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高考数学第一轮复习复习第4节 相互独立事件的概率、条件概率与全概率公式（讲义）
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这是一份高考数学第一轮复习复习第4节 相互独立事件的概率、条件概率与全概率公式（讲义），共22页。
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B,A与B,A与B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)=P(AB)P(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)=n(AB)n(A);
②P(B|A)=P(AB)P(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B和B互为对立事件,则P(B|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)=∑i=1nP(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.当A,B相互独立时,P(B|A)=P(B).
1.抛掷3枚质地均匀的硬币,A={既有正面向上又有反面向上},B={至多有一个反面向上},则A与B的关系是( C )
A.互斥事件B.对立事件
C.相互独立事件D.不相互独立事件
解析:由已知有P(A)=1-28=34,P(B)=1-48=12,P(AB)=38,满足P(AB)=P(A)P(B),则事件A与事件B相互独立.
2.甲、乙两个气象站同时作气象预报,如果甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,那么在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为( D )
A.0.8B.0.7
解析:由于甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,则在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为P=0.8×(1-0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38.
3.(选择性必修第三册P50例5改编)甲、乙两所学校举行了某次联考,甲校成绩的优秀率为30%,乙校成绩的优秀率为35%,现将两所学校的成绩放到一起,已知甲校参加考试的人数占总数的40%,乙校参加考试的人数占总数的60%,现从中任取一个学生成绩,则取到优秀成绩的概率为( D )
解析:将两所学校的成绩放到一起,从中任取一个学生成绩,取到优秀成绩的概率为30%×40%+35%×60%=0.33.
4.(2022·辽宁沈阳一模)夏季里,每天甲、乙两地下雨的概率分别为13和14,且两地同时下雨的概率为16,则夏季的一天里,在乙地下雨的条件下,甲地也下雨的概率为( C )
A.112B.12C.23D.34
解析:记事件A为甲地下雨,事件B为乙地下雨,所以P(A)=13,P(B)=14,P(AB)=16,
所以在乙地下雨的条件下,甲地也下雨的概率为
P(A|B)=P(AB)P(B)=1614=23.
5.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 .
解析:设种子发芽为事件A,种子成长为幼苗为事件B(发芽又成活为幼苗).
依题意P(B|A)=0.8,P(A)=0.9.根据条件概率公式P(AB)=P(A)P(B|A)=0.9×0.8=0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案:0.72
事件的相互独立性
事件相互独立性的判断
[例1] 袋子里装有形状大小完全相同的4个小球,球上分别标有数字1,2,3,4,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.A表示事件“第一次取出的球上数字是1”,B表示事件“第二次取出的球上数字是2”,C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”,D表示事件“两次取出的球上数字之和是6”,通过计算,可以得出( )
A.B与D相互独立B.A与D相互独立
C.B与C相互独立D.C与D相互独立
解析:由题意P(A)=14,P(B)=14,有放回地随机取两次,每次取1个球,两次取出的球上数字之和是5的情况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)共4种,所以P(C)=44×4=14;
两次取出的球上数字之和是6的情况有(2,4),(4,2),(3,3)共3种,故P(D)=34×4=316,
由P(BD)=14×4=116,P(B)P(D)=14×316=364,则P(BD)≠P(B)P(D),故B与D不是相互独立事件,故A错误;
由P(AD)=0,P(A)P(D)=14×316=364,则P(AD)≠P(A)P(D),故A与D不是相互独立事件,故B错误;
由P(BC)=14×4=116,P(B)P(C)=14×14=116,则P(BC)=P(B)P(C),故B与C是相互独立事件,故C正确;
由P(CD)=0,P(C)P(D)=14×316=364,则P(CD)≠P(C)P(D),故C与D不是相互独立事件,故D错误.故选C.
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B,A与B,A与B也相互独立.
相互独立事件的概率
[例2] (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12.
(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:(1)甲连胜四场的概率为116.
(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116;
乙连胜四场的概率为116;
丙上场后连胜三场的概率为18.
所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.
(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18;
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116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.
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] (多选题)甲、乙两人独立破译一个密码,他们能译出密码的概率分别为13和14,记事件A=“甲独立译出密码”,事件B=“乙独立译出密码”,则下列说法正确的是( )
A.A与B为相互独立事件
B.A与B为对立事件
C.两人都译出密码的概率为112
D.恰有一人译出密码的概率为512
解析:因为事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响,故A与B为相互独立事件,A正确,B错误;记事件C为“两人都译出密码”,则P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=13×14=112,故C正确;记事件D为“恰有一人译出密码”,则P(D)=P(AB∪AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=13×34+23×14=512,故D正确.故选ACD.
简单的条件概率
[例3] (1)已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡,这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只不放回,则在他第1次取到的是螺口灯泡的条件下,第2次取到的是卡口灯泡的概率为( )
A.14B.944
C.911D.79
(2)已知A,B是某随机试验中的两个随机事件,P(A)=0.2,P(B)=0.4,P(AB)=0.1,P(A|B)+P(B|A)= .
(3)某厂的产品中有4%的废品,在100件合格品中有75件一等品,则在该厂的产品中,任取1件是一等品的概率为 .
解析:(1)法一 因为电工师傅每次从中任取一只不放回,且第1次取到的是螺口灯泡,所以第1次取到的是螺口灯泡,第2次取到的是卡口灯泡的概率等价于从2只螺口灯泡与9只卡口灯泡中抽取一只,恰为卡口灯泡的概率,即为92+9=911.故选C.
法二 设事件A为第1次取到的是螺口灯泡,事件B为第2次取到的是卡口灯泡,则第1次取到的是螺口灯泡,第2次取到的是卡口灯泡的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=3×912×11312=911.故选C.
(2)P(A|B)+P(B|A)=P(AB)P(B)+P(AB)P(A)=0.10.4+
(3)设事件A为“任取1件是合格品”,事件B为“任取1件是一等品”,则P(A)=1-P(A)=0.96,又P(B|A)=0.75,所以P(B)=P(AB)=P(A)P(B|A)=0.96×0.75=0.72.
答案:(1)C (2)0.75 (3)0.72
(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)=P(AB)P(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,即n(AB),得P(B|A)=n(AB)n(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] 某考生在一次考试中,共有10道题可供选择,已知该考生能答对其中6道题,随机从中抽取5道题供该考生回答,至少答对3道题则及格,求该考生在第一题答错的情况下及格的概率.
解:设事件A为“从10道题中依次抽取5道题,第一题答错”,事件B为“从10道题中依次抽取5道题,至少有3道题答对”.
n(A)=C41C94,n(AB)=C41(C63C31+C64C30),
则P(B|A)=n(AB)n(A)=C41(C63C31+C64C30)C41C94=2542,
所以该考生在第一题答错的情况下及格的概率为2542.
全概率公式的应用
[例4] 现有编号为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的三个口袋,其中Ⅰ号袋内装有两个1号球,一个2号球与一个3号球;Ⅱ号袋内装有两个1号球与一个3号球;Ⅲ号袋内装有三个1号球与两个2号球.现在先从Ⅰ号袋内随机取一个球,放入编号与球上号数相同的口袋中,第二次从该口袋中任取一个球,计算第二次取到几号球的概率最大,为什么?
解:记事件Ai,Bi分别表示第一次、第二次取到i号球,i=1,2,3,依题意A1,A2,A3两两互斥,其和为Ω,并且P(A1)=24,P(A2)=P(A3)=14,
P(B1|A1)=24,P(B1|A2)=24,P(B1|A3)=36,
P(B2|A1)=14,P(B2|A2)=14,P(B2|A3)=26,
P(B3|A1)=14,P(B3|A2)=14,P(B3|A3)=16.
应用全概率公式,有P(B1)=∑i=13P(Ai)P(B1Ai)=24×24+14×24+14×36=12.
类似可以求出P(B2)=1348,P(B3)=1148.
故第二次取到1号球的概率最大.
[典例迁移](变结论)在本例中,若第二次取到1号球,问:它取自哪一个口袋的概率最大?
解:依题设知,第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同,则
P(A1|B1)=P(A1)P(B1|A1)P(B1)=24×24×2=12,
P(A2|B1)=P(A2)P(B1|A2)P(B1)=14×24×2=14,
P(A3|B1)=P(A3)P(B1|A3)P(B1)=14×36×2=14.
故在第二次取到1号球的条件下,它取自编号为Ⅰ的口袋的概率最大.
利用全概率公式求解的思路
(1)按照确定的标准,将一个复合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.
[例1] 已知P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(A|B)=0.5,则P(B|A∪B)=
,P(A∪B|A∪B)= .
解析:由概率乘法公式P(AB)=P(A|B)P(B)=0.5×0.4=0.2,
因此P(B|A)=P(AB)P(A)=,
又因为B⊆(A∪B),所以B∩(A∪B)=B,
从而P(B|A∪B)=P(B)P(A⋃B)=P(B)P(A)+P(B)-P(AB)=0.40.3+0.4-0.2=45.
P(A∪B|A∪B)=P(A B|A∪B)=1-P(AB|A∪B)=1-P(AB)P(A⋃B)=1-
答案:45 35
[例2] (2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
解析:法一 因为甲队以4∶1获胜,所以第五场甲胜,而前四场甲需要胜三场输一场,则甲队的胜负情况可分为“胜胜胜负胜”“胜胜负胜胜”“胜负胜胜胜”“负胜胜胜胜”这4种.设事件A为“甲队以4∶1获胜”,Ai表示第i场甲队获胜.又前五场甲队的主客场安排为“主主客客主”,
所以P(A1)=P(A2)=P(A5)=0.6,
P(A3)=P(A4)=0.5,
则P(A)=P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)=
0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×
0.5×0.5×0.6+0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18.
法二 当甲队在前四场中有一场客场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;
当甲队在前四场中有一场主场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率为
P=0.108+0.072=0.18.
法三 由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.
前四场甲队胜三场,输一场的情况有如下两种,
①甲队主场输一场,其概率P1=C21×0.6×0.4×C22×0.52=0.12.
②甲队客场输一场,其概率P2=C22×0.62×C21×0.5×0.5=0.18.
由于第五场必定是甲队胜,所以甲队以4∶1获胜的概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
答案:0.18
[例3] 在某次考试中,从20道题中随机抽取6道题,若考生至少能答对其中的4道题即可通过;若至少能答对其中5道题就获得优秀.已知某考生能答对其中10道题,并且知道该考生在这次考试中已经通过,求该考生获得优秀的概率.
解:设事件A为“该考生6道题全答对”,
事件B为“该考生答对了其中5道题,另1道答错”,
事件C为“该考生答对了其中4道题,另2道答错”,
事件D为“该考生在这次考试中通过”,
事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”,
则A,B,C两两互斥,且D=A∪B∪C,
由古典概型的概率公式及加法公式可知
P(D)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=C106C206+C105C101C206+C104C102C206=12 180C206.
因为P(AD)=P(A∩D)=P(A),
P(BD)=P(B∩D)=P(B),
所以P(E|D)=P((A∪B)|D)=P(A|D)+P(B|D)=P(A)P(D)+P(B)P(D)=C106C20612 180C206+C105C101C20612 180C206=1358,
所以该考生获得优秀的概率是1358.
[选题明细表]
1.(2022·北京二模)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为( B )
D.0.3
解析:由题意在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+
0.7×0.2=0.17.
2.已知某种传染性病毒使人感染的概率为0.95,在感染该病毒的条件下确诊的概率为0.84,则感染该病毒且确诊的概率是( A )
解析:记“感染该病毒”为事件A,“确诊”为事件B,则P(A)=0.95,
P(B|A)=0.84,所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.84×0.95=0.798,即感染该病毒且确诊的概率是0.798.
3.已知P(B|A)=0.4,P(A)=0.6,则P(AB)等于( D )
解析:由P(B|A)=P(AB)P(A)=P(AB)0.6=0.4,解得P(AB)=0.24,所以P(AB)=
P(A)-P(AB)=0.6-0.24=0.36.
4.(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( B )
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
解析: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.
5.(多选题)从甲袋中摸出一个红球的概率是13,从乙袋中摸出一个红球的概率是12,从两袋各摸出一个球,下列结论正确的是( ACD )
A.2个球都是红球的概率为16
B.2个球不都是红球的概率为13
C.至少有1个红球的概率为23
D.2个球中恰有1个红球的概率为12
解析:设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1,“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2,则P(A1)=13,P(A2)=12,且A1,A2相互独立.2个球都是红球为A1A2,其概率为13×12=16,A正确;“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件,其概率为56,B错误;2个球中至少有1个红球的概率为1-P(A)P(B)=1-23×12=23,C正确;2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12=12,D正确.
6.一个袋子里面装有白球4个,黑球3个,所有的球除颜色外完全相同,每次从袋子中随机摸出1个球不再放回,在前两次都摸出白球的条件下,第三次摸出黑球的概率是 .
解析:记前两次摸到白球为事件A,第三次摸到黑球为事件B,则P(A)=47×36=27,P(AB)=27×35=635,所以P(BA)=P(AB)P(A)=63527=35.
答案:35
7.足球比赛中点球射门是队员练习的必修课.已知某足球队员在进行点球射门时命中率为87%,由于惯用脚的原因,他踢向球门左侧的概率为70%,踢向球门右侧的概率为30%.经统计,当他踢向球门左侧时,球进的概率为90%,那么他踢向球门右侧时,球进的概率为 .
解析:设该队员踢向球门右侧时,球进的概率为x,则由题可知70%×90%+30%·x=87%,
解得x=80%.
答案:80%
8.三个元件T1,T2,T3正常工作的概率分别为12,34,34,且是互相独立的.将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路,在如图的电路中,电路不发生故障的概率是 .
解析:记“三个元件T1,T2,T3正常工作”分别为事件A1,A2,A3,则P(A1)=
12,P(A2)=34,P(A3)=34,不发生故障为事件(A2∪A3)A1,则不发生故障的概率P=P[(A2∪A3)A1]=[1-P(A2)P(A3)]P(A1)=(1-14×14)×12=1532.
答案:1532
9.甲袋中有3个白球和2个红球,乙袋中有2个白球和3个红球,丙袋中有4个白球和4个红球.先随机取一只袋,再从该袋中先随机取1个球不放回,接着再从该袋中取1个球.
(1)求第一次取出的球为红球的概率;
(2)求第一次取出的球是红球的前提下,第二次取出的球是白球的
概率.
解:(1)设第一次取出的球为红球为事件A,取到甲袋、乙袋、丙袋为事件B1,B2,B3,则P(B1)=P(B2)=P(B3)=13,由全概率公式可得P(A)=
P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)·P(B3)=25×13+35×13+48×13=12.
(2)设第二次取出的球是白球为事件C,由全概率公式可得
P(AC)=P(AC|B1)P(B1)+P(AC|B2)P(B2)+P(AC|B3)P(B3)=25×34×13+35×24×
13+48×47×13=31105,
所以P(C|A)=P(AC)P(A)=3110512=62105.
10.(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( D )
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
解析:法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙,由题意可知,
p甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3,
p乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3,
p丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3,
所以p丙-p甲=2p2(p3-p1)>0,
p丙-p乙=2p1(p3-p2)>0,所以p丙最大.
法二(特殊值法) 不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6,则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率p甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=0.4;在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率p乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=0.52;在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率p丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=0.6.所以p丙
最大.
11.(2023·广东广州模拟)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制(无平局),甲在每局比赛中获胜的概率均为23,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( B )
A.13 B.25 C.23 D.45
解析:设事件A表示“甲获得冠军”,事件B表示“冠军产生时恰好进行了三局比赛”,则A包括“第一局甲获胜、第二局甲获胜”“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(A)=23×23+23×13×23+13×23×23=2027,
事件AB包括“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(AB)=23×13×23+13×
23×23=827,P(B|A)=P(AB)P(A)=8272027=25.
12.(多选题)(2022·江苏南京三模)连续抛掷一枚质地均匀的硬币
3次,每次结果要么正面向上,要么反面向上,且两种结果等可能.记事件A表示“3次结果中有正面向上,也有反面向上”,事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”,事件C表示“3次结果中没有正面向上”,则下列结论正确的是( BCD )
A.事件B与事件C互斥
B.P(A)=34
C.事件A与事件B独立
D.记C的对立事件为C,则P(B|C)=37
解析:由于B发生的情况中包含C,故事件B与事件C可同时发生,A错误;P(A)=1-123×2=34,B正确;P(B)=123+C31×123=12,P(AB)=C31×123=38=
P(A)P(B),故事件A与事件B独立,C正确;P(C)=123=18,P(B|C)=P(BC)P(C)=
C31×1231-18=37,D正确.
13.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、
5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.则顾客抽奖1次能获奖的概率为 .
解析:记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B1={顾客抽奖1次获一等奖},B2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意知A1与A2相互独立,A1A2与A1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B1∪B2,因为P(A1)=
410=25,P(A2)=510=12,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=25×12=15,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+
P(A1A2)=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A2)=P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P(A2)=
25×(1-12)+(1-25)×12=12.故所求概率为P(C)=P(B1∪B2)=P(B1)+P(B2)=
15+12=710.
答案:710
14.甲、乙、丙三人进行摔跤比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两人参加,另一人当裁判,没有平局;②每场比赛结束时,负的一方在下一场当裁判;③累计负两场者被淘汰;④当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人累计负两场被淘汰,另一人最终获得冠军,比赛结束.已知在每场比赛中,甲胜乙和甲胜丙的概率均为23,乙胜丙的概率为12,各局比赛的结果相互独立.经抽签,第一场比赛甲当裁判.
(1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率;
(3)求甲最终获胜的概率.
解:(1)记事件A为甲胜乙,则P(A)=23,P(A)=13,事件B为甲胜丙,则P(B)=23,P(B)=13,事件C为乙胜丙,则P(C)=12,P(C)=12,前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率为P1=P(CAC)+P(CAB)=12×13×12+12×23×23=1136.
(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2=P(CACA)+P(C B C B)+P(CABA)+P(CBAB)=12×13×12×13+12×13×
12×13+12×23×23×23+12×23×23×23=1954.
(3)由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为23,且乙胜丙和丙胜乙的概率均为12,第一场比赛甲当裁判,以后的比赛相对于甲,可视乙、丙为同一人,设甲胜为事件D,甲当裁判为事件E,P3=P(EDDD)+P(EDDDD)+
P(EDDED)+P(EDEDD)=23×23×23+23×23×13×23+23×13×23+13×23×23=5681.
15.(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”,P(B|A)P(B|A)与P(B|A)P(B|A)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=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B);
(2)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用(1)的结果给出R的估计值.
(1)证明: R=P(B|A)P(B|A)∶P(B|A)P(B|A)=P(B|A)P(B|A)·P(B|A)P(B|A)=P(AB)P(A)P(AB)P(A)·P(A B)P(A)P(AB)P(A)=
P(AB)·P(A B)P(AB)·P(AB)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)·P(A B)P(B)P(AB)P(B)=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B).
(2)解:利用调查数据,P(A|B)=40100=25,
P(A|B)=10100=110,
P(A|B)=60100=35,
P(A|B)=90100=910,
所以R=2535×910110=6.
知识点、方法
题号
相互独立事件及其概率
4,5,8,13,14
条件概率及全概率公式
1,2,3,6,7,9
综合应用
10,11,12,15
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
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B,A与B,A与B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)=P(AB)P(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)=n(AB)n(A);
②P(B|A)=P(AB)P(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B和B互为对立事件,则P(B|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)=∑i=1nP(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.当A,B相互独立时,P(B|A)=P(B).
1.抛掷3枚质地均匀的硬币,A={既有正面向上又有反面向上},B={至多有一个反面向上},则A与B的关系是( C )
A.互斥事件B.对立事件
C.相互独立事件D.不相互独立事件
解析:由已知有P(A)=1-28=34,P(B)=1-48=12,P(AB)=38,满足P(AB)=P(A)P(B),则事件A与事件B相互独立.
2.甲、乙两个气象站同时作气象预报,如果甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,那么在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为( D )
A.0.8B.0.7
解析:由于甲站、乙站预报的准确率分别为0.8和0.7,则在一次预报中两站恰有一站准确预报的概率为P=0.8×(1-0.7)+(1-0.8)×0.7=0.38.
3.(选择性必修第三册P50例5改编)甲、乙两所学校举行了某次联考,甲校成绩的优秀率为30%,乙校成绩的优秀率为35%,现将两所学校的成绩放到一起,已知甲校参加考试的人数占总数的40%,乙校参加考试的人数占总数的60%,现从中任取一个学生成绩,则取到优秀成绩的概率为( D )
解析:将两所学校的成绩放到一起,从中任取一个学生成绩,取到优秀成绩的概率为30%×40%+35%×60%=0.33.
4.(2022·辽宁沈阳一模)夏季里,每天甲、乙两地下雨的概率分别为13和14,且两地同时下雨的概率为16,则夏季的一天里,在乙地下雨的条件下,甲地也下雨的概率为( C )
A.112B.12C.23D.34
解析:记事件A为甲地下雨,事件B为乙地下雨,所以P(A)=13,P(B)=14,P(AB)=16,
所以在乙地下雨的条件下,甲地也下雨的概率为
P(A|B)=P(AB)P(B)=1614=23.
5.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 .
解析:设种子发芽为事件A,种子成长为幼苗为事件B(发芽又成活为幼苗).
依题意P(B|A)=0.8,P(A)=0.9.根据条件概率公式P(AB)=P(A)P(B|A)=0.9×0.8=0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案:0.72
事件的相互独立性
事件相互独立性的判断
[例1] 袋子里装有形状大小完全相同的4个小球,球上分别标有数字1,2,3,4,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.A表示事件“第一次取出的球上数字是1”,B表示事件“第二次取出的球上数字是2”,C表示事件“两次取出的球上数字之和是5”,D表示事件“两次取出的球上数字之和是6”,通过计算,可以得出( )
A.B与D相互独立B.A与D相互独立
C.B与C相互独立D.C与D相互独立
解析:由题意P(A)=14,P(B)=14,有放回地随机取两次,每次取1个球,两次取出的球上数字之和是5的情况有(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)共4种,所以P(C)=44×4=14;
两次取出的球上数字之和是6的情况有(2,4),(4,2),(3,3)共3种,故P(D)=34×4=316,
由P(BD)=14×4=116,P(B)P(D)=14×316=364,则P(BD)≠P(B)P(D),故B与D不是相互独立事件,故A错误;
由P(AD)=0,P(A)P(D)=14×316=364,则P(AD)≠P(A)P(D),故A与D不是相互独立事件,故B错误;
由P(BC)=14×4=116,P(B)P(C)=14×14=116,则P(BC)=P(B)P(C),故B与C是相互独立事件,故C正确;
由P(CD)=0,P(C)P(D)=14×316=364,则P(CD)≠P(C)P(D),故C与D不是相互独立事件,故D错误.故选C.
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B,A与B,A与B也相互独立.
相互独立事件的概率
[例2] (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12.
(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:(1)甲连胜四场的概率为116.
(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116;
乙连胜四场的概率为116;
丙上场后连胜三场的概率为18.
所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.
(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18;
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116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.
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] (多选题)甲、乙两人独立破译一个密码,他们能译出密码的概率分别为13和14,记事件A=“甲独立译出密码”,事件B=“乙独立译出密码”,则下列说法正确的是( )
A.A与B为相互独立事件
B.A与B为对立事件
C.两人都译出密码的概率为112
D.恰有一人译出密码的概率为512
解析:因为事件A是否发生对事件B发生的概率没有影响,故A与B为相互独立事件,A正确,B错误;记事件C为“两人都译出密码”,则P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=13×14=112,故C正确;记事件D为“恰有一人译出密码”,则P(D)=P(AB∪AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=13×34+23×14=512,故D正确.故选ACD.
简单的条件概率
[例3] (1)已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡,这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只不放回,则在他第1次取到的是螺口灯泡的条件下,第2次取到的是卡口灯泡的概率为( )
A.14B.944
C.911D.79
(2)已知A,B是某随机试验中的两个随机事件,P(A)=0.2,P(B)=0.4,P(AB)=0.1,P(A|B)+P(B|A)= .
(3)某厂的产品中有4%的废品,在100件合格品中有75件一等品,则在该厂的产品中,任取1件是一等品的概率为 .
解析:(1)法一 因为电工师傅每次从中任取一只不放回,且第1次取到的是螺口灯泡,所以第1次取到的是螺口灯泡,第2次取到的是卡口灯泡的概率等价于从2只螺口灯泡与9只卡口灯泡中抽取一只,恰为卡口灯泡的概率,即为92+9=911.故选C.
法二 设事件A为第1次取到的是螺口灯泡,事件B为第2次取到的是卡口灯泡,则第1次取到的是螺口灯泡,第2次取到的是卡口灯泡的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=3×912×11312=911.故选C.
(2)P(A|B)+P(B|A)=P(AB)P(B)+P(AB)P(A)=0.10.4+
(3)设事件A为“任取1件是合格品”,事件B为“任取1件是一等品”,则P(A)=1-P(A)=0.96,又P(B|A)=0.75,所以P(B)=P(AB)=P(A)P(B|A)=0.96×0.75=0.72.
答案:(1)C (2)0.75 (3)0.72
(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)=P(AB)P(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,即n(AB),得P(B|A)=n(AB)n(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] 某考生在一次考试中,共有10道题可供选择,已知该考生能答对其中6道题,随机从中抽取5道题供该考生回答,至少答对3道题则及格,求该考生在第一题答错的情况下及格的概率.
解:设事件A为“从10道题中依次抽取5道题,第一题答错”,事件B为“从10道题中依次抽取5道题,至少有3道题答对”.
n(A)=C41C94,n(AB)=C41(C63C31+C64C30),
则P(B|A)=n(AB)n(A)=C41(C63C31+C64C30)C41C94=2542,
所以该考生在第一题答错的情况下及格的概率为2542.
全概率公式的应用
[例4] 现有编号为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ的三个口袋,其中Ⅰ号袋内装有两个1号球,一个2号球与一个3号球;Ⅱ号袋内装有两个1号球与一个3号球;Ⅲ号袋内装有三个1号球与两个2号球.现在先从Ⅰ号袋内随机取一个球,放入编号与球上号数相同的口袋中,第二次从该口袋中任取一个球,计算第二次取到几号球的概率最大,为什么?
解:记事件Ai,Bi分别表示第一次、第二次取到i号球,i=1,2,3,依题意A1,A2,A3两两互斥,其和为Ω,并且P(A1)=24,P(A2)=P(A3)=14,
P(B1|A1)=24,P(B1|A2)=24,P(B1|A3)=36,
P(B2|A1)=14,P(B2|A2)=14,P(B2|A3)=26,
P(B3|A1)=14,P(B3|A2)=14,P(B3|A3)=16.
应用全概率公式,有P(B1)=∑i=13P(Ai)P(B1Ai)=24×24+14×24+14×36=12.
类似可以求出P(B2)=1348,P(B3)=1148.
故第二次取到1号球的概率最大.
[典例迁移](变结论)在本例中,若第二次取到1号球,问:它取自哪一个口袋的概率最大?
解:依题设知,第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同,则
P(A1|B1)=P(A1)P(B1|A1)P(B1)=24×24×2=12,
P(A2|B1)=P(A2)P(B1|A2)P(B1)=14×24×2=14,
P(A3|B1)=P(A3)P(B1|A3)P(B1)=14×36×2=14.
故在第二次取到1号球的条件下,它取自编号为Ⅰ的口袋的概率最大.
利用全概率公式求解的思路
(1)按照确定的标准,将一个复合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.
[例1] 已知P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(A|B)=0.5,则P(B|A∪B)=
,P(A∪B|A∪B)= .
解析:由概率乘法公式P(AB)=P(A|B)P(B)=0.5×0.4=0.2,
因此P(B|A)=P(AB)P(A)=,
又因为B⊆(A∪B),所以B∩(A∪B)=B,
从而P(B|A∪B)=P(B)P(A⋃B)=P(B)P(A)+P(B)-P(AB)=0.40.3+0.4-0.2=45.
P(A∪B|A∪B)=P(A B|A∪B)=1-P(AB|A∪B)=1-P(AB)P(A⋃B)=1-
答案:45 35
[例2] (2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是 .
解析:法一 因为甲队以4∶1获胜,所以第五场甲胜,而前四场甲需要胜三场输一场,则甲队的胜负情况可分为“胜胜胜负胜”“胜胜负胜胜”“胜负胜胜胜”“负胜胜胜胜”这4种.设事件A为“甲队以4∶1获胜”,Ai表示第i场甲队获胜.又前五场甲队的主客场安排为“主主客客主”,
所以P(A1)=P(A2)=P(A5)=0.6,
P(A3)=P(A4)=0.5,
则P(A)=P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)+P(A1A2A3A4A5)=
0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×
0.5×0.5×0.6+0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18.
法二 当甲队在前四场中有一场客场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;
当甲队在前四场中有一场主场输,且第五场胜时,以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2=0.072.
综上所述,甲队以4∶1获胜的概率为
P=0.108+0.072=0.18.
法三 由题意可得,一共比赛了五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场,输一场.
前四场甲队胜三场,输一场的情况有如下两种,
①甲队主场输一场,其概率P1=C21×0.6×0.4×C22×0.52=0.12.
②甲队客场输一场,其概率P2=C22×0.62×C21×0.5×0.5=0.18.
由于第五场必定是甲队胜,所以甲队以4∶1获胜的概率P=(P1+P2)×0.6=0.18.
答案:0.18
[例3] 在某次考试中,从20道题中随机抽取6道题,若考生至少能答对其中的4道题即可通过;若至少能答对其中5道题就获得优秀.已知某考生能答对其中10道题,并且知道该考生在这次考试中已经通过,求该考生获得优秀的概率.
解:设事件A为“该考生6道题全答对”,
事件B为“该考生答对了其中5道题,另1道答错”,
事件C为“该考生答对了其中4道题,另2道答错”,
事件D为“该考生在这次考试中通过”,
事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”,
则A,B,C两两互斥,且D=A∪B∪C,
由古典概型的概率公式及加法公式可知
P(D)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=C106C206+C105C101C206+C104C102C206=12 180C206.
因为P(AD)=P(A∩D)=P(A),
P(BD)=P(B∩D)=P(B),
所以P(E|D)=P((A∪B)|D)=P(A|D)+P(B|D)=P(A)P(D)+P(B)P(D)=C106C20612 180C206+C105C101C20612 180C206=1358,
所以该考生获得优秀的概率是1358.
[选题明细表]
1.(2022·北京二模)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为( B )
D.0.3
解析:由题意在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+
0.7×0.2=0.17.
2.已知某种传染性病毒使人感染的概率为0.95,在感染该病毒的条件下确诊的概率为0.84,则感染该病毒且确诊的概率是( A )
解析:记“感染该病毒”为事件A,“确诊”为事件B,则P(A)=0.95,
P(B|A)=0.84,所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.84×0.95=0.798,即感染该病毒且确诊的概率是0.798.
3.已知P(B|A)=0.4,P(A)=0.6,则P(AB)等于( D )
解析:由P(B|A)=P(AB)P(A)=P(AB)0.6=0.4,解得P(AB)=0.24,所以P(AB)=
P(A)-P(AB)=0.6-0.24=0.36.
4.(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( B )
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
解析: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.
5.(多选题)从甲袋中摸出一个红球的概率是13,从乙袋中摸出一个红球的概率是12,从两袋各摸出一个球,下列结论正确的是( ACD )
A.2个球都是红球的概率为16
B.2个球不都是红球的概率为13
C.至少有1个红球的概率为23
D.2个球中恰有1个红球的概率为12
解析:设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1,“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2,则P(A1)=13,P(A2)=12,且A1,A2相互独立.2个球都是红球为A1A2,其概率为13×12=16,A正确;“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件,其概率为56,B错误;2个球中至少有1个红球的概率为1-P(A)P(B)=1-23×12=23,C正确;2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12=12,D正确.
6.一个袋子里面装有白球4个,黑球3个,所有的球除颜色外完全相同,每次从袋子中随机摸出1个球不再放回,在前两次都摸出白球的条件下,第三次摸出黑球的概率是 .
解析:记前两次摸到白球为事件A,第三次摸到黑球为事件B,则P(A)=47×36=27,P(AB)=27×35=635,所以P(BA)=P(AB)P(A)=63527=35.
答案:35
7.足球比赛中点球射门是队员练习的必修课.已知某足球队员在进行点球射门时命中率为87%,由于惯用脚的原因,他踢向球门左侧的概率为70%,踢向球门右侧的概率为30%.经统计,当他踢向球门左侧时,球进的概率为90%,那么他踢向球门右侧时,球进的概率为 .
解析:设该队员踢向球门右侧时,球进的概率为x,则由题可知70%×90%+30%·x=87%,
解得x=80%.
答案:80%
8.三个元件T1,T2,T3正常工作的概率分别为12,34,34,且是互相独立的.将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路,在如图的电路中,电路不发生故障的概率是 .
解析:记“三个元件T1,T2,T3正常工作”分别为事件A1,A2,A3,则P(A1)=
12,P(A2)=34,P(A3)=34,不发生故障为事件(A2∪A3)A1,则不发生故障的概率P=P[(A2∪A3)A1]=[1-P(A2)P(A3)]P(A1)=(1-14×14)×12=1532.
答案:1532
9.甲袋中有3个白球和2个红球,乙袋中有2个白球和3个红球,丙袋中有4个白球和4个红球.先随机取一只袋,再从该袋中先随机取1个球不放回,接着再从该袋中取1个球.
(1)求第一次取出的球为红球的概率;
(2)求第一次取出的球是红球的前提下,第二次取出的球是白球的
概率.
解:(1)设第一次取出的球为红球为事件A,取到甲袋、乙袋、丙袋为事件B1,B2,B3,则P(B1)=P(B2)=P(B3)=13,由全概率公式可得P(A)=
P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)·P(B3)=25×13+35×13+48×13=12.
(2)设第二次取出的球是白球为事件C,由全概率公式可得
P(AC)=P(AC|B1)P(B1)+P(AC|B2)P(B2)+P(AC|B3)P(B3)=25×34×13+35×24×
13+48×47×13=31105,
所以P(C|A)=P(AC)P(A)=3110512=62105.
10.(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( D )
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
解析:法一 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙,由题意可知,
p甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=2p1p2+2p1p3-4p1p2p3,
p乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=2p1p2+2p2p3-4p1p2p3,
p丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=2p1p3+2p2p3-4p1p2p3,
所以p丙-p甲=2p2(p3-p1)>0,
p丙-p乙=2p1(p3-p2)>0,所以p丙最大.
法二(特殊值法) 不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6,则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率p甲=2p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=0.4;在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率p乙=2p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=0.52;在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率p丙=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=0.6.所以p丙
最大.
11.(2023·广东广州模拟)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军,若比赛为“三局两胜”制(无平局),甲在每局比赛中获胜的概率均为23,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( B )
A.13 B.25 C.23 D.45
解析:设事件A表示“甲获得冠军”,事件B表示“冠军产生时恰好进行了三局比赛”,则A包括“第一局甲获胜、第二局甲获胜”“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(A)=23×23+23×13×23+13×23×23=2027,
事件AB包括“第一局甲获胜、第二局乙获胜、第三局甲获胜”“第一局乙获胜、第二局甲获胜、第三局甲获胜”,则P(AB)=23×13×23+13×
23×23=827,P(B|A)=P(AB)P(A)=8272027=25.
12.(多选题)(2022·江苏南京三模)连续抛掷一枚质地均匀的硬币
3次,每次结果要么正面向上,要么反面向上,且两种结果等可能.记事件A表示“3次结果中有正面向上,也有反面向上”,事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”,事件C表示“3次结果中没有正面向上”,则下列结论正确的是( BCD )
A.事件B与事件C互斥
B.P(A)=34
C.事件A与事件B独立
D.记C的对立事件为C,则P(B|C)=37
解析:由于B发生的情况中包含C,故事件B与事件C可同时发生,A错误;P(A)=1-123×2=34,B正确;P(B)=123+C31×123=12,P(AB)=C31×123=38=
P(A)P(B),故事件A与事件B独立,C正确;P(C)=123=18,P(B|C)=P(BC)P(C)=
C31×1231-18=37,D正确.
13.某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖,每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、
5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球,在摸出的2个球中,若都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.则顾客抽奖1次能获奖的概率为 .
解析:记事件A1={从甲箱中摸出的1个球是红球},A2={从乙箱中摸出的1个球是红球},B1={顾客抽奖1次获一等奖},B2={顾客抽奖1次获二等奖},C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意知A1与A2相互独立,A1A2与A1A2互斥,B1与B2互斥,且B1=A1A2,B2=A1A2+A1A2,C=B1∪B2,因为P(A1)=
410=25,P(A2)=510=12,
所以P(B1)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)=25×12=15,P(B2)=P(A1A2+A1A2)=P(A1A2)+
P(A1A2)=P(A1)P(A2)+P(A1)P(A2)=P(A1)(1-P(A2))+(1-P(A1))P(A2)=
25×(1-12)+(1-25)×12=12.故所求概率为P(C)=P(B1∪B2)=P(B1)+P(B2)=
15+12=710.
答案:710
14.甲、乙、丙三人进行摔跤比赛,比赛规则如下:①每场比赛有两人参加,另一人当裁判,没有平局;②每场比赛结束时,负的一方在下一场当裁判;③累计负两场者被淘汰;④当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人累计负两场被淘汰,另一人最终获得冠军,比赛结束.已知在每场比赛中,甲胜乙和甲胜丙的概率均为23,乙胜丙的概率为12,各局比赛的结果相互独立.经抽签,第一场比赛甲当裁判.
(1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率;
(3)求甲最终获胜的概率.
解:(1)记事件A为甲胜乙,则P(A)=23,P(A)=13,事件B为甲胜丙,则P(B)=23,P(B)=13,事件C为乙胜丙,则P(C)=12,P(C)=12,前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率为P1=P(CAC)+P(CAB)=12×13×12+12×23×23=1136.
(2)只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2=P(CACA)+P(C B C B)+P(CABA)+P(CBAB)=12×13×12×13+12×13×
12×13+12×23×23×23+12×23×23×23=1954.
(3)由于甲胜乙和甲胜丙的概率均为23,且乙胜丙和丙胜乙的概率均为12,第一场比赛甲当裁判,以后的比赛相对于甲,可视乙、丙为同一人,设甲胜为事件D,甲当裁判为事件E,P3=P(EDDD)+P(EDDDD)+
P(EDDED)+P(EDEDD)=23×23×23+23×23×13×23+23×13×23+13×23×23=5681.
15.(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”,P(B|A)P(B|A)与P(B|A)P(B|A)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=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B);
(2)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用(1)的结果给出R的估计值.
(1)证明: R=P(B|A)P(B|A)∶P(B|A)P(B|A)=P(B|A)P(B|A)·P(B|A)P(B|A)=P(AB)P(A)P(AB)P(A)·P(A B)P(A)P(AB)P(A)=
P(AB)·P(A B)P(AB)·P(AB)=P(AB)P(B)P(AB)P(B)·P(A B)P(B)P(AB)P(B)=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B).
(2)解:利用调查数据,P(A|B)=40100=25,
P(A|B)=10100=110,
P(A|B)=60100=35,
P(A|B)=90100=910,
所以R=2535×910110=6.
知识点、方法
题号
相互独立事件及其概率
4,5,8,13,14
条件概率及全概率公式
1,2,3,6,7,9
综合应用
10,11,12,15
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
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