2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》第4節(jié) 事件的相互獨(dú)立性、條件概率與全概率公式

第四節(jié)事件的相互獨(dú)立性、條件概率與全概率公式課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.結(jié)合有限樣本空間，了解兩個(gè)隨機(jī)事件獨(dú)立性的含義．結(jié)合古典概型，利用獨(dú)立性計(jì)算概率.2.結(jié)合古典概型，了解條件概率，能計(jì)算簡(jiǎn)單隨機(jī)事件的條件概率.3.結(jié)合古典概型，了解條件概率與獨(dú)立性的關(guān)系.4.結(jié)合古典概型，會(huì)利用乘法公式計(jì)算概率.5.結(jié)合古典概型，會(huì)利用全概率公式計(jì)算概率.6.了解貝葉斯公式.預(yù)計(jì)2025年高考將會(huì)以事件獨(dú)立性的判斷或條件概率、全概率公式計(jì)算在小題中單獨(dú)考查，或與隨機(jī)變量的分布列、數(shù)字特征相結(jié)合融合在解答題中考查.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．事件的相互獨(dú)立性事件A與事件B相互獨(dú)立對(duì)任意的兩個(gè)事件A與B，如果P(AB)＝eq\x(\s\up1(01))P(A)P(B)成立，則稱事件A與事件B相互獨(dú)立，簡(jiǎn)稱為獨(dú)立性質(zhì)若事件A與事件B相互獨(dú)立，則A與B，A與B，A與B也都相互獨(dú)立，P(B|A)＝eq\x(\s\up1(02))P(B)，P(A|B)＝eq\x(\s\up1(03))P(A)2.條件概率條件概率的定義設(shè)A，B為兩個(gè)隨機(jī)事件，且P(A)>0，稱P(B|A)＝eq\x(\s\up1(04))eq\f(P（AB）,P（A）)為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率，簡(jiǎn)稱條件概率條件概率的性質(zhì)(1)P(Ω|A)＝1；(2)如果B和C是兩個(gè)互斥事件，則P(B∪C|A)＝eq\x(\s\up1(05))P(B|A)＋P(C|A)；(3)設(shè)B與B互為對(duì)立事件，則P(B|A)＝1－P(B|A)3.全概率公式一般地，設(shè)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(duì)任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\x(\s\up1(06))eq\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)，我們稱上面的公式為全概率公式．1．兩事件互斥是指兩個(gè)事件不可能同時(shí)發(fā)生，兩事件相互獨(dú)立是指一個(gè)事件發(fā)生與否對(duì)另一事件發(fā)生的概率沒(méi)有影響，兩事件相互獨(dú)立不一定互斥．2．計(jì)算條件概率除了應(yīng)用公式P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)為事件A包含的樣本點(diǎn)數(shù)，n(AB)為事件AB包含的樣本點(diǎn)數(shù)．3．P(B|A)是在事件A發(fā)生的條件下事件B發(fā)生的概率，P(A|B)是在事件B發(fā)生的條件下事件A發(fā)生的概率．4．計(jì)算條件概率P(B|A)時(shí)，不能隨便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)若事件A，B互斥，則P(B|A)＝1.()(2)若A，B相互獨(dú)立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，則A，B都不發(fā)生的概率為0.3.()(3)拋擲2枚質(zhì)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(dú)立．()(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小題熱身(1)一個(gè)電路上裝有甲、乙兩根保險(xiǎn)絲，甲熔斷的概率為0.85，乙熔斷的概率為0.74，甲、乙兩根保險(xiǎn)絲熔斷與否相互獨(dú)立，則兩根保險(xiǎn)絲都熔斷的概率為()A．1 B．0.629C．0 D．0.74或0.85答案B解析由題意知甲、乙兩根保險(xiǎn)絲熔斷與否相互獨(dú)立，所以甲、乙兩根保險(xiǎn)絲都熔斷的概率為0.85×0.74＝0.629.(2)(人教B選擇性必修第二冊(cè)4.1.1例2改編)根據(jù)歷年的氣象數(shù)據(jù)，某市5月份發(fā)生中度霧霾的概率為0.25，刮四級(jí)以上大風(fēng)的概率為0.4，既發(fā)生中度霧霾又刮四級(jí)以上大風(fēng)的概率為0.2.則在發(fā)生中度霧霾的情況下，刮四級(jí)以上大風(fēng)的概率為()A．0.8 B．0.625C．0.5 D．0.1答案A解析設(shè)“發(fā)生中度霧霾”為事件A，“刮四級(jí)以上大風(fēng)”為事件B，由題意知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，則在發(fā)生中度霧霾的情況下，刮四級(jí)以上大風(fēng)的概率為P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(0.2,0.25)＝0.8.(3)(2023·河南安陽(yáng)二模)某班計(jì)劃在下周一至周三中的某一天去參觀黨史博物館，若選擇周一、周二、周三的概率分別為0.3，0.4，0.3，根據(jù)天氣預(yù)報(bào)，這三天下雨的概率分別為0.4，0.2，0.5，且這三天是否下雨相互獨(dú)立，則他們參觀黨史博物館的當(dāng)天不下雨的概率為()A．0.25 B．0.35C．0.65 D．0.75答案C解析他們參觀黨史博物館的當(dāng)天下雨的概率為0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率為1－0.35＝0.65.(4)(多選)(人教A選擇性必修第三冊(cè)7.1.1練習(xí)T3改編)一個(gè)袋子中裝有除顏色外完全相同的5個(gè)球，其中有3個(gè)紅球，2個(gè)白球，每次從中隨機(jī)摸出1個(gè)球，則下列結(jié)論中正確的是()A．若不放回地摸球2次，則第一次摸到紅球的概率為eq\f(3,10)B．若不放回地摸球2次，則在第一次摸到紅球的條件下第二次摸到紅球的概率為eq\f(1,2)C．若有放回地摸球3次，則僅有前2次摸到紅球的概率為eq\f(18,125)D．若有放回地摸球3次，則恰有2次摸到紅球的概率為eq\f(54,125)答案BCD解析對(duì)于A，第一次摸到紅球的概率為eq\f(3,5)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，不放回地摸球2次，則在第一次摸到紅球的條件下第二次摸到紅球的概率P＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，故B正確；對(duì)于C，有放回地摸球3次，則僅有前2次摸到紅球的概率為eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(18,125)，故C正確；對(duì)于D，有放回地摸球3次，則恰有2次摸到紅球的概率為Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,5)＝eq\f(54,125)，故D正確．故選BCD.考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一事件的相互獨(dú)立性(多考向探究)考向1事件獨(dú)立性的判定例1(2023·江蘇常州一中期初檢測(cè))袋子里裝有形狀大小完全相同的4個(gè)小球，球上分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，A表示事件“第一次取出的球上數(shù)字是1”，B表示事件“第二次取出的球上數(shù)字是2”，C表示事件“兩次取出的球上數(shù)字之和是5”，D表示事件“兩次取出的球上數(shù)字之和是6”，通過(guò)計(jì)算，則可以得出()A．B與D相互獨(dú)立 B．A與D相互獨(dú)立C．B與C相互獨(dú)立 D．C與D相互獨(dú)立答案C解析由題意可得P(A)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(1,4)，有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球，兩次取出的球上數(shù)字之和是5的情況有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4種，所以P(C)＝eq\f(4,4×4)＝eq\f(1,4)；兩次取出的球上數(shù)字之和是6的情況有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3種，故P(D)＝eq\f(3,4×4)＝eq\f(3,16).對(duì)于A，P(BD)＝eq\f(1,4×4)＝eq\f(1,16)，P(B)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，則P(BD)≠P(B)P(D)，故B與D不是相互獨(dú)立事件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，P(AD)＝0，P(A)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，則P(AD)≠P(A)P(D)，故A與D不是相互獨(dú)立事件，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，P(BC)＝eq\f(1,4×4)＝eq\f(1,16)，P(B)P(C)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,16)，則P(BC)＝P(B)P(C)，故B與C是相互獨(dú)立事件，故C正確；對(duì)于D，P(CD)＝0，P(C)P(D)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,16)＝eq\f(3,64)，則P(CD)≠P(C)P(D)，故C與D不是相互獨(dú)立事件，故D錯(cuò)誤．【通性通法】判斷兩個(gè)事件是否相互獨(dú)立的方法(1)直接法：直接判斷一個(gè)事件發(fā)生與否是否影響另一事件發(fā)生的概率．(2)定義法：判斷P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．(3)轉(zhuǎn)化法：由事件A與事件B相互獨(dú)立知，A與B，A與B，A與B也相互獨(dú)立．【鞏固遷移】1.(2024·河北唐山模擬)已知一個(gè)古典概型的樣本空間Ω和事件A，B如圖所示．其中n(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，則事件A與事件B()A．是互斥事件，不是獨(dú)立事件B．不是互斥事件，是獨(dú)立事件C．既是互斥事件，也是獨(dú)立事件D．既不是互斥事件，也不是獨(dú)立事件答案B解析因?yàn)閚(Ω)＝12，n(A)＝6，n(B)＝4，n(A∪B)＝8，所以n(A∩B)＝2，n(A∩B)＝4，n(B)＝8，所以事件A與事件B不是互斥事件；P(AB)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，P(A)P(B)＝eq\f(6,12)×eq\f(8,12)＝eq\f(1,3)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A與事件B是獨(dú)立事件．故選B.考向2相互獨(dú)立事件的概率例2(2023·山西太原二模)某產(chǎn)品需要通過(guò)兩類質(zhì)量檢驗(yàn)才能出貨．已知該產(chǎn)品第一類檢驗(yàn)單獨(dú)通過(guò)率為eq\f(3,4)，第二類檢驗(yàn)單獨(dú)通過(guò)率為p(0<p<1)，規(guī)定：第一類檢驗(yàn)不通過(guò)則不能進(jìn)入第二類檢驗(yàn)，每類檢驗(yàn)未通過(guò)可修復(fù)后再檢驗(yàn)一次，修復(fù)后無(wú)需從頭檢驗(yàn)，通過(guò)率不變且每類檢驗(yàn)最多兩次，且各類檢驗(yàn)間相互獨(dú)立．若該產(chǎn)品能出貨的概率為eq\f(5,6)，則p＝()A．eq\f(2,5) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(5,6)答案C解析設(shè)Ai表示第i次通過(guò)第一類檢驗(yàn)，Bi表示第i次通過(guò)第二類檢驗(yàn)(i＝1，2)，由題意得P(A1B1＋A1A2B1＋A1B1B2＋A1A2B1B2)＝eq\f(5,6)，即eq\f(3,4)p＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)p＋eq\f(3,4)×(1－p)p＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×(1－p)p＝eq\f(5,6)，解得p＝eq\f(2,3)或p＝eq\f(4,3)(舍去)．【通性通法】求相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的方法(1)相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率等于它們各自發(fā)生的概率之積．(2)當(dāng)正面計(jì)算較復(fù)雜或難以入手時(shí)，可從其對(duì)立事件入手計(jì)算．【鞏固遷移】2．(多選)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立．發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發(fā)送1時(shí)，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：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏敚畣未蝹鬏斒侵该總€(gè)信號(hào)只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號(hào)需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)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(fā)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(fā)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(fā)送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3D．當(dāng)0<α<0.5時(shí)，若發(fā)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(duì)于A，依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的事件是發(fā)送1收到1，發(fā)送0收到0，發(fā)送1收到1這3個(gè)事件的積事件，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正確；對(duì)于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當(dāng)于依次發(fā)送1，1，1，則依次收到1，0，1的事件是發(fā)送1收到1，發(fā)送1收到0，發(fā)送1收到1這3個(gè)事件的積事件，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正確；對(duì)于C，三次傳輸，發(fā)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的和事件，它們兩兩互斥，由選項(xiàng)B知，所求的概率為Ceq\o\al(2,3)(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由C項(xiàng)知，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，單次傳輸發(fā)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′，D正確．故選ABD.考點(diǎn)二條件概率例3現(xiàn)有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、陽(yáng)明山、云冰山、舜皇山4處景點(diǎn)旅游，每人只去一處景點(diǎn)，設(shè)事件A為“4人去的景點(diǎn)各不相同”，事件B為“只有甲去了九嶷山”，則P(A|B)＝()A．eq\f(5,9) B．eq\f(4,9)C．eq\f(2,9) D．eq\f(1,3)答案C解析由題意，4人去4個(gè)不同的景點(diǎn)，總樣本點(diǎn)數(shù)為4×4×4×4＝256，事件B包含的樣本點(diǎn)數(shù)為1×3×3×3＝27，則事件B發(fā)生的概率為P(B)＝eq\f(27,256)，事件A與事件B的交事件AB為“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三個(gè)不同的景點(diǎn)”，事件AB包含的樣本點(diǎn)數(shù)為1×Aeq\o\al(3,3)＝6，則事件AB發(fā)生的概率為P(AB)＝eq\f(6,256)＝eq\f(3,128)，即P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(\f(3,128),\f(27,256))＝eq\f(2,9).【通性通法】求條件概率的常用方法(1)定義法：P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）).(2)樣本點(diǎn)法：P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）).(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．【鞏固遷移】3．(多選)(2024·濱州模擬)為慶祝建黨節(jié)，謳歌中華民族實(shí)現(xiàn)偉大復(fù)興的奮斗歷程，增進(jìn)全體黨員干部職工對(duì)黨史知識(shí)的了解，某單位組織開(kāi)展黨史知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，以支部為單位參加比賽，某支部在5道黨史題中(有3道選擇題和2道填空題)不放回地依次隨機(jī)抽取2道題作答，設(shè)事件A為“第1次抽到選擇題”，事件B為“第2次抽到選擇題”，則下列結(jié)論中正確的是()A．P(A)＝eq\f(3,5) B．P(AB)＝eq\f(3,10)C．P(B|A)＝eq\f(1,2) D．P(B|eq\o(A,\s\up8(－)))＝eq\f(1,2)答案ABC解析P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5))＝eq\f(3,5)，故A正確；P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，故B正確；P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2)，故C正確；P(eq\o(A,\s\up8(－)))＝1－P(A)＝1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5)，P(eq\o(A,\s\up8(－))B)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，P(B|eq\o(A,\s\up8(－)))＝eq\f(P（\o(A,\s\up8(－))B）,P（\o(A,\s\up8(－))）)＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4)，故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)三全概率公式的應(yīng)用例4某保險(xiǎn)公司將其公司的被保險(xiǎn)人分為三類：“謹(jǐn)慎的”“一般的”“冒失的”．統(tǒng)計(jì)資料表明，這三類人在一年內(nèi)發(fā)生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30.若該保險(xiǎn)公司的被保險(xiǎn)人中“謹(jǐn)慎的”被保險(xiǎn)人占20%，“一般的”被保險(xiǎn)人占50%，“冒失的”被保險(xiǎn)人占30%，則該保險(xiǎn)公司的一個(gè)被保險(xiǎn)人在一年內(nèi)發(fā)生事故的概率是()A．0.155 B．0.175C．0.016 D．0.096答案B解析設(shè)事件B1表示“被保險(xiǎn)人是‘謹(jǐn)慎的’”，事件B2表示“被保險(xiǎn)人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險(xiǎn)人是‘冒失的’”，則P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.設(shè)事件A表示“被保險(xiǎn)人在一年內(nèi)發(fā)生事故”，則P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝eq\o(∑,\s\up8(3),\s\do8(i＝1))P(Bi)·P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.【通性通法】利用全概率公式的思路(1)按照確定的標(biāo)準(zhǔn)，將一個(gè)復(fù)合事件分解為若干個(gè)互斥事件Ai(i＝1，2，…，n)．(2)求P(Ai)和所求事件B在各個(gè)互斥事件Ai發(fā)生條件下的概率P(B|Ai)．(3)代入全概率公式計(jì)算．【鞏固遷移】4．葫蘆山莊襟渤海之遼闊，仰天角之雄奇，勘葫蘆之蘊(yùn)涵，顯人文之魅力，是渤海灣著名的人文景區(qū)，是葫蘆島市“葫蘆文化與關(guān)東民俗文化”代表地和中小學(xué)綜合實(shí)踐教育基地．山莊中葫蘆品種分為亞腰、瓢、長(zhǎng)柄錘、長(zhǎng)筒、異型、花皮葫蘆等系列．其中亞腰葫蘆具有天然迷彩花紋，果實(shí)形狀不固定，觀賞性強(qiáng)，每株亞腰葫蘆可結(jié)出果實(shí)20～80顆.2024年初葫蘆山莊播種用的一等亞腰葫蘆種子中混有2%的二等種子，1.5%的三等種子，1%的四等種子，一、二、三、四等種子長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50顆以上果實(shí)的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，則這批種子所生長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50顆以上果實(shí)的概率為_(kāi)_______．答案0.4825解析設(shè)從這批種子中任選一顆是一、二、三、四等種子的事件分別是A1，A2，A3，A4，則Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4兩兩互斥，設(shè)事件B表示“從這批種子中任選一顆，所生長(zhǎng)出的葫蘆秧結(jié)出50顆以上果實(shí)”，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．甲、乙兩個(gè)袋子中裝有紅、白兩種顏色的小球，這些小球除顏色外完全相同，其中甲袋裝有4個(gè)紅球、2個(gè)白球，乙袋裝有1個(gè)紅球、5個(gè)白球．現(xiàn)分別從甲、乙兩袋中各抽取1個(gè)球，則取出的兩個(gè)球都是紅球的概率為()A．eq\f(5,12) B．eq\f(5,6)C．eq\f(1,9) D．eq\f(13,18)答案C解析由題意知，“從甲袋中取出紅球”和“從乙袋中取出紅球”兩個(gè)事件相互獨(dú)立，從甲袋中取出紅球的概率為eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，從乙袋中取出紅球的概率為eq\f(1,6)，故所求事件的概率為eq\f(2,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,9).2．若P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\o(A,\s\up8(－)))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,3)，則事件A與B的關(guān)系是()A．互斥 B．對(duì)立C．相互獨(dú)立 D．既互斥又相互獨(dú)立答案C解析∵P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up8(－)))＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(1,9)≠0，∴事件A與B相互獨(dú)立，事件A與B不互斥，故不對(duì)立．3．某考生回答一道四選一的考題，假設(shè)他知道正確答案的概率為0.5，知道正確答案時(shí)答對(duì)的概率為100%，而不知道正確答案時(shí)猜對(duì)的概率為0.25，那么他答對(duì)題目的概率為()A．0.625 B．0.75C．0.5 D．0答案A解析用A表示事件“考生答對(duì)題目”，用B表示“考生知道正確答案”，用B表示“考生不知道正確答案”，則P(B)＝0.5，P(B)＝0.5，P(A|B)＝100%，P(A|B)＝0.25，則P(A)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B)P(B)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.4．(2023·全國(guó)甲卷)有50人報(bào)名足球俱樂(lè)部，60人報(bào)名乒乓球俱樂(lè)部，70人報(bào)名足球或乒乓球俱樂(lè)部，若已知某人報(bào)足球俱樂(lè)部，則其報(bào)乒乓球俱樂(lè)部的概率為()A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1答案A解析報(bào)名兩個(gè)俱樂(lè)部的人數(shù)為50＋60－70＝40，記“某人報(bào)足球俱樂(lè)部”為事件A，“某人報(bào)乒乓球俱樂(lè)部”為事件B，則P(A)＝eq\f(50,70)＝eq\f(5,7)，P(AB)＝eq\f(40,70)＝eq\f(4,7)，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.故選A．5．在公元前100年左右，我國(guó)古代數(shù)學(xué)著作《周髀算經(jīng)》中有這樣的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下為勾，日高為股，勾、股各自乘，并而開(kāi)方除之，得斜至日”，這就是我們熟知的勾股定理，勾股數(shù)組是指滿足a2＋b2＝c2的正整數(shù)組(a，b，c)．現(xiàn)將一枚質(zhì)地均勻的骰子拋擲三次，則三次向上的點(diǎn)數(shù)恰好組成勾股數(shù)組的概率是()A．eq\f(1,36) B．eq\f(1,60)C．eq\f(1,108) D．eq\f(1,216)答案A解析由題意知，骰子點(diǎn)數(shù)能夠成勾股數(shù)組的為3，4，5，∴第一次擲骰子得到其中一個(gè)數(shù)的概率為eq\f(1,2)，第二次擲骰子得到兩個(gè)數(shù)中的一個(gè)的概率為eq\f(1,3)，第三次擲骰子得到最后一個(gè)數(shù)的概率為eq\f(1,6)，∴三次向上的點(diǎn)數(shù)恰好組成勾股數(shù)組的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,36).6．(2024·湖南湘潭摸底)設(shè)某芯片制造廠有甲、乙兩條生產(chǎn)線均生產(chǎn)5nm規(guī)格的芯片，現(xiàn)有20塊該規(guī)格的芯片，其中甲、乙生產(chǎn)線生產(chǎn)的芯片分別為12塊、8塊，且乙生產(chǎn)線生產(chǎn)該芯片的次品率為eq\f(1,20)，現(xiàn)從這20塊芯片中任取一塊芯片，若取得芯片的次品率為0.08，則甲生產(chǎn)線生產(chǎn)該芯片的次品率為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(1,10)C．eq\f(1,15) D．eq\f(1,20)答案B解析設(shè)A1，A2分別表示取得的芯片是由甲生產(chǎn)線、乙生產(chǎn)線生產(chǎn)的，B表示取得的芯片為次品，甲生產(chǎn)線生產(chǎn)該芯片的次品率為p，則P(A1)＝eq\f(3,5)，P(A2)＝eq\f(2,5)，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝eq\f(1,20)，則由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝eq\f(3,5)×p＋eq\f(2,5)×eq\f(1,20)＝0.08，解得p＝eq\f(1,10).7．在一個(gè)質(zhì)地均勻的正四面體木塊的四個(gè)面上分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4.連續(xù)拋擲這個(gè)正四面體木塊兩次，并記錄每次正四面體木塊朝下的面上的數(shù)字，記事件A為“兩次記錄的數(shù)字之和為奇數(shù)”，事件B為“第一次記錄的數(shù)字為奇數(shù)”，事件C為“第二次記錄的數(shù)字為偶數(shù)”，則下列結(jié)論正確的是()A．事件B與事件C是對(duì)立事件B．事件A與事件B不是相互獨(dú)立事件C．P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,8)D．P(ABC)＝eq\f(1,8)答案C解析對(duì)于A，事件B與事件C是相互獨(dú)立事件，但不是對(duì)立事件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(1,4)，事件A與事件B是相互獨(dú)立事件，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，連續(xù)拋擲這個(gè)正四面體木塊兩次，記錄的結(jié)果一共有4×4＝16種，其中，事件A發(fā)生，則兩次朝下的點(diǎn)數(shù)為一奇一偶，有2×2＋2×2＝8種，所以P(A)＝eq\f(8,16)＝eq\f(1,2)，因?yàn)閽仈S正四面體向下的數(shù)字為奇數(shù)和偶數(shù)的方法種數(shù)相同，所以P(B)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，所以P(A)P(B)P(C)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(1,8)，故C正確；對(duì)于D，事件ABC表示“第一次記錄的數(shù)字為奇數(shù)，第二次記錄的數(shù)字為偶數(shù)”，故P(ABC)＝eq\f(2×2,4×4)＝eq\f(1,4)，故D錯(cuò)誤．8．(2022·全國(guó)乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤(pán)，各盤(pán)比賽結(jié)果相互獨(dú)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(pán)的概率為p，則()A．p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無(wú)關(guān)B．該棋手在第二盤(pán)與甲比賽，p最大C．該棋手在第二盤(pán)與乙比賽，p最大D．該棋手在第二盤(pán)與丙比賽，p最大答案D解析設(shè)棋手在第二盤(pán)與甲比賽連勝兩盤(pán)的概率為P甲，在第二盤(pán)與乙比賽連勝兩盤(pán)的概率為P乙，在第二盤(pán)與丙比賽連勝兩盤(pán)的概率為P丙．由題意得P甲＝p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝p1p2＋p1p3－2p1p2p3，P乙＝p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝p1p2＋p2p3－2p1p2p3，P丙＝p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝p1p3＋p2p3－2p1p2p3，所以P丙－P甲＝p2(p3－p1)＞0，P丙－P乙＝p1(p3－p2)＞0，所以P丙最大．故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．已知eq\o(A,\s\up8(－))，eq\o(B,\s\up8(－))分別為隨機(jī)事件A，B的對(duì)立事件，P(A)>0，P(B)>0，則下列說(shuō)法正確的是()A．P(B|A)＋P(eq\o(B,\s\up8(－))|A)＝1B．P(B|A)＋P(B|eq\o(A,\s\up8(－)))＝1C．若A，B獨(dú)立，則P(A|B)＝P(A)D．若A，B互斥，則P(B|A)＝P(A|B)答案ACD解析對(duì)于A，P(B|A)＋P(eq\o(B,\s\up8(－))|A)＝eq\f(P（AB）＋P（A\o(B,\s\up8(－))）,P（A）)＝eq\f(P（A）,P（A）)＝1，故A正確；對(duì)于B，設(shè)A，B獨(dú)立，則P(B|A)＋P(B|eq\o(A,\s\up8(－)))＝2P(B)，而P(B)顯然不一定為eq\f(1,2)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，A，B獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B)，則P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝P(A)，故C正確；對(duì)于D，A，B互斥，P(AB)＝0，則根據(jù)條件概率公式得P(B|A)＝P(A|B)＝0，故D正確．10．拋擲一紅一綠兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記下骰子朝上面的點(diǎn)數(shù)．用x表示紅色骰子的點(diǎn)數(shù)，用y表示綠色骰子的點(diǎn)數(shù)，用(x，y)表示一次試驗(yàn)的結(jié)果．定義：事件A＝“x＋y＝7”，事件B＝“xy為奇數(shù)”，事件C＝“x＞3”，則下列結(jié)論正確的是()A．A與B互斥 B．A與B對(duì)立C．P(B|C)＝eq\f(1,3) D．A與C相互獨(dú)立答案AD解析對(duì)于A，因?yàn)閤＋y＝7，所以x與y必是一奇一偶，又當(dāng)xy為奇數(shù)時(shí)，x與y都是奇數(shù)，所以事件A和B不能同時(shí)發(fā)生，即A與B互斥，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)槭录嗀和B不能同時(shí)發(fā)生，但它們可以同時(shí)不發(fā)生，如x＝1，y＝2，即A與B不對(duì)立，故B不正確；對(duì)于C，(x，y)的所有可能結(jié)果有36種，其中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不正確；對(duì)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)，則有P(AC)＝P(A)P(C)，A與C相互獨(dú)立，故D正確．故選AD.三、填空題11．已知m是一個(gè)三位正整數(shù)，若m的十位數(shù)字大于個(gè)位數(shù)字，百位數(shù)字大于十位數(shù)字，則稱m為遞增數(shù)．已知a，b，c∈{0，1，2，3，4}，設(shè)事件A＝“由a，b，c組成三位正整數(shù)”，事件B＝“由a，b，c組成的三位正整數(shù)為遞增數(shù)”，則P(B|A)＝________．答案eq\f(1,10)解析所有三位正整數(shù)的個(gè)數(shù)為4×5×5＝100，即n(A)＝100，滿足三位正整數(shù)為遞增數(shù)的有以下三類：①當(dāng)百位數(shù)為2時(shí)，有1個(gè)；②當(dāng)百位數(shù)為3時(shí)，有Ceq\o\al(2,3)＝3個(gè)；③當(dāng)百位數(shù)為4時(shí)，有Ceq\o\al(2,4)＝6個(gè)．所以n(AB)＝1＋3＋6＝10，故P(B|A)＝eq\f(n（AB）,n（A）)＝eq\f(1,10).12．(2023·河南濮陽(yáng)一模)已知甲、乙兩人進(jìn)行羽毛球比賽，比賽規(guī)則是3局2勝，即先贏2局者勝．甲每局獲勝的概率為eq\f(3,4)，則本次比賽甲獲勝的概率為_(kāi)_______．答案eq\f(27,32)解析本次比賽甲獲勝有3種可能：①1，3甲勝，2乙勝；②2，3甲勝，1乙勝；③1，2甲勝．則本次比賽甲獲勝的概率為P＝eq\f(3,4)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(27,32).13．(2024·黑龍江哈爾濱質(zhì)量監(jiān)測(cè))盒子中有大小形狀相同的7個(gè)小球，其中有4個(gè)白球，3個(gè)黑球，先隨機(jī)從盒子中取出兩個(gè)小球，再?gòu)脑摵兄腥〕鲆粋€(gè)小球，則最后取出的小球?yàn)榘浊虻母怕适莀_______．答案eq\f(4,7)解析記A1為先取出的兩個(gè)小球都為白球，A2為先取出的兩個(gè)小球?yàn)橐话滓缓冢珹3為先取出的兩個(gè)小球都為黑球，B為最后取出的小球?yàn)榘浊?，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4),Ceq\o\al(2,7))×eq\f(2,5)＋eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,7))×eq\f(3,5)＋eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,7))×eq\f(4,5)＝eq\f(2,7)×eq\f(2,5)＋eq\f(4,7)×eq\f(3,5)＋eq\f(1,7)×eq\f(4,5)＝eq\f(4,7).14．有一種投擲骰子走跳棋的游戲：棋盤(pán)上標(biāo)有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，設(shè)棋子跳到第n站的概率為Pn，若一枚棋子開(kāi)始在第1站，棋手每次投擲骰子一次，棋子向前跳動(dòng)一次．若骰子點(diǎn)數(shù)小于等于3，棋子向前跳一站；否則，棋子向前跳兩站，直到棋子跳到第9站(失敗)或者第10站(獲勝)時(shí)，游戲結(jié)束．則P3＝________；該棋手獲勝的概率為_(kāi)_______．答案eq\f(3,4)eq\f(85,256)解析由題意，P3＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).因?yàn)镻n＝eq\f(1,2)Pn－2＋eq\f(1,2)Pn－1(3≤n≤8)，故eq\f(Pn－Pn－1,Pn－1－Pn－2)＝－eq\f(1,2)，由P2－P1＝－eq\f(1,2)，所以Pn－Pn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，n≥2，累加可得P8＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(7)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(8),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(85,128)，所以P10＝eq\f(1,2)P8＝eq\f(85,256).四、解答題15．鮮花餅是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥餅，是具有云南特色的云南經(jīng)典點(diǎn)心代表，鮮花餅的保質(zhì)期一般在三至四天．據(jù)統(tǒng)計(jì)，某超市一天鮮花餅賣出2箱的概率為eq\f(1,2)，賣出1箱的概率為eq\f(1,5)，沒(méi)有賣出的概率為eq\f(3,10)，假設(shè)第一天該超市開(kāi)始營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有3箱鮮花餅，為了保證顧客能夠買到新鮮的鮮花餅，該超市規(guī)定當(dāng)天結(jié)束營(yíng)業(yè)后檢查貨架上存貨，若賣出2箱，則需補(bǔ)貨至3箱，否則不補(bǔ)貨．(1)在第一天結(jié)束營(yíng)業(yè)后貨架上有2箱鮮花餅的條件下，求第二天結(jié)束營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有1箱鮮花餅的概率；(2)求第二天結(jié)束營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有1箱鮮花餅的概率．解設(shè)事件A表示“第二天開(kāi)始營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有3箱鮮花餅”，事件B表示“第二天開(kāi)始營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有2箱鮮花餅”，事件C表示“第二天結(jié)束營(yíng)業(yè)時(shí)貨架上有1箱鮮花餅”．(1)因?yàn)榈谝惶旖Y(jié)束營(yíng)業(yè)后貨架上有2箱鮮花餅，所以第二天只賣出1箱，故P(C|B)＝eq\f(1,5).(2)由題意，P(A)＝eq\f(3,10)＋eq\f(1,2)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(1,5)，P(C|A)＝eq\f(1,2)，由全概率公式得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,5)×eq\f(1,5)＝eq\f(11,25).16．溺水、觸電等與學(xué)生安全有關(guān)的問(wèn)題越來(lái)越受到社會(huì)的關(guān)注和重視，為了普及安全教育，某市組織了一次學(xué)生安全知識(shí)競(jìng)賽，規(guī)定每隊(duì)3人，每人回答一個(gè)問(wèn)題，答對(duì)得1分，答錯(cuò)得0分．在競(jìng)賽中，假設(shè)甲隊(duì)每人回答問(wèn)題的正確率均為eq\f(2,3)，乙隊(duì)每人回答問(wèn)題的正確率分別為eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，且兩隊(duì)各人回答問(wèn)題正確與否相互之間沒(méi)有影響．(1)分別求甲隊(duì)總得分為3分與1分的概率；(2)求甲隊(duì)總得分為2分且乙隊(duì)總得分為1分的概率．解(1)記“甲隊(duì)總得分為3分”為事件A，“甲隊(duì)總得分為1分”為事件B.甲隊(duì)得3分，即三人都回答正確，其概率P(A)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，甲隊(duì)得1分，即三人中只有1人回答正確，其余2人都回答錯(cuò)誤，其概率P(B)＝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(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×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(2,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).故甲隊(duì)總得分為3分與1分的概率分別為eq\f(8,27)，eq\f(2,9).(2)記“甲隊(duì)總得分為2分”為事件C，“乙隊(duì)總得分為1分”為事件D.甲隊(duì)得2分，即甲隊(duì)三人中有2人回答正確，1人回答錯(cuò)誤，則P(C)＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，乙隊(duì)得1分，即乙隊(duì)三人中只有1人回答正確，其余2人回答錯(cuò)誤，則P(D)＝eq\f(1,2)×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(1,2)))×eq\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(1,2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4).由題意得事件C與事件D相互獨(dú)立，則甲隊(duì)總得分為2分且乙隊(duì)總得分為1分的概率為P(CD)＝P(C)P(D)＝eq\f(4,9)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,9).17．(多選)一個(gè)不透明的袋子中裝有6個(gè)小球，其中有4個(gè)紅球，2個(gè)白球，這些球除顏色外完全相同，則下列結(jié)論中正確的是()A．若一次摸出3個(gè)球，則摸出的球均為紅球的概率是eq\f(2,5)B．若一次摸出3個(gè)球，則摸出的球?yàn)?個(gè)紅球，1個(gè)白球的概率是eq\f(3,5)C．若第一次摸出一個(gè)球，記下顏色后將它放回袋中，再次摸出一個(gè)球，則兩次摸出的球?yàn)椴煌伾那虻母怕适莈q\f(4,9)D．若第一次摸出一個(gè)球，不放回袋中，再次摸出一個(gè)球，則兩次摸出的球?yàn)椴煌伾那虻母怕适莈q\f(3,5)答案BC解析對(duì)于A，總事件數(shù)是Ceq\o\al(3,6)＝20，摸出的球均為紅球的事件數(shù)為Ceq\o\al(3,4)＝4，所以摸出的球均為紅球的概率是eq\f(1,5)，故A錯(cuò)誤．對(duì)于B，總事件數(shù)是Ceq\o\al(3,6)＝20，摸出的球?yàn)?個(gè)紅球，1個(gè)白球的事件數(shù)為Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)＝12，所以摸出的球?yàn)?個(gè)紅球，1個(gè)白球的概率是eq\f(3,5)，故B正確．對(duì)于C，①若第一次摸出紅球，第二次摸出白球，則概率為eq\f(4,6)×eq\f(2,6)＝eq\f(8,36)；②若第一次摸出白球，第二次摸出紅球，則概率為eq\f(2,6)×eq\f(4,6)＝eq\f(8,36).故兩次摸出的球?yàn)椴煌伾那虻母怕适莈q\f(8,36)＋eq\f(8,36)＝eq\f(4,9)，故C正確．對(duì)于D，①若第一次摸出紅球，第二次摸出白球，則概率為eq\f(4,6)×eq\f(2,5)＝eq\f(8,30)；②若第一次摸出白球，第二次摸出紅球，則概率為eq\f(2,6)×eq\f(4,5)＝eq\f(8,30).故兩次摸出的球?yàn)椴煌伾那虻母怕适莈q\f(8,30)＋eq\f(8,30)＝eq\f(8,15)，故D錯(cuò)誤．18．(多選)骰子通常作為桌上游戲的小道具．最常見(jiàn)的骰子是六面骰，它是一個(gè)質(zhì)地均勻的正方體，六個(gè)面上分別寫(xiě)有數(shù)字1，2，3，4，5，6.現(xiàn)有一款闖關(guān)游戲，共有4關(guān)，規(guī)則如下：在第n關(guān)要拋擲六面骰n次，每次觀察向上面的點(diǎn)數(shù)并做記錄，如果這n次拋擲所出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)之和大于2n＋n，則算闖過(guò)第n關(guān)，n＝1，2，3，4.假定每次闖關(guān)互不影響，則()A．直接挑戰(zhàn)第2關(guān)并過(guò)關(guān)的概率為eq\f(7,12)B．連續(xù)挑戰(zhàn)前兩關(guān)并過(guò)關(guān)的概率為eq\f(5,24)C．若直接挑戰(zhàn)第3關(guān)，設(shè)A＝“三個(gè)點(diǎn)數(shù)之和等于15”，B＝“至少出現(xiàn)一個(gè)5點(diǎn)”，則P(A|B)＝eq\f(1,13)D．若直接挑戰(zhàn)第4關(guān)，則過(guò)關(guān)的概率是eq\f(35,1296)答案ACD解析對(duì)于A，22＋2＝6，所以兩次點(diǎn)數(shù)之和應(yīng)大于6，即直接挑戰(zhàn)第2關(guān)并過(guò)關(guān)的概率為P1＝eq\f(1＋2＋3＋4＋5＋6,6×6)＝eq\f(21,36)＝eq\f(7,12)，故A正確；對(duì)于B，21＋1＝3，所以挑戰(zhàn)第一關(guān)通過(guò)的概率為P2＝eq\f(1,2)，則連續(xù)挑戰(zhàn)前兩關(guān)并過(guò)關(guān)的概率為P＝P1P2＝eq\f(1,2)×eq\f(7,12)＝eq\f(7,24)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由題意可知，拋擲3次的基本事件有63＝216，拋擲3次至少出現(xiàn)一個(gè)5點(diǎn)的共有63－53＝216－125＝91種，故P(B)＝eq\f(91,216)，而事件AB包括：含5，5，5的有1種，含4，5，6的有6種，共7種，故P(AB)＝eq\f(7,216)，所以P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(7,216)×eq\f(216,91)＝eq\f(1,13)，故C正確；對(duì)于D，當(dāng)n＝4時(shí)，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64個(gè)，而“4次點(diǎn)數(shù)之和大于20”包含以下35種情況：含5，5，5，6的有4種，含5，5，6，6的有6種，含6，6，6，6的有1種，含4，6，6，6的有4種，含5，6，6，6的有4種，含4，5，6，6的有12種，含3，6，6，6的有4種，所以P4＝eq\f(35,6×6×6×6)＝eq\f(35,1296)，故D正確．19．(2022·新高考Ⅰ卷節(jié)選)一醫(yī)療團(tuán)隊(duì)為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣(衛(wèi)生習(xí)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(jī)調(diào)查了100例(稱為病例組)，同時(shí)在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人(稱為對(duì)照組)，得到如下數(shù)據(jù)：不夠良好良好病例組4060對(duì)照組1090從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”，eq\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up8(－))|A）)與eq\f(P（B|\o(A,\s\up8(－))）,P（\o(B,\s\up8(－))|\o(A,\s\up8(－))）)的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對(duì)患該疾病風(fēng)險(xiǎn)程度的一項(xiàng)度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R.(1)證明：R＝eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up8(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up8(－))|\o(B,\s\up8(－))）,P（A|\o(B,\s\up8(－))）)；(2)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出P(A|B)，P(A|eq\o(B,\s\up8(－)))的估計(jì)值，并利用(1)的結(jié)果給出R的估計(jì)值．解(1)證明：由題意R＝eq\f(\f(P（B|A）,P（\o(B,\s\up8(－))|A）),\f(P（B|\o(A,\s\up8(－))）,P（\o(B,\s\up8(－))|\o(A,\s\up8(－))）))＝eq\f(\f(P（AB）,P（A）),\f(P（A\o(B,\s\up8(－))）,P（A）))÷eq\f(\f(P（\o(A,\s\up8(－))B）,P（\o(A,\s\up8(－))）),\f(P（\o(A,\s\up8(－))\o(B,\s\up8(－))）,P（\o(A,\s\up8(－))）))＝eq\f(P（AB）,P（A\o(B,\s\up8(－))）)·eq\f(P（\o(A,\s\up8(－))\o(B,\s\up8(－))）,P（\o(A,\s\up8(－))B）)，而eq\f(P（A|B）,P（\o(A,\s\up8(－))|B）)·eq\f(P（\o(A,\s\up8(－))|\o(B,\s\up8(－))）,P（A|\o(B,\s\up8(－))）)＝eq\f(\f(P（AB）,P（B）),\f(P（\o(A,\s\up8(－))B）,P（B）))·eq\f(\f(P（\o(A,\s\up8(－))\o(B,\s\up8(－))）,P（\o(B,\s\