军,败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0即时训练
(1)若p=0.6,经抽签,第一轮由甲对阵乙,丙对阵丁;
①求甲获得第四名的概率;
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的分布列;
解:①记“甲获得第四名”为事件A,则P(A)=(1-0.6)2=0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X,则X的所有可能取值为2,3,4,
X=2表示连败两局,则P(X=2)=(1-0.6)2=0.16.
X=3可以分为连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负,则
P(X=3)=0.62+(1-0.6)×0.6×(1-0.6)+0.6×(1-0.6)×(1-0.6)=0.552.
X=4可分为前三局负胜胜,胜负胜,第四局不管胜负,则P(X=4)=(1-0.6)×0.6×0.6+0.6×(1-0.6)×0.6=0.288.
故X的分布列为
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
(2)除“双败淘汰制”外,也经常采用“单败淘汰制”:抽签决定两两对阵,胜者晋级,败者淘汰,直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利 请说明理由.
解:“双败淘汰制”下,甲获胜的概率P=p3+p(1-p)p2+(1-p)p3=(3-2p)p3;在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为p2.由(3-2p)p3-p2=p2(3p-2p2-1)=p2(2p-1)(1-p),且0p2,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;当p∈时,(3-2p)p3条件概率、全概率公式
教学点（三）
[例1]　(2024·鹰潭二模)质数又称素数,我们把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”,如:3和5,5和7……,在不超过20的正整数中,随机选取两个不同的数,记事件A:这两个数都是素数;事件B:这两个数不是孪生素数,则P(B|A)= (　　)
A. B.
C. D.
√
解析:在不超过20的正整数中,随机选取两个不同的数有=190对组合.在不超过20的正整数中有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个素数,所以P(A)===.
在素数中任取两个素数共有28对组合,其中是“孪生素数”的有(3,5),(5,7),(11,13),(17,19),共4对,所以这两个数不是孪生素数的共有28-4=24对,所以P(AB)==,所以P(B|A)===.
[例2]　长期熬夜可能影响免疫力.据某医疗机构调查,某社区大约有20%的人免疫力低下,而该社区大约有10%的人长期熬夜,长期熬夜的人中免疫力低下的概率约为40%,现从没有长期熬夜的人中任意调查一人,则此人免疫力低下的概率为　　　　.
解析:设事件A表示“免疫力低下”,事件B表示“长期熬夜”,
则P(A)=0.2,P(B)=0.1,P(A|B)=0.4,所以P(AB)=P(A|B)P(B)=0.4×0.1=0.04,P()=1-P(B)=0.9,所以P(A)=P(A)-P(AB)=0.2-0.04=0.16,所以P(A|)===.
[例3]　甲、乙两个工厂代加工同一种零件,甲加工的次品率为5%,乙加工的次品率为8%,加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的40%,60%,任取一个零件,如果取到的零件是次品,则它是乙工厂加工的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
√
解析:思维路径:先由全概率公式算出“任取一个零件,取到的零件是次品”的概率,再由贝叶斯公式即可求解.
设事件M=“任取一个零件,取到的零件是次品”,N1=“任取一个零件,来自甲工厂”,N2=“任取一个零件,来自乙工厂”,由题意得P(N1)=0.4,P(N2)=0.6,P(M|N1)=0.05,P(M|N2)=0.08.因为P(M)=P(N1)·P(M|N1)+P(N2)·P(M|N2)=0.4×0.05+0.6×0.08=0.068,所以P(N2|M)====.
[思维建模]
1.求条件概率的两种方法
(1)定义法:求出P(A)和P(AB),得P(B|A)=.
(2)样本点法:借助古典概型概率公式,先求事件A包含的样本点数n(A),再求事件A与事件B的交事件中包含的样本点数n(AB),得P(B|A)=.
2.全概率公式的应用
(1)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).
(2)一般是多种原因导致事件B的发生时,采用全概率公式.
[练1]　文明是一座城市最靓丽的底色,也是一座城市最暖的名片.某市自开展“让文明出行成为城市靓丽风景”文明实践日活动以来,全市广大学子以实际行动提升城市文明形象,助力全国文明城市创建工作.在活动中,甲、乙两名同学利用周末时间到交通路口开展文明劝导志愿服务工作,他们可以从A,B,C,D四个路口中随机选择一个路口,设事件M为“甲和乙至少有一人选择了A路口”,事件N为“甲和乙选择的路口不相同”,则P(N|M)= (　　)
即时训练
即时训练
A. B.
C. D.
解析:由题意可知甲、乙随机选择路口有42=16种情况,而甲、乙都不选A路口的情况可能有32=9种,即事件M的样本点有7个,而在甲、乙至少一人选择A路口的前提下,两人选择的路口不同有2=6种情况,所以P(N|M)=.
√
[练2]　某校春季体育运动会上,甲、乙两人进行羽毛球项目决赛,约定“五局三胜制”,即先胜三局者获得冠军.已知甲、乙两人水平相当,记事件A表示“甲获得冠军”,事件B表示“比赛进行了五局”,则P(A|)=(　　)
A. B.
C. D.
√
解析:因为甲、乙两人水平相当,所以每局比赛甲、乙获胜的概率都是,甲获得冠军,可能进行了3局或4局或5局比赛.比赛进行了五局,分甲获胜和乙获胜两种情况,则P(B)=2××=,P()=1-=,P(A)=+=,所以P(A|)===.
[练3]　甲、乙两名同学在电脑上进行答题测试,每套测试题可从题库中随机抽取.在一轮答题中,如果甲单独答题,能够通过测试的概率是,如果乙单独答题,能够通过测试的概率是.若甲单独答题三轮,则甲恰有两轮通过测试的概率为　　　　;若在甲、乙两人中任选一人进行测试,则通过测试的概率为　　　　.(结果均以既约分数表示)
解析:设“甲恰有两轮通过测试”为事件A,则P(A)=××=.设“选中甲”为事件B,“选中乙”为事件C,“通过测试”为事件D,
根据题意得P(B)=P(C)=,P(D|B)=,P(D|C)=,
则P(D)=P(B)·P(D|B)+P(C)·P(D|C)=×+×=,
所以在甲、乙两人中任选一人进行测试,通过测试的概率为.习题讲评(二)　概率
本节内容主要考查古典概型的概率公式、相互独立事件的判断及其概率的计算、条件概率及全概率公式的基本应用,以选择、填空为主,也可能出现在解答题的一问中,难度中等,其中事件的独立性常与分布列结合考查.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　古典概型
[例1]　(2024·泉州二模)2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办,包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览,书画笔会,文艺晚会等内容.假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中,某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品,将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上,第一排挂4幅,第二排挂2幅,则美术作品不相邻的概率为 (　　) A. B. C. D. [例2]　(2024·全国甲卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球,设m为前两次取出的球上数字的平均数,n为取出的三个球上数字的平均数,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　. [练1]　(2024·盐城一模)若从1至9的9个整数中随机取2个不同的数,则这2个数的和是3的倍数的概率为 (　　) A. B. C. D. [练2]　(2024·景德镇三模)六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学,小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园,爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧,每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为 (　　) A. B. C. D. [自助空间] 思维建模: 古典概型中样本点个数的探求方法 枚举法适合样本点个数较少且易一一列举的问题树状 图法适用于较为复杂的问题中样本点个数的探求,尤其是有序问题排列、 组合法在求解一些较为复杂的问题时,可利用排列、组合知识求出样本点个数
教学点(二)　事件的独立性
[例1]　(2024·湛江一模)在一次考试中有一道4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4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与事件N相互独立 B.事件X与事件Y相互独立
C.事件M与事件Y相互独立 D.事件N与事件Y相互独立
[例2]　(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手恰好连胜两盘的概率为p,则 (　　)
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
[思维建模]　事件独立性的解题策略
(1)判断事件A,B是否独立,先计算对应概率,再判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立.
(2)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.
(3)当正面计算较复杂或难以入手时,可以从其对立事件入手计算.
[训练]　(2024·茂名二模)在一场乒乓球赛中,甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”,具体赛制:首先,四人通过抽签两两对阵,胜者进入“胜区”,败者进入“败区”;接下来,“胜区”的两人对阵,胜者进入最后决赛;“败区”的两人对阵,败者直接淘汰出局获第四名;紧接着,“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵,胜者晋级最后的决赛,败者获第三名;最后,剩下的两人进行最后的冠军决赛,胜者获得冠军,败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p(0(1)若p=0.6,经抽签,第一轮由甲对阵乙,丙对阵丁;
①求甲获得第四名的概率;
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的分布列;
(2)除“双败淘汰制”外,也经常采用“单败淘汰制”:抽签决定两两对阵,胜者晋级,败者淘汰,直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利 请说明理由.
教学点(三)　条件概率、全概率公式
[例1]　(2024·鹰潭二模)质数又称素数,我们把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”,如:3和5,5和7……,在不超过20的正整数中,随机选取两个不同的数,记事件A:这两个数都是素数;事件B:这两个数不是孪生素数,则P(B|A)= (　　)
A. B.
C. D.
[例2]　长期熬夜可能影响免疫力.据某医疗机构调查,某社区大约有20%的人免疫力低下,而该社区大约有10%的人长期熬夜,长期熬夜的人中免疫力低下的概率约为40%,现从没有长期熬夜的人中任意调查一人,则此人免疫力低下的概率为　　　　.
[例3]　甲、乙两个工厂代加工同一种零件,甲加工的次品率为5%,乙加工的次品率为8%,加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙工厂加工的零件数分别占总数的40%,60%,任取一个零件,如果取到的零件是次品,则它是乙工厂加工的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
[自助空间]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[思维建模]
1.求条件概率的两种方法
(1)定义法:求出P(A)和P(AB),得P(B|A)=.
(2)样本点法:借助古典概型概率公式,先求事件A包含的样本点数n(A),再求事件A与事件B的交事件中包含的样本点数n(AB),得P(B|A)=.
2.全概率公式的应用
(1)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).
(2)一般是多种原因导致事件B的发生时,采用全概率公式.
[练1]　文明是一座城市最靓丽的底色,也是一座城市最暖的名片.某市自开展“让文明出行成为城市靓丽风景”文明实践日活动以来,全市广大学子以实际行动提升城市文明形象,助力全国文明城市创建工作.在活动中,甲、乙两名同学利用周末时间到交通路口开展文明劝导志愿服务工作,他们可以从A,B,C,D四个路口中随机选择一个路口,设事件M为“甲和乙至少有一人选择了A路口”,事件N为“甲和乙选择的路口不相同”,则P(N|M)= (　　)
A. B.
C. D.
[练2]　某校春季体育运动会上,甲、乙两人进行羽毛球项目决赛,约定“五局三胜制”,即先胜三局者获得冠军.已知甲、乙两人水平相当,记事件A表示“甲获得冠军”,事件B表示“比赛进行了五局”,则P(A|)= (　　)
A. B.
C. D.
[练3]　甲、乙两名同学在电脑上进行答题测试,每套测试题可从题库中随机抽取.在一轮答题中,如果甲单独答题,能够通过测试的概率是,如果乙单独答题,能够通过测试的概率是.若甲单独答题三轮,则甲恰有两轮通过测试的概率为　　　;若在甲、乙两人中任选一人进行测试,则通过测试的概率为　　　　.(结果均以既约分数表示)
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.(2024·盐城一模)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.
2.从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形,则能构成正三角形的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
3.(2024·丹东二模)一个口袋中装有大小形状相同的3个红球和2个白球,从中不放回抽取3个球,已知口袋中剩下的2个球颜色相同的条件下,抽取的3个球颜色不同的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
4.设A,B是同一试验中的两个随机事件,P(A)与P(B)分别是事件A,事件B发生的概率,若P(A)>0,P(B)>0,则“事件A,B为对立事件”是“P(A)+P(B)=1”的 (　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
5.(2024·菏泽模拟)现有甲、乙、丙、丁四名同学同时到A,B,C三个不同的社区参加公益活动,每个社区至少分配一名同学.设事件A=“恰有两人在同一个社区”,事件B=“甲同学和乙同学在同一个社区”,事件C=“丙同学和丁同学在同一个社区”,则下面说法正确的是 (　　)
A.事件A与B相互独立
B.事件A与B是互斥事件
C.事件B与C相互独立
D.事件B与C是对立事件
6.[多选]对自然人群进行普查,发现患某病的概率P(C)=0.005.为简化确诊手段,研究人员设计了一个简化方案,并进行了初步试验研究,该试验具有以下结果:若以A表示事件“试验反应为阳性”,以C表示事件“被确诊为患病”,则有P(A|C)=P(|)=0.95.根据以上信息,下列判断正确的是 (　　)
A.P()=0.95 B.P(AC)<0.005
C.P(A|)=0.05 D.P(C|A)=0.1
7.(2024·湖南模拟)某校举办运动会,其中有一项为环形投球比赛,如图,学生在环形投掷区E内进行投球.规定球重心投掷到区域A内得3分,区域B内得2分,区域C内得1分,投掷到其他区域不得分.已知甲选手投掷一次得3分的概率为0.1,得2分的概率为b,不得分的概率为0.05.若甲选手连续投掷3次,得分大于7分的概率为0.002,且每次投掷相互独立,则甲选手投掷一次得1分的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
8.(2024·葫芦岛一模)甲、乙等4人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动至少有1人参加,则甲不单独参加活动,且乙不参加A活动的概率是　　　　.
9.(2024·天津高考)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
10.(2024·威海7月统考)某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中,获得了如下数据.
男生人数 女生人数
有自主创业打算 16 m
无自主创业打算 64 n
(1)若m=24,n=36,根据调查数据判断,能否依据α=0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关
(2)若m=15,n=60,从这些学生中随机抽取一人.
①若已知抽到的人有自主创业打算,求该学生是男生的概率;
②判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附:χ2=,n=a+b+c+d.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
11.[多选]记A,B为随机事件,则下列说法正确的有 (　　)
A.若事件A,B互斥,P(A)=,P(B)=,则P(∪B)=
B.若事件A,B相互独立,P(A)=,P(B)=,则P(A∪B)=
C.若P(A)=,P(|B)=,P(|)=,则P(B)=
D.若P(A)=,P(|B)=,P(|)=,则P(B|A)=
12.(2024·南京、盐城一模)[多选]有n(n∈N*,n≥10)个编号分别为1,2,3,…,n的盒子,1号盒子中有2个白球和1个黑球,其余盒子中均有1个白球和1个黑球.现从1号盒子任取一球放入2号盒子;再从2号盒子任取一球放入3号盒子;……以此类推,记“从i号盒子取出的球是白球”为事件Ai(i=1,2,3,…,n),则 (　　)
A.P(A1A2)= B.P(A1|A2)=
C.P(A1∪A2)= D.P(A10)=
13.(2024·黄冈中学三模)某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会100 m跑项目.比赛分为初赛和决赛,其中初赛有两轮,只有两轮都获胜才能进入决赛,已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为;乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和;丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为p和-p,其中(1)甲、乙、丙三人中,谁进入决赛的可能性最大;
(2)若甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为,求p的值;
(3)在(2)的条件下,设进入决赛的人数为ξ,求ξ的分布列.
习题讲评(二)　概率
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　古典概型
[例1]　选C　
由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有种,由于美术作品不相邻,按以下情形分类:①美术作品挂在第一排的不同挂法有种;②美术作品分挂在两排的不同挂法有种.所以美术作品不相邻的概率是=,故选C.
[例2]　答案:
解析:设3次取出的球上的数字依次为a,b,c,则无放回地随机取3次球的取法有=120(种),则|m-n|==≤,可得|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.
当c=1时,a,b需要满足“-1≤a+b≤5”,所有可能情况为(2,3),(3,2),共2种;
当c=2时,a,b需要满足“1≤a+b≤7”,所有可能情况为(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(3,1),(3,4),(4,1),(4,3),(5,1),(6,1),共10种;
当c=3时,a,b需要满足“3≤a+b≤9”,所有可能情况为(1,2),(2,1),(1,4),(4,1),(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,4),(4,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(4,5),(5,4),共16种;
当c=4时,a,b需要满足“5≤a+b≤11”,所有可能情况为(1,5),(5,1),(1,6),(6,1),(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(3,6),(6,3),(5,6),(6,5),共16种;
当c=5时,a,b需要满足“7≤a+b≤13”,所有可能情况为(1,6),(6,1),(2,6),(6,2),(3,4),(4,3),(3,6),(6,3),(4,6),(6,4),共10种;
当c=6时,a,b需要满足“9≤a+b≤15”,所有可能情况为(4,5),(5,4),共2种.
故共有2+10+16+16+10+2=56(种)可能情况,所以所求概率P==.
[练1]　选C　
从1至9的9个整数中随机取2个不同的数,样本点总数n==36,这2个数的和为3的倍数包含的样本点为(1,2),(1,5),(1,8),(2,4),(2,7),(3,6),(3,9),(4,5),(4,8),(5,7),(6,9),(7,8),共12个,即m=12,则这2个数的和是3的倍数的概率P===.
[练2]　选B　
不妨假设六位爸爸已经站好了位置,不同站位方法数为,小孩找到各自的爸爸,则其为定序问题,不同站位方法数为,所以不需要插队的概率P==.
教学点(二)　事件的独立性
[例1]　选C　
依题意甲、乙两人所选选项有如下情形:①有一个选项相同,②两个选项相同,③两个选项不相同.所以P(M)==,P(N)==,P(X)==,P(Y)==,因为事件M与事件N互斥,所以P(MN)=0,又P(M)P(N)=,所以事件M与事件N不相互独立,故A错误;P(XY)==≠P(X)P(Y)=,故B错误;由P(MY)===P(M)P(Y),则事件M与事件Y相互独立,故C正确;因为事件N与事件Y互斥,所以P(NY)=0,又P(Y)P(N)=,所以事件N与事件Y不相互独立,故D错误.
关键点:本题的关键点在于先求出P(M),P(N),P(X),P(Y),再根据互斥、相互独立事件的乘法公式对选项一一判断即可.
[例2]　选D　
思维路径:该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率P甲;该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率P乙;该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率P丙.并对三者进行比较即可解决.
　
法一:设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙,由题意可知,P甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3,P乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3,P丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3.所以P丙-P甲=2p2(p3-p1)>0,P丙-P乙=2p1(p3-p2)>0,所以P丙最大,故选D.
法二:特殊值法　不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6,则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲=2(p1p2+p1p3-2p1p2p3)=0.4;在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙=2(p1p2+p2p3-2p1p2p3)=0.52;在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙=2(p1p3+p2p3-2p1p2p3)=0.6.所以P丙最大,故选D.
[训练]　解:(1)①记“甲获得第四名”为事件A,则P(A)=(1-0.6)2=0.16.
②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量X,则X的所有可能取值为2,3,4,
X=2表示连败两局,则P(X=2)=(1-0.6)2=0.16.
X=3可以分为连胜两局,第三局不管胜负;负胜负;胜负负,则
P(X=3)=0.62+(1-0.6)×0.6×(1-0.6)+0.6×(1-0.6)×(1-0.6)=0.552.
X=4可分为前三局负胜胜,胜负胜,第四局不管胜负,则P(X=4)=(1-0.6)×0.6×0.6+0.6×(1-0.6)×0.6=0.288.
故X的分布列为
X 2 3 4
P 0.16 0.552 0.288
(2)“双败淘汰制”下,甲获胜的概率P=p3+p(1-p)p2+(1-p)p3=(3-2p)p3;在“单败淘汰制”下,甲获胜的概率为p2.由(3-2p)p3-p2=p2(3p-2p2-1)=p2(2p-1)(1-p),且0p2,“双败淘汰制”对甲夺冠有利;当p∈时,(3-2p)p3教学点(三)　条件概率、全概率公式
[例1]　选A　
在不超过20的正整数中,随机选取两个不同的数有=190对组合.在不超过20的正整数中有2,3,5,7,11,13,17,19,共8个素数,所以P(A)===.
在素数中任取两个素数共有28对组合,其中是“孪生素数”的有(3,5),(5,7),(11,13),(17,19),共4对,所以这两个数不是孪生素数的共有28-4=24对,所以P(AB)==,所以P(B|A)===.
[例2]　答案:
解析:设事件A表示“免疫力低下”,事件B表示“长期熬夜”,则P(A)=0.2,P(B)=0.1,P(A|B)=0.4,所以P(AB)=P(A|B)P(B)=0.4×0.1=0.04,P()=1-P(B)=0.9,所以P(A)=P(A)-P(AB)=0.2-0.04=0.16,所以P(A|)===.
[例3]　选D　
思维路径:先由全概率公式算出“任取一个零件,取到的零件是次品”的概率,再由贝叶斯公式即可求解.
　
设事件M=“任取一个零件,取到的零件是次品”,N1=“任取一个零件,来自甲工厂”,N2=“任取一个零件,来自乙工厂”,由题意得P(N1)=0.4,P(N2)=0.6,P(M|N1)=0.05,P(M|N2)=0.08.因为P(M)=P(N1)·P(M|N1)+P(N2)·P(M|N2)=0.4×0.05+0.6×0.08=0.068,所以P(N2|M)====.
[练1]　选B　
由题意可知甲、乙随机选择路口有42=16种情况,而甲、乙都不选A路口的情况可能有32=9种,即事件M的样本点有7个,而在甲、乙至少一人选择A路口的前提下,两人选择的路口不同有2=6种情况,所以P(N|M)=.
[练2]　选A　
因为甲、乙两人水平相当,所以每局比赛甲、乙获胜的概率都是,甲获得冠军,可能进行了3局或4局或5局比赛.比赛进行了五局,分甲获胜和乙获胜两种情况,则P(B)=2××=,P()=1-=,P(A)=+=,所以P(A|)===.
[练3]　答案:　
解析:设“甲恰有两轮通过测试”为事件A,则P(A)=××=.设“选中甲”为事件B,“选中乙”为事件C,“通过测试”为事件D,根据题意得P(B)=P(C)=,P(D|B)=,P(D|C)=,则P(D)=P(B)·P(D|B)+P(C)·P(D|C)=×+×=,所以在甲、乙两人中任选一人进行测试,通过测试的概率为.
教学环节二　课时作业讲评
1.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)=+-=.
2.选A　
从8个顶点中任选3个构成三角形的有=56种情况.其中能构成正三角形的有8种情况:△ACD1,△ACB1,△BDC1,△BDA1,△A1C1B,△A1C1D,△B1D1A,△B1D1C,故所求概率为=.
3.选A　
事件A=“口袋中剩下的2个球颜色相同”,事件B=“抽取的3个球颜色不同”,所以事件A共有+=4个样本点,事件AB共有=3个样本点,所以P(B|A)==.
4.选A　
因为P(A)>0,P(B)>0,若事件A,B为对立事件,则P(A)+P(B)=1.但P(A)+P(B)=1推不出两个事件A,B对立.如掷一枚骰子,事件A为出现1点,2点,3点;事件B为出现3点,4点,5点,此时P(A)+P(B)=+=1,但两个事件不对立,所以“事件A,B为对立事件”是“P(A)+P(B)=1”的充分不必要条件.
5.选A　
对于A,依题意,甲、乙、丙、丁中必有两人在同一社区,即事件A是必然事件,P(A)=1,显然B A,P(AB)=P(B)===P(A)P(B),因此事件A与B相互独立,A正确;
对于B,由P(AB)=,得事件A与B不是互斥事件,B错误;
对于C,显然事件B与C不可能同时发生,即P(BC)=0,而P(C)=P(B)=,事件B与C不相互独立,C错误;
对于D,显然事件B与C可以同时不发生,如甲、丙在同一社区,因此事件B与C不是对立事件,D错误.
6.选BC　
因为P(|)=0.95,所以P(A|)=1-P(|)=0.05,因为P(C)=0.005,所以P()=0.995,故A错误,C正确;
因为P(AC)=P(C|A)P(A)=P(A|C)P(C)=0.95×0.005=0.004 75<0.005,故B正确;
由全概率公式可得P(A)=P(A|C)·P(C)+P(A|)·P(),则由条件概率公式知
P(C|A)==
==,故D错误.
7.选B　
由于甲选手投掷3次后,如果得分大于7分,则3次的得分必定是3,3,3或3,3,2(不考虑顺序),所以其概率p=0.13+3×0.12·b=0.001+0.03b.而已知p=0.002,故0.001+0.03b=0.002,所以b=.从而甲选手投掷一次得1分的概率为1-0.1-b-0.05=0.85-b=-=.
8.答案:
解析:4人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动至少有1人参加,可将4人分成3组,再全排列,共有=36种.甲不单独参加活动,且乙不参加A活动,乙从B,C两项活动选一项参加有种,除甲、乙外两人在乙参加外的两项活动中全排列有种,然后甲从A,B,C这三项活动选一项参加有种,则由分步乘法计数原理,共有=2×2×3=12种情况.故由古典概型知所求概率是=.
9.答案:　
解析:由题意知甲选到A的概率P==.记“乙选择A活动”为事件M,“乙选择B活动”为事件N,则P(M)==,P(MN)==,所以P(N|M)===.
10.解:(1)零假设为H0:该校学生有无自主创业打算与性别无关.
(易遗漏:假设两个分类变量X与Y无关,提出零假设这一步不能省)
χ2===6.72>6.635,
依据小概率值α=0.01的χ2独立性检验,推断H0不成立,即可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
(2)①记A为“抽到的人有自主创业打算”,B为“抽到的人是男生”.
法一:P(A)===,
P(AB)==,
所以P(B|A)==.
法二:
审题破题:当样本空间的样本点有限且等可能时,可借助古典概型的概率计算公式计算条件概率:P(B|A)=.
　
P(B|A)===.
②记C为“抽到的人无自主创业打算”,由①知B为“抽到的人是男生”.
法一:P(B|C)==,P(B)==,所以P(B)=P(B|C),所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
法二:P(C|B)==,P(C)==,所以P(C)=P(C|B),所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
法三:零假设为H'0:该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表:
男生人数 女生人数 合计
有自主创业打算 16 15 31
无自主创业打算 64 60 124
合计 80 75 155
==0,零假设成立,所以该校学生有无自主创业打算与性别无关,所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
11.选BC
∵P(∪B)=P()+P(B)-P(B)=+-P(B),而P(B)=P(B)+P(AB)=P(B)=①,∴P(B)=,
∴P(∪B)=,故A错误;
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=+-×=,故B正确;
令P(B)=x,则P()=1-x,又P(|B)===,∴P(B)=x,又P(|)===,
∴P( )=(1-x)②,P()=P(B)+P(　)=x+
(1-x)=1-,解得x=,故C正确;
由C知P(B)=,P(B)=×=,
∴P(B|A)====,故D错误.
关键点:①处,由于事件A,B互斥不能推出事件,B互斥,故要求P(B),还得从P(B)入手;
②处,利用条件概率公式变形得P(|)=,注意每一处都是对立事件的概率值,不要代错.
12.选BC　
对于A,P(A1A2)=×=,所以A错误;
对于B,P(A2)=×+×=,故P(A1|A2)==,所以B正确;
对于C,P(A1∪A2)=P(A1)+P(A2)-P(A1A2)=+-=,所以C正确;
对于D,由题意知P(An)=P(An-1)+[1-P(An-1)],所以P(An)-=,所以数列是首项为P(A1)-=-=,公比为的等比数列,所以P(An)-=×=×,所以P(An)=×,则P(A10)=×,所以D错误.
13.解:(1)甲进入决赛的概率为p1==,乙进入决赛的概率为p2=×=,丙进入决赛的概率为p3=p=-p2+p=-+,而(2)甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为××+×p+×p=,整理可得18p2-27p+10=0.
由(3)由题意可知,甲、乙、丙进入决赛的概率分别为,,,由题意可知,随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=××=,P(ξ=2)=,
P(ξ=3)=××=,
P(ξ=1)=1---=,
所以随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P

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