1-6独立事件02

合集下载

概率论1-6

此定义可以推广到任意有限多个事件的情形 :
一般, 个事件, 一般设A1,A2,...,An(n≥2)个事件如果对于其中 ≥ 个事件任意2个任意3个任意n个事件的积事件的概任意个, 任意个, ..., 任意个事件的积事件的概都等于各事件概率之积, 则称事件A 率, 都等于各事件概率之积则称事件 1,A2,...,An 相互独立. 相互独立
2 1 2 1 1 P( A) = = , P(B) = = , P( AB) = , 4 2 4 2 4 1 P(B | A) = . 2
可知P(B|A)=P(B), 而P(AB)=P(A)P(B). 可知
是试验的两事件, 设A,B是试验的两事件,若P(A)>0,则可定义是试验的两事件 ,则可定义P(B|A). 一般, 的发生对发生的概率有影响的发生对B发生的概率有影响时一般,A的发生对发生的概率有影响时, P(B|A) ≠P(B) 影响不存在时影响不存在时,P(B|A)=P(B),此时有 , P(AB)=P(B|A)P(A)=P(B)P(A) 定义:若两事件定义:若两事件A,B满足 P(AB)= P(A) P(B), 满足 , 则称A 相互独立, 独立. 则称 ,B相互独立,简称 ,B独立相互独立简称A 独立
§6独立性
首先我们考虑下面问题: 首先我们考虑下面问题: 个产品, "有放回抽样"的产品抽样问题,总共a个产品, 有放回抽样"的产品抽样问题,总共个产品其中有b个次品,若前后抽样两次,有放回抽样, 其中有b个次品,若前后抽样两次,有放回抽样, 则注意到第1次是否取得正品并不影响第2 则注意到第1次是否取得正品并不影响第2次取得正品的概率,即假设Ai表示"第i次取得正品", 正品的概率,即假设A 表示" 次取得正品" i=1,2, i= ,则P(A2|A1)=P(A2), 此时乘法公式为P(A1A2)=P(A1)P(A2) 此时乘法公式为这就是说,已知事件发生并不影响事件B发生的概这就是说已知事件A发生并不影响事件发生的概已知事件发生,并不影响事件这时称事件A 独立. 率,这时称事件 ,B独立这时称事件独立

1-6事件的独立性

则称这n个事件相互独立 .
由定义可知, 若n个事件相互独立, 则它们中任意m(2 m n) 一般情况下,前面三个等式成立并不蕴含第四个等个事件也是相互独立的. 显然, 若n个事件相互独立, 必蕴含这n个事件两两相互独立, 但反之不真．式成立.
例如，A1 , A2 , A3事件两两相互独立, 仅要求下面三个等式成立：
1 4
即事件A , B , C两两相互独立，但而
P ( A ) P ( B ) P (C ) 1 2 1 2 1 2 1 8
P ( ABC )
1 4
1 4
P ( ABC )
所以A , B , C并不相互独立．
对于A , B , C相互独立，还有下面的性质定理1.4 若四对事件A与B, A与 B 件或者都独立，或者都不独立)
P ( A) P ( B )
(1.13)
则称A , B 为相互独立的随机事件定理1.3 如果P(A)>0, 则事件A , B相互独立的充分
必要条件是
P ( B | A) P ( B ) .
结论：1. 零概率事件与任何事件都是相互独立的. 2.相互独立具有对称性.
由A , B相互独立, 必有B , A相互独立.所以对A , B相互独立, 我们有时简称为A ,B 是独立的. 在实际应用中，我们不是根据定理, 而是常常根据经验判断两事件是否独立．
⑴ 全部能出厂的概率为:
p 1 Pn ( X n ) C n ( 0 . 94 ) ( 0 . 94 )
n n n
⑵ 恰好有2件不能出厂, 即事件A发生了n2次, 所以所求概率为:
p 2 Pn ( X n 2 ) C n ( 0 . 94 )

随机事件的独立性教学课件(共41张PPT)高中数学人教B版(2019)必修第二册

( ∪ )
() + ()
()() + ()()
A,B中至多有一个发生
( ∪ ∪ )
1
1 − ()()
02
探索新知
例1 甲、乙两人各掷一个均匀的骰子，观察朝上的面的点数，记事件A：甲得到的点数为2，B：
乙得到的点数为奇数．
（1）求p(A)，P(B)，P(AB)，判断事件A与B是否相互独立；
= (1 )[1 − (2 )] + [1 − (1 )](2 )
= 0.7 × (1 − 0.7) + (1 − 0.7) × 0.7
= 0.42
02
探索新知
例3 某同学在参加一次考试时，有三道选择题不会，每道选择题他都随机选择了一个答案，且
1
4
每道题他猜对的概率均为 .
（1）求该同学三道题都猜对的概率；
Classroom test
PART 01
学习目标
01
学习目标
01
在具体情境中，了解随机两个事件相互独立的概念
02
能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的
实际问题
03
综合运用互斥事件的概率加法公式及独立事件的乘法公式
解决一些问题
PART 02
探索新知
02
探索新知
情境回顾
问题3 ：请分别算出p(A)，P(B)，P(AB)的值．
1
1
1
() = , () = , () =
3
2
6
02
探索新知
抽象概括
1.事件相互独立性的含义
事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫作相互

高一数学必修件互斥事件和独立事件

正一反的概率。
计算结果
两枚硬币同时出现正面的概率为 1/4，同时出现反面的概率为1/4 ，出现一正一反的概率为1/2。
04
常见误区及辨析
误区一：混淆互斥和独立概念
01
互斥事件
两个事件不可能同时发生，即它们的交集为空集。例如，掷一枚骰子，
“出现1点”和“出现2点”就是互斥事件。
02
独立事件
一个事件的发生不影响另一个事件的发生概率。例如，掷两枚骰子，“
掉落率设计
在角色扮演游戏或射击游戏中，敌人死亡后可能会掉落装备或道具。设计师需要设定不同物品的掉落率，并确保玩家获得某件装备的概率与游戏平衡性相符。这也涉及到互斥事件（每次只能掉落一件物品）和独立事件（每次掉落的概率相同）的应用。
医学诊断中误诊率计算
疾病检测
在医学诊断中，医生使用各种测试来确定患者是否患有某种疾病。这些测试可能包括血液检查、影像学检查等。每个测试都有一定的误诊率，即健康人被误诊为患病或患病者被误诊为健康的概率。计算误诊率时需要考虑互斥事件（患者要么患病要么健康）和独立事件（每个测试的结果相互独立）的概念。
应用场景
适用于求解某个事件发生而另一个事件不发生的概率问题。
案例分析：求解互斥事件概率
01
案例描述：一个盒子里有5个红球和3个白球，从中随机抽取2个球，求至少有一个红球被抽中的概率。
02
分析步骤
03
1. 定义事件A为“至少有一个红球被抽中”，事件B为“ 两个都是白球”。
04
2. 根据组合数学计算事件B的概率，即$P(B) = frac{C_3^2}{C_8^2}$。
互斥事件指两个事件不可能同时发生；对立事件则是两个事件中，一个发生则另一个一定不发生。掌握这两种事件的概念及性质，是理解概率论的基础。

事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

2.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
PAB
称 P(B|A)＝ PA 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．
第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
②有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男，
男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，
(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，
由等可能性知这 8 个元素的概率均为18，这时 A 中含有 6 个元素， B 中含有 4 个元素，AB 中含有 3 个元素．于是 P(A)＝68＝34，P(B)＝48＝ 12，P(AB)＝38，显然有 P(AB)＝38＝P(A)P(B)成立．
1
2
3
走进教材·夯实基础细研考点·突破题型课时分层作业
(2)性质：设 P(B|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) ．
降雨为 A B ＋ A B，
所以 P(A B ＋ A B)＝P(A B )＋P( A B)
＝P(A)P( B )＋P( A )P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.]
第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1
2
3
走进教材·夯实基础细研考点·突破题型课时分层作业

独立事件(PPT)3-1

1．独立事件的定义
把“从甲坛子里摸出1个球，得到白球”叫做事 A 件，把“从乙坛子里摸出1个球，得到白球”B叫做
事件．很明显，从一个坛子里摸出的是白球还是黑球，对从另一个坛子里摸出白球的概率没有影响．
这就是说，事件 A（或 B）是否发生对事件B（或 A）发生的概率没有影响，这样的两
个事件叫做相互独立事件．
表明火星的表面一度被水覆盖，如果火星一直像今天看到的那样干燥、被灰尘覆盖，那么其大量地质特征就很难解释。这些特征包括由 NASA“机遇”号漫游者在火星上漫步十多年发现的多边形裂缝。在地球上，这些裂缝需要水蒸气才能形成，因此Parker认为它们强烈表明，漫游者行走的地方曾是海洋的边缘。“（‘机遇’号行走过的）超过公里的火星表面的均匀特征非常容易解释，那里一度曾是浅海。”他说。然而，问题在于古火星气候模型很难匹配让液体水留在火星表面的状态，这需要更厚的大气层。这些大气层可能曾很快消失，留下了人们今天所能观测到的火星。[]D住所年美国宇航局（NASA）尝试寻找通过D打印火星营地的潜在创意（试验中）。Fabulous近日设计了名为“Sfero”的概念庇护所，可以使用火星上的材料D打印成可供人类生存的居所。[7]火星大气层研究美国宇航局于年月日公布了关于火星大气的观测结果，并阐述了其大气层为何如此之薄。观测显示，太阳风可能是剥；股票知识股票知识；夺火星大气的罪魁祸首。今天，太阳风每秒钟仍在带走约克的火星大气。太阳风是来自太阳的高速粒子流，当它抵达失去磁场保护的火星后，会产生一个电场，加速火星大气中被称为离子的带电原子，令其逃逸至太空中。[8]三星一线年8月日将出现罕见的三星一线天文现象。美丽的土星、距离地球最近的外行星火星和天蝎座最亮恒星“心宿二”，三者依次连成一条直线。上一次出现在98年月7日。月球可能形成于约亿年前，在地球形成后不久，有关它的起源有几种假说，得到更多事实证据支的碎片，在地球外围聚集而形成的“大碰撞起源说”。[]月亮月亮月球正面大量分布着由暗色的火山喷出的玄武岩熔岩流充填的巨大撞击坑，形成了广阔的平原，称为“月海”，实际上“月海”中一滴水也没有。月海的外围和月海之间夹杂着明亮的、古老的斜长岩高地和显目的撞击坑。它是天空中除太阳之外最亮的天体，尽管它呈现非常明亮的白色，但其表面实际很暗，反射率仅略高于旧沥青。由于月球在天空中非常显眼，再加上规律性的月相变化，自古以来就对人类文化如神话传说、宗教信仰、哲学思想、历法编制、文学艺术和风俗传统等产生重大影响。月球的自转与公转的周期相等（称为潮汐锁定），因此月球始终以同一面朝向着地球。地球海洋潮汐的产生主要是由于月球引力的作用。由于地球海洋的潮汐作用力与地球自转的方向相反，地球的自转总是受到一个极其微弱的作用力在给

1-6事件的独立性与贝努里概型

例 6.3 甲箱中有 2 个白球 4 个黑球，乙箱中有 6 个白球 2 个黑球，现从这两箱中各任取一球，再从取出的两球中任取一球，试求该球是白球的概率．
【解题思路】独立性，全概率公式
解设事件 A 表示从甲箱中所取的球为白球，B 表示从乙箱中所取的球为白球，由题意知， A 与 B 相互独立，且
AB, AB, AB, A B 构成完备组．
（续解）利用古典概型计算得 P( A) 1 ， P(B) 3 ．因此
3
4
P(AB) P(A)P(B) 1 ， P(AB) P(A)P(B) 1 ，
4
12
P(AB) P(A)P(B) 1 ， P(A B) P(A)P(B) 1 。
2
6
这就是将要介绍的事件独立性。
定义 6.1 如果随机事件 A, B 满足 P(AB) P(A)P(B) ，就称
事件 A 和 B 相互独立．事件 A 和 B 相互独立的直观理解为事件 A 和 B 各自发
生与否没有任何关系．
注意：事件相互独立和事件互不相容是两个不同的概念．
如果事件 A 和 B 相互独立，且 P(A) 0, P(B) 0 ，则 A
1 (1 3
1)3 3
32 81
．
例 6.11 某人向同一目标独立重复射击，每次射击命中目标的概率为 p (0 p 1) ，求此人第 4 次射击恰好第 2 次命中目标的概率．
例 6.8 设某系统 L 由三个独立工作的闭合器组成
（如图 1.7），每为 p ，其中
闭合器② 闭合器③
0 p 1．求系统 L 为通路的概率．图 1.7
解设 Ai 为第 i 个闭合器闭合，i 1, 2,3 ．则由题意知，A1, A2 , A3

人教版高考总复习一轮数学精品课件主题四概率与统计第十一章第四节相互独立事件、条件概率与全概率公式

概率论与数理统计 1-6

第一章概率论的基本概念第一章概率论的基本概念第六节独立性一、事件的相互独立性二、几个重要定理三、例题讲解四、小结一、事件的相互独立性1.引例盒中有5个球（3绿2红），每次取出一个，有放回的取两次，记A：第一次抽取，取到绿球B：第二次抽取，取到绿球则有P(B|A)=P(B)他表示A的发生并不影响B发生的可能性大小，即)P(AB)=P(A)P(BP(B|A)=P(B⟺)2.定义设A,B是两事件，如果满足等式P AB=P A P B则称事件A，B相互独立，简称A，B独立.说明：事件A与事件B相互独立，是指事件A的发生与事件B发生的概率无关.两事件相互独立)P(AB)=P(A)P(B 两事件互斥AB =∅两事件相互独立与两事件互斥的关系.请同学们思考二者之间没有必然联系互斥独立AB例如由此可见两事件相互独立，但两事件不互斥.P(A)=12,P(B)=12,P(AB)=P(A)P(B).A BP A=12,P B=12则P(AB)=0，而P(A)P(B)=1 4 ,故P(AB)≠P(A)P(B).由此可见两事件互斥但不独立. AB3.三事件两两相互独立的概念定义：设A，B，C是三个事件，如果满足等式൞P(AB)=P(A)P(B), P(BC)=P(B)P(C), P(AC)=P(A)P(C),则称事件A，B，C两两相互独立4.三事件相互独立的概念定义：设A，B，C是三个事件，如果满足等式P AB=P A P B,P BC=P B P C,P AC=P A P C,P(ABC)=P(A)P(B)P(C),则称事件A，B，C相互独立注意:三个事件相互独立→三个事件两两相互独立三个事件相互独立↚三个事件两两相互独立推广：设A1,A2,⋯,A n是n个事件，如果对于任意k(1<k≤n)，任意1≤i1<i2<⋯<i k≤n，具有等式P(A i1A i2⋯A ik)=P(A i1)P(A i2)⋯P(A ik)则称A1,A2,⋯,A n为相互独立的事件n个事件相互独立→n个事件两两相互独立n个事件相互独立↚n个事件两两相互独立二、几个重要定理定理一：设A,B是两事件，且P(A)>0.若A,B相互独立，则P(B|A)=P(B)，反之亦然.定理二：若A,B相互独立，则下列各对事件，ഥA与B，A与ഥB，ഥA与ഥB，也相互独立。

高考数学科学复习创新方案：事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

事件的相互独立性、条件概率与全概率公式[课程标准]1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.4.会利用乘法公式和全概率公式计算概率．1．相互独立事件(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝01P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称独立．(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与B－，A－与B，A－与B－也都02相互独立．2．条件概率设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝03P（AB）为在事件AP（A）发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．3．乘法公式对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝04P(A)P(B|A)．4．条件概率的性质设P(A)>0，则(1)P(Ω|A)＝051；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝06P(B|A)＋P(C|A)；(3)如果B－与B互为对立事件，则P(B－|A)＝071－P(B|A)．5．全概率公式设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝错误!．1．事件间的关系及表示(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B.(2)A，B都发生的事件为AB.(3)A，B都不发生的事件为A－B－.(4)A，B恰有一个发生的事件为(A B－)∪(A－B)．(5)A，B至多有一个发生的事件为(AB)∪(A－B)∪(A－B－)．2．条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解．3．乘法公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)·P(A2|A1)P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.4．贝叶斯公式设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(A i|B)＝P（A i）P（B|A i）P（B）＝错误!，i＝1，2，…，n.1．(人教A必修第二册习题10.2T2改编)若P(AB)＝19，P(A－)＝23，P(B)＝13，则事件A与B的关系是()A．事件A与B互斥B．事件A与B对立C．事件A与B相互独立D．事件A与B既互斥又相互独立答案C解析∵P (A )＝1－P (A －)＝1－23＝13，∴P (AB )＝P (A )P (B )＝19≠0，∴事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥，故不对立．故选C.2．(2023·舟山模拟)甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A ，B ，C 三种医用外科口罩，甲、乙购买A ，B ，C 三种医用口罩的概率分别如下：购买A 种医用外科口罩购买B 种医用外科口罩购买C 种医用外科口罩甲0.20.4乙0.30.3则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为()A ．0.44B ．0.40C ．0.36D ．0.32答案D解析由表可知，甲购买A 种医用外科口罩的概率为0.4，乙购买B 种医用外科口罩的概率为0.4，所以甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为P ＝0.4×0.3＋0.2×0.4＋0.4×0.3＝0.32.故选D.3．(人教A 必修第二册10.2例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为()A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88答案D解析设“甲被录取”记为事件A ，“乙被录取”记为事件B ，则两人至少有一人被录取的概率P ＝1－P (A －B －)＝1－[1－P (A )][1－P (B )]＝1－0.4×0.3＝0.88.故选D.4．(多选)某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上的风又下雨的概率为110，设A 为下雨，B 为刮四级以上的风，则()A ．P (B |A )＝13B ．P (B |A )＝38C ．P (A |B )＝34D ．P (A |B )＝35答案BC解析由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110415＝38，P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝34.故选BC.5．(人教A 必修第二册习题10.1T 16改编)从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．答案3350解析设事件C 为“取出的数不大于50”，事件A 为“取出的数是2的倍数”，事件B 为“取出的数是3的倍数”．则P (C )＝12，且所求概率为P (A ∪B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )－P (AB |C )＝P （AC ）P （C ）＋P （BC ）P （C ）－P （ABC ）P （C ）＝2＋16100－3350.多角度探究突破角度事件独立性的判定例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．丙与丁相互独立答案B解析设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝16，P(C)＝56×6＝536，P(D)＝66×6＝16.对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0≠P(A)P(C)；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝16×6＝1 36＝P(A)P(D)；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝16×6＝136≠P(B)P(C)；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0≠P(C)P(D)．若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．故选B.角度相互独立事件的概率例2(2023·河北省级联考)甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局；每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；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，另一人最终获得冠军，比赛结束．已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为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．解(1)设事件A为“甲胜乙”，则P(A)＝12，P(A－)＝1－12＝12，设事件B为“甲胜丙”，则P(B)＝12，P(B－)＝1－12＝12，设事件C为“乙胜丙”，则P(C)＝12，P(C－)＝1－12＝12，前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件C A－C∪CAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为P1＝P(C A－C)＋P(CAB)＝12×12×12＋12×12×12＝14.(2)若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪C－BAB 来表示，P(CABA∪C－BAB)＝P(CABA)＋P(C－BAB)＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋P(C－)P(B)P(A)P(B)＝1 2×12×12×12＋12×12×12×12＝18.若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C A－C A－来表示，P(C A－C A－)＝P(C)P(A－)P(C)P(A－)＝12×12×12×12＝116.若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C－B－C－B－来表示，P(C－B－C－B－)＝P(C－)P(B－)P(C－)P(B－)＝12×12×12×12＝116.所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝18＋116＋116＝14.1．两个事件相互独立的判断方法(1)定义法：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)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B)．2．求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积．(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．1.(2023·益阳期末)在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．记事件A＝“与地面接触的数字为奇数”，事件B＝“与地面接触的数字不大于4”，事件C＝“与地面接触的数字为1或5或7或8”．(1)判断事件A，B是否独立并证明；(2)证明事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．解(1)由已知，得样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以A＝{1，3，5，7}，B＝{1，2，3，4}，C＝{1，5，7，8}，A∩B＝{1，3}，B∩C＝{1}，A∩C＝{1，5，7}，A∩B∩C＝{1}，因为P(A)＝12，P(B)＝12，P(AB)＝14＝P(A)P(B)，所以事件A，B相互独立．(2)证明：因为P(A)＝P(B)＝P(C)＝12，P(ABC)＝18，P(BC)＝18，P(AC)＝38，所以P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，但是P(BC)≠P(B)P(C)，且P(AC)≠P(A)P(C)，所以事件A，B，C满足P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，但不满足A，B，C两两独立．2．(2024·黄冈模拟)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为12，恰有一人答对的概率为512.(1)求p和q的值；(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．解(1)设事件A：“甲同学答对第一题”，事件B：“乙同学答对第一题”，则P(A)＝p，P(B)＝q.设事件C：“甲、乙两人均答对第一题”，事件D：“甲、乙两人恰有一人答对第一题”，则C＝A∩B，D＝(A∩B－)∪(A－∩B)．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，A∩B－与A－∩B互斥，∴P(C)＝P(A∩B)＝P(A)P(B)＝pq，P(D)＝P(A∩B－)＋P(A－∩B)＝P(A)[1－P(B)]＋[1－P(A)]P(B)．由题意，得pq＝12，p（1－q）＋q（1－p）＝512，解得p＝34，q＝23或p＝23，q＝34.∵p>q，∴p＝34，q＝23.(2)设事件A i：“甲同学答对了i道题”，事件B i：“乙同学答对了i道题”，i＝0，1，2.由题意，得P(A1)＝14×34＋34×14＝38，P(A2)＝34×34＝916，P(B1)＝23×13＋13×23＝49，P(B2)＝23×23＝49.设事件E：“甲、乙两人共答对3道题”，则E＝(A1∩B2)∪(A2∩B1)，∴P(E)＝P(A1∩B2)＋P(A2∩B1)＝38×49＋916×49＝512，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为512.考向二条件概率例3(1)(2023·贵州师大附中模拟)某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布情况，随机调查了大量该病患者，年龄分布如图．已知该市此种流行病的患病率为0.1%，该市年龄位于区间[40，60)的人口占总人口的28%.若从该市居民中任选一人，此人年龄位于区间[40，60)，则此人患这种流行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率)()A ．0.28B ．0.00054C.713500D.2714000答案D解析设“该居民年龄位于区间[40，60)”为事件A ，“该居民患这种流行病”为事件B ，由题意知，P (A )＝0.28，P (B )＝0.001，P (A |B )＝0.54.因为P (A |B )＝P （AB ）P （B ），所以P (AB )＝P (A |B )P (B )＝0.54×0.001＝0.00054，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.000540.28＝2714000.故选D.(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．答案499解析解法一(应用条件概率公式求解)：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P (B |A )，因为P (AB )＝A 25A 2100＝1495，P (A )＝C 15C 1100＝120，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1495120＝499.解法二(缩小样本空间求解)：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为499.(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解设“摸出第一个球是红球”为事件A ，“摸出第二个球是黄球”为事件B ，“摸出第二个球是黑球”为事件C .则P(A)＝110，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝145÷110＝29，P(C|A)＝P（AC）P（A）＝130÷110＝13.所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29＋13＝59.所以所求概率为59.条件概率的三种求法定义法先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝P（AB）P（A）求P(B|A)样本点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AB所包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝n（AB）n（A）缩样法缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简1.(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A．0.8B．0.4C．0.2D．0.1答案A解析报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝5070＝57，P(AB)＝4070＝47，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4757＝0.8.故选A.2．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次在实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为()A．0.4B．0.16C．0.68D．0.17答案C解析设A i表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该构件通过质检的概率为0.68.故选C.3．52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，则第二次抽到A的概率为________．答案12211 17解析由题意，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(B)＝452＝113，P(BC)＝452×351＝1221，∴P(C|B)＝P（BC）P（B）＝1221113＝117.例4(2023·韶关模拟)作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深的中华文化．为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参加．除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手．小明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3，0.4和0.5.(1)从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率；(2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率．解(1)设事件A i＝“小明与i(i＝1，2，3)类棋手相遇”，根据题意P(A1)＝0.5，P(A2)＝0.25，P(A3)＝0.25，记事件B＝“小明获胜”，则有P(B|A1)＝0.3，P(B|A2)＝0.4，P(B|A3)＝0.5，由全概率公式得，小明在比赛中获胜的概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.5×0.3＋0.25×0.4＋0.25×0.5＝0.375，所以小明获胜的概率为0.375.(2)小明获胜时，与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为P(A1|B)＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B|A1）P（B）＝0.5×0.30.375＝0.4.“化整为零”求多事件的全概率问题(1)如图，P(B)＝错误!(A i)P(B|A i)．(2)已知事件B的发生有各种可能的情形A i(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形A i发生的可能性与已知在A i发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．(2023·南平高级中学期中)某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛．现有两组党史题目放在甲、乙两个纸箱中，甲箱中有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答．每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中．(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第二题抽到的是填空题的概率；(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目．已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率．解(1)设事件A i表示“第i次从乙箱中取到填空题”，i＝1，2，P(A1)＝37，P(A2|A1)＝26＝13，P(A2|A－1)＝36＝12.由全概率公式得，第2次抽到填空题的概率为P (A 2)＝P (A 1)P (A 2|A 1)＋P (A －1)P (A 2|A －1)＝37×26＋47×36＝37.(2)设事件A 为“第三支部从乙箱中取出1个选择题”，事件B 1为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件B 2为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件B 3为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则B 1，B 2，B 3彼此互斥，且B 1∪B 2∪B 3＝Ω，P (B 1)＝C 25C 28＝514，P (B 2)＝C 15C 13C 28＝1528，P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝69，P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝49，P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3)＝514×69＋1528×59＋328×49＝712.所求概率即是A 发生的条件下B 1发生的概率P (B 1|A )＝P （B 1A ）P （A ）＝P （B 1）P （A |B 1）P （A ）＝514×69712＝2049.课时作业一、单项选择题1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)()A.49B.190C.45D.59答案B解析该生各项均合格的概率为13×16×15＝190.2．某机场某时降雨的概率为15，在降雨的情况下飞机准点的概率为110，则某时降雨且飞机准点的概率为()A.1 2B.1 4C.1 25D.1 50答案D解析记事件A＝“飞机准点”，事件B＝“某时降雨”．根据题意，P(B)＝15，在降雨的情况下飞机准点的概率为P(A|B)＝110，所以某时降雨且飞机准点的概率为P(AB)＝P(B)P(A|B)＝15×110＝150.故选D.3．(2023·武汉三模)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|A－)＝0.3，则P(A)＝()A.3 4B.3 8C.1 3D.1 5答案D解析P(B)＝P(AB∪A－B)＝P(A)P(B|A)＋P(A－)P(B|A－)，即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝0.2＝15.故选D.4．(2024·南京模拟)现有甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了中山陵”，则P(A|B)＝()A.3 128B.27 256C.1 128D.2 9答案D解析甲、乙、丙、丁四位同学到夫子庙、总统府、中山陵、南京博物馆4处景点旅游，共有44＝256(种)不同的方案，事件A“4个人去的景点各不相同”的方案有A44＝24(种)，事件B“只有甲去了中山陵”的方案有33＝27(种)，事件AB同时发生的方案有A33＝6(种)，P(AB)＝6256＝3128，P(B)＝27256，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝6 27＝29.故选D.5．(2023·昆明模拟)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝1 2，P(BC)＝112，P(C)＝14，则P(A|C)＝()A.16B.112C.14D.13答案A解析由题意，得P(B|C)＝P（BC）P（C）＝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.6．(2023·深圳模拟)在A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为5∶6∶9，现从这三个地区中任意选取一人，则此人是流感患者的概率为()A．0.032B．0.048C．0.05D．0.15答案B解析设事件D为“此人是流感患者”，事件A1，A2，A3分别表示此人来自A，B，C三个地区，由已知可得P(A1)＝55＋6＋9＝0.25，P(A2)＝65＋6＋9＝0.3，P(A3)＝95＋6＋9＝0.45，P (D |A 1)＝0.06，P (D |A 2)＝0.05，P (D |A 3)＝0.04，由全概率公式，得P (D )＝P (A 1)P (D |A 1)＋P (A 2)P (D |A 2)＋P (A 3)P (D |A 3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.04＝0.048.故选B.7．(2023·锦州二模)如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统，当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次是12，23，23，在系统正常工作的前提下，只有K 和A 1正常工作的概率是()A.49B.34C.14D.19答案C解析设事件A 为“系统正常工作”，事件B 为“只有K 和A 1正常工作”，因为并联元件A 1，A 2能正常工作的概率为1＝89，所以P (A )＝12×89＝49，又因为P (AB )＝P (B )＝12×23×＝19，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝14.故选C.8．某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为()A.89B.7381C.881D.19答案C解析因为该射手每次射击击中目标的概率是23，所以每次射击未击中目标的概率为13，设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1，2，3，4，5)，“该射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A －4A －5)＋P (A －1A 2A 3A 4A －5)＋P (A －1A －2A 3A 4A 5)＋13×13＋＝881.故选C.二、多项选择题9．有一道数学难题，学生甲解出的概率为12，学生乙解出的概率为13，学生丙解出的概率为14.若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则()A ．恰有一人解出的概率为1124B ．没有人能解出的概率为124C ．至多一人解出的概率为1724D ．至少两人解出的概率为2324答案AC解析对于A ，恰有一人解出的概率为12××13×××14＝1124，A 正确；对于B ，没有人能解出的概率为＝14，B 错误；对于C ，由A ，B 知，至多一人解出的概率为1124＋14＝1724，C 正确；对于D ，至少两人解出与至多一人解出是对立事件，所以至少两人解出的概率为1－1724＝724，D 错误．故选AC.10．(2024·镇江开学考试)一质地均匀的正四面体四个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A 为“第二次向下的数字为奇数”，事件B为“两次向下的数字之积为偶数”，则下列说法正确的是()A．事件A与事件B是对立事件B．P(AB)＝14C．P(A|B)＝13D．事件A与事件B不相互独立答案BCD解析因为抛掷该正四面体两次的基本事件有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共16种，其中事件A有(1，1)，(1，3)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，3)，(4，1)，(4，3)，共8种，事件B有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共12种，事件AB有(2，1)，(2，3)，(4，1)，(4，3)，共4种，所以A与B可同时发生，则事件A与事件B不是对立事件，故A错误；P(AB)＝416＝14，故B正确；P(B)＝12 16＝34，则P(A|B)＝P（AB）P（B）＝1434＝13，故C正确；因为P(A)＝816＝12，则P(AB)≠P(A)P(B)，所以A，B不相互独立，故D正确．故选BCD.11．(2023·湖北直辖县级单位统考模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为3%，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的15%，25%，60%.随机取一个零件，记A＝“零件为次品”，B i＝“零件为第i台车床加工的”(i＝1，2，3)，下列结论正确的是()A．P(A)＝0.03B.C.P（B1|A）＝P（B2|A）D.P（B1|A）＋P（B2|A）＝P（B3|A）答案BC解析对于A ，因为P （A ）＝0.05×0.15＋0.03×0.25＋0.03×0.60＝0.033，故A 错误；对于B ，(B i )＝0.15＋0.25＋0.60＝1，故B 正确；对于C ，因为P (B 1|A )＝P （B 1）P （A |B 1）P （A ）＝0.15×0.050.033＝522，P (B 2|A )＝P （B 2）P （A |B 2）P （A ）＝0.25×0.030.033＝522，所以P (B 1|A )＝P (B 2|A )，故C 正确；对于D ，由C 项分析可得P (B 1|A )＋P (B 2|A )＝511，又因为P (B 3|A )＝P （B 3）P （A |B 3）P （A ）＝0.60×0.030.033＝611，故D 错误．故选BC.三、填空题12．(2023·合肥一模)接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校25的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为14，而接种了疫苗的感染率为110.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为________．答案1519解析设事件A ＝“感染流行感冒”，事件B ＝“未接种疫苗”，则P (A )＝35×14＋25×110＝19100，P (AB )＝35×14＝320，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1519.13．(2023·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________．答案14解析由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为A i (i ＝1，2，3，4，5，6)，设事件B 为“子三代的基因型为dd ”，则事件A 1A 2A 3A 4A 5A 6配型DD ×DD DD ×Dd Dd ×Dd Dd ×dd DD ×dd dd ×dd P (A i )11614141418116P (B |A i )14121由全概率公式得P (B )＝∑6i ＝1P (A i )P (B |A i )＝14×14＋14×12＋116×1＝14.14．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________．答案0.18解析甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×0.6×(0.6＋0.4)＝0.18.四、解答题15．(2023·聊城期末)某学校在元宵节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、二两关，分别竞猜5道、20道灯谜．现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中，甲、乙分别猜对12道、15道．假设猜对每道灯谜都是等可能的．(1)从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；(2)从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率．解(1)设事件A ＝“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，则样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)}，A ＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，所以n (Ω)＝10，n (A )＝6，根据古典概型的计算公式，得P (A )＝n （A ）n （Ω）＝35.(2)设事件B ＝“任选一道灯谜，甲猜对”，事件C ＝“任选一道灯谜，乙猜对”，事件D ＝“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，P (B )＝1220，P (B －)＝820，P (C )＝1520，P (C －)＝520.因为D ＝B －C ∪B C －，且B －C ，B C －互斥，又甲、乙两位选手独立参加竞猜，所以B ，C 相互独立，从而B －，C ，B ，C －也相互独立．所以P (D )＝P (B －C ∪B C －)＝P (B －C )＋P (B C －)＝P (B －)P (C )＋P (B )P (C －)＝820×1520＋1220×520＝920.即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为920.16．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响.(1)求甲、乙两球都落入盒子的概率；(2)求甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率．解(1)因为两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16.(2)＝13，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.17．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)记事件S：甲连胜四场，则P(S)＝116.(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝＝14，所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝34.(3)记事件M为甲最终获胜，记事件N为丙最终获胜．则甲最终获胜的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，所以甲最终获胜的概率为P(M)＋＝932.由对称性可知，乙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，所以丙最终获胜的概率为P(N)＝1－2×932＝7 16.18．已知某电器市场由甲、乙、丙三家企业占有，其中甲厂产品的市场占有率为40%，乙厂产品的市场占有率为36%，丙厂产品的市场占有率为24%，甲、乙、丙三厂产品的合格率分别为45，23，34.(1)现从三家企业的产品中各取一件抽检，求这三件产品中恰有两件合格的概率；(2)现从市场中随机购买一台电器，求买到的是合格品的概率．解(1)记甲、乙、丙三家企业的一件产品，产品合格分别为事件B1，B2，B3，则三个事件相互独立，恰有两件产品合格为事件D，则D＝B1B2B－3＋B1B－2B3＋B－1B2B3，P(D)＝P(B1B2B－3)＋P(B1B－2B3)＋P(B－1B2B3)＝45×23×14＋45×13×34＋15×23×34＝1330.故从三家企业的产品中各取一件抽检，则这三件产品中恰有两件合格的概率是1330.(2)记事件B为购买的电器合格，记随机买一件产品，买到的产品为甲、乙、丙三个品牌分别为事件A1，A2，A3，P(A1)＝25，P(A2)＝925，P(A3)＝625，P(B|A1)＝45，P(B|A2)＝23，P(B|A3)＝34，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝25×45＋925×23＋625×34＝3750.故从市场中随机购买一台电器，买到的是合格品的概率为3750.19．(2023·南京、盐城一模)人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12(先验概率)．(1)求首次试验结束的概率；(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．①求选到的袋子为甲袋的概率；②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．解设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝12×910＋12×210＝1120.所以首次试验结束的概率为1120.(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝920所以P(A1|B2)＝P（A1B2）P（B2）＝P（B2|A1）P（A1）P（B2）＝110×12920＝19，所以选到的袋子为甲袋的概率为19.②由①，得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－19＝8 9，所以方案一取到红球的概率为P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝19×910＋89×210＝518，方案二取到红球的概率为P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝89×9 10＋1 9×210＝3745，因为3745>518，所以方案二取到红球的概率更大．即选择方案二，第二次试验结束的概率更大．。

1-6概率论与数理统计

中找两个事件,它们既相问：能否在样本空间Ω中找两个事件它们既相互独立又互斥? 互独立又互斥
φ 不难发现，与任何事件既独立又互斥. 不难发现，与任何事件既独立又互斥
φ A=φ
A
Ω
P( φ A) = 0 =P( φ )P(A)
前面我们看到独立与互斥的区别和联系，前面我们看到独立与互斥的区别和联系，练习 1.设A、B为互斥事件，且P(A)>0,P(B)>0, 设为互斥事件，为互斥事件下面四个结论中，正确的是：下面四个结论中，正确的是： A. P(B|A)>0 C. P(A|B)=0 B. P(A|B)=P(A) D. P(AB)=P(A)P(B)
性质 2 若 A, B 相互独立 , 则下列各对事件 , A 与 B , A 与 B , A 与 B 也相互独立 . 证明: 证明
先证 A 与 B 独立 .
因为 A = AB U A B 且 ( AB )( A B ) = ∅ , 所以 P ( A) = P ( AB ) + P ( A B ), 即 P( AB) = P( A) − P( AB).
则称 A1 , A2 ,L , An 为相互独立的事件 .
有兴趣的同学可以计算一下，上式中要成立的等式个数？
n 个事件相互独立
n个事件两两独立个事件两两独立
下面我们来举一个右不能推出左的例子。下面我们来举一个右不能推出左的例子。
伯恩斯坦反例一个均匀的正四面体，其第一面染成红色，例一个均匀的正四面体，其第一面染成红色，第三面染成黑色，第二面染成白色，第三面染成黑色，而第四面同时染上红、黑三种颜色.现以时染上红、白、黑三种颜色现以 A ， B，C 分别，记投一次四面体出现红、黑颜色朝下的事件，记投一次四面体出现红、白、黑颜色朝下的事件，是否相互独立? 问 A，B，C是否相互独立，，是否相互独立解由于在四面体中红、白、黑分别出现两面，由于在四面体中红、黑分别出现两面， 1 因此 P ( A) = P ( B ) = P ( C ) = , 2 1 又由题意知 P ( AB ) = P ( BC ) = P ( AC ) = , 4

概率与统计中的独立与互斥事件

互斥事件的概率计算注意事项：互斥事件不能同时发生，因此它们的概率之和不能超过1。互斥事件的概率计算实例：投掷一枚骰子，出现1和2两个互斥事件的概率分别为1/6和 1/6，因此它们同时发生的概率为1/6+1/6=1/3。
互斥事件的性质
互斥事件的定义：两个事件 A和B是互斥的，如果它们不能
同时发生。
概率与统计中的互斥事件：在决策分析中，互斥事件是指两个或多个事件不能同时发生，即一个事件的发生会阻止另一个事件的发生。例如，在体育比赛中，每个参赛选手只能获得一个名次，一个选手获得第一名就会阻止其他选手获得该名次。
独立与互斥事件的实例分析：在决策分析中，独立与互斥事件的应用非常广泛。例如，在金融投资中，投资者可以根据不同投资品种之间的独立性来分散投资风险；在生产管理中，企业可以根据不同生产环节之间的互斥性来优化生产流程。
独立与互斥事件的实例分析
第五章
生活中的独立与互斥事件实例
独立事件实例：抛掷一枚骰子，出现偶数点与出现点数大于3的事件是独立事件，因为一个事件的发生不影响另一个事件的发生。
互斥事件实例：抽奖活动中，中奖与不中奖是互斥事件，因为两个事件不能同时发生。
独立事件实例：投篮命中与投篮未命中是独立事件，因为一个事件的发生不影响另一个事件的发生。
互斥事件实例：在掷骰子游戏中，出现1、2、3和出现4、5、6是互斥事件，因为两个事件不能同时发生。
概率论中的经典独立与互斥事件问题解析
蒙提霍尔问题：一个著名的概率论问题，涉及到独立事件和概率计算。
生日悖论：一个经典的独立事件与互斥事件问题，通过实例分析理解概率论在实际中的应用。
投掷硬币实验：通过投掷硬币的实验，分析独立事件和互斥事件的概率，理解概率论的基本概念。

概率中互斥对立独立概念解疑

互斥事件的性质
互斥事件是互补事件的特例，即如果事件A和事件B是互斥的，那么事件 $overline{A}$和事件$overline{B}$也是互斥的。
如果两个事件是互斥的，那么它们不可能同时发生。
互斥事件的例子
例如，抛掷一枚骰子，出现1点和出现2点是互斥事件，因为这两个事件不能同时发生。
又如，在一副扑克牌中任意抽取一张牌，抽到红桃和抽到黑桃也是互斥事件。
概率中互斥对立独立概念解疑
• 互斥事件 • 对立事件 • 独立事件 • 互斥对立独立事件的关系与区别 • 概率中互斥对立独立概念的应用
01
互斥事件
定义
互斥事件指的是两个事件不能同时发生，即当一个事件发生时，另一个事件一定不会发生。
互斥事件的发生概率之和等于1，即 $P(A cup B) = P(A) + P(B)$。
互斥事件不一定是对立事件，对立事件也不一定是互斥事件。互斥但不对立的事件是指两个事件不能同时发生，但可能同时不发生；对立但不一定互斥的事件是指两个事件中必有一个发生且仅有一个发生，但也有可能都不发生。
互斥与独立的关系
独立事件
两个事件的发生不受彼此影响，即P(A∩B)=P(A)P(B)。
关系
互斥事件一定不是独立事件，独立事件也不一定是互斥事件。独立但互斥的事件是指两个事件的发生不受彼此影响，且不能同时发生；互斥但独立的事件是指两个事件不能同时发生，且其发生也不受彼此影响。
抽奖游戏
在抽奖游戏中，互斥对立独立概念可以用来计算中奖概率和奖品分配。例如，在一场抽奖活动中，每个参与者只能获得一个奖品，且每个奖品只能被一个人获得，这就体现了互斥对立独立概念。
VS
决策制定
在日常生活中，我们经常需要做出决策，而每个决策的结果都是独立的。例如，在掷骰子游戏中，每次掷骰子的结果都是独立的，不受其他掷骰子结果的影响。

独立事件(201909)

（1）一个坛子里有6个白球，3个黑球，l个红球，
设摸到一个球是白球的事件为 A ，摸到一个球是黑球的事件为B ，问 A与 B是互斥事件呢，还是对立事件？
（2）甲坛子里有3个白球，2个黑球；乙坛子里有2 个白球，2个黑球．设从甲坛子里摸出一个球，得到白
球叫做事件 A，从乙坛子里摸出一个球，得到白球叫做事件 B．问 A与 B是互斥事件呢？还是对立事件？
还是其他什么关系？
（3）在问题（2）中，若记事件 A与事件B 同时发
生为 A B，那么PA B与PA及PB有什么关系呢？
它们之间有着某种必然的规律吗？
1．独立事件的定义
把“从甲坛子里摸出1个球，得到白球”叫做事 A 件，把“从乙坛子里摸出1个球，得到白球”B叫做
事件．很明显，从一个坛子里摸出的是白球还是黑球，对从另一个坛子里摸出白球的概率没有影响．
一般地，如果事件A与 B相互独立，那么A
与 B，A与B，A与B也都是相互独立的．
2．独立事件同时发生的概率的计算公式
“从两个坛子里分别摸出1个球，都是
பைடு நூலகம்白球”是一个事件，它的发生，就是事A件B 、
同时发生，记作 A B ．这样我们需要研究，
上面两个相互独立事件 A，B同时发生的概
率PA B是多少？
这就是说，事件 A（或 B）是否发生对事件 B（或 A）发生的概率没有影响，这样的两
个事件叫做相互独立事件．
1．独立事件的定义
“互斥”与“相互独立”辨析
事件间的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念．
两个事件互斥是指这两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．
；新视觉影院 https:// 新视觉影院

高考数学专题概率《独立事件》第二课时突破解析

第2课时独立事件必备知识基础练1.某射击运动员每次射击命中目标的概率都为0.9,则他连续射击两次都命中的概率是( )A.0.64B.0.56C.0.81D.0.99i 表示“第i 次击中目标”,i=1,2,则P (A 1A 2)=P (A 1)P (A 2)=0.9×0.9=0.81.2.甲、乙两人同时报考某一所大学,甲被录取的概率为0.6,乙被录取的概率为0.7,两人是否被录取互不影响,则其中至少有一人被录取的概率为 ( )A.0.12B.0.42C.0.46D.0.88“甲被录取”记为事件A ,“乙被录取”记为事件B ,则两人至少有一人被录取的概率P=1-P (A B )=1-[1-P (A )][1-P (B )]=1-0.4×0.3=0.88.3.一个电路上装有甲、乙两根保险丝,甲熔断的概率为0.85,乙熔断的概率为0.74,甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立,则两根保险丝都熔断的概率为( ) A.1 B.0.629 C.0 D.0.74或0.85“甲保险丝熔断”为事件A ,“乙保险丝熔断”为事件B ,则P (A )=0.85,P (B )=0.74,由事件A 与B 相互独立,得“两根保险丝都熔断”为事件AB ,∴P (AB )=P (A )P (B )=0.85×0.74=0.629.4.从甲袋中摸出1个红球的概率是13,从乙袋中摸出1个红球的概率是12,从两袋中各摸出1个球,则23可能是( )A.2个球不都是红球的概率B.2个球都是红球的概率C.至少有1个红球的概率D.2个球中恰有1个红球的概率4个选项中的事件分别为A ,B ,C ,D ,则P (A )=1-13×12=56,P (B )=13×12=16, P (C )=1-1-12×1-13=23, P (D )=13×1-12+1-13×12=12.故选C .5.某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同,且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625,则该队员每次罚球的命中率为 .P ,则1-P 2=1625,所以P=35.6.在甲盒内的200个螺杆中有160个是A 型,在乙盒内的240个螺母中有180个是A 型.若从甲、乙两盒内各取一个,则能配成A 型螺栓的概率为 .从甲盒内取一个A 型螺杆”记为事件M ,“从乙盒内取一个A 型螺母”记为事件N ,因为事件M ,N 相互独立,所以能配成A 型螺栓(即一个A 型螺杆与一个A 型螺母)的概率为P (MN )=P (M )P (N )=160200×180240=35.7.两人打靶,甲中靶的概率为0.8,乙中靶的概率为0.7,若两人同时射击一目标,则它们都中靶的概率是 ,它们都不中靶的概率为 ..56 0.06A 表示事件“甲中靶”,B 表示事件“乙中靶”,A 与B 相互独立,利用P (AB )=P (A )P (B )得P (AB )=0.8×0.7=0.56,P (A B )=P (A )P (B )=(1-0.8)×(1-0.7)=0.06.8.设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5,购买乙种商品的概率为0.6,且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立,各顾客之间购买商品也是相互独立的.求: (1)进入商场的1位顾客,甲、乙两种商品都购买的概率; (2)进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率; (3)进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率.A 表示事件“进入商场的1位顾客购买甲种商品”,则P (A )=0.5;记B 表示事件“进入商场的1位顾客购买乙种商品”,则P (B )=0.6; 记C 表示事件“进入商场的1位顾客甲、乙两种商品都购买”; 记D 表示事件“进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种”; 记E 表示事件“进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种”. (1)易知C=AB ,则P (C )=P (AB )=P (A )P (B )=0.5×0.6=0.3.(2)易知D=(A B )∪(A B ),则P (D )=P (A B )+P (A B )=P (A )P (B )+P (A )P (B )=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5. (3)易知E =A B ,则P (E )=P (A B )=P (A )P (B )=0.5×0.4=0.2.故P (E )=1-P (E )=0.8. 9.三个元件T 1,T 2,T 3正常工作的概率分别为12,34,34,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.(1)在如图的一段电路中,电路不发生故障的概率是多少?(2)三个元件按要求连成怎样的一段电路时,才能使电路中不发生故障的概率最大?请画出此时的电路图,并说明理由.“三个元件T 1,T 2,T 3正常工作”分别为事件A 1,A 2,A 3,则P (A 1)=12,P (A 2)=34,P (A 3)=34.(1)电路不发生故障的事件为(A 2∪A 3)·A 1, ∴电路不发生故障的概率为 P 1=P [(A 2∪A 3)·A 1]=P (A 2∪A 3)·P (A 1) =[1-P (A 2)·P (A 3)]·P (A 1)=1-14×14×12=1532. (2)如图,此时电路不发生故障的概率最大.证明如下:图①中电路不发生故障的事件为(A 1∪A 2)·A 3, ∴电路不发生故障的概率为P 2=P [(A 1∪A 2)·A 3]=P (A 1∪A 2)·P (A 3)=[1-P (A 1)·P (A 2)]·P (A 3)=1-12×14×34=2132, ∴P 2>P 1.图②不发生故障的事件为(A 1∪A 3)·A 2,同理,不发生故障的概率为P 3=P 2>P 1,命题得证.关键能力提升练10.一件产品要经过2道独立的加工程序,第一道工序的次品率为a ,第二道工序的次品率为b ,则产品的正品率为( ) A.1-a-b B.1-ab C.(1-a )(1-b ) D.1-(1-a )(1-b )A 表示“第一道工序的产品为正品”,B 表示“第二道工序的产品为正品”,且P (AB )=P (A )P (B )=(1-a )(1-b ).11.同时转动如图所示的两个质地均匀的转盘,记转盘甲得到的数为x ,转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上,则重新转),x ,y 构成数对(x ,y ),则所有数对(x ,y )中,满足xy=4的概率为( )A.116 B.18C.316D.14xy=4的所有可能如下:x=1,y=4;x=2,y=2;x=4,y=1. ∴所求事件的概率为P=P (x=1,y=4)+P (x=2,y=2)+P (x=4,y=1) =14×14+14×14+14×14=316.12.设两个相互独立事件A 和B 都不发生的概率为19,A 发生且B 不发生的概率与B 发生且A 不发生的概率相同,则事件A 发生的概率P (A )等于( ) A.29 B.118C.13D.23,P (A )P (B )=19,P (A )P (B )=P (A )P (B ).设P (A )=x ,P (B )=y ,则{(1-x )(1-y )=19,(1-x )y =x (1-y ),即{1-x -y +xy =19,x =y .∴x 2-2x+1=19,∴x-1=-13,或x-1=13(舍去), ∴x=23,即事件A 发生的概率P (A )等于23.13.如图,已知电路中4个开关每个闭合的概率都是12,且是相互独立的,则灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.14,或下边的2个都断开且上边的2个中有一个断开,这两种情况是互斥的,每一种情况中的事件是相互独立的,∴灯不亮的概率为12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316. ∵灯亮与不亮是对立事件,∴灯亮的概率是1-316=1316.14.(多选)下列各对事件中,M ,N 是相互独立事件的有( )A.掷1枚质地均匀的骰子一次,事件M 表示“出现的点数为奇数”,事件N 表示“出现的点数为偶数”B.袋中有5个白球、5个黄球,除颜色外完全相同,依次不放回地摸两次,事件M 表示“第1次摸到白球”,事件N 表示“第2次摸到白球”C.掷一枚质地均匀的骰子一次,事件M 表示“出现点数为奇数”,事件N 表示“出现点数为3或4”D.一枚硬币掷两次,事件M 表示“第一次为正面”,事件N 表示“第二次为反面”A 中,M ,N 是互斥事件,不相互独立;在B 中,M ,N 不是相互独立事件;在C中,P (M )=12,P (N )=13,P (MN )=16,P (MN )=P (M )P (N ),因此M ,N 是相互独立事件;在D 中,第一次为正面对第二次的结果不影响,因此M ,N 是相互独立事件.15.(多选)如图所示的电路中,5只箱子表示保险匣,设5个盒子分别被断开为事件A ,B ,C ,D ,E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是( )A.A ,B 两个盒子串联后畅通的概率为13 B.D ,E 两个盒子并联后畅通的概率为130 C.A ,B ,C 三个盒子混联后畅通的概率为56 D.当开关合上时,整个电路畅通的概率为2936,P (A )=12,P (B )=13,P (C )=14,P (D )=15,P (E )=16,所以A ,B 两个盒子畅通的概率为12×23=13,因此A 正确;D ,E 两个盒子并联后畅通的概率为1-15×16=1-130=2930,因此B 错误;A ,B ,C 三个盒子混联后畅通的概率为1-23×14=1-16=56,C 正确;当开关合上时,整个电路畅通的概率为2930×56=2936,D 正确. 16.从点A (1,0)出发的质点P ,按向量a =(1,0)移动的概率为13,按向量b =(2,0)移动的概率为23,则质点P 达到(4,0)的概率等于 .A 出发到点(4,0),有两种情况,①按向量a =(1,0)移动3次,其概率为P 1=13×13×13=127;②按向量a =(1,0),b =(2,0)各移动1次,其概率为P 2=2×13×23=49,则质点P 达到(4,0)的概率为P 1+P 2=127+49=1327.17.某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的5个问题中,选手若能连续正确回答出2个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为 ..128,第2个问题答错,第3,4个问题答对,记“问题回答正确”为事件A ,则P (A )=0.8,故P=P [(A+A)A AA ]=[1-P (A )]·P (A )·P (A )=0.128.18.事件A ,B ,C 相互独立,如果P (AB )=16,P (B C )=18,P (AB C )=18,则P (B )= ,P (A B )= .13P (AB C )=P (AB )P (C )=16P (C )=18,∴P (C )=34,即P (C )=14. 又P (B C )=P (B )·P (C )=18, ∴P (B )=12,P (B )=12. 又P (AB )=16,则P (A )=13,∴P (A B )=P (A )·P (B )=1-13×12=13. 19.本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑行的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费,超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算).有甲、乙两人分别来该租车点租车骑游(各租一车一次),设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14,12;两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12,14;两人租车时间互不影响且都不会超过四小时. (1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率; (2)求甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率.1-14−12=14,1-12−14=14.(1)租车费用相同可分为租车费用都为0元,2元,4元三种情况.都付0元的概率为P1=14×12=18;都付2元的概率为P2=12×14=18;都付4元的概率为P3=14×14=116.所以,甲、乙两人所付租车费用相同的概率为P=P1+P2+P3=516.(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为ξ,则ξ=4表示两人的租车费用之和为4元,其可能的情况是甲、乙的租车费用分别为①0元,4元;②2元,2元;③4元,0元,所以可得P(ξ=4)=14×14+12×14+14×12=516,即甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率为516.20.为刺激消费,某市给市民发放面额为100元的旅游消费券,由抽样调查预计老、中、青三类市民持有这种消费券到某旅游景点的消费额及其概率如下表:某天恰好有持有这种消费券的老年人、中年人、青年人各一人到该旅游景点.(1)求这三人恰有两人的消费额不少于300元的概率;(2)求这三人的消费总额大于或等于1 300元的概率.设三人中恰有两人的消费额不少于300元的概率为P1,则P1=(0.7)2×0.4+2×0.3×0.7×0.6=0.448.(2)三人消费总额为1 500元的概率是0.1×0.1×0.2=0.002,消费总额为1 400元的概率是(0.1)2×0.2+2×(0.2)2×0.1=0.010,消费总额为1 300元的概率是(0.1)2×0.3+0.3×0.1×0.2+0.1×0.4×0.2+0.23+2×0.22×0.1=0.033, 所以消费总额大于或等于1 300元的概率是0.045.学科素养创新练21.(2021江苏淮安期末)某企业生产两种如图所示的电路子模块R,Q,要求在每个模块中,不同位置接入不同种类型的电子元件,且备选电子元件为A,B,C型.假设不同位置的元件是否正常工作不受其他元件影响.在电路子模块R中,当1号位与2号位元件中至少有一件正常工作时,电路子模块才能正常工作.在电路子模块Q中,当1号位元件正常工作,同时2号位与3号位元件中至少有一件正常工作时,电路子模块才能正常工作.(1)若备选电子元件A,B型正常工作的概率分别为0.9,0.8,依次接入位置1,2,求此时电路子模块R能正常工作的概率;(2)若备选电子元件A,B,C型正常工作的概率分别为0.7,0.8,0.9,试问如何接入备选电子元件,电路子模块Q能正常工作的概率最大,并说明理由.假设事件A,B,C分别表示电子元件A,B,C正常工作,电路子模块R不能正常工作的概率为P(A B),由于事件A,B互相独立,所以P(A B)=P(A)P(B)=(1-0.9)×(1-0.8)=0.02,因此电路子模块R能正常工作的概率为1-0.02=0.98.(2)由于当1号位元件正常工作,同时2号位与3号位元件中至少有一件正常工作时,电路子模块Q才能正常工作,①若1号位元件为电子元件A,则电路子模块Q正常工作的概率为P(A)[1-P(B C)]=0.7×(1-0.2×0.1)=0.686;②若1号位元件为电子元件B,则电路子模块Q正常工作的概率为P(B)[1-P(A C)]=0.8×(1-0.3×0.1)=0.776;③若1号位元件为电子元件C,则电路子模块Q正常工作的概率为P(C)[1-P(A B)]=0.9×(1-0.3×0.2)=0.846.因此,1号位接入正常工作概率最大的元件C时,电路子模块Q正常工作的概率最大.。

专题2：古典概型与独立事件(答案)

专题2：古典概型与独立事件【知识要点】1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的；(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和．2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概型．(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；(2)每个基本事件出现的可能性相等．3．古典概型的概率公式：P(A)＝A包含的基本事件的个数基本事件的总数.4．相互独立事件(1)对于事件A、B，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件A、B是相互独立事件．(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(B|A)P(A)＝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．(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．(×)(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．(×)(3)从市场上出售的标准为500±5 g的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．(×)(4)(教材改编)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为13.(√)(5)从1，2，3，4，5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.(√)(6)在古典概型中，如果事件A中基本事件构成集合A，且集合A中的元素个数为n，所有的基本事件构成集合I，且集合I中元素个数为m，则事件A的概率为nm.(√)【题型讲练】题型一基本事件与古典概型的判断1．下列试验中，是古典概型的个数为()①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率；②向正方形ABCD内，任意抛掷一点P，点P恰与点C重合；③从1，2，3，4四个数中，任取两个数，求两数之一是2的概率；④在线段[0，5]上任取一点，求此点小于2的概率．A．0 B．1 C．2 D．3答案 B解析①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，所以不是古典概型．②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型．③符合古典概型的特点，是古典概型问题．2．袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．(1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？(2)若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解(1)以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．(2)以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．题型二古典概型的求法1．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是()A．12B．13C．14D．16答案 B2．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为()A．15B．25C．35D．45答案 C3．同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．答案564．从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取2个数字相加，其和为偶数的概率是________．答案25解析从6个数字中任取2个数字的可能情况有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种，其中和为偶数的情况有(1，3)，(1，5)，(2，4)，(2，6)，(3，5)，(4，6)，共6种，所以所求的概率是25.5．若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为_______．答案910解析由题意知，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可能结果有(甲，乙，丙)，(甲，乙，丁)，(甲，乙，戊)，(甲，丙，丁)，(甲，丙，戊)，(甲，丁，戊)，(乙，丙，丁)，(乙，丙，戊)，(乙，丁，戊)，(丙，丁，戊)，共10种，其中“甲与乙均未被录用”的所有不同的可能结果只有(丙，丁，戊)这1种，故其对立事件“甲或乙被录用”的可能结果有9种，所求概率P＝910．6．连掷两次骰子分别得到点数m、n，则向量(m，n)与向量(－1，1)的夹角θ>90°的概率是_______．答案512解析∵(m，n)·(－1，1)＝－m＋n<0，∴m>n．基本事件总共有6×6＝36(个)，符合要求的有(2，1)，(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，…，(5，4)，(6，1)，…，(6，5)，共1＋2＋3＋4＋5＝15(个)．∴P ＝1536＝512，故选A ．6．一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的编号之和不大于4的概率； (2)先从袋中随机取一个球，记编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，记编号为n ，求n <m ＋2的概率．解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件共有{1，2}，{1，3}，2个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.(2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共16个．[6分]又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1，3)，(1，4)，(2，4)，共3个，所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316.故满足条件n <m ＋2的事件的概率为1－P 1＝1－316＝1316.题型三古典概型与统计的综合应用1．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.地区 A B C 数量 50 150 100(1)求这6(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×150＝1，150×150＝3，100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别是1，3，2. (2)设6件来自A ，B ，C 三个地区的样品分别为： A ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件有：{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415.10．某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查． (1)求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目．(2)若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，求抽到小学、中学各一所的概率．解 (1)由分层抽样定义知，从小学中抽取的学校数目为6×2121＋14＋7＝3；从中学中抽取的学校数目为6×1421＋14＋7＝2；从大学中抽取的学校数目为6×721＋14＋7＝1.故从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目为3，2，1. (2)记“抽到小学、中学各一所”为事件A ，则事件A 共有基本事件m ＝C 13·C 12＝6(种)抽法，又从6所学校任抽取2所有n ＝C 26＝15(种)抽法．因此，所求事件的概率P ＝m n ＝615＝25.题型四相互独立事件的概率1．已知A ，B 是两个相互独立事件，P (A )，P (B )分别表示它们发生的概率，则1－P (A )P (B )是下列哪个事件的概率( ) A ．事件A ，B 同时发生B ．事件A ，B 至少有一个发生C ．事件A ，B 至多有一个发生D ．事件A ，B 都不发生答案 C解析 P (A )P (B )是指A ，B 同时发生的概率，1－P (A )·P (B )是A ，B 不同时发生的概率，即事件A ，B 至多有一个发生的概率．2．如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9，0.8，0.8，则系统正常工作的概率为( )A ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576答案 B3．甲、乙两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为________．答案 5124．甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14．现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为________．答案 34。