高考数学科学复习创新方案提升版 第63讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

第63讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

［课程标准11.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.4.会利用乘法公式和全概率公式计

算概率.

基础知识整合

>知识梳理

1.相互独立事件

(1)定义：对任意两个事件A与伉如果RA8)二百|P(A)P(8)成立,则称事件

A与事件8相互独立，简称独立.

(2)性质：如果事件4与8相互独立，那么A与R,印与耳与片也都画

相互独立.

2.条件概率

।—尸(AB)

设A,3为两个随机事件，且P(A)>(),称RBIA)=画黄十为在事件A

发生的条件下，事件占发生的条件概率，简称条件概率.

3.乘法公式

对任意两个事件A与8,若尸(A)>0,则HAB)二两个(A)PCB|A).

4.条件概率的性质

设尸(A)>0,则

⑴P(0|A)=国1；

(2)如果B和。是两个互斥事件，贝IJ

P(BUC\A)=丽P(8M)+0(C|A);

(3)如果月与8互为对立事件，则

5.全概率公式

设Ai,A2,•••,A”是一组两两互斥的事件，AiUA2UUAn=Q,且P(4)>0,

/=1,2,­••,n,则对任意的事件有P(8)二咽(A?)尸(阴4也.

/=|

0知识拓展

1.事件间的关系及表示

(1)46中至少有一个发生的事件为AU及

(2)A,B都发生的事件为A8.

(3M,B都不发生的事件为旦B.

(4)A,8恰有一个发生的事件为(AR)U(印8).

(5)A,B至多有一个发生的事件为(A3)U(%5)U(%B).

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尸(4A2A3)=P(AI>P(A2|AI)P(A3AA2),其中P(A)>0,

P(A&)>().

4.贝叶斯公式

设Ai,A2,…，A〃是一组两两互斥的事件，AiUA2U[JAn=Q,且P(4)>(),

P(4)P(B|A)

/=1,2,…，〃，则对任意的事件P(B)>0,有尸(4|6)=----万■函------=

P(Ai)P(B|A(

,i=1,2,…，n.

£P(4)P(8|4)

k=\

>双基自测

1_?1

I.(人教A必修第一册习题1O.2T2改编)若P(A6)=§,尸(%)二?P(B)=m，

则事件A与8的关系是()

A.事件A与8互斥

B.事件A与8对立

C.事件A与3相互独立

D.事件4与片既互斥又相互独立

答案C

解析•.-P(A)=1-P(4)=1-|=1,「/(A⑶=P(A)P(B)=%,.•.事件A与

B相互独立、事件A与3不互斥，故不对立.故选C.

2.(2023・舟山模拟)甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药

店出售A,B,。三种医用外科口罩，甲、乙购买A,B,。三种医用口罩的概率

分别如下：

购买A种医用外购买5种医用外购买。种医

科口罩科口罩用外科口罩

X0.20.4

甲

乙().3().3

则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为()

A.0.44B.0.40

C.0.36D.0.32

答案D

解析由表可知，甲购买A种医用外科口罩的概率为0.4,乙购买3种医用

外科口罩的概率为0.4,所以甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为P=

0.4x03+0.2x0.4+0.4x03=0.32.故选D.

3.(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.0.12B.0.42

C.0.46D.0.88

答案D

解析设“甲被录取”记为事件4“乙被录取”记为事件8,则两人至少有一

人被录取的概率P=\-P(AP(A)][1-P(B)]=1-0.4X0.3=0.88.故选

D.

42

4.(多选)某气象台统计，该地区下雨的概率为狂刮四级以上风的概率为正

既刮四级以上的风又下雨的概率为七,设A为下雨,8为刮四级以上的风，则()

A.P(B|A)=|B.P(B\A)=l

Jo

33

c.P(A|B)=zD.P(4|B)=M

答案BC

1

421P(A8)To

解析由题意知P[A)二记，P(8)二记，.・.P(8|A)二尸⑷二彳

15

3P(AB)3

=j,P(AIB)=夕⑺).故选BC.

5.(人教A必修第二册习题10.1「6改编)从1〜1()0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.

33

答案而

解析设事件。为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，

事件8为“取出的数是3的倍数贝=且所求概率为aAU3|C)=P(A|C)

P(AC)P(BC)P(ABC)(25168、

+P(B\C)-P(AB\C)=「©+p©-p©-=2xITOO+T6O_TGOJ=

33

50,

核心考向突破

多角度探究突破

考向一事件的相互独立性

角度1事件独立性的判定

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.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",贝lj()

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PS),P(B),P(C),P(D),

则P(4)=P(8)=t，尸(。二悬怎，P(O)=焉耳.对于A,甲、丙同时发生的概

率=0羊/4)&0；对于B,甲、丁同时发生的概率P(A。)二七二点二

P(A)P(0；对于C,乙、丙同时发生的概率P(8Q=康=aP(8)P(O;对于D,

丙、丁同时发生的概率P(C0=O¥P(OP(。).若两事件X,丫相互独立，则尸(XK)

-P(X)P(Y),因此B正确.故选B.

角度2相互独立事件的概率

例2(2023•河北省级联考)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:，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⑴设事件A为“甲胜乙”，贝P(A)=\-^=^

设事件8为“甲胜丙”，贝IJP(8)4P(B)=1-1=1,

设事件事为“乙胜丙”,则P(C)=g,P(C)=1-1=1,

前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件c印CUCA8来表示，所以前三场比

赛结束后，丙被淘汰的概率为Pi=P(CAC)+P(CAB)=1x|x|+

(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CABAUCBAB

来表示,

P(CABAUCBAB)=P(CABA)+P(CBAB)

P(OP(A)P(8)P(A)+P(C)P(B)P(A)P(B)

11111111

X2X2X2+2X2X2X2=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CACA来表示,

P(CACA)=P(CP(A)P(C)P(A)=1X2X2X2=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t百。后来表示,

P(CBCB)=P(C)P(B)P(C)P(B)=悬x悬=TV.

所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2=|+-j^+-^=1.

I触类旁通I

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(A8)=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.

r即时训练1.(2023・益阳期末)在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标

有数字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.记

事件A二“与地面接触的数字为奇数“，事件8二”与地面接触的数字不大于4”，事

件。二”与地面接触的数字为1或5或7或8”.

⑴判断事件A,3是否独立并证明；

⑵证明事件A,B,。满足尸(ABC)=P(A>P(8)P(。，但不满足A,B,。两两

独立.

解(1)由已知，得样本空间为{1,2,3,4,5,6,7,8),

所以A={1,3,5,7),8={所2,3,4),C={1,5,7,8),

3},BnC={l},AAC={1,5,7),A"nC={l},

因为P(A)K，P⑹4P(AB)=；=P(A)P(B),

所以事件A,8相互独立.

iiIa

(2)证明：因为P(A)=P(B)=P(C)=菱，P(ABC)=-^,尸(BC)二*P(^C)=j,所

以P(43C)=P(A)P(B)P[C),

但是P(BC)”(B)P0,

且P(AOrP(4)尸(C),

所以事件A,B,。满足P(48C)=P(A)尸(B)P(C),但不满足A,B,C两两独

立.

2.(2024.黄冈模拟)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，

试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为P,乙同学答对每题的概

率都为4(P>g),且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同

时答对的概率为三恰有一人答对的概率为纭.

(1)求〃和q的值；

(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率.

解(1)设事件4：“甲同学答对第一题“，事件3：“乙同学答对第一题”，则

P(A)=P，P(B)=q.

设事件C:“甲、乙两人均答对第一题“，事件。：“甲、乙两人恰有一人答对

第一题”，

贝IJC=AD3,D=(AnS)U(3nB).

.•・甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，

••.4与3相互独立，AnB与KCI8互斥,

P(C)=P(AQB)=P(A)P(B)=pq,

P(D)=P(AC\B)+P(AnB)=P(A)[1-P(B)]+[1-P(A)]P(B).

「1

pq=3,

由题意，得“5

P(1一夕)+q(1-〃)二育

3

-2

p=4

或

解得2

-3

g=3

32

•••〃/，q=w

(2)设事件4:“甲同学答对了i道题”，

事件B：“乙同学答对了，・道题"，i=(),1,2.

13313

由题意，得℃1)=耳*4十=

339

尸(42)=]X[=年，

…21124

P^)=3X3+3X3=9>

224

P(B2)=^x-=-

设事件E：“甲、乙两人共答对3道题”，则E=(AmS)U乙2「】囱),

34945

P(E)=P(A|nB2)+P(A2PlBl)=^X-+—X-=—,

Ox1VJ.y14

•,・甲、乙两人共答对3道题的概率为高

考向二条件概率

一例3(1)(2023•贵州师大附中模拟)某市卫健委为调查研

究某种流行病患者的年龄分布情况，随机调查了大量该病患

者，年龄分布如图.已知该市此种流行病的患病率为0.1%,

该市年龄位于区间［40,60)的人口占总人口的28%.若从该市居

民中任选一人，此人年龄位于区间［40,60),则此人患这种流

行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该

区间的概率)(

A.0.28B.0.00054

C13500D-14000

答案D

解析设“该居民年龄位于区间［40,6())”为事件A,“该居民患这种流行病”

为事件为由题意知，P(A)=0.28,P(B)=0.001,P(A|B)=0.54.因为P(A\B)=

P(AB)P(AB)

p⑻，所以=P(A|B)P(B)=0.54x0.001=0.00054,所以P(B\A)=p(A)

0.0005427

~().28-14000,故选D・

(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

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)二盒『念,

C\1P(4。)4954

P(A)二瓦『加，所以P(阴A)二^k"工二项

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

4

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回.

(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“摸出第一入球是红球”为事件A,“摸出第二个球是黄球”为事件8,“摸

出第二个球是黑球”为事件C

则P(4)=75，P(4B)=]()X9=布,P(AO=10X9=30

12

P(AB)-

所以P(阴A)==9

PC4)45

P(AC)

P(C\A)===

P(A)30^1()3-

215

-

-+=-

所以P(BUC]A)=P(B\A)+?(C|A)=93夕

所以所求概率为能

触类旁通I条件概率的三种求法

P(AB)

定义法先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=.①)求P(B|A)

借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数〃(A),再求事件

样本点

n(AB)

法A8所包含的样本点数〃(AB),得「(B|A)=〃(A)

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，

缩样法

用古典概型求解，它能化繁为简

.即幽缆1.(2023•全国甲卷)有5()人报名足球俱乐部，6()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.0.8B.0.4

C.0.2D.0.1

答案A

解析报名两个俱乐部的人数为50+60-70=4(),记“某人报足球俱乐部''为

事件A,“某人报兵乓球俱乐部”为事件丛则P(A)端4P(A8)=祟*所

4

P(AB)7

以P(B\A)=0⑶=5=08故选A.

7

2.质监部门对某和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在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.0.4B.0.16

C.0.68D.0.17

答案C

解析设4表示第i次击打后该构件没有受损，2,则由已知可得P(4)

=0.85,P(A2|AI)=0.80,因此由乘法公式可得尸(4也)二/(4)尸(42向)=0.8此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.

公411

答案百F

解析由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,则

1

41431P(BC)2211

P(B)=52=-13,P(BC)=52X5T=22T,•'•板为=p⑻二工二万

^考向三全概率公式及其应用

一例4(2023•韶关模拟)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0.3,0.40.5.

(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⑴设事件4="小明与听二明2,3)类棋手相遇”,根据题意P(4)=0.5,

P(A2)=0.25,P(A3)=0.25,记事件8=“小明获胜”,则有P(B|Ai)=0.3,P(B\A2)

=0.4,P(B\Ay)=().5,由全概率公式得，小明在比赛中获胜的概率为P(B)=

P(4)P(B|Ai)+P(A2)P(B|A2)+尸(A3)尸(B|A3)=0.5x03+0.25x0.4+0.25x0.5=0.375,

所以小明获胜的概率为0.375.

P(AiB)

(2)小明获胜时，与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为P(4⑻二下而一二

P(4)P(阴4)_().5x().3

P(8)=0,375=04

「触类旁通卜化整为零求多事件的全概率问题

3

(1)如图，P(8)=£P(4)P(8|A/).

(2)已知事件8的发生有各种可能的情形2,…，〃)，事件8发生的

可能性，就是各种可能情形4发生的可能性与已知在4•发生的条件下事件B发

生的可能性的乘积之和.

1即时训练(2023・南平高级中学期中)某学校为了迎接党的二十大召开，增进

全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加

比赛.现有两组党史题目放在甲、乙两个纸箱中，甲箱中有5个选择题和3个填

空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸

箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，

再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.

⑴如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第二题抽到的是填空题的概率;

(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，

接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支

部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题

的概率.

解⑴设事件4表示“第i次从乙箱中取到填空题”，2,

321_31

P(Ag,P(A2|4)=.=Q,P(A2|Z1)=不=£.

由全概率公式得，第2次抽到填空题的概率为

2433

X-+-X--

676-7

P(A2)=P(AI)P(A2|AI)+P(AI)P(A2|AI)=

(2)设事件A为“第三支部从乙箱中取出1个选择题”，事件办为“第二支部从

甲箱中取出2个题都是选择题”，事件&为“第二支部从甲箱中取出I个选择题1

个填空题”，事件以为''第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则3,历,

以彼此互斥，且5U及U83=。,

P(BD隰4,

C43

P(B3)=CI=28,

64

-/A\-

P(A|B2)=|,(=

P(ABI)=9\79

P(A)=P(B)P(A|B)+P(&)P(A|&)+尸(&)P(A|B3)=+的x$+^x-=—

所求概率即是A发生的条件下Bi发生的概率

6

-

9

P⑶A)P(Bi)P(A|B)

P(Bi|A)=-20

P(A)P(A)49

课时作业

一、单项选择题

I.从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为:，视力合

格的概率为/其他几项标准合格的概率为以从中任选一名学生，则该生各项均

合格的概率为(假设各项标准互不影响)()

入9D,90

Fc-D-9

答案B

解析该生各项均合格的概率为$悬=点.

2.某机场某时降雨的概率为春在降雨的情况下飞机准点的概率为七，则某

时降雨且飞机准点的概率为()

A.；B.|

c-LD±

。25550

答案D

解析记事件人="飞机准点”，事件〃=“某时降雨根据题意，P(B)=g,

在降雨的情况下飞机准点的概率为PS⑻二忘，所以某时降雨且飞机准点的概率

为P(AB)=P⑹P(A|8)=1=点.故选D.

3.(2023・武汉三模)已知P(B)=0.4,P(B\A)=0.8,P(阴A)=0.3,则P(A)=()

-3宜3

A-4Bi

C.TJD.TJ

答案D

解析P(B)=P(ABUAB)=P(A)P(B\A)+P(A)P(B[K),即0.4=0.8P(A)+

0.3U-P(A)J,解得尸(4)=0.2=J故选D.

4.(2024.南京模拟)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、

南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不

相同"，事件3为“只有甲去了中山陵”，则P(A⑻=()

A3B"

入128°,256

c—

J128

答案D

解析甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4

处景点旅游，共有4。=256(种)不同的方案，事件A“4个人去的景点各不相同”的

方案有Ab24(种)，事件3“只有甲去了中山陵，的方案有33=27(种)，事件A8同

,6327P(A8)

时发生的方案有用=6［种)，P(A3)二双二位,P⑻二双,所以尸(川B)=口⑻

62

选

做D

一

279-

5.(2023•昆明模拟)已知事件A,B,。满足48是互斥事件，且尸(4UB|C)

P(BC)耳,P(C)=£则P(A|C)=()

1

-艮

6

1

A.C-D

4

答A

P(BC)1

解析由题意，得尸(解析=p(C)=,由A,B是互斥事件知，P(AUB\C)

=P(A|C)+P(BIC),所以P(AIC)=P(AUB|O-P(B|C)=|-|='故选A.

6.(2023•深圳模拟)在A,B,。三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%,

5%,4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为5:6:9,现从这三个地

区中任意选取一人，则此人是流感患者的概率为()

A.0.032B.0.048

C.0.05D.0.15

答案B

解析设事件。为“此人是流感患者“，事件小，4,4分别表示此人来自A,

B,。三个地区，由已知可得P(Ai)=*「=().25,尸如)二().3,P(4)

5+6+93」+6+"9

小^0.45,尸(阴)二。.。6,P(D|A2)=0.05,P(明)=0.04,由全概率公式,

得p(D)=P(Ai)P(D|Ai)+P(A2)P(D\A2)+P(A3)P(D\A3)=0.25x0.06+0.3x0.05+

0.45x0.04=().048.故选B.

7.(2023•锦州二模)如图，用K,4,4三类不同的元件连接成一个系统，当

K正常工作且4,4至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K,4,A2正

1?2

常工作的概率依次是1？?在系统正常工作的前提下，只有K和4正常工作

的概率是()

43

--

A.9B.4

C-4D.g

答案C

解析设事件4为“系统正常工作”，事件8为“只有K和4正常工作。因

2Z288

/

-X---

3-1-3-9,所以P(A)=J9-

为并联元件4,A2能正常工作的概率为IyV

412<2A1P(AB)1

又因为尸依约=28)=展3乂［1一引二§,所以P(B|A)=.(A)=不故选C.

8.某射手每次射击击中目标的概率是？，且各次射击的结果互不影响.假设

这名射手射击5次,则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为()

8

A-7-3

•9

81

81

c-a-

♦89

答案C

2

解析因为该射手每次射击击中目标的概率是,所以每次射击未击中目标的

概率为彳，设，第，•次射击击中目标”为事件4仁1,2,3,4,5),“该射手在5次

射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件则P(A)=P(4AX3A

4A5)+P(A1A2A3A4乃5)+P(AIA2A3A4A5)

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:，学生乙解出的概率为:，学生丙

解出的概率为;.若甲、乙、丙三人独立去解答此题，贝lj()

A.恰有一人解出的概率为养

B.没有人能解出的概率为古

17

C.至多一人解出的概率为次

23

D.至少两人解出的概率为五

答案AC

解析对于A,恰有一人解出的概率为巾-3+11-故3

(1-外(—?*蜴，A正确；对于B,没有人能解出的概率为

iB错误；对于C,由A,B知，至多一人解出的概率为畀+w=药

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

177

的概率为1-五二五，D错误.故选AC.

1().(2024・镇江开学考试)一质地均匀的正四面体四个表面上分别标有数字1,

2,3,4,抛掷该正四面体两次，记事件A为“第二次向下的数字为奇数”，事件8

为“两次向下的数字之积为偶数”，则下列说法正确的是()

A.事件A与事件8是对立事件

B.P(AB)=\

C.P(A|B)=|

D.事件A与事件8不相互独立

答案BCD

解析因为抛掷该正四面体两次的基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(1,

4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),

(4,2),(4,3),(4,4),共16种,其中事件A有(1,1),(1,3),(2,1),(2,3),

(3,1),(3,3),(4,1),(4,3),共8种，事件8有(1,2),(1,4),(2,1),(2,

2),(2,3),(2,4),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),共12种,

事件有(2,1),(2,3),(4,1),(4,3),共4种，所以A与8可同时发生，

4I

则事件A与事件。不是对立事件，故A错误；尸(48)=而二不故B正确；P(B)

I

-

3尸Z411

则

则

为

故

确

因

12-A--C正-

==4«==3-32

16#p(P-

4

P(4B/P(A)P(8),所以A,8不相互独立，故D正确.故选BCD.

11.(2023・湖北直辖县级单位统考模拟)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，记人二"零件为次品“，8二“零件为第i台车床加工的2,3),

下列结论正确的是()

A.P(A)=0.03

nSP(B,)=1

D.>-I

C.P(8|A)=P(&H)

D.P(B|A)+P(史必)=P(&⑷

答案BC

解析对于A,因为P(A)=0.05x0.15+0.03x0.25+0.03x0.60=0.033,故

A错误；对于B,S(5/)=0.15+0.25+0.60=1,故B正确；对于C,因为P(Bi|A)

P(B】)P(川8)0.15—0.055P(&)P⑷氏)0.25x003

=P(A)=0.033=22，尸@依)二尸缶)=0.033二

割所以P(B|A)=/W4),故C正确；对于D,由C项分析可得P(创A)+P(&|A)

5P(&)P(A@)0.60x0.036工一―

=77，又因为P(&H)=-------万■面------=0,()33=TT，故D错反.故选BC.

三、填空题

2

12.(2023・合肥一模)接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校写的

学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为;，而接种了

疫苗的感染率为古.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为

公g15

答案而

31

-X-+

解析设事件A二"感染流行感冒”，事件8二“未接种疫苗”，则P(A)54

2119313P（A8）15

5X10=i00>P（A8）=英=的故尸（BH）二万6r二行

13.(2023.东莞三模)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!

解析由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为八口=1,

2,3,4,5,6),设事件5为“子三代的基因型为dd”,则

事件4AiA34A54

DDXDdXDdXDDX

配型DDXDDddxdd

DdDddddd

111111

尸(4)76444816

1j_

0001

42

6Illi11

由全概率公式得P⑻=21P(4)P(B|4)=不？+不可+而XI=4-

14.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该

队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主

客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相

互独立，则甲队以4:I获胜的概率是________.

答案0.18

解析甲队以4:I获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输.若

在主场输一场，则概率为2xO.6xO.4xO.5xO.5X0.6;若在客场输一场，则概率为

2xO.6x().6x().5x().5X06.•.甲队以4:1获胜的概率P=2x().6x().5x().5x().6x(0.6+

0.4)=0.18.

四、解答题

15.(2023・聊城期末)某学校在元宵节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、

二两关，分别竞猜5道、20道灯谜.现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一

关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中，甲、乙分别猜对12道、15道.假设

猜对每道灯谜都是等可能的.

(1)从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都清对的概率；

(2)从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率.

解(1)设事件A二“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1,2,3,4,5表示第一

关的5道灯谜，其中1,2,3,4表示甲猜对的4道，

则样本空间为2),(I,3),(I,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),

(3,4),(3,5),(4,5)},A={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)),

所以〃(0)=10,n(A)=6,

根据古典概型的计算公式,

3

n(A)-

得P(A)=-5

n(。)

(2)设事件8二”任选一道灯谜，甲猜对"，事件。二”任选一道灯谜，乙猜对”,

事件“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”，

根据题意可得，

12_815_5

P(8)=万，P(B)=20,P[C}=205'(。＞"药.

因为。二百CUBE,且RC,BCf互斥，

又甲、乙两位选手独立参加竞猜，所以B,。相互独立，从而后，C,B,C

也相互独立.

所以P(0二P(片CUBC)=P(片C)+尸(81)

_8151259

=P(B)P(O+P(B\P(C)=+—x—=—

9

即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为4.

16.已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为:和;•假定两球是否落入盒子互不

影响.

(1)求甲、乙两球都落入盒子的概率；

(2)求甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率.

解(1)因为两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率

111

为-X--

23=6

(2)甲、乙两球都不落入盒子的概率为卜二:，所以甲、乙两球至

12

--

少有一个落入盒子的概率为13-3

17.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被

淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者

进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；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，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，

甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为

(1)求甲连胜四场的概率；

(2)求需要进行第五场比赛的概率；

(3)求丙最终获胜的概率.

解⑴记事件S:甲连胜四场，则％)二度=上

(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件。为丙输，则四局内结束比赛的

概率为F=P(ABAB)+P(ACAC)+P(BCBC)+P(BABA)=4x^4=1,

所以需要进行第五场比赛的概率为P=\-P'