第54講事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式鏈教材夯基固本激活思維1.(人A必二P250習題T1)擲兩枚質地均勻的骰子，設A＝“第一枚出現奇數點”，B＝“第二枚出現偶數點”，則A與B的關系為(C)A.互斥 B.互為對立事件C.相互獨立 D.相等【解析】擲兩枚質地均勻的骰子，設A＝“第一枚出現奇數點”，B＝“第二枚出現偶數點”，事件A與B能同時發生，故事件A與B既不是互斥事件，也不是對立事件，故A，B錯誤；P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(3,6)×eq\f(3,6)＝eq\f(1,4)，P(A)·P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，因為P(A)·P(B)＝P(AB)，所以A與B相互獨立，故C正確；事件A與B不相等，故D錯誤．2.(人A必二P250習題T2)假設P(A)＝0.7，P(B)＝0.8，且A，B相互獨立，則P(AB)＝_0.56_，P(A∪B)＝_0.94_．【解析】因為P(A)＝0.7，P(B)＝0.8，且A與B相互獨立，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.7×0.8＝0.56，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.7＋0.8－0.56＝0.94.3.(人A選必三P48習題T1)設A?B，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，則P(B|A)＝_1_，P(A|B)＝_eq\f(1,2)_．【解析】方法一：因為A?B，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，則A發生B一定發生，所以P(B|A)＝1，P(A|B)＝eq\f(0.3,0.6)＝eq\f(1,2).方法二：因為P(AB)＝P(A)＝0.3，由條件概率公式得P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(P(A),P(A))＝1，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(P(A),P(B))＝eq\f(0.3,0.6)＝eq\f(1,2).4.(人A選必三P52習題T3)甲、乙兩人同時向一目標射擊，已知甲命中目標的概率為0.6，乙命中目標的概率為0.5，若目標至少被命中1次，則甲命中目標的概率為_0.75_．【解析】由題意可得目標至少被命中1次的概率為1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8.因為甲命中目標的概率為0.6，所以目標至少被命中1次，甲命中目標的概率為P＝eq\f(0.6,0.8)＝0.75.5.(人A選必三P52練習T4)甲和乙兩個箱子中各裝有10個球，其中甲箱中有5個紅球、5個白球，乙箱中有8個紅球、2個白球．擲一枚質地均勻的骰子，如果點數為1或2，從甲箱中隨機摸出1個球；如果點數為3，4，5，6，從乙箱中隨機摸出1個球．則摸到紅球的概率是_eq\f(7,10)_．【解析】從甲箱中摸球，擲到點數為1或2的概率為eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，又從甲箱中摸到紅球的概率為eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，故從甲箱中摸到紅球的概率為P1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6).從乙箱中摸球，擲到點數為3，4，5，6的概率為eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，又從乙箱中摸到紅球的概率為eq\f(8,10)＝eq\f(4,5)，故從乙箱中摸到紅球的概率為P2＝eq\f(2,3)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,15).綜上，摸到紅球的概率為eq\f(1,6)＋eq\f(8,15)＝eq\f(7,10).聚焦知識1.相互獨立事件(1)概念：對任意兩個事件A與B，如果P(AB)＝_P(A)P(B)_成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立．(2)性質：如果事件A與B相互獨立，那么A與eq\x\to(B)，eq\x\to(A)與_B_，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也都相互獨立．2.條件概率(1)概念：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)＞0，我們稱P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率．(2)兩個公式①利用古典概型：P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).②概率的乘法公式：P(AB)＝_P(A)·P(B|A)_．3.全概率公式一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有_P(B)＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)_，我們稱上面的公式為全概率公式．4.*貝葉斯公式：一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，P(B)＞0，有P(Ai|B)＝eq\f(P(Ai)P(B|Ai),P(B))＝eq\f(P(Ai)P(B|Ai),\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))P(Ak)P(B|Ak))，i＝1，2，…，n.研題型素養養成舉題說法相互獨立事件的判斷例1(2021·新高考Ⅰ卷)有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球．事件甲＝“第一次取出的球的數字是1”，事件乙＝“第二次取出的球的數字是2”，事件丙＝“兩次取出的球的數字之和是8”，事件丁＝“兩次取出的球的數字之和是7”，則(B)A.甲與丙相互獨立 B.甲與丁相互獨立C.乙與丙相互獨立 D.丙與丁相互獨立【解析】由題知P(甲)＝eq\f(1,6)，P(乙)＝eq\f(1,6)，P(丙)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)，P(丁)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6).事件甲與事件丙同時發生的概率為0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A錯誤；事件甲與事件丁同時發生的概率為eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正確；事件乙與事件丙同時發生的概率為eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C錯誤；事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤．求相互獨立事件同時發生的概率的方法：(1)相互獨立事件同時發生的概率等于他們各自發生的概率之積．(2)當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算．變式1(2024·湛江一模)在一次考試中有一道4個選項的雙選題，其中B和C是正確選項，A和D是錯誤選項，甲、乙兩名同學都完全不會這道題目，只能在4個選項中隨機選取兩個選項．設事件M＝“甲、乙兩人所選選項恰有一個相同”，事件N＝“甲、乙兩人所選選項完全不同”，事件X＝“甲、乙兩人所選選項完全相同”，事件Y＝“甲、乙兩人均未選擇B選項”，則(C)A.事件M與事件N相互獨立B.事件X與事件Y相互獨立C.事件M與事件Y相互獨立D.事件N與事件Y相互獨立【解析】依題意甲、乙兩人所選選項有如下情形：①有一個選項相同，②兩個選項相同，③兩個選項不相同，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).因為事件M與事件N互斥，所以P(MN)＝0，又P(M)·P(N)＝eq\f(1,9)，所以事件M與事件N不相互獨立，故A錯誤；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)，故B錯誤；由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)，則事件M與事件Y相互獨立，故C正確；因為事件N與事件Y互斥，所以P(NY)＝0，又P(Y)·P(N)＝eq\f(1,24)，所以事件N與事件Y不相互獨立，故D錯誤．條件概率例2(多選)有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為6%，第2，3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起．已知第1，2，3臺車床加工的零件數分別占總數的25%，30%，45%，現任取一個零件，記事件Ai＝“零件為第i臺車床加工”(i＝1，2，3)，事件B＝“任取一零件為次品”，則(ACD)A.P(A1)＝0.25 B.P(B|A2)＝0.015C.P(B)＝0.0525 D.P(A1|B)＝eq\f(2,7)【解析】根據題意知P(B)＝6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝0.0525，故C正確；P(A1)＝0.25,故A正確；P(BA2)＝5%×0.3＝0.015，P(A2)＝0.3，則P(B|A2)＝eq\f(P(BA2),P(A2))＝eq\f(0.015,0.3)＝0.05，故B錯誤；P(A1B)＝6%×0.25＝0.015，則P(A1|B)＝eq\f(P(A1B),P(B))＝eq\f(0.015,0.0525)＝eq\f(2,7)，故D正確．求條件概率的常用方法：(1)定義法：P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A)).(2)樣本點法：P(B|A)＝eq\f(n(AB),n(A)).(3)縮樣法：去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解．變式2(2024·開封三模)在5道試題中有3道代數題和2道幾何題，每次從中隨機抽出1道題，抽出的題不再放回，則在第1次抽到幾何題的條件下，第2次抽到代數題的概率是(A)A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,10)C.eq\f(3,25) D.eq\f(6,25)【解析】設事件A＝“第1次抽到幾何題”，事件B＝“第2次抽到代數題”，所以P(A)＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,10)，則P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4).全概率公式例3(2024·河南濟、洛、平、許三模)某學校安排甲、乙、丙三個班級同時到學校禮堂參加聯歡晚會，已知甲班藝術生占比8%，乙班藝術生占比6%，丙班藝術生占比5%.學生自由選擇座位，先到者先選．甲、乙、丙三個班人數分別占總人數的eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(5,12).若主持人隨機從場下學生中選一人參與互動．(1)求選到的學生是藝術生的概率；【解答】設事件B＝“任選一名學生恰好是藝術生”，事件A1＝“所選學生來自甲班”，事件A2＝“所選學生來自乙班”，事件A3＝“所選學生來自丙班”．由題可知，P(A1)＝eq\f(1,4)，P(A2)＝eq\f(1,3)，P(A3)＝eq\f(5,12)，P(B|A1)＝eq\f(2,25)，P(B|A2)＝eq\f(3,50)，P(B|A3)＝eq\f(1,20)，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(1,4)×eq\f(2,25)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,50)＋eq\f(5,12)×eq\f(1,20)＝eq\f(73,1200).(2)如果選到的學生是藝術生，判斷其來自哪個班的可能性最大．【解答】因為P(A1|B)＝eq\f(P(A1B),P(B))＝eq\f(P(A1)P(B|A1),P(B))＝eq\f(\f(1,4)×\f(2,25),\f(73,1200))＝eq\f(24,73)，P(A2|B)＝eq\f(P(A2B),P(B))＝eq\f(P(A2)P(B|A2),P(B))＝eq\f(\f(1,3)×\f(3,50),\f(73,1200))＝eq\f(24,73)，P(A3|B)＝eq\f(P(A3B),P(B))＝eq\f(P(A3)P(B|A3),P(B))＝eq\f(\f(5,12)×\f(1,20),\f(73,1200))＝eq\f(25,73)，所以其來自丙班的可能性最大．若隨機試驗可以看成分兩個階段進行，且第一階段的各試驗結果具體怎樣未知，那么：①如果要求的是第二階段某一個結果發生的概率，則用全概率公式；②如果第二階段的某一個結果是已知的，要求的是此結果為第一階段某一個結果所引起的概率，一般用貝葉斯公式．變式3(2024·惠州一模)全國“村BA”籃球賽點燃了全民的運動激情，深受廣大球迷的喜愛．每支球隊都有一個或幾個主力隊員，現有一支“村BA”球隊，其中甲球員是其主力隊員，經統計該球隊在某個賽季的所有比賽中，甲球員是否上場時該球隊的勝負情況如下表：甲球員是否上場球隊的勝負情況合計勝負上場4045未上場3合計42(1)完成2×2列聯表，并依據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，能否認為球隊的勝負與甲球員是否上場有關？(附：x0.01＝6.635)【解答】根據題意，可得如下2×2列聯表：甲球員是否上場球隊的勝負情況合計勝負上場40545未上場235合計42850零假設H0：球隊的勝負與甲球員是否上場無關，此時χ2＝eq\f(50×(40×3－5×2)2,42×8×45×5)≈8.003＞6.635，所以根據小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，推斷H0不成立，即認為球隊的勝負與甲球員是否上場有關．(2)由于隊員的不同，甲球員主打的位置會進行調整，根據以往的數據統計，甲球員上場時，打前鋒、中鋒、后衛的概率分別為0.3，0.5，0.2，相應球隊贏球的概率分別為0.7，0.8，0.6.①當甲球員上場參加比賽時，求球隊贏球的概率；【解答】設事件A＝“甲球員上場打前鋒”，事件B＝“甲球員上場打中鋒”，事件C＝“甲球員上場打后衛”，事件D＝“球隊贏球”，則P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，P(C)＝0.2，P(D|A)＝0.7，P(D|B)＝0.8，P(D|C)＝0.6，所以當甲球員上場參加比賽時，球隊贏球的概率P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.7＋0.5×0.8＋0.2×0.6＝0.73.②當甲球員上場參加比賽時，在球隊贏了某場比賽的條件下，求甲球員打中鋒的概率(精確到0.01).【解答】當甲球員上場參加比賽時，在球隊贏了某場比賽的條件下，甲球員打中鋒的概率為P(B|D)＝eq\f(P(DB),P(D))＝eq\f(P(B)P(D|B),P(D))＝eq\f(0.5×0.8,0.73)≈0.55.抽象事件的概率及運算例4(2025·鎮江期初)(多選)已知事件A與B發生的概率分別為P(A)＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(4,5)，則下列說法正確的是(BD)A.P(AB)＝eq\f(12,25) B.P(A|B)＞eq\f(2,5)C.P(A＋B)＝eq\f(23,25) D.eq\f(2,3)≤P(B|A)≤1【解析】對于A，由于題目中沒確定事件A與B是否相互獨立，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(12,25)不一定成立，故A錯誤；對于B，由于P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)－P(AB)≤1，則P(AB)≥eq\f(2,5)，則P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))≥eq\f(\f(2,5),\f(4,5))＝eq\f(1,2)＞eq\f(2,5)，故B正確；對于C，由于題目中沒確定事件A與B是否相互獨立，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)－eq\f(12,25)＝eq\f(23,25)也不一定成立，故C錯誤；對于D，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))≥eq\f(\f(2,5),\f(3,5))＝eq\f(2,3)，故eq\f(2,3)≤P(B|A)≤1，故D正確．可用如圖所示的Venn圖來解決此類問題：①P(B)＝P(BA)＋P(Beq\x\to(A))＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(eq\x\to(A)|B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))；②若P(B)≠0，則必有P(A|B)＋P(eq\x\to(A)|B)＝1.變式4(2024·濱州二模)已知隨機事件A，B發生的概率分別為P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，則下列說法正確的是(D)A.若P(AB)＝0.9，則A，B相互獨立B.若A，B相互獨立，則P(A|B)＝0.6C.若P(A|B)＝0.5，則P(AB)＝0.25D.若B?A，則P(B|A)＝0.8【解析】對于A，因為P(AB)≠P(A)P(B)，所以A與B不獨立，故A錯誤；對于B，若A，B相互獨立，則P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(P(A)P(B),P(B))＝P(A)＝0.5，故B錯誤；對于C，因為P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))，所以P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.4×0.5＝0.2，故C錯誤；對于D，若B?A，則P(AB)＝P(B)＝0.4，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8，故D正確．隨堂內化1.(2024·青島一模)(多選)袋子中有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中隨機取出兩個球，設事件A＝“取出的球的數字之積為奇數”，事件B＝“取出的球的數字之積為偶數”，事件C＝“取出的球的數字之和為偶數”，則(AB)A.事件A與B是互斥事件B.事件A與B是對立事件C.事件B與C是互斥事件D.事件B與C相互獨立【解析】對于A，B，“取出的球的數字之積為奇數”和“取出的球的數字之積為偶數”不可能同時發生，且必有一個發生，故事件A與B是互斥事件，也是對立事件，故A，B正確；對于C，如果取出的數為2，4，則事件B與事件C均發生，不互斥，故C錯誤；對于D，P(B)＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(4,5)，P(C)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(2,5)，P(BC)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，則P(B)P(C)≠P(BC)，即事件B與C不相互獨立，故D錯誤．2.(2024·鷹潭二模)質數又稱素數，我們把相差為2的兩個素數叫做“孿生素數”，如：3和5，5和7，…….在不超過20的正整數中，隨機選取兩個不同的數，記事件A＝“這兩個數都是素數”；事件B＝“這兩個數不是孿生素數”，則P(B|A)＝(A)A.eq\f(6,7) B.eq\f(1,7)C.eq\f(2,3) D.eq\f(4,7)【解析】在不超過20的正整數中，隨機選取兩個不同的數有Ceq\o\al(2,20)＝190對組合，在不超過20的正整數中有2，3，5，7，11，13，17，19共8個素數，所以任取兩個素數共有Ceq\o\al(2,8)＝28對組合，其中是“孿生素數”的有(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)共4對，所以這兩個數不是孿生素數的共有28－4＝24(對)，所以P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(2,20))＝eq\f(28,190)＝eq\f(14,95)，P(AB)＝eq\f(24,190)＝eq\f(12,95)，所以P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(12,95),\f(14,95))＝eq\f(6,7).3.(2025·南京零模)(多選)對于隨機事件A，B，若P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,5)，P(B|A)＝eq\f(1,4)，則(BCD)A.P(AB)＝eq\f(3,20) B.P(A|B)＝eq\f(1,6)C.P(A＋B)＝eq\f(9,10) D.P(eq\x\to(A)B)＝eq\f(1,2)【解析】對于A，因為P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,10)，故A錯誤；對于B，P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(\f(1,10),\f(3,5))＝eq\f(1,6)，故B正確；對于C，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10)，故C正確；對于D，由P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))，得eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＋eq\f(3,5)·P(B|eq\x\to(A))，所以P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(5,6)，所以P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝eq\f(3,5)×eq\f(5,6)＝eq\f(1,2)，故D正確．4.(2024·上海卷)某校舉辦科學競技比賽，有A，B，C三個題庫，A題庫有5000道題，B題庫有4000道題，C題庫有3000道題．小申已完成所有題，他A題庫的正確率是0.92，B題庫的正確率是0.86，C題庫的正確率是0.72.現他從所有的題中隨機選一題，正確率是_0.85_．【解析】由題意知，A，B，C題庫的比例為5∶4∶3，各占比分別為eq\f(5,12)，eq\f(4,12)，eq\f(3,12)，則根據全概率公式知所求正確率P＝eq\f(5,12)×0.92＋eq\f(4,12)×0.86＋eq\f(3,12)×0.72＝0.85.練案?趁熱打鐵，事半功倍．請老師布置同學們及時完成《配套精練》．練案?1.補不足、提能力，老師可增加訓練《抓分題·高考夯基固本天天練》(提高版)對應內容，成書可向當地發行咨詢購買．2.為提高高考答卷速度及綜合應考能力，老師可適時安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天練》(提高版)，成書可向當地發行咨詢購買．配套精練一、單項選擇題1.(2023·全國甲卷理)有50人報名足球俱樂部，60人報名乒乓球俱樂部，70人報名足球或乒乓球俱樂部．若已知某人報足球俱樂部，則其報乒乓球俱樂部的概率為(A)A.0.8 B.0.4C.0.2 D.0.1【解析】報名兩個俱樂部的人數為50＋60－70＝40，記事件A＝“某人報足球俱樂部”，事件B＝“某人報乒乓球俱樂部”，則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))＝0.8.2.(2024·南京二模)已知P(A)＝eq\f(3,5)，P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(1,5)，P(A|B)＝eq\f(1,2)，則P(B)＝(D)A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5) D.eq\f(4,5)【解析】因為P(A)＝P(AB)＋P(Aeq\x\to(B))，P(A)＝eq\f(3,5)，P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(1,5)，所以P(AB)＝P(A)－P(Aeq\x\to(B))＝eq\f(2,5)，所以P(A|B)＝eq\f(P(AB),P(B))＝eq\f(1,2)，則P(B)＝eq\f(P(AB),P(A|B))＝eq\f(\f(2,5),\f(1,2))＝eq\f(4,5).3.(2024·武漢5月訓練)拋擲一枚質地均勻的硬幣n次，記事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，則下列說法不正確的是(D)A.當n＝2時，P(AB)＝eq\f(1,2)B.當n＝2時，事件A與事件B不獨立C.當n＝3時，P(A＋B)＝eq\f(7,8)D.當n＝3時，事件A與事件B不獨立【解析】當n＝2時，AB表示一正一反，故P(AB)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(A)＝2×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(B)＝1－P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，P(AB)＝eq\f(1,2)≠eq\f(3,8)＝P(A)P(B)，故A正確，B正確；當n＝3時，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P(A＋B)＝1－P(eq\x\to(A＋B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,8)，P(AB)＝3×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)，P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－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(3,4)，P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋3×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，所以P(AB)＝eq\f(3,8)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)＝P(A)P(B)，故C正確，D錯誤．4.(2024·福州2月質檢)甲、乙、丙三個地區分別有x%，y%，z%的人患了流感，且x，y，z構成以1為公差的等差數列．已知這三個地區的人口數之比為5∶3∶2，現從這三個地區中任意選取一人，在此人患了流感的條件下，此人來自甲地區的概率最大，則x的可能取值為(D)A.1.21 B.1.34C.1.49 D.1.51【解析】設事件D1，D2，D3分別為“此人來自甲、乙、丙三個地區”，事件F1，F2，F3分別為“此人患了流感，且分別來自甲、乙、丙地區”，事件G為“此人患了流感”．由題可知，P(F1)＝eq\f(5x,1000)，P(F2)＝eq\f(3y,1000)＝eq\f(3x＋3,1000)，P(F3)＝eq\f(2z,1000)＝eq\f(2x＋4,1000)，P(G)＝P(F1)＋P(F2)＋P(F3)＝eq\f(10x＋7,1000).由條件概率公式可得P(D1|G)＝eq\f(P(D1G),P(G))＝eq\f(P(F1),P(G))＝eq\f(5x,10x＋7)，P(D2|G)＝eq\f(P(D2G),P(G))＝eq\f(P(F2),P(G))＝eq\f(3x＋3,10x＋7)，P(D3|G)＝eq\f(P(D3G),P(G))＝eq\f(P(F3),P(G))＝eq\f(2x＋4,10x＋7).由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P(D1|G)≥P(D2|G)，,P(D1|G)≥P(D3|G)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x≥3x＋3，,5x≥2x＋4，))解得x≥eq\f(3,2).二、多項選擇題5.(2024·莆田二檢改)若P(AB)＝eq\f(1,10)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(3,5)，P(B)＝eq\f(1,4)，則(BC)A.事件A與B互斥 B.事件A與B相互獨立C.P(A＋B)＝eq\f(11,20) D.P(eq\x\to(A)B)＝eq\f(1,5)【解析】對于A，B，P(A)＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，從而P(A)·P(B)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,10)＝P(AB)≠0，故A錯誤，B正確；對于C，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq\f(2,5)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,10)＝eq\f(11,20)，故C正確；對于D，P(eq\x\to(A)B)＝P(B)－P(AB)＝eq\f(1,4)－eq\f(1,10)＝eq\f(3,20)，故D錯誤．6.(2024·呂梁二模)甲、乙兩名同學分別從a，b，c，d四門不同的選修課中隨機選修兩門．設事件X＝“a，b兩門選修課中，甲同學至少選修一門”，事件Y＝“乙同學一定不選修c”，事件Z＝“甲、乙兩人所選選修課至多有一門相同”，事件W＝“甲、乙兩人均選修d”，則(AC)A.P(X)＝P(Z) B.P(Y)＝P(W)C.X與Y相互獨立 D.Z與W相互獨立【解析】因為P(X)＝1－eq\f(1,Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,6)，P(Y)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，P(Z)＝1－eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,6)，P(W)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,4)，故A正確，B錯誤；因為P(XY)＝eq\f(（Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(2,2)）Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(5,12)＝P(X)P(Y)，P(ZW)＝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(Z)P(W)，所以X與Y相互獨立，Z與W不相互獨立，故C正確，D錯誤．7.(2024·廣州一模)甲箱中有3個紅球和2個白球，乙箱中有2個紅球和2個白球(兩箱中的球除顏色外沒有其他區別)，先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱，分別用事件A1和A2表示從甲箱中取出的球是紅球和白球；再從乙箱中隨機取出兩球，用事件B表示從乙箱中取出的兩球都是紅球，則(ABD)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)【解析】依題意可得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正確，B正確，C錯誤；P(A2|B)＝eq\f(P(A2B),P(B))＝eq\f(P(B|A2)P(A2),P(B))＝eq\f(\f(1,10)×\f(2,5),\f(11,50))＝eq\f(2,11)，故D正確．三、填空題8.(2024·天津卷)A，B，C，D，E五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加．甲選到A的概率為_eq\f(3,5)_；已知乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為_eq\f(1,2)_．【解析】設“甲選到A”為事件D，“乙選到A”為事件M，“乙選到B”為事件N，則甲選到A的概率為P(D)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(3,5))＝eq\f(3,5)；乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為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).9.(2025·南昌期初)慶“七一”，教育局組織黨史知識競賽，經過激烈角逐，最后甲、乙兩隊爭奪冠軍，實行“三局兩勝”制(無平局)．若甲隊在每局比賽中獲勝的概率均為eq\f(2,3)，且每局比賽結果相互獨立，則在甲隊獲得冠軍的條件下，比賽進行了三局的概率為_eq\f(2,5)_.【解析】設“甲隊獲得冠軍”為事件A，“比賽進行了三局”為事件B，則P(A)＝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(2,3)＝eq\f(20,27)，P(AB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq\f(2,5).10.某校中學生籃球隊集訓前共有6個籃球，其中3個是新球(即沒有用過的球)，3個是舊球(即至少用過一次的球)．每次訓練都從中任意取出2個球，用完后放回，則第二次訓練時恰好取到1個新球的概率為_eq\f(38,75)_．【解析】用事件Ai表示“第一次訓練時取到i個新球”(i∈{0，1，2})，B表示“第二次訓練時恰好取到1個新球”，則P(A0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，P(A1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，P(A2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,5)，P(B|A0)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(3,5)，P(B|A1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,4),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(8,15)，P(B|A2)＝eq\f(Ceq\o\al(1,5),Ceq\o\al(2,6))＝eq\f(1,3)，因此，P(B)＝P(A0)P(B|A0)＋P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(1,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(3,5)×eq\f(8,15)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(38,75)，所以第二次訓練時恰好取到1個新球的概率為eq\f(38,75).四、解答題11.(2025·肇慶期初聯考)某工廠生產一種零件，該零件的質量分為三種等級：一等品、二等品和次品．根據歷史數據，該工廠生產一等品、二等品和次品的概率分別為0.7，0.2和0.1.現對一批剛生產出來的零件進行質量檢測，檢測方式分為兩種：自動檢測和人工抽檢，自動檢測能將一等品全部正確識別，但有5%的概率將二等品誤判為次品，有15%的概率將二等品誤判為一等品，也有10%的概率將次品誤判為二等品．(1)求在自動檢測下，一個被判斷為次品的零件實際上就是次品的概率．【解