2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第10章　§10.5　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

§10.5大事的相互独立性与条件概率、全概率公式考试要求1.了解两个大事相互独立的含义.2.理解随机大事的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．学问梳理1．相互独立大事(1)概念：对任意两个大事A与B，假如P(AB)＝P(A)·P(B)成立，则称大事A与大事B相互独立，简称为独立．(2)性质：若大事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为两个随机大事，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)为在大事A发生的条件下，大事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．全概率公式一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的大事，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的大事B⊆Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．常用结论1．假如大事A1，A2，…，An相互独立，那么这n个大事同时发生的概率等于每个大事发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．2．贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的大事，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的大事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.思考辨析推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)对于任意两个大事，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)(2)若大事A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(√)(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为大事A，“第2枚正面朝上”为大事B，则A，B相互独立．(√)(4)若大事A1与A2是对立大事，则对任意的大事B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．(√)教材改编题1．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”为大事A，“乙独立地破解出谜题”为大事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).2．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，其次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，所以其次次抽到次品的概率为eq\f(2,7).3．智能化的社区食堂悄然消灭，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，假如第一天去A食堂，那么其次天去A食堂的概率为0.6；假如第一天去B食堂，那么其次天去A食堂的概率为0.5，则居民甲其次天去A食堂用餐的概率为________．答案0.55解析由题意得，居民甲其次天去A食堂用餐的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.题型一相互独立大事的概率例1(1)(2021·新高考全国Ⅰ)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．甲表示大事“第一次取出的球的数字是1”，乙表示大事“其次次取出的球的数字是2”，丙表示大事“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示大事“两次取出的球的数字之和是7”，则()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解析大事甲发生的概率P(甲)＝eq\f(1,6)，大事乙发生的概率P(乙)＝eq\f(1,6)，大事丙发生的概率P(丙)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)，大事丁发生的概率P(丁)＝eq\f(6,6×6)＝eq\f(1,6).大事甲与大事丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；大事甲与大事丁同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；大事乙与大事丙同时发生的概率为eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；大事丙与大事丁是互斥大事，不是相互独立大事，故D错误．(2)(2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球竞赛，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，该局竞赛结束．甲、乙进行单打竞赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，若甲先发球，两人又打了2个球后该局竞赛结束的概率为________；若乙先发球，两人又打了4个球后该局竞赛结束，则甲获胜的概率为________.答案0.50.1解析记两人又打了X个球后结束竞赛，设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为大事Ak(k＝1,2,3…)，则P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2)＝P(A1)P(A2)＋P(eq\x\to(A)1)P(eq\x\to(A)2)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.由乙先发球，得P(X＝4且甲获胜)＝P(A1eq\x\to(A)2A3A4)＋P(eq\x\to(A)1A2A3A4)＝P(A1)P(eq\x\to(A)2)P(A3)P(A4)＋P(eq\x\to(A)1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.5×0.4×0.5＝0.1.思维升华求相互独立大事同时发生的概率的方法(1)相互独立大事同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．(2)当正面计算较简单或难以入手时，可从其对立大事入手计算．跟踪训练1小王某天乘火车从重庆到上海，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率；(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率．解用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的大事，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(eq\x\to(A))＝0.2，P(eq\x\to(B))＝0.3，P(eq\x\to(C))＝0.1.(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为P1＝P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABeq\x\to(C))＝P(eq\x\to(A))P(B)P(C)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.(2)恰好有一列火车正点到达的概率为P2＝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)＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为P3＝1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.题型二条件概率例2(1)(2022·哈尔滨模拟)七巧板是中国民间流传的智力玩具．据清代陆以湉《冷庐杂识》记载，七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演化而来的，原为文人的一种室内玩耍，后在民间逐步演化为拼图版玩具．到明代，七巧板已基本定型为由如图所示的七块板组成：五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形，可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等1600种以上图案．现从七巧板中取出两块，已知取出的是三角形，则两块板恰好是全等三角形的概率为()A.eq\f(3,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(2,7)D.eq\f(1,5)答案D解析设大事A为“从七巧板中取出两块，取出的是三角形”，大事B为“两块板恰好是全等三角形”，则P(AB)＝eq\f(2,C\o\al(2,7))＝eq\f(2,21)，P(A)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(2,21),\f(10,21))＝eq\f(1,5).(2)逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响健康，某调查机构进行了针对性的调查争辩．据统计，一次性饮酒4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，则他还能连续饮酒2.4两，不诱发这种疾病的概率为()A.eq\f(7,8)B.eq\f(5,6)C.eq\f(3,4)D.eq\f(20,21)答案A解析记大事A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，大事B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，则大事B|A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，连续饮酒2.4两不诱发这种疾病，则B⊆A，AB＝A∩B＝B，P(A)＝1－0.04＝0.96，P(B)＝1－0.16＝0.84，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(0.84,0.96)＝eq\f(7,8).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：去掉第一次抽到的状况，只争辩剩下的状况，用古典概型求解．跟踪训练2(1)(2023·六盘山模拟)已知5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中抽取一道题，抽出的题不再放回．在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(2,5)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,5)答案C解析设大事A＝“第1次抽到代数题”，大事B＝“第2次抽到几何题”，所以P(A)＝eq\f(3,5)，P(AB)＝eq\f(3,10)，则P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2).(2)某射击运动员每次击中目标的概率为eq\f(4,5)，现连续射击两次．①已知第一次击中，则其次次击中的概率是________；②在仅击中一次的条件下，其次次击中的概率是________．答案①eq\f(4,5)②eq\f(1,2)解析①设第一次击中为大事A，其次次击中为大事B，则P(A)＝eq\f(4,5)，由题意知，第一次击中与否对其次次没有影响，因此已知第一次击中，则其次次击中的概率是eq\f(4,5).②设仅击中一次为大事C，则仅击中一次的概率为P(C)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(8,25)，在仅击中一次的条件下，其次次击中的概率是P(B|C)＝eq\f(\f(1,5)×\f(4,5),\f(8,25))＝eq\f(1,2).题型三全概率公式的应用例3(1)一份新高考数学试卷中有8道单选题，小胡对其中5道题有思路，3道题完全没有思路．有思路的题做对的概率是0.9，没有思路的题只能猜一个答案，猜对答案的概率为0.25，则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为()A.eq\f(79,160)B.eq\f(3,5)C.eq\f(21,32)D.eq\f(5,8)答案C解析设大事A表示“小胡答对”，大事B表示“小胡选到有思路的题”．则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq\x\to(B))P(A|eq\x\to(B))＝eq\f(5,8)×0.9＋eq\f(3,8)×0.25＝eq\f(21,32).(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的概率为()A．0.48B．0.49C．0.52D．0.51答案D解析设大事A＝“发送的信号为0”，大事B＝“接收的信号为1”，则P(A)＝P(eq\x\to(A))＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B|eq\x\to(A))＝0.95，因此P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.思维升华利用全概率公式解题的思路(1)依据确定的标准，将一个简单大事分解为若干个互斥大事Ai(i＝1,2，…，n)．(2)求P(Ai)和所求大事B在各个互斥大事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(1)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4,0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9，则甲正点到达目的地的概率为()A．0.78B．0.8C．0.82D．0.84答案C解析设大事A表示“甲正点到达目的地”，大事B表示“甲乘动车到达目的地”，大事C表示“甲乘汽车到达目的地”，由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A|B)＝0.9，P(A|C)＝0.7.由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7＝0.54＋0.28＝0.82.(2)(2022·郑州模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口进行，中国邮政间续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”等．小王有3张“冬梦”、2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票各1张．小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”的大事；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”的大事，则P(B|A2)＝________，P(B)＝________.答案eq\f(1,2)eq\f(9,28)解析P(B|A2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，由题知P(A1)＝eq\f(3,7)，P(A2)＝eq\f(2,7)，P(A3)＝eq\f(2,7)，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(3,7)×eq\f(1,4)＋eq\f(2,7)×eq\f(2,4)＋eq\f(2,7)×eq\f(1,4)＝eq\f(9,28).课时精练1．若P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,3)，则大事A与B的关系是()A．大事A与B互斥B．大事A与B对立C．大事A与B相互独立D．大事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，∴大事A与B相互独立，大事A与B不互斥也不对立．2．(2023·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，假如在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是()A．0.8192 B．0.9728C．0.9744 D．0.9984答案B解析4个都不能正常照明的概率为(1－0.8)4＝0.0016，只有1个能正常照明的概率为4×0.8×(1－0.8)3＝0.0256，所以至少有两个能正常照明的概率是1－0.0016－0.0256＝0.9728.3．依据历年的气象数据可知，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的状况下，刮四级以上大风的概率为()A．0.8B．0.625C．0.5D．0.1答案A解析设“发生中度雾霾”为大事A，“刮四级以上大风”为大事B，所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，则在发生中度雾霾的状况下，刮四级以上大风的概率为P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.2,0.25)＝0.8.4．(2022·青岛模拟)甲、乙两名选手进行象棋竞赛，已知每局竞赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若接受三局二胜制，则甲最终获胜的概率为()A．0.36 B．0.352C．0.288 D．0.648答案D解析由题意可得甲最终获胜有两种状况：一是前两局甲获胜，概率为0.6×0.6＝0.36，二是前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为Ceq\o\al(1,2)×0.6×0.4×0.6＝0.288，这两种状况互斥，∴甲最终获胜的概率P＝0.36＋0.288＝0.648.5．某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为25%，那么他答对题目的概率为()A．0.625B．0.75C．0.5D．0.25答案A解析记大事A为“该考生答对题目”，大事B1为“该考生知道正确答案”，大事B2为“该考生不知道正确答案”，则P(A)＝P(A|B1)·P(B1)＋P(A|B2)·P(B2)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.6．将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示大事“医生甲派往①村庄”；B表示大事“医生乙派往①村庄”；C表示大事“医生乙派往②村庄”，则()A．大事A与B相互独立B．大事A与C相互独立C．P(B|A)＝eq\f(5,12)D．P(C|A)＝eq\f(5,12)答案D解析将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(个)样本点，它们等可能，大事A含有的样本点个数为Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12，则P(A)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，同理P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3)，大事AB含有的样本点个数为Aeq\o\al(2,2)＝2，则P(AB)＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，大事AC含有的样本点个数为Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝5，则P(AC)＝eq\f(5,36)，对于A，P(A)P(B)＝eq\f(1,9)≠P(AB)，即大事A与B不相互独立，故A不正确；对于B，P(A)P(C)＝eq\f(1,9)≠P(AC)，即大事A与C不相互独立，故B不正确；对于C，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,6)，故C不正确；对于D，P(C|A)＝eq\f(PAC,PA)＝eq\f(5,12)，故D正确．7．(2022·石家庄模拟)某电视台举办学问竞答闯关竞赛，每位选手闯关时需要回答三个问题．第一个问题回答正确得10分，回答错误得0分；其次个问题回答正确得20分，回答错误得0分；第三个问题回答正确得30分，回答错误得－20分．规定，每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功．若某位选手回答前两个问题正确的概率都是eq\f(2,3)，回答第三个问题正确的概率是eq\f(1,2)，且各题回答正确与否相互之间没有影响，则该选手仅回答正确两个问题的概率是________；该选手闯关成功的概率是________.答案eq\f(4,9)eq\f(1,2)解析该选手仅回答正确两个问题的概率是P1＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(4,9)，该选手要闯关成功，则只有第3个问题回答正确或者第1,3两个问题回答正确或者第2,3两个问题回答正确或者三个问题都回答正确，所以闯关成功的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).8．某医生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上肯定值班的条件下，他在周三晚上值班的概率为________．答案eq\f(1,6)解析设大事A为“周二晚上值班”，大事B为“周三晚上值班”，则P(A)＝eq\f(C\o\al(1,6),C\o\al(2,7))＝eq\f(2,7)，P(AB)＝eq\f(1,C\o\al(2,7))＝eq\f(1,21)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,6).9．(2022·襄阳模拟)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产．在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝eq\f(1,10)，P2＝eq\f(1,9)，P3＝eq\f(1,8).(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；(2)假如第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．解(1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))＝eq\f(3,10).(2)设“该款智能自动检测合格”为大事A，“人工抽检合格”为大事B，则P(A)＝eq\f(9,10)，P(AB)＝1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10)，则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(7,10),\f(9,10))＝eq\f(7,9).10．(2023·佛山模拟)男子冰球竞赛上演的是速度与激情的碰撞.2022北京冬奥会男子冰球主要竞赛场馆是位于北京奥林匹克公园的“冰之帆”国家体育馆．本届冬奥会男子冰球有12支队伍进入正赛，中国首次组队参赛．竞赛规章：12支男子冰球参赛队先依据往届冬奥会赛制分成三个小组(每组4个队)．正赛分小组赛阶段与决赛阶段：小组赛阶段各组接受单循环赛制(小组内任意两队需且仅需竞赛一次)；决赛阶段均接受淘汰制(每场竞赛胜者才晋级)，先将12支球队依据小组竞赛成果进行排名，排名前四的球队晋级四分之一决赛(且不在四分之一决赛中相遇)，其余8支球队按规章进行附加赛(每队竞赛一次，胜者晋级)，争夺另外4个四分之一决赛席位，随后依次是四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛．(1)本届冬奥会男子冰球项目从正赛开头到产生金牌，组委会共要支配多少场竞赛？(2)某机构依据赛前技术统计，领先晋级四分之一决赛的四支球队(甲、乙、丙、丁队)实力相当，假设他们在接下来的四分之一决赛、半决赛、铜牌赛、金牌赛中取胜的概率都依次为eq\f(3,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，且每支球队晋级后每场竞赛相互独立．试求甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率．解(1)依据赛制，小组赛共支配3×Ceq\o\al(2,4)＝18(场)竞赛，附加赛共支配8÷2＝4(场)竞赛，四分之一决赛共支配8÷2＝4(场)竞赛，半决赛共支配4÷2＝2(场)竞赛，铜牌赛、金牌赛各竞赛一场，共2场，故本届冬奥会男子冰球项目从正赛开头到产生金牌，组委会共要支配18＋4＋4＋2＋2＝30(场)竞赛．(2)设甲、乙、丙、丁队获得冠军分别为大事A，B，C，D，都没有获得冠军为大事E，∵晋级后每场竞赛相互独立，∴P(A)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,16)，∵四队实力相当，∴P(B)＝P(C)＝P(D)＝P(A)＝eq\f(3,16)，∵大事A，B，C，D互斥，∴甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为P(E)＝1－P(A∪B∪C∪D)＝1－[P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)]＝1－4×eq\f(3,16)＝eq\f(1,4).故甲、乙、丙、丁队都没获得冠军的概率为eq\f(1,4).11．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋竞赛，赛程如图所示，其中编号为i的方框表示第i场竞赛，方框中是进行该场竞赛的两名棋手，第i场竞赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场竞赛获胜的概率均为eq\f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互竞赛，每人胜败的可能性相同．则甲获得冠军的概率为()A.eq\f(8,27)B.eq\f(16,27)C.eq\f(32,81)D.eq\f(40,81)答案D解析甲获得冠军，则甲参与的竞赛结果有三种状况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，故甲获得冠军的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\f(1,3)＝eq\f(40,81).12．(多选)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个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的大事；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的大事．则下列结论中正确的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．大事B与大事A1相互独立D．A1，A2，A3是两两互斥的大事答案BD解析由题意知，A1，A2，A3是两两互斥的大事，故D正确；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)，P(B|A1)＝eq\f(\f(1,2)×\f(5,11