高考数学科学创新复习方案提升版第63讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第63讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案（Word版附解析），共24页。

1．相互独立事件
(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝eq \x(\s\up1(01))P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称独立．
(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与eq \(B,\s\up6(－))，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都eq \x(\s\up1(02))相互独立．
2．条件概率
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝eq \x(\s\up1(03))eq \f(P（AB）,P（A）)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．
3．乘法公式
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝eq \x(\s\up1(04))P(A)P(B|A)．
4．条件概率的性质
设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝eq \x(\s\up1(05))1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则
P(B∪C|A)＝eq \x(\s\up1(06))P(B|A)＋P(C|A)；
(3)如果eq \(B,\s\up6(－))与B互为对立事件，则
P(eq \(B,\s\up6(－))|A)＝eq \x(\s\up1(07))1－P(B|A)．
5．全概率公式
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，有P(B)＝eq \a\vs4\al(\x(\s\up1(08))\i\su(i＝1,n,P)（Ai）P（B|Ai）)．
1．事件间的关系及表示
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B.
(2)A，B都发生的事件为AB.
(3)A，B都不发生的事件为eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)).
(4)A，B恰有一个发生的事件为(Aeq \(B,\s\up6(－)))∪(eq \(A,\s\up6(－))B)．
(5)A，B至多有一个发生的事件为(AB)∪(eq \(A,\s\up6(－))B)∪(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))．
2．条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解．
3．乘法公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.
4．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(P（Ai）P（B|Ai）,P（B）)＝eq \f(P（Ai）P（B|Ai）,\i\su(k＝1,n,P)（Ak）P（B|Ak）)，i＝1，2，…，n.
1．(人教A必修第二册习题10.2 T2改编)若P(AB)＝eq \f(1,9)，P(eq \(A,\s\up6(－)))＝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 \(A,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(1,9)≠0，∴事件A与B相互独立、事件A与B不互斥，故不对立．故选C.
2．(2023·舟山模拟)甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A，B，C三种医用外科口罩，甲、乙购买A，B，C三种医用口罩的概率分别如下：
则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为( )
A．0.44 B．0.40
C．0.36 D．0.32
答案 D
解析 由表可知，甲购买A种医用外科口罩的概率为0.4，乙购买B种医用外科口罩的概率为0.4，所以甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为P＝0.4×0.3＋0.2×0.4＋0.4×0.3＝0.32.故选D.
3．(人教A必修第二册10.2例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )
A．0.12 B．0.42
C．0.46 D．0.88
答案 D
解析 设“甲被录取”记为事件A，“乙被录取”记为事件B，则两人至少有一人被录取的概率P＝1－P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝1－[1－P(A)][1－P(B)]＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.
4．(多选)某气象台统计，该地区下雨的概率为eq \f(4,15)，刮四级以上风的概率为eq \f(2,15)，既刮四级以上的风又下雨的概率为eq \f(1,10)，设A为下雨，B为刮四级以上的风，则( )
A．P(B|A)＝eq \f(1,3) B．P(B|A)＝eq \f(3,8)
C．P(A|B)＝eq \f(3,4) D．P(A|B)＝eq \f(3,5)
答案 BC
解析 由题意知P(A)＝eq \f(4,15)，P(B)＝eq \f(2,15)，P(AB)＝eq \f(1,10)，∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(4,15))＝eq \f(3,8)，P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(3,4).故选BC.
5．(人教A必修第二册习题10.1 T16改编)从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．
答案 eq \f(33,50)
解析 设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为“取出的数是3的倍数”．则P(C)＝eq \f(1,2)，且所求概率为P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C)＝eq \f(P（AC）,P（C）)＋eq \f(P（BC）,P（C）)－eq \f(P（ABC）,P（C）)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,100)＋\f(16,100)－\f(8,100)))＝eq \f(33,50).
多角度探究突破
角度事件独立性的判定
例1 (2021·新高考Ⅰ卷)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 设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，P(D)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0≠P(A)P(C)；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)＝P(A)P(D)；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)≠P(B)P(C)；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0≠P(C)P(D)．若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．故选B.
角度相互独立事件的概率
例2 (2023·河北省级联考)甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局；每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束．已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为eq \f(1,2)，各局比赛的结果相互独立，经抽签，第一场比赛甲当裁判．
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率．
解 (1)设事件A为“甲胜乙”，则P(A)＝eq \f(1,2)，P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
设事件B为“甲胜丙”，则P(B)＝eq \f(1,2)，P(eq \(B,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
设事件C为“乙胜丙”，则P(C)＝eq \f(1,2)，P(eq \(C,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件Ceq \(A,\s\up6(－))C∪CAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为P1＝P(Ceq \(A,\s\up6(－))C)＋P(CAB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(2)若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪eq \(C,\s\up6(－))BAB来表示，
P(CABA∪eq \(C,\s\up6(－))BAB)＝P(CABA)＋P(eq \(C,\s\up6(－))BAB)
＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋P(eq \(C,\s\up6(－)))P(B)P(A)P(B)
＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8).
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件Ceq \(A,\s\up6(－))Ceq \(A,\s\up6(－))来表示，
P(Ceq \(A,\s\up6(－))Ceq \(A,\s\up6(－)))＝P(C)P(eq \(A,\s\up6(－)))P(C)P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,16).
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件eq \(C,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))来表示，
P(eq \(C,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(B,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,16).
所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝eq \f(1,8)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(1,4).
1．两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．
2．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．
1.(2023·益阳期末)在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．记事件A＝“与地面接触的数字为奇数”，事件B＝“与地面接触的数字不大于4”，事件C＝“与地面接触的数字为1或5或7或8”．
(1)判断事件A，B是否独立并证明；
(2)证明事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．
解 (1)由已知，得样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
所以A＝{1，3，5，7}，B＝{1，2，3，4}，C＝{1，5，7，8}，
A∩B＝{1，3}，B∩C＝{1}，A∩C＝{1，5，7}，A∩B∩C＝{1}，
因为P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,4)＝P(A)P(B)，
所以事件A，B相互独立．
(2)证明：因为P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq \f(1,2)，P(ABC)＝eq \f(1,8)，P(BC)＝eq \f(1,8)，P(AC)＝eq \f(3,8)，所以P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，
但是P(BC)≠P(B)P(C)，
且P(AC)≠P(A)P(C)，
所以事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．
2．(2024·黄冈模拟)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，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).
(1)求p和q的值；
(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．
解 (1)设事件A：“甲同学答对第一题”，事件B：“乙同学答对第一题”，则P(A)＝p，P(B)＝q.
设事件C：“甲、乙两人均答对第一题”，事件D：“甲、乙两人恰有一人答对第一题”，
则C＝A∩B，D＝(A∩eq \(B,\s\up6(－)))∪(eq \(A,\s\up6(－))∩B)．
∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
∴A与B相互独立，A∩eq \(B,\s\up6(－))与eq \(A,\s\up6(－))∩B互斥，
∴P(C)＝P(A∩B)＝P(A)P(B)＝pq，
P(D)＝P(A∩eq \(B,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－))∩B)＝P(A)[1－P(B)]＋[1－P(A)]P(B)．
由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(pq＝\f(1,2)，,p（1－q）＋q（1－p）＝\f(5,12)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝\f(3,4)，,q＝\f(2,3)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝\f(2,3)，,q＝\f(3,4).))
∵p>q，∴p＝eq \f(3,4)，q＝eq \f(2,3).
(2)设事件Ai：“甲同学答对了i道题”，
事件Bi：“乙同学答对了i道题”，i＝0，1，2.
由题意，得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).
设事件E：“甲、乙两人共答对3道题”，则E＝(A1∩B2)∪(A2∩B1)，
∴P(E)＝P(A1∩B2)＋P(A2∩B1)＝eq \f(3,8)×eq \f(4,9)＋eq \f(9,16)×eq \f(4,9)＝eq \f(5,12)，
∴甲、乙两人共答对3道题的概率为eq \f(5,12).
例3 (1)(2023·贵州师大附中模拟)某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布情况，随机调查了大量该病患者，年龄分布如图．已知该市此种流行病的患病率为0.1%，该市年龄位于区间[40，60)的人口占总人口的28%.若从该市居民中任选一人，此人年龄位于区间[40，60)，则此人患这种流行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率)( )
A．0.28 B．0.00054
C.eq \f(7,13500) D.eq \f(27,14000)
答案 D
解析 设“该居民年龄位于区间[40，60)”为事件A，“该居民患这种流行病”为事件B，由题意知，P(A)＝0.28，P(B)＝0.001，P(A|B)＝0.54.因为P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)，所以P(AB)＝P(A|B)P(B)＝0.54×0.001＝0.00054，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.00054,0.28)＝eq \f(27,14000).故选D.
(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．
答案 eq \f(4,99)
解析 解法一(应用条件概率公式求解)：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，因为P(AB)＝eq \f(Aeq \\al(2,5),Aeq \\al(2,100))＝eq \f(1,495)，P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,5),Ceq \\al(1,100))＝eq \f(1,20)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,495),\f(1,20))＝eq \f(4,99).
解法二(缩小样本空间求解)：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为eq \f(4,99).
(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
解 设“摸出第一个球是红球”为事件A，“摸出第二个球是黄球”为事件B，“摸出第二个球是黑球”为事件C.
则P(A)＝eq \f(1,10)，P(AB)＝eq \f(1×2,10×9)＝eq \f(1,45)，P(AC)＝eq \f(1×3,10×9)＝eq \f(1,30).
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,45)÷eq \f(1,10)＝eq \f(2,9)，
P(C|A)＝eq \f(P（AC）,P（A）)＝eq \f(1,30)÷eq \f(1,10)＝eq \f(1,3).
所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝eq \f(2,9)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,9).
所以所求概率为eq \f(5,9).
条件概率的三种求法
1.(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为( )
A．0.8 B．0.4
C．0.2 D．0.1
答案 A
解析 报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝eq \f(50,70)＝eq \f(5,7)，P(AB)＝eq \f(40,70)＝eq \f(4,7)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.故选A.
2．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次在实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为( )
A．0.4 B．0.16
C．0.68 D．0.17
答案 C
解析 设Ai表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件通过质检的概率为0.68.故选C.
3．52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽到A的概率为________．
答案 eq \f(1,221) eq \f(1,17)
解析 由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，则P(B)＝eq \f(4,52)＝eq \f(1,13)，P(BC)＝eq \f(4,52)×eq \f(3,51)＝eq \f(1,221)，∴P(C|B)＝eq \f(P（BC）,P（B）)＝eq \f(\f(1,221),\f(1,13))＝eq \f(1,17).
例4 (2023·韶关模拟)作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3，0.4和0.5.
(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；
(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．
解 (1)设事件Ai＝“小明与i(i＝1，2，3)类棋手相遇”，根据题意P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.25，P(A3)＝0.25，记事件B＝“小明获胜”，则有P(B|A1)＝0.3，P(B|A2)＝0.4，P(B|A3)＝0.5，由全概率公式得，小明在比赛中获胜的概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.5×0.3＋0.25×0.4＋0.25×0.5＝0.375，
所以小明获胜的概率为0.375.
(2)小明获胜时，与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为P(A1|B)＝eq \f(P（A1B）,P（B）)＝eq \f(P（A1）P（B|A1）,P（B）)＝eq \f(0.5×0.3,0.375)＝0.4.
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝eq \i\su(i＝1,3,P)(Ai)P(B|Ai)．
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
(2023·南平高级中学期中)某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛．现有两组党史题目放在甲、乙两个纸箱中，甲箱中有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答．每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中．
(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第二题抽到的是填空题的概率；
(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目．已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率．
解 (1)设事件Ai表示“第i次从乙箱中取到填空题”，i＝1，2，
P(A1)＝eq \f(3,7)，P(A2|A1)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(A2|eq \(A,\s\up6(－))1)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).
由全概率公式得，第2次抽到填空题的概率为
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(A2|eq \(A,\s\up6(－))1)＝eq \f(3,7)×eq \f(2,6)＋eq \f(4,7)×eq \f(3,6)＝eq \f(3,7).
(2)设事件A为“第三支部从乙箱中取出1个选择题”，事件B1为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件B2为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件B3为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则B1，B2，B3彼此互斥，且B1∪B2∪B3＝Ω，
P(B1)＝eq \f(Ceq \\al(2,5),Ceq \\al(2,8))＝eq \f(5,14)，
P(B2)＝eq \f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(2,8))＝eq \f(15,28)，
P(B3)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(2,8))＝eq \f(3,28)，
P(A|B1)＝eq \f(6,9)，P(A|B2)＝eq \f(5,9)，P(A|B3)＝eq \f(4,9)，
P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝eq \f(5,14)×eq \f(6,9)＋eq \f(15,28)×eq \f(5,9)＋eq \f(3,28)×eq \f(4,9)＝eq \f(7,12).
所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率
P(B1|A)＝eq \f(P（B1A）,P（A）)＝eq \f(P（B1）P（A|B1）,P（A）)＝eq \f(\f(5,14)×\f(6,9),\f(7,12))＝eq \f(20,49).
课时作业
一、单项选择题
1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为eq \f(1,3)，视力合格的概率为eq \f(1,6)，其他几项标准合格的概率为eq \f(1,5)，从中任选一名学生，则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(1,90)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,9)
答案 B
解析 该生各项均合格的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,6)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,90).
2．某机场某时降雨的概率为eq \f(1,5)，在降雨的情况下飞机准点的概率为eq \f(1,10)，则某时降雨且飞机准点的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(1,25) D.eq \f(1,50)
答案 D
解析 记事件A＝“飞机准点”，事件B＝“某时降雨”．根据题意，P(B)＝eq \f(1,5)，在降雨的情况下飞机准点的概率为P(A|B)＝eq \f(1,10)，所以某时降雨且飞机准点的概率为P(AB)＝P(B)P(A|B)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,10)＝eq \f(1,50).故选D.
3．(2023·武汉三模)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝0.3，则P(A)＝( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 P(B)＝P(AB∪eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))，即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝0.2＝eq \f(1,5).故选D.
4．(2024·南京模拟)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了中山陵”，则P(A|B)＝( )
A.eq \f(3,128) B.eq \f(27,256)
C.eq \f(1,128) D.eq \f(2,9)
答案 D
解析 甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，共有44＝256(种)不同的方案，事件A“4个人去的景点各不相同”的方案有Aeq \\al(4,4)＝24(种)，事件B“只有甲去了中山陵”的方案有33＝27(种)，事件AB同时发生的方案有Aeq \\al(3,3)＝6(种)，P(AB)＝eq \f(6,256)＝eq \f(3,128)，P(B)＝eq \f(27,256)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(6,27)＝eq \f(2,9).故选D.
5．(2023·昆明模拟)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝eq \f(1,2)，P(BC)＝eq \f(1,12)，P(C)＝eq \f(1,4)，则P(A|C)＝( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,12)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 由题意，得P(B|C)＝eq \f(P（BC）,P（C）)＝eq \f(1,3)，由A，B是互斥事件知，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).故选A.
6．(2023·深圳模拟)在A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为5∶6∶9，现从这三个地区中任意选取一人，则此人是流感患者的概率为( )
A．0.032 B．0.048
C．0.05 D．0.15
答案 B
解析 设事件D为“此人是流感患者”，事件A1，A2，A3分别表示此人来自A，B，C三个地区，由已知可得P(A1)＝eq \f(5,5＋6＋9)＝0.25，P(A2)＝eq \f(6,5＋6＋9)＝0.3，P(A3)＝eq \f(9,5＋6＋9)＝0.45，P(D|A1)＝0.06，P(D|A2)＝0.05，P(D|A3)＝0.04，由全概率公式，得P(D)＝P(A1)P(D|A1)＋P(A2)P(D|A2)＋P(A3)P(D|A3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.04＝0.048.故选B.
7．(2023·锦州二模)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是eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，在系统正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率是( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,9)
答案 C
解析 设事件A为“系统正常工作”，事件B为“只有K和A1正常工作”，因为并联元件A1，A2能正常工作的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(8,9)，所以P(A)＝eq \f(1,2)×eq \f(8,9)＝eq \f(4,9)，又因为P(AB)＝P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,9)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,4).故选C.
8．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．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(73,81)
C.eq \f(8,81) D.eq \f(1,9)
答案 C
解析 因为该射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，所以每次射击未击中目标的概率为eq \f(1,3)，设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“该射手在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(A1A2A3eq \(A,\s\up6(－))4eq \(A,\s\up6(－))5)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2A3A4eq \(A,\s\up6(－))5)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3A4A5)＝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).故选C.
二、多项选择题
9．有一道数学难题，学生甲解出的概率为eq \f(1,2)，学生乙解出的概率为eq \f(1,3)，学生丙解出的概率为eq \f(1,4).若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则( )
A．恰有一人解出的概率为eq \f(11,24)
B．没有人能解出的概率为eq \f(1,24)
C．至多一人解出的概率为eq \f(17,24)
D．至少两人解出的概率为eq \f(23,24)
答案 AC
解析 对于A，恰有一人解出的概率为eq \f(1,2)×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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，A正确；对于B，没有人能解出的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×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(1,4)，B错误；对于C，由A，B知，至多一人解出的概率为eq \f(11,24)＋eq \f(1,4)＝eq \f(17,24)，C正确；对于D，至少两人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两人解出的概率为1－eq \f(17,24)＝eq \f(7,24)，D错误．故选AC.
10．(2024·镇江开学考试)一质地均匀的正四面体四个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第二次向下的数字为奇数”，事件B为“两次向下的数字之积为偶数”，则下列说法正确的是( )
A．事件A与事件B是对立事件
B．P(AB)＝eq \f(1,4)
C．P(A|B)＝eq \f(1,3)
D．事件A与事件B不相互独立
答案 BCD
解析 因为抛掷该正四面体两次的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共16种，其中事件A有(1，1)，(1，3)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，3)，(4，1)，(4，3)，共8种，事件B有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共12种，事件AB有(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)，共4种，所以A与B可同时发生，则事件A与事件B不是对立事件，故A错误；P(AB)＝eq \f(4,16)＝eq \f(1,4)，故B正确；P(B)＝eq \f(12,16)＝eq \f(3,4)，则P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(1,4),\f(3,4))＝eq \f(1,3)，故C正确；因为P(A)＝eq \f(8,16)＝eq \f(1,2)，则P(AB)≠P(A)P(B)，所以A，B不相互独立，故D正确．故选BCD.
11．(2023·湖北直辖县级单位统考模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A＝“零件为次品”，Bi＝“零件为第i台车床加工的”(i＝1，2，3)，下列结论正确的是( )
A．P(A)＝0.03
B.
C.P（B1|A）＝P（B2|A）
D.P（B1|A）＋P（B2|A）＝P（B3|A）
答案 BC
解析 对于A，因为P（A）＝0.05×0.15＋0.03×0.25＋0.03×0.60＝0.033，故A错误；对于B， (Bi)＝0.15＋0.25＋0.60＝1，故B正确；对于C，因为P(B1|A)＝eq \f(P（B1）P（A|B1）,P（A）)＝eq \f(0.15×0.05,0.033)＝eq \f(5,22)，P(B2|A)＝eq \f(P（B2）P（A|B2）,P（A）)＝eq \f(0.25×0.03,0.033)＝eq \f(5,22)，所以P(B1|A)＝P(B2|A)，故C正确；对于D，由C项分析可得P(B1|A)＋P(B2|A)＝eq \f(5,11)，又因为P(B3|A)＝eq \f(P（B3）P（A|B3）,P（A）)＝eq \f(0.60×0.03,0.033)＝eq \f(6,11)，故D错误．故选BC.
三、填空题
12．(2023·合肥一模)接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校eq \f(2,5)的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为eq \f(1,4)，而接种了疫苗的感染率为eq \f(1,10).现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为________．
答案 eq \f(15,19)
解析 设事件A＝“感染流行感冒”，事件B＝“未接种疫苗”，则P(A)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,10)＝eq \f(19,100)，P(AB)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,20)，故P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(15,19).
13．(2023·东莞三模)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd的概率是________．
答案 eq \f(1,4)
解析 由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为Ai(i＝1，2，3，4，5，6)，设事件B为“子三代的基因型为dd”，则
由全概率公式得P(B)＝eq \(∑,\s\up6(6),\s\d4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,16)×1＝eq \f(1,4).
14．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．
答案 0.18
解析 甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×0.6×(0.6＋0.4)＝0.18.
四、解答题
15．(2023·聊城期末)某学校在元宵节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、二两关，分别竞猜5道、20道灯谜．现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中，甲、乙分别猜对12道、15道．假设猜对每道灯谜都是等可能的．
(1)从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；
(2)从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率．
解 (1)设事件A＝“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，
则样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)}，A＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，
所以n(Ω)＝10，n(A)＝6，
根据古典概型的计算公式，
得P(A)＝eq \f(n（A）,n（Ω）)＝eq \f(3,5).
(2)设事件B＝“任选一道灯谜，甲猜对”，事件C＝“任选一道灯谜，乙猜对”，事件D＝“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”，
根据题意可得，
P(B)＝eq \f(12,20)，P(eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(8,20)，P(C)＝eq \f(15,20)，P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(5,20).
因为D＝eq \(B,\s\up6(－))C∪Beq \(C,\s\up6(－))，且eq \(B,\s\up6(－))C，Beq \(C,\s\up6(－))互斥，
又甲、乙两位选手独立参加竞猜，所以B，C相互独立，从而eq \(B,\s\up6(－))，C，B，eq \(C,\s\up6(－))也相互独立．
所以P(D)＝P(eq \(B,\s\up6(－))C∪Beq \(C,\s\up6(－)))＝P(eq \(B,\s\up6(－))C)＋P(Beq \(C,\s\up6(－)))
＝P(eq \(B,\s\up6(－)))P(C)＋P(B)P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(8,20)×eq \f(15,20)＋eq \f(12,20)×eq \f(5,20)＝eq \f(9,20).
即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为eq \f(9,20).
16．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3).假定两球是否落入盒子互不影响.
(1)求甲、乙两球都落入盒子的概率；
(2)求甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率．
解 (1)因为两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).
(2)甲、乙两球都不落入盒子的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
17．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为eq \f(1,2).
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
解 (1)记事件S：甲连胜四场，则P(S)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,16).
(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,4)，
所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝eq \f(3,4).
(3)记事件M为甲最终获胜，记事件N为丙最终获胜．则甲最终获胜的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，
所以甲最终获胜的概率为P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(9,32).
由对称性可知，乙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，所以丙最终获胜的概率为P(N)＝1－2×eq \f(9,32)＝eq \f(7,16).
18．已知某电器市场由甲、乙、丙三家企业占有，其中甲厂产品的市场占有率为40%，乙厂产品的市场占有率为36%，丙厂产品的市场占有率为24%，甲、乙、丙三厂产品的合格率分别为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，eq \f(3,4).
(1)现从三家企业的产品中各取一件抽检，求这三件产品中恰有两件合格的概率；
(2)现从市场中随机购买一台电器，求买到的是合格品的概率．
解 (1)记甲、乙、丙三家企业的一件产品，产品合格分别为事件B1，B2，B3，
则三个事件相互独立，恰有两件产品合格为事件D，
则D＝B1B2eq \(B,\s\up6(－))3＋B1eq \(B,\s\up6(－))2B3＋eq \(B,\s\up6(－))1B2B3，
P(D)＝P(B1B2eq \(B,\s\up6(－))3)＋P(B1eq \(B,\s\up6(－))2B3)＋P(eq \(B,\s\up6(－))1B2B3)＝eq \f(4,5)×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＋eq \f(1,5)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(13,30).
故从三家企业的产品中各取一件抽检，则这三件产品中恰有两件合格的概率是eq \f(13,30).
(2)记事件B为购买的电器合格，
记随机买一件产品，买到的产品为甲、乙、丙三个品牌分别为事件A1，A2，A3，
P(A1)＝eq \f(2,5)，P(A2)＝eq \f(9,25)，P(A3)＝eq \f(6,25)，
P(B|A1)＝eq \f(4,5)，P(B|A2)＝eq \f(2,3)，P(B|A3)＝eq \f(3,4)，
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(2,5)×eq \f(4,5)＋eq \f(9,25)×eq \f(2,3)＋eq \f(6,25)×eq \f(3,4)＝eq \f(37,50).
故从市场中随机购买一台电器，买到的是合格品的概率为eq \f(37,50).
19．(2023·南京、盐城一模)人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为eq \f(1,2)(先验概率)．
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
解 设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝eq \f(1,2)×eq \f(9,10)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,10)＝eq \f(11,20).
所以首次试验结束的概率为eq \f(11,20).
(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝eq \f(9,20)，
所以P(A1|B2)＝eq \f(P（A1B2）,P（B2）)＝eq \f(P（B2|A1）P（A1）,P（B2）)＝eq \f(\f(1,10)×\f(1,2),\f(9,20))＝eq \f(1,9)，
所以选到的袋子为甲袋的概率为eq \f(1,9).
②由①，得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－eq \f(1,9)＝eq \f(8,9)，
所以方案一取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝eq \f(1,9)×eq \f(9,10)＋eq \f(8,9)×eq \f(2,10)＝eq \f(5,18)，
方案二取到红球的概率为P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝eq \f(8,9)×eq \f(9,10)＋eq \f(1,9)×eq \f(2,10)＝eq \f(37,45)，
因为eq \f(37,45)>eq \f(5,18)，所以方案二取到红球的概率更大．
即选择方案二，第二次试验结束的概率更大．购买A种医用外科口罩
购买B种医用外科口罩
购买C种医用外科口罩
甲
0.2
0.4
乙
0.3
0.3
考向一 事件的相互独立性
考向二 条件概率
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)求P(B|A)
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AB所包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是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，它能化繁为简
考向三 全概率公式及其应用
事件
A1
A2
A3
A4
A5
A6
配型
DD×DD
DD×Dd
Dd×Dd
Dd×dd
DD×dd
dd×dd
P(Ai)
eq \f(1,16)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,4)
eq \f(1,8)
eq \f(1,16)
P(B|Ai)
0
0
eq \f(1,4)
eq \f(1,2)
0
1