微专题11 概率及性质、条件概率
1.古典概型的概率公式
P(A)＝.
2．相互独立事件的性质
(1)若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A).
(2)若事件A与B相互独立，则事件A与，与B，与也相互独立．
(3)若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，但是当事件A，B，C两两独立时，P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)一般是不成立的．
3．条件概率公式：P(B|A)＝＝.
4.条件概率的性质
设P(A)>0，Ω为样本空间，则：
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)若B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)设和B互为对立事件，则P(|A)＝1－P(B|A).
5．全概率公式：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，有P(B)＝(Ai)P(B|Ai).
微点一 古典概型
例1 (1)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是 ( )
A． B． C． D．
(2)(2025·福建宁德模拟)某学校为参加辩论比赛，选出8名学生，其中3名男生和5名女生，为了更好备赛和作进一步选拔，现将这8名学生随机地平均分成两队进行试赛，那么两队中均有男生的概率是 ( )
A． B． C． D．
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(1)解决古典概型问题的关键是求样本点的个数，其常用方法有：枚举法、列表法、树状图法，利用排列组合知识计算．
(2)对于较复杂的事件所包含的样本点数的计算，要利用分类讨论思想、正难则反的思想方法求解．训练1 (1)(2025·上饶一模)将编号为1，2，3，4的4个小球随机放入编号为1，2，3，4的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是 ( )
A． B． C． D．
(2)(2025·德阳第三次诊断)根据洛书记载：“以五居中，五方皆为阳数，四隅皆为阴数”意为九宫格中5位于居中位置，如图，四个顶角填偶数，其余位置填奇数(用完1到9九个数字).按洛书的填写方法，记事件A＝“满足图案中每行、每列及对角线上的三个数字和都相等，且a＋b≥9”，则P(A)＝________．
a
b 5
微点二 相互独立事件
例2 (1)(多选题)先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则 ( )
A．A与B互斥 B．B与C相互独立
C．P(A)＝ D．P(AC)＝
(2)(2025·衡阳模拟)(多选题)在一个有限样本空间中，事件A，B，C发生的概率满足P(A)＝P(B)＝P(C)＝，P(A∪B)＝，A与C互斥，则下列说法正确的是 ( )
A．P(A)＝ B．A与B相互独立
C．P(ABC)＝ D．P(A∪B∪C)≤
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(1)相互独立事件同时发生的概率等于它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，可以从其对立事件入手计算．训练2 (多选题)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则 ( )
A．乙发生的概率为 B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立 D．丙与丁互为对立事件
微点三 条件概率与全概率公式
考向1 条件概率
例3 (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．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
(2)(2024·天津高考)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
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求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝；
(2)样本点法：P(B|A)＝.训练3 某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选篮球”，则P(A|B)＝ ( )
A． B． C． D．
考向2 全概率公式
例4 (人教A选择性必修三第50页·例4变式)某学校有A，B两家餐厅，张同学连续三天午餐均在学校用餐．如果某天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为；如果某天去B餐厅，那么第2天上A餐厅的概率为.若张同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，则张同学第3天去A餐厅用餐的概率为 ( )
A． B． C． D．
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全概率公式是在加法公式与乘法公式的基础上推导出来的，从公式可以看出，P(B)实际上是各条件概率P(B|A)的加权平均值，而各个条件事件A1发生的概率P(A1)就是权重．在应用公式划分样本空间时，一定要把产生结果的原因全部找出来，不能遗漏，并且保证事件A1，A2，…，An两两互斥．训练4 (多选题)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外，没有其他区别).先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出2个球，用事件B表示从乙箱中取出的2个球都是红球．则 ( )
A．P(A1)＝ B．P(B)＝
C．P(B|A1)＝ D．P(A2|B)＝
1．(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为 ( )
A． B． C． D．
2．(2022·新课标Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 ( )
A． B． C． D．
3．(2021·新课标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
4．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)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<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如：若依次收到1，0，1，则译码为1).则下列结论正确的为 ( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
微专题11 概率及性质、条件概率
例1 (1)B 解析 解法一：画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，所以所求概率为＝，故选B.
解法二：当甲排在排尾，乙排在排头时，丙有2种排法，丁有1种排法，此时有2种排法；当甲排在排尾，乙排在第二位或第三位时，丙有1种排法，丁有1种排法，此时有2种排法．故甲排在排尾共有2＋2＝4(种)排法．同理，乙排在排尾共有4种排法．故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有4＋4＝8(种)排法．根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是＝＝.故选B.
解法三：当甲在排尾时，丙有2种排法，乙、丁有A＝2(种)排法，此时共有2×2＝4(种)排法；当乙在排尾时，丙有2种排法，甲、丁有A＝2(种)排法，此时共有2×2＝4(种)排法．故丙不在排头，且甲或乙在排尾共有4＋4＝8(种)排法．根据古典概型的概率计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是＝＝.故选B.
(2)D 解析 解法一：由已知，8名学生要平均分成两队，即8名学生任选4名为第一队，余下4人为第二队，则共有C＝70种方法，又因为男生有3名，要想两队均有男生，可以考虑先选出2名男生共有C＝3种方法，选出的这两名男生各代表一队，则还余下6名学生(1男5女)，再任选3人进第一队，则余下的3人为第二队，共有C＝20种方法，所以两队中均有男生的概率为＝＝，故选D.
解法二：由已知，8名学生要平均分成两队，两队中均有男生，则一队必然是1男3女，另一队必然是2男2女，则所求概率为＝＝，故选D.
训练1 (1)C 解析 将编号为1，2，3，4的4个小球随机放入编号为1，2，3，4的4个凹槽中，共有A＝24种放法，4个凹槽与其放入小球编号互不相同的有C·C＝9种放法，所以至少有1个凹槽与其放入小球编号相同的概率是P＝1－＝.故选C.
(2) 解析
① ⑧ ⑦
② 5 ⑥
③ ④ ⑤
九宫格的中间填5，①③⑤⑦位置填偶数2，4，6，8，②④⑥⑧位置填奇数1，3，7，9，故总的情况共有AA＝24×24种情况，要使每一横行，每一竖列以及两条对角线上三个数字之和都相等，则和为15，所以①⑤、③⑦位置填2，8或4，6；满足a＋b≥9，则③处填的数字不大于6，故符合条件的情况有以下类型：
8 1 6
3 5 7
4 9 2
8 3 4
1 5 9
6 7 2
2 7 6
9 5 1
4 3 8
2 9 4
7 5 3
6 1 8
4 3 8
9 5 1
2 7 6
6 1 8
7 5 3
2 9 4
因此，符合条件的有6种情况，故概率为P(A)＝＝.
例2 (1)BD 解析 对于A选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A和事件B同时发生，因此A选项不正确；对于B选项，事件B发生的概率为P(B)＝，事件C发生的概率为P(C)＝＝，事件B与事件C同时发生的概率为P(BC)＝＝，P(BC)＝P(B)P(C)，所以事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；对于C选项，事件A有(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，共5种情况，所以P(A)＝，所以C选项不正确；对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P(AC)＝，所以D选项正确．故选BD.
(2)ABD 解析 对于A，A与C互斥，故A∩C＝ ，P(AC)＝0，则包含事件A，故P(A)＝P(A)＝，故A正确；对于B，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即＋－P(AB)＝，故P(AB)＝，故P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立，故B正确；对于C，A与C互斥，故AB与C互斥，故P(ABC)＝P[(AB)∩C]＝0，故C错误；对于D，P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)－P(AB)－P(BC)－P(AC)＋P(ABC)＝＋＋－×－P(BC)＝－P(BC)，因为P(BC)≥0，所以P(A∪B∪C)＝－P(BC)≤，故D正确．故选ABD.
训练2 ACD 解析 设A为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，B为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则P(A)＝＝，P(B)＝×＋×＝，故A正确．P(C)＝2××＝，P(D)＝2××＝，故B错误．而P(AD)＝＝＝P(A)P(D)，故C正确．两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确．故选ACD.
例3 (1)A 解析
解法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，所以若该学生爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为＝＝0.8，故选A.
解法二：(运用条件概率的计算公式求解)：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)＝＝＝0.8，故选A.
(2) 解析 由题意知甲选到A的概率P＝＝.记“乙选择A活动”为事件M，“乙选了A活动再选择B活动”为事件N，则P(M)＝＝，P(MN)＝＝，所以P(N|M)＝＝＝.
训练3 A 解析 由题意知P(AB)＝，P(B)＝，故P(A|B)＝＝＝.
例4 B 解析 设事件A1＝“第1天去A餐厅”，事件B1＝“第1天去B餐厅”，事件A2＝“第2天去A餐厅”，事件B2＝“第2天去B餐厅”，事件A3＝“第3天去A餐厅”，事件B3＝“第3天去B餐厅”，则有Ω＝A1∪B1和Ω＝A2∪B2，且A1与B1，A2与B2分别是互斥事件，根据题意，可知P(A1)＝，P(B1)＝，P(A2|A1)＝，P(A2|B1)＝，P(B2|A1)＝，P(B2|B1)＝.所以根据全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝×＋×＝，P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝×＋×＝(或也可利用P(B2)＝1－P(A2)＝求解).于是再根据全概率公式可得P(A3)＝P(A2)P(A3|A2)＋P(B2)·P(A3|B2)＝×＋×＝.因此张同学第3天去A餐厅用餐的概率为.故选B.
训练4 ABD 解析 对于A，由题意，知P(A1)＝，P(A2)＝，故A正确．对于B，因为P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝，故B正确．对于C，由对B选项的分析知P(B|A1)＝，故C不正确．对于D，P(A2|B)＝＝＝，故D正确．综上，选ABD.
真题巧用·明技法
1．D 解析 解法一：记A1，A2表示高一年级2名学生，B1，B2表示高二年级2名学生，则样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)，(B1，B2)}，n(Ω)＝6.
事件A＝“2名学生来自不同年级”＝{(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)}，n(A)＝4，故所求概率为P(A)＝＝＝.故选D.
解法二：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的样本点有C＝6(个)，其中这2名学生来自不同年级的样本点有CC＝4(个)，所以这2名学生来自不同年级的概率为＝.故选D.
2．D 解析 从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有C＝21种结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D.
3．B 解析 事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.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＝，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＝，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．故选B.
4．ABD 解析 对于A，单次传输，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1的事件的和，它们互斥，所以所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率为(1－α)2(1＋2α)，而单次传输发送0，则译码为0的概率为1－α，又0<α<0.5，因此(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即D正确．故选ABD.(共52张PPT)
专题四 概率与统计
微专题11
概率及性质、条件概率
核心整合
核心整合
核心整合
核心整合
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
a
b 5
解析
① ⑧ ⑦
② 5 ⑥
③ ④ ⑤
解析
8 1 6
3 5 7
4 9 2
8 3 4
1 5 9
6 7 2
2 7 6
9 5 1
4 3 8
2 9 4
7 5 3
6 1 8
4 3 8
9 5 1
2 7 6
6 1 8
7 5 3
2 9 4
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
以题梳点
和考君
爱好
滑冰
爱好
滑雪
A
B
C
真题巧用
明技君微练(十七) 概率及性质、条件概率
班级： 姓名：
一、单项选择题
1．从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘，其结果能被10整除的概率是 ( )
A． B． C． D．
2．已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|)＝0.3，则P(A)＝ ( )
A． B． C． D．
3．将甲、乙、丙等7名志愿者分到A，B，C三个地区，每个地区至少分配2人，则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为 ( )
A． B． C． D．
4．现有甲、乙两位游客慕名来到某地旅游，都准备从H，G，L，Y 4个著名旅游景点中随机选择一个游玩，设事件A为“甲和乙至少一人选择景点G”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(B|A)＝ ( )
A． B． C． D．
5．已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球．现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率是 ( )
A． B． C． D．
6．(2025·安庆模拟)设事件A，B为两个随机事件，P(A)≠0，P(B)≠0，且P(|B)＝P(B|A)，则 ( )
A．P(B|)＝P(|A)
B．P(|A)＝P(A|B)
C．P(B|)＝P(A|B)
D．P(|B)＝P(|)
7．(2025·东北三省三校一模)已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区人口数量的比为3∶2∶1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为 ( )
A． B． C． D．
8．(2025·河南五市联考)有6个相同的小球，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．用x表示第一次取到的小球的标号，用y表示第二次取到的小球的标号，记事件A：x＋y为偶数，B：xy为偶数，C：x>2，则下列不正确的是 ( )
A．P(B)＝ B．A与B相互独立
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
二、多项选择题
9．已知A，B为随机事件，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则下列结论正确的有 ( )
A．若A，B为互斥事件，则P(A＋B)＝0.9
B．若A，B为互斥事件，则P(＋)＝0.1
C．若A，B相互独立，则P(A＋B)＝0.7
D．若P(B|A)＝0.3，则P(B|)＝0.5
10．先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为x，y，设事件A1＝“x＋y＝5”，事件A2＝“y＝x2”，事件A3＝“x＋2y为奇数”，则 ( )
A．P(A1)＝
B．P(A2)＝
C．A1与A3相互独立
D．A2与A3相互独立
11．(2025·湖南二模)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则 ( )
A．事件B与事件A3相互独立
B．P(A1|B)＝
C．P(A2B)＝
D．P(B)＝
三、填空题
12．在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5，0.6和0.7，且三人的测试结果相互独立．测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为________．
13．接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校有的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为，而接种了疫苗的感染率为.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为________．
14．第34届夏季奥运会将于2028年7月14日至7月30日在美国洛杉矶举行．某田径运动员准备参加100米、200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站在领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是________．
微练(十七) 概率及性质、条件概率
1．A 解析 从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的样本点总数为C＝6，其中结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所求概率为.
2．D 解析 由P(B)＝P(AB＋B)＝P(A)P(B|A)＋P()·P(B|)，得0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝.故选D.
3．D 解析 将甲、乙、丙等7名志愿者分到A，B，C三个地区，每个地区至少分配2人，则有3人分到一个地区，分配方法共有·A种，其中甲、乙、丙分到同一个地区的分配方法有·A，故所求的概率为＝＝，故选D.
4．A 解析 由题意可知甲、乙两位游客从4个著名旅游景点中各随机选择一个游玩，共有4×4＝16种不同的选择方法，其中有3×3＝9种不同的选择方法，所以事件A有16－9＝7种不同的选择方法，所以P(A)＝.事件A和事件B同时发生，即甲、乙中只有一人选择了景点G，事件A和事件B同时发生有1×3＋3×1＝6种不同的选择方法，所以P(AB)＝，所以P(B|A)＝＝.
5．D 解析 设A＝“在甲盒中拿到红球”，B＝“在乙盒中拿到红球”．因为甲盒中有3个红球，2个黄球，所以P(A)＝，P()＝1－＝，又乙盒中有2个红球，1个黄球，所以P(B|A)＝，P(B|)＝，所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝.故选D.
6．B 解析 由P(∣B)＝P(B∣A)可得＝，又P(B)＋P(AB)＝P(B) P(B)＝P(B)－P(AB)，所以＝ 1－＝，所以1－＝，即＝，即＝，于是P(|A)＝P(A|B).故选B.
7．C 解析 设事件D为这个人患流感，A1，A2，A3表示这个人来自A，B，C三个地区，由已知可得P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝＝，又P(D|A1)＝6%，P(D|A2)＝5%，P(D|A3)＝4%，由全概率公式可得P(D)＝P(A1)·P(D|A1)＋P(A2)·P(D|A2)＋P(A3)·P(D|A3)＝6%×＋5%×＋4%×＝.故选C.
8．B 解析 由题意事件A包含两种情况，两次取出的标号都是奇数和都是偶数，所以P(A)＝×＋×＝，类似可得P(B)＝1－×＝，P(C)＝，故A正确；事件AB表示两次取到的标号都是偶数，所以P(AB)＝×＝，而P(AB)≠P(A)P(B)，所以A与B不独立，故B错误；有放回地取球两次，共有样本点的个数为CC＝6×6＝36个，事件AC表示的样本点有CC＝12个，所以P(AC)＝＝，由于P(AC)＝P(A)P(C)，所以A与C相互独立，故C正确；事件BC表示的样本点有CC＋CC＝18个，所以P(BC)＝＝，由于P(BC)＝P(B)P(C)，所以B与C相互独立，故D正确．故选B.
9．ACD 解析 对于A，根据互斥事件的加法公式可得，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.4＝0.9，故A正确；对于B，若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0，所以P(＋)＝P(∪)＝P()＝P( )＝1－P(AB)＝1－0＝1，故B不正确；对于C，由于A，B是相互独立事件，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.4－0.5×0.4＝0.7，故C正确；对于D，由P(B|A)＝＝＝0.3，得P(AB)＝0.15，所以P(B|)＝＝＝＝0.5，故D正确．综上所述，选ACD.
10．ACD 解析 先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为x，y，则样本点为(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)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共36个，满足事件A1的样本点有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共4个，其概率P(A1)＝＝，A正确；满足事件A2的样本点有(1，1)，(2，4)，共2个，其概率P(A2)＝＝，B错误；满足事件A3的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，共18个．其概率P(A3)＝，满足事件A1A3的有(1，4)，(3，2)，共2个，所以P(A1A3)＝，则P(A1A3)＝P(A1)P(A3)，所以A1与A3相互独立，C正确；满足事件A2A3的样本点只有(1，1)一种，所以P(A2A3)＝，因为P(A2A3)＝P(A2)P(A3)，所以A2与A3相互独立，D正确．
11．BD 解析 由题意知：P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝×＋×＋×＝，D正确；P(A1|B)＝＝＝＝，B正确；P(A2B)＝P(A2)P(B|A2)＝×＝，C错误；因为P(A3B)＝P(A3)P(B|A3)＝×＝，P(A3)P(B)＝×＝，所以P(A3B)≠P(A3)P(B)，所以事件B与事件A3不相互独立，A错误．故选BD.
12． 解析 设事件A＝“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”，事件B＝“乙达到优秀等级”，所以P(A)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.7)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.7＝0.29，P(AB)＝(1－0.5)×0.6×(1－0.7)＝0.09，所以P(B|A)＝＝＝.
13． 解析 设事件A＝“确诊了流感”，事件B＝“未接种疫苗”，则P(A)＝(1－)×＋×＝，P(AB)＝×＝，故P(B|A)＝＝.
14． 解析 设在100米比赛中站上领奖台为事件A，在200米比赛中站上领奖台为事件B，则P()＝，P()＝，P(∩)＝，P(A)＝1－P()＝，则P(∪)＝P()＋P()－P(∩)＝＋－＝，则P(A∩B)＝1－P(∪)＝，故P(B|A)＝＝＝.(共31张PPT)
微练(十七) 概率及性质、
条件概率
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