高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第四课时事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案

这是一份高三数学一轮复习第九章计数原理、概率、随机变量及其分布第四课时事件的相互独立性、条件概率与全概率公式学案，共15页。

提醒：(1)事件A与B独立的直观理解是，事件A是否发生不会影响事件B发生的概率，事件B是否发生也不会影响事件A发生的概率．
(2)P(AB)＝P(A)P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)．
(3)若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．
[常用结论]
相互独立事件与互斥事件的概率计算
[典例1] (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
(2)(2023·辽宁沈阳统考三模)盒子中有4个球，其中3个白球，1个红球，现在从盒中随机无放回地取球，每次取出一个，直到取出红球为止．则取出3个球停止的概率为( )
A．13 B．14 C．16 D．18
(1)B (2)B [(1)事件甲发生的概率P(甲)＝16，事件乙发生的概率P(乙)＝16，事件丙发生的概率P(丙)＝56×6＝536，事件丁发生的概率P(丁)＝66×6＝16.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16×6＝136，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16×6＝136，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.
(2)由于是不放回地抽取，第3次结束，故前两次抽到白球，第3次抽到红球．
第1次抽到白球的概率P1＝34，第2次抽到白球的概率P2＝23，第3次抽到红球的概率P3＝12.
所以直到取到红球为止，取出3个球停止的概率为P＝34×23×12＝14.故选B.]
1.两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
跟进训练1 (1)(2024·广东梅州模拟预测)同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件A＝“x＋y＝7”，事件B＝“xy为奇数”，事件C＝“x>3”，则下列结论正确的是( )
A．A与B对立 B．P(BC)＝16
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
(2)为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．
①分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
②求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．
(1)C [依题意，样本空间包含6×6＝36个样本点．
事件A包含的样本点为：(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1), 共6种，
∴P(A)＝636＝16；
事件B包含的样本点为：(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5), 共9种，
∴P(B)＝936＝14；
事件C包含的样本点为：(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共18种，
∴P(C)＝1836＝12.
对于A，事件A与事件B互斥，不对立，A错误；
事件B与事件C同时发生的样本点为：(5，1)，(5，3)，(5，5)，共3种，∴P(BC)＝336＝112，B错误；
事件A与事件C同时发生的样本点为：(4，3)，(5，2)，(6，1)，共3种，
∴P(AC)＝336＝112，
对于C，P(AC)＝P(A)P(C)，C正确；
对于D，P(BC)≠P(B)P(C)，D错误．故选C.]
(2)[解] ①记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即三人都回答正确，
其概率P(A)＝23×23×23＝827.
甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率
P(B)＝23×1-23×1-23+1-23×23×1-23+1-23×1-23×23＝29.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
②记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，
则P(C)＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23＝49，
乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，
则P(D)＝12×1-23×1-34+1-12×23×1-34+1-12×1-23×34＝14.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P(CD)＝P(C)P(D)＝49×14＝19.
考点二 条件概率
1．条件概率
(1)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)＝PABPA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．
提醒： P(B|A)与P(A|B)的意义不同，“|”后面的表示条件，一般情况下，二者不相等．
(2)性质：设P(A)>0，则
①P(Ω|A)＝1；
②任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1；
③如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
④设B和B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A)．
2．概率的乘法公式
由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)，我们称该式为概率的乘法公式．
[典例2] (1)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)＝( )
A．18 B．14 C．25 D．12
(2)(2024·云南昆明模拟预测)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P((A∪B)|C)＝12，P(BC)＝112，P(C)＝14，则P(AC)的值等于( )
A．16 B．112 C．14 D．13
(3)有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．
(1)B (2)A (3)0.72 [(1)法一(定义法)：P(A)＝C32+C22C52＝410＝25，P(AB)＝C22C52＝110.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝PABPA＝11025＝14.
法二(缩小样本空间法)：事件A包括的样本点：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)，共4个．
事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝nABnA＝14.
(2)由题意，P(B|C)＝PBCPC＝13，由A，B是互斥事件知，P((A∪B)|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，
所以P(A|C)＝P((A∪B)|C)－P(B|C)＝12-13＝16，故选A.
(3)设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，又成活为幼苗)．出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9，根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]
求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝PABPA，这是求条件概率的通法．
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的交事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝nABnA.
跟进训练2 (1)(2023·上海宝山二模)从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球．记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则P(B|A)＝________．
(2)(2022·天津卷)52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 ______；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________．
(1)23 (2)1221 117 [(1)由题意可得：P(A)＝37，P(AB)＝37×46＝27，
所以P(B|A)＝PABPA＝2737＝23，故答案为：23.
(2)由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝452×351＝1221，P(B)＝452＝113，
所以P(C|B)＝PBCPB＝1221113＝117.]
考点三 全概率公式的应用
1．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)＝PAi PBAi ，我们称该公式为全概率公式．
2．贝叶斯公式(选学内容，不作考试要求)
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，P(B)>0，有
P(Ai|B)＝PAiPBAiPB＝，i＝1，2，…，n.
[典例3] (1)某篮球队某球员被称为3分球投手，在比赛中，她3分球投中的概率为34，非3分球投中的概率为45，且她每次投球投3分球的概率为23，则该球员投一次球得分的概率为( )
A．34 B．12 C．2330 D．1730
(2)(2024·河南洛阳模拟预测)核桃(又称胡桃、羌桃)与扁桃、腰果、榛子并称为世界著名的“四大干果”．它的种植面积很广，但因地域不一样，种植出来的核桃品质也有所不同．现已知甲、乙两地盛产核桃，甲地种植的核桃空壳率为2%(空壳率指坚果、谷物等的结实性指标，因花未受精，壳中完全无内容，称为空壳)，乙地种植的核桃空壳率为4%，将两地种植出来的核桃混放在一起，已知甲地和乙地核桃数分别占总数的40%，60%，从中任取一个核桃，则该核桃是空壳的概率是__________．
(1)C (2)0.032 [(1)设事件A为“该球员投球得分”，事件B为“该球员投中3分球得分”，
由全概率公式：P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(B)·P(A|B)＝23×34+13×45＝2330，故选C.
(2)设所取核桃产地为甲地为事件A1，所取核桃产地为乙地为事件A2，
所取核桃为空壳为事件B，则P(A1)＝40%，P(A2)＝60%，P(B|A1)＝2%，P(B|A2)＝4%，
P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝40%×2%＋60%×4%＝0.032.
所以该核桃是空壳的概率是0.032，故答案为：0.032.]
【教师备用】
(1)(2024·福建宁德模拟)每年的6月6日是全国爱眼日，某位志愿者跟踪调查电子产品对视力的影响，据调查，某高校大约有45%的学生近视，而该校大约有20%的学生每天操作电子产品超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天操作电子产品不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为( )
A．716 B．38 C．516 D．14
(2)(2024·福建龙岩高三统考)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B有如下关系：
P(B|A)＝PBPABPBPAB+PBPAB.
某地有A，B两个游泳馆，甲同学决定周末两天都去游泳馆游泳，周六选择A，B游泳馆的概率均为0.5.如果甲同学周六去A馆，那么周日还去A馆的概率为0.4；如果周六去B馆，那么周日去A馆的概率为0.8.如果甲同学周日去A馆游泳，则他周六去A馆游泳的概率为________．
(1)A (2)13 [(1)令事件A1＝“玩电子产品超过1 h的学生”，A2＝“玩电子产品不超过1 h的学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”，则样本空间Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，PA1＝0.2，PA2＝0.8，PBA1＝0.5，PB＝0.45，
依题意，PB＝PA1PBA1＋P(A2)P(B∣A2)＝0.2×0.5＋0.8×PBA2
＝0.45，
解得P(B|A2)＝716，所以所求近视的概率为716.故选A.
(2)设事件A为“甲同学周日去A馆”，事件B为“甲同学周六去A馆”，即求P(B|A)，
根据题意得P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.4，
P(A|B)＝0.8，
则P(B|A)＝PBPABPBPAB+PBPAB＝0.5×0.40.5×0.4+1-0.5×0.8＝13，故答案为：13.]
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝PAiPBAi．
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
跟进训练3 甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．
(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；
(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，求取出的这个产品是正品的概率．
[解] (1)从甲箱中任取2个产品的事件数为
C82＝8×72＝28，
这2个产品都是次品的事件数为C32＝3，
∴这2个产品都是次品的概率为328.
(2)设事件A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品、1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥．
P(B1)＝C52C82＝514，P(B2)＝C51C31C82＝1528，
P(B3)＝C32C82＝328，
P(A|B1)＝23，P(A|B2)＝59，P(A|B3)＝49，
∴P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝514×23+1528×59+328×49＝712.
课后习题(五十三) 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1．(多选)(人教A版必修第二册P266复习参考题10T1改编)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是( )
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
AB [由于摸球过程是有放回地，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥．]
2．(人教B版选择性必修第二册P44例1改编)掷红、蓝两个均匀的骰子，设事件A：蓝色骰子的点数是5或6；事件B：两骰子的点数之和大于8，则已知事件A发生的条件下事件B发生的概率P(B|A)＝( )
A．34 B．712 C．512 D．23
B [法一：P(A)＝1236＝13，P(AB)＝736，
∴P(B|A)＝PABPA＝73613＝712.
法二：事件A中的样本点个数为12，事件AB中的样本点个数为7，故P(B|A)＝712，故选B.]
3．(人教B版选择性必修第二册P45例2改编)天气预报报道，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( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
C [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+AB，
所以P(AB+AB)＝P(AB)＋P(AB)
＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.]
4．(人教A版选择性必修第三册P50例5改编)两批同种规格的产品，第一批占30%，次品率为5%；第二批占70%，次品率为4%，将两批产品混合，从混合产品中任取1件，则取到这件产品是合格品的概率为________．
0．957 [设B＝“取到合格品”，Ai＝“取到的产品来自第i批”(i＝1，2)，则P(A1)＝0.3，P(A2)＝0.7，P(B|A1)＝0.95，P(B|A2)＝0.96，
由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝0.3×0.95＋0.7×0.96＝0.957.]
5．羽毛球单打实行“三局两胜”制(无平局)．甲、乙两人争夺比赛的冠军．甲在每局比赛中获胜的概率均为34，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( )
A．13 B．25 C．23 D．45
A [甲获胜的概率为34×34+14×34×34+34×14×34＝2732，而甲获得冠军且比赛进行了三局，对应概率为14×34×34+34×14×34＝932，所以在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为932÷2732＝13.故选A.]
6．(2024·广西南宁联考模拟)某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为( )
A．13 B．12 C．23 D．18
B [记事件A：学生A被抽到，事件B：学生B被抽到，所以P(A)＝C42C53＝35，P(AB)＝C31C53＝310，
所以P(B|A)＝PABPA＝31035＝12.故选B.]
7．(2024·陕西安康模拟预测)已知某口袋中放有大小、质地完全相同的红球和白球各若干个，若有放回地从口袋中每次摸取1个球，连续摸两次，记两次摸到的小球颜色不同的概率为p1，两次摸到的小球颜色相同的概率为p2，则( )
A．p1≥p2 B．p1≤p2
C．p1＝p2 D．p1，p2大小不确定
B [设口袋中有红球m个，白球n个，则两次摸到的小球颜色不同的概率为p1＝mm+n×nm+n+nm+n×mm+n＝2mnm+n2，
两次摸到的小球颜色相同的概率为p2＝mm+n×mm+n+nm+n×nm+n＝m2+n2m+n2，
因为m≥1，n≥1，可得m2＋n2≥2mn，当且仅当m＝n时等号成立，所以p1≤p2.故选B.]
8．(多选)(2023·山西晋中三模)下列各式中能够说明随机事件A与随机事件B相互独立的是( )
A．P(A|B)＝P(B|A) B．P(A|B)＝P(A|B)
C．P(A)＝P(A|B) D．P(B)＝P(A|B)
BC [∵P(A|B)＝PABPB＝P(B|A)＝PABPA，
∴P(A)＝P(B)，不能说明随机事件A与随机事件B相互独立，故A不正确；
∵P(A|B)＝PABPB＝P(A|B)＝PABPB，
∴P(AB)P(B)＝P(B)P(AB)，
∴P(AB)[1－P(B)]＝P(B)[P(A)－P(AB)]，化简得P(AB)＝P(A)P(B)，即随机事件A与随机事件B相互独立，故B正确；
∵P(A|B)＝PABPB，
∴P(A)＝P(A|B)＝PABPB，
即P(AB)＝P(A)P(B)，随机事件A与随机事件B相互独立，故C正确；
∵P(B)＝P(A|B)＝PABPB，∴P(AB)＝P(B)P(B)，由于P(A)，P(B)不一定相等，不能说明事件A，B相互独立，故D不正确．故选BC.]
9．(2024·吉林长春一模)某学校有A，B两家餐厅，某同学第1天等可能地选择一家餐厅用餐，如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.8，如果第一天去B餐厅，那么第2天去B餐厅的概率为0.4，则该同学第2天去B餐厅的概率为________．
0.3 [设A1＝ “第1天去A餐厅用餐”，B1＝“第1天去B餐厅用餐”，A2＝“第2天去A餐厅用餐”，B2＝“第2天去B餐厅用餐”，根据题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(B2|A1)＝1－0.8＝0.2，P(B2|B1)＝0.4，
由全概率公式，得P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×0.2＋0.5×0.4＝0.3，
因此该同学第2天去B餐厅用餐的概率为0.3.故答案为：0.3.]
10．(2024·江苏南京高三统考)某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、二等麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率分别为0.6，0.2，则这批麦种种植后所结麦穗含有50粒以上麦粒的概率为________．
0.56 [记取到一等麦种和二等麦种分别为事件A1，A2，所结麦穗含有50粒以上麦粒为事件B.
由已知可得，P(A1)＝0.9，P(A2)＝0.1，P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝0.2，
由全概率公式可得P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.9×0.6＋0.1×0.2＝0.56.
故答案为：0.56.]
11．(2023·广东东莞三模)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd的概率是________．
14 [由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为Ai(i＝1，2，3，4，5，6)，
设事件B：“子三代的基因型为dd”，则
由全概率公式得P(B)＝PAiPBAi＝14×14+14×12+116×1＝14.故答案为：14.]
概念
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
性质
若事件A与事件B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)
概率
A，B互斥
A，B相互独立
P(A∪B)
P(A)＋P(B)
1－P(A)P(B)
P(AB)
0
P(A)P(B)
P(A B )
1－[P(A)＋P(B)]
P(A)P(B)
P(AB∪AB)
P(A)＋P(B)
P(A)P(B)
＋P(A)P(B)
事件
A1
A2
A3
A4
A5
A6
配型
DD×
DD
DD×
Dd
Dd×
Dd
Dd×
dd
DD×
dd
dd×
dd
P(Ai)
116
14
14
14
18
116
P(B|Ai)
0
0
14
12
0
1