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）

第4节相互独立事件的概率、条件概率与全概率公式[课程标准要求]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((2)条件概率的公式①P(B|A)=n(②P(B|A)=P((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)·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.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.0.8 B.0.7 C.0.56 D.0.38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)A.0.165 B.0.16 C.0.32 D.0.33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A.112 B.12 C.23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)=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(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=3由P(BD)=14×4=116,P(B)P(D)=14×3由P(AD)=0,P(A)P(D)=14×316=由P(BC)=14×4=116,P(B)P(C)=14×1由P(CD)=0,P(C)P(D)=14×316=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(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+1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1A.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1D.恰有一人译出密码的概率为5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+2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.14 B.9C.911 D.(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=9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((2)P(A|B)+P(B|A)=P(AB)P(B)(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(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((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)=C则P(B|A)=n(AB)n(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)=1P(B1|A1)=24,P(B1|A2)=24,P(B1|A3)=P(B2|A1)=14,P(B2|A2)=14,P(B2|A3)=P(B3|A1)=14,P(B3|A2)=14,P(B3|A3)=应用全概率公式,有P(B1)=∑i=13P(Ai)P(B1Ai)=24×24+14×2类似可以求出P(B2)=1348,P(B3)=11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(B1P(A2|B1)=P(A2)P(B1P(A3|B1)=P(A3)P(B1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(又因为B⊆(A∪B),所以B∩(A∪B)=B,从而P(B|A∪B)=P(B)P(A⋃P(A∪B|A∪B)=P(AB|A∪B)=1-P(AB|A∪B)=1-P(AB)P(答案:45[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(A1A2A3A0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+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×C22②甲队客场输一场,其概率P2=C22×0.62×C21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+C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所以该考生获得优秀的概率是1358[选题明细表]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10,11,12,151.(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)A.0.13 B.0.17 C.0.21 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)A.0.798 B.0.884 C.0.889 D.0.95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)A.0.12 B.0.18 C.0.21 D.0.36解析:由P(B|A)=P(AB)P(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16×65.(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1A.2个球都是红球的概率为1B.2个球不都是红球的概率为1C.至少有1个红球的概率为2D.2个球中恰有1个红球的概率为1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16.一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)=答案:37.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)=(1-14×1答案:159.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)=13P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)·P(B3)=25×13+35×13+48(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+313+48×47×1所以P(C|A)=P(AC)P(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23A.13 B.25 C.23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×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)=23×13×2323×23=827,P(B|A)=P(AB12.(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)=3C.事件A与事件B独立D.记C的对立事件为C,则P(B|C)=3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+C31×123P(A)P(B),故事件A与事件B独立,C正确;P(C)=123=18,P(B|CC31×13.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∪B410=25,P(A2)=510所以P(B1)=P(A1A2)=