条件概率与独立重复试验专题训练

这是一份条件概率与独立重复试验专题训练，共17页。
例1 (1)(吉林延边二中2020届高三开学考试)甲、乙两人从1，2，3，…，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是 ( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,15) C.eq \f(9,14) D.eq \f(8,15)
解：设事件A为“甲取到的数是5的倍数”，B为“甲所取的数大于乙所取的数”，
则P(A)＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，P(AB)＝eq \f(4＋9＋14,15×14)＝eq \f(9,70)，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(9,14).故选C.
(2)(2018·河北名校联盟二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为eq \f(1,2)，两次闭合后都出现红灯的概率为eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为 ( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解：设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,5)，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq \f(2,5).故选C.
点拨 解决条件概率问题的步骤：第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“在……条件下”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步：计算概率，这里有两种思路．思路一：缩减样本空间法计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝eq \f(n（AB）,n（B）)计算．思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)计算．
变式1 (1)从1，2，3，4，5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)等于
( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
解法一：P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10)，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,4).
解法二：事件A包括的基本事件：(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.
得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(1,4).故选B.
(2)高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是____________．
解：设“甲、乙二人相邻”为事件A，“甲、丙二人相邻”为事件B，则所求概率为P(B|A)，由于P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，而P(A)＝eq \f(2Aeq \\al(4,4),Aeq \\al(5,5))＝eq \f(2,5)，事件AB表示“甲与乙、丙都相邻”，故P(AB)＝eq \f(2Aeq \\al(3,3),Aeq \\al(5,5))＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).故填eq \f(1,4).
考点二 相互独立事件同时发生的概率
例2 (2018·哈尔滨质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立．
(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；
(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列．
解：记E＝“甲组研发新产品成功”，F＝“乙组研发新产品成功”，由题设知P(E)＝eq \f(2,3)，P()＝eq \f(1,3)，P(F)＝eq \f(3,5)，P()＝eq \f(2,5)，且事件E与F，E与，与F，与都相互独立．
(1)记H＝“至少有一种新产品研发成功”，则＝，
于是P()＝P()P()＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，
故所求的概率为P(H)＝1－P()＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).
(2)设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X＝0)＝P()＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，
P(X＝100)＝P(F)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，
P(X＝120)＝P(E)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(4,15)，
P(X＝220)＝P(EF)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
故所求的分布列为
点拨 求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．求相互独立事件同时发生的概率的主要方法：①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；②正面计算较繁(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．
变式2 (2019·北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：
(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；
(2)从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，用X表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X的分布列和数学期望；
(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．
解：(1)由题意知，样本中仅使用A的学生有18＋9＋3＝30人，仅使用B的学生有10＋14＋1＝25人，A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40人．
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为eq \f(40,100)＝0.4.
(2)X的所有可能取值为0，1，2.
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”.
由题设知，事件C，D相互独立，且P(C)＝eq \f(9＋3,30)＝0.4，P(D)＝eq \f(14＋1,25)＝0.6.
所以P(X＝2)＝P(CD)＝P(C)P(D)＝0.24，
P(X＝1)＝P(C∪D)
＝P(C)P()＋P()P(D)
＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6
＝0.52，
P(X＝0)＝P( )＝P()P()＝0.24.
所以X的分布列为
故X的数学期望E(X)＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.
(3)记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2 000元”.
假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，
则由上个月的样本数据得P(E)＝eq \f(Ceq \\al(3,3),Ceq \\al(3,30))＝eq \f(1,4 060).
答案示例1：可以认为有变化．
理由如下：
P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．
一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，
但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．
考点三 独立重复试验
例3 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人．
(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列．
解：(1)记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则所求的概率P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,15)Ceq \\al(1,25),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(15×25,20×39)＝eq \f(25,52).
(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，故X～B(3，eq \f(2,5))．
所以P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)(eq \f(2,5))0(eq \f(3,5))3＝eq \f(27,125)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)(eq \f(2,5))(eq \f(3,5))2＝eq \f(54,125)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)(eq \f(2,5))2(eq \f(3,5))＝eq \f(36,125)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)(eq \f(2,5))3(eq \f(3,5))0＝eq \f(8,125).
所以X的分布列为
点拨 判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①试验是否为n次独立重复试验；②随机变量是否为这n次独立重复试验中某事件发生的次数．
变式3 (2019·天津卷)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为eq \f(2,3).假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
解：(1)由题意知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
从而P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3－k，k＝0，1，2，3.
所以随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，
则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．
由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，
且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，
从而由(1)知P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})
＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)
＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)
＝eq \f(8,27)×eq \f(2,9)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,27)＝eq \f(20,243).
考点四 事件独立、对立、互斥的综合运用
例4 某射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，且各次射击的结果互不影响．
(1)假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
(2)假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
(3)假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．
解：(1)设X为射手在5次射击中击中目标的次数，
则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(2,3))).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(40,243).
(2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A345)＋P(1A2A3A45)＋P(12A3A4A5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,81).
(3)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3)．
由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，6.
P(ξ＝0)＝P(123)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27)，
P(ξ＝1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)
＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))))eq \s\up12(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)，
P(ξ＝2)＝P(A12A3)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)，
P(ξ＝3)＝P(A1A23)＋P(1A2A3)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,27)，
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,27).
所以ξ的分布列是
点拨 正确区分相互独立事件与n次独立重复试验是解决这类问题的关键．题(3)属于独立、互斥等事件的综合应用，这一类型的问题一直是高考考查的热点题型，一般采取“大化小”的解决策略，即将“大”的分布列或期望问题化为“小”的随机变量概率问题；再将“大”的概率问题化为“小”的独立事件概率问题，一般是P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，P(A)＝1－P()，P(AB)＝P(A)P(B)这三个公式的联用．注意分清每一个事件是由哪几个基本事件构成的，做到不重不漏．
变式4 甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为eq \f(1,3)和eq \f(1,4)，求：
(1)2个人都译出密码的概率；
(2)2个人都译不出密码的概率；
(3)恰有1个人译出密码的概率；
(4)至多1个人译出密码的概率；
(5)至少1个人译出密码的概率．
解： 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且
P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4).
(1)“2个人都译出密码”的概率为
P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).
(2)“2个人都译不出密码”的概率为
P( )＝P()P()＝(1－eq \f(1,3))×(1－eq \f(1,4))＝eq \f(1,2).
(3)“恰有1个人译出密码”包含“甲译出乙未译出”和“甲未译出乙译出”，且两个事件为互斥事件，所以“恰有1个人译出密码”的概率为
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝eq \f(1,3)×(1－eq \f(1,4))＋(1－eq \f(1,3))×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12).
(4)“至多1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，所以“至多1个人译出密码”的概率为
1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(11,12).
(5)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出密码”，所以“至少有1个人译出密码”的概率为
1－P()＝1－P()P()＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,2).


课后作业

1.箱子里有5个黑球、4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为 ( )
A.eq \f(Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(4,5)) B.(eq \f(5,9))3×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D.Ceq \\al(1,4)×(eq \f(5,9))3×eq \f(4,9)
解：由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为(eq \f(5,9))3×eq \f(4,9).故选B.
2.某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为eq \f(1,8)和p，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为eq \f(9,40)，则p等于 ( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(2,15) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,5)
解：由题意得eq \f(1,8)(1－p)＋(1－eq \f(1,8))p＝eq \f(9,40)，所以p＝eq \f(2,15).故选B.
3.(2019·广西柳州模拟)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A＝“至少有一次出现反面”，事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝ ( )
A.eq \f(3,7) B.eq \f(3,8) C.eq \f(7,8) D.eq \f(1,8)
解：依题意得P(A)＝1－eq \f(1,23)＝eq \f(7,8)，P(AB)＝eq \f(3,23)＝eq \f(3,8)，因此P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(3,7).故选A.
4.位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是eq \f(1,2).则质点P移动五次后位于点(2，3)的概率是 ( )
A.eq \f(1,32) B.eq \f(5,16) C.eq \f(5,32) D.eq \f(1,16)
解：移动五次后位于点(2，3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次．故其概率为Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(5,16).故选B.
5.投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 ( )

解：3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.
6.(2019·山西一模)甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为eq \f(2,3)，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为 ( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5)
解：由题意，甲获得冠军的概率为eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(20,27)，
其中比赛进行了3局且甲获得冠军的概率为eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
所以所求概率为eq \f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq \f(2,5).故选B.
7.(2020·全国高三专题练习)假设每架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否有故障是独立的，如有至少50%的引擎能正常运行，飞机就可以成功飞行．若使4引擎飞机比双引擎飞机更为安全，则p的取值范围是 ( )
A.(eq \f(1,3)，1) B.(0，eq \f(2,3)) C.(eq \f(2,3)，1) D.(0，eq \f(1,4))
解：首先计算4引擎飞机正常运行的概率，包括2个引擎、3个引擎、4个引擎正常工作3种情况，故概率为Ceq \\al(2,4)p2(1－p)2＋Ceq \\al(3,4)p3(1－p)＋Ceq \\al(4,4)p4.然后计算2引擎飞机正常运行的概率，包括1个引擎和2个引擎正常工作2种情况，故概率为Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \\al(2,2)p2.由于“4引擎正常运行的概率大于2引擎飞机正常运行的概率”，故Ceq \\al(2,4)p2(1－p)2＋Ceq \\al(3,4)p3(1－p)＋Ceq \\al(4,4)p4＞Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \\al(2,2)p2，化简得(p－1)2(3p－2)＞0，由于0＜p＜1，故上式解得eq \f(2,3)＜p＜1.故选C.
8.【多选题】(2020·山东高二期末)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 ( )
A.P(B|A1)＝eq \f(5,11)
B.事件B与事件A1相互独立
C.A1，A2，A3是两两互斥的事件
D.P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中哪一个发生有关
解：由题意A1，A2，A3是两两互斥的事件，P(A1)＝eq \f(5,10)，P(A2)＝eq \f(2,10)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(P（BA1）,P（A1）)＝eq \f(\f(5,10)×\f(5,11),\f(5,10))＝eq \f(5,11)，由此知，A正确．
P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)，
而P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq \f(5,10)×eq \f(5,11)＋eq \f(2,10)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22)≠P(B|A1)．由此知B不正确，D不正确．
A1，A2，A3是两两互斥的事件，由此知C正确．
故选AC.
9.(2019·武汉调研)如图所示，某快递公司送货员从公司A处准备开车送货到某单位B处，有A→C→D→B，A→E→F→B两条路线．若该地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示(例如A→C→D算作两个路段，路段AC发生堵车事件的概率为eq \f(1,6)，路段CD发生堵车事件的概率为eq \f(1,10))．若使途中发生堵车事件的概率较小，则由A到B应选择的路线是 ．


解：路线A→C→D→B途中发生堵车事件的概率为P1＝1－(1－eq \f(1,6))×(1－eq \f(1,10))×(1－eq \f(2,5))＝eq \f(11,20)，
路线A→E→F→B途中发生堵车事件的概率为P2＝1－(1－eq \f(1,5))×(1－eq \f(1,8))×(1－eq \f(1,5))＝eq \f(11,25).
因为eq \f(11,25)＜eq \f(11,20)，所以应选择路线A→E→F→B.
故填A→E→F→B.
10.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是eq \f(1,2)，则小球落入A袋中的概率为__________．


解：记“小球落入A袋中”为事件A，“小球落入B袋中”为事件B，则事件A的对立事件为B，若小球落入B袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P(B)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,4)，从而P(A)＝1－P(B)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).故填eq \f(3,4).
11.(2020·浙江高三专题练习)某种食品是经过A、B、C三道工序加工而成的，A、B、C工序的产品合格率分别为eq \f(3,4)、eq \f(2,3)、eq \f(4,5).已知每道工序的加工都相互独立，三道工序加工的产品都为合格时产品为一等品；有两道合格为二等品；其他的为废品，不进入市场．
(1)正式生产前先试生产2袋食品，求这2袋食品都为废品的概率；
(2)设ζ为加工工序中产品合格的次数，求ζ的分布列．
解：(1)2袋食品都为废品的情况有
①2袋食品的三道工序都不合格，其概率P1＝(eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,5))2＝eq \f(1,3 600).
②有一袋食品三道工序都不合格，另一袋有两道工序不合格，其概率P2＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(1,60)×(eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \f(4,5))＝eq \f(1,200).
③两袋都有两道工序不合格，其概率P3＝(eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \f(4,5))2＝eq \f(9,400)，
所以这2袋食品都为废品的概率为P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,36).
(2)ζ＝0，1，2，3，
P(ζ＝0)＝(1－eq \f(3,4))×(1－eq \f(2,3))×(1－eq \f(4,5))＝eq \f(1,60)，
P(ζ＝1)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \f(4,5)＝eq \f(3,20)，
P(ζ＝2)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(4,5)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×eq \f(4,5)＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,5)＝eq \f(13,30)，
P(ζ＝3)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(4,5)＝eq \f(2,5).
12.(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×
0.5×0.4＝0.1.
13.(2018·洛阳模拟)某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格．小明同学“立定投篮”的命中率为eq \f(1,2)，“三步上篮”的命中率为eq \f(3,4)，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响．
(1)求小明同学一次测试合格的概率；
(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列．
解：(1)设小明第i次“立定投篮”命中为事件Ai，第i次“三步上篮”命中为事件Bi(i＝1，2)，依题意有P(Ai)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(3,4)(i＝1，2)，“小明同学一次测试合格”为事件C.
(1)P()＝P(12)＋P(1A212)＋P(A112)
＝P(1)P(2)＋P(1)P(A2)P(1)P(2)＋P(A1)·
P(1)P(2)
＝(eq \f(1,2))2＋(1－eq \f(1,2))×eq \f(1,2)×(1－eq \f(3,4))2＋eq \f(1,2)×(1－eq \f(3,4))2＝eq \f(19,64).
所以P(C)＝1－eq \f(19,64)＝eq \f(45,64).
(2)依题意知ξ＝2，3，4，
P(ξ＝2)＝P(A1B1)＋P(12)
＝P(A1)P(B1)＋P(1)·P(2)＝eq \f(5,8)，
P(ξ＝3)＝P(A11B2)＋P(1A2B1)＋P(A112)
＝P(A1)P(1)P(B2)＋P(1)P(A2)P(1)＋P(A1)P(B1)·
P(2)＝eq \f(5,16)，
P(ξ＝4)＝P(1A21)＝P(1)P(A2)P(1)＝eq \f(1,16).
故投篮的次数ξ的分布列为
附加题 (2020·江西抚州一中高三月考)抚州不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着许多旅游景点．每年来抚州参观旅游的人数不胜数．其中，名人园与梦岛被称为抚州的两张名片，为合理配置旅游资源，现对已游览名人园景点的游客进行随机问卷调查．若不去梦岛记1分，若继续去梦岛记2分．每位游客去梦岛的概率均为eq \f(2,3)，且游客之间的选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X，求X的分布列与数学期望；
(2)若从游客中随机抽取m人，记总分恰为m分的概率为Am，求数列{Am}的前6项和；
(3)在对所有游客进行随机问卷调查的过程中，记已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，探讨Bn与Bn－1(n≥2，n∈N)之间的关系，并求数列{Bn}的通项公式．
解：(1)X可能取值为3，4，5，6，
P(X＝3)＝(eq \f(1,3))3＝eq \f(1,27)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(1,3)(eq \f(2,3))(eq \f(1,3))2＝eq \f(6,27)，
P(X＝5)＝Ceq \\al(2,3)(eq \f(2,3))2(eq \f(1,3))＝eq \f(12,27)，
P(X＝6)＝(eq \f(2,3))3＝eq \f(8,27)，
故其分布列为
E(X)＝3×eq \f(1,27)＋4×eq \f(6,27)＋5×eq \f(12,27)＋6×eq \f(8,27)＝5.
(2)总分恰为m的概率Am＝(eq \f(1,3))m，
故S6＝eq \f(\f(1,3)（1－\f(1,36)）,1－\f(1,3))＝eq \f(364,729).
(3)已调查过的累计得分恰为n分的概率为Bn，得不到n分的情况只有先得n－1分，再得2分，概率为eq \f(2,3)Bn－1，而B1＝eq \f(1,3)，
故1－Bn＝eq \f(2,3)Bn－1，即Bn＝－eq \f(2,3)Bn－1＋1，
可得Bn－eq \f(3,5)＝－eq \f(2,3)(Bn－1－eq \f(3,5))，B1－eq \f(3,5)＝－eq \f(4,15)，
所以Bn－eq \f(3,5)＝－eq \f(4,15)(－eq \f(2,3))n－1，
可得Bn＝eq \f(3,5)＋eq \f(2,5)·(－eq \f(2,3))n.X
0
100
120
220
P
eq \f(2,15)
eq \f(1,5)
eq \f(4,15)
eq \f(2,5)
支付金额/元
(0，1 000]
(1 000，
2 000]
大于
2 000
仅使用A
18人
9人
3人
仅使用B
10人
14人
1人
X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,125)
eq \f(54,125)
eq \f(36,125)
eq \f(8,125)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,9)
eq \f(8,27)
ξ
0
1
2
3
6
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,27)
eq \f(8,27)
eq \f(8,27)
ζ
0
1
2
3
P
eq \f(1,60)
eq \f(3,20)
eq \f(13,30)
eq \f(2,5)
ξ
2
3
4
P
eq \f(5,8)
eq \f(5,16)
eq \f(1,16)
X
3
4
5
6
P
eq \f(1,27)
eq \f(6,27)
eq \f(12,27)
eq \f(8,27)