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第四节　事件的相互独立性与条件概率
必备知识·夯实双基
关键能力·题型突破
【课标标准】　1.了解两个随机事件独立性的含义，利用独立性计算概率.2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.4.会利用全概率公式计算概率．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.相互独立事件
对任意的两个事件A与B，如果P(AB)＝____________成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．如果事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝_____________________．
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，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)公式：①利用古典概型：P(A|B)＝________；
②概率的乘法公式：P(AB)＝_____________．
P（A）·P（B）
P（A1）P（A2）…P（An）
P（A）P（B|A）
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B Ω，有P(B)＝__________________．我们称这个公式为全概率公式．
（Ai）P（B|Ai）
[常用结论]
1．两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两个事件相互独立是指一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．
2．若事件A与事件B相互独立，则A与与B，与也都相互独立．
3．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)．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现的点数大于2”，B＝“第二枚出现的点数小于6”，则A与B相互独立．(　　)
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)
(3)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　)
(4)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.(　　)
√
×
√
√
2．(教材改编)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是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________．
0.38
解析：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AB，∴P(AB)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
3．(教材改编)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)＝＝＝.
4．(易错)某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
答案：D
解析：该选手能进入第四关的概率为×(1－)×＝.
5．(易错)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________．
解析：P(A)＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式得P(B|A)＝＝.
关键能力·题型突破
题型一　相互独立事件的概率
例 1 [2023·河北元氏模拟]第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举办，某国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打4个球甲赢的概率；
(2)求该局打5个球结束的概率．
解析：(1)设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，P(A)＝，P(B)＝，∴C＝AAB，
∴P(C)＝P(AAB)＝P(A)P()P(A)P(B)＝＝，
∴该局打4个球甲赢的概率为.
(2)设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，
D＝BBA，E＝AA，F＝D∪E，
∴P(D)＝P(BBA)＝P()P(B)P()P(B)P(A)
＝(1－)××(1－)×＝，
P(E)＝P(AA)＝P(A)P()P(A)P()P()＝×(1－)××(1－)×(1－)＝，
∴P(F)＝P(D∪E)＝P(D)＋P(E)＝＝，
∴该局打5个球结束的概率为.
题后师说
独立事件概率的求法
(1)解答这类概率综合问题时，一般“大化小”，即将问题划分为若干个彼此互斥事件，然后运用概率的加法公式和乘法公式来求解，在运用乘法公式时一定要注意是否满足相互独立，只有相互独立才能运用乘法公式．
(2)在求事件的概率时，有时遇到求“至少……”或“至多……”等事件概率的问题，如果从正面考查这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但“至少……”“至多……”这些事件的对立事件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思考，先求其对立事件的概率，再利用概率的和与积的互补公式求得原来事件的概率．这是“正难则反”思想的具体体现．
巩固训练1
[2023·河南郑州期末]甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙、丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
(1)恰有一人面试合格的概率；
(2)至多一人签约的概率．
解析：(1)记事件A：甲面试合格，
事件B：乙面试合格，
事件C：丙面试合格，
事件D：恰好有一人面试合格，
依题意，事件A、B、C相互独立，
P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.
(2)至多一人签约包括甲签约乙丙没有签约、三人都没有签约两种情况，
事件F：甲签约乙丙没有签约，
事件G：三人都没有签约，事件E：至多一人签约，
因为F与G互斥，所以P(E)＝P(F)＋P(G)，
P(F)＝P(A)(1－P(BC))＝×(1－)＝，
P(G)＝(1－P(A))(1－P(BC))＝＝，
P(E)＝P(F)＋P(G)＝＝，
所以至多一人签约的概率为.
题型二　条件概率
例 2 [2023·北京大兴期末]某次抽奖活动共有50张奖券，其中5张写有“中奖”字样，抽完的奖券不再放回．若甲抽完之后乙再抽．
(1)求在甲中奖的条件下，乙中奖的概率；
(2)证明：甲中奖的概率与乙中奖的概率相等．
解析：(1)设事件A为甲中奖，事件B为乙中奖，
因为抽完的奖券不再放回，
所以甲中奖的条件下，乙抽奖时，有49张奖券且4张写有“中奖”字样，
所以在甲中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|A)＝.
(2)证明：P(A)＝＝，
乙中奖分两种情况，
当甲不中奖时，乙抽奖时，有49张奖券且5张写有“中奖”字样，
则在甲不中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|)＝＝，
所以甲不中奖且乙中奖的概率P(B)＝＝，
在甲中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|A)＝＝，
所以甲中奖且乙中奖的概率P(AB)＝＝，
所以乙中奖的概率P(B)＝＝，
所以甲中奖的概率与乙中奖的概率相等．
题后师说
求条件概率的常用方法
巩固训练2
已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同．
(1)若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；
(2)若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率．
解析：(1)从口袋中随机抽取一个球，抽取到白球的概率P＝＝.
(2)记“第一次抽取出球是白球”为事件A，“第二次抽取出球是白球”为事件B，
则第一次抽取出白球和第二次抽取出球也是白球的概率P(AB)＝＝，
所以在第一次取出白球的条件下第二次取出的也是白球的概率P(B|A)＝＝＝.
题型三　全概率公式的应用
例 3 已知甲箱产品中有5个正品和3个次品，乙箱产品中有4个正品和3个次品．
(1)如果依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，求第2次取到次品的概率；
(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，求从乙箱中取出的这个产品是正品的概率．
解析：(1)令事件Ai＝“第i次从乙箱中取到次品”，i＝1，2，
则P(A1)＝，P(A2|A1)＝＝，P(A2|)＝＝，
因此P(A2)＝P(A2A1＋A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P()·P(A2|)＝＝，
所以第2次取到次品的概率是.
(2)令事件A＝“从乙箱取一个正品”，事件B1＝“从甲箱中取出两个正品”，事件B2＝“从甲箱中取出一个正品一个次品”，
事件B3＝“从甲箱中取出两个次品”，B1，B2，B3互斥，且＝Ω，
P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，P(B3)＝＝，P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，P(A|B3)＝，
则P(A)＝P(B1)·P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)·P(A|B3)＝＝，
所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是.
题后师说
利用全概率公式求解概率的步骤
巩固训练3
鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出2箱的概率为，卖出1箱的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱及以上，则需补货至3箱，否则不补货．假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼．
(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率；
(2)求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率．
解析：(1)设事件A：“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B：“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C：“第二天结束营业时货架上有1箱存货”，
因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，故第二天只卖出1箱，
故P(C|B)＝.
(2)由题意P(A)＝＝，P(B)＝，P(C|A)＝，
由全概率公式得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝＝.
1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　)
A．62%　　B．56%　　C．46%　　D．42%
答案：C
解析：记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A＋B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A·B，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.82，P(A＋B)＝0.96.
所以P(A·B)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝0.6＋0.82－0.96＝0.46.
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.故选C.
2．[2022·全国乙卷]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　)
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
答案：D
解析：设第二盘与甲比赛，则p甲＝p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3＝p1(p2＋p3－2p2p3)．设第二盘与乙比赛，则p乙＝p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3＝p2(p1＋p3－2p1p3)．设第二盘与丙比赛，则p丙＝p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3＝p3(p1＋p2－2p1p2)．p甲－p乙＝p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．选D.
3．[2022·新高考Ⅰ卷节选]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(1)证明：R＝·；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
解析：(1)证明：∵R＝＝·＝···＝·，
·＝···
＝·＝·，
∴R＝·.
(2)由表格中的数据，得
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
∴P(|B)＝1－P(A|B)＝，
P(|)＝1－P(A|)＝，
∴R＝·＝＝6.
4．[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．
解析：(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＝.课时作业(六十五)　事件的相互独立性与条件概率
一、单项选择题
1．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)
A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B既互斥又相互独立
2．[2023·广东珠海模拟]甲乙两个雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，飞行目标被雷达发现的概率为(　　)
A．0.72B．0.26C．0.7D．0.98
3．某射击队员练习打靶，已知他连续两次射中靶心的概率是0.4，单独一次射中靶心的概率是0.8.在某场比赛中，该队员第一次已经中靶，则第二次也中靶的概率是(　　)
A．0.4B．0.5C．0.6D．0.8
4．某军事训练模拟软件设定敌机的耐久度为100%，当耐久度降到0%及以下，就判定敌机被击落．对空导弹的威力描述如下：命中机头扣除敌机100%耐久度，命中其他部位扣除敌机60%耐久度．假设训练者使用对空导弹攻击敌人，其命中非机头部位的命中率为50%，命中机头部位的命中率为25%，未命中的概率为25%，则训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率为(　　)
A．B．C．D．
5．据调查，目前对于已经近视的小学生，有两种佩戴眼镜的方式可供选择，一种是佩戴传统的框架眼镜；另一种是佩戴角膜塑形镜，这种眼镜是晚上睡觉时佩戴的一种特殊的隐形眼镜(因其在一定程度上可以减缓近视的发展程度，越来越多的小学生家长选择角膜塑形镜控制孩子的近视发展).A市从当地小学生中随机抽取容量为100的样本，因近视佩戴眼镜的有24人，其中佩戴角膜塑形镜的有8人．若从样本中随机选取一名小学生，已知这名小学生佩戴眼镜，那么，他佩戴的是角膜塑形镜的概率是(　　)
A．B．C．D．
6．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，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7”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则(　　)
A．甲与丙相互独立B．丙与丁相互独立
C．甲与丁相互独立D．乙与丙相互独立
7．[2023·河南安阳模拟]某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为(　　)
A．0.25B．0.35C．0.65D．0.75
8．[2023·山西太原模拟]某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为，第二类检验单独通过率为p(0A．B．C．D．
9．(能力题)[2023·河北青龙满族自治县实验中学模拟]盒中有4个红球、5个黑球，随机地从中抽取一个球，观察颜色后放回，并加上3个与取出的球同色的球，再第二次从盒中随机地取出一个球，则第二次取出黑球的概率为(　　)
A．B．C．D．
10．(能力题)[2023·山东泰安模拟]已知盒子中装有形状，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(　　)
A．B．C．D．
二、多项选择题
11．[2023·广东佛山模拟]我国在各种乒乓球比赛中均取得过优异的成绩，例如在刚刚过去的2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国的乒乓球健将们再创佳绩，男团、女团分别获得了团体冠军．甲、乙两位乒乓球初学者，都学习了三种发球的技巧，分别是：上旋球、下旋球以及侧旋球．两人在发球以及接对方发球成功的概率如下表，两人每次发、接球均相互独立．则下列说法正确的是(　　)
上旋球(发/接) 下旋球(发/接) 侧旋球(发/接)
甲
乙
A.若甲选择每种发球方式的概率相同，则甲发球成功的概率是
B．甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，均成功的概率为
C．若甲选择三种发球方式的概率相同，乙选择三种发球方式的概率也相同，则乙成功的概率更大
D．在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功(甲发球失误也算乙成功)的概率是
12．(能力题)[2023·福建莆田模拟]甲袋子中有5个黑球，4个白球，乙袋子中有3个黑球，4个白球．假设这些球除了颜色外其他都相同，分两次从袋子中取球，第一次先从甲袋子中随机取出一球放入乙袋子，分别用事件A1，A2表示由甲袋子取出的球是黑球，白球；第二次再从乙袋子中随机取出两球，分别用事件M，N表示从乙袋子取出的球是“两球都为黑球”，“两球为一黑一白”，则下列结论中正确的是(　　)
A．P(M|A1)＝B．P(N|A2)＝
C．P(A2M)＝D．P(N)＝
三、填空题
13．有一道数学难题，在半小时内，甲、乙能解决的概率都是，丙能解决的概率是，若3人试图独立地在半小时内解决该难题，则该难题得到解决的概率为________．
14．(能力题)[2023·天津新华中学模拟]甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则P(B|A1)＝________，P(B)＝________．
四、解答题
15．[2023·河北邢台期末]某高校的入学面试中有4道题目，第1题2分，第2题2分，第3题3分，第4题3分，每道题目答对给满分，答错不给分．小明同学答对第1，2，3，4题的概率分别为，，，，且每道题目答对与否相互独立．
(1)求小明同学恰好答对1道题目的概率；
(2)若该高校规定学生的面试分数不低于6分则面试成功，求小明同学面试成功的概率．
16．[2023·河北石家庄模拟]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，所有球的大小、形状完全相同．
(1)从1号箱中不放回地依次取1个球，求第一次取得红球且第二次取得仍是红球的概率；
(2)(能力题)若从1号箱中任取2个球放入2号箱中，再从2号箱中任取1个球，求取出的这个球是红球的概率．
?优生选做题?
17．[2023·山东安丘模拟]从有3个红球和4个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记Ai表示事件“第i次摸到红球”，i＝1，2，…，7.
(1)求第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率；
(2)记P(A1A2A3)表示A1，A2，A3同时发生的概率，P(A3|A1A2)表示已知A1与A2都发生时A3发生的概率．
①证明：P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)；
②求P(A3).
课时作业（六十五）　事件的相互独立性与条件概率
1．解析：∵P（A）＝1－P（）＝1－＝，
∴P（AB）＝P（A）P（B）＝≠0，
∴事件A与B相互独立、事件A与B不互斥，故不对立．
故选C.
答案：C
2．解析：由题设，飞行目标不被甲、乙发现的概率分别为0.1、0.2，
所以飞行目标被雷达发现的概率为1－0.1×0.2＝0.98.
故选D.
答案：D
3．解析：记该队员第二次射中靶心为事件A，第一次射中靶心为事件B，题目所求为在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即P（A|B）＝＝0.5.故选B.
答案：B
4．解析：用A，B，C分别表示命中机头，命中非头部位和未命中三个事件，则P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，又训练者每次是否击中敌机相互独立，利用独立事件乘法公式及互斥事件加法可得训练者恰能在发出第二发对空导弹之后成功击落敌机的概率：P＝P（CA）＋P（BA）＋P（BB）＝P（C）P（A）＋P（B）P（A）＋P（B）P（B）＝.故选D.
答案：D
5．解析：设随机选取一名小学生，该学生佩戴眼镜为事件A，佩戴角膜塑形镜为事件B，所以P（B|A）＝＝＝＝.故选A.
答案：A
6．解析：甲、乙、丙、丁事件分别记为A，B，C，D，则有P（A）＝P（B）＝，P（C）＝，P（D）＝＝，
对于A，显然甲丙不可能同时发生，即P（AC）＝0≠P（A）P（C），不正确；
对于B，显然丙丁不可能同时发生，即P（CD）＝0≠P（C）P（D），不正确；
对于C，P（AD）＝＝P（A）P（D），甲与丁相互独立，正确；
对于D，P（BC）＝≠P（B）P（C），不正确．
故选C.
答案：C
7．解析：根据相互独立事件的概率计算公式，可得：
他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，
所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65.
故选C.
答案：C
8．解析：设Ai表示第i次通过第一类检验，Bi表示第i次通过第二类检验（i＝1，2），
由题意得P（A1B1＋1A2B1＋A11B2＋1A21B2）＝，
即p＋×p＋×（1－p）p＋××（1－p）p＝，
解得p＝或p＝（舍）.
故选C.
答案：C
9．解析：设事件A表示第一次抽取的是黑球，P（A）＝＝，P（）＝＝，
事件B表示第二次抽取的是黑球，因此有B＝AB＋B，
所以P（B）＝P（A）P（B|A）＋P（）P（B|）＝×＋×＝.
故选C.
答案：C
10．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，则事件A包括前两张都为奇数或者都为偶数，故P（A）＝＝，P（AB）＝＝，故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P（B|A）＝＝.故选C.
答案：C
11．解析：甲选择每种发球方式的概率相同，则选择每种发球方式的概率都为，
则甲选择上旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
则甲选择下旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
则甲选择侧旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
所以甲发球成功的概率是＋＋＝，故A错误；
甲连续三次发球中选择了三种不同的方式共有6种不同的顺序，
所以甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，
均成功的概率为××＝，故B正确；
乙选择每种发球方式的概率相同，则选择每种发球方式的概率都为，
则乙选择上旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
则乙选择下旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
则乙选择侧旋球发球方式且发球成功概率为×＝，
所以乙发球成功的概率是＋＋＝，
所以乙发球成功率的概率更大，故C正确；
乙接球成功分为以下两种情况：
甲发上旋球发球失误或甲发上旋球成功且乙接球成功，
所以乙接球成功的概率等于1－＋×＝，故D错误．
故选BC.
答案：BC
12．解析：由题意得：P（A1）＝＝，P（A2）＝＝，
P（M|A1）＝＝＝，A正确；
P（N|A2）＝＝＝，B错误；
P（A2M）＝P（A2）·P（M）＝×＝，C错误；
P（N）＝P（A1）·P（N|A1）＋P（A2）·P（N|A2）＝×＋×＝，D正确．
故选AD.
答案：AD
13．解析：设“在半小时内，甲、乙、丙能解决该难题”分别为事件A，B，C，“在半小时内解该难题得到解决”为事件D，
则P（A）＝P（B）＝，P（C）＝，D＝A∪B∪C，表示事件“在半小时内没有解决该难题”，＝，
所以P（）＝P（）＝P（）P（）P（）＝××＝，
P（D）＝1－P（）＝.
答案：
14．解析：由题可知，P（A1）＝，P（A2）＝，P（A3）＝，
若从甲箱选中一个红球放到乙箱中，则此时乙箱中有11个球，且其中5个是红球，故P（B|A1）＝；
同理，P（B|A2）＝，P（B|A3）＝，
∴P（B）＝P（Ai）P（B|Ai）＝P（A1）P（B|A1）＋P（A2）P（B|A2）＋P（A3）P（B|A3）＝×＋×＋×＝.
答案：　
15．解析：（1）设事件A＝“小明同学恰好答对1道题目”，
所以P（A）＝×××＋×××＋×××＋×××＝.
（2）设事件B＝“小明同学面试成功”．若小明同学恰好答对2道题目面试成功，则必定答对了第3题和第4题，
则小明同学恰好答对2道题目面试成功的概率P1＝×××＝；
若小明同学恰好答对3道题目，则必定面试成功，则小明同学恰好答对3道题目面试成功的概率P2＝×××＋×××＋×××＋×××＝；
若小明同学答对4道题目，则必定面试成功，则答对4道题目面试成功的概率P3＝×××＝.
所以P（B）＝P1＋P2＋P3＝.
16．解析：（1）设“从1号箱中第1次取得红球”为事件A，
“从1号箱中第2次取得红球”为事件B，
则P（A）＝＝，P（B|A）＝，
P（AB）＝P（B|A）P（A）＝，
所以第1次取得红球且第2次取得仍是红球的概率为.
（2）设“从2号箱中任取1个球是红球”为事件C，“从1号箱中任取2个球都是红球”为事件B1，“从1号箱中任取2个球1个红球和1个白球”为事件B2，“从1号箱中任取2个球都是白球”为事件B3，则事件B1，B2，B3彼此互斥．
P（B1）＝＝，P（B2）＝＝，P（B3）＝＝，
P（C|B1）＝＝，P（C|B2）＝＝，P（C|B3）＝.
所以P（C）＝P（B1）P（C|B1）＋P（B2）P（C|B2）＋P（B3）P（C|B3）
＝×＋×＋×＝.
所以取出的这个球是红球的概率为.
17．解析：（1）由条件概率公式可得P（A2|1）＝＝＝；
所以第一次摸到蓝球，第二次摸到红球的概率为.
（2）①由条件概率乘法公式
P（A3|A1A2）＝，可得P（A1A2A3）＝P（A1A2）P（A3|A1A2），
由P（A2|A1）＝，可得P（A1A2）＝P（A1）P（A2|A1），
所以P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2|A1）P（A3|A1A2）；
②由①可得P（A3）＝P（A1A2A3）＋P（1A2A3）＋P（A12A3）＋P（12A3）＝P（A1）P（A2|A1）P（A3|A1A2）＋P（1）P（A2|1）P（A3|1A2）＋P（A1）P（2|A1）P（A3|A12）＋P（1）P（2|1）P（A2|12）
＝××＋××＋××＋××＝，所以P（A3）＝.第四节　事件的相互独立性与条件概率
【课标标准】　1.了解两个随机事件独立性的含义，利用独立性计算概率.2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.4.会利用全概率公式计算概率．
必备知识·夯实双基
知识梳理
1.相互独立事件
对任意的两个事件A与B，如果P(AB)＝________成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．如果事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝________________．
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，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)公式：①利用古典概型：P(A|B)＝________；
②概率的乘法公式：P(AB)＝________．
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B Ω，有P(B)＝________．我们称这个公式为全概率公式．
[常用结论]
1．两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两个事件相互独立是指一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．
2．若事件A与事件B相互独立，则A与与B，与也都相互独立．
3．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)．
夯实双基
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现的点数大于2”，B＝“第二枚出现的点数小于6”，则A与B相互独立．(　　)
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)
(3)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　)
(4)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.(　　)
2．(教材改编)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是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________．
3．(教材改编)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)
4．(易错)某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为(　　)
A．　　　　B．
C． D．
5．(易错)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________．
关键能力·题型突破
题型一　相互独立事件的概率
例 1[2023·河北元氏模拟]第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举办，某国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打4个球甲赢的概率；
(2)求该局打5个球结束的概率．
题后师说
独立事件概率的求法
(1)解答这类概率综合问题时，一般“大化小”，即将问题划分为若干个彼此互斥事件，然后运用概率的加法公式和乘法公式来求解，在运用乘法公式时一定要注意是否满足相互独立，只有相互独立才能运用乘法公式．
(2)在求事件的概率时，有时遇到求“至少……”或“至多……”等事件概率的问题，如果从正面考查这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但“至少……”“至多……”这些事件的对立事件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思考，先求其对立事件的概率，再利用概率的和与积的互补公式求得原来事件的概率．这是“正难则反”思想的具体体现．
巩固训练1
[2023·河南郑州期末]甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约，乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设甲面试合格的概率为，乙、丙每人面试合格的概率都是，且三人面试是否合格互不影响．求：
(1)恰有一人面试合格的概率；
(2)至多一人签约的概率．
题型二　条件概率
例 2 [2023·北京大兴期末]某次抽奖活动共有50张奖券，其中5张写有“中奖”字样，抽完的奖券不再放回．若甲抽完之后乙再抽．
(1)求在甲中奖的条件下，乙中奖的概率；
(2)证明：甲中奖的概率与乙中奖的概率相等．
题后师说
求条件概率的常用方法
巩固训练2
已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同．
(1)若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；
(2)若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率．
题型三　全概率公式的应用
例 3 已知甲箱产品中有5个正品和3个次品，乙箱产品中有4个正品和3个次品．
(1)如果依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，求第2次取到次品的概率；
(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，求从乙箱中取出的这个产品是正品的概率．
题后师说
利用全概率公式求解概率的步骤
巩固训练3
鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出2箱的概率为，卖出1箱的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱及以上，则需补货至3箱，否则不补货．假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼．
(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率；
(2)求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率．
1.[2020·新高考Ⅰ卷]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　)
A．62%　　B．56%　　C．46%　　D．42%
2．[2022·全国乙卷]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　)
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
3．[2022·新高考Ⅰ卷节选]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(1)证明：R＝·；
(2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
4．[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．
第四节　事件的相互独立性与条件概率
必备知识·夯实双基
知识梳理
1．P（A）·P（B）　P（A1）P（A2）…P（An）
2．（1）　（2）①　②P（A）P（B|A）
3.（Ai）P（B|Ai）
夯实双基
1．答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
2．解析：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AB，∴P(AB)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
答案：0.38
3．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：
4．解析：该选手能进入第四关的概率为×(1－)×＝.
答案：D
5．解析：P(A)＝＝，P(AB)＝＝，由条件概率公式得P(B|A)＝＝.
答案：
关键能力·题型突破
例1　解析：(1)设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，P(A)＝，P(B)＝，∴C＝AAB，
∴P(C)＝P(AAB)＝P(A)P()P(A)P(B)＝＝，
∴该局打4个球甲赢的概率为.
(2)设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，
D＝BBA，E＝AA，F＝D∪E，
∴P(D)＝P(BBA)＝P()P(B)P()P(B)P(A)
＝(1－)××(1－)×＝，
P(E)＝P(AA)＝P(A)P()P(A)P()P()＝×(1－)××(1－)×(1－)＝，
∴P(F)＝P(D∪E)＝P(D)＋P(E)＝＝，
∴该局打5个球结束的概率为.
巩固训练1　解析：(1)记事件A：甲面试合格，
事件B：乙面试合格，
事件C：丙面试合格，
事件D：恰好有一人面试合格，
依题意，事件A、B、C相互独立，
P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.
(2)至多一人签约包括甲签约乙丙没有签约、三人都没有签约两种情况，
事件F：甲签约乙丙没有签约，
事件G：三人都没有签约，事件E：至多一人签约，
因为F与G互斥，所以P(E)＝P(F)＋P(G)，
P(F)＝P(A)(1－P(BC))＝×(1－)＝，
P(G)＝(1－P(A))(1－P(BC))＝＝，
P(E)＝P(F)＋P(G)＝＝，
所以至多一人签约的概率为.
例2　解析：(1)设事件A为甲中奖，事件B为乙中奖，
因为抽完的奖券不再放回，
所以甲中奖的条件下，乙抽奖时，有49张奖券且4张写有“中奖”字样，
所以在甲中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|A)＝.
(2)证明：P(A)＝＝，
乙中奖分两种情况，
当甲不中奖时，乙抽奖时，有49张奖券且5张写有“中奖”字样，
则在甲不中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|)＝＝，
所以甲不中奖且乙中奖的概率P(B)＝＝，
在甲中奖的条件下，乙中奖的概率P(B|A)＝＝，
所以甲中奖且乙中奖的概率P(AB)＝＝，
所以乙中奖的概率P(B)＝＝，
所以甲中奖的概率与乙中奖的概率相等．
巩固训练2　解析：(1)从口袋中随机抽取一个球，抽取到白球的概率P＝＝.
(2)记“第一次抽取出球是白球”为事件A，“第二次抽取出球是白球”为事件B，
则第一次抽取出白球和第二次抽取出球也是白球的概率P(AB)＝＝，
所以在第一次取出白球的条件下第二次取出的也是白球的概率P(B|A)＝＝＝.
例3　解析：(1)令事件Ai＝“第i次从乙箱中取到次品”，i＝1，2，
则P(A1)＝，P(A2|A1)＝＝，P(A2|)＝＝，
因此P(A2)＝P(A2A1＋A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P()·P(A2|)＝＝，
所以第2次取到次品的概率是.
(2)令事件A＝“从乙箱取一个正品”，事件B1＝“从甲箱中取出两个正品”，事件B2＝“从甲箱中取出一个正品一个次品”，
事件B3＝“从甲箱中取出两个次品”，B1，B2，B3互斥，且＝Ω，
P(B1)＝＝，P(B2)＝＝，P(B3)＝＝，P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，P(A|B3)＝，
则P(A)＝P(B1)·P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)·P(A|B3)＝＝，
所以从乙箱中取出的这个产品是正品的概率是.
巩固训练3　解析：(1)设事件A：“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B：“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C：“第二天结束营业时货架上有1箱存货”，
因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，故第二天只卖出1箱，
故P(C|B)＝.
(2)由题意P(A)＝＝，P(B)＝，P(C|A)＝，
由全概率公式得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝＝.
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A＋B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A·B，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.82，P(A＋B)＝0.96.
所以P(A·B)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝0.6＋0.82－0.96＝0.46.
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46%.故选C.
答案：C
2．解析：设第二盘与甲比赛，则p甲＝p2p1(1－p3)＋(1－p2)p1p3＝p1(p2＋p3－2p2p3)．设第二盘与乙比赛，则p乙＝p2p1(1－p3)＋(1－p1)p2p3＝p2(p1＋p3－2p1p3)．设第二盘与丙比赛，则p丙＝p3p1(1－p2)＋(1－p1)p2p3＝p3(p1＋p2－2p1p2)．p甲－p乙＝p3(p1－p2)<0，p甲－p丙＝p2(p1－p3)<0，p乙－p丙＝p1(p2－p3)<0，故p丙>p乙>p甲．选D.
答案：D
3．解析：(1)证明：∵R＝＝·＝···＝·，
·＝···
＝·＝·，
∴R＝·.
(2)由表格中的数据，得
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
∴P(|B)＝1－P(A|B)＝，
P(|)＝1－P(A|)＝，
∴R＝·＝＝6.
4．解析：(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＝.

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