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第四节　事件的相互独立性与条件概率
(1)在具体情境中，结合古典概型，了解条件概率和两个事件相互独立的概念，能计算简单随机事件的条件概率；(2)结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率；(3)结合古典概型，会利用全概率公式计算概率．　
重点一　相互独立事件
1．n个事件相互独立
对于n个事件A1，A2，…，An，如果其中任一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称n个事件A1，A2，…，An相互独立．
2．独立事件的概率公式
(1)若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)；
(2)若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)×P(A2)×…×P(An)．
P(AB)＝P(A)P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)．
[逐点清]
1．(必修第二册248页例2改编)天气预报预测，在元旦假期期间甲地的降雨概率是0．2，乙地的降雨概率是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：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，∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0．2×0．7＋0．8×0．3＝0．38．
重点二　条件概率
1．概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
2．两个公式
(1)利用古典概型，P(B|A)＝；
(2)利用概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)．
[逐点清]
2．(选择性必修第三册46页例1改编)某班为响应校团委发起的“青年大学习”号召组织了有奖知识竞答活动，第一环节是一道必答题，由甲乙两位同学作答，每人答对的概率均为0．7，两人都答对的概率为0．5，则甲答对的前提下乙也答对的概率是________．(用分数表示)
解析：记事件A：甲答对，事件B：乙答对，则有：P(A)＝P(B)＝0．7，P(AB)＝0．5，所以P(B|A)＝＝＝．
答案：
重点三　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)＝(BAi)＝(Ai)P(B|Ai)．
我们称上面的公式为全概率公式．
[逐点清]
3．(易错题)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A为“取到的2个数之和为偶数”，事件B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝(　　)
A．　　　 B．　　　　C．　　　 D．
解析：B　P(A)＝＝，P(AB)＝＝，P(B|A)＝＝．
4．(选择性必修第三册50页例5改编)已知P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，则P(B)＝______．
解析：由全概率公式可知P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝．
答案：
[记结论]
1．若事件A和B是相互独立事件，则A和、和B、和也是相互独立事件．
2．相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
3．全概率公式的特例：P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)．
[提速度]
　(多选)一个质地均匀的正四面体，四个面分别标有数字1,2,3,4，拋掷这个正四面体一次，观察它与地面接触的面上的数字得到样本空间Ω＝{1,2,3,4}，设事件E＝{1,2}，事件F＝{1,3}，事件G＝{2,4}，则(　　)
A．E与F不是互斥事件
B．F与G是对立事件
C．E与F是独立事件
D．F与G是独立事件
解析：AB　因为E∩F＝{1}，所以E与F不是互斥事件，A正确；由F∩G＝ ，即F与G是互斥，又F∪G＝Ω，即F与G是对立事件，B正确；拋掷这个正四面体一次，若与地面接触面的数字为2，即发生E，则一定不会发生F，故E与F不是独立事件，同理F与G不是独立事件．故选A、B．
独立事件的概率
　(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为．
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
[解]　(1)甲连胜四场的概率为．
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；
乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为．
所以需要进行第五场比赛的概率为
1－－－＝．
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，．
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝．
求相互独立事件同时发生的概率的策略
(1)列出题中涉及的各个事件，并且用适当的符号表示；
(2)厘清事件之间的关系(两个事件是互斥还是对立，或者是相互独立的)，列出关系式；
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算；
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算其对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．　
　(2022·武汉调研)小王某天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．求这三列火车恰好有两列正点到达的概率．
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．
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
P＝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．
条件概率
1．投掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次的点数均为奇数}，B＝{两次的点数之和为4}，则P(B|A)＝(　　)
A．　　 B． C．　　 D．
解析：C　由题意知事件A包含的样本点为(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)共9个，在A发生的条件下，事件B包含的样本点为(1,3)，(3,1)共2个，所以P(B|A)＝．
2．(2022·玉溪期末)某气象台统计，该地区下雨的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为．设事件A为该地区下雨，事件B为该地区刮四级以上的风，则P(B|A)＝__________．
解析：由题意知P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝＝．
答案：
求条件概率的常用方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝；
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点数，即n(AB)，得P(B|A)＝．　
全概率公式
　有一批产品是由甲、乙、丙三厂同时生产的，其中甲厂产品占50%，乙厂产品占30%，丙厂产品占20%，甲厂产品中正品率为95%，乙厂产品正品率为90%，丙厂产品正
品率为85%，如果从这批产品中随机抽取一件，试计算该产品是正品的概率多大？
[解]　设A，B，C分别表示抽得产品是甲厂、乙厂、丙厂生产的，D 表示抽得产品为正品，
则由已知，得P(A)＝50%，P(B)＝30%，P(C)＝20%，
P(D|A)＝95%，P(D|B)＝90%，P(D|C)＝85%，
从而任取一件产品为正品的概率可由全概率公式得到：
P(D)＝P(D|A)P(A)＋P(D|B)P(B)＋P(D|C)P(C)
＝×＋×＋×＝0．915．
应用全概率公式求概率的步骤
(1)根据题意找出完备事件组，即满足全概率公式的Ω的一个划分A1，A2，A3，…，An；
(2)用Ai(i＝1,2,3，…，n)来表示待求的事件；
(3)代入全概率公式求解．　
　两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0．03，第二台出现废品的概率是0．02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．
(1)求任意取出的零件是合格品的概率；
(2)如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．
解：设Ai表示“第i台机床加工的零件”(i＝1,2)，B表示“出现废品”，C表示“出现合格品”．
(1)P(C)＝P(A1C∪A2C)＝P(A1C)＋P(A2C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)
＝×(1－0．03)＋×(1－0．02)≈0．973．
(2)P(A2|B)＝＝＝＝0．25．
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．甲、乙两人投篮相互独立，且各投篮一次命中的概率分别是0．4和0．3，则甲、乙两人各投篮一次，至少有一人命中的概率为(　　)
A．0．7　　　　　　　　　 B．0．58
C．0．12 D．0．46
解析：B　两个人各投篮一次命中的概率分别是0．4和0．3，所以都没有命中的概率为(1－0．4)×(1－0．3)＝0．42，所以至少有一人命中的概率为1－0．42＝0．58．故选B．
2．随着社会的发展，越来越多的共享资源陆续出现，它们不可避免地与我们每个人产生密切的关联，逐渐改变着每个人的生活．已知某种型号的共享充电宝循环充电超过500次的概率为，超过1 000次的概率为，现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过500次，则其能够循环充电超过1 000次的概率是(　　)
A．　　 B．
C．　　 D．
解析：B　记事件A为“该充电宝循环充电超过500次”，则P(A)＝，记事件B为“该充电宝循环充电超过1 000次”，则P(B)＝，易知P(AB)＝P(B)＝，所以P(B|A)＝＝＝×＝．故选B．
3．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是(　　)
A．2个球都是红球的概率为
B．2个球不都是红球的概率为
C．至少有1个红球的概率为
D．2个球中恰有1个红球的概率为
解析：ACD　对于A选项，2个球都是红球的概率为×＝，A选项正确；对于B选项，2个球不都是红球的概率为1－×＝，B选项错误；对于C选项，至少有1个红球的概率为1－×＝，C选项正确；对于D选项，2个球中恰有1个红球的概率×＋×＝，D选项正确．故选A、C、D．
4．(多选)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是(　　)
A．P(A)＝ B．P(AB)＝
C．P(B|A)＝ D．P(B|)＝
解析：ABC　P(A)＝＝，故A正确；P(AB)＝＝，故B正确；P(B|A)＝＝＝，故C正确；P()＝＝，P(B)＝＝，P(B|)＝＝＝，故D错误．故选A、B、C．
5．人们为了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化．现假设人们经分析估计利率下调的概率为60%，利率不变的概率为40%．根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为80%，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40%，则该支股票将上涨的概率为________．
解析：记“利率下调”为事件A，则“利率不变”为事件，记“价格上涨”为事件C，由题意知：P(A)＝60%，P()＝40%，P(C|A)＝80%，P(C|)＝40%，∴P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P()P(C|)＝48%＋16%＝64%．
答案：64%
6．已知某种元件的使用寿命超过1年的概率为0．9，超过2年的概率为0．63，若一个这种元件使用1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为________．
解析：设一个这种元件使用1年的事件为A，使用2年的事件为B，则P(A)＝0．9，P(AB)＝0．63，所以P(B|A)＝＝＝0．7．
答案：0．7
7．某小组有20名射手，其中一、二、三、四级射手分别为2,6,9,3名．又若选一、二、三、四级射手参加比赛，则在比赛中射中目标的概率分别为0．85,0．64,0．45,0．32，今随机选一人参加比赛，则该小组比赛中射中目标的概率为________．
解析：设B表示“该小组比赛中射中目标”，Ai(i＝1,2,3,4)表示“选i级射手参加比赛”，则P(B)＝(Ai)P(B|Ai)＝×0．85＋×0．64＋×0．45＋×0．32＝0．527 5．
答案：0．527 5
8．某大学生用围棋棋子研究概率问题，围棋的黑白棋子除颜色外，其他均相同．他准备了两个相同的不透明的盒子甲和乙，甲盒中放有3个黑子、6个白子，乙盒中放有4个黑子、4个白子．现随机从其中一个盒子中取出一个棋子，若该棋子是黑色，则这个棋子来自甲盒的概率为________．
解析：设“取出的棋子来自甲盒”为事件A，“取出的棋子是黑色棋子”为事件B，则所求概率为事件B发生的情况下事件A发生的概率，即P(A|B)．由题意知，P(AB)＝×＝，P(B)＝＋×＝，所以P(A|B)＝＝×＝．
答案：
9．甲、乙、丙三名学生一起参加某高校组织的自主招生考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生(可在高考中加分录取)，两次考试过程相互独立，根据甲、乙、丙三名学生的平均成绩分析，甲、乙、丙3名学生能通过笔试的概率分别是0．6,0．5,0．4，能通过面试的概率分别是0．6,0．6,0．75．
(1)求甲、乙、丙三名学生中恰有一人通过笔试的概率；
(2)求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率．
解：(1)分别记“甲、乙、丙三名学生笔试合格”为事件A1，A2，A3，则A1，A2，A3为相互独立事件，记事件E表示“恰有一人通过笔试”，则P(E)＝P(A1 )＋P(1A23)＋P( A3)＝0．6×0．5×0．6＋0．4×0．5×0．6＋0．4×0．5×0．4＝0．38，故恰有一人通过笔试的概率为0．38．
(2)分别记“甲、乙、丙三名学生经过两次考试后合格”为事件A，B，C，
则P(A)＝0．6×0．6＝0．36，P(B)＝0．5×0．6＝0．3，P(C)＝0．4×0．75＝0．3．
记事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”，则表示“甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取”，又＝ ，
于是P(F)＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－0．64×0．7×0．7＝0．686 4．
故经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率为0．686 4．
B级——综合应用
10．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：C　由已知有P(B)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(A|B)＝＝．
11．某校篮球运动员进行投篮练习，如果他前一球投进则后一球投进的概率为；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为．若他第1球投进的概率为，则他第2球投进的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　记事件A为“第1球投进”，事件B为“第2球投进”，P(B|A)＝，P(B|)＝，P(A)＝，由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝2＋2＝．故选B．
12．某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)超过1 000小时的概率均为，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．
解析：设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，则P(A)＝P(B)＝P(C)＝，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A＋B＋AB)C，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P＝×＝．
答案：
13．某科考队有甲、乙、丙三个勘探小组，每组三名队员．该队执行考察任务时，每人佩戴一部对讲机与总部联系，若每部对讲机在某时段能接通的概率均为，且对讲机能否接通相互独立．甲组在该时段能联系上总部的概率为________，在该时段至少有两个勘探小组可以与总部取得联系的概率为________﹒
解析：甲组在该时段不能联系上总部的概率为××＝，故甲组在该时段能联系上总部的概率为1－＝．至少两组与总部取得联系有两种情况：一种是两组与总部取得联系，其概率为C×××＝．另一种是三组与总部取得联系，其概率为：××＝，至少有两个勘探小组可以与总部取得联系的概率为＋＝．
答案：　
14．甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．
(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．
解：(1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C＝＝28，
这2个产品都是次品的事件数为C＝3．
∴这2个产品都是次品的概率为．
(2)设事件A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥．
P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，
P(B3)＝＝，
P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，P(A|B3)＝，
∴P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)·P(A|B3)＝×＋×＋×＝．

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