第54讲　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-2026高考数学大一轮全面复习资料（提高版）解析版

第54讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式链教材夯基固本激活思维1.(人A必二P250习题T1)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为(C)A.互斥 B.互为对立事件C.相互独立 D.相等【解析】掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互斥事件，也不是对立事件，故A，B错误；P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(3,6)×eq\f(3,6)＝eq\f(1,4)，P(A)·P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，因为P(A)·P(B)＝P(AB)，所以A与B相互独立，故C正确；事件A与B不相等，故D错误．2.(人A必二P250习题T2)假设P(A)＝0.7，P(B)＝0.8，且A，B相互独立，则P(AB)＝_0.56_，P(A∪B)＝_0.94_．【解析】因为P(A)＝0.7，P(B)＝0.8，且A与B相互独立，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.7×0.8＝0.56，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.7＋0.8－0.56＝0.94.3.(人A选必三P48习题T1)设A⊆B，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则P(B|A)＝_1_，P(A|B)＝_eq\f(1,2)_．【解析】方法一：因为A⊆B，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则A发生B一定发生，所以P(B|A)＝1，P(A|B)＝eq\f(0.3,0.6)＝eq\f(1,2).方法二：因为P(AB)＝P(A)＝0.3，由条件概率公式得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(P(A),P(A))＝1，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(P(A),P(B))＝eq\f(0.3,0.6)＝eq\f(1,2).4.(人A选必三P52习题T3)甲、乙两人同时向一目标射击，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为_0.75_．【解析】由题意可得目标至少被命中1次的概率为1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8.因为甲命中目标的概率为0.6，所以目标至少被命中1次，甲命中目标的概率为P＝eq\f(0.6,0.8)＝0.75.5.(人A选必三P52练习T4)甲和乙两个箱子中各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球．掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，从甲箱中随机摸出1个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱中随机摸出1个球．则摸到红球的概率是_eq\f(7,10)_．【解析】从甲箱中摸球，掷到点数为1或2的概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，又从甲箱中摸到红球的概率为eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，故从甲箱中摸到红球的概率为P1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6).从乙箱中摸球，掷到点数为3，4，5，6的概率为eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，又从乙箱中摸到红球的概率为eq\f(8,10)＝eq\f(4,5)，故从乙箱中摸到红球的概率为P2＝eq\f(2,3)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,15).综上，摸到红球的概率为eq\f(1,6)＋eq\f(8,15)＝eq\f(7,10).聚焦知识1.相互独立事件(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝_P(A)P(B)_成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与_B_，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)也都相互独立．2.条件概率(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)＞0，我们称P(B|A)＝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．(2)两个公式①利用古典概型：P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).②概率的乘法公式：P(AB)＝_P(A)·P(B|A)_．3.全概率公式一般地，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\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)_，我们称上面的公式为全概率公式．4.*贝叶斯公式：一般地，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),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))P(Ak)P(B|Ak))，i＝1，2，…，n.研题型素养养成举题说法相互独立事件的判断例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．事件甲＝“第一次取出的球的数字是1”，事件乙＝“第二次取出的球的数字是2”，事件丙＝“两次取出的球的数字之和是8”，事件丁＝“两次取出的球的数字之和是7”，则(B)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【解析】由题知P(甲)＝eq\f(1,6)，P(乙)＝eq\f(1,6)，P(丙)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)，P(丁)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6).事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．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．变式1(2024·湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝“甲、乙两人均未选择B选项”，则(C)A.事件M与事件N相互独立B.事件X与事件Y相互独立C.事件M与事件Y相互独立D.事件N与事件Y相互独立【解析】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，所以P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(N)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(X)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(Y)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,4).因为事件M与事件N互斥，所以P(MN)＝0，又P(M)·P(N)＝eq\f(1,9)，所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；P(XY)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,12)≠P(X)P(Y)＝eq\f(1,24)，故B错误；由P(MY)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)＝P(M)P(Y)，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；因为事件N与事件Y互斥，所以P(NY)＝0，又P(Y)·P(N)＝eq\f(1,24)，所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误．条件概率例2(多选)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现任取一个零件，记事件Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，事件B＝“任取一零件为次品”，则(ACD)A.P(A1)＝0.25 B.P(B|A2)＝0.015C.P(B)＝0.0525 D.P(A1|B)＝eq\f(2,7)【解析】根据题意知P(B)＝6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝0.0525，故C正确；P(A1)＝0.25,故A正确；P(BA2)＝5%×0.3＝0.015，P(A2)＝0.3，则P(B|A2)＝eq\f(P(BA2),P(A2))＝eq\f(0.015,0.3)＝0.05，故B错误；P(A1B)＝6%×0.25＝0.015，则P(A1|B)＝eq\f(P(A1B),P(B))＝eq\f(0.015,0.0525)＝eq\f(2,7)，故D正确．求条件概率的常用方法：(1)定义法：P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A)).(2)样本点法：P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).(3)缩样法：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．变式2(2024·开封三模)在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率是(A)A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,25) D.eq\f(6,25)【解析】设事件A＝“第1次抽到几何题”，事件B＝“第2次抽到代数题”，所以P(A)＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,10)，则P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4).全概率公式例3(2024·河南济、洛、平、许三模)某学校安排甲、乙、丙三个班级同时到学校礼堂参加联欢晚会，已知甲班艺术生占比8%，乙班艺术生占比6%，丙班艺术生占比5%.学生自由选择座位，先到者先选．甲、乙、丙三个班人数分别占总人数的eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(5,12).若主持人随机从场下学生中选一人参与互动．(1)求选到的学生是艺术生的概率；【解答】设事件B＝“任选一名学生恰好是艺术生”，事件A1＝“所选学生来自甲班”，事件A2＝“所选学生来自乙班”，事件A3＝“所选学生来自丙班”．由题可知，P(A1)＝eq\f(1,4)，P(A2)＝eq\f(1,3)，P(A3)＝eq\f(5,12)，P(B|A1)＝eq\f(2,25)，P(B|A2)＝eq\f(3,50)，P(B|A3)＝eq\f(1,20)，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,25)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,50)＋eq\f(5,12)×eq\f(1,20)＝eq\f(73,1200).(2)如果选到的学生是艺术生，判断其来自哪个班的可能性最大．【解答】因为P(A1|B)＝eq\f(P(A1B),P(B))＝eq\f(P(A1)P(B|A1),P(B))＝eq\f(\f(1,4)×\f(2,25),\f(73,1200))＝eq\f(24,73)，P(A2|B)＝eq\f(P(A2B),P(B))＝eq\f(P(A2)P(B|A2),P(B))＝eq\f(\f(1,3)×\f(3,50),\f(73,1200))＝eq\f(24,73)，P(A3|B)＝eq\f(P(A3B),P(B))＝eq\f(P(A3)P(B|A3),P(B))＝eq\f(\f(5,12)×\f(1,20),\f(73,1200))＝eq\f(25,73)，所以其来自丙班的可能性最大．若随机试验可以看成分两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体怎样未知，那么：①如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式；②如果第二阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式．变式3(2024·惠州一模)全国“村BA”篮球赛点燃了全民的运动激情，深受广大球迷的喜爱．每支球队都有一个或几个主力队员，现有一支“村BA”球队，其中甲球员是其主力队员，经统计该球队在某个赛季的所有比赛中，甲球员是否上场时该球队的胜负情况如下表：甲球员是否上场球队的胜负情况合计胜负上场4045未上场3合计42(1)完成2×2列联表，并依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为球队的胜负与甲球员是否上场有关？(附：x0.01＝6.635)【解答】根据题意，可得如下2×2列联表：甲球员是否上场球队的胜负情况合计胜负上场40545未上场235合计42850零假设H0：球队的胜负与甲球员是否上场无关，此时χ2＝eq\f(50×(40×3－5×2)2,42×8×45×5)≈8.003＞6.635，所以根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，即认为球队的胜负与甲球员是否上场有关．(2)由于队员的不同，甲球员主打的位置会进行调整，根据以往的数据统计，甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6.①当甲球员上场参加比赛时，求球队赢球的概率；【解答】设事件A＝“甲球员上场打前锋”，事件B＝“甲球员上场打中锋”，事件C＝“甲球员上场打后卫”，事件D＝“球队赢球”，则P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，P(C)＝0.2，P(D|A)＝0.7，P(D|B)＝0.8，P(D|C)＝0.6，所以当甲球员上场参加比赛时，球队赢球的概率P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.7＋0.5×0.8＋0.2×0.6＝0.73.②当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求甲球员打中锋的概率(精确到0.01).【解答】当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，甲球员打中锋的概率为P(B|D)＝eq\f(P(DB),P(D))＝eq\f(P(B)P(D|B),P(D))＝eq\f(0.5×0.8,0.73)≈0.55.抽象事件的概率及运算例4(2025·镇江期初)(多选)已知事件A与B发生的概率分别为P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(4,5)，则下列说法正确的是(BD)A.P(AB)＝eq\f(12,25) B.P(A|B)＞eq\f(2,5)C.P(A＋B)＝eq\f(23,25) D.eq\f(2,3)≤P(B|A)≤1【解析】对于A，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(12,25)不一定成立，故A错误；对于B，由于P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)－P(AB)≤1，则P(AB)≥eq\f(2,5)，则P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))≥eq\f(\f(2,5),\f(4,5))＝eq\f(1,2)＞eq\f(2,5)，故B正确；对于C，由于题目中没确定事件A与B是否相互独立，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)－eq\f(12,25)＝eq\f(23,25)也不一定成立，故C错误；对于D，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))≥eq\f(\f(2,5),\f(3,5))＝eq\f(2,3)，故eq\f(2,3)≤P(B|A)≤1，故D正确．可用如图所示的Venn图来解决此类问题：①P(B)＝P(BA)＋P(Beq\x\to(A))＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(eq\x\to(A)|B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))；②若P(B)≠0，则必有P(A|B)＋P(eq\x\to(A)|B)＝1.变式4(2024·滨州二模)已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则下列说法正确的是(D)A.若P(AB)＝0.9，则A，B相互独立B.若A，B相互独立，则P(A|B)＝0.6C.若P(A|B)＝0.5，则P(AB)＝0.25D.若B⊆A，则P(B|A)＝0.8【解析】对于A，因为P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不独立，故A错误；对于B，若A，B相互独立，则P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(P(A)P(B),P(B))＝P(A)＝0.5，故B错误；对于C，因为P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))，所以P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.4×0.5＝0.2，故C错误；对于D，若B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝0.4，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8，故D正确．随堂内化1.(2024·青岛一模)(多选)袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件A＝“取出的球的数字之积为奇数”，事件B＝“取出的球的数字之积为偶数”，事件C＝“取出的球的数字之和为偶数”，则(AB)A.事件A与B是互斥事件B.事件A与B是对立事件C.事件B与C是互斥事件D.事件B与C相互独立【解析】对于A，B，“取出的球的数字之积为奇数”和“取出的球的数字之积为偶数”不可能同时发生，且必有一个发生，故事件A与B是互斥事件，也是对立事件，故A，B正确；对于C，如果取出的数为2，4，则事件B与事件C均发生，不互斥，故C错误；对于D，P(B)＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,5)，P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,5)，P(BC)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，则P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B与C不相互独立，故D错误．2.(2024·鹰潭二模)质数又称素数，我们把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”，如：3和5，5和7，…….在不超过20的正整数中，随机选取两个不同的数，记事件A＝“这两个数都是素数”；事件B＝“这两个数不是孪生素数”，则P(B|A)＝(A)A.eq\f(6,7) B.eq\f(1,7)C.eq\f(2,3) D.eq\f(4,7)【解析】在不超过20的正整数中，随机选取两个不同的数有Ceq\o\al(2,20)＝190对组合，在不超过20的正整数中有2，3，5，7，11，13，17，19共8个素数，所以任取两个素数共有Ceq\o\al(2,8)＝28对组合，其中是“孪生素数”的有(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)共4对，所以这两个数不是孪生素数的共有28－4＝24(对)，所以P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(2,20))＝eq\f(28,190)＝eq\f(14,95)，P(AB)＝eq\f(24,190)＝eq\f(12,95)，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(12,95),\f(14,95))＝eq\f(6,7).3.(2025·南京零模)(多选)对于随机事件A，B，若P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,5)，P(B|A)＝eq\f(1,4)，则(BCD)A.P(AB)＝eq\f(3,20) B.P(A|B)＝eq\f(1,6)C.P(A＋B)＝eq\f(9,10) D.P(eq\x\to(A)B)＝eq\f(1,2)【解析】对于A，因为P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,10)，故A错误；对于B，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(\f(1,10),\f(3,5))＝eq\f(1,6)，故B正确；对于C，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10)，故C正确；对于D，由P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))，得eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＋eq\f(3,5)·P(B|eq\x\to(A))，所以P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(5,6)，所以P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(3,5)×eq\f(5,6)＝eq\f(1,2)，故D正确．4.(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C三个题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题，正确率是_0.85_．【解析】由题意知，A，B，C题库的比例为5∶4∶3，各占比分别为eq\f(5,12)，eq\f(4,12)，eq\f(3,12)，则根据全概率公式知所求正确率P＝eq\f(5,12)×0.92＋eq\f(4,12)×0.86＋eq\f(3,12)×0.72＝0.85.练案❶趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．练案❷1.补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．2.为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．配套精练一、单项选择题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(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.2.(2024·南京二模)已知P(A)＝eq\f(3,5)，P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(1,5)，P(A|B)＝eq\f(1,2)，则P(B)＝(D)A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)【解析】因为P(A)＝P(AB)＋P(Aeq\x\to(B))，P(A)＝eq\f(3,5)，P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(1,5)，所以P(AB)＝P(A)－P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(2,5)，所以P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(1,2)，则P(B)＝eq\f(P(AB),P(A|B))＝eq\f(\f(2,5),\f(1,2))＝eq\f(4,5).3.(2024·武汉5月训练)抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，则下列说法不正确的是(D)A.当n＝2时，P(AB)＝eq\f(1,2)B.当n＝2时，事件A与事件B不独立C.当n＝3时，P(A＋B)＝eq\f(7,8)D.当n＝3时，事件A与事件B不独立【解析】当n＝2时，AB表示一正一反，故P(AB)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(A)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(B)＝1－P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，P(AB)＝eq\f(1,2)≠eq\f(3,8)＝P(A)P(B)，故A正确，B正确；当n＝3时，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P(A＋B)＝1－P(eq\x\to(A＋B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,8)，P(AB)＝3×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)，P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－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(3,4)，P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，所以P(AB)＝eq\f(3,8)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)＝P(A)P(B)，故C正确，D错误．4.(2024·福州2月质检)甲、乙、丙三个地区分别有x%，y%，z%的人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列．已知这三个地区的人口数之比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为(D)A.1.21 B.1.34C.1.49 D.1.51【解析】设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”．由题可知，P(F1)＝eq\f(5x,1000)，P(F2)＝eq\f(3y,1000)＝eq\f(3x＋3,1000)，P(F3)＝eq\f(2z,1000)＝eq\f(2x＋4,1000)，P(G)＝P(F1)＋P(F2)＋P(F3)＝eq\f(10x＋7,1000).由条件概率公式可得P(D1|G)＝eq\f(P(D1G),P(G))＝eq\f(P(F1),P(G))＝eq\f(5x,10x＋7)，P(D2|G)＝eq\f(P(D2G),P(G))＝eq\f(P(F2),P(G))＝eq\f(3x＋3,10x＋7)，P(D3|G)＝eq\f(P(D3G),P(G))＝eq\f(P(F3),P(G))＝eq\f(2x＋4,10x＋7).由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P(D1|G)≥P(D2|G)，,P(D1|G)≥P(D3|G)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x≥3x＋3，,5x≥2x＋4，))解得x≥eq\f(3,2).二、多项选择题5.(2024·莆田二检改)若P(AB)＝eq\f(1,10)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(1,4)，则(BC)A.事件A与B互斥 B.事件A与B相互独立C.P(A＋B)＝eq\f(11,20) D.P(eq\x\to(A)B)＝eq\f(1,5)【解析】对于A，B，P(A)＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，从而P(A)·P(B)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,10)＝P(AB)≠0，故A错误，B正确；对于C，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,10)＝eq\f(11,20)，故C正确；对于D，P(eq\x\to(A)B)＝P(B)－P(AB)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,10)＝eq\f(3,20)，故D错误．6.(2024·吕梁二模)甲、乙两名同学分别从a，b，c，d四门不同的选修课中随机选修两门．设事件X＝“a，b两门选修课中，甲同学至少选修一门”，事件Y＝“乙同学一定不选修c”，事件Z＝“甲、乙两人所选选修课至多有一门相同”，事件W＝“甲、乙两人均选修d”，则(AC)A.P(X)＝P(Z) B.P(Y)＝P(W)C.X与Y相互独立 D.Z与W相互独立【解析】因为P(X)＝1－eq\f(1,Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,6)，P(Y)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，P(Z)＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,6)，P(W)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,4)，故A正确，B错误；因为P(XY)＝eq\f(（Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,2)）Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,12)＝P(X)P(Y)，P(ZW)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)≠P(Z)P(W)，所以X与Y相互独立，Z与W不相互独立，故C正确，D错误．7.(2024·广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则(ABD)A.P(A1)＝eq\f(3,5) B.P(B)＝eq\f(11,50)C.P(B|A1)＝eq\f(9,50) D.P(A2|B)＝eq\f(2,11)【解析】依题意可得P(A1)＝eq\f(3,5)，P(A2)＝eq\f(2,5)，P(B|A1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，P(B|A2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(3,5)×eq\f(3,10)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,10)＝eq\f(11,50)，故A正确，B正确，C错误；P(A2|B)＝eq\f(P(A2B),P(B))＝eq\f(P(B|A2)P(A2),P(B))＝eq\f(\f(1,10)×\f(2,5),\f(11,50))＝eq\f(2,11)，故D正确．三、填空题8.(2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为_eq\f(3,5)_；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为_eq\f(1,2)_．【解析】设“甲选到A”为事件D，“乙选到A”为事件M，“乙选到B”为事件N，则甲选到A的概率为P(D)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)；乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝eq\f(P(MN),P(M))＝eq\f(\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,5)),\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5)))＝eq\f(1,2).9.(2025·南昌期初)庆“七一”，教育局组织党史知识竞赛，经过激烈角逐，最后甲、乙两队争夺冠军，实行“三局两胜”制(无平局)．若甲队在每局比赛中获胜的概率均为eq\f(2,3)，且每局比赛结果相互独立，则在甲队获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为_eq\f(2,5)_.【解析】设“甲队获得冠军”为事件A，“比赛进行了三局”为事件B，则P(A)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(20,27)，P(AB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq\f(2,5).10.某校中学生篮球队集训前共有6个篮球，其中3个是新球(即没有用过的球)，3个是旧球(即至少用过一次的球)．每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回，则第二次训练时恰好取到1个新球的概率为_eq\f(38,75)_．【解析】用事件Ai表示“第一次训练时取到i个新球”(i∈{0，1，2})，B表示“第二次训练时恰好取到1个新球”，则P(A0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，P(A1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，P(A2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，P(B|A0)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，P(B|A1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(8,15)，P(B|A2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,3)，因此，P(B)＝P(A0)P(B|A0)＋P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(1,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(3,5)×eq\f(8,15)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(38,75)，所以第二次训练时恰好取到1个新球的概率为eq\f(38,75).四、解答题11.(2025·肇庆期初联考)某工厂生产一种零件，该零件的质量分为三种等级：一等品、二等品和次品．根据历史数据，该工厂生产一等品、二等品和次品的概率分别为0.7，0.2和0.1.现对一批刚生产出来的零件进行质量检测，检测方式分为两种：自动检测和人工抽检，自动检测能将一等品全部正确识别，但有5%的概率将二等品误判为次品，有15%的概率将二等品误判为一等品，也有10%的概率将次品误判为二等品．(1)求在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率．【解