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第5节　条件概率与全概率公式
1.了解条件概率的含义,了解条件概率与独立性的关系.
2.能利用条件概率和全概率公式解决一些实际问题.
1.条件概率
(1)条件概率的概念
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)条件概率的公式
①P(B|A)=;
②P(B|A)=,P(AB)表示事件A与B积事件的概率.
(3)条件概率的性质
设P(A)>0,则
①0≤P(B|A)≤1,P(Ω|A)=1;
②如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A);
③设和B互为对立事件,则P(|A)=1-P(B|A);
④概率的乘法公式:对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=
P(A)P(B|A).
2.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)=P(Ai)P(B|Ai).我们称其为全概率公式.
全概率公式是按照某种标准,将一个复杂事件表示为几个互斥事件的并事件,再由概率的加法公式和乘法公式求得这个复杂事件的概率.
当A,B相互独立时,P(B|A)=P(B).
1.袋中装有标号为1,2,3的三个小球,从中任取一个,记下它的号码,放回袋中,这样连续做三次.若抽到各球的机会均等,事件A为“三次抽到的号码之和为6”,事件B为“三次抽到的号码都是2”,则P(B|A)=(　A　)
A. B. C. D.
解析:因为P(A)=,P(AB)=,所以P(B|A)==.故选A.
2.(选择性必修第三册P50例5(1)改编)甲、乙、丙三个车间生产同一种产品,其产量分别是总量的25%,35%,40%,次品率分别为5%,4%,
2%.从这批产品之中任取一件,则它是次品的概率为(　C　)
A.0.012 3 B.0.023 4 C.0.034 5 D.0.045 6
解析:本题为简单的全概率公式的应用,从这批产品之中任取一件,则它是次品的概率为0.25×0.05+0.35×0.04+0.4×0.02=0.034 5.故选C.
3.100件产品中有5件次品,不放回地抽取两次,每次抽1件,已知第一次抽到的是次品,则第二次抽到正品的概率为(　B　)
A. B. C. D.
解析:设“第一次抽到次品”为事件A,“第二次抽到正品”为事件B,则P(A)=,P(AB)=×,所以P(B|A)==.故选B.
4.两台机床加工同样的零件,它们出现废品的概率分别为0.03和0.02,加工出的零件放在一起.设第一台机床加工的零件比第二台的多一倍,则任取一个零件是合格品的概率为　　　　.
解析:第一台机床加工的零件比第二台的多一倍,那么第一台机床加工的零件所占的比例是,第二台机床加工的零件占,则任取一件为不合格品的概率为×0.03+×0.02=,故为合格品的概率为1-=.
答案:
5.投掷红、蓝两枚质地均匀的骰子,设事件A为“蓝色骰子的点数为5或6”,事件B为“两骰子的点数之和大于8”,则已知事件B发生的条件下事件A发生的概率P(A)=　　　　.
解析:设x为掷红骰子得的点数,y为掷蓝骰子得的点数,则所有可能的事件与(x,y)建立一一对应的关系,则共有36种基本事件,事件A“蓝色骰子的点数为5或6”,有以下基本事件:(1,5),(2,5),(3,5),
(4,5),(5,5),(6,5),(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),共
12个;
事件B“两骰子的点数之和大于8”,有以下基本事件:(3,6),(4,5),
(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共10个,
故P(A)==,P(B)=,P(AB)=,
所以P(A|B)===.
答案:
简单的条件概率
1.甲、乙、丙、丁4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)=(　C　)
A. B. C. D.
解析:由已知有P(B)==,P(AB)==,所以P(A|B)==.故
选C.
2.已知一批产品共有10件,其中有3件次品,现不放回地从中依次抽取2件,则在第一次抽到次品的情况下,第二次抽到次品的概率为　 　　.
解析:法一　设“第一次抽到次品”为事件A,“第二次抽到次品”为事件B,则P(A)=,P(AB)==,所以P(B|A)==×=.
法二(基本事件法)　抽取2件,第一次抽到次品的基本事件数为n(A)==27,第一次抽到次品,第二次也抽到次品的基本事件数为n(AB)==6,
故所求概率P(B|A)===.
法三(缩样法)　第一次抽到次品后,还剩9件产品,其中还有2件次品,由古典概型的概率公式得,第二次抽到次品的概率为P(B|A)=.
答案:
3.某厂的产品中有4%的废品,在100件合格品中有75件一等品,则在该厂的产品中,任取一件是一等品的概率为　　　　.
解析:设事件A为“任取一件是合格品”,事件B为“任取一件是一
等品”,
则P(A)=1-P()=0.96.
P(B|A)=0.75,所以P(B)=P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.96×0.75=0.72.
答案:0.72
条件概率的三种求法
定义法 先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=,求P(B|A)
基本事 件法 借助古典概型概率公式,先求事件A包含的基本事件数n(A),再求事件AB所包含的基本事件数n(AB),得P(B|A)=
缩样法 缩小样本空间的方法,就是去掉第一次抽到的情况,只研究剩下的情况,用古典概型求解,它能化繁为简
利用条件概率的性质求概率
在某次考试中,从20道题中随机抽取6道题,若考生至少能答对其中的4道题即可通过;若至少能答对其中5道题就获得优秀.已知某考生能答对其中10道题,并且知道该考生在这次考试中已经通过,求该考生获得优秀的概率.
解:设事件A为“该考生6道题全答对”,
事件B为“该考生答对了其中5道题,另1道答错”,
事件C为“该考生答对了其中4道题,另2道答错”,
事件D为“该考生在这次考试中通过”,
事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”,
则A,B,C两两互斥,且D=A∪B∪C,
由古典概型的概率公式及加法公式可知
P(D)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=++=.
因为P(AD)=P(A∩D)=P(A),
P(BD)=P(B∩D)=P(B),
所以P(E|D)=P((A∪B)|D)=P(A|D)+P(B|D)
=+=+=,
所以该考生获得优秀的概率是.
利用条件概率的性质求概率的解题策略
(1)分析条件,选择公式:首先看事件B,C是否互斥,若互斥,则选择公式P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).
(2)分解计算,代入求值:为了求比较复杂事件的概率,一般先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单的事件之和,求出这些简单事件的概率,再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率.
[针对训练]
某考生在一次考试中,共有10道题可供选择,已知该考生能答对其中6道题,随机从中抽取5道题供该考生回答,至少答对3道题则及格,求该考生在第一题答错的情况下及格的概率.
解:设事件A为“从10道题中依次抽取5道题,第一题答错”,事件B为“从10道题中依次抽取5道题,至少有3道题答对”.
n(A)=,n(AB)=(+),
则P(B|A)===,
所以该考生在第一题答错的情况下及格的概率为.
全概率公式的应用
现有编号为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的三个口袋,其中Ⅰ号袋内装有两个1号球,一个2号球与一个3号球;Ⅱ号袋内装有两个1号球与一个3号球;Ⅲ号袋内装有三个1号球与两个2号球.现在先从Ⅰ号袋内随机地取一个球,放入编号与球上号数相同的口袋中,第二次从该口袋中任取一个球,计算第二次取到几号球的概率最大,为什么
解:记事件Ai,Bi分别表示第一次、第二次取到i号球,i=1,2,3,依题意A1,A2,A3两两互斥,其和为Ω,并且P(A1)=,P(A2)=P(A3)=,
P(B1|A1)=,P(B1|A2)=,P(B1|A3)=,
P(B2|A1)=,P(B2|A2)=,P(B2|A3)=,
P(B3|A1)=,P(B3|A2)=,P(B3|A3)=.
应用全概率公式,有
P(B1)=P(Ai)P(Ai)=×+×+×=.
类似可以求出P(B2)=,P(B3)=.
故第二次取到1号球的概率最大.
[典例迁移](变结论)在本例中,若第二次取到1号球,问它取自哪一个口袋的概率最大
解:依题设知,第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同,则
P(A1|B1)==××2=,
P(A2|B1)==××2=,
P(A3|B1)==××2=.
故在第二次取到1号球的条件下,它取自编号为Ⅰ的口袋的概率
最大.
全概率公式的意义
事件A的发生有各种可能的原因Bi(i=1,…,n).
如果A是由原因Bi引起,则A发生的概率为P(ABi)=P(Bi)P(A|Bi),
每一个原因都可能导致A发生,故A发生的概率是全部原因引起A发生的概率的总和,即为全概率公式.
银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时,忘记了密码的最后1位数字.求:
(1)任意按最后1位数字,不超过2次就按对的概率;
(2)如果记得密码的最后1位是偶数,不超过2次就按对的概率.
解:(1)设事件Ai为“第i次按对密码”(i=1,2),则事件A“不超过
2次就按对密码”可表示为A=A1∪A2.
事件A1与事件A2互斥,由互斥事件的概率加法公式和乘法公式,得
P(A)=P(A1)+P(A2)=P(A1)+P()P(A2|)=+×=.
因此,任意按最后1位数字,不超过2次就按对的概率为.
(2)设事件B为“密码的最后1位是偶数”,则由条件概率的性质可得P(A|B)=P(A1|B)+P(A2|B)=+×=.
因此,如果记得密码的最后1位是偶数,不超过2次就按对的概率为.
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,现随机地从1号箱中取出一个球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一个球,问:
(1)从1号箱中取出的是红球的条件下,从2号箱取出红球的概率是
多少
(2)从2号箱取出红球的概率是多少
解:记事件A=“最后从2号箱中取出的是红球”,事件B=“从1号箱中取出的是红球”.
则P(B)==,P()=1-P(B)=.
(1)P(A|B)==.
(2)因为P(A|)==,所以P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)P()=×+×=.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
条件概率 1,3,6 10,12
全概率公式的应用 2,4,5,7,8 9,11,13 14
1.从1,2,3,4,5,6中任取2个不同的数字,事件A=“取到的两个数字之和为偶数”,事件B=“取到的两个数字均为偶数”,则P(B|A)=
(　D　)
A. B. C. D.
解析:P(A)==,P(AB)==,由条件概率,得P(B|A)==÷=.故选D.
2.播种用的一等小麦种子中混有2%的二等种子,1.5%的三等种子,1%的四等种子.用一、二、三、四等种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05,则这批种子所结的穗含50颗以上麦粒的概率为(　D　)
A.0.8 B.0.832 5
C.0.532 5 D.0.482 5
解析:设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1,A2,A3,A4,则它们构成样本空间的一个划分.
设事件B=“从这批种子中任选一颗,所结的穗含50颗以上麦粒”,则
P(B)=P(Ai)P(B|Ai)=95.5%×0.5+2%×0.15+1.5%×0.1+1%×0.05=0.482 5.故选D.
3.一盒中装有5个产品,其中有3个一等品,2个二等品,从中不放回地取出产品,每次1个,取两次,已知第二次取得一等品的条件下,第一次取得的是二等品的概率是(　A　)
A. B. C. D.
解析:法一　设事件A=“第一次取得二等品”,事件B=“第二次取得一等品”,则AB=“第一次取得二等品且第二次取得一等品”,所以P(A|B)===.故选A.
法二　设一等品为a,b,c,二等品为A,B,事件B=“第二次取得一等品”所含基本事件有(a,b),(a,c),(b,a),(b,c),(c,a),(c,b),(A,a),
(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),共12个,其中第一次取得二等品的基本事件共有6个,所以所求概率为P==.故选A.
4.设有一批同规格的产品,由甲、乙、丙三家工厂生产,其中甲厂生产,乙、丙两厂各生产,而且各厂的次品率依次为2%,2%,4%,现从中任取一件,则取到次品的概率为(　A　)
A.0.025 B.0.08 C.0.07 D.0.125
解析:设事件A1,A2,A3分别表示“取到甲、乙、丙工厂的产品”,事件B表示“取到次品”,
则P(A1)=0.5,P(A2)=P(A3)=0.25,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.02,
P(B|A3)=0.04,
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.5×0.02+
0.25×0.02+0.25×0.04=0.025.故选A.
5.甲小组有2个男生和4个女生,乙小组有5个男生和3个女生,现随机从甲小组中抽出1人加入乙小组,然后从乙小组中随机抽出1人,则从乙小组中抽出女生的概率是　　　　.
解析:根据题意,记事件A1=“从甲小组中抽出的1人为男生”,事件A2=“从甲小组中抽出的1人为女生”,事件B=“从乙小组中抽出的
1人为女生”,
则P(A1)=,P(A2)=,
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=×+×=.
答案:
6.盒子中装有形状、大小完全相同的五张卡片,分别标有数字1,2,
3,4,5.现每次从中任意抽取一张,取出后不再放回,若抽取三次,则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下,第三张为奇数的概率为　　　　.
解析:设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A,“第三张为奇数”为事件B,则所求概率为P(B|A)===.
答案:
7.某地有甲、乙两家超市,在某一周内某人去超市购物两次,第1次购物时随机地选择一家超市购物.若第1次去甲超市,则第2次去甲超市的概率为0.4;若第1次去乙超市,则第2次去甲超市的概率为0.6,则此人第2次去甲超市购物的概率为　　　　.
解析:设事件A1=“第1次去甲超市购物”,事件B1=“第1次去乙超市购物”,事件A2=“第2次去甲超市购物”,
则Ω=A1∪B1,且A1与B1互斥,
得P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)=0.4,
P(A2|B1)=0.6,由全概率公式得
P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)
=0.5×0.4+0.5×0.6
=0.5,
所以此人第2次去甲超市购物的概率为0.5.
答案:0.5
8.若某工厂有两个车间生产同型号家用电器,第一车间的次品率为0.15,第二车间的次品率为0.12,两个车间的成品都混合堆放在一个仓库,假设第一车间、第二车间生产的成品比例为2∶3,今有一客户从成品仓库中随机提出一台成品,求该产品合格的概率.
解:设事件B={从仓库中随机提出的一台成品是合格品},事件Ai={提出的一台成品是第i车间生产的},i=1,2,则有B=A1B∪A2B,
由题意知P(A1)=0.4,P(A2)=0.6,P(B|A1)=0.85,P(B|A2)=0.88,
由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.4×0.85+0.6×
0.88=0.868,所以该产品合格的概率为0.868.
9.设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片,已知其中有5 盒,3盒,
2盒依次是甲厂,乙厂,丙厂生产的,且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为,,,现从这10盒中任取一盒,再从这盒中任取一张X光片,则取得的X光片是次品的概率为(　A　)
A.0.08 B.0.1 C.0.15 D.0.2
解析:以事件A1,A2,A3分别表示“取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的”,
事件B表示“取得的X光片为次品”,
P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,
P(B|A1)=,P(B|A2)=,P(B|A3)=,
则由全概率公式,
得所求概率为P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×
+×+×=0.08.故选A.
10.(2021·广东广州模拟)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制(无平局),甲在每局比赛中获胜的概率均为,且每局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的条件下,比赛进行了三局的概率为(　B　)
A. B. C. D.
解析:设事件A表示“甲获得冠军”,事件B表示“冠军产生时恰好进行了三局比赛”,则A包括“第一局甲获胜、第二局甲获胜”“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(A)=×+××+××=,
事件AB包括“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(AB)=××+×
×=,
P(B|A)===.故选B.
11.(2021·河北衡水中学月考)世界卫生组织就新型冠状病毒感染的肺炎疫情称新型冠状病毒可能造成“持续人传人”.通俗点说就是A传B,B传C,C又传D等,这就是“持续人传人”,而A,B,C分别被称为第一代、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、第三代传播者感染的概率分别为0.95,0.9,0.85,某人身体健康,参加了一次多人宴会,事后知道,参加宴会的人有5名第一代传播者,3名第二代传播者,2名第三代传播者,若此人参加宴会,仅和感染的10人中的一人接触,则被感染的概率为　　　　.
解析:设事件A,B,C分别表示“此人和第一代、第二代、第三代传播者接触”,事件D表示“此人被感染”,则由题意得P(A)=0.5,P(B)=
0.3,P(C)=0.2,P(D|A)=0.95,P(D|B)=0.9,P(D|C)=0.85,
则P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B)+P(D|C)P(C)=0.95×0.5+0.9×0.3+
0.85×0.2=0.915.
答案:0.915
12.现有6个节目准备参加比赛,其中4个舞蹈节目,2个语言类节目,如果不放回地依次抽取2个节目,求:
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率;
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率;
(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下,第2次抽到舞蹈节目的概率.
解:设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A,“第2次抽到舞蹈节目”为事件B,则“第1次和第2次都抽到舞蹈节目”为事件AB.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个事件数为n(Ω)==30.
根据分步乘法计数原理得n(A)==20,
得P(A)===.
(2)因为n(AB)==12,
所以P(AB)===.
(3)法一　由(1)(2)得,在第1次抽到舞蹈节目的条件下,第2次抽到舞蹈节目的概率为
P(B|A)===.
法二　因为n(AB)=12,n(A)=20,
所以P(B|A)===.
13.已知口袋中有3个黑球和7个白球,这10个球除颜色外完全相同.
(1)先后两次从口袋中不放回地各摸出一球,求两次摸到的均为黑球的概率;
(2)从口袋中不放回地摸球,每次各摸一球,求第三次才摸到黑球的
概率.
解:设事件Ai表示“第i次摸到的是黑球(i=1,2,3)”,则事件A1A2表示“两次摸到的均为黑球”.
(1)由题意知P(A1)=,P(A2|A1)=,
则P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=×=,
所以先后两次从口袋中不放回地各摸出一球,两次摸到的均为黑球的概率为.
(2)设事件A表示第三次才摸到黑球,则A=A3.
由题意知P()=,P(|)=,
P(A3|)=,
则P(A3)=P()P(|)P(A3|)=××=.
所以从口袋中不放回地摸球,每次各摸一球,第三次才摸到黑球的概率为.
14.盒中有a个红球,b个黑球,现随机地从中取出一个,观察其颜色后放回,并加上同色球c个,再从盒中第二次抽取一个球,则第二次抽出的是黑色球的概率为　　　　.
解析:设事件A={第一次抽出的是黑球},事件B={第二次抽出的是黑球},则B=AB+B,
由题意知,P(A)=,P(B|A)=,P()=,P(B|)=,
由全概率公式得P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=+
=.
答案:

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