最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (3)

这是一份最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (3)，共22页。试卷主要包含了了解两个事件相互独立的含义，条件概率，全概率公式，8B，已知事件A，B，且P＝0等内容，欢迎下载使用。

【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)，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 \(B,\s\up6(－))__，eq \(A,\s\up6(－))与B，eq \(A,\s\up6(－))与eq \(B,\s\up6(－))也都相互独立.
2.条件概率
(1)概念：设A，B为两个随机事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)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(n（AB）,n（A）)；
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是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝eq \a\vs4\al(\(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))P（Ai）P（B|Ai）)，此公式为全概率公式.
[常用结论与微点提醒]
1.计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数.
2.全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.( )
(2)全概率公式用于求复杂事件的概率，是求最后结果的概率.( )
(3)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－))).( )
(4)P(A)＝P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－))).( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
解析 (1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝0；
(3)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))；
(4)P(B)＝P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－))).
2.掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为( )
A.互斥B.互为对立
C.相互独立D.相等
答案 C
解析 事件A与事件B能同时发生，故事件A与事件B既不是互斥事件，也不是对立事件，
故A，B均错误；
事件A与事件B相互独立，故选C.
3.(选修三P50例5改编)已知P(A)＝eq \f(5,8)，P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(3,8)，P(B|A)＝eq \f(3,5)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)，则P(B)＝________.
答案 eq \f(1,2)
解析 P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(5,8)×eq \f(3,5)＋eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,2).
4.(选修三P48T3改编)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，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________.
答案 eq \f(1,3)
解析 设A＝“甲第一次拿到白球”，
B＝“甲第二次拿到红球”，
则P(AB)＝eq \f(Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,3),Aeq \\al(2,10))＝eq \f(1,15)，P(A)＝eq \f(Aeq \\al(1,2),Aeq \\al(1,10))＝eq \f(1,5)，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3).
考点一 相互独立事件的概率
例1 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)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.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“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 事件甲发生的概率P(甲)＝eq \f(1,6)，事件乙发生的概率P(乙)＝eq \f(1,6)，事件丙发生的概率P(丙)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)，事件丁发生的概率P(丁)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6).事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；
事件甲与事件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；
事件乙与事件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；
事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.
(2)(2024·宁波调研)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳(投入壶耳)”.每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的)，甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为eq \f(1,3)，投中壶耳的概率为eq \f(1,5).四支箭投完，以得分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为______.
答案 eq \f(13,75)
解析 由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：
①第三支箭投中壶口，第四支箭必须投入壶耳，其概率为P1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,15)；
②第三支箭投入壶耳，第四支箭投入壶口、壶耳均可，其概率为P2＝eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＝eq \f(8,75)，
所以乙赢得这局比赛的概率为
P＝P1＋P2＝eq \f(1,15)＋eq \f(8,75)＝eq \f(13,75).
感悟提升 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.
训练1 (1)(2024·锦州调研)分别抛掷3枚质地均匀的硬币，设事件M＝“至少有2枚正面朝上”，则与事件M相互独立的事件是( )
A.3枚硬币都正面朝上
B.有正面朝上的，也有反面朝上的
C.恰好有1枚反面朝上
D.至多有2枚正面朝上
答案 B
解析 分别抛掷3枚质地均匀的硬币，
则样本空间Ω＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8个样本点，
事件M＝“至少有2枚正面朝上”，
则M＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，共4个样本点，
故P(M)＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2).
设事件A＝“3枚硬币都正面朝上”，
则A＝{(正，正，正)}，
∴P(A)＝eq \f(1,8)，P(AM)＝eq \f(1,8)，
P(AM)≠P(A)P(M)，A错误；
设事件B＝“有正面朝上的，也有反面朝上的”，
则B＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)}，
∴P(B)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，P(BM)＝eq \f(3,8)，
∴P(BM)＝P(M)P(B)，事件B与事件M相互独立，B正确；
设事件C＝“恰好有1枚反面朝上”，
则C＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，
∴P(C)＝eq \f(3,8)，P(CM)＝eq \f(3,8)，
P(CM)≠P(C)P(M)，C错误；
设事件D＝“至多有2枚正面朝上”，
则D＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，
∴P(D)＝eq \f(7,8)，P(DM)＝eq \f(3,8)，
P(DM)≠P(D)P(M)，D错误.
(2)(2024·成都诊断)甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为eq \f(1,3)，比赛采取三局两胜制(当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，则甲获胜的概率为________.
答案 eq \f(7,27)
解析 甲获胜的情况分三类：
①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局，
此时甲获胜的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)；
②甲输第一局，赢后两局，
此时甲获胜的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,27)；
③甲赢第一局和第三局，输第二局，
此时甲获胜的概率为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)＝eq \f(2,27).
故甲获胜的概率为eq \f(1,9)＋eq \f(2,27)＋eq \f(2,27)＝eq \f(7,27).
考点二 条件概率
例2 (1)(2024·重庆大联考)从包含男生甲、乙，女生丙的5名男生和2名女生中任选3人参加学校组织的“喜迎二十大，奋进新征程”演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是( )
A.eq \f(1,2)B.eq \f(4,7)C.eq \f(3,5)D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 法一 设男生甲被选中为事件A，
男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，
则P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,4)＋1,Ceq \\al(2,6))＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
法二 在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为Ceq \\al(2,6)＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为Ceq \\al(2,4)＝6，
所以所求概率为1－eq \f(6,15)＝eq \f(3,5).
(2)(2024·日照模拟)如图，用K，A1，A2三种不同的元件连接成一个系统，当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知K，A1，A2正常工作的概率依次是eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，则在系统正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率是________.
答案 eq \f(1,4)
解析 设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，
因为并联元件A1，A2能正常工作的概率为
1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(8,9)，
所以P(A)＝eq \f(1,2)×eq \f(8,9)＝eq \f(4,9)，
又P(AB)＝P(B)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(1,9)，
所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,4).
感悟提升 求条件概率的常用方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）).
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）).
训练2 (1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4
答案 A
解析 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，
则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)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
(2)(多选)甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则( )
A.P(A)＝eq \f(3,5)B.P(B|A)＝eq \f(2,5)
C.P(B)＝eq \f(13,25)D.P(A|B)＝eq \f(9,13)
答案 ACD
解析 对于A，∵甲罐中有3个红球、2个黑球，
∴P(A)＝eq \f(3,5)，故A正确；
对于C，记A1表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，则P(A1)＝eq \f(2,5).当A发生时，乙罐中有3个红球，2个黑球，此时B发生的概率为eq \f(3,5)，
当A1发生时，乙罐中有2个红球，3个黑球，
此时B发生的概率为eq \f(2,5)，
∴P(B)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＋eq \f(2,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(13,25)，故C正确；
对于B，∵P(AB)＝eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,25)，
∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(9,25),\f(3,5))＝eq \f(3,5)，故B不正确；
对于D，P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(9,13)，D正确.
考点三 全概率公式的应用
例3 (1)(2024·东北师大附中等五校联考)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，查干冬渔，是著名的吉林八景.小李打算到吉林旅游，冬季来的概率是eq \f(2,3)，夏季来的概率是eq \f(1,3).若冬季来，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渔.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，则小李去了“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’景点”，
则P(A1)＝eq \f(2,3)，P(A2)＝eq \f(1,3).
在冬季去了“一眼望三国”景点的概率
P(B|A1)＝eq \f(Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(2,5)，
在夏季去了“一眼望三国”景点的概率
P(B|A2)＝eq \f(Ceq \\al(1,5)Ceq \\al(1,1),Ceq \\al(2,6))＝eq \f(1,3)，
所以去了“一眼望三国”景点的概率
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·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为________；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为________.
答案 eq \f(1,20) eq \f(3,5)
解析 法一 设A＝“从甲盒子中取一个球是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球是黑球”，
由题意可知P(A)＝40%＝eq \f(2,5)，P(B)＝25%＝eq \f(1,4)，P(C)＝50%＝eq \f(1,2).
现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为
P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(2,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,20)；
设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝eq \f(5,5＋4＋6)＝eq \f(1,3)，P(D2)＝eq \f(4,5＋4＋6)＝eq \f(4,15)，P(D3)＝eq \f(6,5＋4＋6)＝eq \f(2,5)，P(E|D1)＝1－eq \f(2,5)＝eq \f(3,5)，P(E|D2)＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，P(E|D3)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)·P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)
＝eq \f(1,3)×eq \f(3,5)＋eq \f(4,15)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,5).
法二 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.
则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为eq \f(2×1×3,5×4×6)＝eq \f(1,20)；
将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，
所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
感悟提升 利用全概率公式的思路
(1)按照确定的标准，将一个复合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.
训练3 (1)(2024·武汉质检)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 设事件A表示“小胡答对”，事件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 \(B,\s\up6(－)))P(A|eq \(B,\s\up6(－)))
＝eq \f(5,8)×0.9＋eq \f(3,8)×0.25＝eq \f(21,32).
(2)(2024·安庆模拟)设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%，35%，20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为________.
答案 5%
解析 令A表示“取到的是一件次品”，
B1，B2，B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，
且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，P(B3)＝0.2.
由于P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.03，
设P(A|B3)＝m，由全概率公式得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)
＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋m×0.2.
又P(A)＝2.95%，故m＝5%.
【A级 基础巩固】
1.小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁.已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明没有迟到的概率为( )
答案 B
解析 由题意，小明没有迟到的概率为
0.4×(1－0.05)＋0.6×(1－0.04)＝0.956.
2.(2024·荆门调研)在一次试验中，随机事件A，B满足P(A)＝P(B)＝eq \f(2,3)，则( )
A.事件A，B一定互斥
B.事件A，B一定不互斥
C.事件A，B一定互相独立
D.事件A，B一定不互相独立
答案 B
解析 若事件A，B互斥，则P(A)＋P(B)≤1，但P(A)＝P(B)＝eq \f(2,3)，不满足，故事件A，B一定不互斥，故选B.
3.(2024·昆明调考)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝eq \f(1,2)，P(BC)＝eq \f(1,12)，P(C)＝eq \f(1,4)，则P(A|C)的值等于( )
A.eq \f(1,6)B.eq \f(1,12)C.eq \f(1,4)D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 由题意，P(B|C)＝eq \f(P（BC）,P（C）)＝eq \f(1,3)，
因为A，B是互斥事件，
所以P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，
所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)
＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).
4.(2024·娄底五校联考)甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是( )
A.p1p2p3
B.1－p1p2p3
C.(1－p1)(1－p2)(1－p3)
D.1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)
答案 C
解析 ∵三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，
∴三次交接棒不失误的概率分别是1－p1，1－p2，1－p3.
∵三次交接棒相互独立，
∴此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(1－p1)(1－p2)(1－p3).
5.根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情况下，刮四级以上大风的概率为( )
A.0.8C.0.5D.0.1
答案 A
解析 设“发生中度雾霾”为事件A，“刮四级以上大风”为事件B，
所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，
则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.2,0.25)＝0.8.
6.(多选)抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用(x，y)表示一次试验的结果.定义：事件A＝“x＋y＝7”，事件B＝“xy为奇数”，事件C＝“x＞3”，则下列结论正确的是( )
A.A与B互斥B.A与B对立
C.P(B|C)＝eq \f(1,3)D.A与C相互独立
答案 AD
解析 对于A，因为x＋y＝7，所以x与y必是一奇一偶，又当xy为奇数时，x与y都是奇数，所以事件A和B不能同时发生，即A与B互斥，故A正确；
对于B，因为事件A和B不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x＝1，y＝2，即A与B不对立，故B不正确；
对于C，(x，y)的所有可能结果如下表：
P(C)＝eq \f(18,36)＝eq \f(1,2)，P(BC)＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12)，
所以P(B|C)＝eq \f(P（BC）,P（C）)＝eq \f(1,6)，故C不正确；
对于D，P(A)＝eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(18,36)＝eq \f(1,2)，
P(AC)＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12)，则有P(AC)＝P(A)·P(C)，A与C相互独立，故D正确.
7.(多选)一个盒中装有质地、大小、形状完全相同的3个白球和4个红球，依次从中抽取两个球，规定：若第一次取到的是白球，则不放回，继续抽取下一个球；若第一次取到的是红球，则放回后继续抽取下一个球.下列说法正确的是( )
A.第二次取到白球的概率是eq \f(19,49)
B.“取到两个红球”和“取到两个白球”互为对立事件
C.“第一次取到红球”和“第二次取到红球”互为独立事件
D.已知第二次取到的是红球，则第一次取到的是白球的概率是eq \f(7,15)
答案 AD
解析 设Ai＝“第i次取到白球”，
Bi＝“第i次取到红球”.
对于A，P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)·P(A2|B1)＝eq \f(3,7)×eq \f(2,6)＋eq \f(4,7)×eq \f(3,7)＝eq \f(19,49)，A正确；
对于B，取到两个球还可能为一个红球和一个白球，所以“取到两个红球”和“取到两个白球”不是互为对立事件，B错误；
对于C，P(B1)＝eq \f(4,7)，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝eq \f(3,7)×eq \f(4,6)＋eq \f(4,7)×eq \f(4,7)＝eq \f(30,49)，
P(B1B2)＝P(B1)P(B2|B1)＝eq \f(4,7)×eq \f(4,7)＝eq \f(16,49)≠
P(B1)P(B2)，所以“第一次取到红球”和“第二次取到红球”不是互为独立事件，C错误；
对于D，由C知P(B2)＝eq \f(30,49)，P(A1|B2)＝eq \f(P（A1B2）,P（B2）)＝eq \f(P（A1）P（B2|A1）,P（B2）)＝eq \f(\f(3,7)×\f(4,6),\f(30,49))＝eq \f(7,15)，D正确.
8.(2023·长沙适应性考试)已知事件A，B，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，如果A与B互斥，令m＝P(AB)，如果A与B相互独立，令n＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)))，则n－m＝________.
答案 0.4
解析 若A，B互斥，则m＝P(AB)＝0，
若A，B相互独立，则A，eq \(B,\s\up6(－))也相互独立，
所以n＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)))＝P(A)P(eq \(B,\s\up6(－)))＝0.5×(1－P(B))＝0.5×(1－0.2)＝0.4，则n－m＝0.4.
9.某医生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的条件下，他在周三晚上值班的概率为________.
答案 eq \f(1,6)
解析 设事件A为“周二晚上值班”，事件B为“周三晚上值班”，
则P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,6),Ceq \\al(2,7))＝eq \f(2,7)，P(AB)＝eq \f(1,Ceq \\al(2,7))＝eq \f(1,21)，
故P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,6).
10.(2024·成都质检)高三某位同学准备参加物理、化学、政治科目的等级考试.已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(4,5)，假定这三门科目考试成绩的结果互不影响，那么这位同学恰好得2个A＋的概率是________.
答案 eq \f(13,30)
解析 设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的事件分别为A，B，C.
所以P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(C)＝eq \f(4,5)，
这三门科目考试成绩的结果互不影响，
则这位同学恰好得2个A＋的概率
P＝P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＋P(Aeq \(B,\s\up6(－))C)＋P(eq \(A,\s\up6(－))BC)
＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(1,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(4,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)×eq \f(4,5)＝eq \f(13,30).
11.(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率.(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1)
解 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄eq \(x,\s\up6(－))＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)＝47.9.
(2)法一 由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.
法二 由于患者的年龄位于区间[20，70)是由患者的年龄位于区间[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)组成的，且相互独立，
所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.
(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40，50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%.
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40，50)的概率为0.023×10＝0.23，
结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得
P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40，50)，则此人患这种疾病的概率为
P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.000 23,16%)≈0.001 4.
12.(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，eq \f(P（B|A）,P（\(B,\s\up6(－))|A）)与eq \f(P（B|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))）)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(1)证明：R＝eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B）)·eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))）)；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|eq \(B,\s\up6(－)))的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值.
(1)证明 R＝eq \f(\f(P(B|A),P(\(B,\s\up6(－))|A)),\f(P（B|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))）))＝eq \f(P（B|A）·P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|A）·P（B|\(A,\s\up6(－))）)，
由题意知，只需证明
eq \f(P（B|A）·P（\(B,\s\up6(－))|\(A,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))|A）·P（B|\(A,\s\up6(－))）)＝eq \f(P（A|B）·P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))|B）·P（A|\(B,\s\up6(－))）)即可，
上式左边＝eq \f(\f(P(AB),P(A))·\f(P（\(A,\s\up6(－)) \(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))）),\f(P（A\(B,\s\up6(－))）,P（A）)·\f(P（\(A,\s\up6(－))B）,P（\(A,\s\up6(－))）))
＝eq \f(P（AB）·P（\(A,\s\up6(－)) \(B,\s\up6(－))）,P（A\(B,\s\up6(－))）·P（\(A,\s\up6(－))B）)，
右边＝eq \f(\f(P(AB),P(B))·\f(P（\(A,\s\up6(－)) \(B,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))）),\f(P（\(A,\s\up6(－))B）,P（B）)·\f(P（A\(B,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))）))＝eq \f(P（AB）·P（\(A,\s\up6(－)) \(B,\s\up6(－))）,P（\(A,\s\up6(－))B）·P（A\(B,\s\up6(－))）).
左边＝右边，故R＝eq \f(P（A|B）,P（\(A,\s\up6(－))|B）)·eq \f(P（\(A,\s\up6(－))|\(B,\s\up6(－))）,P（A|\(B,\s\up6(－))）).
(2)解 由调查数据可知
P(A|B)＝eq \f(40,100)＝eq \f(2,5)，P(A|eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(10,100)＝eq \f(1,10)，
且P(eq \(A,\s\up6(－))|B)＝1－P(A|B)＝eq \f(3,5)，
P(eq \(A,\s\up6(－))|eq \(B,\s\up6(－)))＝1－P(A|eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(9,10)，
所以R＝eq \f(\f(2,5),\f(3,5))×eq \f(\f(9,10),\f(1,10))＝6.
【B级 能力提升】
13.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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