选择性必修第二册8.1条件概率精品当堂检测题

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知识精讲
知识点01 条件概率的理解
1.定义：对于任意两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率．
在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，用符号表示为P(B|A)．把由事件A和B同时发生所构成的事件，称为A与B的交(或积)，记作A∩B(或AB)．一般地，我们有条件概率公式P(B|A)＝.
2.条件概率的计算
1．计算在事件A发生的条件下B发生的概率，常有以下两种方式：
(1)利用定义计算
先分别计算概率P(A∩B)及P(A)，然后借助于条件概率公式P(B|A)＝求解．
(2)已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)相当于把A看做新的基本事件空间来计算AB发生的概率，即P(B|A)＝n(AB)n(A).此法常应用于古典概型中的条件概率求法．
注意：
对定义的进一步理解
（1）每一个随机试验，都是在一定条件下进行的，条件概率则是当试验结果的一部分信息已经知道，即在原随机试验的条件上又加上一定的条件的概率；
（2）事件A在“事件B发生”这个附加条件下发生的概率与没有这个附加条件下发生的概率一般是不同的；
（3）当题目涉及“在…前提下”等字眼时，一般为条件概率，如题目中没有上述字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，也是条件概率．在条件概率的表示中，"|"之后的部分表示条件.
3.条件概率的性质
设P(A)>0,则
(1)P(B|A)∈[0,1],P(A|A)=1;
(2)如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=④P(B|A)+P(C|A);
(3)设和B互为对立事件,则P(|A)=⑤ 1-P(B|A)
【即学即练1】（2022·河南郑州·高二期末）已知随机事件A，B的概率分别为P(A),P(B)，且P(A)P(B)≠0，则下列说法中正确的是（ ）
A．P(A|B)C．P(B|A)=P(A|B)P(B)P(A)D．P(B|B)=0
【答案】C
【分析】由条件概率的公式对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由条件概率知：P(A|B)=P(AB)PB，因为PB∈0,1，所以P(A|B)=P(AB)PB>P(AB)，故A不正确；
P(B|A)=PABPA,P(A|B)=PABPB，PA与PB不一定相等，所以P(B|A)=P(A|B)不一定成立，故B不正确；
P(B|A)=PABPA,P(A|B)=PABPB，所以P(B|A)=PABPA=P(A|B)P(B)P(A)，故C正确；
P(B|B)=PBPB≠0，故D不正确.
故选：C.
【即学即练2】（2022·湖南·长沙市雅礼实验中学高三开学考试）已知A，B分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则下列说法正确的是（ ）
A．PBA+PBA=P(A)
B．若PA+PB=1，则 A，B对立
C．若A，B独立，则PAB=P(A)
D．若A，B互斥，则PAB+PBA=1
【答案】C
【分析】利用条件概率的概率公式以及独立事件与对立事件的概率公式，对四个选项进行分析判断，即可得到答案；
【详解】对A，PBA+PBA=P(AB)+P(AB)P(A)=P(A)P(A)=1，故A错误；
对B，若A，B对立，则PA+PB=1，反之不成立，故B错误；
对C，根据独立事件定义，故C正确；
对D，若A，B互斥，则PAB+PBA=0，故D错误；
故选：C
能力拓展
◆考点01 条件概率的应用
◆类型1 定义法的应用
【典例1】（2021·全国·高二课时练习）抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是（ ）
A．18B．78C．17D．67
【答案】C
【分析】由题可知，抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个，其中有一枚正面朝上的基本事件有7个，分别求出“有一枚正面朝上”和“三枚都正面朝上”的概率，最后根据条件概率的计算公式，即可求出结果.
【详解】解：根据题意，可知抛掷三枚硬币，则基本事件共有8个，其中有一枚正面朝上的基本事件有7个，记事件A为“有一枚正面朝上”，则PA=78，记事件B为“另外两枚也正面朝上”，
则AB为“三枚都正面朝上”，故PAB=18，故PBA=PABPA=1878=17.
即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是17.故选：C.
【点睛】本题考查条件概率的计算公式的应用，考查分析和计算能力．
【典例2】（2022·福建泉州·）目前，国际上常用身体质量指数BMI=体重单位：kg身高2单位：m2来衡量人体胖瘦程度以及是否健康．某公司对员工的BMI值调查结果显示，男员工中，肥胖者的占比为3100；女员工中，肥胖者的占比为2100，已知公司男、女员工的人数比例为2：1，若从该公司中任选一名肥胖的员工，则该员工为男性的概率为（ ）
A．3100B．9200C．35D．34
【答案】D
【分析】先求出任选一名员工为肥胖者的概率和肥胖者员工为男性的概率，再根据条件概率计算即可.
【详解】设公司男、女员工的人数分别为2n和n，则男员工中，肥胖者有2n×3100=3n50人，
女员工中，肥胖者有n×2100=n50人，设任选一名员工为肥胖者为事件A，肥胖者为男性为事件B，
则P(AB)=3n503n=150，P(A)=3n50+n503n=275，则P(BA)=P(AB)P(A)=150275=34.
故选：D.
【典例3】（2022·广东·饶平县第二中学高二阶段练习）某班有6名班干部，其中4名男生，2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为（ ）
A．35B．25C．12D．23
【答案】B
【分析】设男生甲被选中为事件A，女生乙被选中为事件B，分别求得P(A)，P(AB)，再结合条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】解：由题意，从现有4名男生，2名女生选出3人参加学校组织的社会实践活动，
设男生甲被选中为事件A，其概率为P(A)=C52C63=12，设女生乙被选中为事件B，
则男生甲被选中且女生乙也被选中的概率为P(AB)=C41C63=15，
所以在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为PB|A=P(AB)P(A)=1512=25.
故选：B.
◆类型2 基本事件总数法
【典例4】（2022·黑龙江·哈尔滨市第一二二中学校模拟预测（理））假定生男孩和生女孩是等可能的，某家庭有两个小孩，如果已经知道这个家庭有女孩，则这个两个小孩都是女孩的概率是__________.
【答案】13
【分析】首先列出样本空间，再判断题目为条件概率，然后根据条件概率的公式求解概率即可.
【详解】观察两个小孩的性别，用b表示男孩，g表示女孩，则样本空间Ω=bb,bg,gb,gg ，且所有样本点是等可能的.用A表示事件“选择的家庭中有女孩”，B表示事件“选择的家庭中两个小孩都是女孩”，则A=bg,gb,gg,B=gg.
“在选择的家庭有女孩的条件下，两个小孩都是女孩”的概率就是“在事件A发生的条件下，事件B发生”的概率，记为PB|A.此时A成为样本空间，事件B就是积事件AB.根据古典概型知识可知，PB|A=nABnA=13.
故答案为：13
【典例5】（2023·甘肃·模拟预测）在6道题中有3道理综题和3道文综题，如果不放回地依次抽取2道题，则“在第1次抽到理综题的条件下，第2次抽到文综题”的概率为（ ）
A．12B．13C．25D．35
【答案】D
【分析】可以利用古典概型的概率公式求解或者利用条件概率的计算公式求解
【详解】法一：第1次抽到理综题的条件下，依次抽取2道题，共有C31C51=15种抽法，其中第2次抽取文综题的情况共有C31C31=9种，因此，所求概率P=915=35.
故选：D.
法二：第一次抽到理综题的概率PA=A31A51A62=12，第一次抽到理综题和第二次抽到文综题的概率PAB=A31A31A62=310,∴PB∣A=PABPA=31012=35.
故选：D.
◆类型3 与几何概型的结合
【典例6】任意向x轴上(0,1)这一区间内投掷一个点，问：
(1)该点落在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内的概率是多少？
(2)在(1)的条件下，求该点落在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内的概率．
【解析】由题意可知，任意向(0,1)这一区间内投掷一点，该点落在(0,1)内哪个位置是等可能的，
令A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|0(1)P(A)＝eq \f(\f(1,2),1)＝eq \f(1,2).
(2)令B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|\f(1,4)【典例7】．（2020·宁夏·银川三沙源上游学校二模（理））如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形OEF（阴影部分）内”，则PB|A=（ ）
A．π4B．14C．π16D．18
【答案】B
【分析】利用几何概型先求出P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，再由条件概率公式求出P(B|A)．
【详解】如图所示，半径为1的圆O是正方形MNPQ的内切圆，
将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ内，用A表示事件“豆子落在圆O内”，B表示事件“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(A)=π×1222=π4，P(AB)=14×π×1222=π16，∴P(B|A)=P(AB)P(A)=π16π4=14．故选B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查几何概型、条件概率能等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
◆考点02 有无放回问题
【典例8】一个口袋内装有2个白球和3个黑球，则先摸出一个白球后放回，再摸出1个白球的概率是( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
【答案】C
【解析】先摸一个白球再放回，再摸球时，条件未发生变化，故概率仍为eq \f(2,5)，故选C.
【典例9】一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么
(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？
(2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？
【解析】(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸到白球”为AB，先摸一球不放回，再摸一球共有4×3种结果，∴P(A)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(2×1,4×3)＝eq \f(1,6)，
∴P(B|A)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq \f(1,3).
(2)设“先摸出一个白球放回”为事件A1，“再摸出一个白球”为事件B1，两次都摸到白球为事件A1∩B1，
P(A1)＝eq \f(1,2)，P(A1B1)＝eq \f(2×2,4×4)＝eq \f(1,4)，∴P(B1|A1)＝eq \f(PA1B1,PA1)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
所以先摸1个白球不放回，再摸1个白球的概率为eq \f(1,3)，先摸一个白球后放回再摸出1个白球的概率为eq \f(1,2).
分层提分
题组A 基础过关练
一、单选题
1．已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且PA∪BC=12，PBC=112，PC=14，则PAC的值等于（ ）
A．16B．112C．14D．13
【答案】A
【分析】根据条件概率的公式，以及概率的加法公式，可得答案.
【详解】由题意，PBC=PBCPC=13，由A，B是互斥事件知，PA∪BC=PAC+PBC，
所以PAC=PA∪BC-PBC=12-13=16，
故选：A．
2．甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和4个红球，丙袋中有4个白球和4个红球．先随机取一只袋，再从该袋中先后随机取2个球，第一次取出的球是红球的概率（ ）
A．1019B．215C．4790D．12
【答案】C
【分析】根据取到甲、乙、丙袋分三种情况结合条件概率求解.
【详解】设第一次取到红球为事件A，取到甲、乙、丙袋为事件A1,A2,A3,
由条件概率公式可得P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)
=25×13+46×13+48×13=4790,
故选:C.
3．甲、乙两个家庭出去游玩，准备分别从北京、上海、重庆和天津4个地点中随机选择一个，记事件A：甲和乙选择的地点不同，事件B：甲和乙恰有一个选择北京，则P(B∣A)=（ ）
A．14B．34C．23D．12
【答案】D
【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.
【详解】事件AB：甲乙只有其中一个人选择了北京，故P(AB)=2×34×4 ,P(A)=4×34×4,因此P(B∣A)=P(AB)P(A)=12,
故选：D
4．小明和李华在玩游戏，他们分别从1~9这9个正整数中选出一个数告诉老师，老师经过计算后得知他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，那么小明选择的数是偶数的概率是（ ）
A．38B．49C．916D．12
【答案】A
【分析】根据条件概率公式求解即可.
【详解】解：设两数之差为偶数为事件A，小明选择的数是偶数为事件B，
由于他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，则小明选择的数是偶数的概率为：PB|A=PABPA=49×3949×39+59×49=1232=38.
故选：A．
5．近年来，准南市全力推进全国文明城市创建工作，构建良好的宜居环境，城市公园越来越多，某周末，甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上密森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择共中一个景点游玩，记事件M：甲和乙至少一人选择八公山森林公园，事件N：甲和乙选择的景点不同，则PNM=（ ）
A．716B．78C．37D．67
【答案】D
【分析】根据对立事件可求出PM=716，然后求得PMN=38，根据条件概率公式，即可求出答案.
【详解】由已知可得，甲乙两人随机选择景点，所有的情况为4×4=16种，甲乙两人都不选择八公山森林公园的情况为3×3=9种，所有甲乙两人都不选择八公山森林公园的概率为p1=916，所以PM=1-916=716.
事件MN：甲选择八公山森林公园，乙选择其他，有3种可能；或乙选择八公山森林公园，甲选择其他，有3种可能.甲乙两人随机选择有所以事件MN发生的概率为PMN=3+316=38，
根据条件概率公式可得，PNM=PMNPM=38716=67.
故选：D.
6．小明每天上学途中必须经过2个红绿灯，经过一段时间观察发现如下规律：在第一个红绿灯处遇到红灯的概率是12，连续两次遇到红灯的概率是16，则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为（ ）
A．23B．34C．13D．12
【答案】C
【分析】由条件概率公式求解即可
【详解】设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件A，
“小明在第二个红绿灯处遇到红灯”为事件B，
则由题意可得PA=12,PAB=16，
则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下，
第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为PB∣A=PABPA=13．
故选：C．
二、多选题
7．一个袋中有大小､形状完全相同的3个小球，颜色分别为红､黄､蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则（ ）
A．PA=13B．A,B为互斥事件
C．PB∣A=12D．A,B相互独立
【答案】AC
【分析】结合随机事件的概率，及互斥事件、相互独立等知识点逐一对选项进行分析.
【详解】PA=13,A正确；
A,B可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，A,B不互斥，B错误；
在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为12,C正确；
PB=23×12+13×0=13,PAB=13×12=16,PAB≠PAPB,∴A,B不独立，
D错误；
故选：AC.
8．设A，B是两个随机事件，且0A．P(A+B)=P(B)B．P(BA)=P(A)P(B)
C．P(AB)=1D．P(AB)=P(A)
【答案】ABD
【分析】根据B发生时A必定发生，得到B⊆A，故A+B=A,AB=B，从而得到P(A+B)=P(A),P(AB)=P(B)，AD错误；结合条件概率判断出B错误，C正确.
【详解】由题意，B⊆A，所以A+B=A,AB=B，所以P(A+B)=P(A),P(AB)=P(B)，则A，D错误；
P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)，则B错误；
P(A|B)=P(AB)P(B)=P(B)P(B)=1，则C正确.
故选：ABD.
9．一袋中有3个红球，4个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中任取3个球，事件A“这3个球都是红球”，事件B“这3个球中至少有1个红球”，事件C“这3个球中至多有1个红球”，则下列判断错误的是（ ）
A．事件A发生的概率为15B．事件B发生的概率为310
C．事件C发生的概率为335D．P(A|B)=131
【答案】ABC
【分析】根据题意求出基本事件总数、满足条件的基本事件数，利用古典概型概率公式及条件概率公式求解即可.
【详解】由题意7个球中任取3个球的基本事件总数为：C73=35
这3个球都是红球的基本事件数为：C33=1，
所以事件A发生的概率为：P(A)=135，故A错误，
这3个球中至少有1个红球的基本事件数为：
C31⋅C42+C32⋅C41+C33=18+12+1=31，
所以事件B发生的概率为：P(B)=3135，故B错误，
这3个球中至多有1个红球的基本事件数为：
C31⋅C42+C43=18+4=22，
事件C发生的概率为P(C)=2235,故C错误，
因为P(AB)=P(A)=135，
所以由条件概率公式得：P(A|B)=P(AB)P(B)=1353135=131，
故D正确，
故选：ABC.
10．已知事件A,B相互独立，则（ ）
A．事件A与事件B不相互独立B．PA=P(A|B)
C．事件AB与事件AB互斥D．在事件B发生的条件下，事件AB与事件AB互为对立事件
【答案】BCD
【分析】根据独立性和互斥性的概念以及条件概率的公式逐项分析即可求出结果.
【详解】因为PAB=PA-AB=PA-PAB=PA-PAPB
=PA1-PB=PAPB，因此事件A与事件B相互独立，故A错误；
因为P(A|B)=PABPB=PAPBPB=PA，故B正确；
因为事件A,B相互独立，由A选项证得的结论知事件A与事件B相互独立，
因此AB与AB不可能同时发生，所以AB与AB互斥，故C正确；
PAB|B=PABBPB=PABPB=PAPBPB=PA，
P(AB|B)=P((AB)B)P(B)=PABP(B=PAPBPB=P(A)，
又因为P(A)+P(A)=1，所以在事件B发生的条件下，事件AB与事件AB互为对立事件，故D正确，
故选：BCD.
三、填空题
11．某公司在某地区进行商品A的调查，随机调查了100位购买商品A的顾客的性别，其中男性顾客18位，已知该地区商品A的购买率为10%，该地区女性人口占该地区总人口的46%，从该地区中任选一人，若此人是男性，求此人购买商品A的概率______
【答案】130
【分析】根据条件概率的公式求解即可.
【详解】设从该地区中任选一人，此人是男性为事件B，此人购买商品A为事件C，
则该地区男性人口占该地区总人口的1-46%=54%，
则PB=54%，PBC=10%⋅18100=1.8%，
由条件概率公式可得PCB=PBCPB=1.8%54%=130.
故答案为：130.
12．设100件产品中有70件一等品，25件二等品，规定一、二等品为合格品．从中任取1件，已知取得的是合格品的条件下，则它是一等品的概率为_______．
【答案】1419
【分析】方法1：由条件概率公式P(B|A)=P(AB)P(A)计算可得结果.
方法2：由条件概率公式P(B|A)=n(AB)n(A)计算可得结果.
【详解】设事件A表示“取得合格品”，事件B表示“取得一等品”，
由已知得：B⊆A，∴AB=B，
方法1：∴取得的是合格品，它是一等品的概率为：P(B|A)=P(AB)P(A)=7010095100=1419
方法2： ∴取得的是合格品，它是一等品的概率为：P(B|A)=n(AB)n(A)=7095=1419
故答案为：1419.
13．某个闯关游戏规定：闯过前一关才能去闯后一关，若某一关没有通过，则游戏结束.小明闯过第一关的概率为34，连续闯过前两关的概率为12，连续闯过前三关的概率为14.事件A表示小明第一关闯关成功，事件C表示小明第三关闯关成功，则PCA=______.
【答案】13
【分析】设事件B表示小明第二关闯关成功，由条件概率计算公式可得答案.，
【详解】设事件B表示小明第二关闯关成功，
由题意 PA=34，PABC=14，
所以PC|A=PABCPA=1434=13.
故答案为：13.
四、解答题
14．甲、乙两人参加某知识竞赛对战，甲答对每道题的概率均为12，乙答对每道题的概率均为p0(1)若乙在第一轮答题中，恰好答对两道必答题的概率为fp，求fp的最大值和此时乙答对每道题的概率p0；
(2)以（1）中确定的p0作为p的值，求乙在两轮对战后得到25分的概率.
【答案】(1)49，p0=23
(2)19
【分析】（1）根据题意求出乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题的各种情况，得到乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题概率的表达式，求导得到fp的最大值和此时乙答对每道题的概率p0.
（2）根据乙在两轮对战后得到25分，得到得25分的情况，即可求出乙在两轮对战后得25分的概率.
【详解】（1）由题意
设“乙在第一轮答题中的第i次答题答对”设为事件Ai，则乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题有三种情况：
A1,A2,A3, A1,A2,A3, A1,A2,A3，
则乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题概率为：f(p)=(1-p)⋅p⋅p+p⋅(1-p)⋅p+p⋅p⋅(1-p)=3p2-p3，
在f(p)=3p2-p3中
f'(p)=6p-9p2=3p(2-3p)，
则fp在0,23单调递增，在23,1单调递减，
∴fp的最大值为f23=49，
此时，p0=23；
（2）由题意及（1）得
∵乙在两轮对战后得25分，
∴乙在第一轮必答环节中恰好答对两道，且第二轮抢答环节中甲抢到并答错，
∵以（1）中确定的p0作为p的值，乙在第一轮答题中恰好答对两道必答题的概率为49，
∴故乙在两轮对战后得25分的概率为P=49×12×1-12=19.
15．盒中装有5个同种产品，其中3个一等品，2个二等品，不放回地从中取产品，每次取1个，求；
(1)取两次，两次都取得一等品的概率；
(2)取两次，第二次取得一等品的概率；
(3)取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率．
【答案】(1)310
(2)35
(3)12
【分析】（1）利用古典概型概率的计算公式，计算出所求答案.
（2）根据概率的知识求得正确答案.
（3）根据条件概率计算公式，计算出所求答案.
【详解】（1）有5个同种产品，其中3个一等品，
取两次，两次都取到一等品的概率为35×24=310.
（2）有5个同种产品，其中3个一等品，
根据概率的知识可知：取两次，第二次取得一等品的概率为35×24+25×34=35.
（3）记事件Ai表示“第i次取到一等品”，其中i=1,2．
取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得二等品的概率为P(A1|A2)=P(A1A2)P(A2)=25×3435=12．
五、双空题
16．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PA为__________，PBA为__________．
【答案】 25##0.4 14##0.25
【分析】根据条件概率和古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，有1,2,1,3,1,4,1,5,2,3,2,4,2,5,3,4,,3,5,4,510种情况，
事件A有1,3,1,5,2,4,3,54种情况，事件B有2,41种情况，
所以PA=410=25，PBA=14.
故答案为：①25；②14.
题组B 能力提升练
一、单选题
1．已知A,B为两个随机事件，P(A),P(B)>0，则“A,B相互独立”是“P(AB)=P(AB)”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用独立事件的公式，结合充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】当A,B相互独立时，PAB=PABPB=PAPBPB=PA，
P(AB)=PABPB=PAPBPB=P(A)，则P(AB)=P(AB)，故充分；
当P(AB)=P(AB)时，因为P(AB)=P(AB)P(B)， PAB=PABPB=PAB1-PB，
所以P(AB)P(B) =PAB1-PB，得PAB-PABPB=PBPAB，
PAB=PABPB+PBPAB=PAPB，故必要.
故选：A.
2．某车间加工同一型号零件，第一､二台车床加工的零件分别占总数的40%，60%，各自产品中的次品率分别为6%，5%.记“任取一个零件为第i台车床加工(i=1,2)”为事件Ai，“任取一个零件是次品”为事件B，则（ ）
①P(B)=0.054 ②PA2B=0.03 ③PBA1=0.06 ④PA2B=59
A．①②④B．②③④C．②③D．①②③④
【答案】B
【分析】根据全概率概率公式及条件概率概率公式计算可得；
【详解】依题意PA1=0.4，PA2=0.6，PB|A1=0.06，PB|A2=0.05，故③正确；
所以PB=PB|A1⋅PA1+PB|A2⋅PA2=0.4×0.06+0.6×0.05=0.054，
所以P(B)=1-PB=1-0.054=0.946，故①错误；
因为PB|A2=PBA2PA2，所以PBA2=PB|A2PA2=0.6×0.05=0.03，故②正确；
所以PA2B=PBA2PB=，故④正确；
故选：B
3．2022卡塔尔世界杯比赛场地是在卡塔尔的8座体育馆举办．将甲、乙、丙、丁4名裁判随机派往卢赛尔，贾努布，阿图玛玛三座体育馆进行执法，每座体育馆至少派1名裁判，A表示事件“裁判甲派往卢赛尔体有馆”；B表示事件“裁判乙派往卢赛尔体育馆”；C表示事件“裁判乙派往贾努布体育馆”，则（ ）
A．事件A与B相互独立B．事件A与C为互斥事件
C．PCA=13D．PBA=16
【答案】D
【分析】先求出每个体育馆至少派一名裁判总的方法数，再求出事件A，B分别发生的情况数与事件A，B同时发生的情况数，得到P(AB)≠P(A)P(B)，判断出A错误，
同理可得B错误；
利用条件概率求解公式得到C错误，D正确.
【详解】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有C42C21C11A22A33=36种方法，
事件A：甲派往①，则若①体育馆分2人，则只需将乙、丙、丁与三个体育馆进行全排列即可，有A33=6种，
若①体育馆分1人：则将乙、丙、丁分为两组，与体育馆②③进行全排列，有C32C11A22=6种，共有6+6=12种，
∴P(A)=1236=13，
同理P(B)=1236=13，
若甲与乙同时派往①体有馆，则①体育馆分两人，只需将丙，丁与体育馆②③进行全排列，有A22种，
∴P(AB)=236=118,P(AB)≠P(A)P(B)=19，故事件A与B不相互独立，A错误；
同理可得，P(C)=1236=13，
若甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生，若丙丁2人都去往体育馆③，有C22=1种，
若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有C21C21=4种情况，
综上：甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生的情况有1+4=5种，
故P(BC)=536,P(BC)≠P(B)P(C)，B错误；
PBA=P(AB)P(A)=11813=16，D正确；
事件C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分2人，则只需将甲、丙、丁与三个体育馆进行全排列，有A33=6种，
若②体育馆分1人，则则将甲、丙、丁分为两组，与体育馆①③进行全排列，有C32C11A22=6种，共有6+6=12种，
∴P(C)=1236=13，
若事件A，C同时发生，
若丙丁2人都去往体育馆③，有C22=1种，
若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有C21C21=4种情况，
综上：事件A，C同时发的情况有1+4=5种，
∴PAC=536，PCA=PACPA=53613=512，C错误；
故选：D
4．对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（ ）
A．13B．12C．23D．14
【答案】A
【分析】根据分步计数原理可计算出1号格子涂灰色的方案总数，再计算1号格子和4号格子同时涂灰色的方案数，即可算出其概率.
【详解】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为3×3×2=18种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选色方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为3×2=6种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是P=618=13.
故选：A.
5．将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往①，②，③三个社区进行核酸信息采集，每个社区至少派1名志愿者，A表示事件“志愿者甲派往①社区”；B表示事件“志愿者乙派往①社区”；C表示事件“志愿者乙派往②社区”，则（ ）
A．事件A与B相互独立
B．事件A与C为互斥事件
C．P(CA)=512
D．P(BA)=19
【答案】C
【分析】利用部分平均分组公式，可得总事件数，根据题意，分情况，利用古典概型，求得概率，根据独立事件的概率公式、互斥事件定义，以及条件概率公式，可得答案.
【详解】每个社区至少派一名志愿者，则有C42C21C11A22A33=36种方法，
事件A：甲派往①，则若①社区分2人，则有A33=6种，若①社区分1人：则有C32C11A22=6种，共有6+6=12种，∴PA=1236=13，同理PB=1236=13，
若甲与乙同时派往①社区，则①社区分两人，有A22种，∴PAB=236=118，PAB≠PAPB=19，A错误；
由互斥事件概念易知，B错误；
事件C：志愿者乙派往②社区，若②村分2人，则有A33=6种，若②村分1人，则有C32C11A22=6种，共有6+6=12种，
∴PC=1236=13，若事件A，C同时发生，则有C31+C21=5种，∴PAC=536，PC|A=PACPA=5313=512，C正确；
PB|A=PABPA=11813=16≠19，D错误，
故选：C
6．近日，各地有序开展新冠疫苗加强针接种工作，某社区疫苗接种点为了更好的服务市民，决定增派甲、乙、丙、丁4名医务工作者参加登记、接种、留观3项工作，每项工作至少1人参加，若A表示事件：“甲参加登记这项工作”；B事件表示“乙参加登记这项工作”；C事件表示“乙参加接种这项工作”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件A与B相互独立B．事件A与C相互独立
C．PC∣A=712D．PB∣A=16
【答案】D
【分析】计算出PA=PB=PC=13，PAB=236=118，验证得到PAPB≠PAB，PAPC≠PAC，故AB错误；
利用条件概率公式求出PC∣A,PB∣A，得到C错误，D正确.
【详解】先将甲、乙、丙、丁4名医务工作者分为3组，1组2人，2组1人，则有C42种选择，
再将分好的3组人员与参加登记、接种、留观3项工作全排列，故共有C42A33=36种基本事件，
若甲与另外一人，共同参加登记这项工作，则只需将乙、丙、丁与登记、接种、留观3项工作全排列即可，此时由A33种选择，
若甲单独参加登记这项工作，则先将剩余的乙、丙、丁分为两组，再和接种、留观2项工作全排列，有C32A22种选择，
故事件A包含的基本事件数为：A33+C32A22=12，则PA=1236=13，
同理PB=PC=13，
事件AB包含的基本事件数为：A22=2，则PAB=236=118，
事件AC包含两种情况，一是甲单独参加登记这项工作，乙单独参加接种这项工作，则剩余的两人参加留观工作，此时由C22种选择，
二是甲乙两人，有1人不是单独参加工作，此时有C21C21种选择，
故事件AC包含的基本事件数为：C22+C21C21=5，则PAC=536
∵PAPB=19≠PAB，故A错误；
∵PAPC=19≠PAC，故B错误；
∵PC∣A=PCAPA=512，故C错误；
∵PB∣A=PABPA=16，故D正确．
故选：D.
二、多选题
7．新型冠状病毒肺炎（Crna Virus Disease2019，COVID-19），简称“新冠肺炎”，世界卫生组织命名为“2019冠状病毒病”，是指2019新型冠状病毒感染导致的肺炎.用核酸检测的方法可以诊断是否患有新冠，假设PAB=0.99，PAB=0.999，其中随机事件A表示“某次核酸检测被检验者阳性”，随机事件B表示“被检验者患有新冠”，现某人群中PB=0.01，则在该人群中（ ）
A．每100人必有1人患有新冠
B．若PBA=0.99，则事件A与事件B相互独立
C．若某人患有新冠，则其核酸检测为阳性的概率为0.999
D．若某人没患新冠，则其核酸检测为阳性的概率为0.001
【答案】BD
【分析】根据相互独立事件，对立事件和条件概率的计算公式逐项进行判断即可求解.
【详解】因为PB=0.01表示每100人大约由1人患有新冠，故选项A错误；
因为PB=0.01，所以P(B)=1-P(B)=0.99，又因为PAB=0.999，由条件概率的计算公式可得：P(AB)=P(A|B)P(B)=0.999×0.99，若PBA=0.99，则P(A)=P(AB)P(B|A)=0.999×，因为P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立，则事件A与事件B相互独立，故选项B正确；
由题意可知：若某人患有新冠，则其核酸检测为阳性的概率P(A|B)=0.99，故选项C错误；
某人没患新冠，则其核酸检测为阳性的概率为P(A|B)，因为PAB=0.999，
所以P(A|B)=1-PAB=1-0.999=0.001，故选项D正确，
故选：BD.
8．从分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，分别记事件A为“抽得的两张卡片上的数字之和大于8”，事件B为“第一张卡片上的数小于第二张卡片上的数”，则（ ）
A．PA=518B．PB=49
C．PBA=25D．PAB=14
【答案】AC
【分析】用列举法写出事件A,B包含的基本事件，然后可计算概率，由条件概率公式计算条件概率后判断各选项．
【详解】由题可知，总的基本事件共有36种，其中事件A包含（3，6），（4，5），（4，6），（5，4），（5，5），（5，6），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），共10种；事件B包含（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），（3，4），（3，5），（3，6），（4，5），（4，6），（5，6），共15种，所以PA=1036=518，PB=1536=512，PA∩B=PB∩A=436=19，PBA=PB∩APA=19518=25，
PAB=PA∩BPB=19512=415，
故选：AC.
9．将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积.如图所示的单位正方形中，区域I表示事件AB，区域II表示事件AB，区域I和Ⅲ表示事件B，则区域IV的面积为（ ）
A．PABB．PA+BC． PABPB D．PAPB
【答案】BCD
【分析】由题意可知区域IV表示的事件为A⋅B，然后逐个分析判断即可.
【详解】由题意可知区域IV表示的事件为A⋅B，
对于C，PABPB=PA⋅BPB⋅PB=PA⋅B，C对.
对于B，PA+B=PA⋅B，B对.
对于A，PAB≠PA⋅B，A错.
对于D， A，B相互独立，所以PAB=PAPB，所以D正确，
故选：BCD.
10．寒假期间，甲，乙，丙，丁，戊共5位同学被安排到A，B，C，D四个小区参加社会实践活动，要求每个小区至少安排一位同学，且每位同学只能到一个小区参加实践活动，则下列结论正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有240种
B．甲同学被安排到A小区的概率是14
C．甲乙两位同学被安排在同一小区的概率为15
D．在甲同学被安排到A小区的前提下，A小区有两位同学的概率是25
【答案】ABD
【分析】由捆绑法判断A；由捆绑法结合概率公式判断B；由组合公式得出甲乙两位同学被安排在同一小区的方法数结合概率公式判断C；由概率公式判断D.
【详解】对A，甲、乙、丙、丁、戊共5位同学被安排到A，B，C，D四个小区参加社会实践活动，则共有C52A44=240种安排方法，故A正确；
对B，甲同学被安排到A小区，若A小区只有一个人，则有C42A33=36种安排方法，若A小区只有2个人，则有A44=24种安排方法，所以甲同学被安排到A小区有36+24=60种安排方法，所以甲同学被安排到A小区的概率是60240=14，故B正确；
对C，甲乙两位同学被安排在同一小区，共有A44=24种不同的安排方法，所以甲乙两位同学被安排在同一小区的概率为24240=110，故C错误；
对D，甲同学被安排到A小区有60种安排方法，在甲同学被安排到A小区支教的前提下，A小区有两名同学的安排方法有24种，所以在甲同学被安排到A小区支教的前提下，A小区有两名同学的概率是2460=25，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
11．冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则PAB=__________.
【答案】3142
【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.
【详解】PAB=PABPB，
PAB表示A事件与B事件同时发生的概率，
冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有73种选择，
对B事件：
若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则PB=A7373=4930，
对于AB事件：
若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，
甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共6×6×5种，
但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共5×5种，
则PAB=6×6×5-5×573=15573，
则PAB=PABPB=3142.
12．某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球.已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是12，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为13，23，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为35，25，记第nn≥1,n∈N次按下按钮后出现红球的概率为Pn，则Pn的通项公式为Pn=______.
【答案】Pn=138×-415n-1+919，n∈N,n≥1
【分析】根据条件概率分别求出第n-1次出现红球、绿球情况下第n次出现红球的概率，利用全概率公式计算数列Pn的递推公式，再根据递推公式求通项公式.
【详解】设C1=“第n-1次出现红球”，C2=“第n-1次出现绿球”，D＝“第n次出现红球”，
则PC1=Pn-1，PC2=1-Pn-1，PDC1=13，PDC2=35，
由全概率公式得Pn=PD=PC1PDC1+PC2PDC2
=Pn-1×13+1-Pn-1×35=-415Pn-1+35(n∈N,n≥1)．
即Pn=-415Pn-1+35，n∈N,n≥1，
所以Pn-919=-415Pn-1-919，P1-919=12-919=138,
所以数列Pn-919是首项为138，公比为-415的等比数列，
所以Pn-919=138×-415n-1，即Pn=138×-415n-1+919，n∈N,n≥1，
故答案为：Pn=138×-415n-1+919，n∈N,n≥1
13．甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.7，乙命中目标的概率为0.6，已知目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为______．
【答案】1522
【分析】设乙命中目标的事件为A，目标至少被命中1次的事件为B，根据条件概率公式计算得到答案.
【详解】设乙命中目标的事件为A，目标至少被命中1次的事件为B，
则PB=1-1-0.71-0.6=0.88，PAB=0.6×1-0.7+0.6×0.7=0.6.
PAB=PABPB=
故答案为：1522
四、解答题
14．甲、乙、丙、丁进行乒乓球比赛，比赛规则如下：
第一轮：甲和乙进行比赛，同时丙和丁进行比赛，两个获胜者进入胜者组，两个败者进入败者组；
第二轮：胜者组进行比赛，同时败者组进行比赛，败者组中失败的选手淘汰；
第三轮：败者组的胜者与胜者组的败者进行比赛，失败的选手淘汰；
第四轮：第三轮中的胜者与第二轮中胜者组的胜者进行决赛，胜者为冠军．
已知甲与乙、丙、丁比赛，甲的胜率分别为12,23,25；乙与丙、丁比赛，乙的胜率分别为12,35；丙与丁比赛，丙的胜率为12.任意两场比赛之间均相互独立．
(1)求丙在第二轮被淘汰的概率；
(2)在丙在第二轮被淘汰的条件下，求甲所有比赛全胜并获得冠军的概率．
【答案】(1)724；
(2)23250.
【分析】（1）由题可得第一轮中丙败给丁，第二轮丙败给甲或乙，进而即得；
（2）在丙在第二轮被淘汰的前提下，分析甲所有比赛全胜并获得冠军的情况，然后根据概率公式即得.
【详解】（1）若丙在第二轮被淘汰，则根据规则，
第一轮中丙和丁比赛，丙为败者的概率为12，
而甲与乙比赛的败者分两种情况，若第二轮甲进入败者组，其概率为12，
则第二轮丙被淘汰的概率P1=12×12×23=16；
若第二轮乙进入败者组，其概率为12，
第二轮丙被淘汰的概率P2=12×12×12=18；
故丙在第二轮被淘汰的概率为P=P1+P2=16+18=724；
（2）在丙在第二轮被淘汰的条件下，
第一轮甲与乙比赛中，甲获胜进入胜者组的概率为12，
并且与丁进行第二轮比赛，第二轮胜者组比赛甲获胜的概率为25，
丁与乙进行第三轮比赛，故分两种情况，
若第三轮乙获胜，乙获胜的概率为35，甲与乙进行决赛，甲获胜的概率为12，
此时甲获得冠军的概率为P3=12×25×35×12=350；
若第三轮丁获胜，丁获胜的概率为25，甲、丁进行决赛，甲获胜的概率为25，
此时甲获得冠军的概率为P4=12×25×25×25=4125.
设“丙在第二轮被淘汰”为事件A，“甲所有比赛全胜并获得冠军”为事件B，
则P(BA)=P3+P4=23250.
15．某班从6名班干部（其中男生4人，女生2人）中选3人参加学校学生会的干部竞选.
(1)求女生乙被选中的概率；
(2)在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率.
【答案】(1)12
(2)25
【分析】（1）直接用古典概型的概率求解即可.
（2）先算男生甲被选中的概率，再算女生乙被选中，然后根据条件概率求解.
【详解】（1）女生乙被选中事件的概率P=C52C63=12.
（2）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，
则PA=C52C63=12,PAB=C41C63=15,∴PB∣A=PABPA=25
五、双空题
16．先后掷两次骰子（骰子的六个面上的点数分别是1､2､3､4､5､6），落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x､y，记事件A为“x+y为偶数”，事件B为“x､y中有偶数且x≠y”，则概率P(A)=___________，P(B|A)=___________.
【答案】 12##0.5 13
【分析】由古典概率公式求出PA、PAB，利用条件概率公式可得结果.
【详解】解：若x+y为偶数，则x、y全为奇数或全为偶数，所以，PA=3×3×26×6=12，
事件AB为“x+y为偶数且x、y中有偶数，x≠y”，则x、y为两个不等的偶数，
所以，PAB=3×26×6=16，
因此，PBA=PABPA=13.
故答案为：12；13.
题组C 培优拔尖练
一、多选题
1．随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ）
A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为16
B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为13
C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为13
D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为58
【答案】BC
【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有C41C31C21种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.
【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有C41C31C21种抽法，
其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有C21种，
故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为C21C41C31C21=112 ，A错误；
对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则P(A)=C31C21C41C31C21=14,
小张抽到小王写的贺卡为事件B,
则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，
小张抽到小王写的贺卡的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=11214=13 ,B正确；
对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有C41×2种，
故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为C41×2C41C31C21=13 ，C正确；
对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有C31(1+2)=9种，
故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为C31(1+2)C41C31C21=924=38，D错误，
故选：BC
二、填空题
2．现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷骰子n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n+n，则算闯过第n关，n=1，2，3，4．假定每次闯关互不影响，则下列结论错误的序号是______．
（1）直接挑战第2关并过关的概率为712；
（2）连续挑战前两关并过关的概率为524；
（3）若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则PAB=113；
（4）若直接挑战第4关，则过关的概率是351296．
【答案】（2）
【分析】由古典概型，独立事件的乘法公式，条件概率公式对结论逐一判断
【详解】对于（1），22+2=6，所以两次点数之和应大于6，
即直接挑战第2关并过关的概率为P1=2136=712，故（1）正确；
对于（2），21+1=3，所以挑战第1关通过的概率P2=12，
则连续挑战前两关并过关的概率为P=P1P2=12×712=724，故（2）错误；
对于（3），由题意可知，抛掷3次的基本事件有63=216，
抛掷3次至少出现一个5点的事件共有63-53=216-125=91种，
故PB=91216，而事件A∩B包括：含5，5，5的1种，含4，5，6的有6种，共7种，
故PA∩B=7216，所以PAB=PA∩BPB=7216×21691=113，故（3）正确；
对于（4），当n=4时，2n+n=24+4=20，
而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：
含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，
含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，
含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，
含3，6，6，6的有4种，
所以P4=356×6×6×6=351296，故（4）正确．
故答案为：（2）课程标准
重难点
1.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的概率.
2.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.
重点：计算简单随机事件的概率；
难点：用乘法公式计算概率.
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ