2025版新教材高考數(shù)學一輪復習第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第5節(jié)事件的獨立性與條件概率及其關系全概率公式學案含解析新人教B版

第5節(jié)事務的獨立性與條件概率及其關系、全概率公式一、教材概念·結論·性質重現(xiàn)1．條件概率定義一般地，當事務B發(fā)生的概率大于0時(即P(B)＞0)，已知事務B發(fā)生的條件下事務A發(fā)生的概率，稱為條件概率表示P(A|B)計算公式P(A|B)＝eq\f(PA∩B,PB)性質(1)0≤P(B|A)≤1；(2)P(A|A)＝1；(3)假如B與C互斥，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)2.事務的相互獨立性事務A與事務B相互獨立對隨意的兩個事務A與B，假如P(AB)＝P(A)P(B)時，就稱事務A與B相互獨立(簡稱獨立)性質假如事務A與B相互獨立，則eq\x\to(A)與B，A與eq\x\to(B)，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也相互獨立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)(1)易混淆“相互獨立”和“事務互斥”兩事務互斥是指兩事務不行能同時發(fā)生，兩事務相互獨立是指一個事務的發(fā)生與否對另一個事務發(fā)生的概率沒有影響，兩個事務相互獨立不肯定互斥．(2)易混淆P(B|A)與P(A|B)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(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))．(2)定理1若樣本空間Ω中的事務A1，A2，…，An滿意：①隨意兩個事務均互斥，即AiAj＝?，i，j＝1,2，…，n，i≠j；②A1＋A2＋…＋An＝Ω；③P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.則對Ω中的隨意事務B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn，且P(B)＝eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,))P(BAi)＝eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,))P(Ai)P(B|Ai)．二、基本技能·思想·活動體驗1．推斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)相互獨立事務就是互斥事務．(×)(2)對于隨意兩個事務，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)(3)P(B|A)表示在事務A發(fā)生的條件下，事務B發(fā)生的概率，P(AB)表示事務A，B同時發(fā)生的概率．(√)(4)若事務A，B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)．(√)2．已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球，它們的大小和形態(tài)完全相同．甲每次從中任取一個球不放回，則在他第一次拿到白球的條件下，其次次拿到紅球的概率為()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,8) D.eq\f(2,9)B解析：設“第一次拿到白球”為事務A，“其次次拿到紅球”為事務B.依題意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15).故在他第一次拿到白球的條件下，其次次拿到紅球的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3).3．天氣預報，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.假設在這段時間內兩地是否降雨相互之間沒有影響，則這兩地中恰有一個地方降雨的概率為()A．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56C解析：設甲地降雨為事務A，乙地降雨為事務B，則兩地恰有一地降雨為Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，所以P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.4．設甲乘汽車、火車前往某目的地的概率分別為0.6,0.4，汽車和火車正點到達目的地的概率分別為0.9，0.8.則甲正點到達目的地的概率為()A．0.72 B．0.96C．0.86 D．0.84C解析：設事務A表示甲正點到達目的地，事務B表示甲乘火車到達目的地，事務C表示甲乘汽車到達目的地，由題意知P(B)＝0.4，P(C)＝0.6，P(A|B)＝0.8，P(A|C)＝0.9.由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故選C.5．某次學問競賽規(guī)則如下：在主辦方預設的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出2個問題，即停止答題，晉級下一輪．假設某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結果相互獨立，則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率等于________．0.128解析：記“該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪”為事務A.由題意知，若該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪，必有其次個問題回答錯誤，第三、四個問題回答正確，第一個問題可對可錯，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.考點1相互獨立事務的概率——基礎性1．2019年10月20日，第六屆世界互聯(lián)網(wǎng)大會發(fā)布了15項“世界互聯(lián)網(wǎng)領先科技成果”，其中有5項成果均屬于芯片領域，分別為華為高性能處理器“鯤鵬920”、清華高?！懊鎸νㄓ萌斯ぶ悄艿漠悩嬋诤咸鞕C芯片”、特斯拉“特斯拉完全自動駕駛芯片”、寒武紀云端AI芯片“思元270”、賽靈思“Versal自適應計算加速平臺”．現(xiàn)有3名學生從這15項“世界互聯(lián)網(wǎng)領先科技成果”中分別任選1項進行了解，且學生之間的選擇互不影響，則至少有1名學生選擇“芯片領域A.eq\f(89,91) B.eq\f(2,91)C.eq\f(98,125) D.eq\f(19,27)D解析：依據(jù)題意可知，1名學生從15項中任選1項，其中選擇“芯片領域”的概率為eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)，故其沒有選擇“芯片領域”的概率為eq\f(2,3)，則3名學生均沒有選擇“芯片領域”的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).因此至少有1名學生選擇“芯片領域”的概率為1－eq\f(8,27)＝eq\f(19,27).故選D.2．(2024·天津市和平區(qū)高三二模)已知甲、乙兩人獨立出行，各租用共享單車一次(假定費用只可能為1,2,3元)．甲、乙租車費用為1元的概率分別是0.5，0.2，甲、乙租車費用為2元的概率分別是0.2，0.4，則甲、乙兩人租車費用相同的概率為()A．0.18 B．0.3C．0.24 D．0.36B解析：由題意知甲、乙租車費用為3元的概率分別是0.3,0.4.所以甲、乙兩人所租車費用相同的概率為p＝0.5×0.2＋0.2×0.4＋0.3×0.4＝0.3.3．(2024·全國卷Ⅱ)11分制乒乓球競賽，每贏一球得1分，當某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權，先多得2分的一方獲勝，該局競賽結束．甲、乙兩位同學進行單打競賽，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，各球的結果相互獨立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個球該局競賽結束．(1)求P(X＝2)；(2)求事務“X＝4且甲獲勝”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個球該局競賽結束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個球該局競賽結束，且這4個球的得分狀況為前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．因此所求概率為[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.求相互獨立事務同時發(fā)生的概率的主要方法(1)利用相互獨立事務的概率乘法公式干脆求解．(2)正面計算較煩瑣(如求用“至少”表述的事務的概率)或難以入手時，可從其對立事務入手計算．考點2條件概率——基礎性(1)2024年初，新型冠狀肺炎在歐洲爆發(fā)后，我國第一時間向相關國家捐助醫(yī)療物資，并派出由醫(yī)療專家組成的醫(yī)療小組奔赴相關國家．現(xiàn)有四個醫(yī)療小組甲、乙、丙、丁和4個須要救濟的國家可供選擇，每個醫(yī)療小組只去一個國家．設事務A＝“4個醫(yī)療小組去的國家各不相同”，事務B＝“小組甲獨自去一個國家”，則P(A|B)＝()A.eq\f(2,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,9) D.eq\f(5,9)A解析：事務A＝“4個醫(yī)療小組去的國家各不相同”，事務B＝“小組甲獨自去一個國家”，則P(AB)＝eq\f(A\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，P(B)＝eq\f(C\o\al(1,4)×33,44)＝eq\f(27,64)，P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(2,9).故選A.(2)一個正方形被平均分成9個部分，向大正方形區(qū)域隨機地投擲一個點(每次都能投中)．設投中最左側3個小正方形區(qū)域的事務記為A，投中最上面3個小正方形或正中間的1個小正方形區(qū)域的事務記為B，求P(AB)，P(A|B)．解：如圖，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，所以n(AB)＝1，所以P(AB)＝eq\f(1,9)，P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(1,4).求條件概率的兩種方法(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)，這是求條件概率的通法．(2)借助古典概型概率公式，先求事務A包含的樣本點數(shù)n(A)，再求事務A與事務B的交事務中包含的樣本點數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(nAB,nA).1．已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形都相同且燈口向下放著．現(xiàn)須要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率為()A.eq\f(3,10) B.eq\f(2,9)C.eq\f(7,8) D.eq\f(7,9)D解析：設事務A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事務B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)＝eq\f(3,10)，P(AB)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(7,30)，則所求的概率為P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq\f(7,9).2．將三顆骰子各擲一次，設事務A為“三個點數(shù)都不相同”，B為“至少出現(xiàn)一個6點”，則條件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.eq\f(60,91)eq\f(1,2)解析：P(A|B)的含義是在事務B發(fā)生的條件下，事務A發(fā)生的概率，即在“至少出現(xiàn)一個6點”的條件下，“三個點數(shù)都不相同”的概率．因為“至少出現(xiàn)一個6點”有6×6×6－5×5×5＝91(種)狀況，“至少出現(xiàn)一個6點且三個點數(shù)都不相同”共有Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60(種)狀況，所以P(A|B)＝eq\f(60,91).P(B|A)的含義是在事務A發(fā)生的條件下，事務B發(fā)生的概率，即在“三個點數(shù)都不相同”的條件下，“至少出現(xiàn)一個6點”的概率．因為“三個點數(shù)都不相同”有6×5×4＝120(種)狀況，所以P(B|A)＝eq\f(1,2).考點3全概率公式——基礎性甲箱的產品中有5個正品和3個次品，乙箱的產品中有4個正品和3個次品．(1)從甲箱中任取2個產品，求這2個產品都是次品的概率；(2)若從甲箱中任取2個產品放入乙箱中，然后再從乙箱中任取一個產品，求取出的這個產品是正品的概率．解：(1)從甲箱中任取2個產品的事務數(shù)為Ceq\o\al(2,8)＝eq\f(8×7,2)＝28，這2個產品都是次品的事務數(shù)為Ceq\o\al(2,3)＝3.所以這2個產品都是次品的概率為eq\f(3,28).(2)設事務A為“從乙箱中取出的一個產品是正品”，事務B1為“從甲箱中取出2個產品都是正品”，事務B2為“從甲箱中取出1個正品1個次品”，事務B3為“從甲箱中取出2個產品都是次品”，則事務B1、事務B2、事務B3彼此互斥．P(B1)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,8))＝eq\f(5,14)，P(B2)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,3),C\o\al(2,8))＝eq\f(15,28)，P(B3)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,8))＝eq\f(3,28)，P(A|B1)＝eq\f(2,3)，P(A|B2)＝eq\f(5,9)，P(A|B3)＝eq\f(4,9)，所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝eq\f(5,14)×eq\f(2,3)＋eq\f(15,28)×eq\f(5,9)＋eq\f(3,28)×eq\f(4,9)＝eq\f(7,12).通常把B1，B2，…，Bn看成導致A發(fā)生的一組緣由．如若A是“次品”，必是n個車間生產了次品；若A是“某種疾病”，必是幾種病因導致A發(fā)生；若A表示“被擊中”，必有幾種方式或幾個人打中．(1)何時用全概率公式：多種緣由導致事務的發(fā)生．(2)如何用