第十一章第四節(jié)事件的獨立性條件概率與全概率公式

第四節(jié)事件的獨立性、條件概率與全概率公式【課程標準】1.了解兩個事件相互獨立的含義.2.了解條件概率與獨立性的關系,會利用乘法公式計算概率.3.會利用全概率公式計算概率.【考情分析】考點考法:高考命題常以現(xiàn)實生活為載體,考查相互獨立事件、條件概率、全概率;條件概率、全概率是高考熱點,常以選擇題的形式出現(xiàn).核心素養(yǎng):數(shù)學抽象、數(shù)學運算【必備知識·逐點夯實】【知識梳理·歸納】1.相互獨立事件(1)概念:對任意兩個事件A與B,如果P(AB)=__P(A)P(B)__成立,則稱事件A與事件B相互獨立,簡稱為獨立.

(2)性質(zhì):若事件A與B相互獨立,那么A與B,A與B,A與B也都相互獨立.2.條件概率(1)概念:一般地,設A,B為兩個隨機事件,且P(A)>0,我們稱P(B|A)=P(AB)P(A)為在事件A發(fā)生的條件下(2)兩個公式:①利用古典概型:P(B|A)=n(②概率的乘法公式:P(AB)=__P(A)P(B|A)__.

【微點撥】P(B|A)與P(A|B)是兩個不同的概率,前者是在A發(fā)生的條件下B發(fā)生的概率,后者是在B發(fā)生的條件下A發(fā)生的概率.3.全概率公式一般地,設A1,A2,…,An是一組__兩兩互斥__的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,則對任意的事件B?Ω,有P(B)=.我們稱此公式為全概率公式.

【基礎小題·自測】類型辨析改編易錯高考題號12341.(多維辨析)(多選題)下列說法正確的是 ()A.對于任意兩個事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立B.若事件A,B相互獨立,則P(B|A)=P(B)C.拋擲2枚質(zhì)地均勻的硬幣,設“第一枚正面朝上”為事件A,“第二枚正面朝上”為事件B,則A,B相互獨立D.若事件A1與A2是對立事件,則對任意的事件B?Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)【解析】選BCD.因為當兩個事件A,B相互獨立時公式P(AB)=P(A)P(B)成立,所以選項A錯誤;因為事件A,B相互獨立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)=P(AB)P(A)=P因為拋擲2枚質(zhì)地均勻的硬幣,第一枚正面朝上,與第二枚正面的朝向無關,所以選項C正確;因為事件A1與A2是對立事件,所以B=A1B+A2B,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),所以選項D正確.2.(必修第二冊P253習題4改條件)甲、乙兩人獨立地破解同一個謎題,破解出此謎題的概率分別為12,23,則此謎題沒被破解出的概率為 (A.16 B.13 C.56 【解析】選A.設“甲獨立地破解出此謎題”為事件A,“乙獨立地破解出此謎題”為事件B,則P(A)=12,P(B)=2故P(A)=12,P(B)=13,所以P(AB)=12×13=13.(條件概率公式使用錯誤)已知3件次品和2件正品混在一起,現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分,每次隨機檢測一件產(chǎn)品,檢測后不放回,則在第一次取出次品的條件下,第二次取出的也是次品的概率是 ()A.310 B.35 C.12 【解析】選C.設事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,則在第一次取出次品的條件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=P(4.(2022·天津高考)52張撲克牌,沒有大小王,無放回地抽取兩次,則兩次都抽到A的概率為________;已知第一次抽到的是A,則第二次抽取A的概率為________.

【解析】由題意,設第一次抽到A為事件B,第二次抽到A為事件C,則P(BC)=452×351=1221,P(B)=4所以P(C|B)=P(BC)P(答案:1221【巧記結(jié)論·速算】如果事件A1,A2,…,An相互獨立,那么這n個事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率的積,即P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).【即時練】從應屆高中生中選拔飛行員,已知這批學生體型合格的概率為13,視力合格的概率為16,其他幾項標準合格的概率為15,從中任選一名學生,則該生各項均合格的概率為(假設各項標準互不影響)A.49 B.190 C.45 【解析】選B.各項均合格的概率為13×16×15【核心考點·分類突破】考點一事件的相互獨立性角度1事件獨立性的判斷[例1](2021·新高考Ⅰ卷)有6個相同的球,分別標有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回地隨機取兩次,每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”,丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”,丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”,則 ()A.甲與丙相互獨立 B.甲與丁相互獨立C.乙與丙相互獨立 D.丙與丁相互獨立【解析】選B.設甲、乙、丙、丁事件發(fā)生的概率分別為P(A),P(B),P(C),P(D).則P(A)=P(B)=16,P(C)=56×6=P(D)=66×6=1對于A選項,P(AC)=0;對于B選項,P(AD)=16×6=1對于C選項,P(BC)=16×6=1對于D選項,P(CD)=0.若兩事件X,Y相互獨立,則P(XY)=P(X)P(Y),因此B選項正確.【解題技法】兩個事件相互獨立的判斷方法(1)定義法:由事件本身的性質(zhì)直接判定兩個事件發(fā)生是否相互影響.(2)充要條件法:事件A,B相互獨立的充要條件是P(AB)=P(A)P(B).【對點訓練】某校為提升學生的綜合素養(yǎng)、大力推廣冰雪運動,號召青少年成為“三億人參與冰雪運動”的主力軍,開設了“陸地冰壺”“陸地冰球”“滑冰”“模擬滑雪”四類冰雪運動體驗課程.甲、乙兩名同學各自從中任意挑選兩門課程學習,設事件A=“甲、乙兩人所選課程恰有一門相同”,事件B=“甲、乙兩人所選課程完全不同”,事件C=“甲、乙兩人均未選擇陸地冰壺課程”,則 ()A.A與B為對立事件 B.A與C互斥C.A與C相互獨立 D.B與C相互獨立【解析】選C.依題意,甲、乙兩人所選課程有如下情形:①有一門相同;②兩門都相同;③兩門都不相同.故A與B互斥不對立,A與C不互斥,所以P(A)=C41C31C21C42C42=23,P(B)=C42C42C42=16,P(C)=C32C32C42C42=14,且P(AC)=C31C21C4角度2獨立性事件的概率[例2](2023·臨沂模擬)“11分制”乒乓球比賽,每贏一球得1分,當某局打成10∶10平后,每球交換發(fā)球權(quán),先多得2分的一方獲勝,該局比賽結(jié)束.甲、乙進行單打比賽,假設甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5,乙發(fā)球時甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨立.在某局雙方10∶10平后,若甲先發(fā)球,兩人又打了2個球后該局比賽結(jié)束的概率為________;若乙先發(fā)球,兩人又打了4個球后該局比賽結(jié)束,則甲獲勝的概率為________.

【解析】記兩人又打了X個球后該局比賽結(jié)束,設雙方10∶10平后的第k個球甲得分為事件Ak(k=1,2,3…),則P(X=2)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)P(A2)+P(A1)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5.由乙先發(fā)球,且甲獲勝的概率P=P(A1A2A3A4)+P(A1A2A3A=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)+P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=0.4×0.5×0.4×0.5+0.6×0.5×0.4×0.5=0.答案:0.50.1【解題技法】求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的方法(1)相互獨立事件同時發(fā)生的概率等于它們各自發(fā)生的概率之積.(2)當正面計算較復雜或難以入手時,可從其對立事件入手計算.【對點訓練】(2020·全國Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同學進行羽毛球比賽,約定賽制如下:累計負兩場者被淘汰;比賽前抽簽決定首先比賽的兩人,另一人輪空;每場比賽的勝者與輪空者進行下一場比賽,負者下一場輪空,直至有一人被淘汰;當一人被淘汰后,剩余的兩人繼續(xù)比賽,直至其中一人被淘汰,另一人最終獲勝,比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽,甲、乙首先比賽,丙輪空.設每場比賽雙方獲勝的概率都為12(1)求甲連勝四場的概率;(2)求需要進行第五場比賽的概率;(3)求丙最終獲勝的概率.【解析】(1)甲連勝四場的概率為116(2)根據(jù)賽制,至少需要進行四場比賽,至多需要進行五場比賽.比賽四場結(jié)束,共有三種情況:甲連勝四場的概率為116乙連勝四場的概率為116丙上場后連勝三場的概率為18.所以需要進行第五場比賽的概率為11161161(3)丙最終獲勝有兩種情況:比賽四場結(jié)束且丙最終獲勝的概率為18比賽五場結(jié)束且丙最終獲勝,則從第二場開始的四場比賽按照丙的勝、負、輪空結(jié)果有三種情況:勝勝負勝,勝負空勝,負空勝勝,概率分別為116,18,因此丙最終獲勝的概率為18+116+18+1【加練備選】某一部件由三個電子元件按如圖方式連接而成,元件1和元件2同時正常工作,或元件3正常工作,則部件正常工作.設三個電子元件正常工作的概率均為34,且各個元件能否正常工作相互獨立,那么該部件正常工作的概率為 (A.764 B.1532 C.2732 【解析】選D.討論元件3正常與不正常:第一類,元件3正常,上部分正?；虿徽６疾挥绊懺摬考９ぷ?則正常工作的概率為34×1=34;第二類,元件3不正常,上部分必須正常,則正常工作的概率為14×(34×34)=964,故該部件正常工作的概率為考點二條件概率[例3](1)七巧板是中國民間流傳的智力玩具.它是由如圖所示的七塊板組成:五塊等腰直角三角形(其中兩塊小型三角形、一塊中型三角形和兩塊大型三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形.可以拼成人物、動物、植物、房亭、樓閣等多種圖案.現(xiàn)從七巧板中取出兩塊,已知取出的是三角形,則兩塊板恰好是全等三角形的概率為 ()A.35 B.25 C.27 【解析】選D.設事件A為“從七巧板中取出兩塊,取出的是三角形”,事件B為“兩塊板恰好是全等三角形”,則P(AB)=2C72=221,P(A)=所以P(B|A)=P(AB)P((2)(2022·新高考Ⅰ卷改編)一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當?shù)鼐用竦男l(wèi)生習慣(衛(wèi)生習慣分為良好和不夠良好兩類)的關系,在已患該疾病的病例中隨機調(diào)查了100人(稱為病例組),同時在未患該疾病的人群中隨機調(diào)查了100人(稱為對照組),得到如下數(shù)據(jù):項目不夠良好良好病例組4060對照組1090從該地的人群中任選一人,A表示事件“選到的人衛(wèi)生習慣不夠良好”,B表示事件“選到的人患有該疾病”.P(B|A)P①證明:R=P(A|②利用該調(diào)查數(shù)據(jù),給出P(A|B),P(A|B)的估計值,并利用①的結(jié)果給出R的估計值.【解析】①因為R=P(B|A)P(B|A)所以R=P(AB)P(B)所以R=P(A|②由已知P(A|B)=40100=2P(A|B)=10100=1又P(A|B)=60100=3P(A|B)=90100=9所以R=P(A|B)P所以指標R的估計值為6.【解題技法】求條件概率的常用方法(1)定義法:P(B|A)=P((2)樣本點法:P(B|A)=n(【對點訓練】1.某地的中學生中有60%的同學愛好滑冰,50%的同學愛好滑雪,70%的同學愛好滑冰或愛好滑雪,在該地的中學生中隨機調(diào)查一位同學,若該同學愛好滑雪,則該同學也愛好滑冰的概率為 ()A.0.8 B.0.4 C.0.2 D.0.1【解析】選A.根據(jù)題意,在該地的中學生中隨機調(diào)查一位同學,設選出的同學愛好滑冰為事件A,選出的同學愛好滑雪為事件B,由于該地中學生中有60%的同學愛好滑冰,50%的同學愛好滑雪,70%的同學愛好滑冰或愛好滑雪,則P(B)=0.5,同時愛好兩個項目的占該地中學生總?cè)藬?shù)的50%+60%70%=40%,則P(AB)=0.4,則P(A|B)=P(AB)P(B2.根據(jù)歷年的氣象數(shù)據(jù)可知,某市5月份發(fā)生中度霧霾的概率為0.25,刮四級以上大風的概率為0.4,既發(fā)生中度霧霾又刮四級以上大風的概率為0.2.則在發(fā)生中度霧霾的情況下,刮四級以上大風的概率為 ()A.0.8 B.0.625 C.0.5 D.0.1【解析】選A.設“發(fā)生中度霧霾”為事件A,“刮四級以上大風”為事件B,所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,則在發(fā)生中度霧霾的情況下,刮四級以上大風的概率為P(B|A)=P(AB)P(A考點三全概率公式的應用[例4](1)一份新高考數(shù)學試卷中有8道單選題,小胡對其中5道題有思路,3道題完全沒有思路.有思路的題做對的概率是0.9,沒有思路的題只能猜一個答案,猜對答案的概率為0.25,則小胡從這8道題目中隨機抽取1道做對的概率為 ()A.79160 B.35 C.2132 【解析】選C.設事件A表示“小胡做對”,事件B表示“小胡選到有思路的題”,則小胡從這8道題目中隨機抽取1道做對的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=58×0.9+38×0.25=(2)在數(shù)字通信中,信號是由數(shù)字0和1組成的序列.由于隨機因素的干擾,發(fā)送的信號0或1有可能被錯誤地接收為1或0.已知當發(fā)送信號0時,被接收為0和1的概率分別為0.93和0.07;當發(fā)送信號1時,被接收為1和0的概率分別為0.95和0.05.假設發(fā)送信號0和1是等可能的,則接收的信號為1的概率為 ()A.0.48 B.0.49