人教版理步步高2014必备高考数学大一轮复习讲义12概率与统计课件题库导学案真题27份配套第十二章

条件概率与事件的独立性数学 RB（理）§12.5第十二章 概率与统计基础知识·自主学习难点正本 疑点清源要点梳理1．条件概率及其性质1.“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与“联互系斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系．“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥．条件概率的定义条件概率公式对于任何两个事件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，用符号“P(B|A)”表示P(A∩B)P(B|A)＝

P(A)

，其中P(A)>0，A∩B称为事件A

与B

的交(或积).基础知识·自主学习难点正本 疑点清源要点梳理1.“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与“联互系斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系．“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥．事件的独立性相互独立的定义：事件

A

是否发生对事件

B

发生的概率没有影响，即

P(B|A)＝P(B)

．这时，称两个事件A，B相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．(2)概率公式：基础知识·自主学习难点正本 疑点清源要点梳理1.“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与“联互系斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系．“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥．条件公式A，B

相互独立P(A∩B)＝

P(A)×P(B)A1，A2，…

，

AnP(A1∩A2∩…∩An)＝相互独P(A1)×P(A2)×…×P(An)立那么一般就称它们为

n

次独立重复试验．②概率公式：在一次试验中事件

A

发生的概率为

p，则

n

次独立重复试验中，事件

A

恰好发生

k

次的概率为

Pn(k)基础知识·自主学习要点梳理P(A)，P(A)>0；(2)若n(C)表示试验中事件C

包含的基本事件的个数，则P(B|A)＝n(AB)n(A).难点正本 疑点清源计算条件概率有两种方法利用定义P(B|A)＝3．独立重复试验与二项分布

(1)独立重复试验：①定义：在相同的

条件下，重复地

做n

次试验，各次试验的结果相互独立

，P(AB)＝

n

(k＝0,1,2，…，n)．C

p

(1－p)—k

k

n

k基础知识·自主学习难点正本 疑点清源要点梳理(2)二项分布：在n

次独立重复试验中，事件A

发生的次数设为X，事件A

不发生的概率为q＝1－p，则n

次独立重复试验中事件A

恰好发生k

次的概率是P(X＝k)＝

n

，其中

k＝0,1,2，…，n.于是

X

的分布列：C

p

q—k

k

n

kP(A)，P(A)>0；(2)若n(C)表示试验中事件C

包含的基本事件的个数，则P(B|A)＝n(AB)n(A).计算条件概率有两种方法利用定义P(B|A)＝P(AB)基础知识·自主学习难点正本 疑点清源要点梳理P(A)，P(A)>0；(2)若n(C)表示试验中事件C

包含的基本事件的个数，则P(B|A)＝n(AB)n(A).计算条件概率有两种方法利用定义P(B|A)＝P(AB)X01…k…nPC0p0qnnC1pqn－1n…Ckpkqn－kn…Cnpnq0n此时称离散型随机变量

X

服从参数为n，p

的二项分布，记作

X～B(n，p)

．基础知识·自主学习基础自测题号答案解析11820.1283384A5D理解事件之间的关系，设“a

闭合”为事件A，“b

闭合”为事件B，“c

闭合”为事件C，则灯亮应为事件AC

B

，2且A，C，B

之间彼此独立，且P(A)＝P(B

)＝P(C)＝1.返回1所以P(AB

C)＝P(A)P(B

)P(C)＝8.依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了

4

个问题就晋级下一轮的概率

P＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.返回设元件

1,2,3

的使用寿命超过

1 000

小时的事件分别记为1A，B，C，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝2，∴该部件的使用寿命超过

1 000

小时的事件为(AB

＋

A

B＋AB)C，∴该部件的使用寿命超过1

000

小时的概率1

11

1

1

1

1

32

2

2

2

2

2

2

8P＝

×

＋

×

＋

×

×

＝

.返回返回P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1＝2214

1.4

43

13312∵P(X＝3)＝C15

，4

44

14

311P(X＝4)＝C15

·

，5

15310P(X＝5)＝C15

，4

4从而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝5)．返回题型分类·深度剖析题型一

条件概率【例1】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，第二次再次取到不合格品的概率为

．思维启迪 解析

答案 探究提高题型分类·深度剖析题型一

条件概率【例1】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，第二次再次取到不合格品的概率为

．思维启迪 解析

答案 探究提高直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型．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，第二次再次取到不合格品的概率为________．题型分类·深度剖析题型一

条件概率【例

1】

在

100

件产品中有

95思维启迪 解析答案 探究提高解析

方法一

设

A＝{第一次取到不合格品}，C2C2100B＝{第二次取到不合格品}，则

P(AB)＝ 5

，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝

5×4

5

99100100×99

4＝

.方法二

第一次取到不合格品后还剩余

99

件产品，其中有

4件不合格品，99故第二次取到不合格品的概率为4

.

4

概率为

99

．题型分类·深度剖析题型一

条件概率【例1】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，第二次再次取到不合格品的思维启迪 解析

答案 探究提高

4

概率为

99

．题型分类·深度剖析题型一

条件概率【例1】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，第二次再次取到不合格品的条件概率的求法：(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)P(AB)，得P(B|A)＝

P(A).这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A

包含的基本事件数n(A)，再在事件A

发生的条件下求事件B

包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝n(AB)n(A).思维启迪 解析 答案探究提高题型分类·深度剖析解析

(1)由题意可得，事件

A

发生的概率

P(A)＝S正方形EFGH圆O 2×

2S

＝

π×122＝π.S△EOH(2)事件AB

表示“豆子落在△EOH

内”，则P(AB)＝

S圆O12×12π×11＝

2＝2π.故P(B|A)＝P(AB)

1

2π

1P(A)＝

2

＝4.π2π14题型分类·深度剖析题型二

相互独立事件的概率思维启迪

解析 探究提高【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互1不影响地在同一位置投球，命中率分别为2与p，且乙投球2

次均未命中的概率为1

.16求乙投球的命中率p；求甲投球2次，至少命中1

次的概率；若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．1

1

不影响地在同一位置投球，命中率分别为2与p，且乙投球2

次均未命中的概率为16.求乙投球的命中率p；求甲投球2次，至少命中1

次的概率；若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．题型分类·深度剖析题型二

相互独立事件的概率【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互思维启迪

解析 探究提高(1)利用列方程求p；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数．不影响地在同一位置投球，命中率分别为1

p，且乙投球

2

次均未命2与中的概率为1

.16(1)求乙投球的命中率p；(2)求甲投球2次，至少命中1

次的概率；(3)若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．题型分类·深度剖析思维启迪

解析 探究提高题型二

相互独立事件的概率【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互解

(1)方法一

设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件

B.

1

由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝16，解得p＝3或p＝5(舍去)，所以乙投球的命中率为3.4

4

4方法二

设“甲投一次球命中”为事件

A,“乙投一次球命中”为事件

B.16由题意得：P(B

)P(B

)＝

1

，1于是

P(

B

)＝1

P(

B

)＝－

(舍去)．4或

44故p＝1－P(B

)＝3.所以乙投球的命中率为34.2(2)方法一

由题设知，P(A)＝1，P(

A

)＝21.不影响地在同一位置投球，命中率分别为1

p，且乙投球

2

次均未命2与中的概率为1

.16(1)求乙投球的命中率p；(2)求甲投球2次，至少命中1

次的概率；(3)若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．题型分类·深度剖析思维启迪解析探究提高题型二

相互独立事件的概率【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互3故甲投球2

次，至少命中1

次的概率为1－P(A

·A

)＝4.方法二

由题设知，P(A)＝112，P(

A

)＝2.12故甲投球2

次，至少命中1

次的概率为C

P(A)P(A

)34＋P(A)P(A)＝

.(3)由题设和(1)知，P(A)＝1，P(A

)＝1，P(B)＝32

2

414，P(

B

)＝

.甲、乙两人各投球2

次，共命中2

次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中2

次，乙2

次均不中；甲2

次均不中，乙中2

次．不影响地在同一位置投球，命中率分别为1

p，且乙投球

2

次均未命2与中的概率为1

.16(1)求乙投球的命中率p；(2)求甲投球2次，至少命中1

次的概率；(3)若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．题型分类·深度剖析思维启迪解析探究提高题型二

相互独立事件的概率【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互1212概率分别为C

P(A)P(A

)C

P(B)P(B

)＝316，64P(A)P(A)P(

B

)P(

B

)＝

1

，64P(

A

)P(

A

)P(B)P(B)＝

9

.所以甲、乙两人各投球2

次，共命中2

次的概率为

3

＋

1

＋

9

＝11.16

64

64

32【例

2】

甲、乙两个篮球运动员互1不影响地在同一位置投球，命中率分别为2与p，且乙投球2

次均未命中的概率为1

.16求乙投球的命中率p；求甲投球2次，至少命中1

次的概率；若甲、乙两人各投球2

次，求共命中2

次的概率．题型分类·深度剖析题型二

相互独立事件的概率中，两事件发生的概率互不影响；相互互斥事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；

(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单．思维启迪

解析 探究提高(1)相互独立事件是指两个试验变式训练2

(2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C

各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C

的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．求红队至少两名队员获胜的概率；用ξ

表示红队队员获胜的总盘数，求

ξ

的分布列和数学期望E(ξ)．题型分类·深度剖析题型分类·深度剖析解

(1)设甲胜

A

的事件为

D，乙胜

B

的事件为

E，丙胜

C

的事件为

F，则D

，

E

，

F

分别表示甲不胜

A，乙不胜

B，丙不胜

C的事件．因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，由对立事件的概率公式知P(D

)＝0.4，P(E

)＝0.5，P(F

)＝0.5.红队至少两人获胜的事件有DE

F

，DE

F，D

EF，DEF.由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为P＝P(DE

F

)＋P(DE

F)＋P(

D

EF)＋P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.(2)由题意知ξ

可能的取值为0,1,2,3.又由(1)知

D E

F，

D

EF

，DE F

是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，题型分类·深度剖析因此

P(ξ＝0)＝P(

D

E

F

)＝0.4×0.5×0.5＝0.1，P(ξ＝1)＝P(

D E

F)＋P(

D

EF

)＋P(DE F

)＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.由对立事件的概率公式得

P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.所以ξ

的分布列为ξ0123P0.10.350.40.15因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2

位)5

次预报中恰有2

次准确的概率；5

次预报中至少有2次准确的概率；5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确的概率．题型分类·深度剖析题型三

独立重复试验与二项分布思维启迪解析探究提高【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2

位)5

次预报中恰有2

次准确的概率；5

次预报中至少有2次准确的概率；5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确的概率．题型分类·深度剖析预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算．解析思维启迪

探究提高题型三

与角度、体积有关的几何概型【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2

位)(1)5

次预报中恰有2

次准确的概率；(2)5

次预报中至少有2次准确的概率；(3)5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确的概率．题型分类·深度剖析思维启迪解析探究提高题型三

独立重复试验与二项分布解

令

X

表示

5

次预报中预报准确的次数，则

X～B(5，4

，故其分5)布列为P(X＝k)＝Ck

4)k(1－4)5－k(k＝0,1,2,3,4,5)．5(5

5(1)“5

次预报中恰有2

次准确”的概率为P(X＝2)2542＝C

×(5)

×(1－4)3＝10×16

1

≈0.05.5

25×125【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2

位)(1)5

次预报中恰有2

次准确的概率；(2)5

次预报中至少有2次准确的概率；(3)5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确的概率．题型分类·深度剖析思维启迪解析探究提高题型三

独立重复试验与二项分布(2)“5

次预报中至少有2

次准确”的概率为P(X≥2)＝1－P(X＝0)－555554

4

4

450

0

5

1

4P(X＝1)＝1－C

×( )

×(1－

)

－C

×

×(1－

)

＝1－0.000

32－0.006

4≈0.99.(3)“5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确”的概率为C1454

4

3

45

5×

×(1－

)

×

≈0.02.【例3】某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2

位)5

次预报中恰有2

次准确的概率；5

次预报中至少有2次准确的概率；5

次预报中恰有2

次准确，且其中第3

次预报准确的概率．题型分类·深度剖析独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有

“至少”或“至多”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．解析思维启迪

探究提高题型三

独立重复试验与二项分布题型分类·深度剖析变式训练3

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．(1)任选1

名下岗人员，求该人参加过培训的概率；(2)任选3

名下岗人员，记X

为3

人中参加过培训的人数，求X

的分布列．解

(1)任选

1

名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件

A，“该人参加过计算机培训”为事件

B，由题设知，事件

A

与

B

相互独立，且

P(A)＝0.6，P(B)＝0.75.所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是

P(

A B

)＝P(

A

)·P(

B

)＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1.题型分类·深度剖析变式训练3

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．任选1

名下岗人员，求该人参加过培训的概率；(2)任选3

名下岗人员，记X

为3

人中参加过培训的人数，求X

的分布列．∴该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.因为每个人的选择是相互独立的，所以3

人中参加过培训的人数X

服从二项分布X～B(3,0.9)，3P(X＝k)＝C

0.9

×0.1k

k

3－k，k＝0,1,2,3，题型分类·深度剖析变式训练3

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．(1)任选1

名下岗人员，求该人参加过培训的概率；(2)任选3

名下岗人员，记X

为3

人中参加过培训的人数，求X

的分布列．∴X

的分布列是X0123P0.0010.0270.2430.729易错警示

17.对二项分布理解不准致误题型分类·深度剖析典例：(12

分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6

个交通岗，1假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是3.设X

为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X

的分布列；设Y

为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y

的分布列．易

错

分

析

规

范

解

答

温

馨

提

醒典例：(12

分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6

个交通岗，1假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是3.设X

为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X

的分布列；设Y

为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y

的分布列．题型分类·深度剖析易

错

分

析

规

范

解

答

温

馨

提

醒由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数

Y”理解不当，将“没有遇上红灯的概率也当

1”．成3易错警示

17.对二项分布理解不准致误典例：(12

分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6

个交通岗，1假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是3.设X

为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X

的分布列；设Y

为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y

的分布列．题型分类·深度剖析1解

(1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为3，且每次

1试验结果是相互独立的，故X～B6，3.易

错

分

析

规

范

解

答

温

馨

提

醒所以

X

的分布列为

P(X＝k)＝C6

·

3

3k1k

26－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.2分5分(2)由于Y

表示这名学生在首次停车时经过的路口数,显然Y

是随机变量,其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k

个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．7分易错警示

17.对二项分布理解不准致误典例：(12

分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6

个交通岗，1假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是3.设X

为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X

的分布列；设Y

为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y

的分布列．题型分类·深度剖析2率为

P(Y＝6)＝(

)6，易

错

分

析

规

范

解

答

温

馨

提

醒P(Y＝k)＝

2

k·1(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概(3)

33因此Y

的分布列为Y0123456P131

23·31

2

23·(3)1

2

33·(3)1

2

43·(3)1

2

53·(3)2

6(3)9分12分易错警示

17.对二项分布理解不准致误典例：(12

分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6

个交通岗，1假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是3.设X

为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X

的分布列；设Y

为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y

的分布列．题型分类·深度剖析n

n(2)独立重复试验中的概率公式P

(k)＝C

p

(1－p)—k

k

n

k表示的是n

次独立重复试验中事件A

发生k

次的概率，p

与(1－p)的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件A

有k

次不发生的概率了.易

错

分

析

规

范

解

答

温

馨

提

醒(1)二项分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近几年高考非常注重的一个考点．二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生．易错警示

17.对二项分布理解不准致误思想方法·感悟提高方法与技巧P(AB)

n(AB)

n(AB)1．古典概型中，A

发生的条件下B

发生的条件概率公式为P(B|A)＝

P(A)＝

n(A)，其中，在实际应用中P(B|A)＝

n(A)是一种重要的求条件概率的方法．2．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响,计算式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一试验中,两个

事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．3．n

次独立重复试验中，事件A

恰好发生k

次可看做是nCk个互斥事件的和，其中每一个事件都可看做是k

个A事件与n－k

个A

事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n

次独立重复试验nk

k中事件A恰好发生k

次的概率为C

p

(1－—n

kp)

.思想方法·感悟提高失误与防范运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A、B

相互独立时，公式才成立．独立重复试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中某事件发生的概率相等．注意恰好与至多(少)的关系，灵活运用对立事件．练出高分A组 专项基础训练123456789A组 专项基础训练123456789练出高分1．(2011·辽宁)从1,2,3,4,5

中任取2

个不同的数，事件A＝“取到的2

个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2

个数均为偶数”，则P(B|A)等于

(

)A.1

B.8

41

2C.51D.2解析1．(2011·辽宁)从1,2,3,4,5

中任取2

个不同的数，事件A＝“取到的2

个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2

个数均为偶数”，则P(B|A)等于A组 专项基础训练123456789练出高分(

B

)P(A)＝3C2＋C222C5

52＝，P(AB)＝C2C252＝101

，A.1

1

2

18

B.4

C.5

D.2解析P(B|A)＝P(AB)1P(A)＝4.A组 专项基础训练123456789练出高分解析A组 专项基础训练123456789练出高分解析方法一

由题意知

K，A1，A2

正常工作的概率分别为

P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8，∵K，A1，A2

相互独立，∴A1，A2

至少有一个正常工作的概率为P(A1

A2)＋P(A1

A

2)＋P(A1A2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.A组 专项基础训练123456789练出高分∴系统正常工作的概率为P(K)[P(A1

A2)＋P(A1

A

2)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864.B方法二

A1，A2

至少有一个正常工作的概率为

1－P(

A

1

A

2)＝

1

－(1

－0.8)(1

－0.8)＝

0.96

，∴系统正常工作的概率为P(K)[1－P(

A

1

A

2)]＝0.9×0.96＝0.864.解析A组 专项基础训练123456789练出高分3．(2011·广东)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为

(

)A.1

B.2

53

2C.33D.4解析3．(2011·广东)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为3

2

3A.1

B.

C.

D.2

5

3

4A组 专项基础训练123456789练出高分解析甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，1

1

1概率为2，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为2×2＝1

1

1

34，故甲队获得冠军的概率为4＋2＝4.(

D

)A组 专项基础训练123456789练出高分4．已知随机变量X

服从二项分布X～B(61，3)，则P(X＝2)等于(

)A.1316B.

4243C.

13243D.

80243解析A组 专项基础训练123456789练出高分4．已知随机变量X

服从二项分布X～B(61，3)，则P(X＝2)等于A.1316B.

4243C.

13243D.

80243解析6

3P(X＝2)＝C2(1)2(1－3

2431)4＝

80

.(

D

)A组 专项基础训练123456789练出高分5．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为

0.80，乙闹钟准时响的概率是

0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是

．解析A组 专项基础训练123456789练出高分解析1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98.5．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为

0.80，乙闹钟准时响的概率是

0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是

0.98

．A组 专项基础训练练出高分1234567896．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中25至多命中一次的概率为16

，则该队员每次罚球的命中率为

．解析6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中25至多命中一次的概率为16

，则该队员每次罚球的命中率为A组 专项基础训练123456789练出高分解析设该队员每次罚球的命中率为

p(其中

0<p<1)，则依题意有1－p2

16，p2＝

9

.＝25

253

5

．5又0<p<1，因此有p＝3.A组 专项基础训练123456789练出高分7．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占

70%，乙厂产品占

30%，甲厂产品的合格率是

95%，乙厂产品的合格率是

80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是

．解析7．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是

．A组 专项基础训练123456789练出高分解析记A＝“甲厂产品”，B＝“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95.∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.0.665A组 专项基础训练123456789练出高分8．(10分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．求该地1

位车主至少购买甲、乙两种保险中的1

种的概率；求该地的3

位车主中恰有1

位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．解析8．(10分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．求该地1

位车主至少购买甲、乙两种保险中的1

种的概率；求该地的3

位车主中恰有1

位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．A组 专项基础训练123456789练出高分解析解

记

A

表示事件：该地的

1

位车主购买甲种保险；B

表示事件：该地的1

位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C

表示事件：该地的1

位车主至少购买甲、乙两种保险中的1

种；D

表示事件：该地的1

位车主甲、乙两种保险都不购买；E

表示事件：该地的3

位车主中恰有1

位车主甲、乙两种保险都不购买．A组 专项基础训练123456789练出高分3P(E)＝C1×0.2×0.82＝0.384.8．(10分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．求该地1

位车主至少购买甲、乙两种保险中的1

种的概率；求该地的3

位车主中恰有1

位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．解析P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.D＝

C

，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，A组 专项基础训练123456789练出高分9．(12

分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6

场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，1并且胜场的概率是3.求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率；求这支篮球队在6

场比赛中恰好胜了3

场的概率．解析9．(12

分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6

场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，1并且胜场的概率是3.求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率；求这支篮球队在6

场比赛中恰好胜了3

场的概率．A组 专项基础训练123456789练出高分解析

121

4

解

(1)P＝1－3

×3＝27.

4

所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为27；6(2)6

场胜3

场的情况有C3种，63

1

1∴P＝C3

31－

3＝20×

×1

8

1603

27

27

729＝

.729所以这支篮球队在6

场比赛中恰胜3

场的概率为160.B组 专项能力提升1234567练出高分B组 专项能力提升1234567练出高分1．某种元件的使用寿命超过

1

年的概率为

0.6，使用寿命超过

2年的概率为

0.3，则使用寿命超过

1

年的元件还能继续使用的概率为

(

)A．0.3

B．0.5

C．0.6

D．1解析1．某种元件的使用寿命超过1

年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则使用寿命超过1

年的元件还能继续使用的概率为A．0.3

B．0.5

C．0.6

D．1B组 专项能力提升1234567练出高分(

B

)解析设事件A为“该元件的使用寿命超过1

年”，B

为“该元件的使用寿命超过2

年”，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.3.因为B⊆A，所以P(AB)＝P(B)＝0.3，P(A)＝0.6于是P(B|A)＝P(AB)

0.3＝0.5.B组 专项能力提升1234567练出高分2．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1都是2.质点

P

移动五次后位于点(2,3)的概率是

(

)A．

B．C5

215

215C．C5

223132D．C5C5

23152．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1都是2.质点P

移动五次后位于点(2,3)的概率是A．

B．C5

215

215C．C5

223132D．C5C5

2315B组 专项能力提升1234567练出高分(

B

)B组 专项能力提升1234567练出高分2

33．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为3和4，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为

(

)A.1

B.

5

C.1

D.12

12

4

6解析2

33．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为3和4，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为A.1

B.

52

12C.1D.14

6B组 专项能力提升1234567练出高分解析设事件A：甲实习生加工的零件为一等品；2事件B：乙实习生加工的零件为一等