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2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第十章 §10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
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这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第十章 §10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式，共16页。试卷主要包含了了解两个事件相互独立的含义，8两，诱发某种疾病的频率为0等内容，欢迎下载使用。
知识梳理
1．相互独立事件
(1)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．
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)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)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)；
②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．
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)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．
常用结论
1．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)．
2．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)＝eq \f(PAiPB|Ai,PB)＝eq \f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1,2，…，n.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( × )
(2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( √ )
(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第2枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立．( √ )
(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．
( √ )
教材改编题
1．甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，则谜题没被破解出的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(5,6) D．1
答案 A
解析 设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B，
则P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，
故P(eq \x\t(A))＝eq \f(1,2)，P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)，
所以P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
即谜题没被破解出的概率为eq \f(1,6).
2．在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是( )
A.eq \f(1,28) B.eq \f(1,10) C.eq \f(1,9) D.eq \f(2,7)
答案 D
解析 当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为eq \f(2,7).
3．智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.5，则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为________．
答案 0.55
解析 由题意得，居民甲第二天去A食堂用餐的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.
题型一 相互独立事件的概率
例1 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案 B
解析 事件甲发生的概率P(甲)＝eq \f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq \f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．
(2)(2023·临沂模拟)“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，若甲先发球，两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为 ________；若乙先发球，两人又打了4个球后该局比赛结束，则甲获胜的概率为 ________.
答案 0.5 0.1
解析 记两人又打了X个球后结束比赛，
设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1,2,3…)，则P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2)＝P(A1)P(A2)＋P(eq \x\t(A)1)P(eq \x\t(A)2)
＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
由乙先发球，得P(X＝4且甲获胜)＝P(A1eq \x\t(A)2A3A4)＋P(eq \x\t(A)1A2A3A4)
＝P(A1)P(eq \x\t(A)2)P(A3)P(A4)＋P(eq \x\t(A)1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.5×0.4×0.5
＝0.1.
思维升华 求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．
(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
跟踪训练1 小王某天乘火车从重庆到上海，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率；
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；
(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率．
解 用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(eq \x\t(A))＝0.2，P(eq \x\t(B))＝0.3，P(eq \x\t(C))＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P1＝P(eq \x\t(A)BC)＋P(Aeq \x\t(B)C)＋P(ABeq \x\t(C))
＝P(eq \x\t(A))P(B)P(C)＋P(A)P(eq \x\t(B))P(C)＋P(A)P(B)P(eq \x\t(C))
＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1
＝0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P2＝P(Aeq \x\t(B)eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)Beq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)C)
＝P(A)P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(B)P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(C)
＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9
＝0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为
P3＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝1－P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))
＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
题型二 条件概率
例2 (1)(2022·哈尔滨模拟)七巧板是中国民间流传的智力玩具．据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演变而来的，原为文人的一种室内游戏，后在民间逐步演变为拼图版玩具．到明代，七巧板已基本定型为由如图所示的七块板组成：五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形，可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等1 600种以上图案．现从七巧板中取出两块，已知取出的是三角形，则两块板恰好是全等三角形的概率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,7) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 设事件A为“从七巧板中取出两块，取出的是三角形”，事件B为“两块板恰好是全等三角形”，则P(AB)＝eq \f(2,C\\al(2,7))＝eq \f(2,21)，P(A)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,7))＝eq \f(10,21)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,21),\f(10,21))＝eq \f(1,5).
(2)逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响健康，某调查机构进行了针对性的调查研究．据统计，一次性饮酒4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，则他还能继续饮酒2.4两，不诱发这种疾病的概率为( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(5,6) C.eq \f(3,4) D.eq \f(20,21)
答案 A
解析 记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，
则事件B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，继续饮酒2.4两不诱发这种疾病，
则B⊆A，AB＝A∩B＝B，P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，
故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(0.84,0.96)＝eq \f(7,8).
思维升华 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
(2)样本点法：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA).
(3)缩样法：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．
跟踪训练2 (1)(2023·六盘山模拟)已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回．在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，
所以P(A)＝eq \f(3,5)，P(AB)＝eq \f(3,10)，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
(2)某射击运动员每次击中目标的概率为eq \f(4,5)，现连续射击两次．
①已知第一次击中，则第二次击中的概率是________；
②在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是________．
答案 ①eq \f(4,5) ②eq \f(1,2)
解析 ①设第一次击中为事件A，第二次击中为事件B，则P(A)＝eq \f(4,5)，
由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，
因此已知第一次击中，则第二次击中的概率是eq \f(4,5).
②设仅击中一次为事件C，则仅击中一次的概率为P(C)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(4,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(8,25)，
在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是P(B|C)＝eq \f(\f(1,5)×\f(4,5),\f(8,25))＝eq \f(1,2).
题型三 全概率公式的应用
例3 (1)一份新高考数学试卷中有8道单选题，小胡对其中5道题有思路，3道题完全没有思路．有思路的题做对的概率是0.9，没有思路的题只能猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为( )
A.eq \f(79,160) B.eq \f(3,5) C.eq \f(21,32) D.eq \f(5,8)
答案 C
解析 设事件A表示“小胡答对”，事件B表示“小胡选到有思路的题”．
则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率
P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))
＝eq \f(5,8)×0.9＋eq \f(3,8)×0.25
＝eq \f(21,32).
(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为( )
A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.51
答案 D
解析 设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”，
则P(A)＝P(eq \x\t(A))＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B|eq \x\t(A))＝0.95，
因此P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \x\t(A))P(B|eq \x\t(A))＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.
思维升华 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(Ai)P(B|Ai)．
(3)代入全概率公式计算．
跟踪训练3 (1)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4,0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9，则甲正点到达目的地的概率为( )
A．0.78 B．0.8 C．0.82 D．0.84
答案 C
解析 设事件A表示“甲正点到达目的地”，事件B表示“甲乘动车到达目的地”，事件C表示“甲乘汽车到达目的地”，
由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.
由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7
＝0.54＋0.28＝0.82.
(2)(2022·郑州模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”等．小王有3张“冬梦”、2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票各1张．小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”的事件，则P(B|A2)＝________，P(B)＝________.
答案 eq \f(1,2) eq \f(9,28)
解析 P(B|A2)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
由题知P(A1)＝eq \f(3,7)，P(A2)＝eq \f(2,7)，P(A3)＝eq \f(2,7)，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(3,7)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,7)×eq \f(2,4)＋eq \f(2,7)×eq \f(1,4)＝eq \f(9,28).
课时精练
1．若P(AB)＝eq \f(1,9)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(1,3)，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
答案 C
解析 ∵P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
∴P(A)P(B)＝eq \f(1,9)，
∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0，
∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立．
2．(2023·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是( )
A．0.819 2 B．0.972 8
C．0.974 4 D．0.998 4
答案 B
解析 4个都不能正常照明的概率为(1－0.8)4＝0.001 6，
只有1个能正常照明的概率为4×0.8×(1－0.8)3＝0.025 6，
所以至少有两个能正常照明的概率是
1－0.001 6－0.025 6＝0.972 8.
3．根据历年的气象数据可知，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
答案 A
解析 设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，
所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝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(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.2,0.25)＝0.8.
4．(2022·青岛模拟)甲、乙两名选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为( )
A．0.36 B．0.352
C．0.288 D．0.648
答案 D
解析 由题意可得甲最终获胜有两种情况：
一是前两局甲获胜，概率为0.6×0.6＝0.36，
二是前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4×0.6＝0.288，
这两种情况互斥，∴甲最终获胜的概率P＝0.36＋0.288＝0.648.
5．某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为25%，那么他答对题目的概率为( )
A．0.625 B．0.75 C．0.5 D．0.25
答案 A
解析 记事件A为“该考生答对题目”，事件B1为“该考生知道正确答案”，事件B2为“该考生不知道正确答案”，
则P(A)＝P(A|B1)·P(B1)＋P(A|B2)·P(B2)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
6．将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”； B表示事件“医生乙派往①村庄”； C表示事件“医生乙派往②村庄”，则( )
A．事件A与B相互独立
B．事件A与C相互独立
C．P(B|A)＝eq \f(5,12)
D．P(C|A)＝eq \f(5,12)
答案 D
解析 将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(个)样本点，它们等可能，
事件A含有的样本点个数为Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝12，
则P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，
同理P(B)＝P(C)＝eq \f(1,3)，
事件AB含有的样本点个数为Aeq \\al(2,2)＝2，则P(AB)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，
事件AC含有的样本点个数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝5，则P(AC)＝eq \f(5,36)，
对于A，P(A)P(B)＝eq \f(1,9)≠P(AB)，即事件A与B不相互独立，故A不正确；
对于B，P(A)P(C)＝eq \f(1,9)≠P(AC)，即事件A与C不相互独立，故B不正确；
对于C，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6)，故C不正确；
对于D，P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(5,12)，故D正确．
7．(2022·石家庄模拟)某电视台举办知识竞答闯关比赛，每位选手闯关时需要回答三个问题．第一个问题回答正确得10分，回答错误得0分；第二个问题回答正确得20分，回答错误得0分；第三个问题回答正确得30分，回答错误得－20分．规定，每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功．若某位选手回答前两个问题正确的概率都是eq \f(2,3)，回答第三个问题正确的概率是eq \f(1,2)，且各题回答正确与否相互之间没有影响，则该选手仅回答正确两个问题的概率是 ________；该选手闯关成功的概率是 ________.
答案 eq \f(4,9) eq \f(1,2)
解析 该选手仅回答正确两个问题的概率是P1＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(4,9)，
该选手要闯关成功，则只有第3个问题回答正确或者第1,3两个问题回答正确或者第2,3两个问题回答正确或者三个问题都回答正确，所以闯关成功的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
8．某医生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的条件下，他在周三晚上值班的概率为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 设事件A为“周二晚上值班”，事件B为“周三晚上值班”，
则P(A)＝eq \f(C\\al(1,6),C\\al(2,7))＝eq \f(2,7)，
P(AB)＝eq \f(1,C\\al(2,7))＝eq \f(1,21)，
故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6).
9．(2022·襄阳模拟)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝eq \f(1,10)，P2＝eq \f(1,9)，P3＝eq \f(1,8).
(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
解 (1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率
P＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＝eq \f(3,10).
(2)设“该款智能自动检测合格”为事件A，“人工抽检合格”为事件B，
则P(A)＝eq \f(9,10)，P(AB)＝1－eq \f(3,10)＝eq \f(7,10)，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(7,10),\f(9,10))＝eq \f(7,9).
10．(2023·佛山模拟)男子冰球比赛上演的是速度与激情的碰撞.2022北京冬奥会男子冰球主要比赛场馆是位于北京奥林匹克公园的“冰之帆”国家体育馆．本届冬奥会男子冰球有12支队伍进入正赛，中国首次组队参赛．比赛规则：12支男子冰球参赛队先按照往届冬奥会赛制分成三个小组(每组4个队)．正赛分小组赛阶段与决赛阶段：
小组赛阶段各组采用单循环赛制(小组内任意两队需且仅需比赛一次)；决赛阶段均采用淘汰制(每场比赛胜者才晋级)，先将12支球队按照小组比赛成绩进行排名，排名前四的球队晋级四分之一决赛(且不在四分之一决赛中相遇)，其余8支球队按规则进行附加赛(每队比赛一次，胜者晋级)，争夺另外4个四分之一决赛席位，随后依次是四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛．
(1)本届冬奥会男子冰球项目从正赛开始到产生金牌，组委会共要安排多少场比赛？
(2)某机构根据赛前技术统计，率先晋级四分之一决赛的四支球队(甲、乙、丙、丁队)实力相当，假设他们在接下来的四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛中取胜的概率都依次为eq \f(3,4)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，且每支球队晋级后每场比赛相互独立．试求甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率．
解 (1)根据赛制，小组赛共安排3×Ceq \\al(2,4)＝18(场)比赛，
附加赛共安排8÷2＝4(场)比赛，
四分之一决赛共安排8÷2＝4(场)比赛，
半决赛共安排4÷2＝2(场)比赛，
铜牌赛、金牌赛各比赛一场，共2场，
故本届冬奥会男子冰球项目从正赛开始到产生金牌，组委会共要安排18＋4＋4＋2＋2＝30(场)比赛．
(2)设甲、乙、丙、丁队获得冠军分别为事件A，B，C，D，都没有获得冠军为事件E，
∵晋级后每场比赛相互独立，
∴P(A)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
∵四队实力相当，∴P(B)＝P(C)＝P(D)＝P(A)＝eq \f(3,16)，
∵事件A，B，C，D互斥，
∴甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为
P(E)＝1－P(A∪B∪C∪D)
＝1－[P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)]
＝1－4×eq \f(3,16)＝eq \f(1,4).
故甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为eq \f(1,4).
11．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(16,27) C.eq \f(32,81) D.eq \f(40,81)
答案 D
解析 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
故甲获得冠军的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(40,81).
12．(多选)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是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析 由题意知，A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确；P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，由此知，B正确；
P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)；
而P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(5,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22)，由此知A，C不正确．
13．(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
答案 D
解析 设该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，
方法一 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．
方法二 (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＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.
所以P丙最大．
14．(2023·舟山模拟)根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，
P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝________.(精确到0.001)
答案 0.087
解析 ∵P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，
∴P(A|eq \x\t(C))＝1－P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.05，
∵P(C)＝0.005，∴P(eq \x\t(C))＝0.995，
由全概率公式可得，
P(A)＝P(A|C)P(C)＋P(A|eq \x\t(C))P(eq \x\t(C))，
∵P(AC)＝P(C|A)P(A)＝P(A|C)P(C)，
∴P(C|A)＝eq \f(PA|CPC,PA|CPC＋PA|\x\t(C)P\x\t(C))
＝eq \f(0.95×0.005,0.95×0.005＋0.05×0.995)＝eq \f(19,218)≈0.087.
知识梳理
1．相互独立事件
(1)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．
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)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)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)；
②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．
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)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．
常用结论
1．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)．
2．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)＝eq \f(PAiPB|Ai,PB)＝eq \f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1,2，…，n.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( × )
(2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( √ )
(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第2枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立．( √ )
(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．
( √ )
教材改编题
1．甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，则谜题没被破解出的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(5,6) D．1
答案 A
解析 设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B，
则P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，
故P(eq \x\t(A))＝eq \f(1,2)，P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,3)，
所以P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，
即谜题没被破解出的概率为eq \f(1,6).
2．在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是( )
A.eq \f(1,28) B.eq \f(1,10) C.eq \f(1,9) D.eq \f(2,7)
答案 D
解析 当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为eq \f(2,7).
3．智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.5，则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为________．
答案 0.55
解析 由题意得，居民甲第二天去A食堂用餐的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.
题型一 相互独立事件的概率
例1 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案 B
解析 事件甲发生的概率P(甲)＝eq \f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq \f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．
(2)(2023·临沂模拟)“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，若甲先发球，两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为 ________；若乙先发球，两人又打了4个球后该局比赛结束，则甲获胜的概率为 ________.
答案 0.5 0.1
解析 记两人又打了X个球后结束比赛，
设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1,2,3…)，则P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2)＝P(A1)P(A2)＋P(eq \x\t(A)1)P(eq \x\t(A)2)
＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
由乙先发球，得P(X＝4且甲获胜)＝P(A1eq \x\t(A)2A3A4)＋P(eq \x\t(A)1A2A3A4)
＝P(A1)P(eq \x\t(A)2)P(A3)P(A4)＋P(eq \x\t(A)1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.5×0.4×0.5
＝0.1.
思维升华 求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．
(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
跟踪训练1 小王某天乘火车从重庆到上海，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率；
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；
(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率．
解 用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(eq \x\t(A))＝0.2，P(eq \x\t(B))＝0.3，P(eq \x\t(C))＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P1＝P(eq \x\t(A)BC)＋P(Aeq \x\t(B)C)＋P(ABeq \x\t(C))
＝P(eq \x\t(A))P(B)P(C)＋P(A)P(eq \x\t(B))P(C)＋P(A)P(B)P(eq \x\t(C))
＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1
＝0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P2＝P(Aeq \x\t(B)eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)Beq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)C)
＝P(A)P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(B)P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(C)
＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9
＝0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为
P3＝1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B)eq \x\t(C))＝1－P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))
＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
题型二 条件概率
例2 (1)(2022·哈尔滨模拟)七巧板是中国民间流传的智力玩具．据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演变而来的，原为文人的一种室内游戏，后在民间逐步演变为拼图版玩具．到明代，七巧板已基本定型为由如图所示的七块板组成：五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形，可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等1 600种以上图案．现从七巧板中取出两块，已知取出的是三角形，则两块板恰好是全等三角形的概率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,7) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 设事件A为“从七巧板中取出两块，取出的是三角形”，事件B为“两块板恰好是全等三角形”，则P(AB)＝eq \f(2,C\\al(2,7))＝eq \f(2,21)，P(A)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,7))＝eq \f(10,21)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,21),\f(10,21))＝eq \f(1,5).
(2)逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响健康，某调查机构进行了针对性的调查研究．据统计，一次性饮酒4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，则他还能继续饮酒2.4两，不诱发这种疾病的概率为( )
A.eq \f(7,8) B.eq \f(5,6) C.eq \f(3,4) D.eq \f(20,21)
答案 A
解析 记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，
则事件B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，继续饮酒2.4两不诱发这种疾病，
则B⊆A，AB＝A∩B＝B，P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，
故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(0.84,0.96)＝eq \f(7,8).
思维升华 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
(2)样本点法：P(B|A)＝eq \f(nAB,nA).
(3)缩样法：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．
跟踪训练2 (1)(2023·六盘山模拟)已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回．在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(2,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
答案 C
解析 设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，
所以P(A)＝eq \f(3,5)，P(AB)＝eq \f(3,10)，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
(2)某射击运动员每次击中目标的概率为eq \f(4,5)，现连续射击两次．
①已知第一次击中，则第二次击中的概率是________；
②在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是________．
答案 ①eq \f(4,5) ②eq \f(1,2)
解析 ①设第一次击中为事件A，第二次击中为事件B，则P(A)＝eq \f(4,5)，
由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，
因此已知第一次击中，则第二次击中的概率是eq \f(4,5).
②设仅击中一次为事件C，则仅击中一次的概率为P(C)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(4,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(8,25)，
在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是P(B|C)＝eq \f(\f(1,5)×\f(4,5),\f(8,25))＝eq \f(1,2).
题型三 全概率公式的应用
例3 (1)一份新高考数学试卷中有8道单选题，小胡对其中5道题有思路，3道题完全没有思路．有思路的题做对的概率是0.9，没有思路的题只能猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为( )
A.eq \f(79,160) B.eq \f(3,5) C.eq \f(21,32) D.eq \f(5,8)
答案 C
解析 设事件A表示“小胡答对”，事件B表示“小胡选到有思路的题”．
则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率
P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))
＝eq \f(5,8)×0.9＋eq \f(3,8)×0.25
＝eq \f(21,32).
(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为( )
A．0.48 B．0.49 C．0.52 D．0.51
答案 D
解析 设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”，
则P(A)＝P(eq \x\t(A))＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B|eq \x\t(A))＝0.95，
因此P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \x\t(A))P(B|eq \x\t(A))＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.
思维升华 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(Ai)P(B|Ai)．
(3)代入全概率公式计算．
跟踪训练3 (1)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4,0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9，则甲正点到达目的地的概率为( )
A．0.78 B．0.8 C．0.82 D．0.84
答案 C
解析 设事件A表示“甲正点到达目的地”，事件B表示“甲乘动车到达目的地”，事件C表示“甲乘汽车到达目的地”，
由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.
由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7
＝0.54＋0.28＝0.82.
(2)(2022·郑州模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”等．小王有3张“冬梦”、2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票各1张．小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”的事件；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”的事件，则P(B|A2)＝________，P(B)＝________.
答案 eq \f(1,2) eq \f(9,28)
解析 P(B|A2)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
由题知P(A1)＝eq \f(3,7)，P(A2)＝eq \f(2,7)，P(A3)＝eq \f(2,7)，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(3,7)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,7)×eq \f(2,4)＋eq \f(2,7)×eq \f(1,4)＝eq \f(9,28).
课时精练
1．若P(AB)＝eq \f(1,9)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(1,3)，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
答案 C
解析 ∵P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
∴P(A)P(B)＝eq \f(1,9)，
∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0，
∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立．
2．(2023·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是( )
A．0.819 2 B．0.972 8
C．0.974 4 D．0.998 4
答案 B
解析 4个都不能正常照明的概率为(1－0.8)4＝0.001 6，
只有1个能正常照明的概率为4×0.8×(1－0.8)3＝0.025 6，
所以至少有两个能正常照明的概率是
1－0.001 6－0.025 6＝0.972 8.
3．根据历年的气象数据可知，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
答案 A
解析 设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，
所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝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(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.2,0.25)＝0.8.
4．(2022·青岛模拟)甲、乙两名选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为( )
A．0.36 B．0.352
C．0.288 D．0.648
答案 D
解析 由题意可得甲最终获胜有两种情况：
一是前两局甲获胜，概率为0.6×0.6＝0.36，
二是前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4×0.6＝0.288，
这两种情况互斥，∴甲最终获胜的概率P＝0.36＋0.288＝0.648.
5．某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为25%，那么他答对题目的概率为( )
A．0.625 B．0.75 C．0.5 D．0.25
答案 A
解析 记事件A为“该考生答对题目”，事件B1为“该考生知道正确答案”，事件B2为“该考生不知道正确答案”，
则P(A)＝P(A|B1)·P(B1)＋P(A|B2)·P(B2)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
6．将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”； B表示事件“医生乙派往①村庄”； C表示事件“医生乙派往②村庄”，则( )
A．事件A与B相互独立
B．事件A与C相互独立
C．P(B|A)＝eq \f(5,12)
D．P(C|A)＝eq \f(5,12)
答案 D
解析 将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(个)样本点，它们等可能，
事件A含有的样本点个数为Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝12，
则P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，
同理P(B)＝P(C)＝eq \f(1,3)，
事件AB含有的样本点个数为Aeq \\al(2,2)＝2，则P(AB)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，
事件AC含有的样本点个数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝5，则P(AC)＝eq \f(5,36)，
对于A，P(A)P(B)＝eq \f(1,9)≠P(AB)，即事件A与B不相互独立，故A不正确；
对于B，P(A)P(C)＝eq \f(1,9)≠P(AC)，即事件A与C不相互独立，故B不正确；
对于C，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6)，故C不正确；
对于D，P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(5,12)，故D正确．
7．(2022·石家庄模拟)某电视台举办知识竞答闯关比赛，每位选手闯关时需要回答三个问题．第一个问题回答正确得10分，回答错误得0分；第二个问题回答正确得20分，回答错误得0分；第三个问题回答正确得30分，回答错误得－20分．规定，每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功．若某位选手回答前两个问题正确的概率都是eq \f(2,3)，回答第三个问题正确的概率是eq \f(1,2)，且各题回答正确与否相互之间没有影响，则该选手仅回答正确两个问题的概率是 ________；该选手闯关成功的概率是 ________.
答案 eq \f(4,9) eq \f(1,2)
解析 该选手仅回答正确两个问题的概率是P1＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(4,9)，
该选手要闯关成功，则只有第3个问题回答正确或者第1,3两个问题回答正确或者第2,3两个问题回答正确或者三个问题都回答正确，所以闯关成功的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))2×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
8．某医生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的条件下，他在周三晚上值班的概率为________．
答案 eq \f(1,6)
解析 设事件A为“周二晚上值班”，事件B为“周三晚上值班”，
则P(A)＝eq \f(C\\al(1,6),C\\al(2,7))＝eq \f(2,7)，
P(AB)＝eq \f(1,C\\al(2,7))＝eq \f(1,21)，
故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6).
9．(2022·襄阳模拟)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝eq \f(1,10)，P2＝eq \f(1,9)，P3＝eq \f(1,8).
(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
解 (1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率
P＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,9)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,8)))＝eq \f(3,10).
(2)设“该款智能自动检测合格”为事件A，“人工抽检合格”为事件B，
则P(A)＝eq \f(9,10)，P(AB)＝1－eq \f(3,10)＝eq \f(7,10)，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(7,10),\f(9,10))＝eq \f(7,9).
10．(2023·佛山模拟)男子冰球比赛上演的是速度与激情的碰撞.2022北京冬奥会男子冰球主要比赛场馆是位于北京奥林匹克公园的“冰之帆”国家体育馆．本届冬奥会男子冰球有12支队伍进入正赛，中国首次组队参赛．比赛规则：12支男子冰球参赛队先按照往届冬奥会赛制分成三个小组(每组4个队)．正赛分小组赛阶段与决赛阶段：
小组赛阶段各组采用单循环赛制(小组内任意两队需且仅需比赛一次)；决赛阶段均采用淘汰制(每场比赛胜者才晋级)，先将12支球队按照小组比赛成绩进行排名，排名前四的球队晋级四分之一决赛(且不在四分之一决赛中相遇)，其余8支球队按规则进行附加赛(每队比赛一次，胜者晋级)，争夺另外4个四分之一决赛席位，随后依次是四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛．
(1)本届冬奥会男子冰球项目从正赛开始到产生金牌，组委会共要安排多少场比赛？
(2)某机构根据赛前技术统计，率先晋级四分之一决赛的四支球队(甲、乙、丙、丁队)实力相当，假设他们在接下来的四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛中取胜的概率都依次为eq \f(3,4)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，且每支球队晋级后每场比赛相互独立．试求甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率．
解 (1)根据赛制，小组赛共安排3×Ceq \\al(2,4)＝18(场)比赛，
附加赛共安排8÷2＝4(场)比赛，
四分之一决赛共安排8÷2＝4(场)比赛，
半决赛共安排4÷2＝2(场)比赛，
铜牌赛、金牌赛各比赛一场，共2场，
故本届冬奥会男子冰球项目从正赛开始到产生金牌，组委会共要安排18＋4＋4＋2＋2＝30(场)比赛．
(2)设甲、乙、丙、丁队获得冠军分别为事件A，B，C，D，都没有获得冠军为事件E，
∵晋级后每场比赛相互独立，
∴P(A)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
∵四队实力相当，∴P(B)＝P(C)＝P(D)＝P(A)＝eq \f(3,16)，
∵事件A，B，C，D互斥，
∴甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为
P(E)＝1－P(A∪B∪C∪D)
＝1－[P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)]
＝1－4×eq \f(3,16)＝eq \f(1,4).
故甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为eq \f(1,4).
11．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(16,27) C.eq \f(32,81) D.eq \f(40,81)
答案 D
解析 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
故甲获得冠军的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(40,81).
12．(多选)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是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析 由题意知，A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确；P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，由此知，B正确；
P(B|A2)＝eq \f(4,11)，P(B|A3)＝eq \f(4,11)；
而P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(5,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22)，由此知A，C不正确．
13．(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
答案 D
解析 设该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，
方法一 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．
方法二 (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＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.
所以P丙最大．
14．(2023·舟山模拟)根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，
P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝________.(精确到0.001)
答案 0.087
解析 ∵P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，
∴P(A|eq \x\t(C))＝1－P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.05，
∵P(C)＝0.005，∴P(eq \x\t(C))＝0.995，
由全概率公式可得，
P(A)＝P(A|C)P(C)＋P(A|eq \x\t(C))P(eq \x\t(C))，
∵P(AC)＝P(C|A)P(A)＝P(A|C)P(C)，
∴P(C|A)＝eq \f(PA|CPC,PA|CPC＋PA|\x\t(C)P\x\t(C))
＝eq \f(0.95×0.005,0.95×0.005＋0.05×0.995)＝eq \f(19,218)≈0.087.
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