2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第2讲　互斥、对立、独立事件与条件概率、全概率公式

第2讲互斥、对立、独立事件与条件概率、全概率公式基础回归1．从一批产品中取出三件产品，设A＝“三件产品全不是次品”，B＝“三件产品全是次品”，C＝“三件产品有次品，但不全是次品”，则下列结论中错误的是(D)A．A与C互斥 B．B与C互斥C．任何两个都互斥 D．任何两个都不互斥【解析】A为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，B为三件产品全是次品，A与B互斥，C为三件产品有次品，但不全是次品，它包括一件次品，两件次品，由此知，A与C是互斥事件，B与C是互斥事件．2．(人A必二P249练习3改编)天气预报在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为(C)A．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56【解析】设事件A＝“甲地降雨”，事件B＝“乙地降雨”，则两地恰有一地降雨为Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，所以P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38．3．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，设事件甲＝“第一次骰子正面向上的数字是2”，事件乙＝“两次骰子正面向上的数字之和是5”，事件丙＝“两次骰子正面向上的数字之和是7”，则(D)A．甲乙互斥 B．乙丙互为对立事件C．甲乙相互独立 D．甲丙相互独立【解析】由题意可知，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有可能情况有36种，事件甲＝“第一次骰子正面向上的数字是2”包含的基本事件有：(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，则P1＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)；事件乙＝“两次骰子正面向上的数字之和是5”包含的基本事件有：(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，则P2＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)；事件丙＝“两次骰子正面向上的数字之和是7”包含的基本事件有：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，则P3＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)．对于A，甲乙有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；对于B，除了乙丙以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误；对于C，甲乙同时发生的概率为P4＝eq\f(1,36)≠P1P2，C错误；对于D，甲丙同时发生的概率为P5＝eq\f(1,36)＝P1P3，D正确．4．(人A选必三P48练习3改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，某人每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为__eq\f(1,3)__．【解析】设A＝“此人第一次拿到白球”，B＝“此人第二次拿到红球”，则P(AB)＝eq\f(A\o\al(1,2)A\o\al(1,3),A\o\al(2,10))＝eq\f(1,15)，P(A)＝eq\f(A\o\al(1,2),A\o\al(1,10))＝eq\f(1,5)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3)．5．现有8道四选一的单选题，小明同学对其中6道题有思路，2道题完全没有思路，有思路的题做对的概率为0.9，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对答案的概率只有0.25，小明同学从这8道题中随机选择1题，则小明做对该题的概率为__0.7375__．【解析】设事件A＝“小明答对”，事件B＝“小明选到有思路的题”，则小明从这8道题中随机选1题，且答对该题的概率为P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\x\to(B))P(A|eq\x\to(B))＝0.75×0.9＋0.25×0.25＝0.7375．举题固法目标引领互斥、对立事件例1(1)(2023·大连二模)(多选)有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E＝“只订甲报纸”，事件F＝“至少订一种报纸”，事件G＝“至多订一种报纸”，事件H＝“不订甲报纸”，事件I＝“一种报纸也不订”，下列说法中正确的是(BC)A．E与G是互斥事件B．F与I是互斥事件，且是对立事件C．F与G不是互斥事件D．G与I是互斥事件【解析】对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件；对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且是对立事件；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件；对于D，G与I也可以同时发生，不是互斥事件．(2)(2023·聊城一模)某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25．若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为(C)A．0.34 B．0.37C．0.42 D．0.43【解析】设事件A＝“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则P1＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,4))×0.82＝0.32，若两个题目中一个有思路一个没有思路，则P2＝eq\f(C\o\al(1,1)C\o\al(1,3),C\o\al(2,4))×0.8×0.25＝0.1，故P(A)＝P1＋P2＝0.32＋0.1＝0.42．辨析互斥事件与对立事件的思路：(1)在一次试验中，两个互斥事件有可能都不发生，也可能有一个发生，但不可能同时发生．(2)两个对立事件必有一个发生，但不可能同时发生．即两事件对立，必定互斥，但两事件互斥，未必对立．对立事件是互斥事件的一个特例．(3)互斥的概念适用于两个或多个事件，但对立的概念只适用于两个事件．变式12021年5月30日清晨5时01分，天舟二号货运飞船在成功发射约8小时后，与中国空间站天和核心舱完成自主快速交接．如果下次执行空间站的任务由3名航天员承担，需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率为(B)A．eq\f(6,7) B．eq\f(9,10)C．eq\f(2,5) D．eq\f(4,15)【解析】设事件M＝“选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员”，则P(M)＝1－eq\f(C\o\al(3,3)＋C\o\al(3,3),C\o\al(3,6))＝eq\f(9,10)．事件的独立性例2(1)有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，事件甲＝“第一次取红球”，事件乙＝“第二次取蓝球”，事件丙＝“两次取出不同颜色的球”，事件丁＝“两次取出相同颜色的球”，则(A)A．甲与乙相互独立 B．甲与丙相互独立C．乙与丙相互独立 D．乙与丁相互独立【解析】依题意，事件甲的概率P1＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，事件乙的概率P2＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，有放回取球两次的试验的基本事件总数是62＝36，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为12＋22＋32＝14，事件丙的概率P3＝1－eq\f(14,36)＝eq\f(11,18)，事件丁的概率P4＝eq\f(14,36)＝eq\f(7,18)．对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率P5＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)＝P1·P2，甲与乙相互独立，A正确；对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率P6＝eq\f(9,36)＝eq\f(1,4)≠P1·P3，甲与丙不独立，B错误；对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率P7＝eq\f(8,36)＝eq\f(2,9)≠P2·P3，乙与丙不独立，C错误；对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率P8＝eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)≠P2·P4，乙与丁不独立，D错误．(2)(2023·内江三模)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为eq\f(2,3)；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq\f(1,2)．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为__eq\f(7,24)__．【解析】第一局甲胜，第二局乙胜：若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为eq\f(2,3)，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq\f(1,2)；若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为eq\f(1,2)，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq\f(1,2)．所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)．解相互独立事件问题的步骤：变式2(1)某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色学校，开设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲乙两人均未选择‘5人制’课程”，则(C)A．A与B为对立事件 B．A与C互斥C．A与C相互独立 D．B与C相互独立【解析】依题意，甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与B互斥不对立，故A错误；当甲乙两人均未选择‘5人制’课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与C不互斥，故B错误；因为P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(1,3)·C\o\al(1,2),C\o\al(2,4)·C\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,4)·C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(C)＝eq\f(C\o\al(2,3)·C\o\al(2,3),C\o\al(2,4)·C\o\al(2,4))＝eq\f(1,4)，且P(AC)＝eq\f(C\o\al(1,3)·C\o\al(1,2),C\o\al(2,4)·C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B与C不相互独立，故C正确，D错误．(2)(2023·郴州三模)篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为(D)A．eq\f(15,64) B．eq\f(9,32)C．eq\f(27,64) D．eq\f(33,64)【解析】由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为eq\f(1,4)，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为eq\f(1,4)×1×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×1＋eq\f(3,4)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(33,64)．条件概率与全概率公式例3(1)从1,2,3,4,5,6,7中任取两个不同的数，事件A＝“取到的两个数的和为偶数”，事件B＝“取到的两个数均为偶数”，则P(B|A)＝__eq\f(1,3)__．【解析】因为事件B⊆A，所以P(AB)＝P(B)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,7))＝eq\f(1,7)，而P(A)＝eq\f(C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,4),C\o\al(2,7))＝eq\f(3,7)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,3)．(2)(2023·梅州模拟)芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产该芯片的次品率为eq\f(1,20)，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为__eq\f(1,10)__．【解析】设A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B＝“取得的芯片为次品”，甲厂生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5)，P(A2)＝eq\f(2,5)，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝eq\f(1,20)，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(3,5)×p＋eq\f(2,5)×eq\f(1,20)＝0.08，解得p＝eq\f(1,10)．条件概率的两种求解方法变式3(1)(2023·全国甲卷理)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)A．0.8 B．0.4C．0.2 D．0.1【解析】报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记事件A＝“某人报足球俱乐部”，事件B＝“某人报乒乓球俱乐部”，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(PAB,PA)＝eq\f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8．(2)(2023·东莞模拟)核桃(又称胡桃、羌桃)、扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”．它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同．现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为2%(空壳率指坚果、谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳)，乙地种植的核桃空壳率为4%，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的40%,60%，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是__3.2%__．【解析】设事件A1＝“所取核桃产地为甲地”，事件A2＝“所取核桃产地为乙地”，事件B＝“所取核桃为空壳”，则P(A1)＝40%，P(A2)＝60%，P(B|A1)＝2%，P(B|A2)＝4%，P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝40%×2%＋60%×4%＝3.2%，所以该核桃是空壳的概率是3.2%．随堂内化1．(2023·淮北一模)对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中n(Ω)＝60，n(A)＝30，n(B)＝10，n(C)＝20，n(D)＝30，n(A∪B)＝40，n(A∩C)＝10，n(A∪D)＝60，则(D)A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立C．C与D互斥 D．A与C相互独立【解析】由n(A)＝30，n(B)＝10，n(A∪B)＝40，即n(A∪B)＝n(A)＋n(B)，故A，B互斥，故A错误；由n(A∪D)＝n(A)＋n(D)＝n(Ω)＝60，知A，D互斥且对立，故B错误；又n(C)＝20，n(A∩C)＝10，则n(D∩C)＝10，C与D不互斥，故C错误；由P(A)＝eq\f(nA,nΩ)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(nC,nΩ)＝eq\f(1,3)，P(A∩C)＝eq\f(nA∩C,nΩ)＝eq\f(1,6)，所以P(A∩C)＝P(A)P(C)，即A与C相互独立，故D正确．2．(2023·杭州二模)(多选)一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回地随机取两次，每次取1个球，记事件A1＝“第一次取出的是红球”；事件A2＝“第一次取出的是白球”；事件B＝“取出的两球同色”；事件C＝“取出的两球中至少有一个红球”，则(ACD)A．事件A1，A2为互斥事件B．事件B，C为独立事件C．P(B)＝eq\f(2,5)D．P(C|A2)＝eq\f(3,4)【解析】第一次取出的球是红球还是白球这两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，故A正确；P(B)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,4)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(2,5)，P(C)＝eq\f(3,5)×1＋eq\f(3,5)×eq\f(2,4)＝eq\f(9,10)，P(BC)＝eq\f(3,5)×eq\f(2,4)＝eq\f(3,10)，P(B)·P(C)≠P(BC)，故B错误，C正确；P(C|A2)＝eq\f(PCA2,PA2)＝eq\f(\f(2,5)×\f(3,4),\f(2,5))＝eq\f(3,4)，故D正确．3．(2023·苏州三模)在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1,2,3,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品