2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第十章　§10.3　随机事件与概率含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第十章§10.3随机事件与概率§10.3随机事件与概率课标要求1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.2.理解事件间的关系与运算.3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率．知识梳理1．样本空间和随机事件(1)样本点和有限样本空间①样本点：随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示．全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示．②有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果ω1，ω2，…，ωn，则称样本空间Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}为有限样本空间．(2)随机事件①定义：将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件．②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示．③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件．2．两个事件的关系和运算含义符号表示包含关系若事件A发生，则事件B一定发生A⊆B相等关系B⊇A且A⊇BA＝B并事件(和事件)事件A与事件B至少有一个发生A∪B或A＋B交事件(积事件)事件A与事件B同时发生A∩B或AB互斥(互不相容)事件A与事件B不能同时发生A∩B＝∅互为对立事件A与事件B有且仅有一个发生A∩B＝∅，且A∪B＝Ω3.古典概型的特征(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．4．古典概型的概率公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ).其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．5．概率的性质性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P(∅)＝0；性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1；性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．6．频率与概率(1)频率的稳定性一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A)，我们称频率的这个性质为频率的稳定性．(2)频率稳定性的作用可以用频率fn(A)估计概率P(A)．常用结论1．当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件．2．若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的．(×)(2)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．(√)(3)从－3，－2，－1,0,1,2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相同．(√)(4)若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件．(×)2．(必修第二册P235T1改编)一个人打靶时连续射击两次，与事件“至多有一次中靶”互斥的事件是()A．至少有一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都不中靶答案B解析射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”．3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175cm的概率为()A．0.2B．0.3C．0.7D．0.8答案B解析由题意知该同学的身高小于160cm的概率、该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率和该同学的身高超过175cm的概率和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.4．(2022·全国乙卷)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．答案eq\f(3,10)解析从甲、乙等5名同学中随机选3名，有Ceq\o\al(3,5)种情况，其中甲、乙都入选有Ceq\o\al(1,3)种情况，所以甲、乙都入选的概率P＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).题型一随机事件的关系命题点1随机事件间关系的判断例1(1)(多选)(2023·大连模拟)有甲、乙两种报纸供市民订阅，记事件E为“只订甲报纸”，事件F为“至少订一种报纸”，事件G为“至多订一种报纸”，事件I为“一种报纸也不订”，下列命题正确的是()A．E与G是互斥事件B．F与I互为对立事件C．F与G不是互斥事件D．G与I是互斥事件答案BC解析对于A，E与G有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，所以F与I互为对立事件，故B正确；对于C，F与G可以同时发生，不是互斥事件，故C正确；对于D，G与I可以同时发生，不是互斥事件，故D错误．(2)(多选)某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是()A．A⊆BB．A∩B＝∅C．A∪B＝“至少一次中靶”D．A与B互为对立事件答案BC解析事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，所以A，B是互斥事件但不是对立事件，所以A，D错误，B正确；A∪B＝“至少一次中靶”，C正确．命题点2利用互斥、对立事件求概率例2某商场的有奖销售活动中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)1张奖券的中奖概率；(2)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．解(1)设“1张奖券中奖”为事件M，则M＝A∪B∪C.∵A，B，C两两互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1,1000)＋eq\f(10,1000)＋eq\f(50,1000)＝eq\f(61,1000).故1张奖券中奖的概率为eq\f(61,1000).(2)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与事件“1张奖券中特等奖或中一等奖”互为对立事件，∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝eq\f(989,1000).故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq\f(989,1000).命题点3用频率估计概率例3(多选)某校为了解学校餐厅中午的用餐情况，分别统计了食用大米套餐和面食的人数，剩下的为食用米线、汉堡等其他食品(每人只选一种)，结果如表所示：总人数食用大米套餐人数食用面食人数1000550260假设随机抽取一位同学，记“中午吃大米套餐”为事件M，“吃面食”为事件N，“吃米线、汉堡等其他食品”为事件H，若用频率估计事件发生的概率，则下列结论正确的是()A．P(M)＝0.55 B．P(N)＝0.26C．P(H)＝0.19 D．P(N∪H)＝0.65答案ABC解析用频率估计概率得P(M)＝eq\f(550,1000)＝0.55，P(N)＝eq\f(260,1000)＝0.26，P(H)＝eq\f(1000－550－260,1000)＝0.19，故A，B，C正确；P(N∪H)表示事件N发生或事件H发生，且N与H互斥，故P(N∪H)＝P(N)＋P(H)＝0.26＋0.19＝0.45，故D错误．思维升华事件关系的运算策略进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析．当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式．跟踪训练1(1)从装有10个红球和10个白球的罐子里任取两球，下列情况中互斥而不对立的两个事件的是()A．至少有一个红球；至少有一个白球B．恰有一个红球；都是白球C．至少有一个红球；都是白球D．至多有一个红球；都是红球答案B解析对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”也可能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于B，“恰有一个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红球”是对立事件．(2)某工厂有四条流水线生产同一种产品，这四条流水线的产量分别占总产量的0.20,0.25,0.3,0.25，这四条流水线的合格率依次为0.95,0.96,0.97,0.98，现在从出厂产品中任取一件，则恰好抽到不合格产品的概率是________．答案0.034解析由题意可知，恰好抽到不合格产品的概率为P＝0.2×(1－0.95)＋0.25×(1－0.96)＋0.3×(1－0.97)＋0.25×(1－0.98)＝0.034.题型二古典概型例4(1)(2023·湖北省十一校联考)在“2,3,5,7,11,13,17,19”这8个素数中，任取2个不同的数，则这两个数之和仍为素数的概率是()A.eq\f(3,28)B.eq\f(5,28)C.eq\f(1,7)D.eq\f(3,14)答案C解析这8个素数中，任取2个不同的数，有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(2,17)，(2,19)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(3,13)，(3,17)，(3,19)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(5,17)，(5,19)，(7,11)，(7,13)，(7,17)，(7,19)，(11,13)，(11,17)，(11,19)，(13,17)，(13,19)，(17,19)，共28个样本点，这两个数之和仍为素数的样本点有(2,3)，(2,5)，(2,11)，(2,17)，共4个，所以这两个数之和仍为素数的概率是eq\f(4,28)＝eq\f(1,7).(2)(2023·秦皇岛模拟)某学校为了搞好课后服务工作，教务科组建了一批社团，学生们都能自主选择自己喜欢的社团．目前话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团分别还可以再接收1名学生，恰好含甲、乙的4名同学前来教务科申请加入，按学校规定每人只能加入一个社团，则甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,6)D.eq\f(1,8)答案C解析4名同学分别进入话剧社团、书法社团、摄影社团、街舞社团共有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)选法，其中甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4(种)选法，按学校规定每人只能加入一个社团，由古典概型的概率计算公式可得，甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团的概率P＝eq\f(4,24)＝eq\f(1,6).思维升华利用公式法求解古典概型问题的步骤跟踪训练2(1)(2023·济南模拟)从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5)D.eq\f(9,10)答案C解析从正六边形的6个顶点中任取3个，有Ceq\o\al(3,6)＝20(个)三角形，其中直角三角形，每边对应2个，如图，例如Rt△BDE和Rt△ADE，共有2×6＝12(个)，所以所求概率为eq\f(12,20)＝eq\f(3,5).(2)(2024·茂名模拟)从1,2,3,4,5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(2,5)答案D解析从1,2,3,4,5中任选3个不同数字组成一个三位数，有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)可能；要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，所以数字为1,2,3时，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)可能；数字为1,3,5时，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)可能；数字为2,3,4时，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)可能；数字为3,4,5时，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)可能，共24种可能．所以该三位数能被3整除的概率为eq\f(24,60)＝eq\f(2,5).题型三概率的综合问题例5某省高考目前实行“3＋1＋2”模式，其中“3”指的是语文、数学、外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门，已知某大学医学院临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门．(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求的概率；(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，且三人的选择互不影响，求这三人中恰有两人的选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求的概率．解(1)用a，b分别表示事件“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示事件“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，则所有选科组合的样本空间Ω＝{acd，ace，acf，ade，adf，aef，bcd，bce，bcf，bde，bdf，bef}，共含12个样本点，设M＝“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求”，则M＝{acd，ace，acf，ade，adf}，共含5个样本点，∴P(M)＝eq\f(nM,nΩ)＝eq\f(5,12).(2)设“甲、乙、丙三人每人的选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求”的事件分别是N1，N2，N3，由题意知事件N1，N2，N3相互独立．由(1)知P(N1)＝P(N2)＝P(N3)＝eq\f(5,12).记N＝“甲、乙、丙三人中恰有两人的选科组合符合该大学医学院临床医学类招生选科要求”，则N＝N1N2eq\x\to(N3)∪N1eq\x\to(N2)N3∪eq\x\to(N1)N2N3，则P(N)＝P(N1N2eq\x\to(N3))＋P(N1eq\x\to(N2)N3)＋P(eq\x\to(N1)N2N3)＝eq\f(5,12)×eq\f(5,12)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,12)))×3＝eq\f(175,576).思维升华求解概率的综合问题时，一要注意概率模型的应用，明确所求问题所属的事件类型，二要根据公式准确计算．跟踪训练3为了备战2024年法国巴黎奥运会(第33届夏季奥林匹克运动会)，中国射击队的甲、乙两名运动员展开队内对抗赛．甲、乙两名运动员对同一目标各射击一次，且两人命中目标与否互不影响．已知甲命中目标的概率为eq\f(2,3)，乙命中目标的概率为eq\f(3,4).(1)求甲没有命中目标的概率；(2)在两次射击中，求恰好有一人命中目标的概率．解(1)记“甲命中目标”为事件A，则P(A)＝eq\f(2,3)，所以甲没有命中目标的概率P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝eq\f(1,3).(2)记“乙命中目标”为事件B，则P(B)＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,4)，两次射击中，恰好有一人命中目标的事件为Aeq\x\to(B)∪eq\x\to(A)B，由题意知事件A，B相互独立，所以所求概率P(Aeq\x\to(B)∪eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).课时精练一、单项选择题1．从编号为1,2,3,4的4个球中，任取2个球，则这2个球的编号之和为偶数的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)答案A解析从编号为1,2,3,4的4个球中，任取2个球，有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种情况，其中这2个球的编号之和为偶数的情况有(1,3)，(2,4)，共2种情况，故这2个球的编号之和为偶数的概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).2．江南的周庄、同里、用直、西塘、乌镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外．这六大古镇中，其中在苏州的有3处．某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则至少选一个苏州古镇的概率为()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(4,5)D.eq\f(3,5)答案C解析从这6个古镇中挑选2个去旅游有Ceq\o\al(2,6)＝15(种)选法，至少选一个苏州古镇的概率为P＝1－eq\f(C\o\al(2,3),15)＝eq\f(4,5).3．在抛掷一枚质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则在一次试验中，事件A∪eq\x\to(B)发生的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)答案C解析掷一枚骰子的试验有6种等可能的结果，依题意知P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，所以P(eq\x\to(B))＝1－P(B)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，因为eq\x\to(B)表示“出现5点或6点”的事件，所以事件A与eq\x\to(B)互斥，从而P(A∪eq\x\to(B))＝P(A)＋P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).4．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名参加演讲比赛，设A＝“2名全是男生”，B＝“2名全是女生”，C＝“恰有一名男生”，D＝“至少有一名男生”，则下列关系不正确的是()A．A⊆D B．B∩D＝∅C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D答案D解析“至少有1名男生”包含“2名全是男生”“1名男生1名女生”2种情况，故A⊆D，A∪C＝D，故A，C正确；事件B与D是互斥事件，故B∩D＝∅，故B正确，A∪B表示的是“2名全是男生或2名全是女生”，B∪D表示“2名全是女生或至少有一名男生”，故A∪B≠B∪D，故D错误．5．(2024·杭州模拟)四位爸爸A，B，C，D相约各带一名自己的小孩进行交际能力训练，其中每位爸爸都与一个别人家的小孩进行交谈，则A的小孩与D交谈的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(5,9)D.eq\f(2,3)答案A解析方法一A的小孩等可能地与B，C，D其中一位爸爸交谈，所以A的小孩与D交谈的概率P＝eq\f(1,3).方法二设A，B，C，D四位爸爸的小孩分别是a，b，c，d，则交谈组合有9种情况，分别为(Ab，Ba，Cd，Dc)，(Ab，Bd，Ca，Dc)，(Ab，Bc，Cd，Da)，(Ac，Ba，Cd，Db)，(Ac，Bd，Ca，Db)，(Ac，Bd，Cb，Da)，(Ad，Ba，Cb，Dc)，(Ad，Bc，Ca，Db)，(Ad，Bc，Cb，Da)，A的小孩与D交谈包含的不同组合有3种，分别为(Ab，Bc，Cd，Da)，(Ac，Bd，Cb，Da)，(Ad，Bc，Cb，Da)，∴A的小孩与D交谈的概率P＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).6．(2023·南通调研)将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数能组成等差数列的概率为()A.eq\f(7,36)B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,18)答案A解析根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有6种情况，则共有63＝216(种)情况，它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：①若落地时向上的点数不同，则为1,2,3或1,3,5或2,3,4或2,4,6或3,4,5或4,5,6，共有6种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，即有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)情况，共有6×6＝36(种)情况；②若落地时向上的点数全相同，有6种情况，所以共有36＋6＝42(种)情况，则落地时向上的点数能组成等差数列的概率为eq\f(42,216)＝eq\f(7,36).二、多项选择题7．某饮料厂商开发了一种新的饮料，为了促销，每箱装的6瓶饮料中有2瓶瓶盖上分别印有“一等奖”“二等奖”，其余4瓶印有“谢谢惠顾”．甲从新开的一箱中任选2瓶购买，设事件A表示“甲没有中奖”，事件B表示“甲获得一等奖”，事件C表示“甲中奖”，则()A．事件A和事件B是对立事件B．事件A和事件C是对立事件C．P(B∪C)＝P(C)D．P(BC)＝P(C)答案BC解析因为A∪B表示“甲没有中奖或甲获得一等奖”，但甲可能获得二等奖，即事件A和事件B不是对立事件，故A错误；事件A表示“甲没有中奖”，事件C表示“甲中奖”，则事件A和事件C是互斥事件且和事件为必然事件，则事件A和事件C是对立事件，故B正确；又因为B⊆C，所以P(B∪C)＝P(C)，故C正确；P(BC)＝P(B)，故D错误．8．小张上班从家到公司开车有两条线路，所需时间(单位：分钟)随交通堵塞状况有所变化，其概率分布如表所示：所需时间/分钟30405060线路一0.50.20.20.1线路二0.30.50.10.1则下列说法正确的是()A．任选一条线路，“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是对立事件B．线路一所需的平均时间比线路二少C．如果要求用不超过40分钟的时间从家赶到公司，小张应该走线路一D．若小张上、下班走不同线路，则所需时间之和大于100分钟的概率为0.04答案BD解析“所需时间小于50分钟”与“所需时间为60分钟”是互斥而不对立事件，所以A错误；线路一所需的平均时间为30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39(分钟)，线路二所需的平均时间为30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40(分钟)，所以线路一所需的平均时间比线路二少，所以B正确；线路一所需时间不超过40分钟的概率为0.7，线路二所需时间不超过40分钟的概率为0.8，小张应该选线路二，所以C错误；所需时间之和大于100分钟，则线路一、线路二的时间可以为(50,60)，(60,50)和(60,60)三种情况，概率为0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，所以D正确．三、填空题9．(2023·景德镇质检)由于夏季炎热，某小区用电量过大，据统计，一天停电的概率为0.3，现在用数据0,1,2表示当天停电；用3,4,5,6,7,8,9表示当天不停电，现以两个随机数为一组，表示连续两天停电情况，经随机模拟得到以下30组数据．282179145674068953901457623093786344712867035382472310940243根据以上模拟数据估计连续两天中恰好有一天停电的概率为________．答案0.4解析由题意可知连续两天中恰有一天停电的情况有28,14,06,90,14,62,30,71,28,03,82,23，共12种，所以连续两天中恰好有一天停电的概率为eq\f(12,30)＝0.4.10．(2023·益阳质检)甲、乙两人要在一排六个空座上就坐，求甲、乙中间有空位的概率为________．答案eq\f(2,3)解析甲、乙两人要在一排六个空座上就坐，则有Aeq\o\al(2,6)＝30(种)坐法，而甲、乙相邻的坐法有5Aeq\o\al(2,2)＝10(种)坐法，则甲、乙中间有空位的概率P＝eq\f(30－10,30)＝eq\f(2,3).11．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由四位数字随机组成，如果某人收到的验证码a1a2a3a4满足a1<a2<a3<a4，则称该验证码为递增型验证码，某人收到一个验证码，则它是首位为2的递增型验证码的概率为________．答案eq\f(7,2000)解析由题意设该验证码为a1a2a3a4，则a1＝2,2<a2<a3<a4，∴a2，a3，a4从3,4,5,6,7,8,9中选，选出3个数，让其按照从小到大的顺序有Ceq\o\al(3,7)＝35(种)排法，又四位验证码共有10×10×10×10＝10000(种)排法，∴它是首位为2的递增型验证码的概率为eq\f(35,10000)＝eq\f(7,2000).12．男生3人、女生3人任意排列，则他们站成一圈，且甲、乙之间恰好有1个人的概率为________．答案eq\f(2,5)解析将6人排成一圈，共有eq\f(1,6)Aeq\o\al(6,6)＝120(种)排法，选1人放在甲、乙中间，有Aeq\o\al(1,4)种排法，然后将3人看成一个整体进行全排列有eq\f(1,4)Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)种排法，由分步乘法计数原理可得甲、乙之间恰好有1个人共有Aeq\o\al(1,4)·eq\f(1,4)Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＝48(种)排法，所以甲、乙之间恰好有1个人的概率为eq\f(48,120)＝eq\f(2,5).四、解答题13．(2023·深圳模拟)某食品公司在中秋节来临之际开发了一种月饼礼盒，礼盒中共有7个月饼，其中有4个五仁月饼和3个枣泥月饼．(1)一次取出两个月饼，求两个月饼为同一种口味的概率；(2)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，求第1次、第2次取到的都是五仁月饼的概率；(3)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，求第2次取到枣泥月饼的概率．解(1)一次取出2个月饼，共有Ceq\o\al(2,7)＝21(种)方法，其中两个都是五仁的有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)方法，两个都是枣泥的有Ceq\o\al(2,3)＝3(种)方法，则两个月饼为同一种口味的概率为eq\f(6＋3,21)＝eq\f(3,7).(2)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，共有Aeq\o\al(2,7)＝42(种)方法，其中第1次、第2次取到的都是五仁月饼有4×3＝12(种)方法，所以第1次、第2次取到的都是五仁月饼的概率是eq\f(12,42)＝eq\f(2,7).(3)依次不放回地从礼盒中取2个月饼，共有Aeq\o\al(2,7)＝42(种)方法，第1次取到五仁、第2次取到枣泥月饼的方法有4×3＝12(种)，第1次取到枣泥、第2次也取到枣泥月饼的方法有3×2＝6(种)，所以第2次取到枣泥月饼的概率为eq\f(12＋6,42)＝eq\f(3,7).14．某种产品的质量以其质量指标值衡量，质量指标值越大表明质量越好，且质量指标值大于或等于102的产品为优质品．现用两种新配方(分别称为A配方和B配方)做试验，各生产了100件这种产品，并测量了每件产品的质量指标值，得到如下试验结果：A配方的频数分布表质量指标值分组[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]频数82042228B配方的频数分布表质量指标值分组[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]频数412423210(1)分别估计用A配方，B配方生产的产品的优质品率；(2)已知用B配方生产的一件产品的利润y(单位：元)与其质量指标值t的关系为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2，t<94，,2，94≤t<102，,4，t≥102，))估计用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率，并求用B配方生产的上述100件产品中每件产品的平均利润．解(1)由试验结果知，用A配方生产的产品中优质品的频率为eq\f(22＋8,100)＝0.3，所以用A配方生产的产品中优质品率的估计值为0.3.由试验结果知，用B配方生产的产品中优质品的频率为eq\f(32＋10,100)＝0.42，所以用B配方生产的产品中优质品率的估计值为0.42.(2)由条件知，用B配方生产的一件产品的利润大于0，当且仅当其质量指标值t≥94，由试验结果知，质量指标值t≥94的频率为eq\f(100－4,100)＝0.96，所以用B配方生产的一件产品的利润大于0的概率约为0.96.用B配方生产的100件产品中每件产品的平均利润为eq\f(1,100)×[4×(－2)＋54×2＋42×4]＝2.68(元)．15．整数集就像一片浩瀚无边的海洋，充满了无尽的奥秘．古希腊数学家毕达哥拉斯发现220和284具有如下性质：220的所有真因数(不包括本身的因数)之和恰好等于284，同时284的所有真因数之和也等于220，他把具有这种性质的两个整数叫做一对“亲和数”，“亲和数”的发现掀起了无数数学爱好者的研究热潮．已知220和284，1184和1210,2924和2620是3对“亲和数”，把这六个数随机分成两组，一组2个数，另一组4个数，则220和284在同一组的概率为()A.eq\f(1,15)B.eq\f(2,5)C.eq\f(7,15)D.eq\f(1,5)答案C解析由题意可得一共有Ceq\o\al(2,6)种分组方法，若要满足220和284在同一组，则分两种情况讨论：①220和284在2个数这一组中，有Ceq\o\al(2,2)种分组方法，②220和284在4个数这一组中，有Ceq\o\al(2,4)种分组方法．故所求概率P＝eq\f(C\o\al(2,2)＋C\o\al(2,4),C\o\al(2,6))＝eq\f(7,15).16.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一名成员，则他至少参加2个小组的概率为________，他至多参加2个小组的概率为________．答案eq\f(3,5)eq\f(13,15)解析记“恰好参加2个小组”为事件A，“恰好参加3个小组”为事件B，随机选取一名成员，恰好参加2个小组的概率P(A)＝eq\f(11,60)＋eq\f(7,60)＋eq\f(10,60)＝eq\f(7,15)，恰好参加3个小组的概率P(B)＝eq\f(8,60)＝eq\f(2,15)，则至少参加2个小组的概率为P(A)＋P(B)＝eq\f(2,15)＋eq\f(7,15)＝eq\f(3,5)，至多参加2个小组的概率为1－P(B)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).§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．知识梳理1．相互独立事件(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与B，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)也都相互独立．2．条件概率(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)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．(2)两个公式①利用古典概型：P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)；②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．(3)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(Ω|A)＝1；②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．③设eq\x\to(B)和B互为对立事件，则P(eq\x\to(B)|A)＝1－P(B|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(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．常用结论1．如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n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(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．2．*贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝eq\f(PAiPB|Ai,PB)＝eq\f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，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“√”或“×”)(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率．(√)(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立．(√)(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．(√)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别为eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，则谜题没被破解出的概率为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(5,6)D．1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B，则P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(2,3)，故P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,3)，所以P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，即谜题没被破解出的概率为eq\f(1,6).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.eq\f(1,28)B.eq\f(1,10)C.eq\f(1,9)D.eq\f(2,7)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eq\f(2,7).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B，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0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A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＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.题型一相互独立事件的概率命题点1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＋B)<1B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件D．若A，B为相互独立事件，则P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)答案BCD解析若A，B为互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，则A∩B＝∅且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A错误，B正确；若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B为相互独立事件，故C正确；若A，B为相互独立事件，则eq\x\to(A)，eq\x\to(B)也相互独立，即P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))，又P(eq\x\to(A))＝0.6，P(eq\x\to(B))＝0.4，所以P(AB)＝0.4×0.6＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))，故P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)，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Ⅱ)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－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，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1,0,1的事件是发送1接收1、发送1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－β)β(1－β)＝β(1－β)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Ceq\o\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；对于D，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′，故D正确．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：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1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n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是()A．P2＝eq\f(1,2) B．P4＝eq\f(5,8)C．Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1) D．Pn＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1答案ACD解析A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0，第二次传球，乙或丙有eq\f(1,2)的概率回到甲手里，故P2＝eq\f(1,2)，A正确；C选项，Pn－1为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有eq\f(1,2)的概率回到甲手里，故Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，C正确；D选项，由C选项知Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，即Pn＝－eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,2)，设Pn＋λ＝－eq\f(1,2)(Pn－1＋λ)，故Pn＝－eq\f(1,2)Pn－1－eq\f(3,2)λ，所以－eq\f(3,2)λ＝eq\f(1,2)，解得λ＝－eq\f(1,3)，故Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Pn－1－\f(1,3)))，又P1－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Pn－\f(1,3)))是首项为－eq\f(1,3)，公比为－eq\f(1,2)的等比数列，故Pn－eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，故Pn＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，D正确；B选项，由D选项可知P4＝eq\f(1,3)－eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，B错误．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1,2,3的三个号签；乙袋有编号为1,2,3,4,5,6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D：抽取的两个号签编号不同．则下列选项中，正确的是()A．P(AB)＝eq\f(1,18)B．P(C)＝eq\f(1,9)C．事件A与事件C相互独立D．事件A与事件D相互独立答案ABD解析对于A，事件A，B相互独立，P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,18)，A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，事件C包括(1,2)，(2,1)2种情况，P(C)＝eq\f(2,18)＝eq\f(1,9)，B正确；对于C，由P(AC)＝eq\f(1,18)≠eq\f(1,3)×eq\f(1,9)＝P(A)P(C)，得事件A，C不相互独立，C错误；对于D，由P(AD)＝eq\f(5,18)＝eq\f(1,3)×eq\f(15,18)＝P(A)P(D)，得事件A，D相互独立，D正确．(2)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的概率为__________．答案0.236解析设Ai(i＝1,2,3,4)为独孤队第i局取胜，由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：A1A2A3，A1A2eq\x\to(A3)A4，A1eq\x\to(A2)A3A4，eq\x\to(A1)A2A3A4，所以独孤队取胜的概率P＝P(A1A2A3)＋P(A1A2eq\x\to(A)3A4)＋P(A1eq\x\to(A2)A3A4)＋P(eq\x\to(A1)A2A3A4)＝0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.3×0.4×0.5＝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，黔桂两地间交通出行更加便捷、西南与华南地区联系将更加紧密．贵南高铁线路全长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娃娃的喜爱情况，了解到其中有eq\f(4,15)的人喜欢吃肠旺面，有eq\f(2,15)的人喜欢吃丝娃娃，还有eq\f(7,10)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下，他还喜欢吃丝娃娃的概率为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)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A∪B，既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃为事件A∩B，由题意知P(A∪B)＝1－eq\f(7,10)＝eq\f(3,10)，从而P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝eq\f(4,15)＋eq\f(2,15)－eq\f(3,10)＝eq\f(1,10)，因此由条件概率的公式得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,10),\f(4,15))＝eq\f(3,8).命题点2条件概率性质的应用例4(多选)(2023·武汉模拟)设eq\x\to(A)，eq\x\to(B)分别为随机事件A，B的对立事件，已知0<P(A)<1,0<P(B)<1，则下列说法正确的是()A．P(B|A)＋P(eq\x\to(B)|A)＝1B．P(B|A)＋P(B|eq\x\to(A))＝0C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A)D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B)答案AC解析P(B|A)＋P(eq\x\to(B)|A)＝eq\f(PAB＋PA\x\to(B),PA)＝eq\f(PA,PA)＝1，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B|eq\x\to(A))＝2P(B)≠0，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝P(A)，故C正确；因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式P(B|A)＝0，而P(B)∈(0,1)，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0.6，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．0.24 B．0.36C．0.48 D．0.75答案C解析设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由题意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48.思维升华求条件概率的常用方法(1)定义法：P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).(2)样本点法：P(B|A)＝eq\f(nAB,nA).(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A1，A2和A3表示由甲盒子取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙盒子中随机取出一球，以B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．A1，A2，A3是两两互斥的事件B．P(B)＝eq\f(2,5)C．事件B与事件A1相互独立D．P(B|A1)＝eq\f(5,11)答案AD解析A选项，根据题意A1∩A2＝∅，A2∩A3＝∅，A1∩A3＝∅，故由互斥事件的定义可得A1，A2，A3两两互斥，故A正确；B，D选项，P(A1)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝eq\f(3,10)，又P(B|A1)＝eq\f(5,11)，P(B|A2)＝eq\f(4,11)，P(B|A3)＝eq\f(4,11)，故D正确；故P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)＝eq\f(5,11)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,11)×eq\f(1,5)＋eq\f(4,11)×eq\f(3,10)＝eq\f(9,22)，故B错误；C选项，P(B)P(A1)＝eq\f(9,22)×eq\f(1,2)＝eq\f(9,44)，P(BA1)＝P(B|A1)P(A1)＝eq\f(5,22)，故P(B)P(A1)≠P(BA1)，所以事件B与事件A1不相互独立，故C错误．(2)(2023·北京模拟)从－2，－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A，“两数均为负数”为事件B.则P(B|A)＝________.答案eq\f(1,4)解析从－2，－1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有Ceq\o\al(2,5)＝10(种)取法，其中满足两数之积为正数的有Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＝4(种)取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有Ceq\o\al(2,2)＝1(种)取法，所以P(A)＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(1,10)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,4).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，松江雾凇，净月风光，查干冬捕，是著名的吉林八景．某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是eq\f(2,3)，夏季来的概率是eq\f(1,3)，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，则看不到松江雾凇和查干冬捕．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()A.eq\f(11,15)B.eq\f(16,45)C.eq\f(17,45)D.eq\f(1,3)答案C解析设事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了一眼望三国”，则P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，在冬季去了一眼望三国的概率P(B|A1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,1),C\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，在夏季去了一眼望三国的概率P(B|A2)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,1),C\o\al(2,6))＝eq\f(1,3)，所以去了一眼望三国的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,5)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(17,45).(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()A.eq\f(855,857)B.eq\f(857,1000)C.eq\f(171,200)D.eq\f(9,10)答案A解析记事件A1：放入水果分选机的苹果为大果，事件A2：放入水果分选机的苹果为小果，记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”，则P(A1)＝eq\f(9,10)，P(A2)＝eq\f(1,10)，P(B|A1)＝eq\f(19,20)，P(B|A2)＝eq\f(1,50)，由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(9,10)×eq\f(19,20)＋eq\f(1,10)×eq\f(1,50)＝eq\f(857,1000)，P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝eq\f(9,10)×eq\f(19,20)＝eq\f(855,1000)，因此，P(A1|B)＝eq\f(PA1B,PB)＝eq\f(855,1000)×eq\f(1000,857)＝eq\f(855,857).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Ai(i＝1,2，…，n)．(2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)．(3)代入全概率公式计算．跟踪训练3(2023·郴州模拟)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()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(5,48)D.eq\f(11,48)答案D解析记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为A1，A2，A3，则P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝P(A3)＝eq\f(1,4)，记第二次抽到黄球的事件为B，而A1，A2，A3两两互斥，其和为Ω，所以P(B|A1)＝eq\f(1,4)，P(B|A2)＝eq\f(1,4)，P(B|A3)＝eq\f(1,6)，则P(B)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(Ai)P(B|Ai)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(11,48).课时精练一、单项选择题1．若P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,3)，则事件A与B的关系是()A．事件A与B互斥B．事件A与B对立C．事件A与B相互独立D．事件A与B既互斥又相互独立答案C解析∵P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，∴P(A)P(B)＝eq\f(1,9)，∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0，∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立．2．已知事件A，B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(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，又P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－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()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,8)D.eq\f(2,9)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eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).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B，依题意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3).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eq\f(3,4)，乙队和丙队答对该题的概率都是eq\f(2,3).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()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(7,36)D.eq\f(1,6)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C，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(Aeq\x\to(B)eq\x\to(C)＋eq\x\to(A)Beq\x\to(C)＋eq\x\to(A)eq\x\to(B)C)＝P(Aeq\x\to(B)eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)Beq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)C)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×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\f(2,3)×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(2,3)))×eq\f(2,3)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(7,36).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.eq\f(2,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(8,15)D.eq\f(8,9)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B，事件A包含两种情况：“取出的袜子恰好有两只是同一双”“取出的袜子恰好四只是两双”，则P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,2)＋C\o\al(2,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(27,35)，又P(AB)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,3)C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(4,8))＝eq\f(24,35)，则P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(8,9).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．0.3答案A解析设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，则P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，设B1表示“货车中途停车修理”，B2表示“客车中途停车修理”，则P(B1)＝0.02，P(B2)＝0.01，B表示“一辆汽车中途停车修理”，则P(B)＝P(A1B1)＋P(A2B2)，今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为P(A1|B)＝eq\f(PA1B,PB)＝eq\f(PA1B,PA1B1＋PA2B2)＝eq\f(0.02×\f(2,3),0.02×\f(2,3)＋0.01×\f(1,3))＝0.8.二、多项选择题7．(2024·石家庄模拟)先后两次掷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B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则()A．A与B互斥 B．B与C相互独立C．P(A)＝eq\f(1,6) D．P(AC)＝eq\f(1,36)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(B)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6)，P(BC)＝eq\f(3,6×6)＝eq\f(1,12)＝P(B)P(C)，故B正确；易知P(A)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)≠eq\f(1,6)，故C错误；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)＝eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，故D正确．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0.08B．该零件是次品的概率为0.03C．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0.98D．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eq\f(1,3)答案BC解析记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%，任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误；任取一个零件是次品的概率为P(A)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(Bi)P(A|Bi)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝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(eq\x\to(A)|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确；如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为1－P(B3|A)＝1－eq\f(PAB3,PA)＝1－eq\f(PA|B3PB3,PA)＝1－eq\f(2%×50%,0.03)＝eq\f(2,3)，故D错误．三、填空题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eq\f(2,3)；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq\f(1,2).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________．答案eq\f(7,24)解析若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为eq\f(2,3)，第二