高考数学总复习 第八章 计数原理、概率与统计 第49讲 互斥事件和独立事件的概率及条件概率练习 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

第49讲互斥事件和独立事件的概率及条件概率

【学习目标】

1.了解互斥事件，相互独立事件和条件概率的意义及其运算公式.

2.理解独立重发试脸的模型，会计算事件在n次独立重发试脸中发生k次的概率.

【基础检测】

】.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是().75,连续两天为

优良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是

()

A.0.4B.0.6C.0.75D.0.8

【解析】设“某一天的空气质量为优良”为事件A,“随后一天的空气质量为优良”为

事件B,则P(A)=0.75,P(AB)=0.6,

.-.P(B|A)=y^-=^=0,8.

【答案】D

2.某学校10位同学组成为志愿者组织分别由李老师和张老师负责，每次献爱心活动均

需该组织4位同学参加.假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立随机地发给4

位同学，且所发信息都能收到,则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为

()

,2c12-16c4

4/2S6-25^5

【解析】设甲同学收到李老师的信息为事件A,收到张老师的信息为事件B,A、B相互

42

独立，P(A)=P(B)=^=(则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的概率为P

1UO

=1—P(AB)=1—(1—P(A))(1—P(B))=1—|x|=||.

0040

【答案】c

3.某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中

3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2、0.4、0.1,

未命中敌机的概率为0.3,且各次射击相互独立.若A至多射击两次，则他能击落敌机的概

率为()

A.0.2313.0.2C.0.16D.0.1

【解析】A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2、0.4、0.1,未命中敌

机的概率为0.3,且各次射击相互独立，若A射击一次就击落敌机，则他击中了敌机的机尾，

故概率为0.1：若A射击2次就击落敌机，则他2次都击中了敌机的机首，概率为0.2X0.2

=0.04；或者A第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为0.9X0.1=0.09,若A

至多射击两次，则他能击落敌机的概率为0.1+0.04+0.09=0.23.

【答案】A

4.一个盒子中装有4只产品，其中3只是一等品，1只是二等品，从中取产品两次，

每次任取1只，做不放回抽样.设事件A为“第一次取到的是一等品"，事件B是“第二次

取到的是一等品“，则P(B|A1=.(P(B|A)为A在发三的条件下B发生的概率)

【解析】将产品进行编号，1,2,3号为一等品，4号为二等品，用(i,j)表示第一次.

第二次分别取到第i号、第j号产品(i,j=l，2,3,4),

则试验的基本事件空间为｛(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,

1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)).

则事件A包含9个基本事件，事件AB包含有6个基本事件，

根据条件概率公式P(BAl」；r'\i\)=»沁o

9

【答案】苗

【知识要点】

1.互斥事件与对立事件

(1)互斥事件：若AAB为不可能事件(ACB=。)，则称事件A与事件B互斥，其含义是：

事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生.

(2)对立事件：若AAB为不可能事件，而AUB为必然事件，那么事件A与事件B互为

对立事件，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中有且汉有一个发生.

2.概率的几个基本性质

(1)概率的取值范围：OWP(A)W1.

(2)互斥事件的概率加法公式:

①P(AUB)=P(A+B)=P(A)+P(B)(A,B月.斥).

②P(AiUA?U…UA,.)=P(A)UP(A2)U「・UP(AJ或Pd+A?+…+A“)=P(A】)+

P(A?)~l------HP(Ar).(Al,Ao,,,,,A”互斥).

③时立事件的概率：P(A)=l-P(A).

3.条件概率及其性质

(1)对于任何两个事件A却B,在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条

P(AR)

件概率，用符号P(RA)来表示，其公式为P(R|A)=「.

(2)条件概率具有的性质：

①OWP(B|A)W1；

②如果B和C是两个互斥事件，则P(BUC|A)=P(BA)+P(CA).

4.相互独立事件

(1)对于事件A,B,若A的发生与B的发生互不影响，则称事件A与事件B相互独立

_•

(2)若A与B相互独立，则P(BA)=P(B),P(AB)=P(A)P(B).

(3)若A与B相互独立，则A与B,A与B,A与B也都相互独立.

5.独立重复试验与二项分布

(1)两个相互独立事件A,B同时发生的概率为P(A-B)=P(A)-P(B),此公式可推广到

n个相互独立事件，则P(A)•品....An)=P(A.)•P(A2)...........P(A„).

(2)n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概

率为P，则P(X=k)=dpk(l—p)nf,k=0,1,2,…，n.称随机变量X服从二项分布，记

作X〜B(n,p),并称p为成切概率.

事广

睡例剖析［0G

考点】互斥事件、对立事件的概率计算

例1设甲袋装有m个白球，n个黑球，乙袋装有m个黑球，n个白球，从甲、乙袋中各摸

一球，设事件A：“两球同色”，事件B：“两球异色”，试比较P(A)与P(B)的大小.

【解析】基本事件总数为(m+n),,“两球同色”可分为“两球皆白”或“两球皆黑”，

mn____mn________2mn

则P(A)(m+n)(m+n：2=(m+n)2,

5

即从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率是在

【点评】相互独立事件同时发生的概率的2种求法

(1)直接法：利用相互独立事件的概率乘法公式：

(2)间接法：从对立事件入手计算.

考点3条件概率及其计算

例3(1)抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为。={1，2,3,4,5,6},令事件A={2,

3,5},B={1,2,4,5,6},则P(A|B)等于()

A•尹尹/仁

【解析】在事件B发生的条件下研究事件A,总共有5种结果，而事件AB只含有其中

的2种，所以P(A|B)

nID/u

【答案】A

(2)某种节能灯使用了80Dh,还能继续使用的概率是0.8,使用了1000h还能继续使

用的概率是0.5,则已经使用了800h的节能灯,还能继续使用到1000h的概率是________.

【解析】设“节能灯使用了800h还能继续使用”为事件A,“使用了1000h还能继

续使用”为事件B.

由题意知P(A)=0.8,P(B>=0.5.•••BGA,，AnB=B，于是P(B|A)=„；；)-=,

_0.5_5

=0?8=8-

R

【答案】鼻

【点评】条件概率的2种求法：

(1)定义法

D/AD\

先求P(A)和P(AB),再由P(BA)=n入、，求P(B|A).

(2)基本事件法

当基本事件适合有限性和等可能性时，可借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基

本事件数n(A),再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB),得P(B|A)=

n(AB)

n(A),

考点4互斥事件、相互独立事件的综合问题

例4甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接矗得比赛，若赛完5局仍未出现连

2I

胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为Q，乙获胜的概率为『各局比

*5J

赛结果相互独立.

(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；

(2)记X为比赛决出胜负时的总局数，求X的分布列和均值(数学期望).

【解析】用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，人表示“第k局甲获胜”，Bk

表示“第k局乙获胜”，

2I

则P(Ak)=w，P(BOk=l,2,3,4,5.

JJ

(DP(A)=P(A,A2)+P(BAAa)十P(AHA：AJ

=P(A,)P(A2)+P(B.)P(A2)P(A3)+P(A,)P(B＞)P(A：I)P(A.)

,21'21256

3卜方

JJ

(2)X的可能取值为2,3,4,5.

5

P(X=2)=P(A,A2)+P(BA)=P(AJP(A2)+P(B)P(昆)

P(X=3)=F(BiA2A3)+P(AD2D3)

2

=P(B)P(A)P(AJ+P(AI)P(BJP(B：＜)=-,

2y

P(X=4)=P(A1B2A3A.)+P(BIABR)

=P(AI)P(4)P(AJP(A)+P(B.)P(A2)P(B：＜)P(B,)=9,

o

P(X=5)=1-P(X=2)-F(X=3)—P(X=4)=—

o1

故X的分布列为

X2345

5210

998?

E(X)=2X沁痣+4X《+5X籍等.

【点评】理解题意，领会事件的实质是将所求概率的事件分解为互斥事件和与相互独立

事件积.

考点5n次独立重复试验与二项分布的概率计算

例5某气象站天气预报的准确率为80%,计算(给果保用到小数点后第2位)：

(1)5次预报中恰有2次准确的概率：

(2)5次预报中至少有2次准确的概率；

(3)5次预报中恰有2次也确，旦其中第3次预报准确的概率.

【解析】令X表示5次预报中预报准确的次数，则X〜*,5故概率P(X=k)=cg)

ly4\5-k

I1-1(k=0,1,2,3,4,5).

(1)”5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X=2)=累*("2*(1—33=10乂£乂表

«»().05.

(2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X22)=l—P(X=0)—P(X=l)=l—C^X

@乂(1一号3—以乂白(1一野=1-0.00032-0.0064^0.99.

(3)”5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为(::乂熹乂。一?)'*2

Q0.02.

【点评】二项分布满足的3个条件

(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.

(2)各次试验中的事件是相互独立的.

(3)每次试验中只有两种结果：事件要么发生，要么不发生.

J方法总结6"

】•准确把握事件之间的运算关系是利用公式求概率的前提，而判断两个事件的关系是

解题的关键，要把几个概念的要点分析清楚，可以通过实物和集合的知识从感性到理性来加

深理解，要特别注意公式成立的前提条件，并结合止反实例对所学知识进行加深与巩固.

2.注意从题目一些字眼，如“互相独立”、“互不影响”中分析各事件是否为独立事

件.

3.对于n次独立重复实验中事件有X次发生的概率计算，要果断使用公式解题，这样

可以节约解题时间.

4.注意一些事件如独立重复实验，若随机变量不是“事件发生的次数”，这时就不可

1.(2018•全国卷HI)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付

方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX=2.4,P(X=4)<P(X

=6),则p=()

A.0.7B.0.6C.0.4I).0.3

【解析】VDX=np(l—p),p=0.4或者p=0.6,

P(X=4)=Ciop4(l—p)6<P(X=6)=C?op6(l—p)\可知p>0.5,所以p=0.6.

【答案】B

2.(2016•全国卷H)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称

为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：

上年度出

险次数01234孑5

保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a

设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:

一年内出

险次数0123425

概率0.300.150.200.200.100.05

(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率:

(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60舟的概率:

(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.

【解析】(1)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A,

则P(A)=1-P(A)=1-(O.30+0.15)=0.55.

(2)设续保人保费比基本保费高出60$为事件B,

则P(B|A)=f^0.104-0.05_3

0.55-=77,

(3)设本年度所交保费为随机变量X.

X0.85aa1.25a1.5a1.75a2a

p0.300.150.200.200.100.05

平均保费

E(X)=0.85aX0.30+0.15a+l.25aX0.20+1.5aXO.20-F1.75aX0.10+2aX0.05=

0.255a+0.15a+0.25a+0.3a+0.175a+0.la=1.23a,

.•・平均保费与基本保费比值为1.23.

3.(2017•天津)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，

且在各路口遇到红灯的概率分别为:，7.

(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望:

(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.

【解析】(D随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.

P(X=0)=(T)X(T)=/

所以，随机变量K的分布列为

X0123

1111

P

424424

随机变量X的数学期望E(X)=()X；+1乂!|+2乂｝+3乂==导.

(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件

的概率为P(Y+Z=1)=P(Y=O,Z=1)+P(Y=1,Z=O)=P(Y=O)P(Z=1)+P(Y=1)P(Z=

,1111111]

°F药+药x广而

所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率墟.

4<5

考点集训【P必】

A组题

1.小王通过英语听力测试的概率是:，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的

概率是（）

42,42

A."B./—D.—

2

【解析】所求概率P=C；•；・11n4

3,9'

【答案】A

2.学生李明上学要经过4个路口，前三个路口遇到红灯的概率均为第四个路口遇到

红灯的概率*,设在各个路口是否遇到红灯互不影响，则李明从家到学校恰好遇到一次红

灯的概率为（）

A4441

244248

【解析】分两种情况求解：

①前三个路口恰有一次红灯，且第四个路口为绿灯的概率为C；・（1・g,（1一步/

②前三个路口都是绿灯，第四个路口为红灯的概率为信丫-1=77.

由互斥事件的概率加法公式可得所求概率为捺+/=（.

【答案】A

42

3.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是云，刮风的概率为正，既刮风又下雨的概

1510

率为卷，则在下雨天里，刮风的概率为（）

A•怒B-?-3D-8

【解析】因为在下雨天里，刮风的概率为既刮风又下雨的概率除以下雨的概率，所以在

1

To3

下雨天里，刮风的概率为工不.

Z1O

15

【答案】D

4.尔夕两支篮球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.除第

五局A队获胜的概率是)外，其余每局比赛，队获胜的概率都是J假设各局比赛结果相互独

Zo

立.则力队以3：2获得比赛胜利的概率为()

_4_216_8_

A，27B,萨810'27

【解析】若“力队以3：2胜利”，

则前四局力、8各胜两局，

第五局力胜利，

因为各局比赛结果相互独立，

所以A队以3：2获得比赛胜利的概率为

4雷)黑传)号=今.

【答案】A

5.抛掷-•枚质地均匀的骰子两次，记事件力={两次的点数均为奇数},占={两次的点

数之和小于7},则P(8|小=()

14,52

A.尹5c.5D-3

D(JD)

【解析】由题意得/W)=/,(J),两次的点数均为奇数且和小于7的情况有(1,1),

(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(5,1),则

"'例=限=1P{A}=CS=V'-MJ)=T77F=3-

【答案】D

6.设事件力在每次试验中发生.的概率相同，在三次独立重复试验中，若事件力至少发

生一次的概率为叁，则事件力恰好发生一次的概率为________.

04

【解析】假设事件力在每次试验中发生称试验成功，设每次试验成功的概率为夕，由题

意得，事件/发生的次数—8(3,⑼，则有1—(1—4=兽，得片*则事件/恰好发生

一次的概率为c；x；x(i一号=言

9

【答案】而

7.事件4凡C,相互独立，如果P(附=:，夕(力C)=1,P{ABC)=1,贝ljPS=_______,

boo

P[AB)=

c、1

P(J)-P(6)=T,

6

【解析】由《〃(力・P(C=：,

o

P(J)・P(B)・尸(Z)=1,

Io

得"(得=:,p⑵=〈,

J乙

——211

:.PlAR)=P(A)•P(而=-X-=-

J/J

【答案】:：:

8.某市为了调查学校“阳光体育活动”在高三年级的实施情况，从本市某校高三男生

中随机抽取一个班的男生进行投掷实心铅球(重3kg)测试，成绩在6.9米以上的为合格.把

所得数据进行整理后，分成5组画出频率分布直方图的一部分(如图所示)，已知成绩在[9.9,

11.4)的频数是4.

频率

丽

(1)求这次铅球测试成绩合格的人数；

(2)若从今年该市高中毕业男生中随机抽取两名，记f表示两人中成绩不合格的人数,

利用样本估计总体，求<的分布列.

【解析】(1)由直方图知，成绩在［9析，11.4)的频率为1-(0.05+0.22+0.30+

0.03)X1.5=0.1.

4

因为成绩在［9.9,U.4)的频数是4,故抽取的总人数为67=40.

又成绩在6.9米以上的为合格，所以这次铅球测试成绩合格的人数为40-

0.05X1.5X40=37.

(2)《的所有口J能的取值为0,1,2,利用样本估计总体，从今年该市高中毕业男生中

随机抽取一名成绩合格的概率为W成绩不合格的概率为1一斗=焉可判断一心，独

TVTVTV\»V/

的21369

P(f=o)=c；x园I=1600'

/(<-D-C2X40X40-800,

P('=2)=C：X(京)m6oo'

故所求分布列为

X012

13691119

p

16008001600

B组题

1.一个盒子里装有大小、形状、质地相同的12个球，其中黄球5个，蓝球4个，绿球

3个.现从盒子中随机取出两个球，记事件/为“取出的两个戏颜色不同”，事件8为“取

出一个黄球，一个绿球"，则P(0力)=()

人枭拉齐噂

【解析】记事件为月”取中的两个球颜色不同”，

事件〃为“取出一个黄球，一个绿球”，

-—

/ACi2—dC»Cl47

贝D一直一=标，

cide；5

P"协=飞■=应，

5

,।、P（AB）2215

・・狄川用=刀再一=五=万.