2025届高考数学一轮复习-事件的相互独立性、条件概率与全概率公式讲义

2025届高考数学一轮复习讲义计数原理、概

率、随机变量及其分布之事件的相互独立性、

条件概率与全概率公式

一、知识点讲解及规律方法结论总结

1.事件的相互独立性

(I)定义：对任意两个事件A,B,如果P(AB)=①P(A)P(8),则称事件A与

事件8相互独立，简称独立.

(2)性质：若事件A与8相互独立，则A与②片，彳与③B,彳与否也都相互独立.

(3)推广：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,即尸(AM2…4)=P(4)P(4)…尸(4).

注意若事件4与事件6是互斥事件(或对立事件)，则A与8不相互独立.

2.条件概率

(I)定义：一般地，设48为两个随机事件，且P(A)>0,我们称P(8|A)=®_

兰等为在⑤事件A发生的条件下,⑥一事件6发生的条件概率,简称条件概率.

(2)性质：设P⑷>0,则

a.PIA)=1；

b.若8和。是两个互斥事件，则P(BUCIA)=⑦P(BIA)+尸(CIA):

c.设8和后互为对立事件，则户(BIA)二⑧1一户为IA).

注意(1)P(8I4)与夕(AI8)是不相同的，P(B\A)表示在事件4发生的条件下

事件B发生的概率，PCA\表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率.

(2)当A,8相互独立时，P(8IA)=P(B).

3.全概率公式

一般地，设A”4，…，A〃是一组两两互斥的事件，4U4U…U4”=。，且P(4)>

0,Z=l,2,〃，则对任意的事件4G。，有。(4)=◎.

i=l

拓展贝叶斯公式：设4,A2,…，A”是一组两两互斥的事件，4UA2U…U4〃=。，且

P(A)>0,i=l,2,…，〃，则对任意的事件8=。，P(8)>0,有P(A,18)=

P(A[)P(BIAi)_P(.Ai)P(B\Ai)tr

Pn7⑹o\£nP(4)P(BIA)»l-]，/，…，

k=ikk

二、基础题练习

I.下列说法错误的是(A)

A.对于任意两个事件，公式尸(AB)=P(A)P(B)都成立

B.若事件A,6相互独立，则=P(B)

C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8,则A,8相互独立

D.若事件4与4是对立事件，则对任意的事件8Q。，有P(B)=P(Ai)P(Bl4)+

A

P(2)P(BIA2)

2.下列说法错误的是(A)

A.P(AIB)<P(AB)B.P(AIB)=匕”可能成立

P(B)

C.OWP(AIB)<1D.P(AIA)=1

解析由条件概率公式P(AIB)及0〈尸(B)Wl,知P(AI8)2P(AB),

P(B)

故A说法错误；当事件8包含事件人时，有=P(A),此时P(AIB)=

之”，故B说法正确；易知OWP(AlB)Wl,P(AA)=1,故C,D说法正确.故选

A.

3.［易错题］设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6,0.4,汽车和火车正点到达目

的地的概率分别为0.9,0.8,则甲正点到达目的地的概率为(C)

A.0.72B.0.96C.0.86D.0.84

解析设事件A表示甲正点到达目的地，事件8表示甲窕火车箭往目的地，事件C表示甲

乘汽车前往目的地.由题意知尸(8)=0.4,P(C)=0.6,P(AIB)=0.8,P(AIC)=

0.9.由全概率公式得P(A)=P(8)尸(AIB)+尸(C)尸(4IC)=04X0.8+0.6X0.9

=0.32+0.54=0.86.故选C.

4.将两颗骰子各掷一次，记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”，则

条件概率P(AlB),2工|人)分别等于(A)

AN9B.i〃D.i工

113311113311

解析由题意可得〃(A)=6X5=30,n(8)=6X6-5X5=11,n(AB)=2X5=10,

:・P(AIB)=1^2_=W,P(BIA)攵选A.

n(B)11n(A)303

5.［教材改编］设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发

现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是上.

解析记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不

合格品”，则48为“2件都是不合格品”.

解法一记〃（A）,n（AB）分别为事件A,A8所包含的基本事件个数，则〃（A）=

屐盘+废=30,n（4B）=废=6,故P（8IA）=n，AR）=^-=l

解法二P（A）=1一冬P（AB）=暮=三,所以。（BlA）=3等=萼="

C103C】o15PA）~5

三、知识点例题讲解及方法技巧总结

命题点1相互独立事件

角度1相互独立事件的判断

例1[2021新高考卷I]有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放I可地

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（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

解析事件甲发生的概率。（甲）=3，事件乙发生的^率。（乙）=*,事件丙发生的概率

P（丙）=月=。，事件丁发生的概率尸（T）=三=；.

事件甲与事件丙同时发生的概率为o,P（甲丙）WP（甲）P（丙），故A错误：（对任

意两个事件A和从且P（A）>0,P（B）>0,则P（AB）=P（A）P（3）u事件人和

B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为，=2，P（甲丁）=P（甲）P（T）,

故B正确；

事件乙与事件丙同时发生的概率为二=工p（乙丙）字，（乙）p（丙），故C错误；

6x636

事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.故选B.

方法技巧

判断事件是否相互独立的方法

（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否柜互影响.

（2）利用“事件4,8相互独立6（AB）=P（A）/（8）”判断.

角度2相互独立事件的概率的求解

例211分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交换发球权，

先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得

分的概率为（）.5,乙发球时甲得分的概率为（）.4,各球的结果相互独立.在某局双方10：10

平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.

（1）P（X=2）=0.5；

（2）事件“X=4且甲获胜”的概率为0.1.

解析(1)“X=2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此尸(X=2)=

0.5X0.4+(1-0.5)X(1-0.4)=0.5.

(2)“X=4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因

此所求概率为[0.5X(1-0.4)+(1-0.5)X0.4]X0.5X0.4=0.1.

方法技巧

求相互独立事件同时发生的概率的思路

(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.

训练1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。分.在竞赛中，假设中队每人回答问题的正确率均为；乙

口

队每人回答问题的正确率分别为:，:且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.

234

(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.

解析(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A

甲队得3分，即3人都回客正确，其^率P(A)=|x|x1=^,

甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率尸(A)=|x

(i-^)x(1-1)+(i-1)x|x(1-1)+(1-1)X(1-1)义弓三.

'3，33333339

故甲队总得分为3分与1分的概率分别为宗

(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。.

甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，I人回答错误，则P(C)=gxgx(l-1)+

23X(1-72)\X72+,(1-72)\X23X；2=?4

乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P(O)=1x：1一

-)X(1-)+(1--)X^X(1一W)+(1-i)X(1--)X-

342342344

由题意得事件C与事件。相互独立，

则甲队总得分为2分且乙火总得分为1分的概率为P(CD)=P(C)P(D)=；xi=i

命题点2条件概率

例3(1)[2023全国卷甲]某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑

雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好

滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(A)

A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4

解析令事件A,8分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件。表示该同学爱好

滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（4）=0.6,P（B）=0.5,P（48）=P（A）+尸（6）一

0.7=04,所以P（C）=PCAIB）=匕丝乙=弊=0.8,故选A.

P（.B）0.5

（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生

甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（C）

A.-B.-C.-D.-

2753

解析解法一设男生甲被选中为事件A,男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B,则

p（B%）二上詈二"要1=2=今故选C.

解法二在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为髭=15,其中男生乙和女生丙都没有

被选中的基本事件数为鬃=6,所以所求极率为1一点=*（方法：在解决至多、至少的有

关问题时，常考虑其对立事件的概率）

故选C.

方法技巧

求条件概率的常用方法

先分别计算概率P（A4）和0（A）,然后代入公式P（4|4）=

定义法

田P⑷"

样本先求事件A包含的样本点数〃（A）,再求事件A3包含的样本点数〃（A8）,

点法得P(6IA)=上上

n<4)

即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

缩样法

古典概型的概率公式求解.

训练2（1）[2022天津高考]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张，取后不放

回，则两次都抽到A的概率为a；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概

率是-4—

解析设事件4="第一次抽到A”，事件A2="第二次抽到A”.

第1空解法一不放回他取两次的可能结果种数为52X51,事件A02包含的可能结果种

数为4X3,所以PC4M2）=黑7=去・

解法二不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有髭2种可能结果，事件44

24X3

包含的可能结果种数为第，所以尸（AIA2）=M=岳■=5.

C

522

4X3

第2空解法一因为尸（AD=白，所以P（414）=今半=卒=白

52P（4）—17

解法二缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A

牌,所以「。2IAi)=：=".

(2)现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取

出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为二.

解析设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”：事件B为“取出的两瓶中另一瓶

是红色”，事件。为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件。为“取出的两瓶中另一瓶是

红色或黑色"，则。=BUC,且8与C互斥.由题意得，P(A)jP(AB')=

Ce10

粤=之P(AC)=萼=之所以P(。IA)=P(BUCIA)=P(8IA)+P(CIA)

Cg5Cg5

=己卫+3£2=3+$=；故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的极率

P(A)P(A)——7

1010

峙

命题点3全概率公式的应用

例4(1)某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5,知道答案时，答

对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25,那么他答对题目的概率为(A)

A.0.625B.0.75C.0.5D.0

解析用A表示事件“考生答对题目”，用8表示事件“考生知道答案”，则后表示事件

“考生不知道答案”,则0(B)=0.5,P(亘)=0.5,P(AIB)=1,P(AI耳)=

0.25,则P(A)=PCA\B)P(B)+PMIF)P(万)=1X0.5+0.25X0.5=0.625.

(2)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DZ),Dd,dd,其中。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2颗豌豆作为父本杂

交，那么子三代中基因型为型的概率为:.

解析记事件8=”子三区中基因型为dd"，事件4="选择的是Od,Dd”,事件即=

“选择的是血，血”，事件小=”选择的是必D(r,则P(Ai)=：X：=AP(4?)=

224

-X-=一,P(A3)=2X-X—=—.

4416424

在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：

①若选择的是。d,Dd,则子三代中基因型为曲的概率为P(8IA)=?

②若选择的是dd,dd,则子三代中基因型为dd的概率为尸(8IA2)=1:

③若选择的是dd,Dd,则子三代中基因型为面的概率为P(3IA3)=：.

综上所述，P(8)=P(Ai)P(8IAi)+P(A2)P(BIA2)+P(小)XP(BIA?)=

-xi+—Xl+-xi=-.

4416424

因此，子三代中基因型为面的^率是士

4

方法技巧

全概率公式的应用步骤

(I)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件4(/=1,2,〃)；

(2)求P(4)(/=1,2,…，〃)和所求事件B在各个互斥事件A』•发生条件下的概率

P(B|4)(i=l,2,…,哈

(3)代入全概率公式求P(B).

训练3(I)［多诜Z2O23广东六校联考］某高校有甲、乙的家餐厅,干同学每天都选择两家

餐厅中的一家就餐，第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和06如果他第一天去

甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的

概率为0.5.则王同学(AC)

A.第二天去甲餐厅的概率为0.54

B.第二天去乙餐厅的概率为0.44

C.第二天去了中餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为：

D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为g

解析设4=”王同学第一天去甲餐厅"，A2="王同学第二天去甲餐厅”，B尸“王同

学第一天去乙餐厅"，B2="王同学第二天去乙餐厅”，则P(4)=0.4,P(Bi)=

0.6,P(A2IAi)=0.6,P(A2IBi)=0.5.由题意得尸(A2IBi)==,出4’=

P(81)

0.5,所以0(A2)P(B)IA2)=0.3①.

易知。=4U4i,且4与S互斥，则由全概率公式得P〃2)=P(4)P52l4i)+P(5i)x

=0.4x0.6+0.6x0.5=0.54②，所以A正确.

P(BD=\-P(4)=0.46,B错误.(注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就

餐”，故P(A2)+P(&)=1)

由①@得P(BiI4)=悬丁=悬=aC正确.P(41B?)i=

P'A』LP(i)］=­6)=2所以D错误.故选AC.

P(B2)0.4623’

(2)人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本

因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%,利率不变的概率为

40%.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80%,而在

利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40%,则该只股票将上涨的概率为64%.

解析记人为事件“利率下调”，那么彳即为“利率不变”，记B为事件”股票价格上

涨”.

依题设知尸(A)=60%,P(彳)=40%,

P(BIA)=80%,PCB\A)=40%,

于是P(B)=P(AB)+P(AB)=P(A)尸(8IA)+P(彳)P(8I彳)=

60%X8()%+40%X40%=64%.

四、命题点习题讲解

1.[命题点1角度"多选Z2023石家庄市二检]先后两次挑一枚质地均匀的骰子，事件A=

“两次掷出的点数之和是6"，事件8="第一次掷出的点数是奇数”，事件C="两次掷

出的点数相同“，则(BD)

A.A与3互斥B.8与C相互独立

C.P(人)=*D.P(AC)=?

解析对于A选项，若第一次掷出的点数为1,第二次掷出的点数为5,则事件A和事件

B同时发生，因此A选项不正确；

对于B选项，事件B发生的概率为P(B)=二事件C发生的概率为尸(C)=品=二

2C6c65

事件8与事件C同时发生的概率为夕(BC)=悬=3,P(BC)=P(8)P(C),所以

C6c612

事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；

对于C选项，事件A有(1,5),(5,1),(2,4),(4,2),(3,3),共5种情

况，所以P(A)=工所以C选项不正确；

36

对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P(4C)=三,所以D选项正确.选BD.

2.[命题点1角度24022全国卷乙]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0，“2,曲，且P3>P2>Pi>0.

记该棋手连胜两盘的概率为P，则(D)

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，〃最大

C.该棋手在第二盘与乙比赛，〃最大

D.该棋手在第二盘与丙比赛，〃最大

解析设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为尸仁在第二盘与乙比赛连胜两盘的概,率

为Pj在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为「而，

由题意可知，Pf=2pjp2(1—P3)+〃3(I—〃2)]=2〃6+2〃必—4〃1〃2〃3,

〃乙=2〃2(1―小)+〃3(1一〃1)]=2pip2+2p2P3一4pip2P3,

。丙=2p3]〃|(1-P2)+P2(1—Pl)]=2〃1〃3+2/型3-4〃]〃2〃3.

所以P河一P中=2p2(〃3—Pl)>0,P—Pc=2p\(〃3—P2)>0,所以P丙最大，故选D.

3.［命题点2］某光学仪器厂制造的透镜，笫一次落下时打破的概率为点第一次落下未打

破，第二次落下时打破的概率为泉若前两次未打破，第三次落下时打破的概率为高则透

镜落下三次未打破的概率为亮.

ZUU

解析以4(i=1,2,3)表示事件“透镜落下第i次时打破”，以8表示事件“透铳落

下三次未打破”.

因为8=彳1瓦彳3,所以P(5)=P(羽2彳3)=P(4)P(彳2I4)P(彳3I4.2)=

(1一：)(1-4)(1-4)=2.

21010200

4.［命题点32023福州八中检测］设验血诊查某种疾病的误诊率为5%,即若用A表示验血

为阳性，8表示受验者患病，则P(1IB)=P(4I后)=0.05.若已知受验人群中有0.5%

的人患此病，即。(4)=0.005,则一个验血为阳性的人确患此病的概率为三.

ZT8

解析由题意，可得P(BIA)=匕业，P(AlB)=1-0.05=0.95,P(耳)=0.995.

P(A)

易知事件AB表示从受睑人群中随机抽取一人，此人患病且睑血为阳性，

则P(48)=P(B)。(AI8).

由全概率公式可得P(4)=P(8)PMIB)+P(F)P(AI耳).所以P(8I人)=

_______P(B)P(A|8)_____________0.005X0.95_19

P(B)P(A\B)+P<B)P(A\B>0.005X0.95+0.995X0.05218,

五、习题实战演练

1.已知P(8)=0.3,P(8IA)=0.9,尸(8I彳)=02,则尸(A)=(A)

A.-B.-C.0.33D.0.1

77

解析由P(8)=P(A)P(BIA)+p(彳)P(BII),可得0.3=P(A)X0.9+(1

-P(A))X0.2,解得尸(A)

2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛中获胜的概率为0.6,乙获胜的概率为04

若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为(D)

A.0.36B.0.352C.0.288D.0.648

解析甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局I胜1负，第3局胜，则甲最终获

胜的概率P=0.62+C^X06X0.4X0.6=0.648.

3.［2024惠州市一调］甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆

山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和

乙选择的景点不同”，事件8为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P(81A)=

(B)

解析由题意知，P(A)=岛=［P(AB)=黑=9所以/>⑶A)=£^=靠=

CgCg5C5C525P(A)-

I，故选B.

4.［2024福州市一检］一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，

每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放风则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红

球的概率为(C)

A.-B.2C.-D.-

3234

解析解法一记“第，次摸到红球”为事件“第i次摸到黄球”为事件8,i=l,2.

则P(&)=P(Ai)P(&IAi)+尸(Bi)P(昆I5i)=沁+沁=：,

43432

P(4生)=pUi)P(%IA)=7X^=1故p(41①)=P2T选C.

解法二记“第i次摸到红球”为事件4,“第i次摸到黄球”为事件6=1,2.

由抽签的公平性可知P(B2)又夕(A1Z?2)所以P(A1I生)='"出)

424x33P()

=?选C.

5.［多选Z2024江西分宜中学、临川一中等校联考］甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑

球，乙罐中有4个红球，3个自球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件

4,Az和4分别表示从用罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用

事件8表示从乙罐取出的球是红球.则卜列结论正确的是(AD)

A.P(8I4)

B.P(B)

C.事件8与事件4相互独立

DA，4，小两两互斥

解析由题意知尸(Ai)=^-=1,P(4)=用=3P(4)=白，P(BI4)=2\=

=

V，P(BI=*,P(BIA3)~f

则P(B)=P(4)P(RI4)+P(4)P(BIA2)+P63)P(BI4)=1x^-4-

+(BI4i),(提示：岩P(B)P(4i)­P(“A),即PQB)一

OXXXUJLA44

/生」=P(3lA),则事件3与事件4相互独立)

P(A1)

所以事件3与事件A］不相互独立，故A正确，B,C不正确.显然Ai,A2,小两两互斥，故

D正确.故选AD.

6.[2023武汉市5月模拟]设样本空间Q={〃，4c,"}含有等可能的样本点，且A={a,

b},8=U,c},C={a,d},则A,B,。三个事件是(填“是”或“不是")两两独

立的,且。©工.

解析由题意得，P(A)=：=；,P(8)=；,P(C)=；,

4222

因为A8={a},所以尸(AB)=-,

4

又P⑷尸(8)=^x1=i,所以P(AB)=P(A)P(B),即A与B相互独立，

同理可推出B与C,4与C分别相互独立，则A,B,。三个事件是两两独立的.

因为A8C={a},所以P：A8C)=-,则——匕维----=^^=2.

4P⑺P0P9Ixlxi

7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3：3：4,3个年级的

学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有;的学生成为公益活动志愿者，高

二、高三年级各有:的学生成为公益活动志愿者.

4

(1)设事件5=“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者“；事件A="在

3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”(/=1,2,3).请完成下表中不同事

件的概率：

事件概率P(Ai)P(A2)P(AOP(BIAOP(BIA2)P(BIAOP(B)

概率值(

3

(2)若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数

据，求该学生来自高一年级的概率.

解析(1)补充表格如下.

事件概率P(Ai)P(A2)P(4)P(B\Ai)P(BIA2)P(BIA3)P(B)

33211111

概率值

1010534440

(由全概率公式，得P(B)=P(4)P(8|&)+P(々)•P(B|&)+PG43)P(8|&)=

AUJ

⑵该学生来自高一年级的概率尸(4IB)="=y昔看

8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下

数据.

男生人数女生人数

有自主创业打算16m

无自主创业打算64n

(1)若机=24,〃=36,根据调查数据判断，能否依据7=0.01的独立性检验认为该校学

生有无自主创业打算与性别有关.

(2)若帆=15,〃=60,从这些学生中随机抽取一人.

(i)若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率;

(ii)判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.

附S+或黑舞…，…+—+"・

a0.100.050.010.0050.001

“2.7063.8416.6357.87910.828

解析(1)零假设为为:i该校学生有无自主创业打算与性别无关.

2(16+64+24+365*(16x36-64x241

Z==_=6,72>6,635,

(16+64)x(24+36)x(15+24)•(64+36)

依据小概率值a=0.01的心独立性捡险，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.

(2)(i)记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.

解法一PU)--更竺一P(八8)-——-——,所以P(8|八)

16+15+64+60155516+64+15+60155

P(AB)_16

P<4)31"

解法二p(BM)=岸=赢=算.

(ii)解法一由(i)知亓为“抽到的人无自主创业打算”,B为“抽到的人是男生”，则

彳8为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.

P(*=\~P(A)P(8)=­6：+16=丝P(彳8)=?,

516+15+64+6031155

所以PCAB)=P(.A)P(B),

所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.

解法二零假设为Hb：该校学生有无自主创业打算与性别无关.

根据题意得到如下2X2列联表：

男生人数女生人数合计

有自主创业打算161531

无自主创业打算6460124

合计8075155

2

2_155X(16X60-64X15)

a零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，

及80X75X124X31

所以“抽至”的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.

9.［多选Z2O23江苏海安中学三模］记A,B为随机事件，则下列说法正确的有(BC)

A.若事件A,8互斥，P(A)=：,P(8)=；,则P(ZUB)="

B.若事件A,8相互独立，P(A)=1,P(8)=i,则P(AUB)=|

C.若P(A)=-,。(彳IB)=-,P(A\B)=-,则P(4)=-

2483

D.若P(A)=-,P(A\B)=-,P(A\B)=-,则?(8|A)=-

2484

解析

选项分析过程正误

P(彳U8)=P(7)+P(8)-pCAB)=(1--)+--PCAB),而「

23

A(8)=P(AB)+P(AB)=PCAB}=；,:・P(AB)=；,：.P(彳UB)=X

•3J

1

PQ4U8)=PG4)+P(B)-PG4B)=P(A)+P⑻-P(A)P(B)=：+：—：x

_232i

BV

1_2

3—3

令P(B)=x,则P(万)=i-x,又P(H)=匕萼=4_=3

P(B)X4

c:.P(AB)=%，又。(彳I的=L^L=L^L=l.p(而)=W(1—Y

4P(B)1-x8t：8

x),P(7)=P(,AI3)+P(而)=-x+-(1-X)=1--,解得x=L

4823

由C知P(8)=-,PCAB)=-xi=i,:,P(8IA)=^-^-=

3434P(.A)

D__X

P⑻-P(彳8)_3一」_1

-W1

10.［多选Z2O23广州市二检］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(BC)

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］

解析记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件B,为“第i台车床加工的零件，i=

1,2,3”.则P(AI=8%,P(AI82)=3%,P(AI83)=2%,P(Bt)=10%,

P(B?)=40%,P(&)=50%.

对A,任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PG481)二

PQ4|8i)P(8i)=8%x10%=0.008,故A错误.

对B,任取一个零件，该零件是次品的概率为尸(A)=PUBi)+?(AB?)+尸(A&)

=8%X10%+3%X40%+2%X50%=0.03,故B正确.

对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。(彳I=1-

P(力出3)=1—2%=0.98,故C正确.

对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，可以考虑它的对立事

件的概,率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P(&|4),所

以所求概率为1PM)=1P"吃=]p(A\Bpp(Bp2%X5O%2故D错

P(4)P(A)=10.03=3

误.故选BC.

II.[多选Z2O23新高考卷旧在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收

到1的概率为a(0<a<l),收到0的概率为1一四发送1时、收到。的概率为“(0<夕

VI)，收到1的概率为1—4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I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).(ABD)

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(1一。)(1-

/?)2

B.采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1,0,1的概率为夕(1一夕)2

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为£(1一夕)2+(1一6)3

D.当0VaV().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

解析由题意，发0收1的概率为a,发0收0的概率为1一。；发1收0的概率为人发1

收1的概率为I一民对于A,发1收1的概率为I一夕，发。收。的概率为1一%发I收1

的概率为I一人所以所求概率为(l-a)(I一6)2,故A选项正确.

对于B,相当于发了1,1,1,收到1,0,1,则概率为(1一夕)p(1一夕)=fi。一位

2,故B选项正确.

对于C,相当于发了1,I,I,收到I,I,0或I,0,1或()，1,1或I,I,1,则概率为

C初(1-//)2+C习(1一夕)3=3夕(1一夕)2+(1一夕)3,故C不正确.

对于D,发送0,采用三次传输方案译码为0,相当于发0,0,0,收到0,0,1或0,1,

0或1,0,0或0,0,0,则此方案的概率4=鬣。(1-a)2+Cf(l-a)3=3a(l-a)2

+(1-a)3;发送0,采用单次传榆方案译码为0的概率尸2=1一巴当0VaV0.5时，

2

Pt—P2=3a(1—a)+C1—«)3—(1—«)=a(1—G)(1—2a)>0