資源簡介

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第四節　事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式
課標解讀 考向預測
1.結合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義．結合古典概型，利用獨立性計算概率. 2.結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率. 3.結合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系. 4.結合古典概型，會利用乘法公式計算概率. 5.結合古典概型，會利用全概率公式計算概率. 6.了解貝葉斯公式. 預計2025年高考將會以事件獨立性的判斷或條件概率、全概率公式計算在小題中單獨考查，或與隨機變量的分布列、數字特征相結合融合在解答題中考查.
【知識梳理】
1．事件的相互獨立性
事件A與事件B相互獨立 對任意的兩個事件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
性質 若事件A與事件B相互獨立，則A與B，A與B，A與B也都相互獨立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)
2.條件概率
條件概率的定義 設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，稱P(B|A)＝為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率
條件概率的性質 (1)P(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與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)＝P(Ai)P(B|Ai)，我們稱上面的公式為全概率公式．
【常用結論】
1．兩事件互斥是指兩個事件不可能同時發生，兩事件相互獨立是指一個事件發生與否對另一事件發生的概率沒有影響，兩事件相互獨立不一定互斥．
2．計算條件概率除了應用公式P(B|A)＝外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)為事件A包含的樣本點數，n(AB)為事件AB包含的樣本點數．
3．P(B|A)是在事件A發生的條件下事件B發生的概率，P(A|B)是在事件B發生的條件下事件A發生的概率．
4．計算條件概率P(B|A)時，不能隨便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)若事件A，B互斥，則P(B|A)＝1.(　　)
(2)若A，B相互獨立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，則A，B都不發生的概率為0.3.(　　)
(3)拋擲2枚質地均勻的硬幣，“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)一個電路上裝有甲、乙兩根保險絲，甲熔斷的概率為0.85，乙熔斷的概率為0.74，甲、乙兩根保險絲熔斷與否相互獨立，則兩根保險絲都熔斷的概率為(　　)
A．1 B．0.629
C．0 D．0.74或0.85
答案　B
解析　由題意知甲、乙兩根保險絲熔斷與否相互獨立，所以甲、乙兩根保險絲都熔斷的概率為0.85×0.74＝0.629.
(2)(人教B選擇性必修第二冊4.1.1例2改編)根據歷年的氣象數據，某市5月份發生中度霧霾的概率為0.25，刮四級以上大風的概率為0.4，既發生中度霧霾又刮四級以上大風的概率為0.2.則在發生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風的概率為(　　)
A．0.8 B．0.625
C．0.5 D．0.1
答案　A
解析　設“發生中度霧霾”為事件A，“刮四級以上大風”為事件B，由題意知，P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，則在發生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風的概率為P(B|A)＝＝＝0.8.
(3)(2023·河南安陽二模)某班計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，根據天氣預報，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立，則他們參觀黨史博物館的當天不下雨的概率為(　　)
A．0.25 B．0.35
C．0.65 D．0.75
答案　C
解析　他們參觀黨史博物館的當天下雨的概率為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7.1.1練習T3改編)一個袋子中裝有除顏色外完全相同的5個球，其中有3個紅球，2個白球，每次從中隨機摸出1個球，則下列結論中正確的是(　　)
A．若不放回地摸球2次，則第一次摸到紅球的概率為
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
C．若有放回地摸球3次，則僅有前2次摸到紅球的概率為
D．若有放回地摸球3次，則恰有2次摸到紅球的概率為
答案　BCD
解析　對于A，第一次摸到紅球的概率為，故A錯誤；對于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＝＝，故B正確；對于C，有放回地摸球3次，則僅有前2次摸到紅球的概率為××＝，故C正確；對于D，有放回地摸球3次，則恰有2次摸到紅球的概率為C××＝，故D正確．故選BCD.
【考點探究】
考點一　事件的相互獨立性(多考向探究)
考向1　事件獨立性的判定
例1　(2023·江蘇常州一中期初檢測)袋子里裝有形狀大小完全相同的4個小球，球上分別標有數字1，2，3，4，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球，A表示事件“第一次取出的球上數字是1”，B表示事件“第二次取出的球上數字是2”，C表示事件“兩次取出的球上數字之和是5”，D表示事件“兩次取出的球上數字之和是6”，通過計算，則可以得出(　　)
A．B與D相互獨立 B．A與D相互獨立
C．B與C相互獨立 D．C與D相互獨立
答案　C
解析　由題意可得P(A)＝，P(B)＝，有放回地隨機取兩次，每次取1個球，兩次取出的球上數字之和是5的情況有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4種，所以P(C)＝＝；兩次取出的球上數字之和是6的情況有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3種，故P(D)＝＝.對于A，P(BD)＝＝，P(B)P(D)＝×＝，則P(BD)≠P(B)P(D)，故B與D不是相互獨立事件，故A錯誤；對于B，P(AD)＝0，P(A)P(D)＝×＝，則P(AD)≠P(A)P(D)，故A與D不是相互獨立事件，故B錯誤；對于C，P(BC)＝＝，P(B)P(C)＝×＝，則P(BC)＝P(B)P(C)，故B與C是相互獨立事件，故C正確；對于D，P(CD)＝0，P(C)P(D)＝×＝，則P(CD)≠P(C)P(D)，故C與D不是相互獨立事件，故D錯誤．
【通性通法】
判斷兩個事件是否相互獨立的方法
(1)直接法：直接判斷一個事件發生與否是否影響另一事件發生的概率．
(2)定義法：判斷P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．
(3)轉化法：由事件A與事件B相互獨立知，A與B，A與B，A與B也相互獨立．
【鞏固遷移】
1.(2024·河北唐山模擬)已知一個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，不是獨立事件
B．不是互斥事件，是獨立事件
C．既是互斥事件，也是獨立事件
D．既不是互斥事件，也不是獨立事件
答案　B
解析　因為n(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)＝＝，P(A)P(B)＝×＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A與事件B是獨立事件．故選B.
考向2　相互獨立事件的概率
例2　(2023·山西太原二模)某產品需要通過兩類質量檢驗才能出貨．已知該產品第一類檢驗單獨通過率為，第二類檢驗單獨通過率為p(0A． B．
C． D．
答案　C
解析　設Ai表示第i次通過第一類檢驗，Bi表示第i次通過第二類檢驗(i＝1，2)，由題意得P(A1B1＋A1A2B1＋A1B1B2＋A1A2B1B2)＝，即p＋×p＋×(1－p)p＋××(1－p)p＝，解得p＝或p＝(舍去)．
【通性通法】
求相互獨立事件同時發生的概率的方法
(1)相互獨立事件同時發生的概率等于它們各自發生的概率之積．
(2)當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算．
【鞏固遷移】
2．(多選)(2023·新課標Ⅱ卷)在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，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：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1)(　　)
A．采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為(1－α)(1－β)2
B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1－β)2
C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3
D．當0<α<0.5時，若發送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　對于A，依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的事件是發送1收到1，發送0收到0，發送1收到1這3個事件的積事件，它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正確；對于B，三次傳輸，發送1，相當于依次發送1，1，1，則依次收到1，0，1的事件是發送1收到1，發送1收到0，發送1收到1這3個事件的積事件，它們相互獨立，所以所求概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正確；對于C，三次傳輸，發送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B知，所求的概率為C(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C錯誤；對于D，由C項知，三次傳輸，發送0，則譯碼為0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，單次傳輸發送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.
考點二　條件概率
例3　現有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、陽明山、云冰山、舜皇山4處景點旅游，每人只去一處景點，設事件A為“4人去的景點各不相同”，事件B為“只有甲去了九嶷山”，則P(A|B)＝(　　)
A． B．
C． D．
答案　C
解析　由題意，4人去4個不同的景點，總樣本點數為4×4×4×4＝256，事件B包含的樣本點數為1×3×3×3＝27，則事件B發生的概率為P(B)＝，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不同的景點”，事件AB包含的樣本點數為1×A＝6，則事件AB發生的概率為P(AB)＝＝，即P(A|B)＝＝＝.
【通性通法】
求條件概率的常用方法
(1)定義法：P(B|A)＝.
(2)樣本點法：P(B|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，謳歌中華民族實現偉大復興的奮斗歷程，增進全體黨員干部職工對黨史知識的了解，某單位組織開展黨史知識競賽活動，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)不放回地依次隨機抽取2道題作答，設事件A為“第1次抽到選擇題”，事件B為“第2次抽到選擇題”，則下列結論中正確的是(　　)
A．P(A)＝ B．P(AB)＝
C．P(B|A)＝ D．P(B|)＝
答案　ABC
解析　P(A)＝＝，故A正確；P(AB)＝＝，故B正確；P(B|A)＝＝＝，故C正確；P()＝1－P(A)＝1－＝，P(B)＝＝，P(B|)＝＝＝，故D錯誤．
考點三　全概率公式的應用
例4　某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹慎的”“一般的”“冒失的”．統計資料表明，這三類人在一年內發生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30.若該保險公司的被保險人中“謹慎的”被保險人占20%，“一般的”被保險人占50%，“冒失的”被保險人占30%，則該保險公司的一個被保險人在一年內發生事故的概率是(　　)
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
答案　B
解析　設事件B1表示“被保險人是‘謹慎的’”，事件B2表示“被保險人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險人是‘冒失的’”，則P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.設事件A表示“被保險人在一年內發生事故”，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)＝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)按照確定的標準，將一個復合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發生條件下的概率P(B|Ai)．
(3)代入全概率公式計算．
【鞏固遷移】
4．葫蘆山莊襟渤海之遼闊，仰天角之雄奇，勘葫蘆之蘊涵，顯人文之魅力，是渤海灣著名的人文景區，是葫蘆島市“葫蘆文化與關東民俗文化”代表地和中小學綜合實踐教育基地．山莊中葫蘆品種分為亞腰、瓢、長柄錘、長筒、異型、花皮葫蘆等系列．其中亞腰葫蘆具有天然迷彩花紋，果實形狀不固定，觀賞性強，每株亞腰葫蘆可結出果實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、四等種子長出的葫蘆秧結出50顆以上果實的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，則這批種子所生長出的葫蘆秧結出50顆以上果實的概率為________．
答案　0.4825
解析　設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，設事件B表示“從這批種子中任選一顆，所生長出的葫蘆秧結出50顆以上果實”，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.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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第四節　事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式
課標解讀 考向預測
1.結合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義．結合古典概型，利用獨立性計算概率. 2.結合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機事件的條件概率. 3.結合古典概型，了解條件概率與獨立性的關系. 4.結合古典概型，會利用乘法公式計算概率. 5.結合古典概型，會利用全概率公式計算概率. 6.了解貝葉斯公式. 預計2025年高考將會以事件獨立性的判斷或條件概率、全概率公式計算在小題中單獨考查，或與隨機變量的分布列、數字特征相結合融合在解答題中考查.
【知識梳理】
1．事件的相互獨立性
事件A與事件B相互獨立 對任意的兩個事件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
性質 若事件A與事件B相互獨立，則A與B，A與B，A與B也都相互獨立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)
2.條件概率
條件概率的定義 設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，稱P(B|A)＝為在事件A發生的條件下，事件B發生的條件概率，簡稱條件概率
條件概率的性質 (1)P(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與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)＝P(Ai)P(B|Ai)，我們稱上面的公式為全概率公式．
【常用結論】
1．兩事件互斥是指兩個事件不可能同時發生，兩事件相互獨立是指一個事件發生與否對另一事件發生的概率沒有影響，兩事件相互獨立不一定互斥．
2．計算條件概率除了應用公式P(B|A)＝外，還可以利用縮減公式法，即P(B|A)＝，其中n(A)為事件A包含的樣本點數，n(AB)為事件AB包含的樣本點數．
3．P(B|A)是在事件A發生的條件下事件B發生的概率，P(A|B)是在事件B發生的條件下事件A發生的概率．
4．計算條件概率P(B|A)時，不能隨便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
【診斷自測】
1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)若事件A，B互斥，則P(B|A)＝1.(　　)
(2)若A，B相互獨立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，則A，B都不發生的概率為0.3.(　　)
(3)拋擲2枚質地均勻的硬幣，“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相互獨立．(　　)
(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．(　　)
2．小題熱身
(1)一個電路上裝有甲、乙兩根保險絲，甲熔斷的概率為0.85，乙熔斷的概率為0.74，甲、乙兩根保險絲熔斷與否相互獨立，則兩根保險絲都熔斷的概率為(　　)
A．1 B．0.629
C．0 D．0.74或0.85
(2)(人教B選擇性必修第二冊4.1.1例2改編)根據歷年的氣象數據，某市5月份發生中度霧霾的概率為0.25，刮四級以上大風的概率為0.4，既發生中度霧霾又刮四級以上大風的概率為0.2.則在發生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風的概率為(　　)
A．0.8 B．0.625
C．0.5 D．0.1
(3)(2023·河南安陽二模)某班計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，根據天氣預報，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立，則他們參觀黨史博物館的當天不下雨的概率為(　　)
A．0.25 B．0.35
C．0.65 D．0.75
(4)(多選)(人教A選擇性必修第三冊7.1.1練習T3改編)一個袋子中裝有除顏色外完全相同的5個球，其中有3個紅球，2個白球，每次從中隨機摸出1個球，則下列結論中正確的是(　　)
A．若不放回地摸球2次，則第一次摸到紅球的概率為
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
C．若有放回地摸球3次，則僅有前2次摸到紅球的概率為
D．若有放回地摸球3次，則恰有2次摸到紅球的概率為
【考點探究】
考點一　事件的相互獨立性(多考向探究)
考向1　事件獨立性的判定
例1　(2023·江蘇常州一中期初檢測)袋子里裝有形狀大小完全相同的4個小球，球上分別標有數字1，2，3，4，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球，A表示事件“第一次取出的球上數字是1”，B表示事件“第二次取出的球上數字是2”，C表示事件“兩次取出的球上數字之和是5”，D表示事件“兩次取出的球上數字之和是6”，通過計算，則可以得出(　　)
A．B與D相互獨立 B．A與D相互獨立
C．B與C相互獨立 D．C與D相互獨立
【通性通法】
判斷兩個事件是否相互獨立的方法
(1)直接法：直接判斷一個事件發生與否是否影響另一事件發生的概率．
(2)定義法：判斷P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．
(3)轉化法：由事件A與事件B相互獨立知，A與B，A與B，A與B也相互獨立．
【鞏固遷移】
1.(2024·河北唐山模擬)已知一個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，不是獨立事件
B．不是互斥事件，是獨立事件
C．既是互斥事件，也是獨立事件
D．既不是互斥事件，也不是獨立事件
考向2　相互獨立事件的概率
例2　(2023·山西太原二模)某產品需要通過兩類質量檢驗才能出貨．已知該產品第一類檢驗單獨通過率為，第二類檢驗單獨通過率為p(0A． B．
C． D．
【通性通法】
求相互獨立事件同時發生的概率的方法
(1)相互獨立事件同時發生的概率等于它們各自發生的概率之積．
(2)當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算．
【鞏固遷移】
2．(多選)(2023·新課標Ⅱ卷)在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發送1時，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：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發送1次，三次傳輸是指每個信號重復發送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1)(　　)
A．采用單次傳輸方案，若依次發送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為(1－α)(1－β)2
B．采用三次傳輸方案，若發送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1－β)2
C．采用三次傳輸方案，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3
D．當0<α<0.5時，若發送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
考點二　條件概率
例3　現有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、陽明山、云冰山、舜皇山4處景點旅游，每人只去一處景點，設事件A為“4人去的景點各不相同”，事件B為“只有甲去了九嶷山”，則P(A|B)＝(　　)
A． B．
C． D．
【通性通法】
求條件概率的常用方法
(1)定義法：P(B|A)＝.
(2)樣本點法：P(B|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，謳歌中華民族實現偉大復興的奮斗歷程，增進全體黨員干部職工對黨史知識的了解，某單位組織開展黨史知識競賽活動，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)不放回地依次隨機抽取2道題作答，設事件A為“第1次抽到選擇題”，事件B為“第2次抽到選擇題”，則下列結論中正確的是(　　)
A．P(A)＝ B．P(AB)＝
C．P(B|A)＝ D．P(B|)＝
考點三　全概率公式的應用
例4　某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹慎的”“一般的”“冒失的”．統計資料表明，這三類人在一年內發生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30.若該保險公司的被保險人中“謹慎的”被保險人占20%，“一般的”被保險人占50%，“冒失的”被保險人占30%，則該保險公司的一個被保險人在一年內發生事故的概率是(　　)
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
【通性通法】
利用全概率公式的思路
(1)按照確定的標準，將一個復合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發生條件下的概率P(B|Ai)．
(3)代入全概率公式計算．
【鞏固遷移】
4．葫蘆山莊襟渤海之遼闊，仰天角之雄奇，勘葫蘆之蘊涵，顯人文之魅力，是渤海灣著名的人文景區，是葫蘆島市“葫蘆文化與關東民俗文化”代表地和中小學綜合實踐教育基地．山莊中葫蘆品種分為亞腰、瓢、長柄錘、長筒、異型、花皮葫蘆等系列．其中亞腰葫蘆具有天然迷彩花紋，果實形狀不固定，觀賞性強，每株亞腰葫蘆可結出果實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、四等種子長出的葫蘆秧結出50顆以上果實的概率分別為0.5，0.15，0.1，0.05，則這批種子所生長出的葫蘆秧結出50顆以上果實的概率為________．
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