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第6节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[学习目标]
1.了解两个事件独立性的含义,能利用事件的独立性解决一些实际问题.2.了解条件概率的含义以及条件概率与独立性的关系.3.能利用条件概率和全概率公式解决一些实际问题.
1.事件的相互独立性
(1)相互独立的定义.
对任意两个事件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.
(2)相互独立的性质.
①如果事件A与事件B相互独立,则A与 ,与B, 与 都 .
②若事件A与事件B相互独立,则P(AB)= .
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).
2.条件概率
(1)条件概率的定义.
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 发生的条件下,事件 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)+ ;
③设和B互为对立事件,则P(|A)=1- ;
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)= .
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.
1.如果A1,A2,…,An相互独立,那么P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)·…·P(An).
2.若P(A)>0,当且仅当事件A与B相互独立时,P(B|A)=P(B).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”).
(1)对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立.(　　)
(2)若事件A,B互斥,则P(B|A)=1.(　　)
(3)抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立.(　　)
(4)若事件A1与A2是对立事件,且P(A1)>0,P(A2)>0,则对任意的事件B Ω,都有P(B)=
P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2).(　　)
2.(人教A版必修第二册P266复习参考题10 T1改编)袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球,从中有放回地摸球,用A表示事件“第一次摸得白球”,用B表示事件“第二次摸得白球”,则A与B是(　　)
A.互斥事件 B.相互独立事件
C.对立事件 D.不相互独立事件
3.(人教A版必修第二册P253练习T3改编)假设在元旦假期期间,甲地降雨概率是0.2,乙地降雨概率是0.3,且两地是否降雨相互之间没有影响,则在该时段两地中恰有一个地区降雨的概率为(　　)
A.0.06 B.0.38
C.0.5 D.0.56
4.(人教A版选择性必修第三册P46例1节选)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中抽出一道题,抽出的题不再放回,在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为(　　)
A. B.
C. D.
5.(人教A版选择性必修第三册P50例4改编)去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择,某游客去该地旅游,第一天随机选择一种酒店入住,如果第一天入住无人酒店,那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8,如果第一天入住常规酒店,那么第二天入住无人酒店的概率为0.6,则该游客第二天入住无人酒店的概率为 .
考点一　事件的相互独立性
角度一　事件相互独立性的判断
[例1] (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,从中有放回地随机取两次,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
判断两个事件是不是相互独立的方法
(1)直接法:直接判断一个事件发生与否能不能影响另一事件发生的概率.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法:由事件A与事件B相互独立知,A与,与B,与也相互独立.
角度二　相互独立事件的概率
[例2] 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在
120 min内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无须出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
(2)若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以 2∶0 领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面求解较麻烦(如“至多”“至少”问题)或难以入手时,可从其对立事件入手计算.
[针对训练]
1.(角度一)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A,B如图所示.其中n(Ω)=12,n(A)=6,n(B)=4,n(A∪B)=8,则事件A与事件(　　)
A.是互斥事件,不是独立事件
B.不是互斥事件,是独立事件
C.既是互斥事件,也是独立事件
D.既不是互斥事件,也不是独立事件
2.(角度二)某厂有甲、乙、丙三个机器,它们是否需要检查相互之间没有影响.已知在某一小时内,甲、乙都需要检查的概率为,甲、丙都需要检查的概率为,乙、丙都需要检查的概率为.
(1)分别求甲、乙、丙在这一小时内需要检查的概率;
(2)求这一小时内至少有两个机器需要检查的概率.
考点二　条件概率及其应用
[例3] (1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为(　　)
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
(2)(2024·天津卷)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 ;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为 .
(1)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)=.
(2)条件概率公式的变形P(AB)=P(A)P(B|A)或P(AB)=P(B)P(A|B).
[针对训练]
(1)(2025·浙江绍兴模拟)从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛,则在男生甲被选中的条件下,男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2025·辽宁沈阳模拟)如图,用K,A1,A2三类不同的元件连接成一个系统,当K正常工作且A1,A2至少有一个正常工作时,系统正常工作,已知K,A1,A2正常工作的概率依次是,,,已知在系统正常工作的前提下,只有K和A1正常工作的概率是(　　)
A. B.
C. D.
考点三　全概率公式及其应用
[例4] (1)设A,B为两个事件,已知P(B)=0.4,P(A)=0.5,P(B|A)=0.2,则P(B|)=(　　)
A.0.1 B.0.2
C.0.4 D.0.6
(2)某次社会实践活动中,甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查.参加活动的甲、乙两班的人数之比为5∶3,其中甲班中女生占,乙班中女生占,则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
[溯源探本] 本例(2)源于人教A版选择性必修第三册P51例6.
利用全概率公式求解的思路
(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Bi(i=1,2,…,n).
(2)求P(Bi)和所求事件A在各个互斥事件Bi发生条件下的概率P(A|Bi).
(3)代入全概率公式计算.
[针对训练]
(1)已知A,B为两个随机事件,0A.0.1 B.
C.0.33 D.
(2)(2025·江西南昌模拟)已知某羽毛球小组共有20名运动员,其中一级运动员4人,二级运动员6人,三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛,若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9,0.6,0.2,则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　)
A.0.42 B.0.46
C.0.58 D.0.62第6节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[学习目标]
1.了解两个事件独立性的含义,能利用事件的独立性解决一些实际问题.2.了解条件概率的含义以及条件概率与独立性的关系.3.能利用条件概率和全概率公式解决一些实际问题.
1.事件的相互独立性
(1)相互独立的定义.
对任意两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.
(2)相互独立的性质.
①如果事件A与事件B相互独立,则A与 ,与B, 与 都相互独立.
②若事件A与事件B相互独立,则P(AB)=P(A)·P(B).
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).
2.条件概率
(1)条件概率的定义.
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).
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)=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.
1.如果A1,A2,…,An相互独立,那么P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)·…·P(An).
2.若P(A)>0,当且仅当事件A与B相互独立时,P(B|A)=P(B).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”).
(1)对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立.(　　)
(2)若事件A,B互斥,则P(B|A)=1.(　　)
(3)抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立.(　　)
(4)若事件A1与A2是对立事件,且P(A1)>0,P(A2)>0,则对任意的事件B Ω,都有P(B)=
P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2).(　　)
【答案】 (1)×　(2)×　(3)√　(4)√
2.(人教A版必修第二册P266复习参考题10 T1改编)袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球,从中有放回地摸球,用A表示事件“第一次摸得白球”,用B表示事件“第二次摸得白球”,则A与B是(　　)
A.互斥事件 B.相互独立事件
C.对立事件 D.不相互独立事件
【答案】 B
【解析】 依题意,有放回地摸球,事件A与B可以同时发生,因此事件A与B不互斥,更不对立,A,C错误;显然P(A)=P(B)=,P(AB)==×=P(A)P(B),因此A与B是相互独立事件,B正确,D错误.故选B.
3.(人教A版必修第二册P253练习T3改编)假设在元旦假期期间,甲地降雨概率是0.2,乙地降雨概率是0.3,且两地是否降雨相互之间没有影响,则在该时段两地中恰有一个地区降雨的概率为(　　)
A.0.06 B.0.38
C.0.5 D.0.56
【答案】 B
【解析】 甲、乙两地恰有一个地方降雨的概率为
P=0.2×(1-0.3)+(1-0.2)×0.3=0.14+0.24=0.38.故选B.
4.(人教A版选择性必修第三册P46例1节选)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中抽出一道题,抽出的题不再放回,在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 设事件A=“第1次抽到代数题”,事件B=“第2次抽到几何题”,
P(A)=,P(AB)=×=,则P(B|A)===,
所以在第1次抽到代数题的条件下,第2次抽到几何题的概率为.故选C.
5.(人教A版选择性必修第三册P50例4改编)去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择,某游客去该地旅游,第一天随机选择一种酒店入住,如果第一天入住无人酒店,那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8,如果第一天入住常规酒店,那么第二天入住无人酒店的概率为0.6,则该游客第二天入住无人酒店的概率为　　　　.
【答案】 0.7
【解析】 记事件A1=“第一天入住无人酒店”,A2=“第二天入住无人酒店”,B1=“第一天入住常规酒店”,
根据题意可知P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)=0.8,P(A2|B1)=0.6,
则由全概率公式可得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.7.
考点一　事件的相互独立性
角度一　事件相互独立性的判断
[例1] (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,从中有放回地随机取两次,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
【答案】 B
【解析】 事件甲发生的概率P(甲)=,事件乙发生的概率P(乙)=,事件丙发生的概率P(丙)==,事件丁发生的概率P(丁)==.事件甲与事件丙同时发生的概率为0,P(甲丙)≠P(甲)P(丙),故A错误;事件甲与事件丁同时发生的概率为=,P(甲丁)=P(甲)P(丁),故B正确;事件乙与事件丙同时发生的概率为=,P(乙丙)≠P(乙)P(丙),故C错误;事件丙与事件丁是互斥事件,不是相互独立事件,故D错误.故选B.
判断两个事件是不是相互独立的方法
(1)直接法:直接判断一个事件发生与否能不能影响另一事件发生的概率.
(2)定义法:判断P(AB)=P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法:由事件A与事件B相互独立知,A与,与B,与也相互独立.
角度二　相互独立事件的概率
[例2] 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在
120 min内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无须出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
(2)若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以 2∶0 领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
【解】 (1)设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为A,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为B,未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意得,在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,
则P(C)=P()·P()+P(A)·P(B)=(1-)×(1-)+×=+=,
故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.
(2)因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球中甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2∶1或2∶2或3∶2.
①比分为2∶1的概率为P()·P(B)·P()·P()+P()·P()·P()·P(B)=(1-)××(1-)×(1-)+
(1-)×(1-)×(1-)×=+=.
②比分为2∶2的概率为P()·P(B)·P()·P(B)=(1-)××(1-)×=.
③比分为3∶2的概率为P(A)·P(B)·P()·P(B)+P()·P(B)·P(A)·P(B)=××(1-)××2=.
综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为++=.
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面求解较麻烦(如“至多”“至少”问题)或难以入手时,可从其对立事件入手计算.
[针对训练]
1.(角度一)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A,B如图所示.其中n(Ω)=12,n(A)=6,n(B)=4,n(A∪B)=8,则事件A与事件(　　)
A.是互斥事件,不是独立事件
B.不是互斥事件,是独立事件
C.既是互斥事件,也是独立事件
D.既不是互斥事件,也不是独立事件
【答案】 B
【解析】 因为n(Ω)=12,n(A)=6,n(B)=4,n(A∪B)=8,所以n(A∩B)=2,n(A∩)=4,n()=8,所以事件A与事件不是互斥事件;P(A)==,P(A)P()=×=,所以P(A)=P(A)P(),所以事件A与事件 是独立事件.故选B.
2.(角度二)某厂有甲、乙、丙三个机器,它们是否需要检查相互之间没有影响.已知在某一小时内,甲、乙都需要检查的概率为,甲、丙都需要检查的概率为,乙、丙都需要检查的概率为.
(1)分别求甲、乙、丙在这一小时内需要检查的概率;
(2)求这一小时内至少有两个机器需要检查的概率.
【解】 (1)设甲、乙、丙三个机器在这一小时内需要检查的概率分别是P1,P2,P3,
则由题意得解得
即甲、乙、丙在这一小时内需要检查的概率分别是,,.
(2)设事件A为这一小时内至少有两个机器需要检查,
这一小时内恰好有两个机器需要检查的概率为
P1P2(1-P3)+P1(1-P2)P3+(1-P1)P2P3
=××(1-)+×(1-)×+(1-)××=,
这一小时内三个机器都需要检查的概率为
P1P2P3=××=,
则P(A)=+=,
即这一小时内至少有两个机器需要检查的概率为.
考点二　条件概率及其应用
[例3] (1)(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为(　　)
A.0.8 B.0.6
C.0.5 D.0.4
(2)(2024·天津卷)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为　　　　.
【答案】 (1)A　(2)　
【解析】 (1)同时爱好两项的概率为0.5+0.6-0.7=0.4,记“该同学爱好滑雪”为事件A,记“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=0.5,P(AB)=0.4,所以P(B|A)===0.8.故选A.
(2)法一(缩小样本空间法)　从五种活动中选三个的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,
BCD,BCE,BDE,CDE,共10种情况,
其中甲选到A活动有6种可能:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,则甲选到A活动的概率为P==;
乙选A活动有6种可能:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,其中再选择B活动有3种可能:ABC,ABD,ABE,
故乙选了A活动,他再选择B活动的概率为 =.
法二(定义法)　由题意得甲选到A活动的概率为 P(M)==;设“乙选到A活动”为事件M,“乙选到B活动”为事件N,
则乙选了A活动,他再选择B活动的概率为P(N|M)===.
(1)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)=.
(2)条件概率公式的变形P(AB)=P(A)P(B|A)或P(AB)=P(B)P(A|B).
[针对训练]
(1)(2025·浙江绍兴模拟)从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛,则在男生甲被选中的条件下,男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2025·辽宁沈阳模拟)如图,用K,A1,A2三类不同的元件连接成一个系统,当K正常工作且A1,A2至少有一个正常工作时,系统正常工作,已知K,A1,A2正常工作的概率依次是,,,已知在系统正常工作的前提下,只有K和A1正常工作的概率是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 (1)C　(2)C
【解析】 (1)设“男生甲被选中”为事件A,“男生乙和女生丙至少一人被选中”为事件B,
由古典概型知识可知,P(B|A)====.故选C.
(2)设事件A为“系统正常工作”,事件B为“只有K和A1正常工作”,
因为并联元件A1,A2能正常工作的概率为1-(1-)(1-)=,
所以P(A)=×=,又因为P(AB)=P(B)=××(1-)=,
所以P(B|A)==.故选C.
考点三　全概率公式及其应用
[例4] (1)设A,B为两个事件,已知P(B)=0.4,P(A)=0.5,P(B|A)=0.2,则P(B|)=(　　)
A.0.1 B.0.2
C.0.4 D.0.6
(2)某次社会实践活动中,甲、乙两个班的同学共同在一个社区进行民意调查.参加活动的甲、乙两班的人数之比为5∶3,其中甲班中女生占,乙班中女生占,则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为(　　)
A. B.
C. D.
[溯源探本] 本例(2)源于人教A版选择性必修第三册P51例6.
【答案】 (1)D　(2)C
【解析】 (1)由P(A)=0.5,得P()=0.5,显然 P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|),
因此0.4=0.5×0.2+0.5P(B|),
所以P(B|)=0.6.故选D.
(2)设“该社区居民遇到一位进行民意调查的同学是甲班同学”为事件A,则“该社区居民遇到一位进行民意调查的同学是乙班同学”为事件,“该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生”为事件B,
由题意得P(A)=,P()=,P(B|A)=,P(B|)=,
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=.故选C.
利用全概率公式求解的思路
(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Bi(i=1,2,…,n).
(2)求P(Bi)和所求事件A在各个互斥事件Bi发生条件下的概率P(A|Bi).
(3)代入全概率公式计算.
[针对训练]
(1)已知A,B为两个随机事件,0A.0.1 B.
C.0.33 D.
(2)(2025·江西南昌模拟)已知某羽毛球小组共有20名运动员,其中一级运动员4人,二级运动员6人,三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛,若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9,0.6,0.2,则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　)
A.0.42 B.0.46
C.0.58 D.0.62
【答案】 (1)B　(2)B
【解析】 (1)由全概率公式可得P(B)=P(B|A)·P(A)+P(B|)P(),
可得P(B)=0.9P(A)+0.2·[1-P(A)],即0.3=0.7P(A)+0.2,解得P(A)=.故选B.
(2)设事件B为“选出的运动员能晋级”,
A1为“选出的运动员是一级运动员”,
A2为“选出的运动员是二级运动员”,
A3为“选出的运动员是三级运动员”,
则P(B|A1)=0.9,P(B|A2)=0.6,P(B|A3)=0.2,
又根据题意可得P(A1)==,P(A2)==,P(A3)==,
由全概率公式可得,
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=×0.9+×0.6+×0.2=0.46,
则任选一名运动员能够晋级的概率为0.46.故选B.

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