2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第4讲事件的独立性条件概率与全概率公式提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第4讲事件的独立性条件概率与全概率公式提能训练，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·重庆质检)某高铁动车检修基地库房内有A～E共5条并行的停车轨道线，每条轨道线只能停一列车，现有动车01,02、高铁01,02,03共五列车入库检修，若已知两列动车安排在相邻轨道，则动车01停放在A道的概率为( C )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,5)
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,10)
[解析] 记M＝“两动车相邻”，N＝“动车01停在A道”，则P(N|M)＝eq \f(nMN,nM)＝eq \f(A\\al(3,3),A\\al(2,2)A\\al(4,4))＝eq \f(1,8).故选C.
2．(2024·广西柳铁一中、南宁二中摸底调研)2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为( B )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(1,8)
[解析] 记事件A：学生A被抽到，事件B：学生B被抽到，所以P(A)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
3．(2024·山东新高考质检联盟联考)已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则( B )
A．若B⊆A，则P(AB)＝0.5
B．若A与B互斥，则P(A＋B)＝0.7
C．若A与B相互独立，则P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，则A与B不相互独立
[解析] 若B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝0.2，所以A错误；若A与B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.7，所以B正确；若A与B相互独立，可得eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))相互独立，所以P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－)))·P(eq \(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)(1－0.2)＝0.4，所以C错误；由P(B|A)＝0.2，可得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PAB,0.5)＝0.2，所以P(AB)＝0.1，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以A与B相互独立，所以D错误．故选B.
4．(2024·安徽A10联盟联考)2023年7月28日晚，第31届世界大学生夏季运动会在成都盛大开幕．为宣传成都大运会，某大学团委开展了“阳光灿烂青春与共”大运会知识竞赛活动，各班以团支部为单位参加比赛，某班团支部在6道题中(包含4道图片题和2道视频题)，依次不放回地随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到图片题”，事件B为“第2次抽到视频题”，则P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝( C )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(2,3)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(2,5)
[解析] 因为P(A)＝eq \f(A\\al(1,4),A\\al(1,6))＝eq \f(2,3)，故P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，事件eq \(A,\s\up6(－))B表示两次均抽到视频题，故P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,6))＝eq \f(1,15)，由条件概率求解公式可得P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P\(A,\s\up6(－))B,P\(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,5).故选C.
5．(2024·河南部分学校摸底)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( D )
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
[解析] 依题意可得，事件甲的概率P1＝eq \f(2,5)，事件乙的概率P2＝eq \f(2,5).有放回地取扑克牌两次的试验的基本事件总数是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基本事件数为12＋22＋22＝9，则事件丙的概率P3＝eq \f(9,25)，事件丁的概率P4＝eq \f(16,25).事件乙与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P5＝eq \f(4,25)≠P2·P3，故乙与丙不相互独立，A错误；事件乙与丁同时发生所包含的基本事件数为6，其概率P6＝eq \f(6,25)≠P2·P4，故乙与丁不相互独立，B错误；事件甲与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P7＝eq \f(4,25)≠P1·P3，故甲与丙不相互独立，C错误；事件甲与乙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P8＝eq \f(4,25)＝P1·P2，故甲与乙相互独立，D正确．故选D.
6．(2024·湖北高中名校联盟联考)某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3,0.3,0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是( B )
A．0.16 B．0.31
C．0.4 D．0.32
[解析] 设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝(D|A)∪(D|B)∪(D|C)，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.选B.
7．(2023·江苏无锡等四地模拟)已知A，B为两个随机事件，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝0.2，则P(A)＝( B )
A．0.1 B．eq \f(1,7)
C．0.33 D．eq \f(3,7)
[解析] P(B|A)＝eq \f(PBA,PA)＝0.9，所以P(BA)＝0.9P(A)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(PB\(A,\s\up6(－)),P\(A,\s\up6(－)))＝0.2，所以P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq \(A,\s\up6(－)))，所以P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq \(A,\s\up6(－)))＋0.9P(A)，即P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，所以P(B)＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，即0.3＝0.7P(A)＋0.2，解得P(A)＝eq \f(1,7)，故选B.
二、多选题
8．(2024·江苏基地大联考)已知事件A，B，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.3，则( ABD )
A．如果B⊆A，那么P(AB)＝0.3
B．如果B⊆A，那么P(A∪B)＝0.4
C．如果A与B相互独立，那么P(A∪B)＝0.7
D．如果A与B相互独立，那么P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝0.42
[解析] 由B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝0.3，A正确；由B⊆A，则P(A∪B)＝P(A)＝0.4，B正确；如果A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.12，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.58，C错误；由C分析及事件关系知：P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝1－P(A∪B)＝0.42，D正确．故选ABD.
9．(2024·福建宁德一中检测)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“第一次取得红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则( AC )
A．P(A)＝eq \f(1,3) B．A，B为互斥事件
C．P(B|A)＝eq \f(1,2) D．A，B相互独立
[解析] P(A)＝eq \f(1,3)，A正确；A，B可同时发生，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eq \f(1,2)，C正确；P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，P(AB)≠P(A)P(B)，∴A，B不独立，D错误．故选AC.
10．(2024·河北石家庄二中实验学校调研)投掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“朝上一面点数为奇数”，事件B＝“朝上一面点数不超过2”，则下列叙述正确的是( BD )
A．事件A，B互斥 B．事件A，B相互独立
C．P(A∪B)＝eq \f(5,6) D．P(B|A)＝eq \f(1,3)
[解析] 若朝上一面的点数为1，则事件A，B同时发生，∴事件A，B不互斥，A错误；∵事件A不影响事件B的发生，∴事件A，B相互独立，B正确；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq \f(3,6)＋eq \f(2,6)－eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，C错误；∵P(AB)＝eq \f(1,6)，P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq \f(1,3)，D正确．故选BD.
11．(2024·江苏镇江一中阶段测试)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( BC )
A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为eq \f(1,6)
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eq \f(1,3)
C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为eq \f(1,3)
D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为eq \f(5,8)
[解析] 四个人每人从中随机抽取一张共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有Ceq \\al(1,2)种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,12)，A错误；设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A，则P(A)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,4)，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)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq \f(1,3)，B正确；恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有Ceq \\al(1,4)×2种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为eq \f(C\\al(1,4)×2,C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,3)，C正确；每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有Ceq \\al(1,3)(1＋2)＝9种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为eq \f(C\\al(1,3)1＋2,C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(9,24)＝eq \f(3,8)，D错误，故选BC.
12．(2024·河南许平济洛质检)小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件B为“只有小张去甲景点”，则( CD )
A．这四人不同的旅游方案共有64种
B．“每个景点都有人去”的方案共有72种
C．P(B|A)＝eq \f(1,6)
D．“四个人只去了两个景点”的概率是eq \f(14,27)
[解析] 每个人都有3种选择，故共有34＝81种旅游方案，A错误；每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，故有Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝36种方案，B错误；恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，由B选项可知，n(A)＝36，又事件AB，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，故n(AB)＝Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)＝6，所以P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(1,6)，C正确；“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，第一，有3人去了同一个景点，另外一个去另外一个景点，则有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,3)＝24种方案，第二，2人去了同一个景点，另外2人去了另一个景点，故有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,3)＝18种方案，由A选项可知，这四人不同的旅游方案共有81种，故“四个人只去了两个景点”的概率为eq \f(24＋18,81)＝eq \f(14,27)，D正确．故选CD.
三、填空题
13．(2023·天津十二区重点高中联考)如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，则系统正常工作的概率为 eq \f(2,3) ，在系统能够正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率为 eq \f(1,4) .
[解析] 记“系统正常工作”为事件A，则概率为P(A)＝eq \f(3,4)×Ceq \\al(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，“K和A1正常工作”为事件AB，则概率为P(AB)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，在系统能够正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,6),\f(2,3))＝eq \f(1,4).
14．(2024·河南“顶尖计划”毕业班联考)一个不透明的盒子中有4个除颜色外完全相同的球，其中3个红球，1个白球．从盒子中随机取两次球，每次取出1个球和2个球的概率均为eq \f(1,2)，则最终盒子里只剩下1个球且是白球的概率为 eq \f(1,8) .
[解析] 第一种情况，第一次先拿1个红色球，第二次拿2个红色球，则概率P＝eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,4))×eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,3))＝eq \f(1,16).第二种情况，第一次先拿2个红球，第2次拿1个红球，则概率P＝eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,4))×eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,2))＝eq \f(1,16)，只剩1个球且是白球的概率eq \f(1,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(1,8).
15．(2024·广东惠州实验中学月考)某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(2,5)，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为 eq \f(101,125) .
[解析] 记“该选手能正确回答第i轮的问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝eq \f(4,5)，P(A2)＝eq \f(3,5)，P(A3)＝eq \f(2,5).该选手被淘汰的概率：P＝P(eq \x\t(A)1＋A1eq \x\t(A)2＋A1A2eq \x\t(A)3)＝P(eq \x\t(A)1)＋P(A1)(eq \x\t(A)2)＋P(A1)(A2)(eq \x\t(A)3)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(101,125).或1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(101,125).
16．(2024·福建泉州实验中学月考)深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2,0.5,0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.8.当乙球员参加比赛时．该球队这场比赛不输球的概率为 0.58 .
[解析] 设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”．则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42，所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1－0.42＝0.58.
17．(2024·河北沧州联考)某班级数学课上教师随机地从学生甲、乙、丙、丁中选取一名学生回答问题，据了解学生甲、乙、丙、丁答对此题的概率分别为0.9,0.8,0.7,0.6.则此题答对的概率为 0.75 ；在此题答错的情况下，由乙回答此题的概率为 0.2 .
[解析] 根据题意，此题答对的概率为0.25×0.9＋0.25×0.8＋0.25×0.7＋0.25×0.6＝0.75；设事件A：此题答错，事件B：由乙回答此题，∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.25×0.2,0.25×0.1＋0.25×0.2＋0.25×0.3＋0.25×0.4)＝0.2.
四、解答题
18．(2024·广东惠州六校联考)小王创建了一个由他和甲、乙、丙共4人组成的微信群，并向该群发红包，每次发红包的个数为1个(小王自己不抢)，假设甲、乙、丙3人每次抢得红包的概率相同．
(1)若小王发2次红包，求甲恰有1次抢得红包的概率；
(2)若小王发3次红包，其中第1,2次，每次发5元的红包，第3次发10元的红包，求乙抢得所有红包的钱数之和不小于10元的概率．
[解析] (1)记“甲第i次抢得红包”为事件Ai(i＝1,2)，“甲第i次没有抢得红包”为事件eq \x\t(A)i.
则P(Ai)＝eq \f(1,3)，P(eq \x\t(A)i)＝eq \f(2,3).
记“甲恰有1次抢得红包”为事件A，则A＝A1eq \x\t(A)2＋eq \x\t(A)1A2，
由事件的独立性和互斥性，得
P(A)＝P(A1eq \x\t(A)2＋eq \x\t(A)1A2)＝P(A1eq \x\t(A)2)＋P(eq \x\t(A)1A2)＝P(A1)P(eq \x\t(A)2)＋P(eq \x\t(A)1)P(A2)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9).
(2)记“乙第i次抢得红包”为事件Bi(i＝1,2,3)，“乙第i次没有抢得红包”为事件eq \x\t(B)i.
则P(Bi)＝eq \f(1,3)，P(eq \x\t(B)i)＝eq \f(2,3).
由事件的独立性和互斥性，得
P1＝P(B1B2eq \x\t(B)3＋eq \x\t(B)1eq \x\t(B)2B3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9)；
P2＝P(B1eq \x\t(B)2B3＋eq \x\t(B)1B2B3)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)；
P3＝P(B1B2B3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27).
∴P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(2,9)＋eq \f(4,27)＋eq \f(1,27)＝eq \f(11,27).
即乙抢得所有红包的钱数之和不小于10元的概率为eq \f(11,27).
B组能力提升
1．(2024·广东江门联考)设A，B为两个事件，已知P(A)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(3,5)，P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(1,2)，则P(A|B)＝( B )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(2,5)
[解析] 由P(B)＝eq \f(3,5)，得P(eq \x\t(B))＝1－eq \f(3,5)＝eq \f(2,5)，显然P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))，因此eq \f(2,5)＝eq \f(3,5)P(A|B)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)，所以P(A|B)＝eq \f(1,3).故选B.
2．(多选题)(2023·辽宁沈阳东北育才学校模拟)一批产品中有3个正品，2个次品．现从中任意取出2件产品，记事件A：“2个产品中至少有一个正品”，事件B：“2个产品中至少有一个次品”，事件C：“2个产品中有正品也有次品”，则下列结论正确的是( CD )
A．事件A与事件B为互斥事件
B．事件B与事件C是相互独立事件
C．P(AB)＝P(C)
D．P(C|A)＝eq \f(2,3)
[解析] 因为事件A与事件B可以同时发生，故A错误；事件B包含事件C，所以事件B与事件C不是相互独立事件，故B错误；因为AB＝C，所以P(AB)＝P(C)，故C正确；P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(PC,PA)＝eq \f(\f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(2,5)),\f(C\\al(1,3)C\\al(1,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5)))＝eq \f(2,3)，故D正确．故选CD.
3．(2024·广东惠州实验中学月考)为了普及党史知识，某校举行了党史知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为eq \f(1,2)，恰有一人答对的概率为eq \f(5,12).则甲、乙两人共答对至少3道题的概率是( C )
A.eq \f(5,12) B．eq \f(4,9)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
[解析] 依题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(pq＝\f(1,2)，,p1－q＋q1－p＝\f(5,12)，))而p>q，解得p＝eq \f(3,4)，q＝eq \f(2,3)，设Ai＝“甲同学答对了i题”，Bi＝“乙同学答对了i题”，(i＝0,1,2)，则P(A1)＝eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,8)，P(A2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)，P(B1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，P(B2)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，甲、乙两人共答对至少3道题的事件C＝A1B2＋A2B1＋A2B2，因此P(C)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)＝eq \f(3,8)×eq \f(4,9)＋eq \f(9,16)×eq \f(4,9)＋eq \f(9,16)×eq \f(4,9)＝eq \f(2,3)，所以甲、乙两人共答对至少3道题的概率是eq \f(2,3).故选C.
4．(2024·广东实验中学阶段测试)某公司员工小明上班选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,5)，eq \f(1,6)，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 eq \f(15,37) .
[解析] 设小明迟到为事件A，小明自驾为事件B，则P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(37,180)，P(AB)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).则在小明迟到的条件下，他自驾去上班的概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,12),\f(37,180))＝eq \f(15,37).
5．(2024·湖北武汉硚口区质检)有编号为1,2,3，…，18,19,20的20个箱子，第一个箱子有2个黄球1个绿球，其余箱子均为2个黄球2个绿球，现从第一个箱子中取出一个球放入第二个箱子，再从第二个箱子中取出一个球放入第三个箱子，以此类推，最后从第19个箱子取出一个球放入第20个箱子，记pi为从第i个箱子中取出黄球的概率．
(1)求p2，p3；
(2)求p20.
[解析] (1)从第二个箱子取出黄球的概率p2＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(8,15)，
从第三个箱子取出黄球的概率p3＝eq \f(8,15)×eq \f(3,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,15)))×eq \f(2,5)＝eq \f(38,75).
(2)由题意可知，pi＋1＝eq \f(3,5)pi＋eq \f(2,5)(1－pi)＝eq \f(1,5)pi＋eq \f(2,5)，
pi＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,2)))，又p1＝eq \f(2,3)，
p1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，∴pi－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))i－1，∴pi＝eq \f(1,6·5i－1)＋eq \f(1,2)，
∴p20＝eq \f(1,6·519)＋eq \f(1,2).