2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第四节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式课标解读考向预测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.结合古典概型，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.4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.6.了解贝叶斯公式．预计2026年高考将会以事件独立性的判断或条件概率、全概率公式计算在小题中单独考查，或与随机变量的分布列、数字特征相结合融合在解答题中考查.必备知识—强基础1．事件的相互独立性事件A与事件B相互独立对任意的两个事件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，简称为独立性质若事件A与事件B相互独立，则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(－))也都相互独立，P(B|A)＝eq\x(\s\up1(02))P(B)，P(A|B)＝eq\x(\s\up1(03))P(A)2.条件概率条件概率的定义设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝eq\x(\s\up1(04))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，简称条件概率条件概率的性质(1)P(Ω|A)＝1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝eq\x(\s\up1(05))P(B|A)＋P(C|A)；(3)设eq\o(B,\s\up6(－))与B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(eq\o(B,\s\up6(－))|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()＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝eq\x(\s\up1(06))eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P()P(B|)，我们称上面的公式为全概率公式．1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．2．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)外，还可以利用样本点法，即P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数．3．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件A发生的概率．4．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．题组一走出误区——判一判(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.()(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立．()(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×题组二回归教材——练一练(1)(人教B必修第二册第五章复习题A组T8改编)某金融公司第一次投资成功的概率为0.85，第二次投资成功的概率为0.74，两次投资成功与否相互独立，则两次都投资成功的概率为()A．1 B．0.629C．0 D．0.74或0.85答案：B解析：由题意知两次投资成功与否相互独立，所以两次都投资成功的概率为0.85×0.74＝0.629.(2)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()A．0.8 B．0.625C．0.5 D．0.1答案：A解析：设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，由题意知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.2,0.25)＝0.8.(3)(人教A选择性必修第三册7.1.2练习T1改编)某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时答对的概率为1，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为()A．0.625 B．0.75C．0.5 D．0答案：A解析：用A表示事件“考生答对题目”，用eq\o(B,\s\up6(－))表示事件“考生知道正确答案”，用B表示事件“考生不知道正确答案”，则P(B)＝0.5，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.5，P(A|B)＝1，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.25，则P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝0.5×1＋0.5×0.25＝0.625.(4)(多选)(人教A选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()A．若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为eq\f(3,10)B．若不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为eq\f(1,2)C．若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为eq\f(18,125)D．若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为eq\f(54,125)答案：BCD解析：对于A，第一次摸到红球的概率为eq\f(3,5)，故A错误；对于B，不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，故B正确；对于C，有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(18,125)，故C正确；对于D，有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,5)＝eq\f(54,125)，故D正确．故选BCD.考点探究—提素养事件的相互独立性(多考向探究)考向1事件独立性的判定袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出()A．B与D相互独立 B．A与D相互独立C．B与C相互独立 D．C与D相互独立答案：C解析：由题意可得P(A)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(1,4)，有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4种，所以P(C)＝eq\f(4,4×4)＝eq\f(1,4)；两次取出的球上数字之和是6的情况有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3种，故P(D)＝eq\f(3,4×4)＝eq\f(3,16).对于A，P(BD)＝eq\f(1,4×4)＝eq\f(1,16)，P(B)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，则P(BD)≠P(B)P(D)，故B与D不是相互独立事件，故A错误；对于B，P(AD)＝0，P(A)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，则P(AD)≠P(A)P(D)，故A与D不是相互独立事件，故B错误；对于C，P(BC)＝eq\f(1,4×4)＝eq\f(1,16)，P(B)P(C)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,16)，则P(BC)＝P(B)P(C)，故B与C是相互独立事件，故C正确；对于D，P(CD)＝0，P(C)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，则P(CD)≠P(C)P(D)，故C与D不是相互独立事件，故D错误．判断两个事件是否相互独立的方法(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．(2)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．(3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，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(－))也相互独立．1.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B如图所示．其中n(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，则事件A与事件eq\o(B,\s\up6(－))()A．是互斥事件，不是独立事件B．不是互斥事件，是独立事件C．既是互斥事件，也是独立事件D．既不是互斥事件，也不是独立事件答案：B解析：因为n(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，所以n(A∩B)＝2，n(A∩eq\o(B,\s\up6(－)))＝4，n(eq\o(B,\s\up6(－)))＝8，所以事件A与事件eq\o(B,\s\up6(－))不是互斥事件；P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(6,12)×eq\f(8,12)＝eq\f(1,3)，所以P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))，所以事件A与事件B是独立事件．故选B.考向2相互独立事件的概率(2025·广东韶关模拟)公司要求甲、乙、丙3人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为eq\f(2,5)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4)，则3人中至少2人在规定时间内完成任务的概率为________．答案：eq\f(2,5)解析：3人中至少2人在规定时间内完成任务，即在规定时间内3人中恰有2人完成任务或3人都完成任务，其概率为P＝eq\f(2,5)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(2,5)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(2,5).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．2.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)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α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)()A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率答案：ABD解析：对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为Ceq\o\al(2,3)(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD.条件概率(2025·辽宁七校协作体高三联考)某公司的两名同事计划今年国庆节期间从大理古城、丽江古城、洱海、玉龙雪山、蓝月谷这5个著名旅游景点中随机选择一个游玩．在两人中至少有一人选择大理古城的条件下，两人选择的景点不同的概率为()A.eq\f(5,8) B.eq\f(8,9)C.eq\f(7,8) D.eq\f(6,7)答案：B解析：设“两人中至少有一人选择大理古城”为事件A，“两人选择的景点不同”为事件B，则P(A)＝eq\f(2×4＋1,25)＝eq\f(9,25)，P(AB)＝eq\f(2×4,25)＝eq\f(8,25)，P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(8,9).故选B.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．3.(多选)为庆祝建党节，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A．P(A)＝eq\f(3,5) B．P(AB)＝eq\f(3,10)C．P(B|A)＝eq\f(1,2) D．P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)答案：ABC解析：P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5))＝eq\f(3,5)，故A正确；P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，故B正确；P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2)，故C正确；P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(P（\o(A,\s\up6(－))B）,P（\o(A,\s\up6(－))）)＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4)，故D错误．故选ABC.全概率公式的应用某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是()A．0.155 B．0.175C．0.016 D．0.096答案：B解析：设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝eq\o(∑,\s\up6(3),\s\do4(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件(i＝1，2，…，n)．(2)求P()和所求事件B在各个互斥事件发生条件下的概率P(B|)．(3)代入全概率公式计算．4.葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列．其中亚腰葫芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80颗.2025年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．答案：0.4825解析：设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1，A2，A3，A4，则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥，设事件B表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.5．(2024·上海高考)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C3种题库，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，他答A题库的题的正确率是0.92，答B题库的题的正确率是0.86，答C题库的题的正确率是0.72.现他从所有的题中随机选一题，答对的概率是________．答案：0.85解析：由题意知，A，B，C题库中题量的比例为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概率P＝eq\f(5,12)×0.92＋eq\f(4,12)×0.86＋eq\f(3,12)×0.72＝0.85.课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★考向事件的相互独立性事件的相互独立性条件概率全概率公式事件的相互独立性全概率公式事件的相互独立性事件的相互独立性条件概率全概率公式考点相互独立事件的概率相互独立事件的概率定义法求条件概率全概率公式的应用相互独立事件的概率全概率公式的应用事件独立性的判定相互独立事件的概率条件概率的定义全概率公式的应用关联点对立事件的概率古典概型互斥事件的概率题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向条件概率事件的相互独立性全概率公式事件的相互独立性全概率公式事件的相互独立性事件的相互独立性条件概率条件概率事件的相互独立性考点样本点法求条件概率相互独立事件的概率全概率公式的应用相互独立事件的概率全概率公式的应用相互独立事件的概率；二项分布的概率相互独立事件的概率定义法求条件概率条件概率的定义相互独立事件的概率；全概率公式的应用关联点等比数列互斥事件的概率古典概型古典概型一、单项选择题1．(2025·四川成都模拟)体育课上甲、乙两名同学进行投篮比赛(甲、乙各投篮一次)，甲投中的概率为0.7，乙投中的概率为0.8，则甲、乙两人恰好有一人投中的概率为()A．0.38 B．0.24C．0.14 D．0.5答案：A解析：甲、乙两人恰好有一人投中的概率为0.7×(1－0.8)＋0.8×(1－0.7)＝0.38.故选A.2．某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为()A．0.25 B．0.35C．0.65 D．0.75答案：C解析：他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65.3．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.4．(2025·甘肃白银靖远县第二中学高三期末)若P(B)＝eq\f(1,3)，P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＝eq\f(1,4)，P(eq\o(B,\s\up6(－))|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)，则P(A)＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,6) D.eq\f(3,7)答案：C解析：因为P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－))|eq\o(A,\s\up6(－)))，所以1－eq\f(1,3)＝P(A)×eq\f(1,4)＋[1－P(A)]×eq\f(3,4)，解得P(A)＝eq\f(1,6).故选C.5．某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为eq\f(3,4)，第二类检验单独通过率为p(0<p<1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为eq\f(5,6)，则p＝()A.eq\f(2,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(5,6)答案：C解析：设表示“第i次通过第一类检验”，Bi表示“第i次通过第二类检验”(i＝1，2)，由题意，得P(A1B1＋eq\o(A,\s\up6(－))1A2B1＋A1eq\o(B,\s\up6(－))1B2＋eq\o(A,\s\up6(－))1A2eq\o(B,\s\up6(－))1B2)＝eq\f(5,6)，即eq\f(3,4)p＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)p＋eq\f(3,4)×(1－p)p＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×(1－p)p＝eq\f(5,6)，解得p＝eq\f(2,3)或p＝eq\f(4,3)(舍去)．6．(2025·湖南益阳模拟)秋冬季节是某呼吸道疾病的高发期，为了解该疾病的发病情况，疾控部门对该地区居民进行普查化验，化验结果阳性率为1.97%，但统计分析结果显示患病率为1%，医学研究表明化验结果是有可能存在误差的，没有患该疾病的居民其化验结果呈阳性的概率为1%，则该地区患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为()A．0.96 B．0.97C．0.98 D．0.99答案：C解析：设事件A为“患有该疾病”，事件B为“化验结果呈阳性”，由题意可得，P(A)＝0.01，P(B)＝0.0197，P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝0.01，因为P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))，所以0.0197＝0.01×P(B|A)＋0.99×0.01，解得P(B|A)＝0.98，所以该地区患有该疾病的居民化验结果呈阳性的概率为0.98.7．(2025·广东湛江模拟)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相互独立答案：C解析：依题意知，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)，所以事件X与事件Y不相互独立，故B错误；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(N)P(Y)＝eq\f(1,24)，所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误．故选C.8．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则()A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大答案：D解析：设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙．由题意得P甲＝p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝p1p2＋p1p3－2p1p2p3，P乙＝p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝p1p2＋p2p3－2p1p2p3，P丙＝p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝p1p3＋p2p3－2p1p2p3，所以P丙－P甲＝p2(p3－p1)＞0，P丙－P乙＝p1(p3－p2)＞0，所以P丙最大．故选D.二、多项选择题9．已知eq\o(A,\s\up6(－))，eq\o(B,\s\up6(－))分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则下列说法正确的是()A．P(B|A)＋P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＝1B．P(B|A)＋P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝1C．若A，B独立，则P(A|B)＝P(A)D．若A，B互斥，则P(B|A)＝P(A|B)答案：ACD解析：对于A，P(B|A)＋P(eq\o(B,\s\up6(－))|A)＝eq\f(P（AB）＋P（A\o(B,\s\up6(－))）,P（A）)＝eq\f(P（A）,P（A）)＝1，故A正确；对于B，设A，B独立，则P(B|A)＋P(B|eq\o(A,\s\up6(－)))＝2P(B)，而P(B)显然不一定为eq\f(1,2)，故B错误；对于C，A，B独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，则P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝P(A)，故C正确；对于D，A，B互斥，P(AB)＝0，则根据条件概率公式得P(B|A)＝P(A|B)＝0，故D正确．故选ACD.10．(2025·广东广州模拟)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.三、填空题11．已知m是一个三位正整数，若m的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称m为递增数．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，设事件A＝“由a，b，c组成三位正整数”，事件B＝“由a，b，c组成的三位正整数为递增数”，则P(B|A)＝________．答案：eq\f(1,10)解析：所有三位正整数的个数为4×5×5＝100，即n(A)＝100，三位正整数为递增数的有Ceq\o\al(3,5)＝10个，即n(AB)＝10，故P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(1,10).12．已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2局者胜．甲每局获胜的概率为eq\f(3,4)，则本次比赛甲获胜的概率为________．答案：eq\f(27,32)解析：本次比赛甲获胜有3种可能：①1，3甲胜，2乙胜；②2，3甲胜，1乙胜；③1，2甲胜．则本次比赛甲获胜的概率为P＝eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(27,32).13．(2025·江苏扬州期末)有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件．对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为eq\f(2,5)，被标记为垃圾邮件的有eq\f(1,10)的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有eq\f(1,10)的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤(即垃圾邮件被标记为垃圾邮件)的概率为________．答案：eq\f(6,7)解析：记事件A＝“正常邮件”，事件B＝“标记为正常邮件”，则P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(2,5)，P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,10)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＝eq\f(1,10)，所以P(B)＝1－P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,5)，P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－P(A|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(9,10)，故P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝P(B)·P(eq\o(A,\s\up6(－))|B)＋P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,5)×eq\f(1,10)＋eq\f(2,5)×eq\f(9,10)＝eq\f(21,50)，所以P(eq\o(B,\s\up6(－))|eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(P（eq\o(B,\s\up6(－))）P（eq\o(A,\s\up6(－))|eq\o(B,\s\up6(－))）,P（eq\o(A,\s\up6(－))）)＝eq\f(\f(2,5)×\f(9,10),\f(21,50))＝eq\f(6,7).14．有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为Pn，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束．则P3＝________，该棋手获胜的概率为________．答案：eq\f(3,4)eq\f(85,256)解析：由题意，P3＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).因为Pn＝eq\f(1,2)Pn－2＋eq\f(1,2)Pn－1(3≤n≤8)，故eq\f(Pn－Pn－1,Pn－1－Pn－2)＝－eq\f(1,2)，由P2－P1＝－eq\f(1,2)，所以Pn－Pn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，n≥2，累加可得P8＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(7)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(8),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(85,128)，所以P10＝eq\f(1,2)P8＝eq\f(85,256).四、解答题15．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为eq\f(1,2)，卖出1箱的概率为eq\f(1,5)，没有卖出的概率为eq\f(3,10)，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱，则需补货至3箱，否则不补货．(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率．解：设事件A表示“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B表示“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”．(1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出1箱，故P(C|B)＝eq\f(1,5).(2)由题意，P(A)＝eq\f(3,10)＋eq\f(1,2)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(1,5)，P(C|A)＝eq\f(1,2)，由全概率公式，得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,25).16．溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为eq\f(2,3)，乙队每人回答问题的正确率分别为eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．解：(1)记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.甲队得3分，即三人都回答正确，其概率P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝eq\f(8,27)，甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P(B)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(2,9).故甲队总得分为3分与1分的概率分别为eq\f(8,27)，eq\f(2,9).(2)记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，则P(C)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(4,9)，乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P(D)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4).由题意得事件C与事件D相互独立，则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(CD)＝P(C)P(D)＝eq\f(4,9)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,9).17.(多选)(2024·东北三省三校高三一模)在一个只有一条环形道路的小镇上，有一家酒馆A，一个酒鬼家住在D，其相对位置关系如图所示．小镇的环形道路可以视为8段小路，每段小路需要步行3分钟时间．某天晚上酒鬼从酒馆喝完酒后离开，因为醉酒，所以酒鬼在每段小路的起点都等可能的选择顺时针或者逆时针的方向走完这段小路．下列结论正确的是()A．若酒鬼经过家门口时认得家门，那么酒鬼在10分钟或10分钟以内到家的概率为eq\f(1,8)B．若酒鬼经过家门口时认得家门，那么酒鬼在15分钟或15分钟以内到家的概率为eq\f(1,4)C．若酒鬼经过家门口也不会停下来，那么酒鬼步行15分钟后恰好停在家门口的概率为eq\f(5,32)D．若酒鬼经过家门口也不会停下来，那么酒鬼步行21分钟后恰好停在家门口的概率为eq\f(7,32)答案：ABD解析：对于A，10分钟或10分钟以内到家只能是A→B→C→D，所以酒鬼在10分钟或10分钟以内到家的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，故A正确；对于B，15分钟或15分钟以内到家，即共走小于或等于eq\f(15,3)＝5段，可能顺时针A→D走5段，概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(1,32)，可能逆时针A→D走3段，概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，或者逆时针走4段，顺时针走1段，概率为Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(3,32)，所以所求概率为eq\f(1,8)＋eq\f(1,32)＋eq\f(3,32)＝eq\f(1,4)，故B正确；对于C，经过家门口不停，15分钟后恰好停在家门口，共走5段，可以顺时针走5段，即A→H→G→F→E→D，概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(1,32)，可以逆时针走4段，顺时针走1段，概率为Ceq\o\al(1,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(5)＝eq\f(5,32)，所以所求概率为eq\f(1,32)＋eq\f(5,32)＝eq\f(3,16)，故C错误；对于D，经过家门口不停，21分钟后恰好停在家门口，共走7段，可以逆时针走5段，顺时针走2段，也可以顺时针走6段，逆时针走1段，所以所求概率为eq\f(Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(1,7),27)＝eq\f(7,32)，故D正确．故选ABD.18．(多选)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n＋n，则算闯过第n关，n＝1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则()A．直接挑战第2关并过关的概率为eq\f(7,12)B．连续挑战前两关并过关的概率为eq\f(5,24)C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P(A|B)＝eq\f(1,13)D．若直接挑战第4关，则过关的概率是eq\f(35,1296)答案：ACD解析：对于A，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5＋6,6×6)＝eq\f(7,12)，故A正确；对于B，21＋1＝3，所以挑战第一关并过关的概率为P2＝eq\f(1,2)，则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝eq\f(1,2)×eq\f(7,12)＝eq\f(7,24)，故B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的样本点有63＝216个，抛掷3次至少出现一个5点的样本点有63－53＝91个，故P(B)＝eq\f(91,216)，而事件AB包括的样本点有：含5，5，5的有1个，含4，5，6的有6个，共7个，故P(AB)＝eq\f(7,216)，所以P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(7,216)×eq\f(216,91)＝eq\f(1,13)，故C正确；对于D，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，样本点有64个，而“4次点数之和大于20”包括的样本点有：含5，5，5，6的有4个，含5，5，6，6的有6个，含6，6，6，6的有1个，含4，6，6，6的有4个，含5，6，6，6的有4个，含4，5，6，6的有12个，含3，6，6，6的有4个，共35个，所以P4＝eq\f(35,6×6×6×6)＝eq\f(35,1296)，故D正确．故选ACD.19．一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：分组卫生习惯不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人，事件A表示“选到的人卫生习惯不够良好”，事件B表示“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.(1)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(－))）)；(2)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(1)的结果给出R的估计值．解：(1)证明：由题意R＝eq\f(\f(P（B|A）,P（\