高中数学 第二章 概率 2.3 条件概率与独立事件学案(含解析)北师大版选修2-3-北师大版高二选修

§3 条件概率与独立事件
知识点一 条件概率
[填一填]
(1)求已知B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时，A 发生的条件概率，记为P (A |B )，P (A |B )＝P (A ∩B )
P ( B )
(其中，A ∩B 也可写成AB )．
(2)A 发生时B 发生的条件概率为P (B |A )＝
P (A ∩B )
P (A )
． [答一答]
1．如何判断条件概率？
提示：题目中出现“已知在……前提下(或条件下)”等字眼时，一般为求条件概率．题目中没有出现上述明显字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，一般也为条件概率．如：从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，其中一张放到验钞机上发现是假钞．求2张都是假钞的概率．题目中没有明显的条件提示，但“其中一张放到验钞机上发现是假钞”，此事件的出现影响了所求事件的概率，故此题为求条件概率．
2．任意向区间(0,1)上投掷一个点，用x 表示该点的坐标，设事件A ＝{x |0<x <12}，B ＝{x |
1
4<x <1}，你能求出P (B |A )吗？
提示：P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )
＝1
412＝1
2＝0.5.
知识点二 独立事件
[填一填]
一般地，对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立．可以证明，如果A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．
[答一答]
3．若事件A 与B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B )，与P (AB )＝P (A |B )·P (B )矛盾吗？ 提示：不矛盾，若事件A 与B 相互独立，则P (A |B )＝P (A )． 4．求相互独立事件的概率应注意的问题是什么？
提示：求相互独立事件的概率，首先要分析题意，判断所给事件是否相互独立，然后选用公式求解．在具体解题时，常常与互斥事件、古典概型等联系在一起，要注意正确地选择解题方法．
1．如何理解条件概率？
(1)事件B 在“事件A 已发生”这个附加条件下的概率与没有这个附加条件的概率是不同的；
(2)应该说，每一个随机试验都是在一定条件下进行的，而这里所说的条件概率，则是当试验结果的—部分信息已知(即在原随机试验的条件下，再加上一定的条件)，求另一事件在此条件下发生的概率；
(3)若B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 2．怎样求解条件概率？
求条件概率一般有两种方法：一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P (B |A )＝n (AB )n (A )，其中n (AB )表示事件AB 包含的基本事件个数，n (A )表示事件A 包
含的基本事件个数．
二是直接根据定义计算，P (B |A )＝P (AB )
P (A )特别要注意P (AB )的求法．
3．如何理解事件的相互独立性？
(1)对于事件A ，B ，如果事件A (或B )是否发生对事件B (或A )发生的概率没有影响，则称这两个事件相互独立．例如：甲袋中装有3个白球，2个黑球，乙袋中装有2个白球，2个黑球，从这两个袋中分别摸出一个球，把“从甲袋中摸出1个球，得到白球”记为事件A ，把“从乙袋中摸出1个球，得到白球”记为事件B ，显然A 与B 相互独立；
(2)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；
(3)如果事件A 1，A 2，A 3，…，A n 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)·P (A 2)…P (A n )．
4．如何判断事件是否相互独立？
(1)定义法：事件A 、B 相互独立⇔P (AB )＝P (A )·P (B )；
(2)利用性质：若A 与B 互相独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立； (3)有时通过计算P (B |A )＝P (B )可以判断事件A ，与B 相互独立. 5．相互独立事件与互斥事件的区别与联系
(1)事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念，两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指一个事件的发生对另一个事件是否发生没有影响．
(2)事件的独立性是对两个任意事件而言，而事件的互斥是对一个试验中的两个事件而言．
(3)相互独立事件不是对立事件，一般情况下必定不是互斥事件；相互对立事件是互斥事件，不能是相互独立事件；互斥事件有可能是对立事件，一定不是相互独立事件．
(4)在实际应用中，事件的独立性常常不是根据定义判断，而是根据实际问题(意义)来加以判断，如在一部仪器上工作的两个元器件，它们各自的工作状况是互相独立的；两个人同时射击一个目标，各自命中状况也是互相独立的．
题型一 条件概率问题
[例1] 甲、乙两班共有70名同学，其中女同学40名．设甲班有30名同学，其中女同学15名，则在碰到甲班同学时，正好碰到一名女同学的概率为( )
A.1
2 B.1
3 C.14
D.15
[解析] 设“碰到甲班同学”为事件A ，“碰到甲班女同学”为事件B ，则P (A )＝3
7，P (AB )
＝37×12，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12
，故选A. [答案] A
规律方法 本题为直接条件概率公式求解，要注意分清谁是条件．
[例2]在10个球中有6个红球和4个白球(除颜色外完全相同)，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸到红球的条件下，求第二次也摸到红球的概率．
[思路探究]
思路一由题意易知第一次摸到红球后
剩余9个球，其中有5个红球
→
利用A|B 的含
义直接求解
思路二求出相关事件
发生的概率
→代入公式求解
[解]记A表示“第二次摸到红球”，B表示“第一次摸到红球”，则A|B表示“第一次摸到红球，第二次也摸到红球”．
方法一：直接利用A|B的含义求解．
由题意，事件B发生后，袋中还有9个球，其中5个红球，4个白球，则A发生的概率
为5
9，即P(A|B)＝
5
9.
方法二：用公式求解．
P(B)＝
6
10＝
3
5，而AB表示两次都摸到红球，则P(AB)＝
C26
C210＝
1
3.所以P(A|B)＝
P(AB)
P(B)
＝
1
3
3
5
＝
5
9.
规律方法计算P(A|B)的两种方法
(1)利用条件概率的计算公式计算．分别计算P(AB)，P(B)，将它们相除即得．
(2)利用缩小基本事件范围的观点计算．即将原来的基本事件空间Ω缩小为B，原来的事件A缩小为AB，每个基本事件发生的概率相等，从而利用古典概型的概率公式可得P(A|B)＝n(AB)
n(B)
，其中n(B)，n(AB)分别表示事件B，事件AB所包含的基本事件个数．
甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天所占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：
(1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？ (2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？
解：设“甲地为雨天”为事件A ，“乙地为雨天”为事件B ，由题意，得P (A )＝0.20，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12.
(1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是 P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.12
0.18
≈0.67.
(2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是 P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.12
0.2＝0.60.
题型二 相互独立性的判断
[例3] 判断下列各对事件是否是相互独立事件：
(1)甲组3名男生、2名女生；乙组2名男生、3名女生，今从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；
(3)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的苹果放回筐内，再从筐内任意取出1个，取出的是梨”．
[思路探究] 解答本题可先看两个事件中其中一个事件发生与否对另一个事件发生的概率是否有影响，再判断两事件是否相互独立．
[解] (1)“从甲组选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为5
8，若这一事件发生了，则“从
剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为4
7；若前一事件没有发生，则后一
事件发生的概率为5
7， 可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者
不是相互独立事件．
(3)由于把取出的苹果又放回筐内，故对“从中任意取出1个，取出的是梨”的概率没有
影响，所以二者是相互独立事件．
规律方法 相互独立事件的特点是：(1)对两个事件而言；(2)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．
一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性：
(1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩．
解：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，
它有4个基本事件，由等可能性知概率各为1
4.
这时A ＝{(男，女)，(女，男)}， B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， AB ＝{(男，女)，(女，男)}， 于是P (A )＝12，P (B )＝34，P (AB )＝1
2，
由此可知P (AB )≠P (A )P (B )， 所以事件A 、B 不相互独立．
(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(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个基本事件的概率均为1
8，这时
A 中含有6个基本事件，
B 中含有4个基本事件，
AB 中含有3个基本事件．
于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (AB )＝3
8，
显然有P (AB )＝3
8＝P (A )P (B )成立．
从而事件A 与B 是相互独立的． 题型三 相互独立事件的概率
[例4] 某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲，乙，丙三人100 m 跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，1
3，若对这三名短跑运动员的100 m 跑
的成绩进行一次检测，则
(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大？
[思路探究] 若用A ，B ，C 表示甲，乙，丙三人100米跑的成绩合格，则事件A ，B ，C 相互独立．
[解] 记“甲、乙、丙三人100米跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，
则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝1
3
.
设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0,1,2,3)． (1)三人都合格的概率：
P 3＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝1
10.
(2)三人都不合格的概率：
P 0＝P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝35×14×23＝1
10.
(3)恰有两人合格的概率：
P 2＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝23
60
.
恰有一人合格的概率：
P1＝1－P0－P2－P3＝1－1
10－23
60－1
10＝25
60＝5
12.
结合(1)(2)可知P1最大．
所以出现恰有1人合格的概率最大．
规律方法(1)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推广到一般情形：如果事件A1，A2，…，A n相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的程序：①首先确定各事件之间是相互独立的；②确定这些事件可以同时发生；③求出每个事件发生的概率，再求其积．
甲、乙、丙3位学生用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成6道自我检测题，甲
答题及格的概率为8
10，乙答题及格的概率为6
10，丙答题及格的概率为
7
10，3人各答题1次，则
3人中只有1人答题及格的概率为(C)
A.3
20 B.42
125
C.47
250D．以上全不对
解析：设“甲答题及格”为事件A，“乙答题及格”为事件B，“丙答题及格”为事件C，显然事件A，B，C相互独立．设“3人各答题1次，只有1人及格”为事件D，则D的可能情况为A B C，A B C，A B C(其中A，B，C分别表示甲、乙、丙答题不及格)．A B C，A B C，A B C不能同时发生，故两两互斥．所以P(D)＝P(A B C)＋P(A B C)
＋P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝8
10×
4
10×
3
10＋
2
10
×6
10×
3
10＋
2
10×
4
10×
7
10＝
47
250.
题型四概率知识的综合应用
[例5]某车间甲组有10名工人，其中有4名女工人；乙组有5名工人，其中有3名女
工人．现采用分层抽样方法(层内采用不放回简单随机抽样)从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核．
(1)求从甲、乙两组各抽取的人数；
(2)求从甲组抽取的工人中恰有1名女工人的概率； (3)记ξ表示抽取的3名工人中男工人数，求ξ的分布列．
[解] (1)由于甲组有10名工人，乙组有5名工人，根据分层抽样原理，若从甲、乙两组中共抽取3名工人进行技术考核，则从甲组抽取2名工人，乙组抽取1名工人．
(2)记A 表示事件：从甲组抽取的工人中恰有1名女工人，则P (A )＝C 14C 16
C 210＝815
.
(3)ξ的可能取值为0,1,2,3.A i 表示事件：从甲组抽取的2名工人中恰有i 名男工人，i ＝0,1,2，B 表示事件：从乙组抽取的是1名男工人．A i 与B 独立，i ＝0,1,2.
P (ξ＝0)＝P (A 0·B )＝P (A 0)·P (B )＝C 24C 210·C 13C 15＝675
，
P (ξ＝1)＝P (A 0·B ＋A 1·B )＝P (A 0)·P (B )＋P (A 1)·P (B )＝C 24C 210·C 12C 15＋C 16C 14C 210·C 1
3
C 15＝2875，
P (ξ＝3)＝P (A 2·B )＝P (A 2)·P (B )＝C 26C 210·C 1
2
C 15＝1075
，
P (ξ＝2)＝1－[P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝3)]＝31
75.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 P
675
2875
3175
1075
如图，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.
(1)求p；
(2)求电流能在M与N之间通过的概率．
解：记A i表示事件：电流能通过T i，i＝1,2,3,4，
A表示事件：T1，T2，T3中至少有一个能通过电流，
B表示事件：电流能在M与N之间通过．
(1)由题知：A＝A1·A2·A3，A1，A2，A3相互独立，
P(A)＝P(A1·A2·A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)＝(1－p)3.
又P(A)＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，
故(1－p)3＝0.001，p＝0.9.
(2)B＝A4＋A4·A1·A3＋A4·A1·A2·A3，
P(B)＝P(A4＋A4·A1·A3＋A4·A1·A2·A3)
＝P(A4)＋P(A4·A1·A3)＋P(A4·A1·A2·A3)
＝P(A4)＋P(A4)P(A1)P(A3)＋P(A4)P(A1)P(A2)P(A3)
＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.
——误区警示系列——
概念理解不到致误
[例6]设某种灯管使用了500h还能继续使用的概率是0.94，使用到700h还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500h的一个此种灯管还能继续使用到700h的概率是多少？
[错解一]P＝0.94×0.87＝0.817 8.
[错解二]设A＝“使用了500h还能继续使用”，B＝“使用到700h还能继续使用”，
则P(A)＝0.94，P(B)＝0.87，则P(B|A)＝P(AB)
P(A)
＝
P(A)P(B)
P(A)
＝P(B)＝0.87.
[错解分析]本题所求事件的概率属于条件概率，错解一当成了相互独立事件．错解二
中错用公式P(B|A)＝P(A∩B)
P(A)
＝
P(A)P(B)
P(A)
，注意只有事件A，B相互独立时才有P(A∩B)＝
P(A)P(B)．
[正解]设A＝“使用了500h还能继续使用”，B＝“使用到700h还能继续使用”，则
P(A)＝0.94，P(B)＝0.87，而所求的概率为P(B|A)．由于A∩B＝B，故P(B|A)＝P(AB)
P(A)
＝
P(B)
P(A)
＝
0.87 0.94＝87 94.
有一批种子的发芽率为0.8，发芽后的幼苗成活率为0.7, 在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率．
解：设A ＝“种子发芽成功”，B ＝“种子能成长为幼苗”．根据题意知P (A )＝0.8，P (B |A )＝0.7，故由P (B |A )＝
P (A ∩B )
P (A )
知P (A ∩B )＝P (A )P (B |A )＝0.8×0.7＝0.56.又由于A ∩B ＝B ，故P (A ∩B )＝P (B )＝0.56，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.56.
1．把一枚硬币抛掷两次，记事件A ＝{第一次出现正面}，事件B ＝{第二次出现反面}，则P (B |A )等于( A )
A.1
2 B.14 C.13
D ．1
解析：由题意可知P (B )＝P (A )＝12，P (AB )＝14，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1
412
＝1
2
.
2．抛掷红，蓝两枚均匀的骰子，记事件A ＝{红骰子出现4点}，事件B ＝{蓝骰子出现的点数是偶数}，则P (A |B )为( D )
A.12
B.536
C.112
D.16
解析：先求出P (B )，P (AB )，再利用条件概率公式P (A |B )＝P (AB )P (B )来计算．∵P (B )＝1
2，P (AB )
＝112，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1
6
. 3．若事件A 与B 相互独立，则下面不是相互独立事件的是( A ) A ．A 与A B ．A 与B C.A 与B
D.A 与B
解析：当A ，B 相互独立时，A 与B ，A 与B 以及A 与B 都是相互独立的，而A 与A 是对立事件，不相互独立．
4．在某道路A ，B ，C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这个道路上匀速行驶，则在三处都不停车的概率为( A )
A.35192
B.25192
C.35576
D.21192
解析：由题意可知，设事件A ＝{在道路A 处不停车}，B ＝{在道路B 处不停车}，C ＝{在道路C 处不停车}，则有P (A )＝512，P (B )＝712，P (C )＝3
4.在这个道路上匀速行驶，则三处都不
停车的概率P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝512×712×34＝35
192
.
5．若P (A )＝0.3，P (B )＝0.4，P (A ∩B )＝0.1，则P (A |B )＝1,4，P (B |A )＝1,3. 解析：P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝1
4，
P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )
＝1
3.
6．设甲、乙两人独立地射击同一目标，甲击中目标的概率为910，乙击中目标的概率为8
9，
现各射击一次，则目标被击中的概率为89
90
.
解析：“目标被击中”包含“甲中、乙不中”“甲不中、乙中”“甲乙都中”三种情况，其对立事件“甲乙都不中”．∴所求概率为1－110×19＝8990
.
7．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：
(1)第一次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第一次和第二次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第一次抽到舞蹈节目的条件下，第二次抽到舞蹈节目的概率．
解：设第一次抽到舞蹈节目为事件A ，第二次抽到舞蹈节目为事件B ，则第一次和第二次都抽到舞蹈节目的事件AB .
(1)P (A )＝4×56×5＝2
3
.
(2)P (AB )＝4×36×5＝2
5
.
(3)方法一：由(1)(2)可得，在第一次抽到舞蹈节目的条件下，第二次抽到舞蹈节目的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝2
523
＝3
5
.
方法二：因为n (AB )＝12，n (A )＝20，所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝1220＝3
5
.。