年高考第一轮复习数学相互独立事件同时发生的概率

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高考数学一轮复习事件的相互独立性与条件概率全概率公式

教材改编题
2.在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是
A.218
B.110
C.19
√D.27
当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为27.
教材改编题
3.智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂A，人工食堂B，居民甲第一天随机地选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A 食堂的概率为0.6；如果第一天去B食堂，那么第二天去A食堂的概率为 0.5，则居民甲第二天去A食堂用餐的概率为_0_._5_5_.
B⊆Ω，P(B)>0，有
P(Ai|B)＝PAPiPBB |Ai＝
PAiPB|Ai
n
，i＝1,2，…，n.
PAkPB|Ak
k＝1
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.( × ) (2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B).( √ )
(2)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，
发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时，被接
收为0和1的概率分别为0.93和0.07；当发送信号1时，被接收为1和0的概
率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，则接收的信号为1的
概率为
A.0.48
记两人又打了X个球后结束比赛，设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1,2,3…)，则 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P( A 1 A 2)＝P(A1)P(A2)＋P( A 1)P( A 2) ＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5. 由乙先发球，得 P(X＝4 且甲获胜)＝P(A1 A 2A3A4)＋P( A 1A2A3A4) ＝P(A1)P( A 2)P(A3)P(A4)＋P( A 1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5 ＋0.6×0.5×0.4×0.5＝0.1.

高三数学相互独立事件同时发生的概率

确分类与重组是解题的关键。
五、例题：
例3：甲、乙、丙3人各进行一次射击，如果甲、乙2人击中目标的概率是0.8，丙击中目标的概率是0.6，计算： (1)3人都击中目标的概率；
(2)至少有2人击中目标的概率； (3)其中恰有1人击中目标的概率.
五、例题：
说明：题(3)还可用逆向思考，先求出
3人都未击中的概率是0.016，再用10.832-0.016可得.
五、例题：
练习：（2002年全国高考）某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立）。 (1)求至少3人同时上网的概率。 (2)至少几人同时上网的概率小于0.3。
三、课堂小结
1.应用公式时要注意前提条件,只有对相
互独立事件A,B来说,才能运用公式P（A· B）
=P（A）· P（B）. 2.在解题过程中要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积,或其对
（此概念可推广到有限多个的情形）
3.独立重复试验（又叫贝努里试验）：在同
样的条件下重复地、各次之间相互独立地进
行的一种试验。
一、基本知识概要：
n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率记为Pn（k）设在一次试验中事件A发生的概率为P，则
Pn（k）= Cnk P k (1 P) nk 。
二、重点难点:
五、例题：
练习：(2003 江苏)有三种产品，合格率分
别是0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检
验。（Ⅰ）求恰有一件不合格的概率；
（Ⅱ）求至少有两件不合格的概率.（精确到0.001）
五、例题：
思维点拨：解题时要注意把一个事件
分拆为n个互斥事件时，要考虑周全。
五、例题：

高一数学相互独立事件同时发生的概率3

C
3 5
某事件的概率为P，在n次独立重复试验中， k C 这事件恰好发生k次，有种不同的情形，每 n nk k 一种情形发生的概率是写 P 1 P nk k k 出概率公式 Cn P 1 P
三、公式 (二项分布公式)
如果在一次试验中某事件发生的概率是 p，那么在n次独立重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率计算公式：
11.3相互独立事件同时发生的概率(3)
3. 独立重复试验的概率
2019年3月19日星期二
复习回顾：
1、互斥事件：不可能同时发生的两个事件
对立事件：必有一个发生的互斥事件事件A（或B）是否发生对事件B 相互独立事件：（或A）发生的概率没有影响 2、互斥事件有一个发生的概率公式：
P A B P A P B
解：记“射手射击一次击中目标”为事件A
连续射击4次是相互独立的
P( A A A A) P( A) P A P A P( A)

问题 2：某射手射击一次，击中目标的概率是0.9，求他射击4次恰好击中目标3次的概率.
思考1：设该射手第1、2、3、4次射击击中目标的事件分别为 A1、A2、A3、A4 ，事件 A1、A2、A3、A4 是否相互独立？是相互独立思考2：写出该射手射击4次恰好击中目标3次的所有可能性？解：分别记在第1、2、3、4次射击中，射手击中目标为事件 A1、A2、A3、A4 ,未击中目标为事件 A1、 A2、 A3、 A4 ，那么，射击4次，击中3次共有下面四种情形： A1 A2 A3 A4 A1 A2 A3 A4
的概率是（
4
A.
C.
4 1 5 5 4 4 1 5 5

高二数学相互对立事件同时发生的概率

解：设从甲车间生产的零件中抽取1件得到合格品为事件A，从乙车间抽取一件得到合格品为事件B。
2件都是合格品就是事件AB发生，
又事件A与B相互独立，所以抽到合格品的概率为
P ( A B ) P ( A) P ( B ) 96 97 582 100 100 625
例3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1 个开关能够闭合，线路就能正常工作.假定在某段时间内每个开关闭合的概率都是0.7,计算在这段时间内线路正常工作的概率. 解：分别记这段时间内开关JA、JB、JC能够闭合 JA 为事件A,B,C. JB 由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响。 JC 根据相互独立事件的概率乘法公式这段时间内3
个开关都不能闭合的概率是
P ( A B C ) P ( A) P ( B ) P (C ) [1 P ( A)][1 P ( B )][1 P (C )] (1 0.7)(1 0.7)(1 0.7) 0.027
所以这段事件内线路正常工作的概率是
1 0.6x 0.2 x 3
2 P(由甲答出）-P(两人都未答出） =1- 0.4- 0.2=0.4
两个事件相互独立，是指它们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．一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是
2.独立事件同时发生的概率的计算公式
如果事件A1，A2，…，An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…An)=P(A1)P(A2)…P(An)
例2.生产一种零件，甲车间的合格率是96%,乙车间的合格率是
97％,从它们生产的零件中各抽取1件，求两次都抽到合格品的概率。

高二数学相互独立事件同时发生的概率1(201909)

相互独立事件同时发生的概率
相互独立事件:
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，这样的两个事件叫做相互独立事件．
如果事件A与B相互独立，那么A与 B、 A 与B、A 与 B 也都相互独立．
事件的积：
设A、B是两个相互独立事件，则事件“A与B同时发生” 称为事件A、B的积事件，记作事件A·B．
相互独立事件概率的乘法公式：
P(A·B）＝P(A)·P(B)
两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积．
练习：
1．若A、B是两个相互独立事件且
P（ A）＝1 ， P（ B）＝2，
2
3
则 P（ A B）＝＿＿＿； P（A B）＝＿＿＿
2．袋中有3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，用A 表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是：
（A）互斥事件（B）相互独立事件
（C“有放回”则A与B是事件
；颌面整形,下颚角,削骨,磨骨,磨腮削骨,磨骨多少钱,磨骨瘦脸,四川颌面整形,颧骨内推,整形美容,下颚角手术:/
；
斗主爵禄冕旒属念加太尉陈显达使持节宜常以春分于正殿之庭拜日万安及劫贼馀口长徒敕系亦闲礼容其年闰九月改定仪注庄依五行数允执中和奏《云儛》诏太庙四时祭谓无简格慕政化也难以意造襄阳脡吴昌〖桂阳郡〗郴老人星见南方丙上即为明据东行及日帝社南向望之生光禄大夫育汝南为犯庚戌太白犯房心五五年二月乙未上刚毅有断大行凶器辒辌车缘边诸州郡将士有临阵及疾病死亡者徐受终上代谓朝日宜用仲春之朔既而自树本根二年六月丙子应发为客有流星如鸡卵京邑女人放观以众降我食此不尽肇加元服委州郡讯察对越灵命置长

高二数学相互独立事件同时发生的概率知识精讲人教版

高二数学相互独立事件同时发生的概率知识精讲人教版【基础知识精讲】1.相互独立事件与事件的积事件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.设A 、B 是两个事件，那么A ·B 表示这样一个事件，它的发生表示A 与B 同时发生，它可以推广到有限多个事件的积.2.相互独立事件发生的概率两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积. P(A ·B)＝P(A)·P(B) (1)证明：设甲试验共有N 1种等可能的不同结果，其中属于A 发生的结果有m 1种，乙试验共有N 2种等可能的不同结果，其中属于B 发生的结果有m 2种，由于事件A 与B 相互独立，N 1，m 1与N 2，m 2之间是相互没有影响的，那么，甲、乙两试验的结果搭配在一起，总共有N 1·N 2种不同的搭配，显然这些搭配都是具有等可能性的.另外，考察属于事件AB 的试验结果，显然，凡属于A 的任何一种试验的结果同属于B 的任何一种乙试验的结果的搭配，都表示A 与B 同时发生，即属于事件AB ，这种结果总共有m 1·m 2种.因此得：P(AB)＝2121N N m m ⋅⋅＝11N m ·22N m∴ P(AB)＝P(A)P(B)这个公式进一步推广：P(A 1A 2……A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )即：如果事件A 1，A 2，…，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.值得注意的是：①事件A 与B(不一定互斥)中至少有一个发生的概率可按下式计算： P(A+B)＝P(A)+P(B)-P(AB)特别地，当事件A 与B 互斥时，P(AB)＝0，于是上式变为 P(A+B)＝P(A)+P(B)②事件间的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念，两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响.3.独立重复试验.独立重复试验，又叫贝努里试验，是在同样的条件下重复地，各次之间相互独立地进行的一种试验.在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某种事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的.一般地，如果在一次试验中某件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生K 次的概率P n (k)＝k P k (1-P)n-kP n (k)＝k P k (1-p)n-k 可以看成二项式［(1-p)+p ］n展开式中的第k+1项.【重点难点解析】本节的重点是相互独立事件的概念乘法公式，理解并掌握n 次独立重复试验中事件A发生k次的概率公式.难点是n次独立重复试验中事件A发生k次的概率的求法.例1甲、乙两人独立地解同一个问题，甲解决这个问题的概率为P1，乙解决这个问题的概率为P2，那么两人都没能解决这个问题的概率是( )A.2-P1-P2B.1-P1P2C.1-P1-P2+P1P2D.1-(1-P1)(1-P2)E⋃，而解法一：记甲解决成功为E，乙解决成功为F，则两个均未成功为事件FE⋃)＝1-P(E∪F)＝1-［P(E)+P(F)-P(EF)］，由于E、F独立，故P(EF)＝P(E)P(F)，P(FE⋃)＝1-P1-P2+P1P2.故选C.这样，P(F解法二：记号同解法一，所求事件为EF，由于E与F独立，故P(EF)＝P(E)·P(F)＝(1-P1)(1-P2)＝1-P1+P2+P1P2.解法三：可采用极端原则：设P1＝1，P2＝0，则所求概率为0，而四个选项中只有C此时值为0.故选C.例2甲、乙、丙各进行一次射击，如果甲、乙2人击中目标的概率是0.8，丙击中目标的概率是0.6，计算：(1)3人都击中目标的概率；(2)至少有2人击中目标的概率；(3)其中恰有1人击中目标的概率.解 (1)记“甲、乙、丙各射击一次，击中目标”分别为事件A、B、C彼此独立，三人都击中目标就是事件A·B·C发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得：P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.8×0.8×0.6＝0.384(2)至少有2人击中目标包括两种情况：一种是恰有2人击中，另一种是3人都击中，其中恰有2人击中，又有3种情形，即事件A·B·C，A·B·C，A·B·C分别发生，而这3种事件又互斥，故所求的概率是P(A·B·C)+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)+P(A)P(B)P(C)＝0.8×0.8×0.4+0.8×0.2×0.6+0.2×0.8×0.6+0.8×0.8×0.6＝0.832(3)恰有1人击中目标有3种情况，即事件A·B·C，A·B·C，A·B·C，且事件分别互斥，故所求的概率是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)＝0.8×0.2×0.4+0.2×0.8×0.4+0.2×0.2×0.6＝0.152.答：3人都击中目标的概率是0.384；至少2人击中目标的概率是0.832；恰有1人击中目标的概念是0.152.说明题(3)还可用逆向思考，先求出3人都未击中的概率是0.016，再用1-0.832-0.016可得.例3甲、乙两人各投篮3次，每次投中得分的概率分别为0.6和0.7，求(1)甲、乙得分相同的概率；(2)甲得分比乙多的概率.解 (1)分别令3次投篮中甲投中0次、1次、2次、3次为事件A 0，A 1，A 2，A 3；乙恰投中0次，1次，2次，3次为事件B 0，B 1，B 2，B 3，当且仅当他们投中次数相同时得分才相同，设得分相同为事件D.那么D ＝A 0B 0+A 1B 1+A 2B 2+A 3B 3所以P(D)＝P(A 0B 0)+P(A 1B 1)+P(A 2B 2)+P(A 3B 3)＝(1-0.6)3(1-0.7)3+C 31×0.6×(1-0.6)2×C 31×0.7×(1-0.7)2+C 32×0.62×(1-0.6)C 32×0.72×(1-0.7)+0.63×0.73＝0.321(2)设“甲得分比乙多”为事件E ，当且仅当甲投中次数比乙多，事件E 发生，所以E ＝A 1B 0+A 2B 0+A 3B 0+A 2B 1+A 3B 1+A 3B 2利用公式可求得P(E)＝0.243例4 工人看管3台机床，在1小时内，3台机床正常工作(不需要照顾)的概率分别是0.9，0.8，0.85，求在任一小时内.(1)3台机床都不需要照顾的概率.(2)3台机床中至少有一台不需要工人照顾的概率. 解 (1)可以认为机床的工作是相互独立的.设A 1，A 2，A 3分别表示第1、2、3台机床不需要工人照顾，则P(A 1A 2A 3)＝P(A 1)P(A 2)P(A 3)＝0.9×0.8×0.85＝0.612.即3台机床都不需要工人照顾的概率为0.612.(2)“3台机床中至少有一名不需要照顾”与“3台都需要工人照顾”是对立事件，即A 1+A 2+A 3与1A 、2A 、3A 是对立事件，所以P(A 1+A 2+A 3)＝1-P(321A A A ++) ＝1-P(321A A A ) ＝1-P(1A )P(2A )P(3A )＝1-(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85) ＝0.997即3名机床中至少有一台不需要照顾的概率为0.997.【难题巧解点拨】例1 有10台同样的机器，每台机器的故障率为0.03，各台机器独立工作，今配有2名维修工人，一般情况下，一台机器故障1个人维修即可，问机器故障无人修的概率是多少?解 A 表示机器故障无人修的事件，A 表示机器故障多不超过2，则P(A )＝C 100(0.97)10+C 101(0.97)9(0.03)+C 103(0.97)8(0.03)2＝0.9972P(A)＝1-P(A )＝0.0028.说明出现故障的机器数大于2时即为机器故障无人修的情况，因为正向思考需考虑8种情况，所以应用逆向思考的方法.例2 设在一袋子内装有5只白球和5只黑球，从袋子内任取5次，每次取一只，每次取出的球又立即放回袋中，求这5次取球中(结果保留两个有效数字)①取得白球3次的概率②至少有一次取得白球的概率解本题考查事件在n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率.设取得一次白球的事件为A ，A 在一次试验中发生的概率P ＝0.5，所以取得白球3次的概率即A 在5次独立实验中恰好发生3次的概率.C 530.53(1-0.5)5.3＝0.3125≈0.31至少有一次取得的白球的概率为1-C 500.50(1-0.5)5＝0.96875≈0.97例3 每周甲去某地的概率是41，乙去某地的概率是51，假定两人的行动之间没有影响，分别求下列事件发生的概率：(1)一周内甲、乙同去某地的概率；(2)一月内(以四周计)甲去某地的概率.解 (1)P ＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝41×51＝201 (2)P ＝1-C 40(1-41)4(41)0＝1-(43)4＝256175评析：(1)为相互独立事件同时发生；(2)为n 次独立重复实验恰好发生k 次的事件，也可由P ＝C 41(41)1(43)3+C 42(41)2(43)2+C 43(41)3(43)+C 44(41)4(43)0求解.【课本难题解答】有甲、乙、丙三批罐头，每100个，共中各1个是不合格的，从三批罐头中各抽出1个，计算：(1)3个中恰有一个不合格的概率； (2)3个中至少有1个不合格的概率.解 (1)P 1＝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 )＝3×(0.01×0.992)≈0.03或者P 1＝C 31×0.01×(1-0.01)2＝3×0.01×0.992≈0.03(2)1-0.993≈0.03【命题趋势分析】本节主要了解互斥事件与相互独立事件的意义：会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率；了解独立重复试验，会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率.【典型热点考题】例1 将一枚硬币连掷4次，出现“2个正面，2个反面”的概率是( )A.21 B.83 C.52D.1解掷一枚硬币一次看作一次试验，出现上面事件为A ，则P(A)＝21，而连掷4次可看作4次独立重复实验，所求问题即为4次独立重复试验中事件A 恰好发生2次的概率是多少，根据n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率公式P n (k)＝k P k (1-P)n-k得到：P 4(2)＝C 42·(21)2·(21)2＝83∴应选B.例2 生产某种产品出现次品的概率为2%，生产这种产品4件，至多一件次品的概率为( )A.1-(98%)4B.(98%)4+(98%)3·2%C.(98%)4D.(98%)4+C 41(98%)3·2%解生产一件产品看作一次试验，产品为次品，记作事件A ，则所求问题就是4次独立重复试验中事件A 发生一次或不发生的概率.由公式 P n (k)＝k P k (1-p)n-k.得：P ＝C 40(2%)·(1-2%)4+C 41(2%)(1-2%)3＝(98%)4+C 41(98%)3·2% ∴应选D.本周强化练习：【同步达纲练习】一、选择题1.若事件P 与Q 独立，则P 与Q ；P 与Q ；P 与Q 相互独立的对数是( ) A.0 B.1 C.2 D.32.下列正确的说法是( ) A.互斥事件是独立事件 B.独立事件是互斥事件C.两个非不可能事件不能同时互斥与独立D.若事件A 与事件B 互斥，则A 与B 独立.3.一个均匀的正四体，第一面是红色，第二面是白色，第三面是黑色，而第四面同时有红、白、黑三种颜色，P 、Q 、R 表示投掷一次四面体接触桌面为红、白、黑颜色事件.则下列结论正确的是( )A.P 、Q 、R 不相互独立B.P 、Q 、R 两两独立C.P 、Q 、R 不会同时发生D.P 、Q 、R 的概率是314.一个口袋中装有3个白球和3个黑球，独立事件是( ) A.第一次摸出是白球与第一次摸出是黑球B.摸出后不放回.第一次摸的是白球，第二次摸的是黑球C.摸出后放回，第一次摸的是白球，第二次摸的是黑球D.一次摸两个球，第一次摸出颜色相同的球与第一次摸出颜色不同的球5.某产品合格率为0.9，下列事件可看作独立重复试验( ) A.一次抽3件，都是合格品 B.一次抽3件，只有2件合格品 C.抽后放回，连续抽三次都是次品D.抽出后，合格品就不放回，是次品就放回，连续抽三次，三次都是合格品6.一批产品100件，其中5件是次品，从中任取三件，恰有一件是次品的概率是( ) A.C 31·0.05·(1-0.05)2B.51C.1005×3D.310025.915C C C7.推毁敌人一个工事，要命中三发炮弹才行，我炮兵射击的命中率是0.8.为了95%的把握摧毁工事，需要发射炮弹的个数是( )A.6B.5C.4D.38.甲、乙两人独立答题，甲能解出的概率为P ，乙不能解出的概率为q ，那么两人都能解出此题的概率是( )A.pqB.p(1-q)C.(1-p)(1-q)D.1-(1-p)(1-q)9.一批产品共有100个，次品率3%，从中任取3个恰有1个次品的概率是( )A.C 310.03(1-0.03)2B.C 31(0.03)2(1-0.03)C.C 31(0.03)3D.310019713C C C10.10颗骰子同时掷出，共掷5次，则至少有一次全部出现一个点的概率是( )A.［1-(65)10］5B.［1-(65)5］10C.1-［1-(61)10］5D.1-［1-(65)5］10二、填空题1.两雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，则有且仅有1名雷达发现飞行物的概率为.2.一个工人看管10部机器，在某段时间里一部机器需要人照看的概率为31，则在这段时间内，有四部机器需要照看的概率是.3.100个大小一样的球，其中红球90个，白球10个，现从中任取10个球.(1)若取后放回去，连续10个都是红球的概率＝；(2)若取后不放回，连续取10个都是红球的概率＝.4.每次射击打中目标的概率为0.2，如果射击6次，则至少打中两次的概率＝.5.某工人出废品的概率是0.2，则4天中仅有1天出废品的概率＝.6.一批棉花中任抽一纤维，长度小于45厘米的概率是0.75，则任抽3根纤维，两根小于45厘米，一根不小于45厘米的概率是.7.盒中有7个白球和3个黑球，从中连续取两次，两次都是白球.(1)如第一个取出后不放回，再取第二个，此时概率为；(2)如第一个球取出后放回，然后再取第二个，此时概率为.8.某气象局预报天气情况的准确率为0.9，那么一周内有五天准确的概率为.三、解答题1.两位乒乓球运动员水平相当，甲四次中胜乙三次的概率与甲八次中胜乙五次的概率哪种大?2.三位同龄工人参加人寿保险，在一年中，每人的死亡率都是0.01，年初交10元保险金，如一年内死亡，则发给家属100元.(1)一年中，保险公司亏本的概率?(2)保险公司一年中要付出200元的概率是多少?3.两个抽屉，各存放五个零件，使用时从任一抽屉中取一个，问过一段时间后第一个抽屉已用完，第二个抽屉还剩2个的概率?【素质优化训练】1.某厂正常用水(一天内用水在额定量之内)的概率为43，求在六天内至少四天用水正常的概率.2.一盒中装有20个弹子球，其中10个红球，6个白球，4个黄球，一小孩随手拿出4个，求至少有3个红球的概率.3.甲、乙两人进行五打三胜制的象棋赛，若甲每盘胜率为53，乙每盘胜率为52(和棋不算)，求：(1)比赛以甲比乙为3比0胜出的概率? (2)比赛以甲比乙为3比2胜出的概率?(3)比赛以乙比甲为3比1胜出的概率?4.现有一题面向全班50名同学征求解答，假定每人独立解出此题的概率为0.1，问此题能否在该班独立被解答的概率达95%?5.某人在车站上等车，可坐任何车回家，已知半小时内电车到站的概率为21，公交车到站的概率为41，计算此人十分钟内能乘回家的概率.【生活实际运用】船队要对下月是否出海作出决策，若出海后是好天，可得收益5000元；若出海后天气变坏，将要损失2000元；若不出海，无论天气好坏都要承担1000元的损失费.据预测下月好天气的概率是0.6，坏天气的概率是0.4，问应如何作出决策?解因为天气好坏是不确定因素，因此作决策时存在一定的风险，我们不能保证所作的决策一定会取得最好的效益，但必须使效益的期望值是最高的.要作出是否出海的决策，其主要依据是效益的高低，根据题意，不出海的效益是-1000元，而出海的效益要视天气而定，有60%的概率获5000元的收益，有40%的概率获-2000元的收益，故可求得出海效益的期望值.E ＝5000×60%+(-2000)×40% ＝2200(元).显然高于不出海的收益-1000元.故选择出海.【知识验证实验】证明“五局三胜”制(即比赛五局，先胜三局者为优胜者)是公平的比赛制度，即如果比赛双方赢得每局是等可能的，各局比赛是独立进行的，则双方获胜的概率相同.证将每一局比赛看作一次试验，考察一方，如甲方胜或负(即乙方负或胜)，问题归结为n ＝5的贝努里试验.设A 表示一局比赛中“甲获胜”事件，由题意，P(A)＝21，记B k 为“五局比赛中甲胜k 局”事件，k ＝0、1、2、3、4、5.则P(“甲获胜”)＝P(B 3∪B 4∪B 5).则利用概率的加法公式，注意到C 5k ＝C 55-k即得 P(“甲获胜”)＝P(B 3)+P(B 4)+P(B 5)＝C 53(21)5+C 54(21)5+C 55(21)5＝21. 而P(“乙获胜”)＝P(“甲获胜”)＝1-21＝21.【知识探究学习】从某鱼池中捕得1200条鱼，做了红色记号之后再放回池中，经过适当的时间后，再从池中捕1000条鱼，计算其中有红色记号的鱼的数目，共有100条，试估计鱼池中共有多少条鱼.解依次捕鱼的情况有r 个结果，因是有放回地捕鱼，所以每次捕得都有n 种可能，共有n r 个结果，其中有记号的鱼出现k 次的基本事件数目为C r k n 1r (n-n 1)r-k，那么概率为P k (n)＝r(n n 1)k (1-nn 1)r-k. 为了求P k (n)的最大值时的n ，我们设x ＝nn 1，考察函数f(x)＝x k (1-x)r-k,x ∈(0,1). 而f(x)＝kk r k r k )(1--［(r-k)x ］k ［k(1-x)］r-k≤kk r k r k )(1--｛［∑=-k i k r 1)(x+∑-=-kr i x k 1)1(］/k+(r-k)｝k+(r-k)＝k k-r(r-k)-k［rx k k r x k r k )1()()(--+-］k+r-k＝rk r k rk r k --)(. 当且仅当(r-k)x ＝k(1-x)，即x ＝r k 时，上式等号成立，即rk＝x 时，f(x)达到最大.于是^n ＝［k r n 1］时，P k (n)达到最大值，这样我们把［k rn 1］作为鱼池中鱼数n 的估计量.在题中^n ＝10010001200⨯＝12000(条).[参考答案]【同步达纲练习】一、1.D 2.C 3.A 4.C 5.C 6.D 7.A 8.B 9.D 10.C二、1.P(A ·B)+P(A ·B )＝0.26 2.0.227 3.0.349，0.330 4.0.34 5.0.410 6.0.422 7.(1)157 (2)0.49 8.C 75·0.95·0.12三、1.C 43·(21)3·21＝41.C 85(21)5(21)3＝327，前者概率大于后者2.(1)1-(1-0.01)3＝0.0297 (2)C 32·(0.01)2·0.99＝0.0002973.C 85·0.55(1-0.5)3＝327 【素质优化训练】 1.C 64(43)4(41)2+C 65(43)5·(41)+C 66(43)6＝0.83 2.P ＝420410110310C C C C ＝32322 3.(1)P ＝(53)3＝12527 (2)P ＝C 53(53)3(52)2＝625216 (3)P ＝C 43(52)3(53)1＝62596 4.P ＝1-0.950＝0.995＞0.95. 故能够. 5.P ＝21×41+21×(1-41)+(1-21)×41＝85或者P ＝21+41-21×41＝85.。

高考数学一轮复习事件的相互独立性与条件概率

(1)求在甲中奖的条件下，乙中奖的概率；
(2)证明：甲中奖的概率与乙中奖的概率相等．
题后师说
求条件概率的常用方法
巩固训练2
已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相
同．
(1)若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；
(2)若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，
7
解析：记事件A：甲答对，事件B：乙答对，则有：P(A)＝P(B)＝0.7，P(AB)＝
P AB
P A
0.5，所以P(B|A)＝
0.5
0.7
5
7
＝＝ .
4．(易错)某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为
5
4
3
1
，，，，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两
6
5
5
2
次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能
2．(教材改编)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的
降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，
则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．
0.38
ഥ+
解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB
ഥ
ഥ
ഥ
ഥ
ഥ + AB)＝P(A
ഥ )＋P(AB)＝P(A)P(
积，求解过程繁琐，但“至少……”“至多……”这些事件的对立事
件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思考，先求其对立
事件的概率，再利用概率的和与积的互补公式求得原来事件的概
率．这是“正难则反”思想的具体体现．

2023年新高考数学大一轮复习讲义专题47 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 (原卷版)

专题47 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式【考点预测】知识点1、条件概率（一）定义一般地，设A ，B 为两个事件，且()0P A >，称()()()|P AB P B A P A =为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率．注意：（1）条件概率|()P B A 中“|”后面就是条件；（2）若()0P A =，表示条件A 不可能发生，此时用条件概率公式计算|()P B A 就没有意义了，所以条件概率计算必须在()0P A >的情况下进行．（二）性质（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即1|0()P B A ≤≤．（2）必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0．（3）如果B 与C 互斥，则(||()(|))P B C A P B A P C A =+．注意：（1）如果知道事件A 发生会影响事件B 发生的概率，那么()|)(P B P B A ≠；（2）已知A 发生，在此条件下B 发生，相当于AB 发生，要求|()P B A ，相当于把A 看作新的基本事件空间计算AB 发生的概率，即()()()()()()()()|()n AB n AB n P AB P B A n A n A P A n Ω===Ω．知识点2、相互独立与条件概率的关系（一）相互独立事件的概念及性质（1）相互独立事件的概念对于两个事件A ，B ，如果)(|)(P B A P B =，则意味着事件A 的发生不影响事件B 发生的概率．设()0P A >，根据条件概率的计算公式，()()()()|P AB P B P B A P A ==，从而()()()P AB P A P B =．由此我们可得：设A ，B 为两个事件，若()()()P AB P A P B =，则称事件A 与事件B 相互独立．（2）概率的乘法公式由条件概率的定义，对于任意两个事件A 与B ，若()0P A >，则()|)()(P AB P A P B A =．我们称上式为概率的乘法公式．（3）相互独立事件的性质如果事件A ，B 互相独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立．（4）两个事件的相互独立性的推广两个事件的相互独立性可以推广到(2)n n n >∈*N ，个事件的相互独立性，即若事件1A ，2A ，…，n A 相互独立，则这n 个事件同时发生的概率1212()()()()n n P A A A P A A P A =．（二）事件的独立性（1）事件A 与B 相互独立的充要条件是()()()P AB P A P B =⋅．（2）当()0P B >时，A 与B 独立的充要条件是()()|P A B P A =．（3）如果()0P A >，A 与B 独立，则()()()()()()()|P AB P A P B P B A P B P A P A ⋅===成立．知识点3、全概率公式（一）全概率公式（1）|()()()()(|)P B P A P B A P A P B A =+；（2）定理1若样本空间Ω中的事件1A ，2A ，…，n A 满足： ①任意两个事件均互斥，即i j A A =∅，12i j n =，，，，，i j ≠； ②12n A A A +++=Ω；③()0i P A >，12i n =，，，．则对Ω中的任意事件B ，都有12n B BA BA BA =+++，且11()()()()|nni i i i i P B P BA P A P B A ====∑∑．注意：（1）全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单事件的概率计算，即运用了“化整为零”的思想处理问题．（2）什么样的问题适用于这个公式？所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．（二）贝叶斯公式（1）一般地，当0()1P A <<且()0P B >时，有()()()()()()()()()()||||P A P B A P A P B A P A B P B P A P B A P A P B A ==+ （2）定理2若样本空间Ω中的事件12n A A A ，，，满足： ①任意两个事件均互斥，即i j A A =∅，12i j n =，，，，，i j ≠； ②12n A A A +++=Ω；③()01i P A <<，12i n =，，，．则对Ω中的任意概率非零的事件B ，都有12n B BA BA BA =+++，且1()()()()()()()()|||j j j j j niii P A P B A P A P B A P A B P B P A P B A ===∑注意：（1）在理论研究和实际中还会遇到一类问题，这就是需要根据试验发生的结果寻找原因，看看导致这一试验结果的各种可能的原因中哪个起主要作用，解决这类问题的方法就是使用贝叶斯公式．贝叶斯公式的意义是导致事件B 发生的各种原因可能性的大小，称之为后验概率．（2）贝叶斯公式充分体现了|()P A B ，()P A ，()P B ，|()P B A ，|()P B A ，()P AB 之间的转关系，即()()()|P AB P A B P B =，()()()()()||P AB P A B P B P B A P A ==，|()()()()(|)P B P A P B A P A P B A =+之间的内在联系．【题型归纳目录】题型一：条件概率题型二：相互独立事件的判断题型三：相互独立事件概率的计算题型四：相互独立事件概率的综合应用题型五：全概率公式及其应用题型六：贝叶斯公式及其应用题型七：全概率公式与贝叶斯公式的综合应用【典例例题】题型一：条件概率例1．（2022·浙江·绍兴鲁迅中学高三阶段练习）甲､乙两人到一商店购买饮料，他们准备分别从加多宝､农夫山泉､雪碧这3种饮品中随机选择一种，且两人的选择结果互不影响.记事件A =“甲选择农夫山泉”，事件B =“甲和乙选择的饮品不同”，则()|P B A =（）A ．14B ．12C ．13D ．23例2．（2022·全国·高三专题练习（理））若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的涂色部分的面积表示（）A ．事件A 发生的概率B ．事件B 发生的概率C ．事件B 不发生条件下事件A 发生的概率D ．事件A 、B 同时发生的概率例3．（2022·全国·高三专题练习）端午节这天人们会悬菖蒲、吃粽子、赛龙舟、喝雄黄酒．现有9个粽子，其中2个为蜜枣馅，3个为腊肉馅，4个为豆沙馅，小明随机取两个，设事件A 为“取到的两个为同一种馅”，事件B 为“取到的两个均为豆沙馅”，则()P B A =（）A ．12B ．34C ．35D ．23变式1．（2022·全国·高三专题练习）如果{}n a 不是等差数列，但若k N *∃∈，使得212k k k a a a +++=，那么称{}n a 为“局部等差”数列.已知数列{}n x 的项数为4，记事件A ：集合{}{}1234,,,1,2,3,4,5x x x x ⊆，事件B ：{}n x 为“局部等差”数列，则条件概率()|P B A =（） A ．415B ．730 C ．15D ．16变式2．（2022·江苏·南京市秦淮中学高三阶段练习）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 （）=____________.变式3．（2022·全国·高三专题练习）已知事件A 和B 是互斥事件，()16P C =，()118P B C ⋂=，()()89P A B C ⋃=，则()P A C =______．变式4．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）2022年3月，全国大部分省份出现了新冠疫情，对于出现确诊病例的社区，受到了全社会的关注．为了把被感染的人筛查出来，防疫部门决定对全体社区人员筛查核酸检测，为了减少检验的工作量，我们把受检验者分组，假设每组有k 个人，把这k 个人的血液混合在一起检验，若检验结果为阴性，这k 个人的血液全为阴性，因而这k 个人只要检验一次就够了；如果为阳性，为了明确这k 个人中究竟是哪几个人为阳性，就要对这k 个人再逐个进行检验．假设在接受检验的人群中，随机抽一人核酸检测呈阳性概率为0.003p =，每个人的检验结果是阳性还是阴性是相互独立的．(1)若该社区约有2000人，有两种分组方式可以选择：方案一是：10人一组；方案二：8人一组．请你为防疫部门选择一种方案，并说明理由；(2)我们知道核酸检测呈阳性，必须由专家二次确认，因为有假阳性的可能；已知该社区人员中被感染的概率为0.29%，且已知被感染的人员核酸检测呈阳性的概率为99.9%，若检测中有一人核酸检测呈阳性，求其被感染的概率．（参考数据：（8100.9970.976,0.9970.970==，）【方法技巧与总结】用定义法求条件概率)(A B P 的步骤（1）分析题意，弄清概率模型；（2）计算()P A ，()P A B ；（3）代入公式求(()|))(P A B P B A P A =．题型二：相互独立事件的判断例4．（2022·山东·潍坊七中高三阶段练习）已知A ，B 是一次随机试验中的两个事件，若满足2()()3P A P B ==，则（）A ．事件A ，B 互斥 B ．事件A .B 相互独立C ．事件A ，B 不互斥D ．事件A ，B 不相互独立例5．（2022·湖北·荆州中学高三阶段练习）已知A ，B 为两个随机事件，()P A ，()0P B >，则“A ，B 相互独立”是“()()P A B P A B =”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件例6．（2022·全国·高三专题练习）若1()9P AB =，2()3P A =，1()3P B =，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 既互斥又相互独立变式5．（2022·全国·高三专题练习）袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A 表示“第一次摸得白球”，如果“第二次摸得白球”记为B ，“第二次摸得黑球”记为C ，那么事件A 与B ，A 与C 间的关系是（）A ．A 与B ，A 与C 均相互独立 B ．A 与B 相互独立，A 与C 互斥 C ．A 与B ，A 与C 均互斥D ．A 与B 互斥，A 与C 相互独立变式6．（2022·全国·高三专题练习）分别掷两枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”记为事件A ，“第二枚为正面”记为事件B ， “两枚结果相同”记为事件C ，那么事件A 与B ，A 与 C 间的关系是（） A ．A 与B ，A 与C 均相互独立 B ．A 与B 相互独立，A 与C 互斥 C ．A 与B ，A 与C 均互斥 D ．A 与B 互斥，A 与C 相互独立变式7．（2022·江苏·常州市第一中学高三开学考试）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，从中有放回的随机取两次，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，则可以得出（）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相互独立变式8．（多选题）（2022·山东·高三开学考试）拋掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面出现的点数，在下列事件中与事件“出现的点数为偶数”相互独立的事件为（）A．“出现的点数为奇数”B．“出现的点数大于2”C．“出现的点数小于4”D．“出现的点数小于3”【方法技巧与总结】判断事件是否相互独立的方法（1）定义法：事件A，B相互独立⇔()()()P A B P A P B⋅=．（2）由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．（3）条件概率法：当()0P A>时，可用(|)()P B A P B=判断．题型三：相互独立事件概率的计算例7．（2022·河南河南·模拟预测（理））某士兵进行射击训练，每次命中目标的概率均为34，且每次命中与否相互独立，则他连续射击3次，至少命中两次的概率为（）A．2732B．916C．2764D．932例8．（2022·全国·高三专题练习（理））甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为12，23.则谜题被破解的概率为（）A．16B．13C．56D．1例9．（2022·全国·高三专题练习）甲乙两名运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则至少有一人中靶的概率为（）A．0.26B．0.72C．0.74D．0.98变式9．（2022·陕西·长安一中高三阶段练习（理））某中学组织高三学生进行一项能力测试，测试内容包括A、B、C三个类型问题，这三个类型所含题目的个数分别占总数的12，13，16.现有3名同学独立地从中任选一个题目作答，则他们选择的题目所属类型互不相同的概率为（）A．136B．112C．16D．13变式10．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）重庆的8月份是一段让人难忘的时光，我们遭遇了高温与山火，断电和疫情．疫情的肆虐，让我们再次居家隔离．为了保障民生，政府极力保障各类粮食和生活用品的供应，在政府的主导与支持下，各大电商平台也纷纷上线，开辟了一种无接触式送货服务，用户在平台上选择自己生活所需要的货物并下单，平台进行配备打包，再由快递小哥送货上门．已知沙坪坝某小区在隔离期间主要使用的电商平台有：某东到家，海马生鲜，咚咚买菜．由于交通、配送等多方面原因，各电商平台并不能准时送达，根据统计三家平台的准点率分别为23，34，45，各平台送货相互独立，互不影响，某小哥分别在三家电商各点了一份配送货，则至少有两家准点送到的概率为（）A．97120B．56C．910D．5360变式11．（2022·陕西·咸阳市高新一中高三开学考试（理））乒乓球是我国的国球，“乒乓精神”激励了一代又一代国人. 为弘扬国球精神，传承乒乓球文化，强健学生体魄，某中学举行了乒兵球单打比赛. 比赛采用7局4胜制，每局比赛为11分制，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛. 在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10:10后，每一个球就要交换一个发球权. 经过紧张的角逐，甲、乙两位选手进入了决赛.(1)若甲赢得每局比赛的概率为23，求甲以4:1赢得比赛的概率;(2)若在某一局比赛中，双方战成10:10. 且甲获得了下一球的发球权，若甲发球时甲赢1分的概率为34，乙发球时甲赢1分的概率为12，求两人打了5ξξξ∈N（，）个球后，甲蠃得了该局比赛的概率.【方法技巧与总结】（1）求相互独立事件同时发生的概率的步骤①首先确定各事件之间是相互独立的．②求出每个事件的概率，再求积．（2）使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的．题型四：相互独立事件概率的综合应用例10．（2022·全国·高三专题练习）“五一”劳动节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，15，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为（）A ．5960B ．35C ．12D ．160例11．（2022·河北衡水·高三阶段练习）一个电路如图所示，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 为7个开关，其闭合的概率均为23，且是相互独立的，则灯亮的概率是（）A ．75513- B ．71113-C ．7233 D ．553例12．（多选题）（2022·广东佛山·高三阶段练习）九月伊始，佛山市某中学社团招新活动开展得如火如茶，小王、小李、小张三位同学计划从篮球社、足球社、羽毛球社三个社团中各自任选一个，每人选择各社团的概率均为13，且每人选择相互独立，则（）A ．三人选择社团一样的概率为19B ．三人选择社团各不相同的概率为89C ．至少有两人选择篮球社的概率为727D ．在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率为57变式12．（多选题）（2022·山西长治·高三阶段练习）以石墨烯电池、量子计算、AI 等颠覆性技术为引领的前沿趋势，正在或将重塑世界工业的发展模式，对人类生产力的创新提升意义重大，我国某公司为了抢抓机遇，成立了A 、B 、C 三个科研小组针对某技术难题同时进行科研攻关，攻克技术难题的小组会受到奖励．已知A 、B 、C 三个小组攻克该技术难题的概率分别为12，12，23，且三个小组各自独立进行科研攻关．下列说法正确的（）A ．三个小组都受到奖励的概率是16B ．只有A 小组受到奖励的概率是12 C ．只有C 小组受到奖励的概率是211D ．受到奖励的小组数的期望值是53变式13．（2022·重庆八中高三阶段练习）女排世界杯比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局（第五局）采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.在比赛中，每一个回合，赢球的一方可得1分，并获得下一球的发球权，输球的一方不得分.现有甲乙两队进行排球比赛.(1)若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为23，求甲队最后赢得整场比赛的概率；(2)若前四局比赛中甲､乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分均为14分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为25，乙发球时甲赢1分的概率为35.求甲队在4个球以内（含4个球）赢得整场比赛的概率.变式14．（2022·陕西·渭南市华州区咸林中学高三阶段练习（理））甲､乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，己知甲队3人每人答对的概率分别为321,,432，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分.(1)求2X 的概率；(2)求甲队和乙队得分之和为4的的概率.【方法技巧与总结】1、求复杂事件的概率一般可分三步进行（1）列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；（2）理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；（3）根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．2、计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题，考虑逆向思维，考查原事件的对立事件，用间接法处理．题型五：全概率公式及其应用例13．（2022·浙江·高三开学考试）设甲乘汽车､动车前往某目的地的概率分别为0.40.6､，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.70.9､，则甲正点到达目的地的概率为（） A ．0.78 B ．0.8 C ．0.82 D ．0.84例14．（2022·全国·高三专题练习）英国数学家贝叶斯（1701-1763）在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数、统计推断等做出了重要贡献．根据贝叶斯统计理论，事件A ，B ，A （A 的对立事件）存在如下关系：()()()()()P B P BA P A PB A P A =⋅+⋅∣∣．若某地区一种疾病的患病率是0.02，现有一种试剂可以检验被检者是否患病，已知该试剂的准确率为99%，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有99%的可能呈现阳性，该试剂的误报率为5%，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有5%的可能会误报阳性．现随机抽取该地区的一个被检验者，用该试剂来检验，结果呈现阳性的概率为（） A ．0.0688 B ．0.0198C ．0.049D ．0.05例15．（2022·全国·高三专题练习）某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12．从开关第一次闭合起，若前次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，那么第二次闭合后出现红灯的概率是____________．变式15．（2022·全国·高三专题练习）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100％，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为______．变式16．（2022·全国·高三专题练习）盒中放有12个乒乓球，其中9个是新的，3个是旧的．第一次比赛时，从中任意取出了3个来用，用完后仍放回盒中（新球用后成了旧球）．第二次比赛时再从盒中取出3个来用，求第二次取出的3个球均为新球的概率．变式17．（2022·全国·高三专题练习）鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为15，卖出2箱的概率为12，卖出1箱的概率为15，没有卖出的概率为110，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱及以上，则需补货至3箱，否则不补货.假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼.(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱存货的概率.变式18．（2022·全国·高三专题练习）某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.2，0.1，且当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.6，0.2.从以上数据可知，当乙球员参加比赛时，求该球队某场比赛不输球的概率.变式19．（2022·全国·高三专题练习）有3箱同种型号零件，里面分别装有50件、30件、40件，而且一等品分别有20件、12件和24件，现在任取一箱，从中不放回地先后取出2个零件．(1)求先取出的零件是一等品的概率；(2)求两次取出的零件均为一等品的概率．（结果保留两位小数）【方法技巧与总结】全概率公式1()()()|ni i i P B P A P B A ==∑在解题中体现了“化整为零、各个击破”的转化思想，可将较为复杂的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑．题型六：贝叶斯公式及其应用例16．（2022·全国·高三专题练习）有3台车床加工同一型专的零件，第1台加工的次品率为6%，第2､3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1､2､3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品，且是第1台车床加工的概率为___________.例17．（多选题）（2022·山东·高密三中高三阶段练习）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A ､B 存在如下关系：()()()()P A P B A P A B P B =.某高校有甲､乙两家餐厅，王同学第一天去甲､乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（）A．第二天去甲餐厅的概率为0.54B．第二天去乙餐厅的概率为0.44C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为5 9D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为4 9例18．（2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习（文））阅读不仅可以开阔视野，还可以提升语言表达和写作能力.某校全体学生参加的期末过程性评价中大约有30%的学生写作能力被评为优秀等级.经调查知，该校大约有20%的学生每天阅读时间超过1小时，这些学生中写作能力被评为优秀等级的占70%.现从每天阅读时间不超过1小时的学生中随机抽查一名，该生写作能力被评为优秀等级的概率为（）A．0.25B．0.2C．0.15D．0.1变式20．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）某工厂有,A B两个生产车间，所生产的同一批产品合格率分别是99%和98%，已知某批产品的60%和40%分别是,A B两个车间生产，质量跟踪小组从中随机抽取一件，发现不合格，则该产品是由A车间生产的概率为（）A．34B．47C．12D．37变式21．（2022·全国·高二课时练习）设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2:1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，求该汽车是货车的概率．变式22．（2022·全国·高二课时练习）设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.001．若从该城市居民中随机选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率．【方法技巧与总结】1、利用贝叶斯公式求概率的步骤第一步：利用全概率公式计算()P A ，即1()()()|ni i i P A P B P A B ==∑；第二步：计算()P AB ，可利用()()()|P AB P B P A B =求解；第三步：代入()()()|P AB P B A P A =求解． 2、贝叶斯概率公式反映了条件概率()()()|P AB P B A P A =，全概率公式1()()()|n i i i P A P B P A B ==∑及乘法公式()()()|P AB P B P A B =之间的关系，即1|()()()()()()()()()(||)j j j j j j n i ii P B A P B P A B P B P A B P B A P A P A P B P A B ====∑．题型七：全概率公式与贝叶斯公式的综合应用例19．（2022·全国·高三专题练习）一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为13，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是（）A ．13B ．23 C ．34 D ．14例20．（多选题）（山东省潍坊市2021-2022学年高三上学期10月优生抽测数学试题）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A ．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为12B ．第二次抽到3号球的概率为1148C ．如果第二次抽到的是1号球，则它来自2号盒子的概率最大D ．如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有300种例21．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以12,A A 和3A 表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（）A ．事件B 与事件(1,2,3)i A i =相互独立B ．()1522P A B =C ．()25P B =D ．()245|8P A B =变式23．（2022·全国·高三专题练习）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球（球除颜色外，大小质地均相同）.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以1A ，2A 和3A 表示由甲箱中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，下列说法正确的序号是__________.①事件1A ，2A 相互独立；②()315P A =；③9()22P B =；④()24|11P B A =；⑤()159P A B =∣．变式24．（2022·全国·高三专题练习）两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是0.03，第二台出现废品的概率是0.02．加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍．(1)求任意取出1个零件是合格品的概率；(2)如果任意取出的1个零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．变式25．（2022·全国·高二课时练习）设甲、乙、丙三个地区爆发了某种流行病，三个地区感染此病的比例分17、15、14．现从这三个地区任抽取一个人． (1)求此人感染此病的概率；（结果保留三位小数）(2)若此人感染此病，求此人来自乙地区的概率．（结果保留三位小数）．变式26．（2022·黑龙江·齐齐哈尔市恒昌中学校高三开学考试）某品牌汽车厂今年计划生产10万辆轿车，生产每辆轿车都需要安装一个配件M ，其中由本厂自主生产的配件M 可以满足20%的生产需要，其余的要向甲、乙两个配件厂家订购．已知本厂生产配件M 的成本为500元/件，从甲、乙两厂订购配件M 的成本分别为600元/件和800元/件，该汽车厂计划将每辆轿车使用配件M 的平均成本控制为640元/件．(1)分别求该汽车厂需要从甲厂和乙厂订购配件M 的数量；(2)已知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件M 的次品率分别为4%，2%和1%，求该厂生产的一辆轿车使用的配件M 是次品的概率；(3)现有一辆轿车由于使用了次品配件M 出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为14 000元，若维修费用由甲厂、乙厂和本厂按照次品配件M 来自各厂的概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？。

11.3 相互独立事件同时发生的概率

∴P(D)＝P(A· ＋B· ＋A· B A B) ＝P(A· )＋P(B· )＋P(A· B A B) ＝P(A)· B )＋P(B)· A )＋P(A)· P( P( P(B) ＝P(A)· [1－P(B)]＋P(B)· [1－P(A)]＋P(A)· P(B) ＝0.8×0.1＋0.9×0.2＋0.8×0.9＝0.98，即目标被击中的概率是 0.98. 方法二利用求对立事件概率的方法．两人中至少有 1 人击中的对立事件为两人都未击中，所以两人中至少有 1 人击中的概率为 P(D)＝1－P( A · )＝1－P( A )· B ) B P( ＝1－0.2×0.1＝0.98，即目标被击中的概率是 0.98.
甲、乙两人各中一次；甲中 2 次，乙 2 次均不中；甲 2 次均不中，乙中 2 次．概率分别为 3 1 1 C2P(A)P( A )C2P(B)P( B )＝16， 1 P(A· A)P( B · )＝64， B 9 P( A · )P(B· 64. A B)＝所以甲、乙两人各投球 2 次，共命中 2 次的概率为 3 1 9 11 16＋64＋64＝32.
1 1 (2)方法一由题设和(1)知，P(A)＝2，P( A )＝2. 故甲投球 2 次至少命中 1 次的概率为 3 1－P( A · )＝4. A 1 1 方法二由题设和(1)知，P(A)＝2，P( A )＝2. 故甲投球 2 次至少命中 1 次的概率为 3 1 C2P(A)P( A )＋P(A)P(A)＝4. (3)由题设和(1)知， 1 1 3 1 P(A)＝2，P( A )＝2，P(B)＝4，P( B )＝4. 甲、乙两人各投球 2 次，共命中 2 次有三种情况：
某工厂为了保障安全生产，每月初组织工
人参加一次技能测试．甲、乙两名工人通过每次测 4 3 试的概率分别是5和4.假设两人参加测试是否通过相互之间没有影响． (1)求甲工人连续 3 个月参加技能测试至少有 1 次未通过的概率； (2)求甲、乙两人各连续 3 个月参加技能测试，甲工人恰好通过 2 次且乙工人恰好通过 1 次的概率； (3)工厂规定：工人连续 2 次没通过测试，则被撤销上岗资格．求乙工人恰好参加 4 次测试后被撤销上岗资格的概率．

高三第一轮复习条件概率与事件的相互独立性

条件概率与事件的相互独立性【提纲挈领】（请阅读下面文字，并在关键词下面记着重号）主干知识归纳 1．条件概率(1)一般地，若有两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下考虑事件B 发生的概率，称此概率为A 已发生的条件下B 的，记作 .(2)设A ，B 为两个事件，且P(A)>0，则事件A 已发生的条件下，事件B 发生的条件概率是P(B|A)＝ .(3)条件概率的性质： ①P(B|A)∈ ；②如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 2．事件的相互独立性(1)设A ，B 为两个事件，如果P(AB)＝，则称事件A ，B 独立．(2)设A ，B 为两个事件，A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B 、A 与B 也都 . (3)两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这n 个事件同时发生的概率P(A 1A 2…A n )＝ .3．独立重复试验(1)一般地，在下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．(2)在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率均为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P(X ＝k)＝ . 方法规律总结1.计算条件概率时，可按如下步骤进行：第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．第二步，计算概率，这里有两种思路．思路一：缩小样本空间计算条件概率．如求P(A|B)，可分别求出事件B ，AB 包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝n ABn B 计算．思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别求出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝P ABP B 计算．2.相互独立事件的概率计算要注意在应用相互独立事件的概率乘法公式时，要认真审题，注意关键词“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰有一个发生”的意义，正确地将其转化为互斥事件进行求解；正面计算较繁或难于入手时，可以从其对立事件入手进行计算．3.在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率均为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P(X ＝k)＝C k n p k(1－p)n －k，k ＝0,1,2，…，n.在利用该公式时一定要审清公式中的n ，k 各是多少.【指点迷津】【类型一】条件概率【例1】：(2014·新课标卷Ⅱ)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0.75，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 ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45【解析】：设“某天的空气质量为优良”为事件A ，“后一天空气质量为优良”为事件B ，则P(A)＝0.75，P(AB)＝0.6，所以P(B|A)＝P AB P A ＝0.60.75＝0.8.答案：A【例2】：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、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%.则(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是； (2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是 .【解析】：设A 表示“甲地为雨天”，B 表示“乙地为雨天”，根据题意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 ＝0.120.18＝23≈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 ＝0.120.20＝0.6.答案: (1) 0.67 (2) 0.6【例3】：如右图△ABC 和△DEF 是同一圆的内接正三角形，且BC ∥EF .将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M 表示事件“豆子落在△ABC 内”，N 表示事件“豆子落在△DEF 内”，则P (N |M )＝( )A.334π B.32πC.13D.23【解析】：如下图作三条辅助线，根据已知条件得这些小三角形都全等，△ABC 包含9个小三角形，满足事件MN 的有6个小三角形，故P (N |M )＝69＝23.答案：23.【类型二】相互独立事件的概率【例1】：(2014·安徽卷改编)甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲恰好4局赢得比赛的概率；(2)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率．【解析】：用A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P(A k )＝23，P(B k )＝13，k ＝1,2,3,4,5.(1)用A 表示“甲恰好4局赢得比赛”，则A ＝A 1B 2A 3A 4.根据事件的相互独立性得P(A)＝P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(B 2)P(A 3)P(A 4)＝23×13×23×23＝881.(2)用B 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，则B ＝A 1A 2＋B 1A 2A 3＋A 1B 2A 3A 4.所以P(B)＝P(A 1A 2)＋P(B 1A 2A 3)＋P(A 1B 2A 3A 4)＝P(A 1)P(A 2)＋P(B 1)P(A 2)P(A 3) ＋P(A 1)P(B 2)·P(A 3)P(A 4)＝23×23＋13×23×23＋23×13×23×23＝5681. 答案：(1) 881. (2) 5681.【例2】：某公司为了解用户对其产品的满意度，从A ，B 两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A 地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76 78 86 95 66 97 78 88 82 76 89B 地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82 93 48 65 81 74 56 54 76 65 79(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)．图9-61-3(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C ：“A 地区用户的满意度等级高于B 地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C 的概率．【解析】：(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下：通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．(2)记C A1表示事件：“A 地区用户的满意度等级为满意或非常满意”； C A2表示事件“A 地区用户的满意度等级为非常满意”； C B1表示事件“B 地区用户的满意度等级为不满意”； C B2表示事件“B 地区用户的满意度等级为满意”．则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C ＝C B1C A1∪C B2C A2，所以P (C )＝P (C B1C A1∪C B2C A2) ＝P (C B1C A1)＋P (C B2C A2) ＝P (C B1)P (C A1)＋P (C B2)P (C A2)．由所给数据得C A1，C A2，C B1，C B2发生的频率分别为1620，420，1020，820，故P (C A1)＝1620，P (C A2)＝420，P (C B1)＝1020，P (C B2)＝820，所以P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48. 答案：(1)通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．(2) 0.48.【类型三】n 次独立重复实验的概率【例1】：一同学投篮每次命中的概率是12，该同学连续投篮5次，每次投篮相互独立．(1)求连续命中4次的概率； (2)求命中4次的概率【解析】：(1)设“连续命中4次”的事件为A ，则A 包含“第1至第4次命中第5次没有命中”和“第1次没有命中但第2至第5次命中”两种情况，所以P(A)＝(12)4·(1－12)＋(1－12)·(12)4＝2×(12)5＝(12)4＝116.(2)5次独立重复试验，恰好命中4次的概率为P(X ＝4)，所以P(X ＝4)＝C 45(12)4·(1－12)＝5×(12)5＝532.答案：(1) 116. (2) 532.【例2】：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．求顾客抽奖1次能获奖的概率【解析】：记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，21A A 与21A A 互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝21A A ＋21A A ，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (21A A ＋21A A )＝P (21A A )＋P (21A A )＝P (A 1)P (2A )＋P (1A )P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×1－12＋1－25×12＝12.故所求概率P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.答案：710.【同步训练】【一级目标】基础巩固组一．选择题1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )A.18B.14C.25D.12【解析】：P(AB)＝1C 25＝110，P(A)＝1＋C 23C 25＝410，由条件概率公式得P(B|A)＝P (AB )P (A )＝110410＝14.答案：B.2．甲、乙两个袋子中均装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，则取出的两球都是红球的概率为( )A.13B.12C.19D.16【解析】：用A ，B 表示分别表示从甲、乙袋子中随机抽取1个球，抽出的球是红球的事件，则P(A)＝46，P(B)＝16，因为分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，取出的两球都是红球所对应事件为AB ，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝46×16＝19.答案：C.3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512 B.12 C.712 D.34【解析】：用间接法考虑．事件A ，B 一个都不发生的概率为P(A －B －)＝P(A －)·P(B －)＝12×C 15C 16＝512，所以所求的概率为1－P(A －B －)＝1－512＝712.答案：C.4．在6次独立重复试验中，每一次试验中成功的概率为12，则恰好成功3次的概率为( )A.316 B.516 C.716 D.58【解析】：P(X ＝3)＝C 36(12)3(12)3＝516.答案：B.5.(2015·新课标卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312【解析】：根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648. 答案：A ．二．填空题6.在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，则在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题的概率为________．【解析】：设“第一次抽到理科题”为事件A ，“第二次抽到理科题”为事件B ，则“第一次和第二次都抽到理科题”就是事件AB .依题意可得P (A )＝A 31·A 41A 52＝35，P (AB )＝A 32A 52＝310，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝31035＝12. 答案：12.7.已知某高三学生在某次数学考试中，A 和B 两道解答题同时做对的概率为13，在A 题做对的情况下，B 题也做对的概率为59，则A 题做对的概率为________．【解析】：设“做对A 题”为事件E ，“做对B 题”为事件F ，根据题意知P (EF )＝13，P (F |E )＝P （EF ）P （E ）＝59，则P (E )＝35，即A 题做对的概率为35. 答案：35.8.将一个半径适当的小球放入如图K611所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入甲袋或乙袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入甲袋中的概率为________．图K611【解析】：记“小球落入甲袋中”为事件A ，“小球落入乙袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B .若小球落入乙袋中，则小球必须一直向左或一直向右落下，故P (B )＝()123＋()123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34. 答案：34.三、解答题9.某旅游景点为方便游客游玩，设置自行车骑游出租点，收费标准如下：租车时间不超过2小时收费10元，超过2小时的部分按每小时10元收取(不足一小时按一小时计算)．现甲、乙两人独立来该租车点租车骑游，各租车一次．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为13，12，2小时以上且不超过3小时还车的概率分别为12，13，且两人租车的时间都不超过4小时．求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；【解析】：甲、乙所付费用可以为10元、20元、30元．甲、乙两人所付费用都是10元的概率P 1＝13×12＝16，甲、乙两人所付费用都是20元的概率P 2＝12×13＝16，甲、乙两人所付费用都是30元的概率为 P 3＝1－13－12×1－12－13＝136，故甲、乙两人所付费用相等的概率P ＝P 1＋P 2＋P 3＝1336.答案：1336. 10.有一种舞台灯，外形是正六棱柱，在其每一个侧面(编号为①②③④⑤⑥)上安装5只颜色各异的灯，假设每只灯正常发光的概率为12.若一个侧面上至少有3只灯发光，则不需要更换这个面，否则需要更换这个面，假定更换一个面需要100元。

高三数学事件的相互独立性

(不放回抽取)
C100 · C99
③从中抽两次,每次1件则两次都抽 1· 1 C C 出次品的概率是_ ___ 4 4
(放回抽取) C1001· C1001
( 互斥事件)
求较复杂事件概率
分类
正向分步
P(A+B)= P(A) + P (B) P(A· B)= P(A) ·P (B)
( 互独事件)
(1-a)(1-b)
A
B
6.某系统由A,B,C三个元件组成, 每个元件正常工作概率为P. 2- P3 P+P 则系统正常工作的概率为____
C
7.在100件产品中有4件次品. ①从中抽 2 件 , 则 2 件都是次品概率 2 C4 为___ C100 2 ②从中抽两次,每次1件则两次都抽 1· 1 C C 4 3 出次品的概率是___ 1 1
事件的相互独立性(2)
习题课
复习回顾
1、事件的相互独立性设A，B为两个事件，如果 P(AB)=P(A)P(B),则称事件A与事件B相互独立。
2、相互独立事件同时发生的概率公式：
两个相互独立事件A,B同时发生,即事件A•B发生的概率为： P(AB)= P(A)P(B) .
一般地，如果事件A1，A2……，An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（A1· A2……An）=P（A1）· P（A2）……P（An）
3、如果事件A、B互斥，那么事件A+B发生（即A， B中有一个发生）的概率：P(A+B)= P(A)+P(B) .
一般地，如果事件 A 1、A 2、...A n ，彼此互斥，那么事件 A1 A2 +...+An 发生（即 A 1、A 2、...A n 中恰有一个发生）的概率：

高中数学课件 1.相互独立事件及其同时发生的概率

2.独立事件同时发生的概率的计算公式如果事件A1，A2，…，An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…An)=P(A1)P(A2)…P(An)
例2.生产一种零件，甲车间的合格率是96%,乙车间的合格率是 97％,从它们生产的零件中各抽取1件，求两次都抽到合格品的概率。
解：分别记这段时间内开关JA、JB、JC能够闭合 JA 为事件A,B,C. 由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互 JB 之间没有影响。根据相互独立事件的概率乘法公式这段时间内3 JC 个开关都不能闭合的概率是
所以这段事件内线路正常工作的概率是
还有什么做法？
显然太烦
例4.在一段时间内，甲地下雨的概率是0.2，乙地下雨的概率是 0.3，假定在这段时间内两地是否下雨相互之间没有影响，计算在这段时间内： (1)甲、乙两地都下雨的概率； P=0.2×0.3＝0.06 (2)甲、乙两地都不下雨的概率 P=(10.2)×(10.3)=0.56 (3)其中至少有1个地方下雨的概率
解法一：设P(乙答错）= x，则由题意，得 P(甲答错且乙答错）=0.2，
∴P(由乙答出）P(甲答错且乙答对）
解法二：P(由乙答出）=1-P(由甲答出）-P(两人都未答出） =1- 0.4- 0.2=0.4
两个事件相互独立，是指它们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．
一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的．
P(D)=1-P(A·B·C)
又由于三台车床在1小时内不需要工人照管的事件是相互独立的，所以
P(D)=1-P(A)·P(B)·P(C) =1- 0.9×0.8×0.7=0.496

2025届高考数学一轮复习教案：计数原理、概率、随机变量及其分布-事件的独立性、条件概率与全概率公式

第四节事件的独立性、条件概率与全概率公式【课程标准】1.了解两个事件相互独立的含义.2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.3.会利用全概率公式计算概率.【考情分析】考点考法:高考命题常以现实生活为载体,考查相互独立事件、条件概率、全概率;条件概率、全概率是高考热点,常以选择题的形式出现.核心素养:数学抽象、数学运算【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.相互独立事件(1)概念: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)性质:若事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立.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,我们称P(B|A)=(B)()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)两个公式:①利用古典概型:P(B|A)=(B)();②概率的乘法公式:P(AB)=__P(A)P(B|A)__.【微点拨】P(B|A)与P(A|B)是两个不同的概率,前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.3.全概率公式一般地,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)=.我们称此公式为全概率公式.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的是()A.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)C.抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立D.若事件A1与A2是对立事件,则对任意的事件B⊆Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)【解析】选BCD.因为当两个事件A,B相互独立时公式P(AB)=P(A)P(B)成立,所以选项A错误;因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)=(B)()=P(B),所以选项B正确;因为抛掷2枚质地均匀的硬币,第一枚正面朝上,与第二枚正面的朝向无关,所以选项C正确;因为事件A1与A2是对立事件,所以B=A1B+A2B,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),所以选项D正确.2.(必修第二册P253习题4改条件)甲、乙两人独立地破解同一个谜题,破解出此谜题的概率分别为12,23,则此谜题没被破解出的概率为()A.16B.13C.56D.1【解析】选A.设“甲独立地破解出此谜题”为事件A,“乙独立地破解出此谜题”为事件B,则P(A)=12,P(B)=23,故P()=12,P()=13,所以P()=12×13=16,即此谜题没被破解出的概率为16.3.(条件概率公式使用错误)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是()A.310B.35C.12D.14【解析】选C.设事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=(B)()=31035=12.4.(2022·天津高考)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,则第二次抽取A的概率为________.【解析】由题意,设第一次抽到A为事件B,第二次抽到A为事件C,则P(BC)=452×351=1221,P(B)=452=113,所以P(C|B)=(B)()=1221113=117.答案:1221117【巧记结论·速算】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).【即时练】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【解析】选B.各项均合格的概率为13×16×15=190.【核心考点·分类突破】考点一事件的相互独立性角度1事件独立性的判断[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【解析】选B.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选项,P(AC)=0;对于B选项,P(AD)=16×6=136;对于C选项,P(BC)=16×6=136;对于D选项,P(CD)=0.若两事件X,Y相互独立,则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确.【解题技法】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).【对点训练】某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动,号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动”的主力军,开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习,设事件A=“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”,事件B=“甲、乙两人所选课程完全不同”,事件C=“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”,则()A.A与B为对立事件B.A与C互斥C.A与C相互独立D.B与C相互独立【解析】选C.依题意,甲、乙两人所选课程有如下情形:①有一门相同;②两门都相同;③两门都不相同.故A与B互斥不对立,A与C不互斥,所以P(A)=C41C31C21C42C42=23,P(B)=C42C42C42=16,P(C)=C32C32C42C42=14,且P(AC)=C31C21C42C42=16,P(BC)=0,所以P(AC)=P(A)P(C),P(BC)≠P(B)P(C),即A与C相互独立,B与C不相互独立.角度2独立性事件的概率[例2](2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,若甲先发球,两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为________;若乙先发球,两人又打了4个球后该局比赛结束,则甲获胜的概率为________.【解析】记两人又打了X个球后该局比赛结束,设双方10∶10平后的第k个球甲得分为事件A k(k=1,2,3…),则P(X=2)=P(A1A2)+P(12)=P(A1)P(A2)+P(1)P(2)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5.由乙先发球,且甲获胜的概率P=P(A12A3A4)+P(1A2A3A4)=P(A1)P(2)P(A3)P(A4)+P(1)P(A2)P(A3)P(A4)=0.4×0.5×0.4×0.5+0.6×0.5×0.4×0.5= 0.1.答案:0.50.1【解题技法】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它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.【对点训练】(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.【解析】(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.【加练备选】某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1和元件2同时正常工作,或元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件正常工作的概率均为34且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件正常工作的概率为()A.764B.1532C.2732D.5764【解析】选D.讨论元件3正常与不正常:第一类,元件3正常,上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作,则正常工作的概率为34×1=34;第二类,元件3不正常,上部分必须正常,则正常工作的概率为14×(34×34)=964,故该部件正常工作的概率为34+964=5764.考点二条件概率[例3](1)七巧板是中国民间流传的智力玩具.它是由如图所示的七块板组成:五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形.可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等多种图案.现从七巧板中取出两块,已知取出的是三角形,则两块板恰好是全等三角形的概率为()A .35B .25C .27D .15【解析】选D .设事件A 为“从七巧板中取出两块,取出的是三角形”,事件B 为“两块板恰好是全等三角形”,则P (AB )=2C 72=221,P (A )=C 52C 72=1021,所以P (B |A )=(B )()=2211021=15.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改编)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人(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:项目不够良好良好病例组4060对照组1090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”.(|)(|)与(|)(|)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 =(|)(|)·(|)(|);②利用该调查数据,给出P (A |B ),P (A |)的估计值,并利用①的结果给出R 的估计值.【解析】①因为R =(|)(|)·(|)(|)=(B )()·()(B )·(B )()·()(B ),所以R =(B )()·()(B )·(B )()·()(B ).所以R =(|)(|)·(|)(|).②由已知P (A |B )=40100=25,P (A |)=10100=110,又P (|B )=60100=35,P (|)=90100=910,所以R =(|)(|)·(|)(|)=25×91035×110=6.所以指标R 的估计值为6.【解题技法】求条件概率的常用方法(1)定义法:P (B |A )=(B )().(2)样本点法:P (B |A )=(B )().【对点训练】1.某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为()A .0.8B .0.4C .0.2D .0.1【解析】选A .根据题意,在该地的中学生中随机调查一位同学,设选出的同学爱好滑冰为事件A,选出的同学爱好滑雪为事件B,由于该地中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,则P(B)=0.5,同时爱好两个项目的占该地中学生总人数的50%+60%-70%=40%,则P(AB)=0.4,则P(A|B)=(B)()=0.40.5=0.8.2.根据历年的气象数据可知,某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25,刮四级以上大风的概率为0.4,既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为()A.0.8B.0.625C.0.5D.0.1【解析】选A.设“发生中度雾霾”为事件A,“刮四级以上大风”为事件B,所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为P(B|A)=(B)()=0.20.25=0.8.考点三全概率公式的应用[例4](1)一份新高考数学试卷中有8道单选题,小胡对其中5道题有思路,3道题完全没有思路.有思路的题做对的概率是0.9,没有思路的题只能猜一个答案,猜对答案的概率为0.25,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为() A.79160B.35C.2132D.58【解析】选C.设事件A表示“小胡做对”,事件B表示“小胡选到有思路的题”,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P()P(A|) =58×0.9+38×0.25=2132.(2)在数字通信中,信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰,发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时,被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07;当发送信号1时,被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的,则接收的信号为1的概率为()A.0.48B.0.49C.0.52D.0.51【解析】选D.设事件A=“发送的信号为0”,事件B=“接收的信号为1”,则P(A)=P()=0.5,P(B|A)=0.07,P(B|)=0.95,因此P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.5×(0.07+0.95)=0.51.【解题技法】利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i=1,2,…,n).(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(B|A i).(3)代入全概率公式计算.【对点训练】某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同种产品20箱,甲厂每箱装100个,废品率为0.06,乙厂每箱装120个,废品率为0.05.(1)任取一箱,求从中任取一个为废品的概率;(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.【解析】记事件A为取到的是甲厂的产品,事件B为取到的是乙厂的产品,事件C 为取到的是废品.(1)P(A)=3050=35,P(B)=2050=25,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=7125.(2)P(A)=30×10030×100+20×120=59,P(B)=20×12030×100+20×120=49,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=118.。

高考第一轮复习数学：11.1 随机事件的概率高考数学第一轮复习教案集新课标人教版高考数学第

11.1 随机事件的概率
●知识梳理
1.随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件.
2.必然事件：在一定条件下必然要发生的事件.
3.不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件.
A的概率：在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率总接近于某个常数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件A的概率,记作P（A）.由定义可知0≤P（A）≤1,显然必然事件的概率是1,不可能事件的概率是0.
解析：10位同学总参赛次序A .一班3位同学恰好排在一起,而二班的2位同学没有排在一起的方法数为先将一班3人捆在一起A ,与另外5人全排列A ,二班2位同学不排在一起,采用插空法A ,即A A A .
∴所求概率为 = .
答案：B
3.（2004年某某,9）将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是
答案：B
2.（2004年某某模拟题）甲、乙二人参加法律知识竞赛,共有12个不同的题目,其中选择题8个,判断题4个.甲、乙二人各依次抽一题,则甲抽到判断题,乙抽到选择题的概率是
A. B. C. D.
解析：甲、乙二人依次抽一题有C ·C 种方法,
而甲抽到判断题,乙抽到选择题的方法有C C 种.
∴P= = .
（2）当m=7时,（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共有6种,此时P= = 最大.
●思悟小结
求解等可能性事件A的概率一般遵循如下步骤：
（1）先确定一次试验是什么,此时一次试验的可能性结果有多少，即求出A.
（2）再确定所研究的事件A是什么,事件A包括结果有多少,即求出m.
●点击双基
1.（2004年全国Ⅰ,文11）从1，2，…，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是

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

高考第一轮复习数学相互独立事件同时发生的概率

相互独立事件同时发生的概率●知识梳理1.相互独立事件：事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响,这样的两个事件叫相互独立事件.2.独立重复实验：如果在一次试验中某事件发生的概率为p ,那么在n 次独立重复试验中,这个事件恰好发生k 次的概率为P n k =C k n p k 1－pn －k. 3.关于相互独立事件也要抓住以下特征加以理解：第一,相互独立也是研究两个事件的关系；第二,所研究的两个事件是在两次试验中得到的；第三,两个事件相互独立是从“一个事件的发生对另一个事件的发生的概率没有影响”来确定的.4.互斥事件与相互独立事件是有区别的：两事件互斥是指同一次试验中两事件不能同时发生,两事件相互独立是指不同试验下,二者互不影响；两个相互独立事件不一定互斥,即可能同时发生,而互斥事件不可能同时发生.5.事件A 与B 的积记作A ·B ,A ·B 表示这样一个事件,即A 与B 同时发生.当A 和B 是相互独立事件时,事件A ·B 满足乘法公式P A ·B =P A ·PB ,还要弄清A ·B ,B A ⋅的区别. A ·B 表示事件A 与B 同时发生,因此它们的对立事件A 与B 同时不发生,也等价于A 与B 至少有一个发生的对立事件即B A +,因此有A ·B ≠B A ⋅,但A ·B =B A +. ●点击双基1.2004年辽宁,5甲、乙两人独立地解同一问题,甲解决这个问题的概率是p 1,乙解决这个问题的概率是p 2,那么恰好有1人解决这个问题的概率是1－p 2+p 21－p 1 －p 1p 2－1－p 11－p 2 解析：恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决,故所求概率是p 11－p 2+p 21－p 1.答案：B2.将一枚硬币连掷5次,如果出现k 次正面的概率等于出现k +1次正面的概率,那么k 的值为解析：由C k 521k 215－k =C 15+k 21k +1·215－k －1,即C k 5=C 15+k ,k +k +1=5,k =2.答案：C3.从应届高中生中选出飞行员,已知这批学生体型合格的概率为31,视力合格的概率为61,其他几项标准合格的概率为51,从中任选一学生,则该生三项均合格的概率为假设三项标准互不影响A.94 B.901 C.54 D.95 解析：P =31×61×451=901.答案：C4.一道数学竞赛试题,甲生解出它的概率为21,乙生解出它的概率为31,丙生解出它的概率为41,由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为________. 解析：P =21×32×43+ 21×31×43+ 21×32×41=2411. 答案：2411 5.一出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的,并且概率都是31.那么这位司机遇到红灯前,已经通过了两个交通岗的概率是________.解析：因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯,在第三个交通岗遇到红灯,所以P =1－311－31×31=274. 答案：274●典例剖析例1 2004年广州模拟题某班有两个课外活动小组,其中第一小组有足球票6张,排球票4张；第二小组有足球票4张,排球票6张.甲从第一小组的10张票中任抽1张,乙从第二小组的10张票中任抽1张.1两人都抽到足球票的概率是多少2两人中至少有1人抽到足球票的概率是多少解：记“甲从第一小组的10张票中任抽1张,抽到足球票”为事件A ,“乙从第二小组的10张票中任抽1张,抽到足球票”为事件B ；记“甲从第一小组的10张票中任抽1张,抽到排球票”为事件A ,“乙从第二小组的10张票中任抽1张,抽到排球票”为事件B ,于是P A =106= 53,P A =52； PB =104= 52,P B =53. 由于甲或乙是否抽到足球票,对乙或甲是否抽到足球票没有影响,因此A 与B 是相互独立事件.1甲、乙两人都抽到足球票就是事件A ·B 发生,根据相互独立事件的概率乘法公式,得到P A ·B =P A ·PB =53·52=256.答：两人都抽到足球票的概率是256. 2甲、乙两人均未抽到足球票事件A ·B 发生的概率为P A ·B =P A ·P B =52·53=256. ∴两人中至少有1人抽到足球票的概率为 P =1－P A ·B =1－256=2519. 答：两人中至少有1人抽到足球票的概率是2519. 例2 有外形相同的球分别装在三个不同的盒子中,每个盒子中有10个球.其中第一个盒子中有7个球标有字母A ,3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个,白球2个.试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球,若取得标有字母A 的球,则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B 的球,则在第三个盒子中任取一球.如果第二次取得的球是红球,则称试验成功,求试验成功的概率.解：设事件A ：从第一个盒子中取得一个标有字母A 的球；事件B ：从第一个盒子中取得一个标有字母B 的球,则A 、B 互斥,且P A =107,PB =103；事件C ：从第二号盒子中取一个红球,事件D ：从第三号盒子中取一个红球,则C 、D 互斥,且PC =21,PD =108=54. 显然,事件A ·C 与事件B ·D 互斥,且事件A 与C 是相互独立的,B 与D 也是相互独立的.所以试验成功的概率为P =P A ·C +B ·D =P A ·C +PB ·D =P A ·PC +PB ·PD =10059. ∴本次试验成功的概率为10059. 例3 2004年福州模拟题冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶,每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料,取用甲种或乙种饮料的概率相等.1求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶的概率；2求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率. 解：1由题意知,甲种已饮用5瓶,乙种已饮用2瓶. 记“饮用一次,饮用的是甲种饮料”为事件A ,则p =P A =21. 题1即求7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为P 75=C 57p 51－p 2=C 27217=12821. 2有且仅有3种情形满足要求：甲被饮用5瓶,乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶,乙没有被饮用；甲被饮用4瓶,乙没有被饮用.所求概率为P 65+P 55+P 44=C 65p 51－p +C 55p 5+C 44p 4=163. 答：甲饮料饮用完毕而乙饮料还剩3瓶的概率为12821,甲饮料被饮用瓶数比乙饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率为163. ●闯关训练夯实基础1.若A 与B 相互独立,则下面不相互独立事件有与A与BC. A 与BD. A 与B解析：由定义知,易选A. 答案：A2.在某段时间内,甲地不下雨的概率为,乙地不下雨的概率为,假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响,则这段时间内两地都下雨的概率是解析：P =1－1－=. 答案：D3.某学生参加一次选拔考试,有5道题,每题10分.已知他解题的正确率为53,若40分为最低分数线,则该生被选中的概率是________.解析：该生被选中,他解对5题或4题.∴P =535+C 45×534×1－53=31251053. 答案：312510534.某单位订阅大众日报的概率为,订阅齐鲁晚报的概率为,则至少订阅其中一种报纸的概率为________.解析：P =1－1－1－=. 答案：培养能力5.在未来3天中,某气象台预报每天天气的准确率为,则在未来3天中, 1至少有2天预报准确的概率是多少2至少有一个连续2天预报都准确的概率是多少解：1至少有2天预报准确的概率即为恰有2天和恰有3天预报准确的概率,即C 23··+C 33·=.∴至少有2天预报准确的概率为.2至少有一个连续2天预报准确,即为恰有一个连续2天预报准确或3天预报准确的概率为2··+=.∴至少有一个连续2天预报准确的概率为.6.2004年南京模拟题一个通讯小组有两套设备,只要其中有一套设备能正常工作,就能进行通讯.每套设备由3个部件组成,只要其中有一个部件出故障,这套设备就不能正常工作.如果在某一时间段内每个部件不出故障的概率为p ,计算在这一时间段内,1恰有一套设备能正常工作的概率； 2能进行通讯的概率.解：记“第一套通讯设备能正常工作”为事件A ,“第二套通讯设备能正常工作”为事件B .由题意知P A =p 3,PB =p 3, P A =1－p 3,P B =1－p 3.1恰有一套设备能正常工作的概率为P A ·B + A ·B =P A ·B +P A ·B =p 31－p 3+1－p 3p 3=2p 3－2p 6.2方法一：两套设备都能正常工作的概率为 P A ·B =P A ·PB =p 6.至少有一套设备能正常工作的概率,即能进行通讯的概率为 P A ·B + A ·B +P A ·B =2p 3－2p 6+p 6=2p 3－p 6. 方法二：两套设备都不能正常工作的概率为 P A ·B =P A ·P B =1－p 32. 至少有一套设备能正常工作的概率,即能进行通讯的概率为1－P A ·B =1－P A ·P B =1－1－p 32=2p 3－p 6.答：恰有一套设备能正常工作的概率为2p 3－2p 6,能进行通讯的概率为2p 3－p 6.7.已知甲袋中有3个白球和4个黑球,乙袋中有5个白球和4个黑球.现从两袋中各取两个球,试求取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率.解：从甲袋中取2个白球,从乙袋中取1个黑球和1个白球的概率为2723C C ×291415C C C =635；从甲袋中取1个黑球和1个白球,从乙袋中取2个白球的概率为271413C C C ×2925C C =6310. 所以,取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为635+6310=6315=215. 探究创新8.2004年湖南甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件,已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为41,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为121,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为92. 1分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；2从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,求至少有一个一等品的概率.解：1设A 、B 、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件,由题设条件有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⋅=⋅=⋅,92)(,121)(,41)(C A P C B P B A P即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⋅=-⋅=-⋅.92)()(,121)](1[)(,41)](1[)(C P A P C P B P B P A P由①③得PB =1－89PC , 代入②得27PC 2－51PC +22=0. 解得PC =32或911舍去. 将PC =32分别代入③②可得P A =31,PB =41, 即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是31,41,32.2记D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件,则 PD =1－P D =1－1－P A 1－PB 1－PC =1－32·43·31=65. 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的概率为65. ●思悟小结1.应用公式时,要注意前提条件,只有对于相互独立事件A 与B 来说,才能运用公式P A ·B =P A ·PB .2.在学习过程中,要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积,或其对立事件.3.善于将具体问题化为某事件在n 次独立重复试验中发生k 次的概率. ●教师下载中心教学点睛1.首先要搞清事件间的关系是否彼此互斥、是否互相独立、是否对立,当且仅当事件A 和事件B 互相独立时,才有P A ·B =P A ·PB .、B 中至少有一个发生：A +B .1若A 、B 互斥：P A +B =P A +PB ,否则不成立. 2若A 、B 相互独立不互斥.法一：P A +B =P A ·B +P A ·B +P A ·B ；法二：P A +B =1－P A ·B ；法三：P A +B =P A +PB －P AB .① ② ③3.某些事件若含有较多的互斥事件,可考虑其对立事件的概率,这样可减少运算量,提高正确率.要注意“至多”“至少”等题型的转化,如例1.次独立重复试验中某事件发生k 次的概率P n k =C k n p k 1－pn －k正好是二项式1－p +p n 的展开式的第k +1项. 拓展题例例1 把n 个不同的球随机地放入编号为1,2,…,m 的m 个盒子内,求1号盒恰有r 个球的概率.解法一：用独立重复试验的概率公式.把1个球放入m 个不同的盒子内看成一次独立试验,其中放入1号盒的概率为P =m1.这样n 个球放入m 个不同的盒子内相当于做n 次独立重复试验.由独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率公式知,1号盒恰有r 个球的概率 P n r =C r np r1－pn －r=C r n·m 1r ·1－m1n －r=nrn r n m m --⋅)1(C .解法二：用古典概型.把n 个不同的球任意放入m 个不同的盒子内共有m n 个等可能的结果.其中1号盒内恰有r 个球的结果数为C r nm －1n －r,故所求概率P A =nrn r n mm --)1(C .答：1号盒恰有r 个球的概率为nrn r n m m --)1(C .例2 假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1－P ,且各引擎是否故障是独立的,如果至少50%的引擎能正常运行,飞机就可以成功地飞行,问对于多大的P 而言,4引擎飞机比2引擎的飞机更为安全分析：4引擎飞机可以看作4次独立重复试验,要能正常运行,即求发生k 次k ≥2的概率.同理,2引擎飞机正常运行的概率即是2次独立重复试验中发生k 次k ≥1的概率,由此建立不等式求解.解：4引擎飞机成功飞行的概率为C 24P 21－P 2+C 34P 31－P +C 44P 4=6P 21－P 2+4P 31－P +P 4. 2引擎飞机成功飞行的概率为C 12P 1－P +C 22P 2=2P 1－P +P 2.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全,只要6P 21－P 2+4P 31－P +P 4≥2P 1－P +P 2. 化简,分解因式得P －123P －2≥0. 所以3P －2≥0, 即得P ≥32. 答：当引擎不出故障的概率不小于32时,4引擎飞机比2引擎飞机安全.。

高三数学第一轮的复习讲义

高三数学第一轮的复习讲义一.复习目标：1.了解相互独立事件的意义，会求相互独立事件同时发生的概率;2.会计算事件在次独立重复试验中恰好发生次的概率.二.知识要点：1.相互独立事件的概念： .2.是相互独立事件，则 .3.次试验中某事件发生的概率是，则次独立重复试验中恰好发生次的概率是 .三.课前预习：1.下列各对事件 (1)运动员甲射击一次，“射中环”与“射中环”， (2)甲、乙二运动员各射击一次，“甲射中环”与“乙射中环”， (3)甲、乙二运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与，“甲、乙都没有射中目标”， (4)甲、乙二运动员各射击一次，“至少有一人射中目标”与，“甲射中目标但乙没有射中目标”，是互斥事件的有 (1)，(3) .相互独立事件的有 (2) .2.某射手射击一次，击中目标的概率是，他连续射击次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：①他第次击中目标的概率是;②他恰好击中目标次的概率是; ③他至少击中目标次的概率是，其中正确结论的序号①③ .3.件产品中有件次品，从中连续取两次，(1)取后不放回，(2)取后放回，则两次都取合格品的概率分别是、.4.三个互相认识的人乘同一列火车，火车有节车厢，则至少两人上了同一车厢的概率是 ( )5.口袋里装有大小相同的黑、白两色的手套，黑色手套只，白色手套只，现从中随机地取出两只手套，如果两只是同色手套则甲获胜，两只手套颜色不同则乙获胜，则甲、乙获胜的机会是 ( )甲多乙多一样多不确定四.例题分析：例1.某地区有个工厂，由于电力紧缺，规定每个工厂在一周内必须选择某一天停电(选哪一天是等可能的)，假定工厂之间的选择互不影响.(1)求个工厂均选择星期日停电的概率;(2)求至少有两个工厂选择同一天停电的概率. 解：设个工厂均选择星期日停电的事件为.则.(2)设个工厂选择停电的时间各不相同的事件为.则，至少有两个工厂选择同一天停电的事件为，. 小结：个工厂均选择星期日停电可看作个相互独立事件.例2.某厂生产的产品按每盒件进行包装，每盒产品均需检验合格后方可出厂.质检办法规定：从每盒件产品中任抽件进行检验，若次品数不超过件，就认为该盒产品合格;否则，就认为该盒产品不合格.已知某盒产品中有件次品.(1)求该盒产品被检验合格的概率;(2)若对该盒产品分别进行两次检验，求两次检验得出的结果不一致的概率.解: (1)从该盒件产品中任抽件，有等可能的结果数为种，其中次品数不超过件有种，被检验认为是合格的概率为.(2)两次检验是相互独立的，可视为独立重复试验，因两次检验得出该盒产品合格的概率均为，故“两次检验得出的结果不一致”即两次检验中恰有一次是合格的概率为答：该盒产品被检验认为是合格的概率为;两次检验得出的结果不一致的概率为.例3.假定在张票中有张奖票()，个人依次从中各抽一张，且后抽人不知道先抽人抽出的结果，(1)分别求第一，第二个抽票者抽到奖票的概率，(2)求第一，第二个抽票者都抽到奖票的概率.解：记事件：第一个抽票者抽到奖票，记事件：第一个抽票者抽到奖票，则(1)，，(2)小结：因为≠，故A与B是不独立的.例 4. 将一枚骰子任意的抛掷次，问点出现(即点的面向上)多少次的概率最大?解：设为次抛掷中点出现次的概率，则，∴，∵由，得，即当时，，单调递增，当时，，单调递减，从而最大.五.课后作业：1.将一颗质地均匀的骰子(它是一种各面上分别标有点数的正方体玩具)先后抛掷次，至少出现一次点向上的概率是 ( )2.已知盒中装有只螺口与只卡口灯炮，这些灯炮的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯炮使用，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则他直到第次才取得卡口灯炮的`概率为： ( )3.一出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗到红灯这一事件是相互独立的，并且概率都是，这位司机遇到红灯前，已经通过了两个交通岗的概率是 ;4.甲乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.6，被甲或乙解出的概率为0.92.求该题被乙独立解出的概率。

事件的相互独立性、条件概率与全概率公(课件)-2025年高考数学一轮复习

1
,
8
所以D正确．故选：D
=
1
,
8
=
1
,
64
= ，则, 相互独立，
题型突破·考法探究
题型二：相互独立事件的判断
【典例2-2】（2024·山东泰安·三模）盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第
一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色
胜者．
（1）若第一场比赛小金轮空，则需要下第四场比赛的概率为多少？
（2）求最终小金获胜的概率．
（3）若已知小郅第一局未轮空且获胜，在此条件下求小金最终获胜的概率（请用两种方法解答）．
【解析】（1）第一场比赛小郅获胜时，则第二场小金获胜，第三场小睿获胜，满足题意；
第一场比赛小睿获胜时，则第二场小金获胜，第三场小郅获胜，满足题意；
“{ = 0}与{ = 0}独立”是“{ = 1}与{ = 1}独立”的（）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】{ = 0}与{ = 0}独立，则( = 0, = 0) = ( = 0)( = 0)，
即 = 1, = 1 = = 1 − = 0, = 1
，故C项错误；
=
C22 C22 +C22 C12 C12 +C12 C12 C22 +C12 C12 C12 C12
C24 C24
=
25
36
= ，故D项正确．
题型突破·考法探究
题型二：相互独立事件的判断
【变式2-1】考虑以Ω为样本空间的古典概型．设X和Y定义Ω上，取值{0,1}的成对分类变量，则