§10.4事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式課標要求1.了解兩個事件相互獨立的含義.2.理解隨機事件的獨立性和條件概率的關系，會利用全概率公式計算概率．知識梳理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：若事件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(PAB,PA)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(nAB,nA)；②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．(3)條件概率的性質條件概率只是縮小了樣本空間，因此條件概率同樣具有概率的性質．設P(A)>0，則①P(Ω|A)＝1；②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．③設eq\x\to(B)和B互為對立事件，則P(eq\x\to(B)|A)＝1－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\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．常用結論1．如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發生的概率等于每個事件發生的概率的積，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．2．*貝葉斯公式：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(PAiPB|Ai,PB)＝eq\f(PAiPB|Ai,\i\su(k＝1,n,P)AkPB|Ak)，i＝1，2，…，n.自主診斷1．判斷下列結論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)(2)P(B|A)表示在事件A發生的條件下，事件B發生的概率，P(AB)表示事件A，B同時發生的概率．(√)(3)拋擲2枚質地均勻的硬幣，設“第一枚正面朝上”為事件A，“第二枚正面朝上”為事件B，則A，B相互獨立．(√)(4)若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B?Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)．(√)2．(必修第二冊P253T4改編)甲、乙兩人獨立地破解同一個謎題，破解出謎題的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，則謎題沒被破解出的概率為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(5,6)D．1答案A解析設“甲獨立地破解出謎題”為事件A，“乙獨立地破解出謎題”為事件B，則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)，即謎題沒被破解出的概率為eq\f(1,6).3．(選擇性必修第三冊P46例1改編)在8件同一型號的產品中，有3件次品，5件合格品，現不放回地從中依次抽取2件，在第一次抽到次品的條件下，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解析當第一次抽到次品后，還剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率為eq\f(2,7).4．智能化的社區食堂悄然出現，某社區有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天隨機地選擇一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率為0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率為0.5，則居民甲第二天去A食堂用餐的概率為________．答案0.55解析由題意得，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.題型一相互獨立事件的概率命題點1事件相互獨立性的判斷例1(多選)(2024·滁州模擬)已知A，B為兩個隨機事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，則()A．P(A＋B)<1B．若A，B為互斥事件，則P(AB)＝0C．若P(AB)＝0.24，則A，B為相互獨立事件D．若A，B為相互獨立事件，則P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)答案BCD解析若A，B為互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，則A∩B＝?且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A錯誤，B正確；若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B為相互獨立事件，故C正確；若A，B為相互獨立事件，則eq\x\to(A)，eq\x\to(B)也相互獨立，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正確．命題點2相互獨立事件的概率例2(多選)(2023·新高考全國Ⅱ)在信道內傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次；三次傳輸是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1,0,1，則譯碼為1)．()A．采用單次傳輸方案，若依次發送1,0,1，則依次收到1,0,1的概率為(1－α)(1－β)2B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1,0,1的概率為β(1－β)2C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3D．當0<α<0.5時，若發送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率答案ABD解析對于A，依次發送1,0,1，則依次收到1,0,1的事件是發送1接收1、發送0接收0、發送1接收1這3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正確；對于B，三次傳輸，發送1，相當于依次發送1,1,1，則依次收到1,0,1的事件是發送1接收1、發送1接收0、發送1接收1這3個事件的積，它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正確；對于C，三次傳輸，發送1，則譯碼為1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1這4個事件的和，它們互斥，所求的概率為Ceq\o\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C錯誤；對于D，三次傳輸，發送0，則譯碼為0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，單次傳輸發送0，則譯碼為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正確．概率問題中的遞推數列在概率與統計的問題中，經常會出現概率統計與數列綜合考查的問題，一般以壓軸題的形式出現．主要有四種類型：(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(多選)甲、乙、丙三人玩傳球游戲，持球人把球傳給另外兩人中的任意一人是等可能的．從一個人傳球到另一個人稱傳球一次．若傳球開始時甲持球，記傳球n次后球仍回到甲手里的概率為Pn，則下列結論正確的是()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選項，第一次傳球后到乙或丙手里，故P1＝0，第二次傳球，乙或丙有eq\f(1,2)的概率回到甲手里，故P2＝eq\f(1,2)，A正確；C選項，Pn－1為傳球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想傳球n次后球仍回到甲手里，則第(n－1)次傳球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次傳球有eq\f(1,2)的概率回到甲手里，故Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，C正確；D選項，由C選項知Pn＝eq\f(1,2)(1－Pn－1)，即Pn＝－eq\f(1,2)Pn－1＋eq\f(1,2)，設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)))是首項為－eq\f(1,3)，公比為－eq\f(1,2)的等比數列，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正確；B選項，由D選項可知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錯誤．思維升華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．跟蹤訓練1(1)(多選)甲、乙兩個口袋中裝有除了編號不同以外其余完全相同的號簽．其中，甲袋中有編號為1,2,3的三個號簽；乙袋有編號為1,2,3,4,5,6的六個號簽．現從甲、乙兩袋中各抽取1個號簽，從甲、乙兩袋抽取號簽的過程互不影響．記事件A：從甲袋中抽取號簽1；事件B：從乙袋中抽取號簽6；事件C：抽取的兩個號簽和為3；事件D：抽取的兩個號簽編號不同．則下列選項中，正確的是()A．P(AB)＝eq\f(1,18)B．P(C)＝eq\f(1,9)C．事件A與事件C相互獨立D．事件A與事件D相互獨立答案ABD解析對于A，事件A，B相互獨立，P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,18)，A正確；對于B，樣本點為(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種，事件C包括(1,2)，(2,1)2種情況，P(C)＝eq\f(2,18)＝eq\f(1,9)，B正確；對于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不相互獨立，C錯誤；對于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相互獨立，D正確．(2)某高中的獨孤與無極兩支排球隊在校運會中采用五局三勝制(有球隊先勝三局則比賽結束)．第一局獨孤隊獲勝概率為0.4，獨孤隊發揮受情緒影響較大，若前一局獲勝，下一局獲勝概率增加0.1，反之降低0.1.則獨孤隊不超過四局獲勝的概率為__________．答案0.236解析設Ai(i＝1,2,3,4)為獨孤隊第i局取勝，由題意，獨孤隊取勝的可能結果為四個互斥事件：A1A2A3，A1A2eq\x\to(A3)A4，A1eq\x\to(A2)A3A4，eq\x\to(A1)A2A3A4，所以獨孤隊取勝的概率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.題型二條件概率命題點1條件概率例32023年8月31日貴南高鐵實現全線貫通運營，我國西南和華南地區新增一條交通大動脈，黔桂兩地間交通出行更加便捷、西南與華南地區聯系將更加緊密．貴南高鐵線路全長482公里，設計時速350公里，南寧東到貴陽東旅行時間由原來的5個多小時縮短至最快2小時53分．貴陽某調研機構調查了一個來自南寧的旅行團對貴陽兩種特色小吃腸旺面和絲娃娃的喜愛情況，了解到其中有eq\f(4,15)的人喜歡吃腸旺面，有eq\f(2,15)的人喜歡吃絲娃娃，還有eq\f(7,10)的人既不喜歡吃腸旺面也不喜歡吃絲娃娃．在已知該旅行團一游客喜歡吃腸旺面的條件下，他還喜歡吃絲娃娃的概率為()A.eq\f(1,4)B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)答案B解析設喜歡吃腸旺面為事件A，喜歡吃絲娃娃為事件B，喜歡吃腸旺面或喜歡吃絲娃娃為事件A∪B，既喜歡吃腸旺面又喜歡吃絲娃娃為事件A∩B，由題意知P(A∪B)＝1－eq\f(7,10)＝eq\f(3,10)，從而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)，因此由條件概率的公式得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,10),\f(4,15))＝eq\f(3,8).命題點2條件概率性質的應用例4(多選)(2023·武漢模擬)設eq\x\to(A)，eq\x\to(B)分別為隨機事件A，B的對立事件，已知0<P(A)<1,0<P(B)<1，則下列說法正確的是()A．P(B|A)＋P(eq\x\to(B)|A)＝1B．P(B|A)＋P(B|eq\x\to(A))＝0C．若A，B是相互獨立事件，則P(A|B)＝P(A)D．若A，B是互斥事件，則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正確；當A，B是相互獨立事件時，則P(B|A)＋P(B|eq\x\to(A))＝2P(B)≠0，故B錯誤；因為A，B是相互獨立事件，則P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝P(A)，故C正確；因為A，B是互斥事件，P(AB)＝0，則根據條件概率公式P(B|A)＝0，而P(B)∈(0,1)，故D錯誤．命題點3乘法公式的應用例5經統計，某射擊運動員進行兩次射擊時，第一次擊中9環的概率為0.6，在第一次擊中9環的條件下，第二次也擊中9環的概率為0.8.那么該射擊運動員兩次均擊中9環的概率為()A．0.24 B．0.36C．0.48 D．0.75答案C解析設該射擊運動員“第一次擊中9環”為事件A，“第二次擊中9環”為事件B，由題意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以該射擊運動員兩次均擊中9環的概率為P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48.思維升華求條件概率的常用方法(1)定義法：P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).(2)樣本點法：P(B|A)＝eq\f(nAB,nA).(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．跟蹤訓練2(1)(多選)甲盒子中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙盒子中有4個紅球，3個白球和3個黑球．先從甲盒子中隨機取出一球放入乙盒子，分別以A1，A2和A3表示由甲盒子取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙盒子中隨機取出一球，以B表示由乙盒子取出的球是紅球的事件，則下列結論中正確的是()A．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件B．P(B)＝eq\f(2,5)C．事件B與事件A1相互獨立D．P(B|A1)＝eq\f(5,11)答案AD解析A選項，根據題意A1∩A2＝?，A2∩A3＝?，A1∩A3＝?，故由互斥事件的定義可得A1，A2，A3兩兩互斥，故A正確；B，D選項，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正確；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錯誤；C選項，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與事件A1不相互獨立，故C錯誤．(2)(2023·北京模擬)從－2，－1,1,2,3這5個數中任取2個不同的數，記“兩數之積為正數”為事件A，“兩數均為負數”為事件B.則P(B|A)＝________.答案eq\f(1,4)解析從－2，－1,1,2,3這5個數中任取2個不同的數有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)取法，其中滿足兩數之積為正數的有Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＝4(種)取法，滿足兩數之積為正數且兩數均為負數的有Ceq\o\al(2,2)＝1(種)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).題型三全概率公式的應用例6(1)(2024·銀川模擬)長白飛瀑，高句麗遺跡，鶴舞向海，一眼望三國，偽滿皇宮，松江霧凇，凈月風光，查干冬捕，是著名的吉林八景．某人打算到吉林旅游，冬季來的概率是eq\f(2,3)，夏季來的概率是eq\f(1,3)，如果冬季來，則看不到長白飛瀑、鶴舞向海和凈月風光，若夏季來，則看不到松江霧凇和查干冬捕．無論什么時候來，由于時間原因，只能在可去景點當中選擇兩處參觀，則某人去了一眼望三國景點的概率為()A.eq\f(11,15)B.eq\f(16,45)C.eq\f(17,45)D.eq\f(1,3)答案C解析設事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了一眼望三國”，則P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，在冬季去了一眼望三國的概率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國的概率P(B|A2)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,1),C\o\al(2,6))＝eq\f(1,3)，所以去了一眼望三國的概率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·石嘴山模擬)一堆蘋果中大果與小果的比例為9∶1，現用一臺水果分選機進行篩選．已知這臺分選機把大果篩選為小果的概率為5%，把小果篩選為大果的概率為2%.經過一輪篩選后，現在從這臺分選機篩選出來的“大果”里面隨機抽取一個，則這個“大果”是真的大果的概率為()A.eq\f(855,857)B.eq\f(857,1000)C.eq\f(171,200)D.eq\f(9,10)答案A解析記事件A1：放入水果分選機的蘋果為大果，事件A2：放入水果分選機的蘋果為小果，記事件B：水果分選機篩選的蘋果為“大果”，則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).思維升華利用全概率公式解題的思路(1)按照確定的標準，將一個復雜事件分解為若干個互斥事件Ai(i＝1,2，…，n)．(2)求P(Ai)和所求事件B在各個互斥事件Ai發生條件下的概率P(Ai)P(B|Ai)．(3)代入全概率公式計算．跟蹤訓練3(2023·郴州模擬)已知顏色分別是紅、綠、黃的三個大小相同的口袋，紅色口袋內裝有兩個紅球、一個綠球和一個黃球；綠色口袋內裝有兩個紅球、一個黃球；黃色口袋內裝有三個紅球、兩個綠球(球的大小質地相同)．若第一次先從紅色口袋內隨機抽取1個球，然后將取出的球放入與球同顏色的口袋內，第二次從該口袋內任取一個球，則第二次取到黃球的概率為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(5,48)D.eq\f(11,48)答案D解析記第一次抽到紅、綠、黃球的事件分別為A1，A2，A3，則P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝P(A3)＝eq\f(1,4)，記第二次抽到黃球的事件為B，而A1，A2，A3兩兩互斥，其和為Ω，所以P(B|A1)＝eq\f(1,4)，P(B|A2)＝eq\f(1,4)，P(B|A3)＝eq\f(1,6)，則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).課時精練一、單項選擇題1．若P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,3)，則事件A與B的關系是()A．事件A與B互斥B．事件A與B對立C．事件A與B相互獨立D．事件A與B既互斥又相互獨立答案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與B相互獨立，事件A與B不互斥也不對立．2．已知事件A，B相互獨立，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，則P(A＋B)等于()A．0.88B．0.9C．0.7D．0.72答案C解析因為事件A，B相互獨立，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．已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球，它們大小形狀完全相同．甲每次從中任取一個不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,8)D.eq\f(2,9)答案B解析方法一因為他第一次拿到白球且不放回，所以在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率等價于從裝有3個紅球、1個白球、5個黑球中拿到紅球的概率，即為eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).方法二設“第一次拿到白球”為事件A，“第二次拿到紅球”為事件B，依題意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·咸陽模擬)某中學舉行疾病防控知識競賽，其中某道題甲隊答對該題的概率為eq\f(3,4)，乙隊和丙隊答對該題的概率都是eq\f(2,3).若各隊答題的結果相互獨立且都進行了答題，則甲、乙、丙三支競賽隊伍中恰有一支隊伍答對該題的概率為()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(7,36)D.eq\f(1,6)答案C解析記“甲隊答對該題”為事件A，“乙隊答對該題”為事件B，“丙隊答對該題”為事件C，則甲、乙、丙三支競賽隊伍中恰有一支隊伍答對該題的概率為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·江門模擬)衣柜里有灰色、白色、黑色、藍色四雙不同顏色的襪子，從中隨機選4只，已知取出的兩只是同一雙，則取出的另外兩只不是同一雙的概率為()A.eq\f(2,5)B.eq\f(4,5)C.eq\f(8,15)D.eq\f(8,9)答案D解析從四雙不同顏色的襪子中隨機選4只，記“取出的襪子至少有兩只是同一雙”為事件A，記“取出的襪子恰好有兩只不是同一雙”為事件B，事件A包含兩種情況：“取出的襪子恰好有兩只是同一雙”“取出的襪子恰好四只是兩雙”，則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)，則P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(8,9).6．(2023·武漢模擬)設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.3答案A解析設A1表示“該汽車是貨車”，A2表示“該汽車是客車”，則P(A1)＝eq\f(2,3)，P(A2)＝eq\f(1,3)，設B1表示“貨車中途停車修理”，B2表示“客車中途停車修理”，則P(B1)＝0.02，P(B2)＝0.01，B表示“一輛汽車中途停車修理”，則P(B)＝P(A1B1)＋P(A2B2)，今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為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、多項選擇題7．(2024·石家莊模擬)先后兩次擲一枚質地均勻的骰子，事件A＝“兩次擲出的點數之和是6”，事件B＝“第一次擲出的點數是奇數”，事件C＝“兩次擲出的點數相同”，則()A．A與B互斥 B．B與C相互獨立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時發生的兩個事件，事件A可以有以下情況：第一次擲出1，第二次擲出5或第一次擲出3，第二次擲出3等，如此與事件B有同時發生的可能，故A錯誤；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正確；易知P(A)＝eq\f(5,6×6)＝eq\f(5,36)≠eq\f(1,6)，故C錯誤；點數和為6，且兩次點數相同僅有都是3點一種情況，故P(AC)＝eq\f(1,6×6)＝eq\f(1,36)，故D正確．8．(2023·廣州模擬)有3臺車床加工同一型號的零件，第1臺加工的次品率為8%，第2臺加工的次品率為3%，第3臺加工的次品率為2%，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10%,40%,50%，從混放的零件中任取一個零件，則下列結論正確的是()A．該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為0.08B．該零件是次品的概率為0.03C．如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為0.98D．如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率為eq\f(1,3)答案BC解析記事件A：車床加工的零件為次品，記事件Bi：第i臺車床加工的零件，則P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%，任取一個零件是第1臺車床加工出來的次品概率為P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A錯誤；任取一個零件是次品的概率為P(A)＝eq\i\su(i＝1,3,P)(Bi)P(A|Bi)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正確；如果該零件是第3臺車床加工出來的，那么它不是次品的概率為P(eq\x\to(A)|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正確；如果該零件是次品，那么它不是第3臺車床加工出來的概率為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錯誤．三、填空題9．(2024·內江模擬)甲、乙兩人下圍棋，若甲執黑子先下，則甲勝的概率為eq\f(2,3)；若乙執黑子先下，則乙勝的概率為eq\f(1,2).假定每局之間相互獨立且無平局，第二局由上一局負者先下，若甲、乙比賽兩局，第一局甲、乙執黑子先下是等可能的，則甲勝第一局，乙勝第二局的概率為________．答案eq\f(7,24)解析若第一局甲執黑子先下，則甲勝第一局的概率為eq\f(2,3)，第二局乙執黑子先下，則乙勝的概率為eq\f(1,2)；若第一局乙執黑子先下，則甲勝第一局的概率為eq\f(1,2)，第二局乙執黑子先下，則乙勝的概率為eq\f(1,2)，所以第一局甲勝，第二局乙勝的概率為P＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24).10．(2023·西安模擬)從1,2,3,4,5,6,7中任取兩個不同的數，事件A為“取到的兩個數的和為偶數”，事件B為“取到的兩個數均為偶數”，則P(B|A)＝________.答案eq\f(1,3)解析因為事件B?A，所以P(AB)＝P(B)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,7))＝eq\f(1,7)，而P(A)＝eq\f(C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,4),C\o\al(2,7))＝eq\f(3,7)，所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(1,3).11．(2023·遼寧實驗中學模擬)有甲、乙、丙三個開關和A，B，C三盞燈，各開關對燈的控制互不影響．當甲閉合時A，B亮，當乙閉合時B，C亮，當丙閉合時A，C亮．若甲、乙、丙閉合的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，且相互獨立，則在A亮的條件下，B也亮的概率為________．答案eq\f(13,15)解析設事件M為“A燈亮”，事件N為“B燈亮”，事件X為“開關甲閉合”，事件Y為“開關乙閉合”，事件Z為“開關丙閉合”，則所求概率為P(N|M)＝eq\f(PNM,PM).其中P(NM)＝P(X)＋P(eq\x\to(X))P(Y)P(Z)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(13,24)，P(M)＝P(X∪Z)＝P(X)＋P(Z)－P(X)P(Z)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)－eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(5,8)，所以P(N|M)＝eq\f(\f(13,24),\f(5,8))＝eq\f(13,15).12．(2024·茂名模擬)有一批同規格的產品，由甲、乙、丙三家工廠生產，其中甲、乙、丙工廠分別生產3000件、3000件、4000件，而且甲、乙、丙工廠的次品率依次為6%,5%,5%，現從這批產品中任取一件，則取到次品的概率為________；若取到的是次品，則其來自甲廠的概率為________．答案0.053eq\f(18,53)解析設任取一件產品來自甲廠為事件A1，來自乙廠為事件A2，來自丙廠為事件A3，則A1，A2，A3彼此互斥，且A1∪A2∪A3＝Ω，P(A1)＝eq\f(3000,3000＋3000＋4000)＝eq\f(3,10)，P(A2)＝eq\f(3000,3000＋3000＋4000)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(4000,3000＋3000＋4000)＝eq\f(2,5)，設任取一件產品，取到的是次品為事件B，則P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(3,10)×6%＋eq\f(3,10)×5%＋eq\f(2,5)×5%＝eq\f(53,1000)＝0.053.若取得產品是次品，那么它是來自甲廠生產的概率為P(A1|B)＝eq\f(PA1B,PB)＝eq\f(PA1PB|A1,PB)＝eq\f(\f(3,10)×6%,\f(53,1000))＝eq\f(18,53).四、解答題13．(2023·景德鎮模擬)世界杯小組賽中，A，B，C，D四支球隊被分到同一組進行循環賽(每兩隊間進行一場比賽，獲勝的球隊積3分，平局兩隊各積1分，落敗的球隊積0分)．已知四支球隊實力相當，每支球隊在每場比賽中勝、負、平的概率分別為0.4,0.4,0.2.(1)求A隊踢完三場比賽后積分不少于6分的概率；(2)求四支球隊比完后積分相同的概率．解(1)由于A隊踢完三場比賽后積分不少于6分，所以A隊三場比賽中至少勝兩場，則P＝(0.4)3＋Ceq\o\al(1,3)×(0.4)2×(0.4＋0.2)＝0.352.(2)四支球隊共需進行六場比賽，六場比賽比完后四支球隊積分總和最少12分，最多18分，因此，四支球隊積分相同，可能同積3分或同積4分，①若同積3分，則六局皆平P1＝(0.2)6＝0.000064；②若同積4分，則每支球隊均一勝一平一負，若A勝B，A平C，A負D，則B勝C，B平D，C勝D，所以P2＝6×(0.4)4×(0.2)2＝0.006144，綜上所述，四支球隊比完后積分相同的概率為P＝P1＋P2＝0.006208.14．(2024·南京模擬)人工智能是用于研究模擬和延伸人類智能的技術科學，被認為是21世紀最重要的尖端科技之一，其理論和技術日益成熟，應用領域也在不斷擴大．人工智能背后的一個基本原理：首先確定先驗概率，然后通過計算得到后驗概率，使先驗概率得到修正和校對，再根據后驗概率做出推理和決策．基于這一基本原理，我們可以設計如下試驗模型：有完全相同的甲、乙兩個袋子，袋子中有形狀和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9個紅球和1個白球，乙袋中有2個紅球和8個白球．從這兩個袋子中選擇一個袋子，再從該袋子中等可能地摸出一個球，稱為一次試驗．若多次試驗直到摸出紅球，則試驗結束．假設首次試驗選到甲袋或乙袋的概率均為eq\f(1,2)(先驗概率)．(1)求首次試驗結束的概率；(2)在首次試驗摸出白球的條件下，我們對選到甲袋或乙袋的概率(先驗概率)進行調整．①求選到的袋子為甲袋的概率；②將首次試驗摸出的白球放回原來的袋子，繼續進行第二次試驗時有如下兩種方案：方案一，從原來的袋子中摸球；方案二，從另外一個袋子中摸球．請通過計算，說明選擇哪個方案第二次試驗結束的概率更大．解設試驗一次，“取到甲袋”為事件A1，“取到乙袋”為事件A2，“試驗結果為紅球”為事件B1，“試驗結果為白球”為事件B2.(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝eq\f(1,2)×eq\f(9,10)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,10)＝eq\f(11,20).所以試驗一次結果為紅球的概率為eq\f(11,20)，即首次試驗結束的概率為eq\f(11,20).(2)①因為B1，B2是對立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝eq\f(9,20)，所以P(A1|B2)＝eq\f(PA1B2,PB2)＝eq\f(PB2|A1PA1,PB2)＝eq\f(\f(1,10)×\f(1,2),\f(9,20))＝eq\f(1,9)，所以選到的袋子為甲袋的概率為eq\f(1,9).②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－eq\f(