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第四节　条件概率与全概率公式、相互独立事件
1．相互独立事件
概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立
性质 若事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立
2.条件概率
(1)条件概率的计算公式
条件 设A，B为两个事件，且P(A)>0
含义 在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
记作 P(B|A)
读作 A发生的条件下B发生的概率
计算公式 ①缩小样本空间法：P(B|A)＝；②公式法：P(B|A)＝
(2)条件概率的性质：设P(B|A)>0，则
①P(Ω|A)＝1；
②任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1；
③如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
④设和B是互斥事件，则P(|A)＝1－P(B|A)．
(3)概率的乘法公式
由条件概率的定义知，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)，我们称该式为概率的乘法公式．
3．全概率公式
一般地，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)＝.我们称该公式为全概率公式．
(1)公式P(B|A)＝仅限于P(A)>0的情况，
当P(A)＝0时，我们不定义条件概率．
(2)计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
(3)P(B|A)与P(A|B)不一定相等．
1．(人教A版必修第二册P249·练习T3改编)天气预报表明在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为(　 )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
解析：选C　设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
2．(苏教版选择性必修第二册P95·T2改编)从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数，设事件A＝“第一次取到的是奇数”，事件B＝“第二次取到的是奇数”，则P(B|A)＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　由题意得P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝＝.
3．(湘教版选择性必修第二册P115·例6改编)质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次再实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件经过质检的概率为(　 )
A．0.4 B．0.16 C．0.68 D．0.17
解析：选C　设Ai表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)·P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件经过质检的概率为0.68.
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　相互独立事件的概念　
[题点全训]
1．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中不放回地取球两次，每次取一个球，用A1表示第一次取得白球，A2表示第二次取得白球，则A1和A2(　 )
A．是互斥事件 B．是相互独立事件
C．是对立事件 D．不是相互独立事件
解析：选D　因为P(A1)＝，若A1发生了，P(A2)＝＝；若A1不发生，P(A2)＝，所以A1发生的结果对A2发生的结果有影响，所以A1与A2不是相互独立事件．
2．(2021·新高考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
解析：选B　由题意知P(甲)＝，P(乙)＝×＋×＝，P(丙)＝××5＝，P(丁)＝××6＝.P(甲∩丙)＝0≠P(甲)P(丙)，故A项错误；P(甲∩丁)＝×＝＝P(甲)P(丁)，故B项正确；P(乙∩丙)＝×＝≠P(乙)P(丙)，故C项错误；P(丙∩丁)＝0≠P(丙)P(丁)，故D项错误．故选B.
[一“点”就过]
判断两个事件是否相互独立的两种方法
(1)根据问题的实质，直观上看一事件的发生是否影响另一事件发生的概率来判断，若没有影响，则两个事件就是相互独立事件．
(2)定义法：通过式子P(AB)＝P(A)P(B)来判断两个事件是否独立，若上式成立，则事件A，B相互独立，这是定量判断．
基础点(二)　条件概率　
[题点全训]
1．将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A＝{两个点数互不相同}，B＝{出现一个5点}，则P(B|A)＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　∵出现点数互不相同的共有n(A)＝6×5＝30种，出现一个5点共有n(AB)＝5×2＝10种，∴P(B|A)＝＝.
2．小明的妈妈为小明煮了5个粽子，其中两个腊肉馅三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A＝“取到的两个为同一种馅”，事件B＝“取到的两个都是豆沙馅”，则P(B|A)＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　由题意，P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝.故选B.
3．(2022·长沙质检)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“4名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　由题设，得P(B)＝＝，P(AB)＝＝，故P(A|B)＝＝.
4．某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为，两次闭合后都出现红灯的概率为，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝，P(AB)＝，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率是P(B|A)＝＝＝.故选C.
[一“点”就过]
求条件概率的常用方法
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
样本点法 用古典概型的概率计算公式，先求事件A所包含的样本点个数n(A)，再求事件AB所包含的样本点个数n(AB)，则P(B|A)＝
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　事件的独立性的概率计算　
[典例]　(2022·石家庄模拟)某课程考核分理论与实验两部分，每部分考核成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考核都“合格”，则该课程考核“合格”．甲、乙、丙三人在理论考核中合格的概率分别为0.9,0.8,0.7；在实验考核中合格的概率分别为0.8,0.7,0.9.所有考核是否合格相互之间没有影响．
(1)求甲、乙、丙三人在理论考核中至少有两人合格的概率；
(2)求这三人课程考核都合格的概率．(结果保留三位小数)
[解]　记“甲理论考核合格”为事件A1；“乙理论考核合格”为事件A2；“丙理论考核合格”为事件A3；“甲实验考核合格”为事件B1；“乙实验考核合格”为事件B2；“丙实验考核合格”为事件B3.
(1)记“理论考核中至少有两人合格”为事件C，则P(C)＝P(A1A23＋A12A3＋1A2A3＋A1A2A3)＝P(A1A23)＋P(A12A3)＋P(1A2A3)＋P(A1A2A3)＝0.9×0.8×0.3＋0.9×0.2×0.7＋0.1×0.8×0.7＋0.9×0.8×0.7＝0.902.所以理论考核中至少有两人合格的概率为0.902.
(2)记“三人课程考核都合格”为事件D，则P(D)＝P[(A1B1)·(A2B2)·(A3B3)]＝P(A1B1)·P(A2B2)·P(A3B3)＝0.9×0.8×0.8×0.7×0.7×0.9＝0.254 016≈0.254.所以这三人课程考核都合格的概率约为0.254.
[方法技巧]
(1)求相互独立事件同时发生的概率时，一般先求出每个事件发生的概率，再求积．
(2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们能同时发生．　　
[针对训练]
溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为，乙队每人回答问题的正确率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．
(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．
解：(1)记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.甲队得3分，即三人都回答正确，则P(A)＝3＝.甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，则P(B)＝C××2＝.故甲队总得分为3分与1分的概率分别为，.
(2)记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，则P(C)＝C×2×＝，乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P(D)＝××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))××＝.易知事件C与事件D相互独立，则P(CD)＝P(C)P(D)＝×＝，故所求概率为.
重难点(二)　乘法公式与全概率公式　
[典例]　某工厂有四条流水线生产同一产品，已知这四条流水线的产量分别占总产量的15%,20%,30%和35%，且四条流水线的产品不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02，现从该厂的这一产品中任取一件，求抽到不合格品的概率．
[解]　设A＝“任取一件这种产品，抽到不合格品”，Bi＝“任取一件这种产品，结果是第i条流水线的产品”(i＝1,2,3,4)，则Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4两两互斥，根据题意P(B1)＝0.15，P(B2)＝0.20，P(B3)＝0.30，P(B4)＝0.35，P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.04，P(A|B3)＝0.03，P(A|B4)＝0.02，由全概率公式，得P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＋P(B4)P(A|B4)＝0.15×0.05＋0.20×0.04＋0.30×0.03＋0.35×0.02＝0.031 5，故从该厂产品中任取一件，抽到不合格品的概率是0.031 5.
[方法技巧]
当事件A发生的概率不好直接求解时，可以采用化整为零的方式把事件A分解，然后借助全概率公式间接求出事件A发生的概率．　　
[针对训练]
已知甲袋中装有6个红球、4个白球；乙袋中装有8个红球、6个白球，随机取一只袋子再从该袋中取一球，求该球是红球的概率．
解：设B＝{该球是红球}，A甲＝{取自甲袋}，A乙＝{取自乙袋}，则P(A甲)＝P(A乙)＝，P(B|A甲)＝＝，P(B|A乙)＝＝，所以P(B)＝P(A甲)·P(B|A甲)＋P(A乙)P(B|A乙)＝×＋×＝.因此随机取一只袋子，再从该袋中取一球，该球是红球的概率是.
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
1．(忽视乘法公式的应用)第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　记Ai表示第i次取到白球(i＝1,2)，则P(A1)＝，P(A2|A1)＝.由乘法公式，得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝×＝.
2．(混淆条件概率与积事件的概率)有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山四个著名旅游景点中随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙至少一人选择庐山”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(B|A)＝(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　由题意知事件A“甲和乙至少一人选择庐山”包含n(A)＝CC＋1＝7种情况，事件AB“甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择庐山”包含n(AB)＝CC＝6种情况，所以P(B|A)＝＝.故选D.
3．(链接生活实际)出租车司机开车从饭店到火车站途中经过六个红绿灯，假设他在各红绿灯处是否遇到红灯相互独立，并且遇到红灯的概率都是，则这位司机遇到红灯前恰好已经通过了两个红绿灯的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　由题意，得司机未遇到红灯的概率是1－＝，所以遇到红灯前恰好已经通过了两个红绿灯的概率为××＝.故选B.
4．(体现数学应用)孔子曰“三人行，必有我师焉．”从数学角度来看，这句话有深刻的哲理，古语说三百六十行，行行出状元．假设甲、乙、丙三人中，每一人在每一行业中胜过孔圣人的概率为1%，那么甲、乙、丙三人中至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为(参考数据：0.99360≈0.03,0.01360≈0,0.973≈0.912 673)(　 )
A．0.002 7% B．99.997 3%
C．0 D．91.267 3%
解析：选B　一个人三百六十行全都不如孔圣人的概率为0.99360≈0.03，三个人三百六十行都不如孔圣人的概率为0.033＝0.000 027，所以至少一人在至少一行业中胜过孔圣人的概率为1－0.000 027＝0.999 973＝99.997 3%.故选B.
5．(混淆独立事件与互斥事件)抛掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是________．
解析：∵P(A)＝，P(B)＝，∴P()＝，P()＝.又A，B为相互独立事件，∴P()＝P()P()＝×＝.∴A，B中至少有一件发生的概率为1－P()＝1－＝.
答案：
[课时验收评价]　　　　　　　　　　　　　　　　
一、点全面广强基训练
1．已知箱中装有6瓶消毒液，其中4瓶合格品，2瓶不合格品，现从箱中每次取一瓶消毒液，每瓶消毒液被抽到的可能性相同，不放回地抽取两次，若用A表示“第一次取到不合格消毒液”，用B表示“第二次仍取到不合格消毒液”，则P(B|A)＝(　 )
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选B　易知事件A包含n(A)＝CC＝10种情况，事件B包含n(AB)＝CC＝2种情况，故P(B|A)＝＝.
2．书架上有3本语文书，2本数学书，甲、乙两位同学先后从书架上任取一本书，则乙取到语文书的概率是(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　用B表示乙取到语文书，A表示甲取到语文书，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝.
3．(2022·福建名校大联考)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳(投入壶耳)”．每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分．现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的)，甲四支箭已投完，共得3分，乙投完两支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为，投中壶耳的概率为.四支箭投完，以得分多者赢，请问乙赢得这局比赛的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：(1)第三支箭投中壶口，第四支箭必须投中壶耳，其概率P1＝×＝；(2)第三支箭投中壶耳，第四支箭投中壶口、壶耳均可，其概率P2＝×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋))＝.所以乙赢得这局比赛的概率P＝P1＋P2＝＋＝.故选A.
4．(2022·滨州期末)已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放置，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，则在他第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　设事件A为第1次抽到螺口灯泡，事件B为第2次抽到卡口灯泡，则在第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽到卡口灯泡的概率P(B|A)＝＝＝.故选C.
5．(2022·三亚模拟)(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一个球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是(　 )
A．P(B)＝
B．P(B|A1)＝
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
解析：选BD　易知A1，A2，A3是两两互斥的事件，P(B|A1)＝＝＝，P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝×＋×＋×＝.故选B、D.
6．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
解析：记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A，由题意，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、第四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.
答案：0.128
7．已知某学校中喜欢阅读的学生占50%，而在喜欢阅读的学生中喜欢创作的占20%，从这个学校的学生中任意抽取一人，则抽到的学生既喜欢阅读又喜欢创作的概率是________.
解析：设事件A＝“抽到的学生喜欢阅读”，事件B＝“抽到的学生喜欢创作”，由题意知P(A)＝，P(B|A)＝，则P(BA)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
答案：
8．已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一个球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一个球，则两次都取到红球的概率为________．
解析：设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.由题意，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，所以两次都取到红球的概率为.
答案：
9．王女士乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率；
(2)这三列火车至少有一列正点到达的概率．
解：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件．则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1.
(1)由题意得，A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.
(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P( )＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
二、重点难点培优训练
1．夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为(　 )
A．0.05 B．0.007 5 C. D.
解析：选C　设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知，P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝＝＝.故选C.
2．(多选)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，则下列结论正确的是(　 )
A．从中任取3个球，恰有一个白球的概率是
B．从中有放回地取球6次，每次任取一个球，则取到红球次数的方差为
C．现从中不放回地取球2次，每次任取一个球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为
D．从中有放回地取球3次，每次任取一个球，则至少有一次取到红球的概率为
解析：选ABD　恰有一个白球的概率P＝＝，故A正确；每次任取一个球，取到红球次数X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，))，其方差为6××eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))＝，故B正确；设A＝{第一次取到红球}，B＝{第二次取到红球}，则P(A)＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝，故C错误；每次取到红球的概率P＝，所以至少有一次取到红球的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－))3＝，故D正确．故选A、B、D.
3．(2022·苏州模拟)某病毒会造成“持续的人传人”，即存在A传B，B又传C，C又传D的传染现象，那么A，B，C就被称为第一代、第二代、第三代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者传染的概率分别为0.9,0.8,0.7.已知健康的小明参加了一次多人宴会，参加宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第三代传播者，若小明参加宴会仅和感染的10个人中的一个有所接触，则被传染的概率为________．
解析：用E，F，G分别表示小明与第一代、第二代、第三代传播者接触的事件，事件D表示小明被传染，则P(E)＝0.5，P(F)＝0.3，P(G)＝0.2，P(D|E)＝0.9，P(D|F)＝0.8，P(D|G)＝0.7，所以P(D)＝P(D|E)P(E)＋P(D|F)P(F)＋P(D|G)P(G)＝0.9×0.5＋0.8×0.3＋0.7×0.2＝0.83.
答案：0.83
4．甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：
①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，……，后面按此规律依次向下进行；
②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出．
已知每次甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，丙回答正确的概率为，三个人回答每个问题相互独立．
(1)求一轮中三人全部回答正确的概率；
(2)分别求甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率；
(3)记Pn为甲在第n轮胜出的概率，Qn为乙在第n轮胜出的概率，求Pn与Qn，并比较Pn与Qn的大小．
解：(1)设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则P(M)＝××＝.
(2)甲在第一轮胜出的概率为×＝.甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，故甲在第二轮胜出的概率为××××＝2×＝.同理，甲在第三轮胜出的概率为××××＝3×＝.
(3)由(2)知P1＝，P2＝2×＝，P3＝3×＝.由题意，得P4＝3×P1＝3×＝4，P5＝3×P2＝5×，P6＝3×P3＝6×，P7＝6×P1＝7，….所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn＝n×；当n＝3k＋1(k∈N)时，Pn＝n；当n＝3k＋2(k∈N)时，Pn＝n×.同理可得，当n＝3k(k∈N*)时，Qn＝n×；当n＝3k＋1(k∈N)时，Qn＝n；当n＝3k＋2(k∈N)时，Qn＝n－1×.所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn>Qn；当n＝3k＋1(k∈N)时，Pn＝Qn；当n＝3k＋2(k∈N)时，Pn

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