2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第4讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

第4讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会利用乘法公式和全概率公式计算概率．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\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))与B，eq\o(A,\s\up6(－))与eq\o(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\o(B,\s\up6(－))与B互为对立事件，则P(eq\o(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()>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))\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P（）P（B|）)．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\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)).(4)A，B恰有一个发生的事件为(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)．(5)A，B至多有一个发生的事件为(ABeq\o(A,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)∪(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(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()>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(|B)＝eq\f(P（）P（B|）,P（B）)＝eq\f(P（）P（B|）,\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))P（Ak）P（B|Ak）)，i＝1，2，…，n.1．(人教A必修第二册习题10.2T2改编)若P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\o(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\o(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．(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．0.42C．0.46 D．0.88答案：D解析：设“甲被录取”为事件A，“乙被录取”为事件B，则两人至少有一人被录取的概率P＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－[1－P(A)][1－P(B)]＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.3．据统计，我国结核病的感染率约为0.001.在针对结核病的检查中，健康者检测结果显示为阳性的概率为0.05，结核病感染者检测结果显示为阴性的概率为0.01，那么M同学检测结果为阳性的概率为()A．0.05094 B．0.05001C．0.01 D．0.05084答案：A解析：根据题意，设“M同学为健康者”为事件A，“检测结果为阳性”为事件B，则有P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝0.001，则P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝0.999，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝0.999×0.05＋0.001×(1－0.01)＝0.05094.故选A.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)，所以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10.1T16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\co1(\f(25,100)＋\f(16,100)－\f(8,100)))＝eq\f(33,50).考向一事件的相互独立性角度1事件独立性的判定(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2相互独立事件的概率甲、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\o(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\o(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\o(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\o(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\o(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\o(C,\s\up6(－))BAB来表示，P(CABA∪eq\o(C,\s\up6(－))BAB)＝P(CABA)＋P(eq\o(C,\s\up6(－))BAB)＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋P(eq\o(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\o(A,\s\up6(－))Ceq\o(A,\s\up6(－))来表示，P(Ceq\o(A,\s\up6(－))Ceq\o(A,\s\up6(－)))＝P(C)P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(C)P(eq\o(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\o(C,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))来表示，P(eq\o(C,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))P(eq\o(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它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．(2025·山东泰安期末)如图，一个正八面体，八个面分别标以数字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，得到样本空间Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，已知事件A＝“与地面接触的面上的数字为偶数”，事件B＝“与地面接触的面上的数字不小于5”．(1)判断事件A与B是否相互独立，并证明；(2)连续抛掷3次这个正八面体，求事件AB至少发生2次的概率；(3)请构造一个含有2个样本点的事件C，满足①P(ABC)≠0；②A，B，C三个事件两两独立；③P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，并给出证明．解：(1)事件A，B相互独立．证明如下：因为样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以A＝{2，4，6，8}，B＝{5，6，7，8}，则AB＝{6，8}，故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)依题意知，每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立，记Ci(i＝1，2，3)为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB，则P(Ci)＝P(AB)＝eq\f(1,4)，记事件AB至少发生2次为事件D，所以P(D)＝P(C1C2C3＋eq\o(C,\s\up6(－))1C2C3＋C1eq\o(C,\s\up6(－))2C3＋C1C2eq\o(C,\s\up6(－))3)＝P(C1C2C3)＋P(eq\o(C,\s\up6(－))1C2C3)＋P(C1eq\o(C,\s\up6(－))2C3)＋P(C1C2eq\o(C,\s\up6(－))3)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×3＝eq\f(5,32).(3)事件C可以为{1，6}，{1，8}，{3，6}，{3，8}中的任意一个．以C＝{1，6}为例(其他证明类似)，证明如下：因为P(C)＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，AC＝{6}，BC＝{6}，ABC＝{6}，所以P(ABC)＝eq\f(1,8)≠0，P(AC)＝eq\f(1,8)＝P(A)P(C)，P(BC)＝eq\f(1,8)＝P(B)P(C)，P(AB)＝eq\f(1,4)＝P(A)P(B)，所以A，B，C三个事件两两独立．又P(ABC)＝eq\f(1,8)，P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,16)，所以P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，所以C＝{1，6}满足上述三个条件．2．(2024·浙江嘉兴期末)某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲、乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为eq\f(1,2).若甲、乙正确回答每道题的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(1,2)，每道题回答是否正确相互独立．(1)求第1题答完甲得1分的概率；(2)求第2题答完比赛结束的概率；(3)假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．解：(1)记“第1题答完甲得1分”为事件A，则P(A)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,12)，第1题答完甲得1分的概率为eq\f(7,12).(2)第2题答完比赛结束，则甲得了2分，或乙得了2分．记“第1题答完乙得1分”为事件B，则P(B)＝1－P(A)＝eq\f(5,12).记“第2题答完比赛结束”为事件C，则P(C)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,12)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,12)))eq\s\up12(2)＝eq\f(37,72).(3)记甲最终胜出的概率为P(M)．第2题答完，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲、乙各得1分，与初始状态(即比赛前)的情况相同，从而P(M)＝[P(A)]2＋2P(A)P(B)P(M)，即P(M)＝eq\f(49,144)＋eq\f(70,144)P(M)，解得P(M)＝eq\f(49,74)，即甲最终胜出的概率为eq\f(49,74).考向二条件概率(1)(2025·甘肃酒泉期末)质数(primenumber)又称素数，一个大于1的自然数，除了1和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数．数学上把相差为2的两个素数叫做“孪生素数”．如：3和5，5和7，…，那么，如果我们在不超过32的自然数中，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．eq\f(10,11) B．eq\f(9,11)C．eq\f(13,15) D．eq\f(41,45)答案：A解析：不超过32的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，共11个，孪生素数有3和5，5和7，11和13，17和19，29和31，共5种情况，所以n(A)＝Ceq\o\al(2,11)＝55，n(AB)＝Ceq\o\al(2,11)－5＝50，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(10,11).故选A.(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\o\al(2,5),Aeq\o\al(2,100))＝eq\f(1,495)，P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\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1.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．0.4C．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再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．0.16C．0.68 D．0.17答案：C解析：设事件表示“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”为事件B，“第二次抽到A”为事件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)，所以P(C|B)＝eq\f(P（BC）,P（B）)＝eq\f(\f(1,221),\f(1,13))＝eq\f(1,17).考向三全概率公式及其应用作为一种益智游戏，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A1＝“小明与一类棋手相遇”，事件A2＝“小明与二类棋手相遇”，事件A3＝“小明与三类棋手相遇”，则P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.25，P(A3)＝0.25，设事件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\o(∑,\s\up6(3),\s\do4(i＝1))P()P(B|)．(2)已知事件B的发生有各种可能的情形(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形发生的可能性与已知在发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一．已知2024年某机场飞往A地、B地及其他地区航班放行准点率的估计值分别为84%，80%和75%，2024年该机场飞往A地、B地及其他地区的航班比例分别为0.2，0.2和0.6.(1)现在从2024年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率；(2)若2024年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地及其他地区三种情况中的哪种情况的可能性最大，说明你的理由．解：(1)设事件A1＝“该航班飞往A地”，事件A2＝“该航班飞往B地”，事件A3＝“该航班飞往其他地区”，事件C＝“该航班准点放行”，则P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.6，P(C|A1)＝0.84，P(C|A2)＝0.8，P(C|A3)＝0.75，由全概率公式，得P(C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＋P(A3)P(C|A3)＝0.2×0.84＋0.2×0.8＋0.6×0.75＝0.778，所以该航班准点放行的概率为0.778.(2)P(A1|C)＝eq\f(P（A1C）,P（C）)＝eq\f(P（A1）P（C|A1）,P（C）)＝eq\f(0.2×0.84,0.778)＝eq\f(84,389)，P(A2|C)＝eq\f(P（A2C）,P（C）)＝eq\f(P（A2）P（C|A2）,P（C）)＝eq\f(0.2×0.8,0.778)＝eq\f(80,389)，P(A3|C)＝eq\f(P（A3C）,P（C）)＝eq\f(P（A3）P（C|A3）,P（C）)＝eq\f(0.6×0.75,0.778)＝eq\f(225,389)，因为eq\f(225,389)>eq\f(84,389)>eq\f(80,389)，所以该航班飞往其他地区的可能性最大．考向四概率与独立性检验的综合问题(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：组别生活习惯不够良好良好病例组4060对照组1090(1)依据小概率值α＝0.010的独立性检验，能否认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”.eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)与eq\f(P（B|\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.(ⅰ)证明：R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)；(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，α0.0500.0100.001xα3.8416.63510.828解：(1)零假设为H0：患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯无差异．χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(200×（40×90－60×10）2,100×100×50×150)＝24＞6.635＝x0.010，依据小概率值α＝0.010的独立性检验，推断H0不成立，即认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．(2)(ⅰ)证明：因为R＝eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up6(－))|A）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))|\o(A,\s\up6(－))）,P（B|\o(A,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（A）)·eq\f(P（A）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)＝eq\f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)，而eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（B）)·eq\f(P（B）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（\o(B,\s\up6(－))）)·eq\f(P（\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)＝eq\f(P（AB）,P（\o(A,\s\up6(－))B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))\o(B,\s\up6(－))）,P（A\o(B,\s\up6(－))）)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）).(ⅱ)由已知P(A|B)＝eq\f(40,100)＝eq\f(2,5)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(10,100)＝eq\f(1,10)，又P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝eq\f(60,100)＝eq\f(3,5)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(90,100)＝eq\f(9,10)，所以R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up6(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))|\o(B,\s\up6(－))）,P（A|\o(B,\s\up6(－))）)＝6.此类题目虽然涉及的知识点较多，但每个知识点考查深度有限，所以解决此类问题，最主要的是正确掌握概率与统计案例的基本知识，并能对这些知识点进行有效融合．把统计图表中的量转化为概率求解中有用的量是解决此类问题的关键．(2024·江苏徐州高三适应性测试)某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A表示“学习兴趣高”，事件B表示“主动预习”．据统计显示，P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(4,5).(1)计算P(A)和P(A|B)的值，并判断A与B是否为独立事件；(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用比例分配的分层随机抽样的方法抽取了一个容量为m(m∈N*)的样本，利用独立性检验，计算得χ2＝1.350.为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定t的最小值．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.100.050.0100.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解：(1)由已知，得P(A|B)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，又因为P(B)＝eq\f(4,5)，所以P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(B)＝1－eq\f(4,5)＝eq\f(1,5)，所以P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(4,5)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(13,20)，又因为P(AB)＝P(A|B)P(B)＝eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(3,5)，所以P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不为独立事件．(2)假设原列联表为预习情况学习兴趣合计兴趣高兴趣一般主动预习aba＋b不太主动预习cdc＋d合计a＋cb＋da＋b＋c＋d根据原数据有eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝1.35.若将样本容量调整为原来的t(t∈N*)倍，则新的列联表为预习情况学习兴趣合计兴趣高兴趣一般主动预习tatbt(a＋b)不太主动预习tctdt(c＋d)合计t(a＋c)t(b＋d)t(a＋b＋c＋d)则χ2＝eq\f(t（a＋b＋c＋d）（t2ad－t2bc）2,t（a＋b）·t（c＋d）·t（a＋c）·t（b＋d）)＝eq\f(t（a＋b＋c＋d）（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝1.35t≥7.879，解得t≥5.84，又因为t∈N*，所以t的最小值为6.课时作业一、单项选择题1．(2025·北京东城模拟)袋中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球．从袋中随机摸出1个小球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1个小球，则两次摸到的小球颜色不同的概率为()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案：B解析：设事件A表示“第一次取出白球”，事件B表示“第一次取出黑球”，则P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(2,5)，∴两次摸到的小球颜色不同的概率为P＝eq\f(3,5)×eq\f(2,6)＋eq\f(2,5)×eq\f(3,6)＝eq\f(2,5).故选B.2．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为eq\f(3,4)，第二局获胜的概率为eq\f(2,3)，第三局获胜的概率为eq\f(2,3)，则甲恰好连胜两局的概率为()A．eq\f(1,9) B．eq\f(5,36)C．eq\f(7,36) D．eq\f(2,9)答案：B解析：设事件表示“甲第i局胜”，i＝1，2，3，则P(A1)＝eq\f(1,4)，P(A2)＝eq\f(1,3)，P(A3)＝eq\f(1,3)，则甲恰好连胜两局的概率P＝P(A1A2eq\o(A,\s\up6(－))3)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1A2A3)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,36).故选B.3．(2024·湖北襄阳模拟)已知样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{b，c}，则P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．1答案：A解析：由题意，P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(1,4)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，则A与eq\o(B,\s\up6(－))也相互独立，所以P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)[1－P(B)]＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故选A.4．(2024·河北石家庄三模)某高校决定从甲、乙等7支队伍中选出4支队伍参加全国的数学建模大赛，已知甲队被选出，则乙队也被选出的概率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,7)C．eq\f(10,21) D．eq\f(1,21)答案：A解析：记甲队被选出为事件A，乙队被选出为事件B，则P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,7))，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(4,7))，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(4,7)),\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(4,7)))＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,2).故选A.5．(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则从这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为()A．0.62 B．0.58C．0.46 D．0.42答案：C解析：由题意，设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三级运动员”，事件D表示“选中的运动员能晋级”，则P(A)＝eq\f(4,20)＝0.2，P(B)＝eq\f(6,20)＝0.3，P(C)＝eq\f(10,20)＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝0.2，则从这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46.故选C.6．(2024·山东济南二模)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(A∪B)＝eq\f(1,2)，则P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,12)答案：B解析：因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)－P(AB)，解得P(AB)＝eq\f(1,12)，又因为P(B)＝P(AB)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)，即eq\f(1,3)＝eq\f(1,12)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)，解得P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝eq\f(1,4)，由P(A)＝eq\f(1,4)，可得P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)＝eq\f(3,4)，所以P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))B）,\a\vs4\al(P（\o(A,\s\up6(－))）))＝eq\f(\f(1,4),\f(3,4))＝eq\f(1,3).故选B.7．(2024·河南信阳二模)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、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()A．eq\f(12,37) B．eq\f(15,37)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,7)答案：B解析：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”，由题意可知，P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3)，P(D|A)＝eq\f(1,4)，P(D|B)＝eq\f(1,5)，P(D|C)＝eq\f(1,6)，则P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,5)＋\f(1,6)))＝eq\f(37,180)，若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P(A|D)＝eq\f(P（A）P（D|A）,P（D）)＝eq\f(\f(1,3)×\f(1,4),\f(37,180))＝eq\f(15,37).故选B.8．(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道四个选项的双选题，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，只能在四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()A．事件M与N相互独立B．事件X与Y相互独立C．事件M与Y相互独立D．事件N与Y相互独立答案：C解析：根据题意，甲、乙两名同学在四个选项中随机选取两个选项，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4)＝36种情况，其中事件M包含Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝24种情况，则P(M)＝eq\f(24,36)＝eq\f(2,3)，事件N包含Ceq\o\al(2,4)＝6种情况，则P(N)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，事件X包含Ceq\o\al(2,4)＝6种情况，则P(X)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，事件Y包含Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)＝9种情况，则P(Y)＝eq\f(9,36)＝eq\f(1,4)，对于A，事件M与事件N不会同时发生，是互斥事件，但不相互独立，A错误；对于B，事件XY包含Ceq\o\al(2,3)＝3种情况，则P(XY)＝eq\f(3,36)＝eq\f(1,12)，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X与Y不相互独立，B错误；对于C，事件MY包含Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)＝6种情况，则P(MY)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M与Y相互独立，C正确；对于D，事件N与事件Y不会同时发生，是互斥事件，但不相互独立，D错误．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\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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·广东广州一模)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()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)答案：ABD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，B正确，C错误；P(A2|B)＝eq\f(P（A2B）,P（B）)＝eq\f(P（A2）P（B|A2）,P（B）)＝eq\f(\f(2,5)×\f(1,10),\f(11,50))＝eq\f(2,11)，故D正确．故选ABD.11．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)＝0.03B．eq\o(∑,\s\up6(3),\s\do4(i＝1))P(Bi)＝1C．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)＝0.15×0.05＋0.25×0.03＋0.60×0.03＝0.033，故A错误；对于B，eq\o(∑,\s\up6(3),\s\do4(i＝1))P(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12.三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(3,4)，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．答案：eq\f(15,32)解析：记三个元件T1，T2，T3正常工作分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(3,4)，P(A3)＝eq\f(3,4).∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，∴电路不发生故障的概率为P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P(eq\o(A,\s\up6(－))2)P(eq\o(A,\s\up6(－))3)]P(A1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)×\f(1,4)))×eq\f(1,2)＝eq\f(15,32).13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五个活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A活动的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．答案：eq\f(3,5)eq\f(1,2)解析：解法一：从五个活动中选三个有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，则甲选到A活动的概率为P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).乙选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，其中再选择B活动有ABC，ABD，ABE，共3种情况，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).解法二：设甲选到A活动为事件L，乙选到A活动为事件M，乙选到B活动为事件N，则甲选到A活动的概率为P(L)＝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).14．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(i＝1，2，3，4，5，6)，设事件B为“子三代的基因型为dd”，则事件A1A2A3A4A5A6配型DD×DDDD×DdDd×DdDd×ddDD×dddd×ddP()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|)00eq\f(1,4)eq\f(1,2)01由全概率公式得P(B)＝eq\o(∑,\s\up6(6),\s\do4(i＝1))P()P(B|)＝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).四、解答题15．A，B，C三人参加知识闯关比赛，三人闯关成功与否相互独立．已知A闯关成功的概率是eq\f(2,3)，A，B，C三人闯关都成功的概率是eq\f(1,6)，A，B，C三人闯关都不成功的概率是eq\f(1,12).(1)求B，C两人各自闯关成功的概率；(2)求A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率；(3)求A，B，C三人中至少一人闯关成功的概率．解：(1)记A，B，C三人各自闯关成功分别为事件D，E，F，三人闯关成功与否相互独立，且满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（D）＝\f(2,3)，,P（D）P（E）P（F）＝\f(1,6)，,[1－P（D）][1－P（E）][1－P（F）]＝\f(1,12)，))解得P(E)＝eq\f(1,2)，P(F)＝eq\f(1,2)，所以B，C两人各自闯关成功的概率都是eq\f(1,2).(2)设A，B，C三人中恰有两人闯关成功为事件G，则P(G)＝P(eq\o(D,\s\up6(－))EF＋Deq\o(E,\s\up6(－))F＋DEeq\o(F,\s\up6(－)))＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,12)，所以A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率为eq\f(5,12).(3)因为A，B，C三人中无人闯关成功的概率为eq\f(1,12)，故A，B，C三人中至少一人闯关成功的概率为1－eq\f(1,12)＝eq\f(11,12).16．(2024·浙江杭州期中)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为eq\f(1,2)，收到0的概率为eq\f(1,2)；发送1时，收到0的概率为eq\f(1,3)，收到1的概率为eq\f(2,3).(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；(2)依次发送1，1，0，判断事件A：“至少收到一个正确信号”与事件B：“至少收到两个0”是否相互独立，并给出证明．解：(1)重复发送信号1三次，“至少收到两次1”的可能情况为(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，因为信号的传输相互独立，故“至少收到两次1”的概率为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×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(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(20,27).(2)事件A与事件B相互不独立．证明如下：若依次发送1，1，0，则三次都没收到正确信号的概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,18)，故至少收到一个正确信号的概率为P(A)＝1－eq\f(1,18)＝eq\f(17,18)；若依次发送1，1，0，“至少收到两个0”的可能情况为(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，故P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，若依次发送1，1，0，“至少收到两个0且至少收到一个正确信号”的可能情况为(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，故P(AB)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,18)，因为P(A)P(B)≠P(AB)，所以事件A与事件B相互不独立．17．(2025·福建泉州期末)一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．(1)求第2次摸到红球的概率；(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．解：(1)记“第i次摸到红球”为事件(i＝1，2，3，…，10)，则“第2次摸到红球”为事件A2，于是由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))1)P(A2|eq\o(A,\s\up6(－))1)＝eq\f(7,10)×eq\f(2,3)＋eq\f(3,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(7,10).(2)由已知得P1＝P(A1A2A3)＝eq\f(Aeq\o\al(3,7),Aeq\o\al(3,10))＝eq\f(7,24)，P2＝P(A1)＝eq\f(7,10)，P3＝P(A2|A1)＝eq\f(P（A1A2）,P（A1）)＝eq\f(Aeq\o\al(2,7),Aeq\o\al(2,10))×eq\f(10,7)＝eq\f(7,15)×eq\f(10,7)＝eq\f(2,3)，P4＝P(A3|A1A2)＝eq\f(P（A1A2A3）,P（A1A2）)＝eq\f(7,24)×eq\f(15,7)＝eq\f(5,8).(3)由(2)可得P1＝P2P3P4，即P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，可猜想P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)．证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，得P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)，P(C|AB)＝eq\f(P（ABC）,P（AB）)，所以P(A)P(B|A)P(C|AB)＝P(A)·eq\f(P（AB）,P（A）)·eq\f(P（ABC）,P（AB）)＝P(ABC)．18．人工智能