一、知識梳理
1．條件概率
(1)定義
設A，B為兩個事件，且P(A)＞0，稱P(B|A)＝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．
(2)性質
①條件概率具有一般概率的性質，即0≤P(B|A)≤1；
②如果B，C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)_．
2．事件的相互獨立性
(1)定義：設A，B為兩個事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨立．
(2)性質：
①若事件A與B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)，
P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A與B相互獨立，那么A與eq \(B,\s\up6(－))，eq \(A,\s\up6(－))與B，eq \(A,\s\up6(－))與eq \(B,\s\up6(－))也相互獨立．
3．獨立重復試驗與二項分布
常用結論
1．“二項分布”與“超幾何分布”的區(qū)別
有放回抽取問題對應二項分布，不放回抽取問題對應超幾何分布，當總體容量很大時，超幾何分布可近似為二項分布來處理．
2．兩個概率公式
(1)在事件B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率為P(A|B)＝eq \f(P(AB),P(B)).注意其與P(B|A)的不同．
(2)若事件A1，A2，…，An相互獨立，則P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
二、教材衍化
1．天氣預報，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假設在這段時間內(nèi)兩地是否降雨相互之間沒有影響，則這兩地中恰有一個地方降雨的概率為________．
解析：設甲地降雨為事件A，乙地降雨為事件B，則兩地恰有一地降雨為Aeq \(B,\s\up6(－))＋eq \(A,\s\up6(－))B，
所以P(Aeq \(B,\s\up6(－))＋eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－))B)
＝P(A)P(eq \(B,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
答案：0.38
2．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，則在他第一次拿到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為________．
解析：設A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到紅球}，
則P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,10))×eq \f(Ceq \\al(1,3),Ceq \\al(1,9))，P(A)＝eq \f(Ceq \\al(1,2),Ceq \\al(1,10))，
所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)條件概率一定不等于它的非條件概率．( )
(2)相互獨立事件就是互斥事件．( )
(3)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．( )
(4)二項分布是一個概率分布，其公式相當于(a＋b)n二項展開式的通項公式，其中a＝p，b＝1－p.( )
(5)P(B|A)表示在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，P(AB)表示事件A，B同時發(fā)生的概率．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√
二、易錯糾偏
eq \a\vs4\al(常見誤區(qū))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)條件概率公式套用錯誤；
(2)相互獨立事件恰有一個發(fā)生的概率的理解有誤；
(3)獨立重復試驗公式應用錯誤．
1．由0，1組成的三位數(shù)編號中，若事件A表示“第二位數(shù)字為0”，事件B表示“第一位數(shù)字為0”，則P(A|B)＝________．
解析：因為第一位數(shù)字可為0或1，所以第一位數(shù)字為0的概率P(B)＝eq \f(1,2)，第一位數(shù)字為0且第二位數(shù)字也為0，即事件A，B同時發(fā)生的概率P(AB)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(P(AB),P(B))＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．計算機畢業(yè)考試分為理論與操作兩部分，每部分考試成績只記“合格”與“不合格”，只有兩部分考試都“合格”者，才給頒發(fā)計算機“合格證書”．甲、乙兩人在理論考試中“合格”的概率依次為eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考試中“合格”的概率依次為eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，所有考試是否合格相互之間沒有影響．則甲、乙進行理論與操作兩項考試后，恰有一人獲得“合格證書”的概率為________．
解析：甲獲得“合格證書”的概率為eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙獲得“合格證書”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，兩人中恰有一個人獲得“合格證書”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
答案：eq \f(23,45)
3．設隨機變量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，則P(X＝3)＝________．
解析：因為X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，所以P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(5,16).
答案：eq \f(5,16)
考點一 條件概率(基礎型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))在具體情境中，了解條件概率的概率．
核心素養(yǎng)：數(shù)學建模
(1)(一題多解)現(xiàn)有3道理科題和2道文科題共5道題，若不放回地依次抽取2道題，則在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為( )
A．eq \f(3,10) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(3,5)
(2)從1，2，3，4，5中任取2個不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝( )
A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(2,5) D．eq \f(1,2)
【解析】 (1)法一：設第1次抽到理科題為事件A，第2次抽到理科題為事件B，P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(\f(3×2,Aeq \\al(2,5)),\f(3,5))＝eq \f(1,2).故選C．
法二：在第1次抽到理科題的條件下，還有2道理科題和2道文科題，故在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為eq \f(1,2).故選C．
(2)P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由條件概率公式，得P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
【答案】 (1)C (2)B
【遷移探究】 (變條件)將本例(2)中的“和”改為“積”，求P(B|A)．
解：事件A：“取到的2個數(shù)之積為偶數(shù)”所包含的基本事件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，所以P(A)＝eq \f(7,10).事件B：“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”所包含的基本事件有(2，4)，所以P(AB)＝eq \f(1,10)，
所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(\f(1,10),\f(7,10))＝eq \f(1,7).
eq \a\vs4\al()
條件概率的兩種求解方法

1．(2020·珠海模擬)夏秋兩季，生活在長江口外淺海域的中華魚洄游到長江，歷經(jīng)三千多公里的溯流搏擊，回到金沙江一帶產(chǎn)卵繁殖，產(chǎn)后待幼魚長大到15厘米左右，又攜帶它們旅居外海．一個環(huán)保組織曾在金沙江中放生一批中華魚魚苗，該批魚苗中的雌性個體能長成熟的概率為0.15，雌性個體長成熟又能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為0.05，若該批魚苗中的一個雌性個體在長江口外淺海域已長成熟，則其能成功溯流產(chǎn)卵繁殖的概率為________．
解析：設事件A為魚苗中的一個雌性個體在長江口外淺海域長成熟，事件B為該雌性個體成功溯流產(chǎn)卵繁殖，由題意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
2．將三顆骰子各擲一次，設事件A為“三個點數(shù)都不同”，B為“至少出現(xiàn)一個6點”，則條件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________．
解析：P(A|B)的含義是在事件B發(fā)生的條件下，事件A發(fā)生的概率，即在“至少出現(xiàn)一個6點”的條件下，“三個點數(shù)都不相同”的概率，因為“至少出現(xiàn)一個6點”有6×6×6－5×5×5＝91種情況，“至少出現(xiàn)一個6點且三個點數(shù)都不相同”共有Ceq \\al(1,3)×5×4＝60種情況，所以P(A|B)＝eq \f(60,91).P(B|A)的含義是在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率，即在“三個點數(shù)都不相同”的條件下，“至少出現(xiàn)一個6點”的概率，因為“三個點數(shù)都不同”有6×5×4＝120種情況，所以P(B|A)＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(60,91) eq \f(1,2)
考點二 相互獨立事件的概率(應用型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解兩個事件相互獨立的概念．
核心素養(yǎng)：數(shù)學建模
(2020·福州四校聯(lián)考)某知名品牌汽車深受消費者喜愛，但價格昂貴．某汽車經(jīng)銷商推出A，B，C三種分期付款方式銷售該品牌汽車，并對近期100位采用上述分期付款方式付款的客戶進行統(tǒng)計分析，得到如下的柱狀圖．已知從A，B，C三種分期付款銷售中，該經(jīng)銷商每銷售此品牌汽車1輛所獲得的利潤分別是1萬元、2萬元、3萬元．現(xiàn)甲、乙兩人從該汽車經(jīng)銷商處，采用上述分期付款方式各購買此品牌汽車一輛．以這100位客戶所采用的分期付款方式的頻率估計1位客戶采用相應分期付款方式的概率．
(1)求甲、乙兩人采用不同分期付款方式的概率；
(2)記X(單位：萬元)為該汽車經(jīng)銷商從甲、乙兩人購車中所獲得的利潤，求X的分布列．
【解】 (1)設“采用A種分期付款方式購車”為事件A，“采用B種分期付款方式購車”為事件B，“采用C種分期付款方式購車”為事件C，由柱狀圖得，
P(A)＝eq \f(35,100)＝0.35，P(B)＝eq \f(45,100)＝0.45，
P(C)＝eq \f(20,100)＝0.2，
所以甲、乙兩人采用不同分期付款方式的概率P＝1－[P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C)]＝0.635.
(2)由題意知，X的所有可能取值為2，3，4，5，6，
P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，
P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，
P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，
P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，
P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04.
所以X的分布列為
eq \a\vs4\al()
利用相互獨立事件求復雜事件概率的解題思路
(1)將待求復雜事件轉化為幾個彼此互斥簡單事件的和．
(2)將彼此互斥簡單事件中的簡單事件，轉化為幾個已知(易求)概率的相互獨立事件的積事件．
(3)代入概率的積、和公式求解．
1．(2019·高考全國卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局比賽結束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．
解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個球該局比賽結束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個球該局比賽結束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．
因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
2．為迎接2022年北京冬奧會，推廣滑雪運動，某滑雪場開展滑雪促銷活動．該滑雪場的收費標準是：滑雪時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為40元(不足1小時的部分按1小時計算)．有甲、乙兩人相互獨立地來該滑雪場運動，設甲、乙不超過1小時離開的概率分別為eq \f(1,4)，eq \f(1,6)；1小時以上且不超過2小時離開的概率分別為eq \f(1,2)，eq \f(2,3)；兩人滑雪時間都不會超過3小時．
(1)求甲、乙兩人所付滑雪費用相同的概率；
(2)設甲、乙兩人所付的滑雪費用之和為隨機變量ξ，求ξ的分布列．
解：(1)兩人所付費用相同，相同的費用可能為0，40，80元，
兩人都付0元的概率為P1＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
兩人都付40元的概率為P2＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
兩人都付80元的概率為
P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)－\f(2,3)))＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)，
則兩人所付費用相同的概率為P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,24)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,24)＝eq \f(5,12).
(2)設甲、乙所付費用之和為ξ，ξ可能取值為0，40，80，120，160，則：
P(ξ＝0)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24)；
P(ξ＝40)＝eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,4)；
P(ξ＝80)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(5,12)；
P(ξ＝120)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,4)；
P(ξ＝160)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,24).
ξ的分布列為
考點三 獨立重復試驗與二項分布(應用型)
eq \a\vs4\al(復習指導)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解n次獨立重復試驗的模型及二項分布，并能解決一些簡單的實際問題．
核心素養(yǎng)：數(shù)學建模
(2020·河北承德一中模擬)某市為了調查學?！瓣柟怏w育活動”在高三年級的實施情況，從本市某校高三男生中隨機抽取一個班的男生進行投擲實心鉛球(重3 kg)測試，成績在6.9米以上的為合格，把所得數(shù)據(jù)進行整理后，分成5組畫出頻率分布直方圖的一部分(如圖所示)，已知成績在[9.9，11.4)的頻數(shù)是4.
(1)求這次鉛球測試成績合格的人數(shù)；
(2)若從今年該市高中畢業(yè)男生中隨機抽取兩名，記ξ表示兩人中成績不合格的人數(shù)，利用樣本估計總體，求ξ的分布列．
【解】 (1)由頻率分布直方圖，知成績在[9.9，11.4)的頻率為1－(0.05＋0.22＋0.30＋0.03)×1.5＝0.1.
因為成績在[9.9，11.4)的頻數(shù)是4，故抽取的總人數(shù)為eq \f(4,0.1)＝40.
又成績在6.9米以上的為合格，所以這次鉛球測試成績合格的人數(shù)為40－0.05×1.5×40＝37.
(2)ξ的所有可能取值為0，1，2，利用樣本估計總體，從今年該市高中畢業(yè)男生中隨機抽取一名成績合格的概率為eq \f(37,40)，成績不合格的概率為1－eq \f(37,40)＝eq \f(3,40)，可判斷ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,40))).
P(ξ＝0)＝Ceq \\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(37,40)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1 369,1 600)，
P(ξ＝1)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(3,40)×eq \f(37,40)＝eq \f(111,800)，
P(ξ＝2)＝Ceq \\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,40)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,1 600)，
故所求分布列為
eq \a\vs4\al()
(1)獨立重復試驗的特點
①每次試驗中，事件發(fā)生的概率是相同的；
②每次試驗中的事件是相互獨立的，其實質是相互獨立事件的特例．
(2)判斷隨機變量X服從二項分布的條件(X～B(n，p))
①X的取值為0，1，2，…，n；
②P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n，p為試驗成功的概率)．
[提醒] 在實際應用中，往往出現(xiàn)數(shù)量“較大”“很大”“非常大”等字眼，這表明試驗可視為獨立重復試驗，進而判定是否服從二項分布．
1．一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需要擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)音樂，要么不出現(xiàn)音樂．設每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq \f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立．設每盤游戲出現(xiàn)音樂的次數(shù)為X，則P(X≥1)＝________．玩三盤游戲，則恰有兩盤出現(xiàn)音樂的概率是________．
解析：由題意X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,2)))，
所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(7,8)，
或P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)
＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(7,8)，
故每盤游戲出現(xiàn)音樂的概率為eq \f(7,8)，
所以玩三盤游戲，恰有兩盤出現(xiàn)音樂的概率
P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(7,8)))＝eq \f(147,512).
答案：eq \f(7,8) eq \f(147,512)
2．為了拓展網(wǎng)絡市場，某公司為手機客戶端用戶推出了多款APP應用 ，如“農(nóng)場”“音樂”“讀書”等．市場調查表明，手機用戶在選擇以上三種應用時，選擇農(nóng)場、音樂、讀書的概率分別為eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,6).現(xiàn)有甲、乙、丙三位手機客戶端用戶獨立任意選擇以上三種應用中的一種進行添加．
(1)求三人所選擇的應用互不相同的概率；
(2)記ξ為三人中選擇的應用是農(nóng)場與音樂的人數(shù)，求ξ的分布列．
解：記第i名用戶選擇的應用是農(nóng)場、音樂、讀書分別為事件Ai.Bi，Ci，i＝1，2，3.由題意知A1，A2，A3相互獨立，B1，B2，B3相互獨立，C1，C2，C3相互獨立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1，2，3且i，j，k互不相同)相互獨立，且P(Ai)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(1,3)，P(Ci)＝eq \f(1,6).
(1)他們選擇的應用互不相同的概率
P＝3！·P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝eq \f(1,6).
(2)設3位用戶選擇的應用是“讀書”的人數(shù)是η，由已知得η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,6)))，且ξ＝3－η，
所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,216)，
P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))eq \s\up12(2)×eq \f(5,6)＝eq \f(15,216)＝eq \f(5,72)，
P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))eq \s\up12(2)＝eq \f(75,216)＝eq \f(25,72)，
P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))eq \s\up12(3)＝eq \f(125,216).
故ξ的分布列為：
[基礎題組練]
1．(2020·湖南長沙一模)已知一種元件的使用壽命超過1年的概率為0.8，超過2年的概率為0.6，若一個這種元件使用到1年時還未損壞，則這個元件使用壽命超過2年的概率為( )
A．0.75 B．0.6
C．0.52 D．0.48
解析：選A．設一個這種元件使用到1年時還未損壞為事件A，使用到2年時還未損壞為事件B，則由題意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，則這個元件使用壽命超過2年的概率為P(B|A)＝eq \f(P(AB),P(A))＝eq \f(0.6,0.8)＝0.75，故選A．
2．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．0.25 B．0.30
C．0.31 D．0.35
解析：選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(eq \(A,\s\up6(－))BCD＋Aeq \(B,\s\up6(－))CD＋ABeq \(C,\s\up6(－))D＋ABCeq \(D,\s\up6(－)))
＝(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人使用設備的概率
P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，
故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
3．某機械研究所對新研發(fā)的某批次機械元件進行壽命追蹤調查，隨機抽查的200個機械元件情況如下：
若以頻率為概率，現(xiàn)從該批次機械元件中隨機抽取3個，則至少有2個元件的使用壽命在30天以上的概率為( )
A．eq \f(13,16) B．eq \f(27,64)
C．eq \f(25,32) D．eq \f(27,32)
解析：選D．由表可知元件使用壽命在30天以上的概率為eq \f(150,200)＝eq \f(3,4)，則所求概率為Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(27,32).
4．某群體中的每位成員使用移動支付的概率都為p, 各成員的支付方式相互獨立．設X為該群體的10位成員中使用移動支付的人數(shù)，DX＝2.4，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝( )
A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
解析：選B．由題意知，該群體的10位成員使用移動支付的概率分布符合二項分布，所以DX＝10p·(1－p)＝2.4，所以p＝0.6或p＝0.4.由P(X＝4)＜P(X＝6)，得Ceq \\al(4,10)p4(1－p)6＜Ceq \\al(6,10)p6(1－p)4，即(1－p)2＜p2，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
5．(2020·河南中原名校聯(lián)盟一模)市場調查發(fā)現(xiàn)，大約eq \f(4,5)的人喜歡在網(wǎng)上購買家用小電器，其余的人則喜歡在實體店購買家用小電器．經(jīng)工商局抽樣調查，發(fā)現(xiàn)網(wǎng)上購買的家用小電器的合格率約為eq \f(17,20)，而實體店里的家用小電器的合格率約為eq \f(9,10).現(xiàn)工商局接到一個關于家用小電器不合格的投訴，則這臺被投訴的家用小電器是在網(wǎng)上購買的可能性是( )
A．eq \f(6,7) B．eq \f(5,6)
C．eq \f(4,5) D．eq \f(2,5)
解析：選A．因為大約eq \f(4,5)的人喜歡在網(wǎng)上購買家用小電器，網(wǎng)上購買的家用小電器的合格率約為eq \f(17,20)，所以某家用小電器是在網(wǎng)上購買的，且被投訴的概率約為eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(17,20)))＝eq \f(3,25)，又實體店里的家用小電器的合格率約為eq \f(9,10)，所以某家用小電器是在實體店里購買的，且被投訴的概率約為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))＝eq \f(1,50)，故工商局接到一個關于家用小電器不合格的投訴，則這臺被投訴的家用小電器是在網(wǎng)上購買的可能性P＝eq \f(\f(3,25),\f(3,25)＋\f(1,50))＝eq \f(6,7).
6．投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且每次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為________．
解析：該同學通過測試的概率P＝Ceq \\al(2,3)×0.62×0.4＋0.63＝0.432＋0.216＝0.648.
答案：0.648
7．小趙、小錢、小孫、小李到4個景點旅游，每人只去一個景點，設事件A為“4個人去的景點不相同”，事件B為“小趙獨自去一個景點”，則P(A|B)＝________．
解析：小趙獨自去一個景點共有4×3×3×3＝108種情況，即n(B)＝108，4個人去的景點不同的情況有Aeq \\al(4,4)＝4×3×2×1＝24種，即n(AB)＝24，所以P(A|B)＝eq \f(n(AB),n(B))＝eq \f(24,108)＝eq \f(2,9).
答案：eq \f(2,9)
8．某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預設的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個問題，即停止答題，晉級下一輪．假設某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結果相互獨立．則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率為________，該選手回答了5個問題結束的概率為________．
解析：依題意，該選手第2個問題回答錯誤，第3，4個問題均回答正確，第1個問題回答正誤均有可能，則所求概率P＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128.
依題意，設答對的事件為A，可分第3個正確與錯誤兩類，若第3個正確則有Aeq \(A,\s\up6(－))Aeq \(A,\s\up6(－))或eq \(A,\s\up6(－)) eq \(A,\s\up6(－))Aeq \(A,\s\up6(－))兩類情況，其概率為：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032 0.該選手第3個問題的回答是錯誤的，第1，2兩個問題回答均錯誤或有且只有1個錯誤，則所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率為0.032 0＋0.072＝0.104.
答案：0.128 0.104
9．(2020·湖南兩市聯(lián)考)某乒乓球俱樂部派甲、乙、丙三名運動員參加某運動會的個人單打資格選拔賽，本次選拔賽只有出線和未出線兩種情況．一個運動員出線記1分，未出線記0分．假設甲、乙、丙出線的概率分別為eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，他們出線與未出線是相互獨立的．
(1)求在這次選拔賽中，這三名運動員至少有一名出線的概率；
(2)記在這次選拔賽中，甲、乙、丙三名運動員所得分數(shù)之和為隨機變量ξ，求隨機變量ξ的分布列．
解：(1)記“甲出線”為事件A，“乙出線”為事件B，“丙出線”為事件C，“甲、乙、丙至少有一名出線”為事件D，
則P(D)＝1－P(eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
(2)ξ的所有可能取值為0，1，2，3.
P(ξ＝0)＝P(eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(1,30)；
P(ξ＝1)＝P(Aeq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－)) B eq \(C,\s\up6(－)))＋P(eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) C)＝eq \f(13,60)；
P(ξ＝2)＝P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＋P(Aeq \(B,\s\up6(－))C)＋P(eq \(A,\s\up6(－))BC)＝eq \f(9,20)；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列為
10.一家面包房根據(jù)以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率分布直方圖．如圖所示，將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立．
(1)求在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率；
(2)用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數(shù)，求隨機變量X的分布列．
解：(1)設A1表示事件“日銷售量不低于100個”，A2表示事件“日銷售量低于50個”，B表示事件“在未來連續(xù)3天里，有連續(xù)2天的日銷售量不低于100個且另1天的日銷售量低于50個”．
因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，P(A2)＝0.003×50＝0.15，P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X可能的取值為0，1，2，3，相應的概率為
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)·(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)·0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)·0.62×(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)·0.63＝0.216.
所以X的分布列為
[綜合題組練]
1．(2020·南昌模擬)為向國際化大都市目標邁進，某市今年新建三大類重點工程，它們分別是30項基礎設施類工程、20項民生類工程和10項產(chǎn)業(yè)建設類工程．現(xiàn)有3名民工相互獨立地從這60個項目中任選一個項目參與建設，則這3名民工選擇的項目所屬類別互異的概率是( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
解析：選D．記第i名民工選擇的項目屬于基礎設施類、民生類、產(chǎn)業(yè)建設類分別為事件Ai，Bi，Ci，i＝1，2，3.由題意，事件Ai，Bi，Ci(i＝1，2，3)相互獨立，則P(Ai)＝eq \f(30,60)＝eq \f(1,2)，P(Bi)＝eq \f(20,60)＝eq \f(1,3)，P(Ci)＝eq \f(10,60)＝eq \f(1,6)，i＝1，2，3，故這3名民工選擇的項目所屬類別互異的概率是P＝Aeq \\al(3,3)P(AiBiCi)＝6×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(1,6).
2．(多選)甲罐中有5個紅球，2個白球和3個黑球，乙罐中有6個紅球，2個白球和2個黑球，先從甲罐中隨機取出1個球放入乙罐，分別以A1，A2，A3表示事件“由甲罐取出的球是紅球、白球和黑球”，再從乙罐中隨機取出1個球，以B表示事件“由乙罐取出的球是紅球”，下列結論正確的是( )
A．事件B與事件A1不相互獨立
B．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件
C．P(B|A1)＝eq \f(7,11)
D．P(B)＝eq \f(3,5)
解析：選ABC．由題意A1，A2，A3是兩兩互斥事件，
P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，
P(B|A1)＝eq \f(P(BA1),P(A1))＝eq \f(\f(1,2)×\f(7,11),\f(1,2))＝eq \f(7,11)，P(B|A2)＝eq \f(6,11)，
P(B|A3)＝eq \f(6,11)，
P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(1,2)×eq \f(7,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(6,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(6,11)＝eq \f(13,22).
所以D不正確．
3.將一個半徑適當?shù)男∏蚍湃肴鐖D所示的容器最上方的入口處，小球將自由落下，小球在下落的過程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到黑色障礙物時，向左、右兩邊下落的概率分別為eq \f(2,3)，eq \f(1,3)，則小球落入A袋中的概率為________．
解析：法一：由題意知，小球落入A袋中的概率為：P(A)＝1－P(B)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,3)×\f(1,3)＋\f(2,3)×\f(2,3)×\f(2,3)))＝eq \f(2,3).
法二：因為小球每次遇到障礙物時有一次向左和兩次向右或兩次向左和一次向右下落時，小球將落入A袋，所以小球落入A袋中的概率為Ceq \\al(1,3)·eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋Ceq \\al(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)·eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
4．已知甲、乙兩名跳高運動員一次試跳2米高度成功的概率分別是0.7，0.6，且每次試跳成功與否之間沒有影響．
(1)甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功的概率是________；
(2)若甲、乙各試跳兩次，則甲比乙的成功次數(shù)多一次的概率是________．
解析：(1)記“甲在第i次試跳成功”為事件Ai，“乙在第i次試跳成功”為事件Bi，“甲、乙兩人在第一次試跳中至少有一人成功”為事件C．
法一：P(C)＝P(A1eq \(B,\s\up6(－))1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1B1)＋P(A1B1)
＝P(A1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(B1)＋P(A1)P(B1)
＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.
法二：由對立事件的概率計算公式得P(C)＝1－P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(B,\s\up6(－))1)＝1－P(eq \(A,\s\up6(－))1)P(eq \(B,\s\up6(－))1)＝1－0.3×0.4＝0.88.
(2)設“甲在兩次試跳中成功i次”為事件Mi，“乙在兩次試跳中成功i次”為事件Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝Ceq \\al(1,2)×0.7×0.3×0.42＋0.72×Ceq \\al(1,2)×0.6×0.4＝0.302 4.
答案：(1)0.88 (2)0.302 4
5．甲、乙兩人為了響應政府“節(jié)能減排”的號召，決定各購置一輛純電動汽車．經(jīng)了解目前市場上銷售的主流純電動汽車，按行駛里程數(shù)R(單位：公里)可分為三類車型，A：80≤R＜150，B：150≤R＜250，C：R≥250.甲從A，B，C三類車型中挑選，乙從B，C兩類車型中挑選，甲、乙二人選擇各類車型的概率如表：
若甲、乙都選C類車型的概率為eq \f(3,10).
(1)求p，q的值；
(2)求甲、乙選擇不同車型的概率；
(3)某市對購買純電動汽車進行補貼，補貼標準如表：
記甲、乙兩人購車所獲得的財政補貼和為X，求X的分布列．
解：(1)甲選C為事件甲C，P甲C＝q，乙選C為事件乙C，P乙C＝eq \f(3,4)，
所以根據(jù)題意：P甲C·P乙C＝eq \f(3,4)q＝eq \f(3,10)，
所以q＝eq \f(2,5).
又因為eq \f(1,5)＋p＋q＝1.
所以p＝eq \f(2,5).
(2)甲、乙選不同車型為事件M，則M＝甲A乙BC＋甲B乙C＋甲C乙B，
所以P(M)＝eq \f(1,5)×1＋eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,5).
(3)根據(jù)題意，X為7，8，9，10，
P(X＝7)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,20).P(X＝8)＝eq \f(1,5)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,20)＝eq \f(1,4).
P(X＝9)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(8,20)＝eq \f(2,5).
P(X＝10)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10).其分布列為
6.甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標的概率分別是eq \f(2,3)和eq \f(3,4).假設兩人射擊是否擊中目標相互之間沒有影響，每人每次射擊是否擊中目標相互之間也沒有影響．
(1)求甲射擊4次，至少有1次未擊中目標的概率；
(2)求兩人各射擊4次，甲恰好擊中目標2次且乙恰好擊中目標3次的概率；
(3)假設每人連續(xù)2次未擊中目標，則終止其射擊．問：乙恰好射擊5次后，被終止射擊的概率是多少？
解：(1)記“甲連續(xù)射擊4次，至少有1次未擊中目標”為事件A1，則事件A1的對立事件eq \(A,\s\up6(－))1為“甲連續(xù)射擊4次，全部擊中目標”．由題意知，射擊4次相當于做4次獨立重復試驗．
故P(eq \(A,\s\up6(－))1)＝Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)＝eq \f(16,81).
所以P(A1)＝1－P(eq \(A,\s\up6(－))1)＝1－eq \f(16,81)＝eq \f(65,81).
所以甲連續(xù)射擊4次，至少有一次未擊中目標的概率為eq \f(65,81).
(2)記“甲射擊4次，恰好有2次擊中目標”為事件A2，“乙射擊4次，恰好有3次擊中目標”為事件B2，
則P(A2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,27)，
P(B2)＝Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))eq \s\up12(1)＝eq \f(27,64).
由于甲、乙射擊相互獨立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝eq \f(8,27)×eq \f(27,64)＝eq \f(1,8).
所以兩人各射擊4次，甲恰有2次擊中目標且乙恰有3次擊中目標的概率為eq \f(1,8).
(3)記“乙恰好射擊5次后，被終止射擊”為事件A3，“乙第i次射擊未擊中“為事件Di(i＝1，2，3，4，5)，
則A3＝D5D4eq \(D,\s\up6(－))3(eq \(D,\s\up6(－))2 eq \(D,\s\up6(－))1∪eq \(D,\s\up6(－))2D1∪D2eq \(D,\s\up6(－))1)，
且P(Di)＝eq \f(1,4).
由于各事件相互獨立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P(eq \(D,\s\up6(－))3)P(eq \(D,\s\up6(－))2 eq \(D,\s\up6(－))1＋eq \(D,\s\up6(－))2D1＋D2eq \(D,\s\up6(－))1)
＝eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×(eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(3,4))＝eq \f(45,1 024).
所以乙恰好射擊5次后被終止射擊的概率為eq \f(45,1 024).獨立重復試驗
二項分布
定義
在相同條件下重復做的n次試驗稱為n次獨立重復試驗
在n次獨立重復試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率是p，此時稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p)，并稱p為成功概率
計算
公式
用Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次試驗結果，則P(A1A2A3…An) ＝P(A1)P(A2)…P(An)
在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)
X
2
3
4
5
6
P
0.122 5
0.315
0.342 5
0.18
0.04
ξ
0
40
80
120
160
P
eq \f(1,24)
eq \f(1,4)
eq \f(5,12)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
X
0
1
2
P
eq \f(1 369,1 600)
eq \f(111,800)
eq \f(9,1 600)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,216)
eq \f(5,72)
eq \f(25,72)
eq \f(125,216)
使用時間/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
個數(shù)
10
40
80
50
20
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216
A
B
C
甲
eq \f(1,5)
p
q
乙
eq \f(1,4)
eq \f(3,4)
車型
A
B
C
補貼金額(萬元/輛)
3
4
5
X
7
8
9
10
P
eq \f(1,20)
eq \f(1,4)
eq \f(2,5)
eq \f(3,10)

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