2025高考数学知识点复习第十章 §104 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

§10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

【课标要求】1.了解两个事件相互独立的含义2理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会

利用全概率公式计算概率.

■落实主干知识

【知识梳理】

1.相互独立事件

(I)概念：对任意两个事件A与B,如果尸=成立，则称事件4与事件B相互独

立，简称为独立.

(2)性质：若事件A与8相互独立，那么4与石，工与必不与N也都相互独立.

2.条件概率

⑴概念：一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)>0,我们称P(砌)=畿1为在事件4

发生的条件下，事件8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(8|A)=嘿；

②概率的乘法公式：P(AI^=P(A)P(B\A).

⑶条件概率的性质

条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0,则

①P(0|A)=L

②如果B和C是两个互斥事件，则P仍UCL4)=P(Bim+P(C|A).

③设万和8互为对立事件，则P(万IA)=1—P(B|A).

3.全概率公式

一般地，设A1，42,…,4是一组两两互斥的事件,4U4U…UA〃=。,且P(A,)>0,z=l,2,…，

小则对任意的事件8GQ,有P(B)=fp(Ai)P(8|4).

i-i

【常用结论】

1.如果事件4,4,…，4相互独立，那么这〃个事件同时发生的概率等于每个事件•发生

的概率的积,即P(4A2・・・An)=尸(4)尸(4)…尸(4).

2.*贝叶斯公式:设Ai,22，…,A”是一组两两互斥的事件，A1UA2U…UA“=O,且P(4)>0,

F(A,)P(B|Ai)

i=l,2,…，〃，则对任意的事件BUO,P(4)>0,有P(A\B)=PSi麒A»

£P(4)P(用4)

*=i

=1»2,n.

【自主诊断】

1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“J”或“X”)

(1)对于任意两个事件，公式尸(AB)=P(A)P(8)都成立.(X)

(2)P(8|A)表示在事件人发生的条件下，事件4发生的概率，P(A8)表示事件A,6同时发生的

概率.(V)

(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件4,“第二枚正面朝上”为事件

B,则A,4相互独立.(J)

⑷若事件Ai与小是对立事件，则对任意的事件BJQ,都有P(B)=P(4)P(8|Ai)+

P(A2)P(B\A2).(J)

2.(必修第二册P253T4改编)甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分另]为今

2

不则谜题没被破解出的概率为()

A.TB.TC.7D.1

o30

答案A

解析设“甲独立地破解出谜题”为事件A,“乙独立地破解出谜题”为事件8,

I?—I—I-----1II

则P(A)=g,P(B)=y故P(A)=],P(B)=y所以AB)=2X3=6»

即谜题没被破解出的概率为土

3.(选择性必修第三册P46例1改编)在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，

现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是()

A—D—p—f)—

入28K10J9*7

答案D

解析当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为彳

4.智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A,人工食堂从居民甲第一天随机地选

择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率为().6；如果第一天去8

食堂，那么第二天去4食堂的概率为0.5,则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为.

答案0.55

解析由题意得，居民甲第二天去A食堂用餐的概率P=0.5X0.6+0.5X0.5=0.55.

■探究核心题型

题型一相互独立事件的概率

命题点I事件相互独立性的判断

例1(多选)(2024•滁州模拟)已知A,B为两个随机事件，且P(A)=0.4,P(B)=0.6,则()

A.P(A+8)vl

B.若人，4为互斥事件，则PS")=O

C.若尸(AB)=0.24,则A,8为相互独立事件

D.若A,8为相互独立事件，则P(下石)=P(A8)

答案BCD

解析若A,3为互斥事小，又P(4)+P(8)=l,则405=0且A+8=。，故P(A+3)=1,

P(AB)=()i故A错误，B正确；

若P(A8)=0.24,即p(A8)=P(A)P(B),故A,B为相互独立事件，故C正确;

若A,8为相互独立事件，则下，N也相互独立，

即P(~A~B)=PCA')P(E),

又P(三')=0.6,P(~B)=0.4,

所以尸(AB)=0.4X0.6=P(不)尸(万)，

故P(工石)=P(A8),故D正确.

命题点2相互独立事件的概率

例2(多选)(2023・新高考全国H)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送。时，收

到1的概率为a(OvaVl),收到0的概率为1一。；发送1时，收到0的概率为做0<斤1),收到

1的概率为1—K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/，则依次收到1,0,1的概率为(1一u)(1一汽产

B.采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1OI的概率为以1一62

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为如一外+(1一03

D.当0<a<0.5时，若发送()，则采用三次传输方案译码为。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接收1、发送0接收0、发

送1接收1这3个事件的积，

它们相互独立，所以所求概率为（1—0（1—a）（l—£）=（1—a）（l一4户，故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』的事件是发送1接收1、

发送I接收0、发送1接收1这3个事件的积，

它们相互独立，所以所求概率为（1一4）以1一份=以1一份2,故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这4

个事件的和，

它们互斥，所求的概率为C劲（1一/）2+（1—用3=（1一#2（1+2份,故C错误；

对于D,三次传输，发送0,则译码为0的概率P=（l—幻2（1+2。），

单次传输发送0,则译码为0的概率P'=l-a,而0＜a＜（）.5,

因此P一尸'=（1-a）2（1+2a）-（1-a）=a（1-a）（1-2a）＞0,即尸＞尸'，故D正确.

-微拓展"---------------------------------------------------------------------------

概率问题中的递推数列

在概率与统计的问题中，经常会出现概率■统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式

出现.主要有四种类型：（l）a〃=pa“-i+夕型；（2）即+]=〃斯+./（"）型；（3）知+[=4忒〃）型；（4）。”

+\=pan+qa,i-\型.

典例（多选）甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能

的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球〃次后球仍回到甲

手里的概率为6,则下列靖论正确的是（）

C.P„=1（l-Pn-1）D.”卜代齐

答案ACD

解析A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故乃=0,

第二次传球，乙或丙有3的概率回到甲手里，故A正确；

C选项，为传球〃一1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球〃次后球仍回到甲手里，则

第（〃一1）次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有;的概率回到甲手里，

故C正确；

D选项，由C选项知匕=；（1一尸,1），

即尸〃=一；尸〃-1+；,

设产”+%=—5（？〃-1+#,

3

-

故Pn=一产”2

3—1

解

,得A-

于

=一--

3

52

又P1一；=一；W°，

所以卜〃一,是首项为一女公比为一；的等比数列，故巴一卜一长犷,

故尸〃D正确;

3

错

-误

B选项，由D选项可知尸-;义8B

0

思维升华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.

跟踪训练1(1)(多选)甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签.其中，

甲袋中有编号为123的三个号签；乙袋有编号为1,2,345,6的六个号签.现从甲、乙两袋中

各抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响.记事件A：从甲袋中抽取号签1；

事件B：从乙袋中抽取号签6；事件C：抽取的两个号签和为3；事件力：抽取的两个号签编

号不同.则下列选项中,正确的是()

A.0(")=表

B.

C.事件人与事件C相互独立

D.事件A与事件。相互独立

答案ABD

解析对于A,事件A,6相互独立，P(AB)=P(A)P(B)=|xA正确；

对于B,样本点为(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5).(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),

(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),共18种，

21

事件C包括(1,2),(2,1)2种情况，P(0=h=G，B正确；

1oy

对于C,由尸(AC)=*wgxt=P(A)P(C),得事件A,C不相互独立，C错误；

对于D,由尸（40=得=品||=尸5）尸（。），得事件4，。相互独立，D正确.

⑵某高中的独孤与无极两支排球队在校运会中采用五局三胜制（有球队先胜三局则比赛结

束）.第一局独孤队获胜概率为0.4,独孤队发挥受情绪影响较大，若前一局获胜，下一局获

胜概率增加0.1,反之降低0.1.则独孤队不超过四局获胜H勺概率为.

答案0.236

解析设4（i=l,2,3,4）为狙孤队第，局取胜，

由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：AiA滔3,4/244,442A3A4,A2A3A4,

所以独孤队取胜的概率2=P（41A2A3）+P（AM2了遇4）+P{Ai77AM。+P（而A2AVU）

=0.4X0.5X0.6+0.4X0.5X0.4X0.5+0.4X0.5X0.4X0.5+0.6X0.3X0.4X0.5=0.236.

题型二条件概率

命题点1条件概率

例32023年8月31日贵•南高铁实现全线贯通运营，我国西南和华南地区新增一条交通大动

脉，妗桂两地间交逋出行更加便捷、西南与华南地区联系将更加紧密.贵南岛铁线路全长482

公里，设计时速350公里，南宁东到贵阳东旅行时间由原来的5个多小时缩短至最快2小时

53分.贵阳某调研机构调查了一个来自南宁的旅行团对贵阳两种特色小吃肠旺面和丝姮娃的

喜爱情况，了解到其中有卡的人喜欢吃肠旺面，有病的人喜欢吃丝娃娃，还有志的人既不喜

欢吃肠旺面也不喜欢吃丝娃娃.在已知该旅行团一游客喜欢吃肠旺面的条件卜，他还喜欢吃

丝娃娃的概率为（）

答案B

解析设喜欢吃肠旺面为事件A,喜欢吃丝娃娃为事件B,

喜欢吃肠旺面或喜欢吃丝娃娃为事件AU从既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃为事件4rl从

73

由题意知P（AUB）=1一m=行，

4231

从而P（4AB）=P（4）+P（B）—P（AU8）=百+正一行=而，

因此由条件概率的公式得

1

P(A8)_1()_3

P(B\A)=P(A)-Z-8-

15

命题点2条件概率性质的应用

例4（多选）（2023・武汉模拟）设不，下分别为随机事件4,B的对立事件，已知

0vP(4)vl,0vP(B)vl,则下列说法正确的是()

A.P(用A)+P(B|A)=1

B.P(B|A)+P(B|T)=0

C.若A,C是相互独立事件,则尸(A|B)=P(A)

D.若4,B是互斥事件，则P(8|A)=P(B)

答案AC

_P(AB)+P(A币p(A}

解析尸(8|4)+P(B\A)=-----------=而=1，故A正确；

当A,3是相互独立事件时，则P(B|A)+P(用工)=2P(3)H0,故B错误；

因为48是相互独立事件，则P(A8)=P(A)P(8),所以。(川0二^^^二尸依)，故C正确；

因为4,B是互斥事件，P(AB)=0,则根据条件概率公式P(用A)=0,而P(E)£(0,l),故D错

误.

命题点3乘法公式的应用

例5经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为().6,在第一次击中9

环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为

()

A.0.24B.0.36

C.0.48D.0.75

答案C

解析设该射击运动员”第一次击中9环”为事件4,“第二次击中9环”为事件B,由题

意得P(A)=0.6,尸(8历)=0.8,所以该射击运动员两次均击中9环的概率为0(A8)=P(A)P(8|A)

=0.6X0.8=0.48.

思维升华求条件概率的常用方法

(1)定义法：P(B|A)=B黑.

(2)样本点法：P(州人)=以黑.

〃⑷

(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.

跟踪训练2(1)(多选)甲盒子中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙盒子中有4个红球，3个

白球和3个黑球.先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，分别以4,A2和A3表示由甲盒

子取出的球是红球，门球和黑球的事件；再从乙盒子中随机取出一球，以8表示由乙盒子取

出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是()

A.Ai，42，A3是两两互斥的事件

B.P(5)=|

C.事件8与事件A相互独立

D.0(阴4)=4

答案AD

解析A选项，根据题意41nA2=0,42GA3=0,AEA3=0,

故由互斥事件的定义可得AI,A2,A3两两互斥，故A正确；

5I?13

B,D选项，。(4|)=75=,"，2)=而=亍。(4)=而，

544

又P(OIA)=YY，P(8|A2)=R,P(用小)=77,故D正确;

故尸(8)=P(阴Al)尸(AI)+P(B|A2)P(42)+P(8|43)尸(4)

5141439

=x+x+-x故B错误;

TT5TT510-22'

oIo5

C选项，P(B)P(A\)=^X^=—,P(R4I)=P(8|AI)P(AI)=方，

故尸(8)P(4)WP(B4),所以事件8与事件4不相互独立，故C错误.

(2)(2023•北京模拟)从一2,一1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”

为事件4，“两数均为负数”为事件8.则P(B\A)=.

答案i

解析从一2,—1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有Cg=10(种)取法，

其中满足两数之积为正数的有C3+G=4(种)取法，

满足两数之积为正数且两数均为负数的有C3=1(种)取法，

2I

所以p(A)=§,P(AB)=-^.

所以尸(始尸需=；.

题型三全概率公式的应用

例6(1)(2024・银川模拟)长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，-一眼望三国，伪满皇宫，松江雾

淞，净月风光，杳干冬捕，是著名的吉林八景.某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是拿夏

季来的概率是:，如果冬季来，则看不到长白飞瀑、鹤舞向海和净月风光，若夏季来，贝」看不

到松江雾淞和查干冬捕.无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参

观，则某人去了一眼望三国景点的概率为()

11「16-17-1

A15B45C-45D-3

答案c

解析设事件4="冬季去吉林旅游”，事件A2="夏季去吉林旅游“，事件8="去了一

眼望三国”，则。(4)=2P(A2)=|,在冬季去了一眼望三国的概率P(B|4)=留=］在夏

JJX--5J

季去了一眼望三国的概率P(B|4)=鲁=；,

221117

所以去了一眼望三国的概率P(^)=P(/li)P(B|/li)+P(42W|/h)=5X5+3><3=45-

(2)(2023・石嘴山模拟)一堆苹果中大果与小果的比例为9：1,现用一台水果分选机进行筛

选.已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%,把小果筛选为大果的概率为2%.经过一

轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真

的大果的概率为()

8558571719

A,857B,1000C200DTo

答案A

解析记事件4：放入水果分选机的苹果为大果，事件A?：放入水果分选机的苹果为小果，

记事件4：水果分选机筛选的苹果为“大果”，

91191

则外4)=而，?如)=而,P(B|AO=2O,P(B&)=而,

g19I1857

由全概率公式可得P(B)=P(4)P(B|4)+尸(42)P(8|A2)=而又疝+而X而=］而，

919855

P(48)=尸(4)P(B|4)=而X^=y^而，

因此，产(A|b)_-1000X857-857,

思维升华利用全概率公式解题的思路

(1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A&=1,2,…，〃).

(2)求P(A)和所求事件B在各个互斥事件A,发生条件下的概率P(Aj)P(8|A).

(3)代入全概率公式计算.

跟踪训练3(2023•那州模拟)已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内

装有两个红球、一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球、一个黄球；黄色口袋内装

有三个红球、两个绿球(球的大小质地相同).若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然

后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球

的概率为()

11A.H

入A60B4=C48U.48

答案D

解析记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为Al,42,A3，则尸(4)=g,尸(42)=尸(4)=不

记第二次抽到黄球的事件为8,

而4,42，A3两两互斥，其和为。，

所以p(8|4)=：,P(B|A2)=|,尸(即3)=

311111111

则P(B)=XP(Ai)P(B[Ai)=7XXjX-=—

i=1

课时精练

IR知识过关

一、单项选择题

1—21

1.若尸C4B)=§,P(A)=j,P(8)=],则事件A与B的关系是()

A.事件A与8互斥

B.事件A与3对立

C.事件4与8相互独立

D.事件A与8既互斥又相互独立

答案C

—21

解析•.•尸(4)=1—P(A)=1一

・・・P(A)P(B)g,

，4(A8)=尸(A)P(6)#0,

・•・事件A与8相互独立，事件A与8不互斥也不对立.

2.已知事件A,6相互独立，P(A)=0.5,P(B)=0.4,则P(A+B)等于()

A.0.88B.0.9C.0.7D.0.72

答案C

解析因为事件A,B相互独立，故P(A8)=P(A)尸(0=0.5X04=0.2,

又P(A)=0.5,P⑹=0.4,

所以P(A+B)=aA)+P(8]—P(AB)=0.5+0.4—0.2=0.7.

3.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.甲每次从中任取

一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为()

3「2

A诟B3C8D9

答案B

解析方法一因为他第一次拿到白球且不放回，所以在他第一次拿到白球的条件下，第二

3I

次拿到红球的概率等价于从装有3个红球、1个白球、5个黑球中拿到红球的概率，即为:==

方法二设“第一次拿到白球”为事件A,“第二次拿到红球”为事件以

212X31

依题意尸(4)=而=午「(人8)=]0乂9=「

故尸如尸播与

4.(2024.咸阳模拟)某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为:，乙

队和丙队答对该题的概率都是专若各队答题的结果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙

三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为()

I-7>1

A-2B3C36D6

答案C

解析记“甲队答对该题”为事件A,“乙队答对该题”为事件B,“丙队答对该题”为事

件G

则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为

P=P{A_ii~ClieC)=P(A~B~C)+PCAITC)-^PCA~BC)

=P(A)P(T)P(~C)+P(工)P(B)P(~C)+P(不)P(石)P(C)

=3xlxl+lx21112_2.

-4X3X3+4X3X3+4X3X3-38

5.(2023・江门模拟)衣柜里有灰色、白色、黑色、蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选4

只，已知取出的两只是同一双，则取出的另外两只不是同一双的概率为()

A!B5噫D-9

答案D

解析从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记”取出的袜子至少有两只是同一双”为事件

A,记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件&事件A包含两种情况：”取出的袜

Ciaacl+C27

子恰好有两只是同一双”“取出的袜子恰好四只是两双"，则尸(A)=

35'

I8

rcjcqclcl24-

又P(A8)=造一=4,则「(8|A)=9

6.(2023・武汉模拟)设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2：1,货车中途停车修理的

概率为0.02,客车为0.01,今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为()

A.0.8B.0.6C.0.5D.().3

答案A

2I

解析设A表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，则P(AD=余W2)=1,

设Bi表示“货车中途停车修理”，&表示“客车中途停车修理”,则P(Bi)=0.02,P(B2)=

0.01,

B表示“一辆汽车中途停主修理”，

则P(B)=P(AIBI)+P(A2B2),

今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为尸［4|硝=笔照=*八=

尸(4)〃(/\|/力)十尸(八/2)

0.02x1

27=0.8.

0.()2X:+0.01x4

二、多项选择题

7.(2024.石家庄模拟)先后两次掷•枚质地均匀的骰子，事件A="两次掷出的点数之和是

6"，事件B="第一次掷出的点数是奇数”，事件。=”两次掷出的点数相同"，贝U()

A.A与8互斥B.B与C相互独立

C.P(A)=：D.P(4C)=表

答案BD

解析互斥事件是指不可能同时发生的两个事件，事件A可以有以下情况：第一次掷出1,

第二次掷出5或第一次掷出3,第二次掷出3等，如此与事件B有同时发生的可能，故A错

误；

P(8)=%=2,尸(。=/=不2/。=尚=方=P(8)P©,故B正确；

易知故C错误；

P(A)=A0X>010O

点数和为6,且两次点数相同仅有都是3点一种情况，

故P(AC)=,故D正确.

OvXo30

8.(2023・广州模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%,第2台加

工的次品率为3%,第3台加工的次品率为2%,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10%,40%,50%,从混放的零件中任取一个零件，则下列结

论正确的是()

A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08

B.该零件是次品的概率为0.03

C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98

D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为:

答案BC

解析记事件A：车床加二的零件为次品，记事件8：第i台车床加工的零件，

则/(川场)=8%,P(4]%)=3%,。(川治)=2%,P(S)=10%,P(%)=40%,P(&)=50%,

任取一个零件是第I台车仄加工出来的次品概率为尸(ABi)=尸(川BI)P(BI)=8%X10%=Q008,

故A错误；

3

任取一个零件是次品的概率为P(A)=ZP(B)P(A|Bi)=8%X10%+3%X40%+2%X50%=

0.03,故B正确；

如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(T|A?3)=1-PM|B3)=1-

2%=0.98,故C正确;

如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的秋率为1一2(&依)=1一4婢=1一

。（川心）夕（凡）__2%X50%2

P（A）=1-0.03=y故D错误.

三、填空题

2

9.(2024内江模拟)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为余若乙执黑子先

下，则乙胜的概率*.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

7

答案24

2

解析若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为东

第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为多

若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为今

第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为右

1211117

所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为^=2X3X2+2X2X2=24,

10.(2023・西安模拟)从1,2,345,6,7中任取两个不同的数，事件4为“取到的两个数的和为

偶数”，事件8为“取到的两个数均为偶数”，则P(8|A)=

答案!

解析因为事件8GA,

CgI

所以尸(A8)=P(B)=3=?

工d+Ci3

而P(4)=~不一=亍

所以尸(始)=需=瑞4

11.(2023・辽宁实睑中学模拟)有甲、乙、丙三个开关和4B,。三盏灯，各开关对灯的控制

互不影响.当甲闭合时人，B亮,当乙闭合时B,C亮，当丙闭合时A,C亮.若甲、乙、丙

闭合的概率分别为^/：，且相互独立，则在4亮的条件下，B也亮的概率为.

13

答案B

解析设事件M为“A灯亮”，事件N为“8灯亮”，事件X为“开关甲闭合”，事件丫为

“开关乙闭合”，事件Z为“开关丙闭合”，则所求概率为P(NM尸邛湍.

其中P(NM)=P(X)+P(~X)P(F)P(Z)=1+jx|X卜合

P(M)=P(XUZ)=P(X)+P(z)-P(X)P(Z)=|+!-1x1=1，

13

2413

所以P(AW)=5=^

8

12.(2024・茂名模拟)有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙、丙工

厂分别生产3000件、3000件、4000件，而且甲、乙、丙工厂的次品率依次为6%,5%,5%,

现从这批产品中任取一件，则取到次品的概率为；若取到的是次品，则其来自甲厂

的概率为.

答案0.053蔡

解析设任取一件产品来自甲厂为事件4,来自乙厂为事件A2,来自丙厂为事件4,则4,

4,4彼此互斥，且AUA2U43=Q,

p(A3()0()_3

(3000+3000+40€'0-10'

3000_3

"4)=3000+3()00+4000=而

尸(4)=3()00+3()00+4000=5'

设任取一件产品，取到的是次品为事件从

则P(B)=P(AI8)+P(42B)+P(4B)

=P(4)P(B|A,)+P(A2)P(B|A2)+P(4)P(8|A3)

33253

=6乂6%+诉X5%+AX5%=77^=().()53.

若取得产品是次品，那么它是来自甲厂生产的概率为“4肥)=胃器="喘茨=

3

T0X6%18

53-53,

1000

四、解答题

13.(2023・景德镇模拟)世界杯小组赛中，A,B,C,。匹支球队被分到同一组进行循环赛(每

两队间进行一场比赛，获胜的球队积3分，平局两队各积1分，落败的球队积0分).已知四

支球队实力相当，每支球队在每场比赛中胜、负、平的概率分别为0.4,040.2.

(1)求A队踢完三场比赛后积分不少于6分的概率；

(2)求四支球队比完后积分相同的概率.

解(1)由于A队踢完三场比赛后积分不少于6分，

所以A队三场比赛中至少胜两场，

则P=(0.4)3+c!X(0.4)2X(0.4+0.2)=0.352.

(2)四支球队共需进行六场比赛，

六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，

因此，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，

①若同积3分,则六局皆平修=(0.2)6=0.000064；

②若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，

若A胜8,A平C,A负O,则8胜C,B平。，。胜D

所以22=6X(06)4X(0.2)2=0.006144,

综上所述，四支球队比完后积分相同的概率为

尸=丹+尸2=0.006208.

14.(2024.南京模拟)人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪

最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的

一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校

对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如卜.试验模型：有

完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球

和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中

等可能地摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试

验选到甲袋或乙袋的概率均为:(先验概率).

⑴求首次试验结束的概率：

(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.

①求选到的袋了•为甲袋的概率：

②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一,

从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第

二次试验结束的概率更大.

解设试验一次，“取到日袋”为事件4,“取到乙袋”为事件42,“试验结果为红球”为

事件所，“试验结果为白球”为事件B2.

I912II

⑴P(BI)=P(AI)P