2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第二章第3節(jié) 隨機(jī)事件與概率含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第二章第三節(jié)隨機(jī)事件與概率課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.了解隨機(jī)事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別.2.理解樣本點和有限樣本空間的含義，理解隨機(jī)事件與樣本點的關(guān)系.3.了解隨機(jī)事件的并、交與互斥的含義，會求隨機(jī)事件的并、交運算.4.掌握隨機(jī)事件概率的運算法則，了解兩個互斥事件的概率加法公式.5.理解古典概型及其概率計算公式.近幾年的高考以考查隨機(jī)事件的頻率與概率、古典概型為主，其中古典概型常與排列組合知識交匯考查．預(yù)計2025年高考以上題型均可能出現(xiàn)，其中隨機(jī)事件的頻率與概率的題目以解答題的形式出現(xiàn)，互斥事件、對立事件的概念及古典概型以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，難度中檔.必備知識——強(qiáng)基礎(chǔ)1．樣本空間和隨機(jī)事件(1)樣本點和有限樣本空間①樣本點：隨機(jī)試驗E的每個可能的eq\x(\s\up1(01))基本結(jié)果稱為樣本點，常用ω表示．全體樣本點的集合稱為試驗E的樣本空間，常用Ω表示．②有限樣本空間：如果一個隨機(jī)試驗有n個可能結(jié)果ω1，ω2，…，ωn，則稱樣本空間Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}為有限樣本空間．(2)隨機(jī)事件①定義：將樣本空間Ω的eq\x(\s\up1(02))子集稱為隨機(jī)事件，簡稱事件．②表示：大寫字母A，B，C，….③隨機(jī)事件的極端情形：必然事件、不可能事件．2．事件的運算定義表示法圖示并事件事件A與事件B至少有一個發(fā)生，稱這個事件為事件A與事件B的并事件(或和事件)eq\x(\s\up1(03))A∪B(或A＋B)交事件事件A與事件B同時發(fā)生，稱這樣一個事件為事件A與事件B的交事件(或積事件)eq\x(\s\up1(04))A∩B(或AB)3．事件的關(guān)系定義表示法圖示包含關(guān)系若事件A發(fā)生，事件Beq\x(\s\up1(05))一定發(fā)生，稱事件B包含事件A(或事件A包含于事件B)eq\x(\s\up1(06))B?A(或A?B)互斥事件如果事件A與事件Beq\x(\s\up1(07))不能同時發(fā)生，稱事件A與事件B互斥(或互不相容)若A∩B＝?，則A與B互斥對立事件如果事件A和事件B在任何一次試驗中eq\x(\s\up1(08))有且僅有一個發(fā)生，稱事件A與事件B互為對立，事件A的對立事件記為eq\o(A,\s\up8(－))若A∩B＝?，且A∪B＝Ω，則A與B對立4.概率與頻率(1)頻率的穩(wěn)定性一般地，隨著試驗次數(shù)n的增大，頻率偏離概率的幅度會縮小，即事件A發(fā)生的頻率fn(A)會逐漸穩(wěn)定于事件A發(fā)生的概率P(A)．我們稱頻率的這個性質(zhì)為頻率的穩(wěn)定性．(2)頻率穩(wěn)定性的作用可以用eq\x(\s\up1(09))頻率fn(A)來估計概率eq\x(\s\up1(10))P(A)．5．概率的性質(zhì)性質(zhì)1：對任意的事件A，都有P(A)≥0；性質(zhì)2：必然事件的概率為1，不可能事件的概率為0，即P(Ω)＝1，P(?)＝0；性質(zhì)3：如果事件A與事件B互斥，那么P(A∪B)＝eq\x(\s\up1(11))P(A)＋P(B)；性質(zhì)4：如果事件A與事件B互為對立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝eq\x(\s\up1(12))1－P(B)；性質(zhì)5：如果A?B，那么P(A)≤P(B)，由該性質(zhì)可得，對于任意事件A，因為??A?Ω，所以0≤P(A)≤1；性質(zhì)6：設(shè)A，B是一個隨機(jī)試驗中的兩個事件，有P(A∪B)＝eq\x(\s\up1(13))P(A)＋P(B)－P(A∩B)．6．古典概型具有以下特征的試驗叫做古典概型試驗，其數(shù)學(xué)模型稱為古典概率模型，簡稱古典概型．(1)有限性：樣本空間的樣本點只有eq\x(\s\up1(14))有限個．(2)等可能性：每個樣本點發(fā)生的可能性eq\x(\s\up1(15))相等．7．古典概型的概率公式一般地，設(shè)試驗E是古典概型，樣本空間Ω包含n個樣本點，事件A包含其中的k個樣本點，則定義事件A的概率P(A)＝eq\x(\s\up1(16))eq\f(k,n)＝eq\f(n（A）,n（Ω）).其中，n(A)和n(Ω)分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點個數(shù)．1．概率加法公式的推廣當(dāng)一個事件包含多個結(jié)果且各個結(jié)果彼此互斥時，要用到概率加法公式的推廣，即P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．2．當(dāng)隨機(jī)事件A，B互斥時，不一定對立；當(dāng)隨機(jī)事件A，B對立時，一定互斥．也即兩事件互斥是對立的必要不充分條件．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)事件發(fā)生的頻率與概率是相同的．()(2)若事件A和B是互斥事件，則A∩B是不可能事件．()(3)從裝有3個大球、1個小球的袋中取出一球的試驗是古典概型．()(4)若A∪B是必然事件，則事件A與B是對立事件．()(5)擲一枚硬幣兩次，出現(xiàn)“兩個正面”“一正一反”“兩個反面”這三個結(jié)果是等可能事件．()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2．小題熱身(1)(人教A必修第二冊習(xí)題10.1T14改編)從某班學(xué)生中任意找出一人，如果該同學(xué)的身高小于160cm的概率為0.2，該同學(xué)的身高在[160，175](單位：cm)內(nèi)的概率為0.5，那么該同學(xué)的身高超過175cm的概率為()A．0.2 B．0.3C．0.7 D．0.8答案B解析由題意知該同學(xué)的身高小于160cm的概率、該同學(xué)的身高在[160，175](單位：cm)內(nèi)的概率和該同學(xué)的身高超過175cm的概率和為1，故所求概率為1－0.2－0.5＝0.3.(2)一個射手進(jìn)行射擊，記事件A1＝“脫靶”，A2＝“中靶”，A3＝“中靶環(huán)數(shù)大于4”．則在上述事件中，互斥而不對立的事件是()A．A1與A2 B．A1與A3C．A2與A3 D．以上都不對答案B解析射手進(jìn)行射擊時，事件A1＝“脫靶”，A2＝“中靶”，A3＝“中靶環(huán)數(shù)大于4”，事件A1與A2不可能同時發(fā)生，并且必有一個發(fā)生，即事件A1與A2互斥且對立，A不正確；事件A1與A3不可能同時發(fā)生，但可以同時不發(fā)生，即事件A1與A3互斥不對立，B正確；事件A2與A3可以同時發(fā)生，即事件A2與A3不互斥不對立，C不正確，顯然D不正確．(3)把語文、數(shù)學(xué)、英語、物理4本書從左到右排成一行，則語文書和英語書不相鄰的概率為()A．eq\f(1,6) B．1C．eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)答案C解析根據(jù)題意，語文、數(shù)學(xué)、英語、物理4本書從左到右排成一行，有Aeq\o\al(4,4)＝24種不同的排法，若語文書和英語書不相鄰，其排法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝12種，則語文書和英語書不相鄰的概率P＝eq\f(12,24)＝eq\f(1,2).考點探究——提素養(yǎng)考點一隨機(jī)事件(多考向探究)考向1隨機(jī)事件的關(guān)系及運算例1(1)(2024·廣東梅州中學(xué)月考)“黑匣子”是飛機(jī)專用的電子記錄設(shè)備之一，黑匣子有兩個，分別為駕駛艙語音記錄器和飛行數(shù)據(jù)記錄器．某興趣小組對黑匣子內(nèi)部構(gòu)造進(jìn)行相關(guān)課題研究，記事件A為“只研究駕駛艙語音記錄器”，事件B為“至少研究一個黑匣子”，事件C為“至多研究一個黑匣子”，事件D為“兩個黑匣子都研究”．則()A．A與C是互斥事件B．B與D是對立事件C．B與C是對立事件D．C與D是互斥事件答案D解析事件A為“只研究駕駛艙語音記錄器”；事件B為“至少研究一個黑匣子”，包含“研究駕駛艙語音記錄器”或“研究飛行數(shù)據(jù)記錄器”，或“研究駕駛艙語音記錄器和研究飛行數(shù)據(jù)記錄器”；事件C為“至多研究一個黑匣子”，包含“研究駕駛艙語音記錄器”或“研究飛行數(shù)據(jù)記錄器”，或“兩個黑匣子都不研究”；事件D為“兩個黑匣子都研究”，即“研究駕駛艙語音記錄器和研究飛行數(shù)據(jù)記錄器”．對于A，事件A與事件C不是互斥事件，故A不正確；對于B，事件B與事件D不是對立事件，故B不正確；對于C，事件B與事件C不是對立事件，故C不正確；對于D，事件C和事件D不能同時發(fā)生，故C與D是互斥事件，故D正確．故選D.(2)(多選)拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，有如下隨機(jī)事件：Ci＝“點數(shù)為i”，其中i＝1，2，3，4，5，6；D1＝“點數(shù)不大于2”，D2＝“點數(shù)不小于2”，D3＝“點數(shù)大于5”；E＝“點數(shù)為奇數(shù)”；F＝“點數(shù)為偶數(shù)”．下列結(jié)論正確的是()A．C1與C2對立 B．D1與D2不互斥C．D3?F D．E?(D1∩D2)答案BC解析對于A，C1＝“點數(shù)為1”，C2＝“點數(shù)為2”，C1與C2互斥但不對立，故A不正確；對于B，D1＝“點數(shù)不大于2”，D2＝“點數(shù)不小于2”，當(dāng)出現(xiàn)的點數(shù)是2時，D1與D2同時發(fā)生，所以D1與D2不互斥，故B正確；對于C，D3＝“點數(shù)大于5”表示出現(xiàn)6點，F(xiàn)＝“點數(shù)為偶數(shù)”，所以D3發(fā)生時F一定發(fā)生，所以D3?F，故C正確；對于D，D1∩D2表示兩個事件同時發(fā)生，即出現(xiàn)2點，E＝“點數(shù)為奇數(shù)”，所以D1∩D2發(fā)生，事件E不發(fā)生，所以E?(D1∩D2)不正確，故D不正確．【通性通法】事件關(guān)系判斷的策略判斷事件的互斥、對立關(guān)系一般用定義判斷，不可能同時發(fā)生的兩個事件為互斥事件；兩個事件，若有且僅有一個發(fā)生，則這兩個事件為對立事件，對立事件一定是互斥事件．反之互斥事件是不可能同時發(fā)生的事件，但也可以同時不發(fā)生；對立事件是特殊的互斥事件，特殊在對立的兩個事件不可能都不發(fā)生，即有且僅有一個發(fā)生判斷事件的交、并關(guān)系一是要緊扣運算的定義，二是要全面考慮同一條件下的試驗可能出現(xiàn)的全部結(jié)果，必要時可列出全部的試驗結(jié)果進(jìn)行分析，也可類比集合的關(guān)系和運用Venn圖分析事件【鞏固遷移】1．在一次隨機(jī)試驗中，彼此互斥的事件A，B，C，D發(fā)生的概率分別是0.2，0.2，0.3，0.3，則下列說法正確的是()A．A∪B與C是互斥事件，也是對立事件B．B∪C與D是互斥事件，也是對立事件C．A∪C與B∪D是互斥事件，但不是對立事件D．A與B∪C∪D是互斥事件，也是對立事件答案D解析對于A，A∪B與C是互斥事件，但不對立，因為P(A∪B)＋P(C)＝0.7≠1，故A錯誤；對于B，B∪C與D是互斥事件，但不對立，因為P(B∪C)＋P(D)＝0.8≠1，故B錯誤；對于C，A∪C與B∪D是互斥事件，也是對立事件，因為P(A∪C)＋P(B∪D)＝1，故C錯誤；對于D，A與B∪C∪D是互斥事件，也是對立事件，因為P(A)＋P(B∪C∪D)＝1，故D正確．考向2隨機(jī)事件的頻率與概率例2某險種的基本保費為a(單位：元)，繼續(xù)購買該險種的投保人稱為續(xù)保人，續(xù)保人本年度的保費與其上年度出險次數(shù)的關(guān)聯(lián)如下：上年度出險次數(shù)01234≥5保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a隨機(jī)調(diào)查了該險種的200名續(xù)保人在一年內(nèi)的出險情況，得到如下統(tǒng)計表：出險次數(shù)01234≥5頻數(shù)605030302010(1)記A為事件：“一續(xù)保人本年度的保費不高于基本保費”，求P(A)的估計值；(2)記B為事件：“一續(xù)保人本年度的保費高于基本保費但不高于基本保費的160%”，求P(B)的估計值；(3)求續(xù)保人本年度平均保費的估計值．解(1)事件A發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)小于2.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)小于2的頻率為eq\f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估計值為0.55.(2)事件B發(fā)生當(dāng)且僅當(dāng)一年內(nèi)出險次數(shù)大于1且小于4.由所給數(shù)據(jù)知，一年內(nèi)出險次數(shù)大于1且小于4的頻率為eq\f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估計值為0.3.(3)由所給數(shù)據(jù)得保費0.85aa1.25a1.5a1.75a2a頻率0.300.250.150.150.100.05調(diào)查的200名續(xù)保人的平均保費為0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.1925a.因此，續(xù)保人本年度平均保費的估計值為1.1925a.【通性通法】頻率與概率的關(guān)系區(qū)別頻率反映了一個隨機(jī)事件出現(xiàn)的頻繁程度，頻率是隨機(jī)的，而概率是一個確定的值，通常用概率來反映隨機(jī)事件發(fā)生的可能性的大小，有時也用頻率來作為隨機(jī)事件概率的估計值聯(lián)系利用概率的統(tǒng)計定義求事件的概率，即通過大量的重復(fù)試驗，事件發(fā)生的頻率會逐步趨近于某一個常數(shù)，這個常數(shù)就是概率【鞏固遷移】2．某種產(chǎn)品的質(zhì)量以其質(zhì)量指標(biāo)值衡量，質(zhì)量指標(biāo)值越大表明質(zhì)量越好，且質(zhì)量指標(biāo)值大于或等于102的產(chǎn)品為優(yōu)質(zhì)品．現(xiàn)用兩種新配方(分別稱為A配方和B配方)做試驗，各生產(chǎn)了100件這種產(chǎn)品，并測量了每件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值，得到下面試驗結(jié)果：A配方的頻數(shù)分布表指標(biāo)值分組[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]頻數(shù)82042228B配方的頻數(shù)分布表指標(biāo)值分組[90，94)[94，98)[98，102)[102，106)[106，110]頻數(shù)412423210(1)分別估計用A配方、B配方生產(chǎn)的產(chǎn)品的優(yōu)質(zhì)品率；(2)已知用B配方生產(chǎn)的一件產(chǎn)品的利潤y(單位：元)與其質(zhì)量指標(biāo)值t的關(guān)系為y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，t<94，,2，94≤t<102，,4，t≥102，))估計用B配方生產(chǎn)的一件產(chǎn)品的利潤大于0的概率，并求用B配方生產(chǎn)的上述100件產(chǎn)品中每件產(chǎn)品的平均利潤．解(1)由試驗結(jié)果知，用A配方生產(chǎn)的產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的頻率為eq\f(22＋8,100)＝0.3，所以用A配方生產(chǎn)的產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品率的估計值為0.3.由試驗結(jié)果知，用B配方生產(chǎn)的產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品的頻率為eq\f(32＋10,100)＝0.42，所以用B配方生產(chǎn)的產(chǎn)品中優(yōu)質(zhì)品率的估計值為0.42.(2)由條件知，用B配方生產(chǎn)的一件產(chǎn)品的利潤大于0，當(dāng)且僅當(dāng)其質(zhì)量指標(biāo)值t≥94，由試驗結(jié)果知，質(zhì)量指標(biāo)值t≥94的頻率為eq\f(100－4,100)＝0.96，所以用B配方生產(chǎn)的一件產(chǎn)品的利潤大于0的概率約為0.96.用B配方生產(chǎn)的100件產(chǎn)品中每件產(chǎn)品的平均利潤為eq\f(1,100)×[4×(－2)＋54×2＋42×4]＝2.68元．考點二互斥事件與對立事件的概率例3(1)人類通常有O，A，B，AB四種血型，某一血型的人可以給哪些血型的人輸血，是有嚴(yán)格規(guī)定的．設(shè)X代表O，A，B，AB中某種血型，箭頭左邊表示供血者，右邊表示受血者，則輸血規(guī)則如下：①X→X；②O→X；③X→AB.已知我國O，A，B，AB四種血型的人數(shù)所占比例分別為41%，28%，24%，7%，在臨床上，按照上述規(guī)則，若受血者為A型血，則一位供血者能為這位受血者正確輸血的概率為()A．0.31 B．0.48C．0.65 D．0.69答案D解析若受血者為A型血，則O型血和A型血可以為這位受血者輸血，所以一位供血者能為這位受血者正確輸血的概率為0.41＋0.28＝0.69.(2)某學(xué)校成立了數(shù)學(xué)、英語、音樂3個課外興趣小組，3個小組分別有39，32，33名成員，一些成員參加了不止一個小組，具體情況如圖所示．現(xiàn)隨機(jī)選取一名成員，則他至少參加2個小組的概率為________，他至多參加2個小組的概率為________．答案eq\f(3,5)eq\f(13,15)解析記“恰好參加2個小組”為事件A，“恰好參加3個小組”為事件B，隨機(jī)選取一名成員，恰好參加2個小組的概率P(A)＝eq\f(11,60)＋eq\f(7,60)＋eq\f(10,60)＝eq\f(7,15)，恰好參加3個小組的概率P(B)＝eq\f(8,60)＝eq\f(2,15)，則至少參加2個小組的概率為P(A)＋P(B)＝eq\f(7,15)＋eq\f(2,15)＝eq\f(3,5)，至多參加2個小組的概率為1－P(B)＝1－eq\f(2,15)＝eq\f(13,15).【通性通法】求互斥事件概率的一般方法直接法將所求事件的概率分解為一些彼此互斥的事件的概率的和，運用互斥事件的求和公式計算間接法先求此事件的對立事件的概率，再用公式P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up8(－)))求出所求概率，特別是“至多”“至少”型題目，用間接法比較簡便【鞏固遷移】3．已知袋子中有10個小球，其中紅球2個，黑球和白球共8個，從中隨機(jī)取出一個，設(shè)取出紅球為事件A，取出黑球為事件B，隨機(jī)事件C與B對立．若P(A∪B)＝0.5，則P(C)＝()A．0.3 B．0.6C．0.7 D．0.8答案C解析由題意可知，P(A)＝eq\f(2,10)＝0.2.因為A與B互斥且P(A∪B)＝0.5，所以P(B)＝0.3.又因為隨機(jī)事件C與B對立，所以P(C)＝1－0.3＝0.7.4．若隨機(jī)事件A，B互斥，A，B發(fā)生的概率均不等于0，且P(A)＝2－a，P(B)＝4a－5，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3)))解析由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜P（A）＜1，,0＜P（B）＜1，,P（A）＋P（B）≤1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＜2－a＜1，,0＜4a－5＜1，,3a－3≤1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＜a＜2，,\f(5,4)＜a＜\f(3,2)，,a≤\f(4,3)，))解得eq\f(5,4)＜a≤eq\f(4,3).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(4,3))).考點三古典概型例4(1)(2024·南通質(zhì)檢)我國數(shù)學(xué)家張益唐在“孿生素數(shù)”研究方面取得突破，孿生素數(shù)也稱為孿生質(zhì)數(shù)，就是指兩個相差2的素數(shù)，例如5和7.在大于3且不超過20的素數(shù)中，隨機(jī)選取2個不同的數(shù)，恰好是一組孿生素數(shù)的概率為()A．eq\f(3,56) B．eq\f(3,28)C．eq\f(1,7) D．eq\f(1,5)答案D解析大于3且不超過20的素數(shù)為5，7，11，13，17，19，共6個，隨機(jī)選取2個不同的數(shù)，分別為(5，7)，(5，11)，(5，13)，(5，17)，(5，19)，(7，11)，(7，13)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)，共15種選法，其中恰好是一組孿生素數(shù)的有(5，7)，(11，13)，(17，19)，共3種，故隨機(jī)選取2個不同的數(shù)，恰好是一組孿生素數(shù)的概率為eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).(2)已知a，b∈{－2，－1，1，2}，若向量m＝(a，b)，n＝(1，1)，則向量m與n所成的角為銳角的概率是()A．eq\f(3,16) B．eq\f(1,4)C．eq\f(3,8) D．eq\f(7,16)答案B解析向量m與n所成的角為銳角等價于m·n>0，且m與n的方向不同，即m·n＝(a，b)·(1，1)＝a＋b>0，且a≠b，則滿足條件的向量m有(－1，2)，(1，2)，(2，－1)，(2，1)，共4種，又m的取法共有4×4＝16種，則向量m與n所成的角為銳角的概率是eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).(3)已知m，n∈{1，2，3，4}，且m≠n，則方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦點在x軸上的橢圓的概率是________．答案eq\f(1,2)解析方程eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1表示焦點在x軸上的橢圓，則m>n>0，有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，共6種，在題設(shè)條件下，方程有Aeq\o\al(2,4)＝12種，所以所求概率為P＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2).【通性通法】公式法求解古典概型問題的步驟【鞏固遷移】5．將3名男生、1名女生共4名同學(xué)分配到甲、乙、丙三個社區(qū)參加社會實踐，每個社區(qū)至少一名同學(xué)，則恰好一名女生和一名男生分到甲社區(qū)的概率是()A．eq\f(1,12) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,6)答案D解析分配方案的總數(shù)為Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)，恰好一名女生和一名男生分到甲社區(qū)的分法有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)種，則恰好一名女生和一名男生分到甲社區(qū)的概率是P＝eq\f(Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3))＝eq\f(1,6).6．(2022·全國甲卷)從正方體的8個頂點中任選4個，則這4個點在同一個平面的概率為________．答案eq\f(6,35)解析從正方體的8個頂點中任取4個，有n＝Ceq\o\al(4,8)＝70種取法，這4個點在同一個平面的有m＝6＋6＝12種取法，故所求概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).7．已知函數(shù)y＝x2，集合A＝{－3，－2，－1，0，1，2，3}，現(xiàn)從A中任意取出若干個元素組成函數(shù)y＝x2的定義域D，則函數(shù)y＝x2的值域為{1，4}的概率為________．答案eq\f(9,127)解析易知集合A的非空子集有27－1＝127個，即樣本點的總數(shù)為127，記“函數(shù)y＝x2的值域為{1，4}”為事件M，“D中含有2個元素且函數(shù)y＝x2的值域為{1，4}”為事件M1，“D中含有3個元素且函數(shù)y＝x2的值域為{1，4}”為事件M2，“D中含有4個元素且函數(shù)y＝x2的值域為{1，4}”為事件M3，易知M1＋M2＋M3＝M，則M1中含有的樣本點為(－1，－2)，(－1，2)，(1，－2)，(1，2)，共4個；M2中含有的樣本點為(－1，－2，1)，(－1，－2，2)，(－2，1，2)，(－1，1，2)，共4個；M3中含有的樣本點為(－2，－1，1，2)，只有1個．所以P(M)＝P(M1＋M2＋M3)＝P(M1)＋P(M2)＋P(M3)＝eq\f(4,127)＋eq\f(4,127)＋eq\f(1,127)＝eq\f(9,127).考點四古典概型與統(tǒng)計的交匯問題例5為了了解某種新型藥物對治療某種疾病的療效，某機(jī)構(gòu)日前聯(lián)合醫(yī)院，進(jìn)行了小規(guī)模的調(diào)查，結(jié)果顯示，相當(dāng)多的受訪者擔(dān)心使用新藥后會有副作用．為了了解使用該種新型藥品后是否會引起疲乏癥狀，該機(jī)構(gòu)隨機(jī)抽取了某地患有這種疾病的275人進(jìn)行調(diào)查，得到統(tǒng)計數(shù)據(jù)如表：新藥疲乏癥狀合計無疲乏癥狀有疲乏癥狀未使用新藥15025t使用新藥xy100合計225m275(1)求2×2列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)x，y，m，t的值，根據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，能否判斷有無疲乏癥狀與是否使用該新藥有關(guān)？(2)從使用該新藥的100人中按是否有疲乏癥狀，采用比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法抽出4人，再從這4人中隨機(jī)抽取2人做進(jìn)一步調(diào)查，求這2人中恰有1人有疲乏癥狀的概率．附：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，n＝a＋b＋c＋d.α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)由數(shù)表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，零假設(shè)為H0：有無疲乏癥狀與是否使用該新藥無關(guān)．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到χ2＝eq\f(275×（150×25－25×75）2,175×100×225×50)＝eq\f(275,56)≈4.911＞3.841＝x0.05.根據(jù)小概率值α＝0.05的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為有無疲乏癥狀與是否使用該新藥有關(guān)．(2)從使用新藥的100人中用比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法抽取4人的抽樣比為eq\f(4,100)＝eq\f(1,25)，則抽取有疲乏癥狀的人數(shù)為eq\f(1,25)×25＝1，無疲乏癥狀的人數(shù)為3，記“這2人中恰有1人有疲乏癥狀”為事件M，于是P(M)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，所以這2人中恰有1人有疲乏癥狀的概率是eq\f(1,2).【通性通法】有關(guān)古典概型與統(tǒng)計結(jié)合的題型是高考考查概率的一個重要題型．概率與統(tǒng)計的結(jié)合題，無論是直接描述還是利用頻率分布表、頻率分布直方圖等給出的信息，準(zhǔn)確從題中提煉信息是解題的關(guān)鍵．復(fù)雜事件的概率問題可將其轉(zhuǎn)化為互斥事件或?qū)α⑹录母怕蕟栴}．【鞏固遷移】8．為了調(diào)查國企員工對現(xiàn)行個稅法的滿意程度，研究人員在某地各個國企中隨機(jī)抽取了1000名員工進(jìn)行調(diào)查，并將滿意程度以分?jǐn)?shù)的形式統(tǒng)計成如下的頻率分布直方圖，其中a＝4b.(1)求a，b的值并估計被調(diào)查的員工的滿意程度的中位數(shù)；(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))(2)若采用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法從[50，60)，[60，70)中隨機(jī)抽取8人，再從這8人中隨機(jī)抽取2人，求至少有1人的分?jǐn)?shù)在[50，60)的概率．解(1)依題意，得(a＋b＋0.008＋0.027＋0.035)×10＝1，所以a＋b＝0.03，又a＝4b，所以a＝0.024，b＝0.006，所以中位數(shù)為70＋eq\f(0.5－0.08－0.24,0.035)≈75.14.(2)依題意，知分?jǐn)?shù)在[50，60)的員工抽取了2人，記為a，b，分?jǐn)?shù)在[60，70)的員工抽取了6人，記為1，2，3，4，5，6，所以從這8人中隨機(jī)抽取2人的所有的情況有(a，b)，(a，1)，(a，2)，(a，3)，(a，4)，(a，5)，(a，6)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，(b，4)，(b，5)，(b，6)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共28種，其中滿足條件的有(a，b)，(a，1)，(a，2)，(a，3)，(a，4)，(a，5)，(a，6)，(b，1)，(b，2)，(b，3)，(b，4)，(b，5)，(b，6)，共13種，設(shè)“至少有1人的分?jǐn)?shù)在[50，60)”為事件A，則P(A)＝eq\f(13,28).課時作業(yè)一、單項選擇題1．拋擲一枚骰子，記“向上的點數(shù)是1或2”為事件A，“向上的點數(shù)是2或3”為事件B，則()A．A?BB．A＝BC．A∪B表示向上的點數(shù)是1或2或3D．A∩B表示向上的點數(shù)是1或2或3答案C解析由題意，可知A＝{1，2}，B＝{2，3}，則A∩B＝{2}，A∪B＝{1，2，3}，所以A∪B表示向上的點數(shù)為1或2或3.故選C.2．從裝有若干個紅球和白球(除顏色外其余均相同)的黑色布袋中隨機(jī)不放回地摸球兩次，每次摸出一個球．若事件“兩個球都是紅球”的概率為eq\f(2,15)，“兩個球都是白球”的概率為eq\f(1,3)，則“兩個球顏色不同”的概率為()A．eq\f(4,15) B．eq\f(7,15)C．eq\f(8,15) D．eq\f(11,15)答案C解析設(shè)“兩個球都是紅球”為事件A，“兩個球都是白球”為事件B，“兩個球顏色不同”為事件C，則P(A)＝eq\f(2,15)，P(B)＝eq\f(1,3)，且eq\o(C,\s\up8(－))＝A∪B.因為A，B，C兩兩互斥，所以P(C)＝1－P(eq\o(C,\s\up8(－)))＝1－P(A∪B)＝1－[P(A)＋P(B)]＝1－eq\f(2,15)－eq\f(1,3)＝eq\f(8,15).故選C.3．(2023·廣東東莞模擬)在不超過18的素數(shù)中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于16的概率是()A．eq\f(1,21) B．eq\f(2,21)C．eq\f(1,42) D．eq\f(1,7)答案B解析不超過18的素數(shù)有2，3，5，7，11，13，17，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)有Ceq\o\al(2,7)＝21種，和等于16的有3＋13＝16，5＋11＝16，共2種，所以和等于16的概率是eq\f(2,21).4．《三十六計》是中華民族珍貴的文化遺產(chǎn)之一，是一部傳習(xí)久遠(yuǎn)的兵法奇書，與《孫子兵法》合稱我國古代兵法謀略學(xué)的雙璧，三十六計共分勝戰(zhàn)計、敵戰(zhàn)計、攻戰(zhàn)計、混戰(zhàn)計、并戰(zhàn)計、敗戰(zhàn)計六套，每一套都包含六計，合三十六個計策，如果從這36個計策中任取2個計策，則這2個計策都來自同一套的概率為()A．eq\f(1,21) B．eq\f(1,14)C．eq\f(1,7) D．eq\f(1,42)答案C解析從這36個計策中任取2個計策，基本事件總數(shù)n＝Ceq\o\al(2,36)＝630，這2個計策都來自同一套包含的基本事件的個數(shù)m＝6Ceq\o\al(2,6)＝90，則這2個計策都來自同一套的概率為P＝eq\f(m,n)＝eq\f(90,630)＝eq\f(1,7).故選C.5．設(shè)條件甲：事件A與事件B是對立事件，結(jié)論乙：概率滿足P(A)＋P(B)＝1，則甲是乙的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析若事件A與事件B是對立事件，則A∪B為必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.但P(A)＋P(B)＝1，A，B不一定是對立事件，如投擲一枚硬幣3次，事件A＝“至少出現(xiàn)一次正面”，事件B＝“出現(xiàn)3次正面”，則P(A)＝eq\f(7,8)，P(B)＝eq\f(1,8)，滿足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是對立事件．故甲是乙的充分不必要條件．6．(2024·海南華僑中學(xué)模擬)中國空間站的主體結(jié)構(gòu)包括天和核心艙、問天實驗艙和夢天實驗艙．假設(shè)中國空間站要安排甲、乙、丙、丁4名航天員開展實驗，其中天和核心艙安排2人，問天實驗艙與夢天實驗艙各安排1人，則甲、乙兩人安排在不同艙內(nèi)的概率為()A．eq\f(1,6) B．eq\f(5,6)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)答案B解析從甲、乙、丙、丁4名航天員中任選兩人去天和核心艙，剩下兩人去剩下兩個艙位，則有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝6×2＝12種可能，要使得甲、乙在同一個艙內(nèi)，由題意，甲、乙只能同時在天和核心艙，在這種安排下，剩下兩人去剩下兩個艙位，則有Aeq\o\al(2,2)＝2種可能．所以甲、乙兩人安排在同一個艙內(nèi)的概率P＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).則甲、乙兩人安排在不同艙內(nèi)的概率P＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).7．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，則函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是()A．eq\f(5,12) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)答案A解析因為a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以樣本點總數(shù)n＝3×4＝12.函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，①當(dāng)a＝0時，f(x)＝－2bx，符合條件的只有(0，－1)，即a＝0，b＝－1；②當(dāng)a≠0時，需要滿足eq\f(b,a)≤1，符合條件的有(1，－1)，(1，1)，(2，－1)，(2，1)，共4種．所以函數(shù)f(x)＝ax2－2bx在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)的概率是eq\f(5,12).8．(2024·“西南匯”聯(lián)考)已知某校高三年級共1400人，按照順序從1到1400編學(xué)號．為了如實了解學(xué)生“是否有帶智能手機(jī)進(jìn)入校園的行為”，設(shè)計如下調(diào)查方案：先從裝有2個黑球和3個白球的不透明盒子中隨機(jī)取出1個球，如果是白球，回答問題一；否則回答問題二．問題如下：一、你的學(xué)號的末位數(shù)字是奇數(shù)嗎？二、你是否有帶智能手機(jī)進(jìn)入校園的行為？現(xiàn)在高三年級1400人全部參與調(diào)查，經(jīng)統(tǒng)計，有972人回答“否”，其余人回答“是”．則該校高三年級“帶智能手機(jī)進(jìn)入校園”的人數(shù)大概為()A．8 B．20C．148 D．247答案B解析根據(jù)題意，回答問題一的學(xué)生約有1400×eq\f(3,5)＝840人，回答問題二的學(xué)生約有1400×eq\f(2,5)＝560人，840人中約有420人回答“否”，則560人中約有972－420＝552人回答“否”，8人回答“是”，則問題二回答“是”的人數(shù)約占eq\f(1,70)，該校高三年級“帶智能手機(jī)進(jìn)入校園”的人數(shù)約為1400×eq\f(1,70)＝20.二、多項選擇題9．包含甲、乙的若干人站成一排，其中不是互斥事件的是()A．“甲站排頭”與“乙站排頭”B．“甲站排頭”與“乙不站排尾”C．“甲站排頭”與“乙站排尾”D．“甲不站排頭”與“乙不站排尾”答案BCD解析排頭只能有一人，因此“甲站排頭”與“乙站排頭”互斥，而B，C，D中，甲、乙站位不一定在同一位置，可以同時發(fā)生，因此它們都不互斥．故選BCD.10．小張上班從家到公司開車有兩條線路，所需時間(分鐘)隨交通堵塞狀況有所變化，其概率分布如下表所示：所需時間(分鐘)30405060線路一0.50.20.20.1線路二0.30.50.10.1則下列說法正確的是()A．任選一條線路，“所需時間小于50分鐘”與“所需時間為60分鐘”是對立事件B．從所需的平均時間看，線路一比線路二更節(jié)省時間C．如果要求在45分鐘以內(nèi)從家趕到公司，小張應(yīng)該選線路一D．若小張上下班走不同線路，則所需時間之和大于100分鐘的概率為0.04答案BD解析“所需時間小于50分鐘”與“所需時間為60分鐘”是互斥而不對立事件，故A錯誤；線路一所需的平均時間為30×0.5＋40×0.2＋50×0.2＋60×0.1＝39分鐘，線路二所需的平均時間為30×0.3＋40×0.5＋50×0.1＋60×0.1＝40分鐘，故B正確；線路一所需時間小于45分鐘的概率為0.7，線路二所需時間小于45分鐘的概率為0.8，小張應(yīng)選線路二，故C錯誤；所需時間之和大于100分鐘，則線路一、線路二的時間可以為(50，60)，(60，50)和(60，60)三種情況，概率為0.2×0.1＋0.1×0.1＋0.1×0.1＝0.04，故D正確．故選BD.三、填空題11．在拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子的試驗中，事件A表示“小于5的偶數(shù)點出現(xiàn)”，事件B表示“小于5的點數(shù)出現(xiàn)”，則在一次試驗中，事件A∪eq\o(B,\s\up8(－))發(fā)生的概率為________．答案eq\f(2,3)解析拋擲一枚骰子的試驗有6種等可能的結(jié)果，依題意知P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3)，所以P(eq\o(B,\s\up8(－)))＝1－P(B)＝1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，因為eq\o(B,\s\up8(－))表示“出現(xiàn)5點或6點”的事件，所以事件A與eq\o(B,\s\up8(－))互斥，從而P(A∪eq\o(B,\s\up8(－)))＝P(A)＋P(eq\o(B,\s\up8(－)))＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).12．北斗七星自古是我國人民辨別方向、判斷季節(jié)的重要依據(jù)，北斗七星分別為天樞、天璇、天璣、天權(quán)、玉衡、開陽、搖光，其中玉衡最亮，天權(quán)最暗．一名天文愛好者從七顆星中隨機(jī)選兩顆進(jìn)行觀測，則玉衡和天權(quán)至少一顆被選中的概率為________．答案eq\f(11,21)解析因為玉衡和天權(quán)都沒有被選中的概率為P＝eq\f(Ceq\o\al(2,5),Ceq\o\al(2,7))＝eq\f(10,21)，所以玉衡和天權(quán)至少一顆被選中的概率為1－eq\f(10,21)＝eq\f(11,21).13．(2024·湖南名校聯(lián)考)某學(xué)校為落實“雙減”政策，在課后服務(wù)時間開展了豐富多彩的興趣拓展活動．現(xiàn)有甲、乙、丙、丁四人，乒乓球、籃球、足球、羽毛球、網(wǎng)球五項活動，由于受個人精力和時間限制，每人只能等可能的從中選擇一項活動，則四人中恰有兩人參加同一活動的概率為________．答案eq\f(72,125)解析根據(jù)題意，每個人有5種選擇，四人共54種選法，其中恰有兩人參加同一種活動，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,4)種選法，故四人中恰有兩人參加同一種活動的概率為eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,4),54)＝eq\f(72,125).14．(2023·石家莊二中模擬)數(shù)學(xué)上有種水仙花數(shù)，它是指各位數(shù)字的立方和等于其本身的三位數(shù)．水仙花數(shù)共有4個，其中僅有1個在區(qū)間(150，160)內(nèi)，我們姑且稱它為“水仙四妹”，則從集合{147，152，154，157，“水仙四妹”}的5個元素中任意取3個整數(shù)，則這3個整數(shù)中含有“水仙四妹”，且其余兩個整數(shù)至少有一個比“水仙四妹”小的概率是________．答案eq\f(1,2)解析設(shè)“水仙四妹”為150＋x且0<x<10，x∈Z，依題意，知13＋53＋x3＝150＋x，即有(x－1)x(x＋1)＝24，可得x＝3，即“水仙四妹”為153，所以集合為{147，152，153，154，157}，從該集合中任取3個元素，該試驗的樣本空間Ω＝{(147，152，153)，(147，152，154)，(147，152，157)，(147，153，154)，(147，153，157)，(147，154，157)，(152，153，154)，(152，153，157)，(152，154，157)，(153，154，157)}，共有10個樣本點．記事件A表示“取出的3個整數(shù)中含有153，且其余兩個整數(shù)至少有一個比153小”，則事件A包含的樣本點有(147，152，153)，(147，153，154)，(147，153，157)，(152，153，154)，(152，153，157)，共5個，故P(A)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2).四、解答題15．某種產(chǎn)品的質(zhì)量以其質(zhì)量指標(biāo)衡量，并依據(jù)質(zhì)量指標(biāo)值劃分等級如下表：質(zhì)量指標(biāo)值mm＜185185≤m＜205m≥205等級三等品二等品一等品從某企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品中抽取200件，檢測后得到如下的頻率分布直方圖：(1)根據(jù)以上抽樣調(diào)查的數(shù)據(jù)，能否認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)這種產(chǎn)品符合“一、二等品至少要占到全部產(chǎn)品的92%的規(guī)定”？(2)在樣本中，按產(chǎn)品等級用比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方法抽取8件，再從這8件產(chǎn)品中隨機(jī)抽取4件，求抽取的4件產(chǎn)品中，一、二、三等品都有的概率．解(1)根據(jù)抽樣調(diào)查數(shù)據(jù)，一、二等品所占比例的估計值為0．200＋0.300＋0.260＋0.090＋0.025＝0.875，由于該估計值小于0.92，故不能認(rèn)為該企業(yè)生產(chǎn)的這種產(chǎn)品符合“一、二等品至少要占到全部產(chǎn)品的92%的規(guī)定”．(2)由頻率分布直方圖知，一、二、三等品的頻率分別為0.375，0.5和0.125，故在樣本中，一等品有3件，二等品有4件，三等品有1件；再從這8件產(chǎn)品中隨機(jī)抽取4件，一、二、三等品都有的情形有2種：①一等品2件，二等品1件，三等品1件；②一等品1件，二等品2件，三等品1件，故所求的概率為P＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,1)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,1),Ceq\o\al(4,8))＝eq\f(3,7).16．(2023·南京模擬)有5個形狀大小相同的球，其中3個紅色、2個藍(lán)色，從中一次性隨機(jī)取2個球，則下列說法正確的是()A．“恰好取到1個紅球”與“至少取到1個藍(lán)球”是互斥事件B．“恰好取到1個紅球”與“至多取到1個藍(lán)球”是互斥事件C．“至少取到1個紅球”的概率大于“至少取到1個藍(lán)球”的概率D．“至多取到1個紅球”的概率大于“至多取到1個藍(lán)球”的概率答案C解析對于A，B，兩事件能同時發(fā)生，不是互斥事件，故A，B錯誤；對于C，“至少取到1個紅球”的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝0.9，“至少取到1個藍(lán)球”的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝0.7，故C正確；對于D，“至多取到1個紅球”的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝0.7，“至多取到1個藍(lán)球”的概率P＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,5))＝0.9，故D錯誤．17．將一枚骰子投擲兩次，第一次出現(xiàn)的點數(shù)記為a，第二次出現(xiàn)的點數(shù)記為b，設(shè)任意投擲兩次，使兩條不重合直線l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率為P1，相交的概率為P2，若點(P1，P2)在圓(x－m)2＋y2＝eq\f(137,144)的內(nèi)部，則實數(shù)m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,18)，\f(7,18)))解析對于a與b各有6種情形，故總數(shù)為36種．兩條直線l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的情形有a＝2，b＝4或a＝3，b＝6，所以P1＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)；兩條直線l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2相交的情形除平行與重合(a＝1，b＝2)即可，所以P2＝eq\f(33,36)＝eq\f(11,12)，因為點(P1，P2)在圓(x－m)2＋y2＝eq\f(137,144)的內(nèi)部，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,18)－m))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,12)))eq\s\up12(2)＜eq\f(137,144)，解得－eq\f(5,18)＜m＜eq\f(7,18).故實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,18)，\f(7,18))).18．隨著第二輪企業(yè)出海潮的到來，某品牌手機(jī)公司積極拓展海外市場，在海外共設(shè)了30多個分支機(jī)構(gòu)，需要國內(nèi)公司外派大量80后、90后中青年員工．該企業(yè)為了解這兩個年齡層員工是否愿意被外派工作的態(tài)度，按比例分配的分層隨機(jī)抽樣的方式從80后和90后的員工中隨機(jī)調(diào)查了200位，得到數(shù)據(jù)如下表：愿意被外派不愿意被外派合計80后40408090后8040120合計12080200(1)根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，推斷是否愿意被外派與年齡是否有關(guān)，并說明理由；(2)該公司舉行參觀駐海外分支機(jī)構(gòu)的交流體驗活動，擬安排6名參與調(diào)查的80后、90后員工參加.80后員工中有愿意被外派的3人和不愿意被外派的3人報名參加，從中隨機(jī)選出3人，記選到愿意被外派的人數(shù)為x；90后員工中有愿意被外派的4人和不愿意被外派的2人報名參加，從中隨機(jī)選出3人，記選到愿意被外派的人數(shù)為y，求x>y的概率．參考數(shù)據(jù)：α0.100.050.010xα2.7063.8416.635參考公式：χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，其中n＝a＋b＋c＋d.解(1)零假設(shè)為H0：是否愿意被外派與年齡無關(guān)．根據(jù)2×2列聯(lián)表及參考公式可得χ2＝eq\f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)＝eq\f(200×（40×40－40×80）2,80×120×120×80)＝eq\f(（40－80）2,12×12×2)＝eq\f(50,9)≈5.556<6.635，根據(jù)小概率值α＝0.01的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷H0不成立，因此可以認(rèn)為H0成立，即認(rèn)為是否愿意被外派與年齡無關(guān)．(2)“x>y”包含“x＝2，y＝1”“x＝3，y＝1”“x＝3，y＝2”三個互斥事件，因為P(x＝2，y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(3,6))×eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(9,100)，P(x＝3，y＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,6))×eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(1,100)，P(x＝3，y＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(3,3),Ceq\o\al(3,6))×eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(3,6))＝eq\f(3,100)，所以P(x>y)＝eq\f(9＋1＋3,100)＝eq\f(13,100).第四節(jié)事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.結(jié)合有限樣本空間，了解兩個隨機(jī)事件獨立性的含義．結(jié)合古典概型，利用獨立性計算概率.2.結(jié)合古典概型，了解條件概率，能計算簡單隨機(jī)事件的條件概率.3.結(jié)合古典概型，了解條件概率與獨立性的關(guān)系.4.結(jié)合古典概型，會利用乘法公式計算概率.5.結(jié)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(yù)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(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——強(qiáng)基礎(chǔ)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)＝eq\x(\s\up1(01))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(zhì)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)＝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事件不可能同時發(fā)生，兩事件相互獨立是指一個事件發(fā)生與否對另一事件發(fā)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(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包含的樣本點數(shù)，n(AB)為事件AB包含的樣本點數(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)．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(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．0.629C．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(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，刮四級以上大風(fēng)的概率為0.4，既發(fā)生中度霧霾又刮四級以上大風(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(jù)天氣預(yù)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(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7.1.1練習(xí)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(jī)摸出1個球，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解析對于A，第一次摸到紅球的概率為eq\f(3,5)，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＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，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eq\f(3,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(18,125)，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.考點探究——提素養(yǎng)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(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)＝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不是相互獨立事件，故A錯誤；對于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不是相互獨立事件，故B錯誤；對于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是相互獨立事件，故C正確；對于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(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)＝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(chǎn)品需要通過兩類質(zhì)量檢驗才能出貨．已知該產(chǎn)品第一類檢驗單獨通過率為eq\f(3,4)，第二類檢驗單獨通過率為p(0<p<1)，規(guī)定：第一類檢驗不通過則不能進(jìn)入第二類檢驗，每類檢驗未通過可修復(fù)后再檢驗一次，修復(fù)后無需從頭檢驗，通過率不變且每類檢驗最多兩次，且各類檢驗間相互獨立．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)＝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】求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的方法(1)相互獨立事件同時發(fā)生的概率等于它們各自發(fā)生的概率之積．(2)當(dāng)正面計算較復(fù)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(biāo)Ⅱ卷)在信道內(nèi)傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發(fā)送0時，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，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(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)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(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，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(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(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錯誤；對于D，由C項知，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.考點二條件概率例3現(xiàn)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(shè)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．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個不同的景點，總樣本點數(shù)為4×4×4×4＝256，事件B包含的樣本點數(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不同的景點”，事件AB包含的樣本點數(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)，謳歌中華民族實現(xiàn)偉大復(fù)興的奮斗歷程，增進(jìn)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(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錯誤．考點三全概率公式的應(yīng)用例4某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹(jǐn)慎的”“一般的”“冒失的”．統(tǒng)計資料表明，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.若該保險公司的被保險人中“謹(jǐn)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(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“被保險人是‘謹(jǐn)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(shè)事件A表示“被保險人在一年內(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)，將一個復(fù)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(fā)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(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(qiáng)，每株亞腰葫蘆可結(jié)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(jié)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(jié)出50顆以上果實的概率為________．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，所生長出的葫蘆秧結(jié)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.課時作業(yè)一、單項選擇題1．甲、乙兩個袋子中裝有紅、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個紅球、2個白球，乙袋裝有1個紅球、5個白球．現(xiàn)分別從甲、乙兩袋中各抽取1個球，則取出的兩個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”兩個事件相互獨立，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．對立C．相互獨立 D．既互斥又相互獨立答