事件的相互獨立性、條件概率及全概率公式與貝葉斯公式-2025年高中數(shù)學一輪復習

第06講事件的相互獨立性、條件概率

及全概率公式與貝葉斯公式

（5類核心考點精講精練）

IN.考情探究?

1.5年真題考點分布

5年考情

考題示例考點分析關(guān)聯(lián)考點

利用對立事件的概率公式求概率

2024年新II卷，第18題,17分獨立事件的乘法公式

求離散型隨機變量的均值

2023年新I卷，第21題,12分利用全概率公式求概率求離散型隨機變量的均值

獨立事件的乘法公式

2023年新H卷，第12題,5分利用互斥事件的概率公式求概率

獨立重復試驗的概率問題

2023年全國甲卷（理），

計算條件概率無

第6題,5分

2022年新I卷，第20題,12分計算條件概率獨立性檢驗解決實際問題

頻率分布直方圖的實際應用

2022年新H卷，第19題,12分計算條件概率由頻率分布直方圖估計平均數(shù)

利用對立事件的概率公式求概率

2021年新I卷，第8題,5分獨立事件的判斷無

2020年全國甲卷（理），

獨立事件的實際應用及概率無

第19題,12分

2.命題規(guī)律及備考策略

【命題規(guī)律】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，設(shè)題穩(wěn)定，難度中等或偏難，分值為5-12分

【備考策略】1.理解、掌握事件的相互獨立性關(guān)系及其辨析

2.會獨立事件的乘法公式計算

3.會條件概率的計算

4.會全概率及貝葉斯概率的計算

【命題預測】本節(jié)內(nèi)容是新高考卷的必考內(nèi)容，一般結(jié)合條件概率、全概率及貝葉斯概率綜合考查，需重

點強化復習

1

(\?考點梳理

知識講解

1.事件的相互獨立性

(1)定義：設(shè)/,8為兩個事件，若P(AB)=P(A)P(B),則稱事件N與事件8相互獨立.

(2)性質(zhì)：

①若事件/與8相互獨立，貝IJ尸(8|N)=尸(8),P(A\B)=P(A),P(AB)=P(A)P(B).

②如果事件4與B相互獨立，那么/與8,4與B,4與B也相互獨立.

互斥事件強調(diào)兩事件不可能同時發(fā)生，即戶(4?)=0,相互獨立事件則強調(diào)一個事件的發(fā)生與否對另一個事

件發(fā)生的概率沒有影響.

2.條件概率

條件概率的定義條件概率的性質(zhì)

已知B發(fā)生的條件下，A發(fā)生的概率，稱為B發(fā)生時4發(fā)生的條件概率，記為P(A|B).(1)OW7W)W1,

當尸(3)>0時，我們有P(/|3)=7卯.(其中，/AB也可以記成A8)(2)如果3和C是兩

個互斥事件，則尸(8

類似地，當尸(/)>0時，/發(fā)生時2發(fā)生的條件概率為尸(為/)=黑:UQA)=P(B\A)+

尸(。⑷

尸(2⑷與尸(/⑸易混淆為等同

前者是在/發(fā)生的條件下3發(fā)生的概率，后者是在2發(fā)生的條件下/發(fā)生的概率.

3.條件概率的三種求法

先求尸(/)和P(4B),再由尸(引/)=^^求P(B\A)

定義法

基本事件法借助古典概型概率公式，先求事件4包含的基本事件數(shù)旗/),再求事件所包含的基本事

2

件數(shù)〃(48),得PCB⑷=亞幽

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，用古典概型求解，

縮樣法

它能化繁為簡

4.全概率公式

一般地，設(shè)小，Ai,???,4是一組兩兩互斥的事件，出U/2U…U4=0,且尸(4)>0,z=L2,???,n,

n

則對任意的事件匹8a=2(4+也+…+4)=34+342+…+34,有尸(8)=三尸(4)尸(倒4)

Z=1

,此公式為全概率公式.

(1)計算條件概率除了應用公式P(3⑶=乙組叱外，還可以利用縮減公式法，即1(即)=〃(/一,其

P(A)n(A)

中〃(/)為事件A包含的樣本點數(shù)，〃(/B)為事件AB包含的樣本點數(shù).

(2)全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復雜事件N的概率的求解問題，轉(zhuǎn)化為了在不同情況

下發(fā)生的簡單事件的概率的求和問題.

5.貝葉斯公式

一般地，設(shè)/[/，…，4是一組兩兩互斥的事件方力?小^…^同小^^且網(wǎng)4)〉。，；1，？,…,，^1^

任意的事件8NQP(8)〉0有

z,、p(At)p(B\4)尸(4)P(劇4)

P⑶4)=p總="S'-U=1，2,…,〃

()￡P(guān)(4)P⑶4)

1=1

考點一、獨立事件的判斷

中典例引領(lǐng)

1.(2024?上海?高考真題)有四種禮盒，前三種里面分別僅裝有中國結(jié)、記事本、筆袋，第四個禮盒里面三

種禮品都有，現(xiàn)從中任選一個盒子，設(shè)事件A：所選盒中有中國結(jié)，事件3:所選盒中有記事本，事件C:

所選盒中有筆袋，則()

A.事件A與事件8互斥B.事件A與事件5相互獨立

C.事件A與事件3UC互斥D.事件A與事件BcC相互獨立

【答案】B

【分析】根據(jù)互斥事件和對立事件的定義，逐一判斷選項即可.

【詳解】選項A,事件A和事件8可以同時發(fā)生，即第四個禮盒中可以既有中國結(jié)，又有記事本，事件A與

事件B不互斥，A錯誤；

選項B,?."(/)=；,尸”)=；，尸(/2)=：,

3

:.P（A）P（B）=P（AB）,B正確;

選項C,事件A與事件3UC可以同時發(fā)生，即第四個禮盒中可以既有中國結(jié)，又有記事本或筆袋，C錯誤;

選項D,?./（/）=；,P（5p|C）=i,P（/C（BnC））=（,

.?.尸（N）P（3CC）R尸（Nc（8cC））,

與8p|C不獨立，故D錯誤.

故選:B.

2.（2021?全國?高考真題）有6個相同的球，分別標有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機取兩次，

每次取1個球，甲表示事件”第一次取出的球的數(shù)字是1",乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2",丙表

示事件"兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,丁表示事件"兩次取出的球的數(shù)字之和是7",則（）

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

【答案】B

【分析】根據(jù)獨立事件概率關(guān)系逐一判斷

【詳解】p（甘=卜p（乙）=卜p（兩）=9p（乃=2=9，

OO30DOO

1

P（見劭=OWP（/）P（電，PQ甲T）=^7=P］和PS，

36

1

P（乙兩=—^P（乙）P（劭，P（丙丁）=0HP（乃P（西，

36

故選：B

【點睛】判斷事件48是否獨立，先計算對應概率，再判斷尸（/）尸（B）=P（/B）是否成立

3.（2023?吉林通化?梅河口市第五中學?？寄M預測）有6個大小相同的小球，其中1個黑色，2個藍色，3

個紅色.采用放回方式從中隨機取2次球，每次取1個球，甲表示事件"第一次取紅球”，乙表示事件"第二

次取藍球"，丙表示事件"兩次取出不同顏色的球”，丁表示事件”與兩次取出相同顏色的球"，則（）

A.甲與乙相互獨立B.甲與丙相互獨立

C.乙與丙相互獨立D.乙與丁相互獨立

【答案】A

【分析】根據(jù)給定條件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互獨立事件的定義判斷作答.

3121

【詳解】依題意，事件甲的概率耳,事件乙的概率上,有放回取球兩次的試驗的基本事件總

6263

數(shù)是々=36,

顯然事件丙與丁是對立事件，兩次取出的球顏色相同含有的基本事件數(shù)為儼+2?+3?=14,

1411147

事件丙的概率巴=1-甚=77,事件丁的概率與=o=u，

36183618

對于A,事件甲與乙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為6,其概率乙=三=）=耳?乙，甲與乙相互獨立，A正確；

366

4

91

對于B,事件甲與丙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為9,其概率累二0二;0片七，甲與丙不獨立，B錯誤;

QO

對于C,事件乙與丙同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為8,其概率￡=數(shù)=3,5犬，乙與丙不獨立，C錯誤;

41

對于D,事件乙與丁同時發(fā)生所含的基本事件數(shù)為4,其概率6=數(shù)=§?！辍辏遗c丁不獨立，D錯誤.

故選：A

即時檢測

1.(2024?廣東廣州?模擬預測)擲出兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記事件/="第一枚點數(shù)小于3”,事件8="第二

枚點數(shù)大于4",則A與3關(guān)系為()

A.互斥B.互為對立C.相互獨立D.相等

【答案】C

【分析】利用古典概型分別求出尸(㈤,尸(3),尸(/3),由尸(")=尸⑷尸伊)可得解.

【詳解】由題意，擲出兩枚質(zhì)地均勻的骰子共有基本事件36個，

其中事件A有。,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),共12個，

事件3有(1,5),(2,5),(3,5),(4,5)6,5)65)Q,6)(,6)86)&6)(5,6),(6,6),共12個，事件48有

(1,5),(1,6),(2,5),(2,6),共4個基本事件，

121121

所以尸⑷二函二,尸⑻=而=/

所以尸(/8)=尸(⑷尸(8),故4,相互獨立,

答選：C

2.(24-25高二上?湖北?階段練習)拋擲一紅一綠兩顆質(zhì)地均勻的六面體骰子，記錄骰子朝上面的點數(shù)，若

用x表示紅色骰子的點數(shù)，用歹表示綠色骰子的點數(shù)，用(X/)表示一次試驗結(jié)果，設(shè)事件E：x+>=8；事

件廠：至少有一顆點數(shù)為5；事件G:尤>4；事件.則下列說法正確的是()

A.事件￡與事件下為互斥事件B.事件廠與事件G為互斥事件

C.事件￡與事件G相互獨立D.事件G與事件H相互獨立

【答案】D

【分析】分別寫出事件￡、F、G、H所包含的基本事件，根據(jù)互斥事件的定義判斷A,B；根據(jù)獨立事件

的定義判斷C,D.

【詳解】解:由題意可知E={(2,6),(3,5)*(4,4),(5,3),(6,2)}；

F={(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)}；

G={(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)}；

H={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),

(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4)}；

5

對于A,因為￡門萬={(3,5),(5,3)},所以事件E與事件下不是互斥事件，故錯誤；

對于B,因為GcF={(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,5)},所以事件G與事件尸不是互斥事件,故錯誤;

512121

對于C,因為EcG={(5,3),(6,2)},P(￡)=—,P(G)=—=-,P(EcG)y力P(E)P(G),所以事件￡

363633618

與事件G不相互獨立，故錯誤；

242121

對于D,因為GcH={(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4)},尸(0=三=：,尸@=弓=：,

363363

Q2

P(HcG)=^=§=P(H)P(G),

所以事件E與事件G相互獨立，故正確.

故選：D.

3.(24-25高三上?陜西安康?開學考試)(多選)一個不透明的盒子中裝有大小和質(zhì)地都相同的編號分別為1,

2,3,4的4個小球，從中任意摸出兩個球.設(shè)事件4="摸出的兩個球的編號之和小于5",事件出="摸出

的兩個球的編號都大于2”,事件4="摸出的兩個球中有編號為3的球"，則()

A.事件4與事件4是互斥事件B.事件4與事件4是對立事件

c.事件4與事件4是相互獨立事件D.事件ana與事件4c4是互斥事件

【答案】ACD

【分析】先列舉各事件，再根據(jù)互斥事件，對立事件，相互獨立事件的概率特征逐一判斷即可；

【詳解】列舉各事件如下：4：{(1，2),(1,3)},4：{(3,4)},4：{(1,3),(2,3),(3,4)},

A：由互斥事件同時發(fā)生的概率為0,即尸(4c4)=0,故A正確；

|>P（4）=W=；，g+故B錯誤;

B：由對立事件的概率和為1,「⑷小

c：因為尸(44)=《=；=尸(4)xP(4)=：xJ,故c正確；

C4o23

D：事件4C&={(3,4)},事件4c4={(1,3)},為互斥事件，不可能同時發(fā)生，故D正確;

故選:ACD.

4.(2024廣東珠海一模)(多選)設(shè)4,3為隨機事件,且尸(/),網(wǎng)8)是42發(fā)生的概率.*/),尸(8)?0,1),

則下列說法正確的是()

A.若4B互斥,則尸(/U3)=尸(/)+尸(為

B.若P(4B)=P(A)P⑻,則4,2相互獨立

C.若4,B互斥,則3相互獨立

口尸(小)尸僅同P(山)尸網(wǎng)到

【答案】ABD

【分析】利用互斥事件的概率公式可判斷A選項；由相互獨立事件的概念可判斷B選項；由互斥事件和相

6

互獨立事件的概念可判斷C選項；由條件概率公式化簡，可判斷D選項.

【詳解】對于A：若/,B互斥,根據(jù)互斥事件的概率公式，則尸（/UB）=尸（4）+尸（8）,故A正確；

對于B：由相互獨立事件的概念知，若尸（48）=尸（/）尸（3）,則事件4,2是相互獨立事件，故B正確;

對于C：若3互斥，則2不一定相互獨立，

例：拋擲一枚硬幣的試驗中，事件2="正面朝上"，事件3="反面朝上"，

事件A與事件3互斥，但尸（43）=0,尸（/）=尸（8）=；,

所以不滿足相互獨立事件的定義，故C錯誤；

對干D-尸（'⑻」便M〔尸（蕩）P網(wǎng)尸（存）尸⑷尸（池）

,尸（，⑻尸（婀P（B）P（AB）P⑷尸（網(wǎng)P（AB）

尸闞，）尸（彳同P（疝）尸（/）P（AB）尸⑻P（AB）

P[B\A）'尸一尸（/）P（AB）'P⑼P（疝）—P（4B）

所以常?索

P（B\A）尸片）

與相等，故D正確.

P（2|/）P（/盧）

故選：ABD.

考點二、獨立事件的乘法公式

典例引領(lǐng)

1.（2024?遼寧?模擬預測）某疾病全球發(fā)病率為0.03%,該疾病檢測的漏診率（患病者判定為陰性的概率）

為5%,檢測的誤診率（未患病者判定為陽性的概率）為1%,則某人檢測成陽性的概率約為（）

A.0.03%B.0.99%C.1.01%D.1.03%

【答案】D

【分析】分別求得非患者檢測為陽性的概率與患者檢測為陽性的概率，可求得結(jié)論.

【詳解】由題意，未患病者判定為陽性的概率為1%,患病者判定為陽性的概率為95%,

某人檢測成陽性包含兩種情況：

①非患者檢測為陽性的概率為（l-0.3%）xl%=0.00997；

②患者檢測為陽性的概率為0.3%x（l-5%）=0.00285,

所以某人檢測成陽性的概率為0.00997+0.00285=0.0128221.03%.

故選：D.

2.（2024?遼寧?模擬預測）甲、乙二人下圍棋，若甲先著子，則甲勝的概率為0.6,若乙先著子，則乙勝的

概率為0.5,若采取三局兩勝制（無平局情況），第一局通過擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣確定誰先著子，以后每

局由上一局負者先著子，則最終甲勝的概率為（）

A.0.5B.0.6C.0.57D.0.575

【答案】D

7

【分析】最終甲勝分三種情況，一二局甲勝，一三局甲勝，二三局甲勝，而每種情況又分甲先著子和乙先

著子，結(jié)合獨立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.

【詳解】由題意知，

一二局甲月生的概率為：-X0.6x0.5+-X0.5X0.5=0.275,

22

一三局甲勝的概率為：-x0.6x0.5x0.6+-x0.5x0,5x0,6=0.165,

22

二三局甲勝的概率為：-x0.4x0.6x0.5+-x0.5x0,6x0.5=0,135,

22

因止匕最終甲勝的概率為0.275+0.165+0.135=0.575,

故選：D.

3.(2024?天津和平?二模)為銘記歷史、緬懷先烈，增強愛國主義情懷，某學校開展共青團知識競賽活動.在

最后一輪晉級比賽中，甲、乙、丙三名同學回答一道有關(guān)團史的問題，每個人回答正確與否互不影響.已

知甲回答正確的概率為《，甲、丙兩人都回答正確的概率是:，乙、丙兩人都回答正確的概率是J.若規(guī)定

三名同學都回答這個問題，則甲、乙、丙三名同學中至少有1人回答正確的概率為;若規(guī)定三名同

學搶答這個問題，已知甲、乙、丙搶到答題機會的概率分別為:，)，!，則這個問題回答正確的概率為______.

263

【答案】{7/0.875關(guān)37

【分析】根據(jù)題意，設(shè)甲回答正確為事件A,乙回答正確為事件B,丙回答正確為事件C,先由相互獨立事

件的概率公式求出P(B)、尸(C)的值，結(jié)合對立事件的性質(zhì)求出第一空答案，利用全概率公式計算第二空的

答案.

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)甲回答正確為事件A,乙回答正確為事件8,丙回答正確為事件C,

則尸(/)=g,P(/C)=P(N)P(C)=；,P(BC)=P(3)尸(C)=：,

91

所以尸(C)=g,

若規(guī)定三名同學都回答這個問題，

則甲、乙、丙三名同學中至少有1人回答正確的概率［=I-P(N耳0=

若規(guī)定三名同學搶答這個問題，已知甲、乙、丙搶到答題機會的概率分別為《，”，(，

263

11111?37

貝>］這個問題回答正確的概率8=：x：+：x；+:x：==.

22643372

737

故答案為：-:—.

4.(2022?全國?高考真題)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手

與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為月,0,2,且P3>P2>Pi>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則()

A.〃與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)B.該棋手在第二盤與甲比賽，〃最大

8

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

【答案】D

【分析】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤.分別求得該棋手在第二盤與甲比賽且連勝兩盤的概率。甲；該

棋手在第二盤與乙比賽且連勝兩盤的概率。乙；該棋手在第二盤與丙比賽且連勝兩盤的概率P丙.并對三者進

行比較即可解決

【詳解】該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，

記該棋手在第二盤與甲比賽，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為1,

則此時連勝兩盤的概率為降

貝1°甲=g[(1-02)。逮3+APl(1-2)]+；[(1-03)四夕2+(1102)]

="3+。3)-2。12。3；

記該棋手在第二盤與乙比賽，且連勝兩盤的概率為。乙，

貝1。乙=(1-Pl)P2P3+(1-2)=P式Pl+2)-2。逮2。3

記該棋手在第二盤與丙比賽，且連勝兩盤的概率為P丙

則。丙=(1-Pl)P3P2+(1—02)=。3(。1+。2)—2Plp2P3

貝IP甲一。乙=。1防2+。3)-2四02P3一卜231+。3)-2?！?P3卜包一。2)^3<0

P乙一。丙=P2Ol+。3)一2月2小一[。3(Pl+P2)-2月02]=(2—P3)B<°

即P甲<P乙，P乙<P丙，

則該棋手在第二盤與丙比賽，P最大.選項D判斷正確；選項BC判斷錯誤；

〃與該棋手與甲、乙、丙的比賽次序有關(guān).選項A判斷錯誤.

故選：D

■即_時__檢__測___

1.(2024?河南鄭州?三模)拋擲一枚質(zhì)地均勻的正四面骰子(骰子為正四面體，四個面上的數(shù)字分別為1,2,

3,4),若骰子與桌面接觸面上的數(shù)字為1或2,則再拋鄭一次，否則停止拋擲(最多拋擲2次).則拋擲骰

子所得的點數(shù)之和至少為4的概率為()

9735

A.—B.—C.—D.—

1616816

【答案】A

【分析】分拋擲次數(shù)為1及拋擲次數(shù)為2,利用列舉法及概率乘法公式計算即可得.

【詳解】拋擲次數(shù)為1的概率為2;=：1，點數(shù)可能為3或4,

42

拋擲次數(shù)為2的概率為1-

22

9

此時基本事件有（1,1）、（1,2）、（1,3）、（1,4）、（2,1）、（2,2）、（2,3）、（2,4）共八種，

其中點數(shù)之和至少為4的情況有（1,3）、（1,4）、（2,2）、（2,3）、（2,4）共五種，

故拋擲骰子所得的點數(shù)之和至少為4的概率為葭!+葭，=1+W

222841616

故選：A.

2.（2024?吉林?模擬預測）中國成功搭建了國際首個通信與智能融合的6G外場試驗網(wǎng)，并形成貫通理論、

技術(shù)、標準和應用的全產(chǎn)業(yè)鏈創(chuàng)新環(huán)境.某科研院在研發(fā)6G項目時遇到了一項技術(shù)難題，由甲、乙兩個團隊

分別獨立攻關(guān).已知甲、乙團隊攻克該項技術(shù)難題的概率分別為0.8和0.7,則該科研院攻克這項技術(shù)難題的

概率為.

【答案】0.944*7

【分析】設(shè)相應事件，根據(jù)對立事件結(jié)合獨立事件求司，即可得結(jié)果.

【詳解】設(shè)甲、乙團隊攻克該項技術(shù)難題分別為事件45,

則尸（4）=0.8,尸（8）=0.7,

可得尸（1分）=尸⑷尸⑻=口_/（/）］［1_尸（3）］=0_08）（1_07）=0.06,

所以該科研院攻克這項技術(shù)難題的概率為1-P（萬）=0.94.

故答案為：0.94.

3.（2024?湖南益陽?一模）在某世界杯足球賽上，a,b,c,d四支球隊進入了最后的比賽，在第一輪的兩場

比賽中，。對從c對力然后這兩場比賽的勝者將進入冠亞軍決賽，這兩場比賽的負者比賽，決出第三名

和第四名,若a對氏0對d的勝率均為0.6,a對c、c對d的勝率均為0.5,則a獲得冠軍的概率為.

【答案】0.33

【分析】由分步乘法和分類加法原理，分兩種情況討論即可；

【詳解】。獲得冠軍，第一輪中必須勝出，概率為0.6,

由題意可得，第二輪比賽中可以分兩種情況，c勝，概率為0.5,然后。勝，由獨立事件的乘法公式可得a

獲得冠軍的概率為0.6x0.5x0.5=0.15；

第二種情況為d勝，概率為0.5,然后。勝，由獨立事件的乘法公式可得。獲得冠軍的概率為

0.6倉吩.50.6=0.18；

由分類原理可得。獲得冠軍的概宰為0.18+0.15=0.33,

故答案為：0.33.

考點三、條件概率的計算

中典例引領(lǐng)

1.（2023?全國?高考真題）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

10

好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學生中隨機調(diào)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.0.8B.0.6C.0.5D.0.4

【答案】A

【分析】先算出同時愛好兩項的概率，利用條件概率的知識求解.

【詳解】同時愛好兩項的概率為0.5+0.6-0.7=0.4,

記"該同學愛好滑雪”為事件A,記"該同學愛好滑冰〃為事件B,

貝IJ尸（4）=O5,P（/8）=0.4,

所以尸（冽/）=以4*="=0.8.

P（A）0.5

故選:A.

2.（2024?天津?高考真題）4民。,。,￡五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到A的概率為、

已知乙選了A活動，他再選擇3活動的概率為.

【答案】|3|1

【分析】結(jié)合列舉法或組合公式和概率公式可求甲選到A的概率；采用列舉法或者條件概率公式可求乙選

了A活動，他再選擇8活動的概率.

【詳解】解法一：列舉法

從五個活動中選三個的情況有：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10種情況，

其中甲選到A有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

則甲選到A得概率為：尸=4=|；

乙選A活動有6種可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

其中再選則3有3種可能性：ABC,ABD,ABE,

31

故乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為

62

解法二:

設(shè)甲、乙選到A為事件乙選到B為事件N,

則甲選到A的概率為尸（町=舁=］；

P(MN)_C^_l_

乙選了A活動,他再選擇B活動的概率為尸（N|=

P(M)~C[~2

c[

31

故答案為：—；—

3.（2022?天津?高考真題）52張撲克牌，沒有大小王，無放回地抽取兩次，則兩次都抽到4的概率

11

為;已知第一次抽到的是/,則第二次抽取/的概率為.

11

【答案】

22117

【分析】由題意結(jié)合概率的乘法公式可得兩次都抽到N的概率，再由條件概率的公式即可求得在第一次抽

到/的條件下，第二次抽到/的概率.

【詳解】由題意，設(shè)第一次抽到/的事件為此第二次抽到/的事件為C,

1

則尸=七"為=1=',Ra9321

-17

13

故答案為：I

4.（2024?安徽安慶?三模）（多選）己知尸（⑷，P⑻，P（/8）e（0,l）,則下列命題正確的是（）

A.尸⑷尸（8|N）=P⑻尸（N忸）B.尸(/)+P(M)=P(B)+P卜萬)

c.尸(4+8)=尸+H詞D.尸但/）+尸（圖4）=尸（4）+尸⑷

【答案】ABD

【分析】根據(jù)條件概率公式，逐一判斷即可.

【詳解】A選項：因為尸（叫，）=萼空,尸（胸=生黑,所以尸（48）=尸（⑷尸（叫/）=尸⑻尸（4忸）,

A正確;

B選項：因為尸（/）=P（A8）+尸（砌，/8）=網(wǎng)48）+?（初），所以尸（"）=尸⑷一P（N萬卜P（B）-P0B）,

因此尸⑷+尸（初）=尸⑻+/&瓦）,B正確;

C選項：因為尸（4+2）=尸（4）+尸（⑸-尺/到，所以

P(A+B)=P[AB)+P[AB^+P(AB尸(/B)=尸)+Pg5卜尸02),C錯誤;

D選項：因為尸（司/）="，尸伊⑷=黑1，所以尸修⑷+尸國勾=三%產(chǎn)）=1,又因為

尸⑷+尸（可=1,所以尸（8|/）+P（即）=尸⑷+P⑷，D正確.

故選:ABD

5.（2022?全國?高考真題）一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣（衛(wèi)生習慣分為

良好和不夠良好兩類）的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機調(diào)查了100例（稱為病例組），同時在未患該疾

病的人群中隨機調(diào)查了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù):

不夠良好良好

病例組4060

12

對照組1090

(1)能否有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異？

⑵從該地的人群中任選一人，A表示事件"選到的人衛(wèi)生習慣不夠良好"，3表示事件"選到的人患有該疾

病"?攜3與簿當?shù)谋戎凳切l(wèi)生習慣不夠良好對患該疾病風險程度的一項度量指標，記該指標為R

P(B|A)P(B\A)

產(chǎn)(41B)

(i)證明:

P(A\B)P(A|B)

(ii)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出尸(川2),尸(小豆)的估計值，并利用(i)的結(jié)果給出R的估計值.

附K2="(逋-6c)2

(a+b){c+d)(a+c)(Z?+d)

P(K?>k'0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

【答案】⑴答案見解析

⑵(i)證明見解析；(ii)R=6；

【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出K?的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%的把握認為患

該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異；⑵⑴根據(jù)定義結(jié)合條件概率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)

(i)結(jié)合已知數(shù)據(jù)求R.

【詳解】⑴由已知片=一幽3—=200(40x9。-60x10)：,

(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)50x150x100x100

又尸(Q26.635)=0.01,24>6.635,

所以有99%的把握認為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習慣有差異.

(2)(i泅為"尸(8⑷平.4)二改”2.3■.但

P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)'

P(AB)P(B)Pq)P?

一P(B)P(AB)P(B)P(畫

所以R=皿a

P{A\B)P(A15)

(ii)

由已知尸(圖團=黑，P(A\B)=—,

-60--90

又P(4|B)=2P(A|B)=——

100100

P(A\B)PG\B)_

所以R=6

P(A|B)P(A\B)

13

即時檢測

.____________

1.（2024?廣西?模擬預測）在某電路上有C,。兩個獨立工作的元件，每次通電后，需要更換C元件的概率

為0.3,需要更換。元件的概率為0.2,則在某次通電后C,。有且只有一個需要更換的條件下，C需要更

換的概率是（）

39123

A.—B.—C.—D.一

1013194

【答案】C

【分析】記事件及在某次通電后C,。有且只有一個需要更換，事件凡C需要更換，由條件概率的計算

公式求解即可.

【詳解】記事件氏在某次通電后C,。有且只有一個需要更換，

事件凡C需要更換，

則尸（￡）=0.3x（l-0.2）+（1-0.3）X0.2=0.38,

尸（斯）=0.3x（l-0.2）=0.24

由條件概率公式可得尸仍?身=餐?=就m-

故選：C.

2.（2024?廣東江門?模擬預測）現(xiàn)有1000個蘋果，其中900個是大果，100個是小果，現(xiàn)想用一臺水果分選

機篩選出來.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(jīng)過一輪篩

選后，現(xiàn)在從這臺分選機篩選出來的"大果"里面隨機抽出一個，則這個"大果”是真的大果的概率為（）

8558571719

A.---B.----C.D.—

857100020010

【答案】A

【分析】法一：設(shè)抽取的果是大果為事件A,經(jīng)過分選機篩選后是"大果"為事件8,利用全概率公式求得尸修）,

再由條件概率公式得到所求概率；

法二：具體到有1000個蘋果，計算出真正的"大果"的個數(shù)和篩選出的"大果"的個數(shù)，由古典概型得到所求

概率.

【詳解】法一：設(shè)抽取的果是大果為事件A,經(jīng)過分選機篩選后是“大果"為事件B,

則由題意可知尸（4）=0.9,尸（8|/）=1-0.05=0.95,尸（0=0.1尸⑶價=0.02,

所以P（B）=尸（氏4）+尸（雨）=尸（而A）xP（A）+P（Bl刃x尸⑷=0.95x0.9+0.02x0.1=0.857,

（09x095255

所以這顆"大果"是真的大果的概率為尸（削g）=^pA7=—=—,A正確；

U.OJ/oJ/

法二：根據(jù)題意，從1000個蘋果中機器篩選出的大果有900x0.95+100x0.02=857個,

而這些機選“大果"中真正的大果有下900x0.95=855個，

所以這顆"大果"是真的大果的概率為：經(jīng)，A正確；

14

故選：A.

3.（2024?四川成都?模擬預測）（多選）隨機事件A,B滿足尸（/）=；,Pp）=|,P（^|S）=|,則下列說

法正確的是（）

__3

A.P（AB）=P（A）P（B）B.P{AB）=-

8

C.P（^+5）=|D.P（AB\（＜A+B^P^AB'）=P\A）P\B）

【答案】CD

【分析】根據(jù)題意由相互獨立事件的概率性質(zhì)分析可判斷A,B；由概率加法公式可分析C；計算

P（AB^A+5））,驗證尸（4用（/+.））尸（粉）=尸2⑷尸2⑻是否正確即可判斷D.

【詳解】由已知尸（可=；,尸（8）=；，

、P（AB\3__"211

因為尸（空）=加廠a,所以尸（/8）=P（/⑸P（5）=aF=W

所以尸（/8）=P⑻-尸

所以尸尸（/）尸（B）,故A錯誤；

因為與）=P（N）_p（l3）=g-故B錯誤;

1113

P（A+B）=P（A）+P（B）-P（AB）=——=-,故C正確;

「（四（川））=芯%號=1

4

又尸（叫=：,尸⑷=；，尸（即=；，

所以尸（第（/+助尸（粉）=產(chǎn)⑷尸⑻,故D正確.

故選：CD.

【點睛】方法點睛：解決本題的關(guān)鍵是概率的性質(zhì)和應用，以及條件概率的計算.

3

4.（2024?江西新余?模擬預測）小金、小郅、小睿三人下圍棋，已知小金勝小郅、小睿兩人的勝率均為1

小郅勝小睿的勝率為:，比賽采用三局兩勝制，第一場比賽等概率選取一人輪空，剩余兩人對弈，勝者繼

續(xù)與上一場輪空者比賽，另一人輪空,以此類推，直至某人贏得兩場比賽，則其為最終獲勝者.

⑴若第一場比賽小金輪空，則需要下第四場比賽的概率為多少？

⑵求最終小金獲勝的概率.

15

⑶若已知小郅第一局未輪空且獲勝，在此條件下求小金最終獲勝的概率（請用兩種方法解答）.

【答案】⑴白3

10

【分析】（1）根據(jù)獨立事件概率乘法公式求解即可.

（2）根據(jù)互斥事件概率加法公式和獨立事件概率乘法公式求解即可.

（3）法一：利用條件概率求解即可；法二：根據(jù)事件的含義利用互斥事件概率加法公式和獨立事件概率乘

法公式求解即可.

【詳解】（1）第一場比賽小郅獲勝時，則第二場小金獲勝，第三場小睿獲勝，滿足題意；

第一場比賽小睿獲勝時，則第二場小金獲勝，第三場小郅獲勝，滿足題意；

所以需要下第四場比賽13的1概1率3為1白3.

24424416

（2）由題意，最終小金獲勝的情況如下，

當小金第一場輪空，

11333

第一場小郅勝小睿輸，第二場小金勝小郅輸，