第四節(jié)事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式課標要求1.結(jié)合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義；結(jié)合古典概型，利用獨立性計算概率、了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率.2.結(jié)合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系，會用乘法公式計算概率.3.結(jié)合古典概型，會利用全概率公式計算概率.1.相互獨立事件（1）概念：對任意兩個事件A與B，如果P（AB）＝P（A）P（B）成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立；（2）相互獨立事件的概率公式的推廣：若事件A1，A2，…，An相互獨立，則P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.2.條件概率（1）概念：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P（A）＞0，我們稱P（B｜A）＝P（AB）P（A）為在事件A發(fā)生的條件下（2）兩個公式①利用古典概型：P（B｜A）＝n（AB②概率的乘法公式：P（AB）＝P（A）P（B｜A）.提醒P（AB）＝P（A）P（B）只有在事件A，B相互獨立時，公式才成立，此時P（B）＝P（B｜A）.（3）性質(zhì)①P（Ω｜A）＝1；②如果B和C是兩個互斥事件，則P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）；③設B和B互為對立事件，則P（B｜A）＝1－P（B｜A）.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）＝∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai）1.若事件A和B是相互獨立事件，則A和B、A和B、A和B也是相互獨立事件.2.事件A與事件B是互斥事件，則A與B不相互獨立.3.當P（A）＞0時，事件A與B相互獨立的充要條件是P（B｜A）＝P（B）.4.已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（B｜A）＝P（B），則P（A｜B）＝P（A）.5.*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（Ai1.判斷正誤.（正確的畫“√”，錯誤的畫“×”）（1）對于任意兩個事件，公式P（AB）＝P（A）·P（B）都成立.（×）（2）拋擲2枚質(zhì)地均勻的硬幣，“第一枚為正面”為事件A，“第2枚為正面”為事件B，則A，B相互獨立.（√）（3）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.（人A必修二P252練習1題改編）擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設A＝“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，B＝“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，則A與B的關系為（）A.互斥 B.互為對立事件C.相互獨立 D.相等解析：C擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設A＝“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，B＝“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，事件A與B能同時發(fā)生，故事件A與B既不是互斥事件，也不是對立事件，故A、B錯誤；P（A）＝36＝12，P（B）＝36＝12，P（AB）＝36×36＝14，P（A）·P（B）＝12×12＝14，因為P（A）·P（B）＝P（AB），所以A與B獨立，故C正確；3.（人A必修二P253習題4題改編）甲、乙兩人獨立地破解同一個謎題，破解出謎題的概率分別為12，23，則謎題沒被破解出的概率為（A.16 B.C.56 D.解析：A設“甲獨立地破解出謎題”為事件A，“乙獨立地破解出謎題”為事件B，則P（A）＝12，P（B）＝23，故P（A）＝12，P（B）＝13，所以P（AB）＝12×14.（人A選三P50例5改編）已知P（A）＝58，P（A）＝38，P（B｜A）＝35，P（B｜A）＝13，則P（B）＝解析：P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）＝58×35＋38×15.已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球，它們大小形狀完全相同，現(xiàn)需一個紅球，甲每次從中任取一個不放回，則他在第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為13解析：設A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到紅球”，則P（AB）＝A21A31A102＝115，P（A）＝A21A101相互獨立事件（定向精析突破）考向1相互獨立事件的判斷有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(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.丙與丁相互獨立解析：B事件甲發(fā)生的概率P（甲）＝16，事件乙發(fā)生的概率P（乙）＝16，事件丙發(fā)生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁發(fā)生的概率P（?。?6×6＝16.事件甲與事件丙同時發(fā)生的概率為0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A錯誤；事件甲與事件丁同時發(fā)生的概率為16×6＝136，P（甲?。絇（甲）P（丁），故B正確；事件乙與事件丙同時發(fā)生的概率為16×6＝136，P（乙丙）≠P（乙）P解題技法判斷兩個事件是否相互獨立的方法（1）定量法：利用P（AB）＝P（A）P（B）是否成立可以準確地判斷兩個事件是否相互獨立；（2）定性法：直觀地判斷一個事件的發(fā)生對另一個事件的發(fā)生是否有影響，若沒有影響就是相互獨立事件.考向2相互獨立事件的概率（1）投壺是從先秦延續(xù)至清末的中國傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲.晉代在廣泛開展投壺活動中，對投壺的壺也有所改進，即在壺口兩旁增添兩耳，因此在投壺的花式上就多了許多名目，如“貫耳（投入壺耳）”.每一局投壺，每一次參賽者各有四支箭，投入壺口一次得1分，投入壺耳一次得2分.現(xiàn)有甲、乙兩人進行投壺比賽（兩人投中壺口、壺耳是相互獨立的），甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壺口的概率為13，投中壺耳的概率為15.四支箭投完，以得分多者贏.則乙贏得這局比賽的概率為1375（2）甲和乙兩位同學準備在體育課上進行一場乒乓球比賽，假設甲對乙每局獲勝的概率都為13，比賽采取三局兩勝制（當一方獲得兩局勝利時，該方獲勝，比賽結(jié)束），則甲獲勝的概率為727解析：（1）由題意，若乙要贏得這局比賽，按照乙第三支箭的情況可分為兩類：①第三支箭投中壺口，第四支箭必須投入壺耳，其概率為P1＝13×15＝115；②第三支箭投入壺耳，第四支箭投入壺口、壺耳均可，其概率為P2＝15×（13＋15）＝875，所以乙贏得這局比賽的概率為P＝P1＋P2（2）甲獲勝的情況分三類：①甲直接獲得前兩局勝利，不進行第三局，此時甲獲勝的概率為13×13＝19；②甲輸?shù)谝痪?，贏后兩局，此時甲獲勝的概率為（1－13）×13×13＝227；③甲贏第一局和第三局，輸?shù)诙?，此時甲獲勝的概率為13×（1－13）×13＝2解題技法1.求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的步驟（1）確定各事件是相互獨立的；（2）確定各事件會同時發(fā)生；（3）求每個事件發(fā)生的概率，再用公式求解.2.與相互獨立事件A，B有關的概率的計算公式事件A，B相互獨立概率計算公式A，B同時發(fā)生P（AB）＝P（A）P（B）A，B同時不發(fā)生P（AB）＝P（A）P（B）＝[1－P（A）][1－P（B）A，B至少有一個不發(fā)生P＝1－P（AB）＝1－P（A）·P（B）A，B至少有一個發(fā)生P＝1－P（AB）＝1－P（A）·P（BA，B恰有一個發(fā)生P＝P（AB＋AB）＝P（A）·P（B）＋P（A）P（B）1.（2025·菏澤一模）盒中有4個大小相同的小球，其中2個紅球、2個白球，第一次在盒中隨機摸出2個小球，記下顏色后放回，第二次在盒中也隨機摸出2個小球，記下顏色后放回.設事件A＝“兩次均未摸出紅球”，事件B＝“兩次均未摸出白球”，事件C＝“第一次摸出的兩個球中有紅球”，事件D＝“第二次摸出的兩個球中有白球”，則（）A.A與B相互獨立 B.A與C相互獨立C.B與C相互獨立 D.C與D相互獨立解析：D依題意得P（A）＝C22C22C42C42＝136，P（B）＝C22C22C42C42＝136，P（AB）＝0≠P（A）P（B），故A錯誤；P（C）＝C22＋C21C21C42＝56，P（AC）＝0≠P（A）P（C），故B錯誤；P（BC）＝C22C22C42C2.設每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設備的概率分別為0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用設備相互獨立，則同一工作日至少3人需使用設備的概率為（）A.0.11 B.0.21C.0.31 D.0.41解析：C設甲、乙、丙、丁需使用設備分別為事件A，B，C，D，則P（A）＝0.6，P（B）＝P（C）＝0.5，P（D）＝0.4，恰好3人使用設備的概率P1＝P（ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD）＝（1－0.6）×0.5×0.5×0.4＋0.6×（1－0.5）×0.5×0.4＋0.6×0.5×（1－0.5）×0.4＋0.6×0.5×0.5×（1－0.4）＝0.25，4人需使用設備的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求的概率P＝0.25＋0.06＝0.31.條件概率（師生共研過關）（1）（2024·沈陽質(zhì)量監(jiān)測）甲、乙兩人獨立地對同一目標各射擊一次，命中率分別為13和14，在目標被擊中的情況下，甲、乙同時擊中目標的概率為（CA.112 B.C.16 D.（2）在100件產(chǎn)品中有95件合格品，5件不合格品，現(xiàn)從中不放回地取兩次，每次任取一件，則在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率為499解析：（1）據(jù)題意，記甲擊中目標為事件A，乙擊中目標為事件B，目標被擊中為事件C，甲、乙同時擊中目標為事件D，則P（A）＝13，P（B）＝14，所以P（C）＝1－P（A）P（B）＝1－（1－13）×（1－14）＝12，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝13×14＝112，則在目標被擊中的情況下，甲、乙同時擊中目標的概率為P（D｜（2）法一（應用條件概率公式求解）設事件A為“第一次取到不合格品”，事件B為“第二次取到不合格品”，則所求的概率為P（B｜A），因為P（AB）＝A52A1002＝1495，P（A）＝C51C1001＝120，所以法二（縮小樣本空間求解）第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，還有99件產(chǎn)品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率為499解題技法求條件概率的常用方法（1）利用定義，分別求P（A）和P（AB），得P（B｜A）＝P（（2）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的樣本點個數(shù)n（A），再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的樣本點個數(shù)，即n（AB），得P（B｜A）＝n（1.（2023·全國甲卷理6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.0.8 B.0.6C.0.5 D.0.4解析：A法一如圖，左圓表示愛好滑冰的學生所占比例，右圓表示愛好滑雪的學生所占比例，A表示愛好滑冰且不愛好滑雪的學生所占比例，B表示既愛好滑冰又愛好滑雪的學生所占比例，C表示愛好滑雪且不愛好滑冰的學生所占比例，則0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若該學生愛好滑雪，則他也愛好滑冰的概率為BB＋C＝0.40.5法二令事件A，B分別表示該學生愛好滑冰、該學生愛好滑雪，事件C表示該學生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）＝0.2.（2025·聊城一模）甲、乙兩選手進行圍棋比賽，如果每局比賽甲獲勝的概率為23，乙獲勝的概率為13，采用三局兩勝制，則在甲最終獲勝的情況下，比賽進行了兩局的概率為3解析：根據(jù)題意，設甲獲勝為事件A，比賽進行兩局為事件B，P（A）＝23×23＋C21×23×13×23＝2027，P（AB）＝23×23＝49，故P（B全概率公式（師生共研過關）（1）無人酒店是利用人工智能與物聯(lián)網(wǎng)技術，為客人提供自助入住等服務的新型酒店，勝在科技感與新奇感.去某地旅游的游客有無人酒店和常規(guī)酒店兩種選擇，某游客去該地旅游，第一天隨機選擇一種酒店入住，如果第一天入住無人酒店，那么第二天還入住無人酒店的概率為0.8，如果第一天入住常規(guī)酒店，那么第二天入住無人酒店的概率為0.6，則該游客第二天入住無人酒店的概率為（B）A.0.8B.0.7C.0.6D.0.5解析：（1）記事件A1＝{第一天入住無人酒店}，A2＝{第二天入住無人酒店}，B1＝{第一天入住常規(guī)酒店}，根據(jù)題意可知P（A1）＝P（B1）＝0.5，P（A2｜A1）＝0.8，P（A2｜B1）＝0.6，則由全概率公式可得P（A2）＝P（A1）P（A2｜A1）＋P（B1）P（A2｜B1）＝0.7.故選B.（2）長白飛瀑，高句麗遺跡，鶴舞向海，一眼望三國，偽滿皇宮，松江霧凇，凈月風光，查干冬漁，是著名的吉林八景.小李打算到吉林旅游，冬季來的概率是23，夏季來的概率是13.若冬季來，則看不到長白飛瀑，鶴舞向海和凈月風光；若夏季來，則看不到松江霧凇和查干冬漁.無論什么時候來，由于時間原因，只能在可去景點當中選擇兩處參觀，則小李去了“一眼望三國”景點的概率為（CA.1115 B.1645 C.1745 解析：（2）設事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三國’景點”，則P（A1）＝23，P（A2）＝13.在冬季去了“一眼望三國”景點的概率P（B｜A1）＝C41C11C52＝25，在夏季去了“一眼望三國”景點的概率P（B｜A2）＝C51C11C62＝13，所以去了“一眼望三國”景點的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（解題技法應用全概率公式求概率的思路（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）和所求事件B在各個互斥事件Ai發(fā)生條件下的概率P（Ai）P（B｜Ai）；（3）代入全概率公式計算.1.〔多選〕若0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，則下列等式中成立的是（）A.P（A｜B）＝PB.P（AB）＝P（A）P（B｜A）C.P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）D.P（A｜B）＝P解析：BCD由條件概率的計算公式知，P（A｜B）＝P（AB）P（B），A錯誤；B、C顯然正確；D選項中，∵P（A）·P（B｜A）＝P（B）·P（A｜B），∴P（A｜B）＝P（B）2.設某批產(chǎn)品中，甲、乙、丙三個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品分別占45%，35%，20%，甲、乙車間生產(chǎn)的產(chǎn)品的次品率分別為2%和3%.現(xiàn)從中任取一件，若取到的是次品的概率為2.95%，則推測丙車間的次品率為5%.解析：令A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分別表示取到的產(chǎn)品是由甲、乙、丙車間生產(chǎn)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，設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%.1.從應屆高中生中選拔飛行員，已知這批學生體型合格的概率為13，視力合格的概率為16，其他幾項標準合格的概率為15，從中任選一名學生，則該生各項均合格的概率為（假設各項標準互不影響A.49 B.C.45 D.解析：B各項均合格的概率為13×16×152.（2025·開封第三次質(zhì)量檢測）在5道試題中有3道代數(shù)題和2道幾何題，每次從中隨機抽出1道題，抽出的題不再放回，則在第1次抽到幾何題的條件下，第2次抽到代數(shù)題的概率是（）A.34 B.C.325 D.解析：A設事件A＝“第1次抽到幾何題”，事件B＝“第2次抽到代數(shù)題”，所以P（A）＝25，P（AB）＝25×34＝310，則P（B｜A）＝P（AB）P3.（2024·河南五市第一次聯(lián)考）已知口袋中有3個黑球和2個白球（除顏色外完全相同），現(xiàn)進行不放回摸球，每次摸一個，則第一次摸到白球的情況下，第三次又摸到白球的概率為（）A.110 B.C.25 D.解析：B設事件A表示“第二次摸到白球”，事件B表示“第三次又摸到白球”，依題意，在第一次摸到白球的情況下，口袋中有3個黑球和1個白球（除顏色外完全相同），所以P（A）＝14，P（A）＝34，P（B｜A）＝0，P（B｜A）＝13，則所求概率為P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜A）P（A）＝0×14＋13×344.甲、乙、丙、丁四位同學將代表高一年級參加校運會4×100米接力賽，教練組根據(jù)訓練情況，安排了四人的交接棒組合.已知該組合三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，p3，假設三次交接棒相互獨立，則此次比賽中該組合交接棒沒有失誤的概率是（）A.p1p2p3B.1－p1p2p3C.（1－p1）（1－p2）（1－p3）D.1－（1－p1）（1－p2）（1－p3）解析：C∵三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，p3，∴三次交接棒不失誤的概率分別是1－p1，1－p2，1－p3.∵三次交接棒相互獨立，∴此次比賽中該組合交接棒沒有失誤的概率是（1－p1）（1－p2）·（1－p3）.5.〔多選〕假設A，B是兩個事件，且P（A）＝12，P（B）＝13，P（B｜A）＝P（B），則（A.P（AB）＝16 B.P（AB）＝C.P（A＋B）＝56 D.P（A｜B）＝解析：ADA選項，因為P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（B｜A）＝P（B），P（A）＝12，P（B）＝13，所以P（AB）＝P（A）·P（B）＝16，A正確；B選項，因為事件A與B相互獨立，所以A與B相互獨立，所以P（AB）＝P（A）P（B）＝12×（1－13）＝12×23＝13，B錯誤；C選項，P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝12＋13－16＝23，C錯誤；D選項，因為P（A｜B）＝P（AB）6.〔多選〕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，分別用A1，A2和A3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B表示從乙罐取出的球是紅球，則下列結(jié)論中正確的是（）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：AD由題意知A1，A2，A3兩兩互斥，故D正確；P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝P（BA1）P（A1）＝12×51112＝511，故A正確；P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×7.為加強對某病毒預防措施的落實，學校決定對甲、乙兩個班的學生進行隨機抽查，已知甲、乙兩班的人數(shù)之比為5∶4，其中甲班女生占35，乙班女生占12，則學校恰好抽到一名女生的概率為5解析：設A：抽到一名學生是甲班的，B：抽到一名女生，則P（A）＝59，P（A）＝49，P（B｜A）＝35，P（B｜A）＝12，所以由全概率公式可知，P（B）＝P（A）·P（B｜A）＋P（A）·（B｜A）＝59×35＋8.如圖，已知電路中4個開關每個閉合的概率都是12，且是互相獨立的，則燈亮的概率為1316解析：燈泡不亮包括四個開關都斷開，或下邊的2個都斷開且上邊的2個中有一個斷開，這兩種情況是互斥的，每一種情況中的事件是相互獨立的，∴燈泡不亮的概率為12×12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×129.某工廠生產(chǎn)一種零件，該零件的質(zhì)量分為三種等級：一等品、二等品和次品.根據(jù)歷史數(shù)據(jù)，該工廠生產(chǎn)一等品、二等品和次品的概率分別為0.7，0.2和0.1.現(xiàn)對一批剛生產(chǎn)出來的零件進行質(zhì)量檢測，檢測方式分為兩種：自動檢測和人工抽檢，自動檢測能將一等品全部正確識別，但有5%的概率將二等品誤判為次品，有15%的概率將二等品誤判為一等品，也有10%的概率將次品誤判為二等品.（1）求在自動檢測下，一個被判斷為次品的零件實際上就是次品的概率；（2）假設零件先經(jīng)過自動檢測，若判斷為一等品，則進行人工抽檢；若判斷為二等品或次品，則直接淘汰.求人工抽檢一個零件，該零件恰好是一等品的概率.解：（1）設事件A表示“零件是次品”，B表示“自動檢測判斷零件為次品”，事件A1，A2分別表示零件是一等品、二等品，則P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A1）P（B｜A1）＝0.1×0.9＋0.2×0.05＋0.7×0＝0.1，則P（A｜B）＝P（AB）P（所以在自動檢測下，一個被判斷為次品的零件實際上就是次品的概率為910（2）設事件C表示“零件需要進行人工抽檢”，D表示“人工抽檢的零件為一等品”，P（C）＝0.7＋0.2×0.15＝0.73，P（CD）＝0.7，所以人工抽檢一個零件，該零件恰好是一等品的概率為P（D｜C）＝P（CD）P（10.（2022·全國乙卷理10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p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則（）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：D法一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.法二（特殊值法）不妨設p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故選D.11.（2025·福州質(zhì)量檢測）甲、乙、丙三個地區(qū)分別有x%，y%，z%的人患了流感，且x，y，z構(gòu)成以1為公差的等差數(shù)列.已知這三個地區(qū)的人口數(shù)的比為5∶3∶2，現(xiàn)從這三個地區(qū)中任意選取一人，在此人患了流感的條件下，此人來自甲地區(qū)的概率最大，則x的可能取值為（）A.1.21 B.1.34C.1.49 D.1.51解析：D設事件D1，D2，D3分別為“此人來自甲、乙、丙三個地區(qū)”，事件F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3分別為“此人患了流感，且分別來自甲、乙、丙地區(qū)”，事件G為“此人患了流感”.由x，y，z構(gòu)成以1為公差的等差數(shù)列知y＝x＋1，z＝x＋2.由題意知，P（F1）＝55+3+2×x%＝5x1000，同理P（F2）＝3x+31000，P（F3）＝2x+41000，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝10x+71000，所以P（D1｜G）＝5x10x+7，P（D2｜G）＝312.〔多選〕（2025·湖南“一起考”大聯(lián)考）玻璃缸中裝有2個黑球和4個白球，現(xiàn)從中先后無放回地取2個球.記“第一次取得黑球”為A1，“第一次取得白球”為A2，“第二次取得黑球”為B1，“第二次取得白球”為B2，則（）A.P（A1B1）＝P（A2B2）B.P（A1B2）＝P（A2B1）C.P（B1｜A1）＋P（B2｜A1）＝1D.P（B2｜A1）＋P（B1｜A2）＞1解析：BCD對A，由題意，第一次取得黑球的概率P（A1）＝C21C61＝13，第一次取得白球的概率為P（A2）＝C41C61＝23，第一次取得黑球、第二次取得黑球的概率P（A1B1）＝C21C11C61C51＝115，第一次取得白球、第二次取得白球的概率P（A2B2）＝C41C31C61C51＝25，則P（A1B1）≠P（A2B2），所以A錯誤；對B，第一次取得黑球、第二次取得白球的概率P（A1B2）＝C21C41C61C51＝415，第一次取得白球、第二次取得黑球的概率P（A2B1）＝C41C21C61C51＝415，則P（A1B2）＝P（A2B1），所以B正確；對C，由P（B1｜A1）＝P（A1B1）P（A1）＝11513＝15，P（B2｜A1）＝P（A113.數(shù)學家貝葉斯發(fā)現(xiàn)了如下公式：P（Ai｜B）＝P（Ai）P（B｜Ai）∑j=1nP（Aj）P（B｜Aj），其中i＝1，2，…，n，P（B）＝∑j=1nP（Aj）P（B｜Aj）.根據(jù)以往的臨床記錄，某種診斷癌癥的試驗有如下的效果：若以A表示事件“試驗反應為陽性”，以C表示事件“被診斷者患有癌癥”，則有P（A｜C）＝0.95，P（A｜C）＝0.95，現(xiàn)在對自然人群進行普查，設被試驗的人患有癌癥的概率為0解析：∵P（A｜C）＝0.95，∴P（A｜C）＝1－P（A｜C）＝0.05，∵P（C）＝0.005，∴P（C）＝0.995，由貝葉斯公式可得P（C｜