2025屆高考數學一輪復習講義計數原理、概率、隨機變量及其分布之事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式一、知識點講解及規律方法結論總結1.事件的相互獨立性（1）定義：對任意兩個事件A，B，如果P（AB）＝①P（A）P（B），則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱獨立.（2）性質：若事件A與B相互獨立，則A與②B，A與③B，A與B也都相互獨立.（3）推廣：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）.注意若事件A與事件B是互斥事件（或對立事件），則A與B不相互獨立.2.條件概率（1）定義：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P（A）＞0，我們稱P（B｜A）＝④P（AB）P（A）為在⑤事件A（2）性質：設P（A）＞0，則a.P（Ω｜A）＝1；b.若B和C是兩個互斥事件，則P（B∪C｜A）＝⑦P（B｜A）＋P（C｜A）；c.設B和B互為對立事件，則P（B｜A）＝⑧1－P（B｜A）.注意（1）P（B｜A）與P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A發生的條件下事件B發生的概率，P（A｜B）表示在事件B發生的條件下事件A發生的概率.（2）當A，B相互獨立時，P（B｜A）＝P（B）.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）＝⑨∑i=1nP（Ai）P（B｜A拓展貝葉斯公式：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）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（二、基礎題練習1.下列說法錯誤的是（A）A.對于任意兩個事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立B.若事件A，B相互獨立，則P（B｜A）＝P（B）C.拋擲2枚質地均勻的硬幣，“第一枚為正面向上”為事件A，“第二枚為正面向上”為事件B，則A，B相互獨立D.若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B?Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）2.下列說法錯誤的是（A）A.P（A｜B）＜P（AB） B.P（A｜B）＝P（C.0≤P（A｜B）≤1 D.P（A｜A）＝1解析由條件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A說法錯誤；當事件B包含事件A時，有P（AB）＝P（A），此時P（A｜B）＝P（A）P（B），故B說法正確；易知0≤P（A｜B）≤1，P（3.[易錯題]設甲乘汽車、火車前往某目的地的概率分別為0.6，0.4，汽車和火車正點到達目的地的概率分別為0.9，0.8，則甲正點到達目的地的概率為（C）A.0.72 B.0.96 C.0.86 D.0.84解析設事件A表示甲正點到達目的地，事件B表示甲乘火車前往目的地，事件C表示甲乘汽車前往目的地.由題意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故選C.4.將兩顆骰子各擲一次，記事件A為“兩個點數不同”，B為“至少出現一個6點”，則條件概率P（A｜B），P（B｜A）分別等于（A）A.1011，13 B.13，1011 C.111，13解析由題意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝5.[教材改編]設10件產品中有4件不合格品，從中任意選取2件，則在所選取的產品中發現有一件是不合格品時，另一件也是不合格品的概率是15解析記事件A為“選取的2件產品中發現有一件是不合格品”，事件B為“另一件是不合格品”，則AB為“2件都是不合格品”.解法一記n（A），n（AB）分別為事件A，AB所包含的基本事件個數，則n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜解法二P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P三、知識點例題講解及方法技巧總結命題點1相互獨立事件角度1相互獨立事件的判斷例1[2021新高考卷Ⅰ]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.甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“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事件甲發生的概率P（甲）＝16，事件乙發生的概率P（乙）＝16，事件丙發生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁發生的概率P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；（對任意兩個事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，則P（AB）＝P（A）P（B）?事件A和B相互獨立）事件甲與事件丁同時發生的概率為16×6＝136，P（甲丁）＝P（甲）事件乙與事件丙同時發生的概率為16×6＝136，P（乙丙）≠P（乙）事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤.故選B.方法技巧判斷事件是否相互獨立的方法（1）由事件本身的性質直接判斷兩個事件的發生是否相互影響.（2）利用“事件A，B相互獨立?P（AB）＝P（A）·P（B）”判斷.角度2相互獨立事件的概率的求解例211分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5，乙發球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立.在某局雙方10∶10平后，甲先發球，兩人又打了X個球該局比賽結束.（1）P（X＝2）＝0.5；（2）事件“X＝4且甲獲勝”的概率為0.1.解析（1）“X＝2”包含的事件為“甲連贏兩球”或“乙連贏兩球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.（2）“X＝4且甲獲勝”包含的事件為“前兩球甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分”.因此所求概率為[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.方法技巧求相互獨立事件同時發生的概率的思路（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.訓練1為了普及安全教育，某市組織了一次學生安全知識競賽，規定每隊3人，每人回答一個問題，答對得1分，答錯得0分.在競賽中，假設甲隊每人回答問題的正確率均為23，乙隊每人回答問題的正確率分別為12，23，（1）分別求甲隊總得分為3分與1分的概率；（2）求甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率.解析（1）記“甲隊總得分為3分”為事件A，“甲隊總得分為1分”為事件B.甲隊得3分，即3人都回答正確，其概率P（A）＝23×23×23甲隊得1分，即3人中只有1人回答正確，其余2人都回答錯誤，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－2故甲隊總得分為3分與1分的概率分別為827，2（2）記“甲隊總得分為2分”為事件C，“乙隊總得分為1分”為事件D.甲隊得2分，即甲隊3人中有2人回答正確，1人回答錯誤，則P（C）＝23乙隊得1分，即乙隊3人中只有1人回答正確，其余2人回答錯誤，則P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－由題意得事件C與事件D相互獨立，則甲隊總得分為2分且乙隊總得分為1分的概率為P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝命題點2條件概率例3（1）[2023全國卷甲]某地的中學生中有60％的同學愛好滑冰，50％的同學愛好滑雪，70％的同學愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為（A）A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4解析令事件A，B分別表示該同學愛好滑冰、該同學愛好滑雪，事件C表示該同學愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，則P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝P（AB）P（B（2）[2023重慶聯考]從5名男生2名女生中任選3人參加學校組織的演講比賽，則在男生甲被選中的條件下，男生乙和女生丙至少一人被選中的概率是（C）A.12 B.47 C.35 解析解法一設男生甲被選中為事件A，男生乙和女生丙至少一人被選中為事件B，則PBA=n（AB）n（解法二在男生甲被選中的情況下，基本事件總數為C62＝15，其中男生乙和女生丙都沒有被選中的基本事件數為C42＝6，所以所求概率為1－故選C.方法技巧求條件概率的常用方法定義法先分別計算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（樣本點法先求事件A包含的樣本點數n（A），再求事件AB包含的樣本點數n（AB），得P（B｜A）＝n（縮樣法即縮小樣本空間的方法，就是去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型的概率公式求解.訓練2（1）[2022天津高考]現有52張撲克牌（去掉大小王），每次取一張，取后不放回，則兩次都抽到A的概率為1221；在第一次抽到A的條件下，第二次也抽到A的概率是117解析設事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.第1空解法一不放回地取兩次的可能結果種數為52×51，事件A1A2包含的可能結果種數為4×3，所以P（A1A2）＝4×352解法二不放回地取兩次，可以看成一次取出兩張牌，所以共有C522種可能結果，事件A1A2包含的可能結果種數為C42，所以P（A1A2）＝C4第2空解法一因為P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A解法二縮小樣本空間，已知第一次抽到的是A牌，所以還剩下51張牌，其中有3張A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝1（2）現有五瓶墨水，其中紅色一瓶，藍色、黑色各兩瓶，某同學從中隨機抽取兩瓶，若取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色，則另一瓶是紅色或黑色的概率為67解析設事件A為“取出的兩瓶中至少有一瓶是藍色”，事件B為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色”，事件C為“取出的兩瓶中另一瓶是黑色”，事件D為“取出的兩瓶中另一瓶是紅色或黑色”，則D＝B∪C，且B與C互斥.由題意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（命題點3全概率公式的應用例4（1）某考生回答一道四選一的考題，假設他知道答案的概率為0.5，知道答案時，答對的概率為1，而不知道答案時猜對的概率為0.25，那么他答對題目的概率為（A）A.0.625 B.0.75 C.0.5 D.0解析用A表示事件“考生答對題目”，用B表示事件“考生知道答案”，則B表示事件“考生不知道答案”，則P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，則P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.（2）在孟德爾豌豆試驗中，子二代的基因型為DD，Dd，dd，其中D為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基因型的比為1∶2∶1.如果在子二代中任意選取2顆豌豆作為父本雜交，那么子三代中基因型為dd的概率為14解析記事件B＝“子三代中基因型為dd”，事件A1＝“選擇的是Dd，Dd”，事件A2＝“選擇的是dd，dd”，事件A3＝“選擇的是dd，Dd”，則P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×在子二代中任取2顆豌豆作為父本雜交，分以下三種情況討論：①若選擇的是Dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A1）＝14②若選擇的是dd，dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A2）＝1；③若選擇的是dd，Dd，則子三代中基因型為dd的概率為P（B｜A3）＝12綜上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×因此，子三代中基因型為dd的概率是14方法技巧全概率公式的應用步驟（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）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各個互斥事件Ai發生條件下的概率PB（3）代入全概率公式求P（B）.訓練3（1）[多選/2023廣東六校聯考]某高校有甲、乙兩家餐廳，王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐，第一天去甲、乙兩家餐廳就餐的概率分別為0.4和0.6.如果他第一天去甲餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.6；如果第一天去乙餐廳，那么第二天去甲餐廳的概率為0.5.則王同學（AC）A.第二天去甲餐廳的概率為0.54B.第二天去乙餐廳的概率為0.44C.第二天去了甲餐廳，則第一天去乙餐廳的概率為5D.第二天去了乙餐廳，則第一天去甲餐廳的概率為4解析設A1＝“王同學第一天去甲餐廳”，A2＝“王同學第二天去甲餐廳”，B1＝“王同學第一天去乙餐廳”，B2＝“王同學第二天去乙餐廳”，則P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由題意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P易知Ω＝A1∪B1，且A1與B1互斥，則由全概率公式得PA2=PAP（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B錯誤.（注意題干“王同學每天都選擇兩家餐廳中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝0.30.54＝59，C正確.P（A1｜B2）＝（2）人們為了解一只股票未來一定時期內價格的變化，往往會去分析影響股票價格的基本因素，比如利率的變化.現假設人們經分析估計利率下調的概率為60％，利率不變的概率為40％.根據經驗，人們估計，在利率下調的情況下，該只股票價格上漲的概率為80％，而在利率不變的情況下，其價格上漲的概率為40％，則該只股票將上漲的概率為64％.解析記A為事件“利率下調”，那么A即為“利率不變”，記B為事件“股票價格上漲”.依題設知P（A）＝60％，P（A）＝40％，P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.四、命題點習題講解1.[命題點1角度1/多選/2023石家莊市二檢]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（BD）A.A與B互斥 B.B與C相互獨立C.P（A）＝16 D.P（AC）＝解析對于A選項，若第一次擲出的點數為1，第二次擲出的點數為5，則事件A和事件B同時發生，因此A選項不正確；對于B選項，事件B發生的概率為P（B）＝12，事件C發生的概率為P（C）＝C61C61C61＝16，事件B與事件C同時發生的概率為P（BC）＝C31C61C61＝112，P對于C選項，事件A有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5種情況，所以P（A）＝536，所以C對于D選項，事件A與事件C同時發生的概率為P（AC）＝136，所以D選項正確.選2.[命題點1角度2/2022全國卷乙]某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則（D）A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關B.該棋手在第二盤與甲比賽，p最大C.該棋手在第二盤與乙比賽，p最大D.該棋手在第二盤與丙比賽，p最大解析設棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，由題意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故選D.3.[命題點2]某光學儀器廠制造的透鏡，第一次落下時打破的概率為12；第一次落下未打破，第二次落下時打破的概率為710；若前兩次未打破，第三次落下時打破的概率為910.則透鏡落下三次未打破的概率為解析以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透鏡落下第i次時打破”，以B表示事件“透鏡落下三次未打破”.因為B＝A1A2A3，所以P（B）＝P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）4.[命題點3/2023福州八中檢測]設驗血診查某種疾病的誤診率為5％，即若用A表示驗血為陽性，B表示受驗者患病，則P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受驗人群中有0.5％的人患此病，即P（B）＝0.005，則一個驗血為陽性的人確患此病的概率為19218解析由題意，可得P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95易知事件AB表示從受驗人群中隨機抽取一人，此人患病且驗血為陽性，則P（AB）＝P（B）P（A｜B）.由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝P（B）P（五、習題實戰演練1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，則P（A）＝（A）A.17 B.37 C.0.33 解析由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝172.甲、乙兩選手進行象棋比賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，若采用三局兩勝制，則甲最終獲勝的概率為（D）A.0.36 B.0.352 C.0.288 D.0.648解析甲最終獲勝的情況可能為甲連勝2局或甲前2局1勝1負，第3局勝，則甲最終獲勝的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.63.[2024惠州市一調]甲、乙兩位游客慕名來到惠州旅游，準備從惠州西湖、羅浮山、南昆山、鹽洲島和大亞灣紅樹林公園5個景點中各隨機選擇一個景點游玩，記事件A為“甲和乙選擇的景點不同”，事件B為“甲和乙恰好一人選擇羅浮山”，則P（B｜A）＝（B）A.15 B.25 C.925 解析由題意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C514.[2024福州市一檢]一個袋子中有大小和質地相同的4個球，其中2個紅球，2個黃球，每次從中隨機摸出1個球，摸出的球不再放回.則第二次摸到黃球的條件下，第一次摸到紅球的概率為（C）A.13 B.12 C.23 解析解法一記“第i次摸到紅球”為事件Ai，“第i次摸到黃球”為事件Bi，i＝1，2.則P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×1P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A解法二記“第i次摸到紅球”為事件Ai，“第i次摸到黃球”為事件Bi，i＝1，2.由抽簽的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B5.[多選/2024江西分宜中學、臨川一中等校聯考]甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球.先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分別表示從甲罐取出的球是紅球、白球、黑球，再從乙罐中隨機取出一球，用事件B表示從乙罐取出的球是紅球.則下列結論正確的是（AD）A.P（B｜A1）＝5B.P（B）＝2C.事件B與事件A1相互獨立D.A1，A2，A3兩兩互斥解析由題意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（則P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P所以事件B與事件A1不相互獨立，故A正確，B，C不正確.顯然A1，A2，A3兩兩互斥，故D正確.故選AD.6.[2023武漢市5月模擬]設樣本空間Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的樣本點，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，則A，B，C三個事件是（填“是”或“不是”）兩兩獨立的，且P（ABC）P（解析由題意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）因為AB＝{a}，所以P（AB）＝14又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A同理可推出B與C，A與C分別相互獨立，則A，B，C三個事件是兩兩獨立的.因為ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，則P（ABC）7.[2024貴陽市模擬]某校高一、高二、高三年級的學生人數之比為3∶3∶4，3個年級的學生都報名參加公益志愿活動，經過選拔，高一年級有13的學生成為公益活動志愿者，高二、高三年級各有14（1）設事件B＝“在3個年級中隨機抽取的1名學生是公益活動志愿者”；事件Ai＝“在3個年級中隨機抽取1名學生，該學生來自高i年級”（i＝1，2，3）.請完成下表中不同事件的概率：事件概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值1（2）若在3個年級中隨機抽取1名學生，該學生是公益活動志愿者，根據以上表中所得數據，求該學生來自高一年級的概率.解析（1）補充表格如下.事件概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值33211111（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA（2）該學生來自高一年級的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（8.[2024山東威海統考]某大學在一次調查學生是否有自主創業打算的活動中，獲得了如下數據.男生人數女生人數有自主創業打算16m無自主創業打算64n（1）若m＝24，n＝36，根據調查數據判斷，能否依據α＝0.01的獨立性檢驗認為該校學生有無自主創業打算與性別有關.（2）若m＝15，n＝60，從這些學生中隨機抽取一人.（i）若已知抽到的人有自主創業打算，求該學生是男生的概率；（ii）判斷“抽到的人無自主創業打算”與“抽到的人是男生”是否相互獨立.附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋bα0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解析（1）零假設為H0：該校學生有無自主創業打算與性別無關.χ2＝（16+64+24+36）×（16×依據小概率值α＝0.01的2獨立性檢驗，可以認為該校學生有無自主創業打算與性別有關.（2）（i）記A為“抽到的人有自主創業打算”，B為“抽到的人是男生”.解法一P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）解法二P（B｜A）＝n（AB）n（（ii）解法一由（i）知A為“抽到的人無自主創業打算”，B為“抽到的人是男生”，則AB為“抽到的人無自主創業打算且是男生”.P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）所以P（AB）＝P（A）P（B），所以“抽到的人無自主創業打算”與“抽到的人是男生”相互獨立.解法二零假設為H'0：該校學生有無自主創業打算與性別無關.根據題意得到如下2×2列聯表：男生人數女生人數合計有自主創業打算161531無自主創業打算6460124合計8075155χ12＝155×所以“抽到的人無自主創業打算”與“抽到的人是男生”相互獨立.9.[多選/2023江蘇海安中學三模]記A，B為隨機事件，則下列說法正確的有（BC）A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BB.若事件A，B相互獨立，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BC.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（B｜解析選項分析過程正誤AP（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪?BPA√C令P（B）＝x，則P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（A√D由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB?10.[多選/2023廣州市二檢]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（BC）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1解析記事件A為“車床加工的零件為次品”，記事件Bi為“第i臺車床加工的零件，i＝1，2，3”.則P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.對A，任取一個零件，該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為PAB1=對B，任取一個零件，該零件是次品的概率為P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正確.對C，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（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故對D，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，可以考慮它的對立事件的概率：如果該零件是次品，那么它是第3臺車床加工出來的概率，即P（B3｜A），所以所求概率為1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜11.[多選/2023新高考卷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）.（ABD）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的概率解析由題意，發0收1的概率為α，發0收0的概率為1－α；發1收0的概率為β，發1收1的概率為1－β.對于A，發1收1的概率為1－β，發0收0的概率為1－α，發1收1的概率為1－β，所以所求概率為（1－α）（1－β）2，故A選項正確.對于B，相當于發了1，1，1，收到1，0，1，則概率為（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B選項正確.對于C，相當于發了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，則概率為C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3對于D，發送0，采用三次傳輸方案譯碼為0，相當于發0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，則此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；發送0，采用單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當0＜α＜0.5時，P1-P2=3α（1－α）2＋（1