高考数学第88炼 含有条件概率的随机变量问题
2025高考数学必刷题 第88讲、随机事件、频率与概率(教师版)
第88讲随机事件、频率与概率知识梳理知识点1、随机试验我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E 表示．我们感兴趣的是具有以下特点的随机试验：（1）试验可以在相同条件下重复进行；（2）试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；（3）每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果．知识点2、样本空间我们把随机试验E 的每个可能的基本结果称为样本点，全体样本点的集合称为试验E 的样本空间，一般地，用．Ω．表示样本空间，用ω表示样本点，如果一个随机试验有n 个可能结果1ω，2ω，…，n ω，则称样本空间}{12,,,n ωωωΩ= 为有限样本空间．知识点3、随机事件、确定事件（1）一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，为了叙述方便，我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件，并把只包含一个样本点的事件称为基本事件．当且仅当A 中某个样本点出现时，称为事件A 发生．（2）Ω作为自身的子集，包含了所有的样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为必然事件．（3）空集∅不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称为∅为不可能事件．（4）确定事件：必然事件和不可能事件统称为相对随机事件的确定事件．知识点4、事件的关系与运算①包含关系：一般地，对于事件A 和事件B ，如果事件A 发生，则事件B 一定发生，这时称事件B 包含事件A （或者称事件A 包含于事件B ），记作B A ⊇或者A B ⊆．与两个集合的包含关系类比，可用下图表示：不可能事件记作∅，任何事件都包含不可能事件．②相等关系：一般地，若B A ⊇且A B ⊇，称事件A 与事件B 相等．与两个集合的并集类比，可用下图表示：③并事件（和事件）：若某事件发生当且仅当事件A 发生或事件B 发生，则称此事件为事件A 与事件B 的并事件（或和事件），记作A B （或A B +）．与两个集合的并集类比，可用下图表示：④交事件（积事件）：若某事件发生当且仅当事件A 发生且事件B 发生，则称此事件为事件A 与事件B 的交事件（或积事件），记作A B （或AB ）．与两个集合的交集类比，可用下图表示：知识点5、互斥事件与对立事件（1）互斥事件：在一次试验中，事件A 和事件B 不能同时发生，即=A B ∅ ，则称事件A 与事件B 互斥，可用下图表示：如果1A ，2A ，…，n A 中任何两个都不可能同时发生，那么就说事件1A ，．2A ．，…，nA 彼此互斥．（2）对立事件：若事件A 和事件B 在任何一次实验中有且只有一个发生，即A B =Ω 不发生，A B =∅ 则称事件A 和事件B 互为对立事件，事件A 的对立事件记为A ．（3）互斥事件与对立事件的关系①互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生．②对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，即“互斥”是“对立”的必要不充分条件，而“对立”则是“互斥”的充分不必要条件．知识点6、概率与频率（1）频率：在n 次重复试验中，事件A 发生的次数k 称为事件A 发生的频数，频数k 与总次数n 的比值kn，叫做事件A 发生的频率．（2）概率：在大量重复尽心同一试验时，事件A 发生的频率kn总是接近于某个常数，并且在它附近摆动，这时，就把这个常数叫做事件A 的概率，记作()P A ．（3）概率与频率的关系：对于给定的随机事件A ，由于事件A 发生的频率kn随着试验次数的增加稳定于概率()P A ，因此可以用频率kn来估计概率()P A ．必考题型全归纳题型一：随机事件与样本空间例1．（2024·全国·高三专题练习）已知集合A 是集合B 的真子集，则下列关于非空集合A ，B 的四个命题：①若任取x A ∈，则x B ∈是必然事件；②若任取x A ∉，则x B ∈是不可能事件；③若任取x B ∈，则x A ∈是随机事件；④若任取x B ∉，则x A ∉是必然事件．其中正确的命题有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C【解析】因为集合A 是集合B 的真子集，所以集合A 中的元素都在集合B 中，集合B 中存在元素不是集合A 中的元素，作出其韦恩图如图：对于①：集合A 中的任何一个元素都是集合B 中的元素，任取x A ∈，则x B ∈是必然事件，故①正确；对于②：任取x A ∉，则x B ∈是随机事件，故②不正确；对于③：因为集合A 是集合B 的真子集，集合B 中存在元素不是集合A 中的元素，集合B 中也存在集合A 中的元素，所以任取x B ∈，则x A ∈是随机事件，故③正确；对于④：因为集合A 中的任何一个元素都是集合B 中的元素，任取x B ∉，则x A ∉是必然事件，故④正确；所以①③④正确，正确的命题有3个．例2．（2024·全国·高三专题练习）以下事件是随机事件的是（）A ．标准大气压下，水加热到100C ︒，必会沸腾B ．走到十字路口，遇到红灯C ．长和宽分别为,a b 的矩形，其面积为abD ．实系数一元一次方程必有一实根【答案】B【解析】A ．标准大气压下，水加热到100℃必会沸腾，是必然事件；故本选项不符合题意；B ．走到十字路口，遇到红灯，是随机事件；故本选项符合题意；C ．长和宽分别为,a b 的矩形，其面积为ab 是必然事件；故本选项不符合题意；D ．实系数一元一次方程必有一实根，是必然事件．故本选项不符合题意．故选：B ．例3．（2024·全国·高三专题练习）袋中装有形状与质地相同的4个球，其中黑色球2个，记为12B B 、，白色球2个，记为12W W 、，从袋中任意取2个球，请写出该随机试验一个不等可能的样本空间：Ω=.【答案】121121{},,B B B W B W （答案不唯一）【解析】从袋中任取2个球，共有如下情况121112212212,,,,,B B B W B W B W B W W W .其中一个不等可能的样本空间为121121Ω},,{B B B W B W =，此样本空间中两个黑球的情况有1个，一黑一白的情况有2个，是不等可能的样本空间.故答案为：121121Ω},,{B B B W B W =.(答案不唯一)变式1．（2024·全国·高一专题练习）将一枚硬币抛三次，观察其正面朝上的次数，该试验样本空间为.【答案】{}0,1,2,3【解析】因为将一枚硬币抛三次，其正面朝上的次数可能为0,1,2,3，所以该试验样本空间为{}0,1,2,3.故答案为：{}0,1,2,3.变式2．（2024·高一课时练习）设样本空间Ω＝{1，2，3}，则Ω的不同事件的总数是.【答案】8【解析】集合{1，2，3}的子集个数为328=，所以Ω的不同事件的总数是8，变式3．（2024·全国·高一专题练习）从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，其样本空间为．【答案】{}0,1,2,3,4【解析】由分析可知取出的4件产品的次品个数为0，1，2，3，4，所以样本空间为{}0,1,2,3,4，故答案为：{}0,1,2,3,4.【解题方法总结】确定样本空间的方法（1）必须明确事件发生的条件．（2）根据题意，按一定的次序列出问题的答案．特别要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏．题型二：随机事件的关系与运算例4．（2024·全国·高三专题练习）端午节是我国传统节日，记事件A =“甲端午节来宝鸡旅游”，记事件B =“乙端午节来宝鸡旅游”，且1()3P A =，3()4P B =，假定两人的行动相互之间没有影响，则()P A B = （）A ．56B ．712C ．34D ．14【答案】A【解析】依题意1()3P A =，3()4P B =且A 、B 相互独立，所以()()()13135()34346P A B P A P B P AB =+-=+-⨯= .故选：A.例5．（2024·全国·高三专题练习）已知事件A 与事件B 互斥，记事件B 为事件B 对立事件.若()0.6P A =，()0.2P B =，则()P A B +=（）A ．0.6B ．0.8C ．0.2D ．0.48【答案】B【解析】因为事件A 与事件B 互斥，所以A B ⊆，所以()(1()0.8P A B P B P B +==-=.故选：B例6．（2024·全国·高三专题练习）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A 表示随机事件“两枚炮弹都击中飞机”，事件B 表示随机事件“两枚炮弹都未击中飞机”，事件C 表示随机事件“恰有一枚炮弹击中飞机”，事件D 表示随机事件“至少有一枚炮弹击中飞机”，则下列关系不正确的是（）A ．A D ⊆B ．B D =∅C ．A CD ⋃=D ．A B B D⋃=⋃【答案】D【解析】“至少有一枚炮弹击中飞机”包含两种情况:一种是恰有一枚炮弹击中飞机，另一种是两枚炮弹都击中飞机.所以A D ⊆，B D =∅ ，“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没击中或第一枚没击中第二枚击中，所以A C D ⋃=，又B D 包含该试验的所有样本点，为必然事件，而事件A B ⋃表示“两个炮弹都击中飞机或者都没击中飞机”，所以A B B D ⋃≠⋃.故选：D变式4．（2024·全国·高三专题练习）某家族有,X Y 两种遗传性状，该家族某成员出现X 性状的概率为415，出现Y 性状的概率为215，,X Y 两种性状都不出现的概率为710，则该成员,X Y 两种性状都出现的概率为（）A ．115B ．110C ．215D ．415【答案】B【解析】设该家族某成员出现X 性状为事件A ，出现Y 性状为事件B ，则,X Y 两种性状都不出现为事件A B ⋂，两种性状都出现为事件A B ⋂，所以，()()42,1515P B P A ==，()710P A B = ，所以，()()3110P A B P A B =-=，又因为()()()()P A B P A P B P A B =+- ，所以，()()()()110P A B P A P B P A B =+-= ，故选：B变式5．（2024·上海长宁·统考一模）掷两颗骰子，观察掷得的点数；设事件A 为：至少一个点数是奇数；事件B 为：点数之和是偶数；事件A 的概率为()P A ，事件B 的概率为()P B ；则()1P A B -⋂是下列哪个事件的概率（）A ．两个点数都是偶数B ．至多有一个点数是偶数C ．两个点数都是奇数D ．至多有一个点数是奇数【答案】D【解析】由题意，事件A B ⋂为：两个点数都为奇数，由概率()1P A B -⋂指的是事件A B ⋂的对立事件的概率，则事件A B ⋂的对立事件为：至少有一个点数为偶数，或者至多有一个点数为奇数.故选：D.变式6．（2024·全国·高三专题练习）如图，甲、乙两个元件串联构成一段电路，设M =“甲元件故障”，N =“乙元件故障”，则表示该段电路没有故障的事件为（）A ．M N ⋃B ．M N⋃C ．M N ⋂D ．M N【答案】C【解析】因甲、乙两个元件串联，线路没有故障，即甲、乙都没有故障.即事件M 和N 同时发生，即事件M N ⋂发生.故选：C.变式7．（2024·全国·高三专题练习）已知()0.3P A =，()0.1P B =，若B A ⊆，则()P AB =（）A ．0.1B ．0.2C ．0.3D ．0.4【答案】A【解析】由于B A ⊆，所以()()0.1P AB P B ==.故选：A【解题方法总结】事件的关系运算策略（1）互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生．（2）进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析．也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件．题型三：频率与概率例7．（2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）在一个口袋中放有m个白球和n 个红球，这些球除颜色外都相同，某班50名学生分别从口袋中每次摸一个球，记录颜色后放回，每人连续摸10次，其中摸到白球的次数共152次，以频率估计概率，若从口袋中随机摸1个球，则摸到红球概率的估计值为．（小数点后保留一位小数）【答案】0.7【解析】由题意可知：一共摸500次，其中摸到白球的次数共152次，摸到红球的次数共348次，所以摸到红球概率的估计值为3480.7 500».故答案为：0.7例8．（2024·全国·高三对口高考）下列说法：①设有一批产品，其次品率为0.05，则从中任取200件，必有10件次品；②做100次抛硬币的试验，有51次出现正面.因此出现正面的概率是0.51；③随机事件A的概率是频率的稳定值；④随机事件A的概率趋近于0，即()P A趋近于0，则A是不可能事件；⑤抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是950；⑥随机事件的频率就是这个事件发生的概率；其中正确的有.【答案】③⑤【解析】概率指的是无穷次试验中，出现的某种事件的频率总在一个固定的值的附近波动，这个固定的值就是概率.①通过概率定义可以分析出，出现的事件是在一个固定值波动，并不是一个确定的值，则本题中从该批产品中任取200件，应该是10件次品左右，不一定出现10件次品，错误；②100次抛硬币的试验并不是无穷多次试验，出现的频率也不是概率，事实上硬币只有两个面，每个面出现的概率是相等的，所以因此出现正面的概率是0.5，错误；③随机事件的概率是通过多次试验，算出频率后来估计它的概率的，当试验的次数多了，这个频率就越来越接近概率，所以随机事件A的概率是频率的稳定值，正确；④随机事件A的概率趋近于0，说明事件A发生的可能性很小，但并不表示不会发生，错误；⑤抛掷骰子100次，得点数是1的结果是18次，则出现1点的频率是18910050=，正确；⑥根据概率的定义，随机事件的频率只是这个事件发生的概率的近似值，它并不等于概率，错误；综上，正确的说法有③⑤.故答案为：③⑤例9．（2024·全国·模拟预测）在对于一些敏感性问题调查时，被调查者往往不愿意给正确答复，因此需要特别的调查方法．调查人员设计了一个随机化装置，在其中装有形状、大小、质地完全相同的50个黑球和50个白球，每个被调查者随机从该装置中抽取一个球，若摸到黑球则需要如实回答问题一：你公历生日是奇数吗？若摸到白球则如实回答问题二：你是否在考试中做过弊．若100人中有52人回答了“是”，48人回答了“否”．则问题二“考试是否做过弊”回答“是”的百分比为（以100人的频率估计概率）．【答案】54%/0.54【解析】由题意可知，每名调查者从袋子中抽到1个白球或黑球的概率均为0.5，所以，100人中回答第一个问题的人数为1000.550⨯=，则另外50人回答了第二个问题，在摸到黑球的前提下，回答“是”的概率为12，即摸到黑球且回答“是”的人数为150252⨯=，则摸到白球且回答“是”的人数为522527-=，所以，问题二“考试是否做过弊”且回答“是”的百分比为270.5454% 50==.故答案为：54%.变式8．（2024·全国·高三对口高考）已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1、2、3、4表示命中，5、6、7、8、9、0表示不命中，再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683 431257393027556488730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为.【答案】0.25/1 4【解析】20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191、271、932、812、393，其频率为50.2520=，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.故答案为：0.25变式9．（2024·全国·高三专题练习）一家药物公司试验一种新药，在500个病人中试验，其中307人有明显疗效，120人有疗效但疗效一般，剩余的人无疗效，则没有明显疗效的频率是．【答案】0.386/193 500【解析】由题意可得没有明显疗效的人数为500307193-=，所以没有明显疗效的频率为1930.386 500=，故答案为：0.386变式10．（2024·全国·高三专题练习）若随机事件A在n次试验中发生了m次，则当试验次数n很大时，可以用事件A发生的频率mn来估计事件A的概率，即()≈P A．【答案】m n【解析】在相同的条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会在随机事件A发生的概率()P A附近摆动并趋于稳定，这个性质成为频率的稳定性.因此，可以用事件A发生的频率mn来估计事件A的概率，即()≈P A mn.故答案为：m n变式11．（2024·全国·高三专题练习）已知小张每次射击命中十环的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计小张三次射击恰有两次命中十环的概率，先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定2，4，6，8表示命中十环，0，1，3，5，7，9表示未命中十环，再以每三个随机数为一组，代表三次射击的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：321 421 292 925 274 632 800 478 598 663 531 297 396 021 506318 230 113 507 965据此估计，小张三次射击恰有两次命中十环的概率约为.【答案】0.3【解析】由题意，随机数组421，292，274，632，478，663共6个，表示恰有两次命中十环，所以概率为60.320P==．故答案为：0.3．变式12．（2024·广东广州·高三铁一中学校考阶段练习）长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约有40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为50%．现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率约为．【答案】0.375【解析】设该学校人数为x ，依题意得，近视的人数为0.4x ，玩手机超过1小时的人有0.2x ，近视人数为0.1x ，于是玩手机小于1小时但又近视的人数为(0.40.1)0.3x x -=，玩手机小于1小时的总人数为(10.2)0.8x x -=，这类人的近视率约为0.30.3750.8xx=.故答案为：0.375变式13．（2024·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）袋中有10个球，其中有m 个红球，n 个蓝球，有放回地随机抽取1000次，其中有597次取到红球，403次取到蓝球，则其中红球最有可能有个．【答案】6【解析】5976100010mm =⇒≈.所以红球最有可能有6个.故答案为：6【解题方法总结】（1）概率与频率的关系（2）随机事件概率的求法题型四：生活中的概率例10．（2024·全国·高三专题练习）某购物网站开展一种商品的预约购买，规定每个手机号只能预约一次，预约后通过摇号的方式决定能否成功购买到该商品.规则如下：（ⅰ）摇号的初始中签率为0.19；（ⅱ）当中签率不超过1时，可借助“好友助力”活动增加中签率，每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05.为了使中签率超过0.9，则至少需要邀请位好友参与到“好友助力”活动.【答案】15【解析】因为摇号的初始中签率为0.19，所以要使中签率超过0.9，需要增加中签率0.90.190.71-=，因为每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05，所以至少需要邀请0.7114.20.05=，所以至少需要邀请15位好友参与到“好友助力”活动.故答案为：15例11．（2024·江西吉安·江西省泰和中学校考一模）设有外形完全相同的两个箱子，甲箱中有99个白球，1个黑球，乙箱中有1个白球，99个黑球.随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，我们可以认为这球是从箱中取出的.【答案】甲.【解析】分别求出甲箱中取到白球的概率和乙箱中取到白球的概率，由此进行判断． 甲箱有99个白球1个黑球，∴随机地取出一球，得白球的可能性是99 100，乙箱中有1个白球和99个黑球，从中任取一球，得白球的可能性是1 100，由此看到，这一白球从甲箱中抽出的概率比从乙箱中抽出的概率大得多．既然在一次抽样中抽得白球，当然可以认为是由概率大的箱子中抽出的．∴我们作出推断是从甲箱中抽出的．故答案为：甲例12．（2024·全国·高三专题练习）有以下说法:①一年按365天计算,两名学生的生日相同的概率是1365;②买彩票中奖的概率为0.001,那么买1000张彩票就一定能中奖;③乒乓球赛前,决定谁先发球,抽签方法是从1~10共10个数字中各抽取1个,再比较大小,这种抽签方法是公平的;④昨天没有下雨,则说明“昨天气象局的天气预报降水概率是90%”是错误的.根据我们所学的概率知识,其中说法正确的序号是.【答案】①③【解析】根据“概率的意义”求解,买彩票中奖的概率0.001,并不意味着买1000张彩票一定能中奖,只有当买彩票的数量非常大时,我们可以看成大量买彩票的重复试验,中奖的次数为n;1 000昨天气象局的天气预报降水概率是90%,是指可能性非常大,并不一定会下雨.说法②④是错误的，而利用概率知识可知①③是正确的.故答案为①③．【解题方法总结】概率和频率的关系：概率可看成频率在理论上的稳定值，它从数量上反映了随机事件发生的可能性的大小，它是频率的科学抽象，当试验次数越来越多时频率向概率靠近，只要次数足够多，所得频率就近似地当作随机事件的概率．题型五：互斥事件与对立事件例13．（2024·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是（）A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．至少有一个白球；红､黑球各一个D．恰有一个白球；一个白球一个黑球【答案】C【解析】对于A，至少有一个白球和都是白球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，A不是；对于B，至少有一个白球和至少有一个红球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，B不是；对于C，至少有一个白球和红、黑球各一个的两个事件不能同时发生但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，C是；对于D，恰有一个白球和一个白球一个黑球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，D不是.故选：C例14．（2024·全国·高三专题练习）从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）A．至少有一个黑球与都是黑球B．至少有一个黑球与至少有一个红球C．恰有一个黑球与恰有两个黑球D．至少有一个黑球与都是红球【答案】C【解析】对于A：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，∴这两个事件不是互斥事件，A ∴不正确；对于B ：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个红球”可以同时发生，如：一个红球一个黑球，B ∴不正确；对于C ：事件：“恰好有一个黑球”与事件：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是红球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，C ∴正确；对于D ：事件：“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但一定会有一个发生，∴这两个事件是对立事件，D ∴不正确；故选：C .例15．（2024·四川宜宾·统考三模）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件1表示“骰子向上的点数为奇数”，事件2表示“骰子向上的点数为偶数”，事件3表示“骰子向上的点数大于3”，事件4表示“骰子向上的点数小于3”则（）A ．事件1与事件3互斥B ．事件1与事件2互为对立事件C ．事件2与事件3互斥D ．事件3与事件4互为对立事件【答案】B【解析】由题可知，事件1可表示为：{}13,5A =,,事件2可表示为：{}2,4,6B =,事件3可表示为：{}4,5,6C =,事件4可表示为：{}1,2D =,因为{}5A C = ，所以事件1与事件3不互斥，A 错误；因为A B ⋂为不可能事件，A B ⋃为必然事件，所以事件1与事件2互为对立事件，B 正确；因为{}4,6B C = ，所以事件2与事件3不互斥，C 错误；因为C D ⋂为不可能事件，C D ⋃不为必然事件，所以事件3与事件4不互为对立事件，D 错误；故选：B.变式14．（2024·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）从数学必修一、二和政治必修一、二共四本书中任取两本书，那么互斥而不对立的两个事件是（）A ．至少有一本政治与都是数学B ．至少有一本政治与都是政治C ．至少有一本政治与至少有一本数学D ．恰有1本政治与恰有2本政治【答案】D【解析】从装有2本数学和2本政治的四本书内任取2本书，可能的结果有：“两本政治”，“两本数学”，“一本数学一本政治”，“至少有一本政治”包含事件：“两本政治”，“一本数学一本政治”.对于A，事件“至少有一本政治”与事件“都是数学”是对立事件，故A错误；对于B，事件“至少有一本政治”包含事件“都是政治”，两个事件是包含关系，不是互斥事件，故B错误；对于C，事件“至少有一本数学”包含事件：“两本数学”，“一本数学一本政治”，因此两个事件都包含事件“一本数学一本政治”，不是互斥事件，故C错误；对于D，“恰有1本政治”表示事件“一本数学一本政治”，与事件“恰有2本政治”是互斥事件，但是不对立，故D正确.故选:D.，，个，从中任取2个，则互斥而不变式15．（2024·全国·高二）袋内分别有红､白､黑球321对立的两个事件是（）A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球D．至少有一个白球；红､黑球各一个【答案】D【解析】对于A，“至少有一个白球”说明有白球，白球的个数可能为1或2，而“都是白球”说明两个全是白球，这两个事件可以同时发生，故A中事件不是互斥的；对于B，当两球一个白球一个红球时，“至少有一个白球”与“至少有一个红球”均发生，故不互斥；对于C，“恰有一个白球”，表示黑球个数为0或1，即可能是一个白球和一个黑球，这与“一个白球一个黑球”不互斥；对于D，“至少一个白球”发生时，“红､黑球各一个”不会发生，故二者互斥，从袋中任取2个也可能是两个红球，即二者可能都不发生，故二者不对立，故选：D变式16．（多选题）（2024·全国·高三专题练习）从1，2，3，L，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（）A．“三个都为偶数”和“三个都为奇数”B．“至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”C．“至少有一个奇数”和“三个都为偶数”D．“一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇。
高中数学条件概率和相互独立精选题目(附解析)
高中数学条件概率和相互独立精选题目（附解析）(1)条件概率的定义一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝P(AB)P(A)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率．(2)条件概率的性质①任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1.②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．(3)相互独立事件的概念设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．(4)相互独立事件的性质如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．一、利用条件概率公式求条件概率1．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1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A26＝30.根据分步乘法计数原理，有n(A)＝A14A15＝20，所以P(A)＝n(A)n(Ω)＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝A24＝12，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝1230＝25.(3)法一：由(1)(2)，得在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2523＝35.法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35.注:1．在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”时，一般可认为是条件概率．2．条件概率的两种计算方法：(1)在原样本空间中，先计算P(AB)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝P(AB)P(A)计算求得P(B|A)；(2)若事件为古典概型，可利用公式P(B|A)＝n(AB)n(A)，即在缩小后的样本空间中计算事件B发生的概率．2．某个班级共有学生40人，其中团员有15人．全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员有4人．如果要在班内任选1人当学生代表．(1)求这个代表恰好在第一小组的概率；(2)求这个代表恰好是团员代表的概率；(3)求这个代表恰好是第一小组团员的概率；(4)现在要在班内任选1个团员代表，问这个代表恰好在第一小组的概率．解：设A＝{在班内任选1名学生，该学生属于第一小组}，B＝{在班内任选1名学生，该学生是团员}．(1)P(A)＝1040＝14.(2)P(B)＝1540＝38.(3)P(AB)＝440＝110.(4)法一：P (A |B )＝P (AB )P (B )＝11038＝415. 法二：P (A |B )＝n (AB )n (B )＝415. 3．某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A.8225B.12C.38D.34解析：选C 设A 为下雨，B 为刮风，由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38.故选C. 4．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%，已知一学生数学不及格，则他的语文也不及格的概率是( )A.15B.310C.12D.13解析：选A 设A 为事件“数学不及格”，B 为事件“语文不及格”，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.030.15＝15，所以当数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为15. 5．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，另一个也是女孩的概率是( )A.14B.23C.12D.13解析：选D 一个家庭中有两个小孩只有4种可能：(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．记事件A 为“其中一个是女孩”，事件B 为“另一个是女孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，AB ＝{(女，女)}．于是可知，P(A)＝34，P(AB)＝14.问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求P(B|A)，由条件概率公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1434＝13.6．从写着数字0,1,2,3,4,5的六张卡片中抽取两张，则在其中一张是写着数字0的卡片的条件下，另一张写着数字为偶数的概率为________．解析：一张写着数字0的卡片的抽取情况为：(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(0,5)，故另一张写着数字为偶数的概率为P＝2 5.答案：2 57.如图，一个正方形被平均分成9部分，向大正方形区域随机地投掷一点(每一次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P(A|B)，P(AB)．解：用μ(B)表示事件B所包含区域的面积，μ(Ω)表示大正方形区域的面积，由题意可知，P(AB)＝μ(AB)μ(Ω)＝19，P(B)＝μ(B)μ(Ω)＝49，P(A|B)＝P(AB)P(B)＝14.二、求互斥事件的条件概率1．在一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在第一个球是红球的事件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解：分别求出第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球和第二个球是黑球的概率．再用互斥事件概率公式得概率，也可用古典概型求概率．法一：设“摸出的第一个球是红球”是事件A，“摸出的第二个球是黄球”是事件B，“摸出的第二个球是黑球”是事件C，则P(A)＝1 10，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝145110＝1045＝29，P(C|A)＝P(AC)P(A)＝130110＝13.∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29＋13＝59.∴所求的条件概率为5 9.法二：∵n(A)＝1×C19＝9，n[(B∪C)∩A]＝C12＋C13＝5，∴P(B∪C|A)＝59.∴所求的条件概率为59.注：当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些较简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得所求事件的概率，但应注意这个公式在“B与C互斥”这一前提下才成立．2．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为()A．0.72B．0.8C．0.9D．0.5解析：选A在种子发芽的条件下，成长为幼苗，所以为条件概率问题．设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗(发芽，又成活为幼苗)”为事件AB，则发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.3．某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为________．解析：记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5.所以P (AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.5＝0.4，即这个选手过关的概率为0.4.答案：0.44．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)等于()A.18 B.14 C.25 D.12解析：选B P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C25＝110，由条件概率的计算公式得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝11025＝14.故选B.5．从编号为1,2，…，10的10个大小、颜色、材质均相同的球中任取4个，在选出4号球的条件下，选出球的最大号码为6的概率为________．解析：令事件A＝{选出的4个球中含4号球}，B＝{选出的4个球中最大号码为6}．依题意，知P(A)＝C39C410，P(AB)＝C24C410，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝C24C39＝114.答案：1 146．抛掷红、蓝两枚骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”．(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，两枚骰子的点数之和大于8的概率为多少？解：(1)设x为掷红骰子得到的点数，y为掷蓝骰子得到的点数，则所有可能的事件与点(x，y)一一对应，由题意作图(如图)．显然P(A)＝1236＝13，P(B)＝1036＝518，P(AB)＝536.(2)法一：P(B|A)＝n(AB)n(A)＝512.法二：P(B|A)＝P(AB)P(A)＝53613＝512.7．坛子里放着5个相同大小、相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB.(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的基本事件数为n(Ω)＝A25＝20.又n(A)＝A13×A14＝12.于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝1220＝35.(2)因为n(AB)＝A23＝6，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝620＝310.(3)由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝31035＝12.三、事件相互独立性的判断1．下列每对事件中，哪些是互斥事件，哪些是相互独立事件？(1)1 000张有奖销售的奖券中某张奖券是一等奖与该张奖券是二等奖；(2)甲，乙两人同时购买同一期的双色球彩票各一张，甲中奖与乙中奖；(3)甲组3名男生、2名女生，乙组2名男生、3名女生，现从甲，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”；(4)容器内盛有5个白球和3个黄球，“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”．解：(1)一张奖券不可能既是一等奖又是二等奖，即这两个事件不可能同时发生，故它们是互斥事件．(2)由双色球的中奖规则可知，甲是否中奖对乙是否中奖没有影响，反之亦然，故它们是相互独立事件．(3)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，反之亦然，所以它们是相互独立事件．(4)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若前一事件发生了，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47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.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，也不是互斥事件．注：(1)利用相互独立事件的定义(即P(AB)＝P(A)P(B))可以准确地判定两个事件是否相互独立；(2)判定两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，也就是看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，没有影响就是相互独立事件；有影响就不是相互独立事件．2．从一副扑克牌(52张)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽到J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？(1)A与B；(2)C与A.解：(1)P(A)＝452＝113，P(B)＝2652＝12，事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P (AB )＝252＝126，从而有P (A )P (B )＝P (AB )，因此事件A 与B 相互独立．(2) 事件A 与事件C 是互斥的，因此事件A 与C 不是相互独立事件．3．下列事件A ，B 是相互独立事件的是( )A ．一枚硬币掷两次，A ＝“第一次为正面”，B ＝“第二次为反面”B ．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A ＝“第一次摸到白球”，B ＝“第二次摸到白球”C ．掷一枚骰子，A ＝“出现点数为奇数”，B ＝“出现点数为偶数”D ．A ＝“一个灯泡能用1 000小时”，B ＝“一个灯泡能用2 000小时” 解析：选A 把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故A 是相互独立事件；B 中是不放回地摸球，显然A 事件与B 事件不相互独立；对于C ，其结果具有唯一性，A ，B 应为互斥事件；D 中事件B 受事件A 的影响．故选A.4．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球2次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1和A 2是( )A ．互斥的事件B ．相互独立的事件C ．对立的事件D ．不相互独立的事件解析：选D P (A 1)＝35，若A 1发生，则P (A 2)＝24＝12；若A 1不发生，则P (A 2)＝34，即A 1发生的结果对A 2发生的结果有影响，故A 1与A 2不是相互独立事件．故选D.四、相互独立事件同时发生的概率1．甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为13和14.求：(1)两人都能破译的概率；(2)两人都不能破译的概率；(3)恰有一人能破译的概率；(4)至多有一人能够破译的概率．解:设“甲能破译”为事件A ，“乙能破译”为事件B ，则A 、B 相互独立，从而A 与B －、A －与B 、A －与B －均相互独立．(1)“两人都能破译”为事件AB ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝13×14＝112.(2)“两人都不能破译”为事件A －B －，则P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝12. (3)“恰有一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )，又A B －与A －B 互斥，所以P [(A B －)∪(A －B )]＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝512. (4)“至多一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)，且A B －、A －B 、A －B －互斥，故P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1112.注：1．求相互独立事件同时发生的概率的步骤：(1)首先确定各事件是相互独立的；(2)再确定各事件会同时发生；(3)先求每个事件发生的概率，再求其积．2．公式P (AB )＝P (A )P (B )可推广到一般情形，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，即P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．2．要制造一种机器零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05，从它们制造的产品中，各任意抽取一件，求：(1)其中至少有一件废品的概率；(2)其中恰有一件废品的概率； (3)其中至多有一件废品的概率； (4)其中没有废品的概率； (5)其中都是废品的概率．解：这两个机床的生产是相互独立的．设A ＝“从甲机床抽得的一件是废品”，B ＝“从乙机床抽得的一件是废品”，则P (A )＝0.04，P (A －)＝0.96，P (B )＝0.05，P (B －)＝0.95.由题意可知A 与B ，A 与B －，A －与B ，A －与B －都是相互独立的． (1)1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－0.96×0.95＝0.088.(2)P [(A －B )∪(A B －)]＝P (A －B )＋P (A B －)＝P (A －)P (B )＋P (A )P (B －)＝0.96×0.05＋0.04×0.95＝0.048＋0.038＝0.086.(3)法一：P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝0.04×0.95＋0.96×0.05＋0.96×0.95＝0.998.法二：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－0.04×0.05＝0.998. (4)P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝0.96×0.95＝0.912. (5)P (AB )＝P (A )P (B )＝0.04×0.05＝0.002.3．从甲袋中模出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23等于( )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个红球的概率解析：选C 分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A ，B ，则P (A )＝13，P (B )＝12，由于A ，B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．4．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )A.49B.29C.23D.13解析：选A “左边圆盘指针落在奇数区域”记为事件A ，则P (A )＝46＝23，“右边圆盘指针落在奇数区域”记为事件B ，则P (B )＝46＝23，事件A 、B 相互独立，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为23×23＝49，故选A.5．有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它，则2人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．解析：甲、乙两人都未能解决的概率为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝12×23＝13， 问题得到解决就是至少有1人能解决问题， ∴P ＝1－13＝23. 答案：13 236．甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)用X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的分布列．解：(1)令A 1表示第2局结果为甲获胜，A 2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判．则A＝A1·A2，P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝1 4.(2)X的所有可能取值为0,1,2.B1表示第1局结果为乙获胜，B2表示第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜，B3表示第3局乙参加比赛时，结果为乙负，则P(X＝0)＝P(B1B2B－3)＝P(B1)P(B2)P(B－3)＝1 8，P(X＝2)＝P(B－1B3)＝P(B－1)P(B3)＝1 4，P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝5 8.故X的分布列为五、相互独立事件的综合应用1．计算机考试分理论考试与实际操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”概率依次为12，23，56，所有考试是否合格相互之间没有影响．(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性最大？(2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．(3)用X表示甲、乙、丙三人在计算机考试后获合格证书的人数，求X的分布列．解：(1)设“甲获得合格证书”为事件A，“乙获得合格证书”为事件B，“丙获得合格证书”为事件C，则P(A)＝45×12＝25，P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59.因为P (C )>P (B )>P (A )，所以丙获得合格证书的可能性最大． (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D ，则 P (D )＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC ) ＝25×12×49＋25×12×59＋35×12×59＝1130. (3)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝35×12×49＝215，P (X ＝2)＝P (D )＝1130， P (X ＝3)＝25×12×59＝19，P (X ＝1)＝25×12×49＋35×12×49＋35×12×59＝718. 所以X 的分布列为注：求某些事件的概率时，应首先确定事件之间的关系，即两事件是互斥事件或对立事件，还是相互独立事件，然后再判断事件发生的情况，最后确定是利用和事件概率公式还是积事件概率公式进行概率计算．2．甲、乙两名篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率．解：(1)设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B .由题意得P (B －)P (B －)＝116，解得P (B －)＝14或P (B －)＝－14(舍去)，故p ＝1－P (B －)＝34，所以乙投球的命中率为34.(2)法一：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P (A －·A －)＝1－P (A －)P (A －)＝34. 法二：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为2P (A )P (A －)＋P (A )P (A )＝34. 3．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.14解析：选C 记A ，B ，C ，D 这4个开关闭合分别为事件A ，B ，C ，D ，又记A 与B 至少有一个不闭合为事件E －，则P (E －)＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝34，则灯亮的概率为P ＝1－P (E －C －D －)＝1－P (E －)P (C －)P (D －)＝1－316＝1316.4．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2个球，则取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为________．解析：记“从甲袋中取得2个白球”为事件A ，“从乙袋中取得1个黑球和1个白球”为事件B ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝C 23C 27·C 15C 14C 29＝563.记“从甲袋中取得1个黑球和1个白球”为事件C ，“从乙袋中取得2个白球”为事件D ，则P (CD )＝P (C )P (D )＝C 13C 14C 27·C 25C 29＝1063.所以取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为563＋1063＝1563＝521.答案：5215．设两个相互独立事件A 与B ，若事件A 发生的概率为p ，B 发生的概率为1－p ，则A 与B 同时发生的概率的最大值________．解析：事件A 与B 同时发生的概率为p (1－p )＝p －p 2(p ∈[0,1])，当p ＝12时，最大值为14.答案：146．某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．(1)求这名同学得300分的概率； (2)求这名同学至少得300分的概率．解：记“这名同学答对第i 个问题”为事件A i (i ＝1,2,3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.7，P (A 3)＝0.6.(1)这名同学得300分的概率P 1＝P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A －2)P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.(2)这名同学至少得300分的概率P 2＝P 1＋P (A 1A 2A 3)＝0.228＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.巩固练习:1．下列说法正确的是( ) A ．P (B |A )＜P (AB ) B ．P (B |A )＝P (B )P (A )是可能的 C ．0＜P (B |A )＜1 D ．P (A |A )＝0 解析：选B 由条件概率公式P (B |A )＝P (AB )P (A )及0＜P (A )≤1知P (B |A )≥P (AB )，故A 错误；当事件A 包含事件B 时，有P (AB )＝P (B )，此时P (B |A )＝P (B )P (A )，故B 正确；由于0≤P (B |A )≤1，P (A |A )＝1，故C ，D 错误，故选B.2．某个班级共有学生40人，其中有团员15人．全班共分成4个小组，第一小组有学生10人，其中团员x 人，如果要在班内选一人当学生代表，在已知该代表是团员的条件下，这个代表恰好在第一小组内的概率是415，则x 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C 设A ＝{在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班内任选一个学生，该学生是团员}．则由已知P (AB )＝x 40，P (B )＝1540，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝415.所以x401540＝415.所以x ＝4.3．在区间(0,1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜12，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜34，则P (B |A )等于( )A.12B.14C.13D.34解析：选A P (A )＝121＝12.因为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜12，所以P (AB )＝141＝14，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12. 4．设A ，B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为15，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13，则事件A 发生的概率为________．解析：∵P (AB )＝15，P (B |A )＝13，∴P (A )＝P (AB )P (B |A )＝1513＝35.答案：355．高三毕业时，小红、小鑫、小芸等五位同学站成一排合影留念，已知小红、小鑫二人相邻，则小鑫、小芸相邻的概率是________．解析：设“小红、小鑫二人相邻”为事件A ，“小鑫、小芸二人相邻”为事件B ，则所求概率为P (B |A )，而P (A )＝2A 44A 55＝25，AB 表示事件“小鑫与小红、小芸都相邻”，故P (AB )＝2A 33A 55＝110，于是P (B |A )＝11025＝14.答案：146．将三颗骰子各掷一次，记事件A 表示“三个点数都不相同”，事件B 表示“至少出现一个2点”，则P (A |B )＝________.解析：由题意，得P (B )＝1－5×5×56×6×6＝91216，P (AB )＝5×4×C 136×6×6＝518，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝6091. 答案：60917．一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为79.(1)求白球的个数；(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第1次取得白球，求第2次取得黑球的概率．解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A ，记袋中白球个数为x .则P (A )＝1－C 210－xC 210＝79，解得x ＝5，即白球的个数为5.(2)记“第1次取得白球”为事件B ，“第2次取得黑球”为事件C ，则P (BC )＝C 15C 110×C 15C 19＝2590＝518，P (B )＝C 15C 15＋C 15C 14C 110C 19＝25＋2090＝12.P (C |B )＝P (BC )P (B )＝51812＝59.8．任意向x 轴上(0,1)这一区间内掷一个点． (1)该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内的概率是多少？ (2)在(1)的条件下，求该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率．解：(1)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内”为事件A ，由几何概型的概率计算公式，可知P (A )＝131＝13.(2)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内”为事件B ，则P (AB )＝13－151＝215， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝21513＝25，故在(1)的条件下，该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率为25.9.如图所示，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解析：选B 法一：由题意知，K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8.因为K ，A 1，A 2相互独立，所以A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96，所以系统正常工作的概率为P (K )[P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 法二：A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为 1－P (A －1A －2)＝1－(1－0.8)×(1－0.8)＝0.96.所以系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A －1A －2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 10．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，则他第3次拨号才接通电话的概率为( )A.114B.79C.110D.29解析：选C 设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1,2,3，第3次拨号才接通电话可表示为A －1A －2A 3，显然，A －1，A －2，A 3相互独立，所以P (A －1A －2A 3)＝910×89×18＝110.11．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )A.19B.16C.13D.718解析：选D 设汽车在甲、乙、丙三处通行分别为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23.停车一次即为事件A －BC ＋A B －C ＋AB C －，故其概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.12.在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片跳到另一片)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A 片上，则跳三次之后停在A 片上的概率是( )A.13B.29C.49D.827解析：选A 由题意知逆时针方向跳的概率为23，顺时针方向跳的概率为13，青蛙跳三次要回到A 只有两条途径：第一条，按A →B →C →A ，P 1＝23×23×23＝827；第二条，按A →C →B →A ，P 2＝13×13×13＝127，所以跳三次之后停在A 上的概率为P 1＋P 2＝827＋127＝13.13．台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是________．解析：设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A ，B ，C ，不准确记为事件A －，B －，C －，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.7，P (C )＝0.9，P (A －)＝0.2，P (B －)＝0.3，P (C －)＝0.1，至少两颗卫星预报准确的事件有AB C －，A B －C ，A －BC ，ABC ，这四个事件两两互斥．∴至少两颗卫星预报准确的概率为P ＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＋P (ABC )＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902.答案：0.90214．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________．解析：由已知条件知，第2个问题答错，第3、4个问题答对，记“问题回答正确”事件为A ，则P (A )＝0.8，故P ＝P [(A ＋A －)A －AA ]＝[1－P (A )]·P (A )P (A )＝0.128.答案：0.12815．已知A ，B 是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验，每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后观察疗效，若在一个试验组中，服用A 有效的白鼠的只数比服用B 有效的多，就称该试验组为甲类组，设每只小白鼠服用A 有效的概率为23，服用B 有效的概率为12.(1)求一个试验组为甲类组的概率；(2)观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率．解：(1)设A i 表示事件“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.B i 表示事件“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.据题意有：P (A 1)＝2×13×23＝49，P (A 2)＝23×23＝49，P (B 0)＝12×12＝14，P (B 1)＝2×12×12＝12.所求概率为P (B 0A 1)＋P (B 0A 2)＋P (B 1A 2)＝14×49＋14×49＋12×49＝49.(2)所求概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－493＝604729. 16．某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生选修哪门课互不影响．已知学生小张只选甲的概率为0.08，只选甲和乙的概率为0.12，至少选一门课的概率为0.88，用ξ表示小张选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．(1)求学生小张选修甲的概率；(2)记“函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上偶函数”为事件A ，求事件A 的概率；(3)求ξ的分布列．解：(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x ，y ，z ，则⎩⎨⎧ x (1－y )(1－z )＝0.08，xy (1－z )＝0.12，(1－x )(1－y )(1－z )＝0.12，解得⎩⎨⎧ x ＝0.4，y ＝0.6，z ＝0.5.所以学生小张选修甲的概率为0.4.(2)若函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上的偶函数，则ξ＝0.当ξ＝0时，表示小张选修三门课或三门课都不选，所以P (A )＝P (ξ＝0)＝xzy ＋(1－x )(1－y )(1－z )＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)(1－0.6)(1－0.5)＝0.24，即事件A 的概率为0.24.(3)根据题意，知ξ可能的取值为0,2，P (ξ＝0)＝0.24.根据分布列的性质，知P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)＝0.76.所以ξ的分布列为。
高考数学复习典型题型专题讲解与练习88 条件概率与全概率公式
高考数学复习典型题型专题讲解与练习专题88 条件概率与全概率公式题型一 利用定义求条件概率例1．（2022·全国·高二高考数学复习典型题型专题讲解与练习 专题练习）2022年6月14日是我国的传统节日“端午节”.这天，王华的妈妈煮了五个粽子，其中两个蜜枣馅，三个豆沙馅，王华随机拿了两个粽子，若已知王华拿到的两个粽子为同一种馅，则这两个粽子都为蜜枣馅的概率为( ) A ．14 B ．34 C ．110 D ．310【答案】A 【解析】 【分析】设事件A 为“取出两个粽子为同一种馅”，事件B 为“取出的两个粽子都为蜜枣馅”，计算P (A)、()P AB 的值，从而()(|)()P AB P B A P A =． 【详解】由题意，设事件A 为“取出两个粽子为同一种馅”，事件B 为“取出的两个粽子都为蜜枣馅”，则P (A)222325410C C C +==，22251()10C P AB C ==，()1(|)()4P AB P B A P A ∴==．故选：A ．规律方法利用定义计算条件概率的步骤(1)分别计算概率P(AB)和P(A)．(2)将它们相除得到条件概率P(B|A)＝P（AB）P（A），这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生．例2．（2022·湖南·高二课时练习）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A=“三个人去的景点各不相同”，B=“甲去了第一个景点”，如果甲、乙、丙互不相识，求()P A B．【答案】23【解析】【分析】这是求甲去第一个景点的前提下，三个人去的景点各不相同的条件概率，求出相应基本事件的个数，即可得出结论．【详解】甲去了第一个景点，则有1个景点可选，乙丙能在三个景点中选择，可能性为339⨯=种，所以甲去了第一个景点的可能性为1339⨯⨯=种，因为三个人去的景点不同的可能性为3216⨯⨯=种，所以()62 (|)()93n ABP A Bn AB=== .例3．（2022·湖南·高二课时练习）根据历年气象统计资料，某地4月份的任一天吹东风的概率为310，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为415．求4月7日在吹东风的条件下下雨的概率．【答案】8 9【解析】【分析】设事件A表示吹东风，事件B表示下雨，得到(),()P A P AB，结合()(|)()P ABP B AP A=，即可求解.【详解】由题意，设事件A表示吹东风，事件B表示下雨，则34 (),()1015P A P AB==，所以在吹东风的条件下下雨的概率为4()815 (|)3()910P ABP B AP A===.题型二条件概率的性质及应用例4．（2022·山东德州·高二期末）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该电器，则买到的是合格品的概率为多少？【答案】(1)13 30(2)37 50【解析】【分析】（1）由相互独立事件的概率可得；（2）根据各产品的市场占有率和合格率，由条件概率公式计算可得.(1)记随机抽取甲乙丙三家企业的一件产品，产品合格分别为事件1B ，2B ，3B ， 则三个事件相互独立，恰有两件产品合格为事件D ， 则123123123D B B B B B B B B B =++()()()()121323123B B P D P B B P B B P B B B =++4214131231353453453430=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=． 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1A ，2A ，3A ，()125P A =，()2925P A =，()3625P A =，14(|)5P B A ==，22(|)3P B A =，33(|)4P B A =， 112233()()(|)()(|)()(|)P B P A P B A P A P B A P A P B A =++249263375525325450=⨯+⨯+⨯=． 故在市场中随机购买一台电器，买到的是合格品的概率为3750． 规律方法 当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用P ((B ∪C )|A )＝P (B |A )＋P (C |A )便可求得较复杂事件的概率．例5．（2022·全国·高二课时练习）已知随机事件A ，B ，()12P A =，()13P B =，()12P B A =，求()P AB ，()P A B .【答案】13;44【解析】 【分析】根据条件概率的计算公式及其变形求解即可． 【详解】由条件概率公式()(|)()P AB P B A P A =得：111()(|)()224P AB P B A P A ==⨯=．∴1()34(|)1()43P AB P A B P B ===． 例6．（2022·全国·高二课时练习）某工厂有两个车间生产同型号家用电器，已知第1车间生产产品的合格品率为0.85，第2车间生产产品的合格品率为0.88，两个车间生产的产品混合堆放在一个仓库里且无区分标志，假设第1，2车间生产的产品的数量之比为2：3.今有一客户从仓库中随机提一台产品，求该产品是合格品的概率. 【答案】0.868 【解析】 【分析】利用条件概率公式，即可求解. 【详解】设B 表示从仓库中随机提出的一台产品是合格品，i A 表示从仓库中随机提出的一台产品是第i 车间生产的，1,2i =，则12B A B A B =+. 由题意，知()120.432P A ==+，()230.632P A ==+，()()120.85,0.88P BA PB A ==||，由全概率公式，得()()()()1122()|0.40.850.60.880.868P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=|.题型三 全概率公式例7．（2022·全国·高二课时练习）袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求： （Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率； （Ⅲ）第二次摸到红球的概率. 【答案】（Ⅰ）310；（Ⅱ）29；（Ⅲ）310. 【解析】（Ⅰ）求出基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，从而可得所求的概率． （Ⅱ）第一次摸到红球后，还余下2个红球和7个白球，同（Ⅰ）可求概率． （Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）利用全概率公式可求第二次摸到红球的概率． 【详解】设事件A ：第一次摸到红球；事件B ：第二次摸到红球， 则事件A ：第一次摸到白球.（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种， 所以 3()10P A =. （Ⅱ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种. 所以2(|)9P B A =.（Ⅲ）32733()()(|)()(|)10910910P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=.所以第二次摸到红球的概率3 ()10P B=.【点睛】方法点睛：利用全概率公式计算随机事件B的概率时，注意把随机事件B分解为两个随机事件AB和AB，再利用条件概率公式计算两者的概率即可．规律方法全概率公式主要用于计算比较复杂事件的概率，它们实质上是加法公式和乘法公式的综合运用．例8．（2022·吉林·东北师大附中高二期末）现将两个班的艺术类考生报名表分别装进2个档案袋，第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，第二个档案袋内有5名男生和5名女生的报名表．随机选择一个档案袋，然后从中随机抽取2份报名表．(1)若选择的是第一个档案袋，求从中抽到两名男生报名表的概率；(2)求抽取的报名表是一名男生一名女生的概率．【答案】(1)13；(2)73 180.【解析】【分析】（1）选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数21045n C==，从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为2615m C==，由此能求出从中抽到两名男生报名表的概率；（2）设事件i A表示抽取到第i个档案袋，(1,2)i=，设事件B表示抽取的报名表是一名男生一名女生，利用全概率公式能求出抽取的报名表是一名男生一名女生的概率．(1)（1）第一个档案袋内有6名男生和4名女生的报名表，选择的是第一个档案袋，从中随机抽取2份报名表，基本事件总数21045n C ==，从中抽到两名男生报名表包含的基本事件个数为2615m C ==，∴从中抽到两名男生报名表的概率151453m P n ===． (2)设事件i A 表示抽取到第i 个档案袋，(1,2)i =，设事件B 表示抽取的报名表是一名男生一名女生，则11()2P A =，21()2P A =，116412108(|)15C C P B A C ==，115522105(|)18C C P B A C ==，∴抽取的报名表是一名男生一名女生的概率为：()P B 1122815173(|)()(|)()152182180P B A P A P B A P A =+=⨯+⨯=． 例9．（2022·山东·德州市第一中学高二阶段练习）今年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某区组织了党史知识竞赛活动.在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三所学校回答一道有关红色革命根据地建立时间的问题，已知甲校回答正确这道题的概率为34，甲、丙两所学校都回答正确这道题的概率是12，乙、丙两所学校都回答正确这道题的概率是14.若各学校回答这道题是否正确是互不影响的.(1)若规定三个学校都需要回答这个问题，求甲、乙、丙三所学校中至少1所学校回答正确这道题的概率；(2)若规定三所学校需要抢答这道题，已知甲校抢到答题机会的概率为25，乙校抢到的概率为310，丙校抢到的概率为310，求这个问题回答正确的概率. 【答案】(1)9196(2)4980【解析】 【分析】（1）设甲、乙、丙3校答对这道题的概率分别为()P A ，()P B ，()P C ，利用独立事件的概率公式结合题干条件列出方程，求解()P B ，()P C ，再利用对立事件的概率公式，即得解；（2）利用全概率公式结合题干条件，即得解 (1)记甲、乙、丙3校独自答对这道题分别为事件A ，B ，C ，分别设甲、乙、丙3校答对这道题的概率分别为()P A ，()P B ，()P C ，由于每人回答问题正确与否是相互独立的，因此A ，B ，C 是相互独立事件由题意可知()34P A =，()()12P A P C ⋅=，()()14P B P C ⋅=， 解得()38P B =，()23P C =.所以，乙答对这道题的概率为38，丙答对这道题的概率为23.甲、乙、丙三所学校中至少1所学校回答正确为事件D ，则概率为()P D ，其反面是三所学校都回答错误，即()()()()()()332511111148396P A P B P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=---= ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭则三所学校中至少1所学校回答正确的概率为()59119696P D =-=；(2)若规定三所学校需要抢答这道题，则这个问题回答正确设为事件E ，得到抢答机会分别是事件1A ，2A ，3A ，则()125P A =，()2310P A =，()3310P A =，()134P AA =∣，()238PB A =∣，()323P C A =∣， 则()()()()()()()112233P E P A P AA P A PB A P A PC A =++∣∣∣ 233332495410810380=⨯+⨯+⨯= 这个问题回答正确的概率为4980. 题型四 贝叶斯公式例10．（2022·辽宁·高二阶段练习）2022年北京冬奥会的志愿者中，来自甲、乙、丙三所高校的人数分别为：甲高校学生志愿者7名，教职工志愿者2名；乙高校学生志愿者6名，教职工志愿者3名；丙高校学生志愿者5名，教职工志愿者4名.(1)从这三所高校的志愿者中各抽取一名，求这三名志愿者中既有学生又有教职工的概率；(2)先从三所高校中任选一所，再从这所高校的志愿者中任取一名，求这名志愿者是教职工志愿者的概率. 【答案】(1)5581 (2)13【解析】 【分析】（1）先求出这三名志愿者全是学生和全是教职工的概率，再由对立事件的概率关系可得答案（2）设事件D 为这名志愿者是教职工志愿者，事件1E 为选甲高校，事件2E 为选乙高校，事件3E 为选丙高校,由全概率公式可得答案. (1)设事件A 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是学生，则()76570999243P A =⨯⨯=；设事件B 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是教职工，则()2348999243P B =⨯⨯=；设事件C 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者中既有学生又有教职工，则()()()708551124324381P C P A P B =--=--=. (2)设事件D 为这名志愿者是教职工志愿者，事件1E 为选甲高校，事件2E 为选乙高校，事件3E 为选丙高校.()()()12313P E P E P E ===，()12|9P D E =，()23|9P D E =，()34|9P D E =.所以这名志愿者是教职工志愿者的概率为：()()()()()()()1122331213141|||3939393P D P E P D E P E P D E P E P D E =++=⨯+⨯+⨯=⋅规律方法 此类问题在实际中更为常见，它所求的是条件概率，是已知某结果发生条件下，求各原因发生的可能性大小．例11．（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是1：2，货车中途停车修车的概率为0.02，客车中途停车修车的概率为0.01．今有一辆汽车中途停车修理，求该车是货车的概率．【答案】12． 【解析】 【分析】由全概率公式计算出停车修理的概率，再由贝叶斯公式计算出结论． 【详解】记事件A 为经过的车是货车，事件B 是经过车是客车，事件C 是停车修理．1()3P A =，2()3P B =，(|)0.02P C A =，(|)0.01P C B =，121()()(|)()((|)0.020.013375P C P A P C A P B P C B =+=⨯+⨯=，所以10.02()13(|)1()275P AC P A C P C ⨯===. 例12．（2022·全国·高二课时练习）计算机中心有三台打字机A ，B ，C ，某打字员使用各台打字机打字的概率依次为0.6，0.3，0.1，打字机发生故障的概率依次为0.01，0.05，0.04.已知该打字员因打字机发生故障而耽误了工作进度，求该打字员使用A ，B ，C 打字的概率分别为多少.【答案】0.24；0.6；0.16 【解析】 【分析】设“该打字员因打字机发生故障而耽误了工作进度”为事件M ，“该打字员用A 打字”为事件1N ，“该打字员用B 打字”为事件2N ，“该打字员用C 打字”为事件3N ，则根据全概率公式与贝叶斯公式求解即可 【详解】设“该打字员因打字机发生故障而耽误了工作进度”为事件M ， “该打字员用A 打字”为事件1N ，“该打字员用B 打字”为事件2N ， “该打字员用C 打字”为事件3N ， 则根据全概率公式有()()()130.60.010.30.050.10.040.025i i i P M P N P M N ===⨯+⨯+⨯=∑，根据贝叶斯公式，可得该打字员使用A ，B ，C 打字的概率分别为：()()()()1110.60.010.240.025P N P M N P N M P M ⨯===， ()()()()2220.30.050.60.025P N P M N P N M P M ⨯===， ()()()()3330.10.040.160.025P N P M N P N M P M ⨯===. 题型五 全概率公式与贝叶斯公式的综合应用例13．（2022·全国·高二课时练习）在数字通讯中，信号是由数字0和1的长序列组成的，由于随机干扰，发送的信号0或1各有可能错误接收为1或0．现假设发送信号为0和1的概率均为12；又已知发送信号为0时，接收为0和1的概率分别为0.7和0.3，发送信号为1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1．求已知收到信号0时，发出的信号是0（即没有错误接收）的概率． 【答案】0.875 【解析】 【分析】设事件0A =“发送信号为0”，事件1A =“发送信号为1”，事件0B =“收到信号为0”，事件1B =“收到信号为1”，根据题意可得0A 与1A 构成一完备事件组，分别求出()()01P A P A ，，()00P B A ，()01P B A ，再根据()()()()()0000101P B P A P B A P A P B A =+求得()0P B ，再利用贝叶斯公式即可求出答案. 【详解】解：设事件0A =“发送信号为0”，事件1A =“发送信号为1”，事件0B =“收到信号为0”，事件1B =“收到信号为1”．因为收到信号为0时，除来自发送信号为0外，还有发送信号为1时，由于干扰接收的信号0，因此导致事件0B 发生的原因有事件0A 与1A ，且它们互不相容，故0A 与1A 构成一完备事件组．由题意有()()0112P A P A ==，()000.7P B A =，()010.1P B A =， 故()()()()()0000101110.70.10.422P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=．由贝叶斯公式得收到信号0时，发出的信号是0的概率为()()()()0000000.875P A P B A P A B P B ==．规律方法 P (A i )(i ＝1，2，…，n )是在没有进一步信息(不知道事件B 是否发生)的情况下，人们对诸事件发生可能性大小的认识，当有了新的信息(知道B 发生)，人们对诸事件发生可能性大小P (A i |B )有了新的估计，贝叶斯公式从数量上刻画了这种变化． 例14．（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别为17，15，14．现从这三个地区任抽取一个人，假设每个人来自三个地区的可能性相同． （1）求此人感染此病的概率；（2）若此人感染此病，求此人来自乙地区的概率．【答案】（1）83420；（2）2883.【解析】【分析】（1）应用全概率公式，求所抽取的人感染此病的概率即可；（2）利用贝叶斯概率公式可得()(|)(|)()P B P D BP B DP D=，即可求概率.【详解】（1）由题意，所抽取的人感染此病的概率111183()3754420P=⨯++=.（2）若,,A B C分别表示来自甲、乙、丙的事件，D表示感染此病的事件，∴此人感染此病且来自乙地区的概率11()(|)2835(|)83()83420P B P D BP B DP D⨯===.例15．（2022·全国·高二课时练习）设某工厂有甲、乙、丙三个车间，它们生产同一种工件，每个车间的产量占该厂总产量的百分比依次为25%，35%，40%，它们的次品率依次为5%，4%，2%．现从这批工件中任取一件．(1)求取到次品的概率；(2)已知取到的是次品，求它是甲车间生产的概率．（精确到0.01）【答案】(1)0.0345；(2)0.36.【解析】【分析】（1）根据题意，结合全概率公式，即可求解；（2）根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.设事件1B ，2B ，3B 分别表示取出的工件是甲、乙、丙车间生产的，A 表示“取到的是次品.易知1B ，2B ，3B 两两互斥，根据全概率公式，可得()()()130.250.050.350.040.40.020.0345i i i P A P B P A B ==∑=⨯+⨯+⨯=．故取到次品的概率为0.0345． (2)()()()()()()11110.250.050.360.0345P B P A B P AB P B A P A P A ⨯===≈．故已知取到的是次品，它是甲车间生产的概率为0.36．例16．（2022·江苏·高二课时练习）在数字通信中心信号是由数字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．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，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． (1)分别求接收的信号为0和1的概率；(2)已知接收的信号为0，求发送的信号是1的概率． 【答案】(1)0.475，0.525 (2)119【解析】 【分析】（1）由全概率公式和对立事件概率公式计算． （2）由条件概率公式计算．设A =“发送的信号为0”，B =“接收到的信号为0”，则A =“发送的信号为1”，B =“接收到的信号为1”．由题意得()()0.5P A P A ==，(|)0.9P B A =，(|)0.1P B A =， (|)0.05P B A =，(|)0.95P B A =．()()(|)()(|)0.50.90.50.050.475P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=； ()1()10.4750.525P B P B =-=-=．(2)()(|)0.50.051(|)()0.47519P A P B A P A B P B ⨯===．例17．（2022·全国·高二课时练习）假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个分裂成两个）和死亡的概率相同．如果一个种群从这样一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？ 【答案】35054096【解析】 【分析】求出不分裂就灭绝，分裂1次，2次和3次灭绝的概率，4次以上，概率很小忽略不计，把不分裂和分裂前3次加起来作为这个种群最终灭绝的概率，需要用到条件概率 【详解】由题意得：该细胞分裂和死亡的概率均为12，设这个种群最终灭绝是事件A ，其中没有分裂就灭绝为事件0B ，分裂一次后灭绝为事件1B ，分裂两次后灭绝为事件2B ，分裂三次后灭绝为事件3B ，……，其中()012p B =，()21111228p B ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭，()2224222212122222211111111111222224424p B C C C C ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯=+=+-⎢⎥⎢⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦225198264⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()424446481234344441111111122222222p B C C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭4234444412344444111111151369112444424824096C C C C ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-=-=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦若分裂n 次后种群最终灭绝，则()11111112122224221222221111111122222222n n n nn n n n n p B C C C ---------⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111112222212222222111111112444245182n n n n n n n n n n C C C ----------⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥=+++=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故当4n =时，()884510.0282p B ⎛⎫⎛⎫=-≈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，随着n 的增大，()n p B 变得特别小，可忽略不计，故()1193693505286440964096p A ≈+++=【同步练习】 一、单选题1．（2022·山东济宁·一模）甲､乙两个箱子里各装有5个大小形状都相同的球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球的概率为（ ） A ．15B ．1330C ．1730D ．1325【答案】B 【解析】【分析】根据全概率公式进行求解即可.【详解】设事件A表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，事件B表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，设事件C表示：从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是红球，则有：331221 (),(),(),()562563P A P C A P B P C A======，所以312113 ()()()()()525330P C P A P C A P B P C B=+=⨯+⨯=，故选：B2．（2022·山东菏泽·一模）第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅B，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8．运动员甲第二天去A 餐厅用餐的概率为（）A．0.75B．0.7C．0.56D．0.38【答案】A【解析】【分析】第2天去哪家餐厅用餐的概率受第1天在哪家餐厅用餐的影响，可根据第1天可能去的餐厅，将样本空间表示为“第1天去A餐厅”和“第1天去B餐厅”两个互斥事件的并，利用全概率公式求解.【详解】设1A=“第1天去A餐厅用餐”，1B=“第1天去B餐厅用餐”，2A =“第2天去A 餐厅用餐”，则11A B Ω=⋃，且1A 与1B 互斥，根据题意得：()()110.5P A P B ==，()210.7P A A =，()210.8P A B =， 则()()()()()21211210.50.70.50.80.75P A P A P A A P B P A B =+=⨯+⨯=. 故选：A.3．（2022·全国·高二单元测试）太行山脉有很多优美的旅游景点.现有甲､乙两位游客慕名来到太行山脉，都准备从C ､D ､E ､F ，4个著名旅游景点中随机选择一个游玩.设事件A 为“甲和乙至少一人选择C ”，事件B 为“甲和乙选择的景点不同”，则条件概率()P B A =（ ）A ．716B ．78C ．37D ．67【答案】D 【解析】 【分析】由独立乘法公式、互斥事件加法公式求()P A 、()P A B ⋂，再利用条件概率公式求()P B A 即可. 【详解】由题设，甲乙选景点C 的概率为14，选其它景点的概率为34，则()2102213137444416P A C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，12136()()()4416P A B C ⋂==，所以()()6()7P A B P B A P A ⋂==. 故选：D4．（2022·江苏高邮·高三开学考试）某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是（）A．15B．25C．35D．45【答案】C 【解析】【分析】基本事件总数121615n C C==，男生乙和女生丙至少一个被选中包含的基本事件个数11112 124129m C C C C C=+=，由此能求出男生乙和女生丙至少一个被选中的概率．【详解】某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），在男生甲被选中的情况下，基本事件总数121615n C C==，男生乙和女生丙至少一个被选中包含的基本事件个数：11112 124129m C C C C C=+=，∴男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是93155mpn===．故选：C.5．（2022·广东深圳·一模）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A．事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B．事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C．该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为1 8D．当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为4 7【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断A、B；利用列举法求出只有一个男孩的概率，即可判断C；利用条件概率的求法计算，即可判断D.【详解】A：假设事件A：该家庭3个小孩至少有1个女孩，则包含(女，男，男)的可能，事件B：该家庭3个小孩至少有一个男孩，则包含(女，女，男)的可能，所以A B⋂≠∅，故A错误；B：事件“3个孩子都是男孩”与事件“3个孩子都是女孩”不可能同时发生，是互斥但不对立事件，故B错误；C：3个小孩可能发生的事件如下：男男男、男男女、男女女、男女男、女女女、女女男、女男女、女男男共8种，其中只有一个男孩的概率为：38P=，故C错误；D：设M={至少一个有男孩}，N={至少有2个男孩}，由选项C可知，()4()7n MN n M==，，所以()4()()7n MNP M Nn M==，故D正确.故选：D6．（2022·全国·模拟预测）从3个“0”和3个“1”中任选3个组成三位数组，若用A表示“第二位数字为‘0’的事件”，用B表示“第一位数字为‘0’的事件”，则)(P A B 等于（ ）.A ．25B ．34C ．12D ．18【答案】C 【解析】 【分析】由条件概率的计算公式即可求解. 【详解】解：由“0”“1”组成的三位数组共有2228⨯⨯=（个），第一位数字为“0”的三位数组有224⨯=（个），则)(4182P B ==，第一位和第二位数字均为“0”的三位数组有2个，则)(2184P AB ==，所以)()()(12P AB P A B P B ==. 故选：C.7．（2022·安徽亳州·高二期末）某种疾病的患病率为0.5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人验血结果为阳性，患者中有2%的人验血结果为阴性，随机抽取一人进行验血，则其验血结果为阳性的概率为（ ） A ．0.0689B ．0.049C ．0.0248D ．0.02 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式即可求出．【详解】随机抽取一人进行验血，则其验血结果为阳性的概率为P =()()0.5%12%10.5%2%⨯-+-⨯=0.0248．故选：C ．8．（2022·全国·高二）深受广大球迷喜爱的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，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．当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为（ ） A ．0.3B ．0.32C ．0.68D ．0.7 【答案】C 【解析】 【分析】利用全概率公式可求球队某场比赛不输球的概率. 【详解】设1A 表示“乙球员担当前锋”，2A 表示“乙球员担当中锋”，3A 表示“乙球员担当后卫”，4A 表示“乙球员担当守门员”，B 表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”． 则()()()()()()()()()12341234P B P A P B A P A P B A P A P B A P A P B A =+++0.20.40.50.20.20.60.10.20.32=⨯+⨯+⨯+⨯=，所以当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为10.320.68-=． 故选：C ． 二、多选题9．（2022·全国·模拟预测）有两个箱子，第1个箱子有3个白球，2个红球，第2个箱子有4个白球，4个红球，现从第1个箱子中随机地取1个球放到第2个箱子里，再从第2个箱子中随机取1个球放到第1个箱子里，则下列判断正确的是（）A．从第2个箱子里取出的球是白球的概率为23 45B．从第2个箱子里取出的球是红球的概率为22 45C．从第2个箱子里取出的球是白球前提下，则再从第1个箱子里取出的是白球的概率为15 23D．两次取出的球颜色不同的概率为5 9【答案】ABC【解析】【分析】对于ABD，根据互斥事件和独立事件的概率公式求解，对于C，根据条件概率的公式求解即可【详解】从第2个箱子里取出的球是白球的概率为352423595945⨯+⨯=，故选项A正确；从第2个箱子里取出的球是红球的概率为342522595945⨯+⨯=，故选项B正确；设从第2个箱子取出的球是白球为事件A，再从第1个箱子取出的球是白球为事件B，则()()()351559232345P ABP B AP A ⨯===，故选项C正确；两次取出的球颜色不同的概率为3424459599⨯+⨯=，故选项D错误，10．（2022·山东·青岛二中高三开学考试）从有大小和质地相同的3个红球和2个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则（）．A．第一次摸到红球的概率为3 5B．第二次摸到红球的概率为3 5C．在第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球的概率为4 5D．在前两次都摸到蓝球的条件下，第三次摸到红球的概率为23【答案】AB【解析】【分析】根据对古典概型的理解直接计算，即可判断A；根据独立重复试验的概率公式直接计算，即可判断B；根据对条件概率的理解，即可判断C、D.【详解】第一次摸到红球的概率为33325=+，则A正确；第二次摸到红球的概率为3223354545⨯+⨯=，则B正确；在第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球，相当于从4个球中摸出1个红球，其概率为34，则C错误；在前两次都摸到蓝球的条件下，第三次摸到红球相当于从3个球中摸出1个红球，其概率为1，则D错误．。
条件概率与事件的独立性例题和知识点总结
条件概率与事件的独立性例题和知识点总结在概率论中，条件概率和事件的独立性是两个非常重要的概念。
理解和掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。
下面，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。
一、条件概率条件概率是指在已知某一事件发生的条件下，另一事件发生的概率。
用符号表示为：＄P(B|A)＄，表示在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率。
条件概率的计算公式为：＄P(B|A) ＝＼frac{P(AB)｝｛P(A)｝＄，其中$P(AB)＄表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率。
例题 1一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球，从中随机取出一个球，已知取出的是红球，求它是第 2 个红球的概率。
解析首先，取出一个红球的概率为$P(A) ＝＼frac{5}｛8}＄。
然后，取出第 2 个红球的概率，即在已经取出一个红球的情况下，再取出一个红球的概率。
此时盒子里还剩下 7 个球，其中 4 个红球，所以$P(AB) ＝＼frac{4}｛7}＄。
根据条件概率公式，＄P(B|A) ＝＼frac{P(AB)｝｛P(A)｝＝＼frac{4 ／ 7}｛5 ／ 8} ＝＼frac{32}｛35}＄。
知识点总结1、条件概率的本质是在缩小的样本空间中计算概率。
2、条件概率的计算要注意确定已知条件和所求事件，并准确计算相关的概率。
二、事件的独立性如果事件 A 的发生与否不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生与否也不影响事件 A 发生的概率，那么称事件 A 和事件 B 相互独立。
即：若$P(B|A) ＝ P(B)＄且$P(A|B) ＝ P(A)＄，则事件 A 和事件 B 相互独立。
当事件 A 和事件 B 相互独立时，＄P(AB) ＝ P(A)P(B)＄。
例题 2设事件 A 表示“明天晴天”，事件 B 表示“明天去公园”，已知$P(A) ＝ 06$，＄P(B) ＝ 04$，＄P(B|A) ＝ 04$，判断事件 A 和事件 B 是否独立。
概率统计中的条件概率计算练习题
概率统计中的条件概率计算练习题在概率统计中，条件概率是指在已知事件B发生的情况下，事件A 发生的概率。
通过条件概率的计算，我们可以进一步了解事件之间的关联性，并应用于实际问题的解决中。
以下是一些条件概率计算的练习题，通过解答这些题目，能够帮助我们更好地理解条件概率的概念和计算方法。
练习题1：某学校有500名学生，其中300人喜欢足球，200人喜欢篮球，100人既喜欢足球又喜欢篮球。
现从中随机选取一名学生，求该学生既喜欢足球又喜欢篮球的概率。
解答1：设事件A为选中的学生喜欢足球，事件B为选中的学生喜欢篮球。
根据题目可知，P(A)=300/500=0.6，P(B)=200/500=0.4，P(A∩B)=100/500=0.2。
根据条件概率的计算公式：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)= 0.2 / 0.4= 0.5所以，选中的学生既喜欢足球又喜欢篮球的概率为0.5。
练习题2：一批产品有100个，其中有20个次品。
现从中连续取出5个产品进行检验，若发现有次品，则不放回，再取下一个，求连续取出的5个产品中有3个次品的概率。
解答2：设事件A为连续取出的5个产品中有3个次品，事件B为取出的第一个产品是次品。
根据题目可知，P(B)=20/100=0.2，因为已经取出了第一个次品，所以还剩下19个次品和99个正品。
因此，P(A|B)的计算可采用超几何分布的方法：P(A|B) = (C(19,2) * C(99,3)) / C(118, 5)其中C(m,n)表示从m个物体中选取n个物体的组合数，计算得到：P(A|B) ≈ 0.236练习题3：某班级有60%的男生和40%的女生，男生中50%擅长数学，女生中40%擅长数学。
现从班级中随机选取一名学生，求选中的学生擅长数学的概率。
解答3：设事件A为选中的学生擅长数学，事件B为选中的学生为男生。
根据题目可知，P(B)=0.6，P(A|B)=0.5，P(A|B')=0.4，其中B'表示事件B 的补事件，即选中的学生为女生。
《8.1.1 条件概率》 讲义
《8.1.1 条件概率》讲义《811 条件概率》讲义一、引入在我们的日常生活和各种决策中，常常会遇到需要考虑在某个特定条件下事件发生的概率。
比如，在已知今天下雨的情况下，明天晴天的概率是多少？在已经抽到一张红桃牌的情况下，再抽到一张红桃牌的概率是多少？这就引出了我们要讨论的“条件概率”。
二、条件概率的定义条件概率是指事件 A 在事件 B 已经发生的条件下发生的概率，记作 P(A|B)。
用数学公式来表示，如果P(B)＞0，那么P(A|B) ＝P(AB) ／P(B) 。
这里的 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率。
为了更好地理解这个定义，我们来看一个简单的例子。
假设有一个盒子，里面装有 5 个红球和 3 个白球。
从盒子中随机抽取一个球，记事件A 为“抽到红球”，事件B 为“抽到的球是第一个球”。
那么 P(A) ＝ 5/8 ，因为总共有 8 个球，其中红球有 5 个。
而 P(A|B) ＝ 5/8 ，因为在第一个球抽取的情况下，抽到红球的概率就是红球在总球数中的比例。
三、条件概率的性质1、非负性：0 ≤ P(A|B) ≤ 1 。
2、规范性：如果 B 是必然事件，那么 P(A|B) ＝ P(A) 。
四、计算条件概率的方法1、利用定义计算如前面提到的例子，先计算P(AB) 和P(B)，然后相除得到P(A|B) 。
2、利用缩小样本空间法还是以盒子抽球为例，如果已知事件 B 发生了，那么我们可以把 B 当作新的样本空间，然后计算在这个新样本空间中事件A 发生的概率。
比如已知第一个球抽到的是红球，那么在剩下的 7 个球中，再计算抽到红球的概率。
五、条件概率的应用1、在医疗诊断中的应用假设某种疾病在人群中的发病率为 01% ，而某种检测方法对患有该疾病的人检测结果为阳性的概率为 99% ，对未患该疾病的人检测结果为阳性的概率为 1% 。
现在有一个人的检测结果为阳性，那么他真正患有该疾病的概率是多少？设事件 A 为“患有疾病”，事件 B 为“检测结果为阳性”。
条件概率与独立事件例题和知识点总结
条件概率与独立事件例题和知识点总结在概率论中，条件概率和独立事件是两个非常重要的概念。
理解它们对于解决各种概率问题至关重要。
接下来，让我们通过一些具体的例题来深入理解这两个概念，并对相关知识点进行总结。
一、条件概率条件概率是指在事件 B 已经发生的条件下，事件 A 发生的概率，记作 P(A|B)。
其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）例题 1：一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。
先从中随机取出一个球，不放回，再取一个球。
已知第一次取出的是红球，求第二次取出红球的概率。
解析：第一次取出红球后，盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球。
此时总球数为 7 个。
所以第二次取出红球的概率为 4/7。
知识点总结：1、条件概率的本质是在新的信息（即已知某个事件发生）的基础上，重新评估另一个事件发生的可能性。
2、计算条件概率时，要先确定已知条件所限制的样本空间，再计算在这个新样本空间中目标事件发生的概率。
二、独立事件如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么事件 A 和事件 B 称为相互独立事件。
即P(A|B) ＝ P(A) 且 P(B|A) ＝ P(B) 。
例题 2：掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件 A ＝“第一次掷出的点数是1”，事件 B ＝“第二次掷出的点数是2”，判断事件 A 和事件 B是否独立。
解析：因为第一次掷骰子的结果不影响第二次掷骰子的结果，所以P(B|A) ＝ P(B) ＝ 1/6 ，P(A) ＝ 1/6 ，满足独立事件的条件，所以事件A 和事件B 是独立事件。
知识点总结：1、独立事件的判断关键在于看一个事件的发生是否会改变另一个事件发生的概率。
2、对于两个独立事件 A 和 B ，它们同时发生的概率为 P(AB) ＝P(A)×P(B) 。
三、条件概率与独立事件的综合例题例题 3：一个家庭有两个孩子，已知其中一个是女孩，求另一个也是女孩的概率。
(人教版)备战2020年高考数学大一轮复习 热点聚焦与扩展 专题66 含有条件概率的随机变量问题
专题66 含有条件概率的随机变量问题【热点聚焦与扩展】纵观近几年的高考试题，离散型随机变量的分布列及其数字特征是高考命题的热点.往往以实际问题为背景考查离散型随机变量的数字特征在实际问题中的应用，其中不乏含有条件概率的问题．考查数据处理能力以及分析问题解决问题的能力.此类问题，概率统计问题一同考查.难度控制在中等．本专题在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，举例说明.1、条件概率：事件B 在事件A 已经发生的情况下，发生的概率称为B 在A 条件下的条件概率，记为|B A2、条件概率的计算方法：（1）按照条件概率的计算公式：()()()|P AB P B A P A =（2）考虑事件A 发生后，题目产生了如何的变化，并写出事件B 在这种情况下的概率例如：5张奖券中有一张有奖，甲，乙，丙三人先后抽取，且抽完后不放回，已知甲没有中奖，则乙中奖的概率： 按照（1）的方法：设事件A 为“甲没中奖”，事件B 为“乙中奖”，则所求事件为|B A ，按照公式，分别计算()(),P AB P A ，利用古典概型可得：()25415P AB A ==，()45P A =，所以()()()1|4P AB P B A P A == 按照（2）的方法：考虑甲已经抽完了，且没有中奖，此时还有4张奖券，1张有奖.那么轮到乙抽时，乙抽中的概率即为143、含条件概率的乘法公式：设事件,A B ，则,A B 同时发生的概率()()()|P AB P A P B A =⋅ ，此时()|P B A 通常用方案（2）进行计算4、处理此类问题要注意以下几点：（1）要分析好几个事件间的先后顺序，以及先发生的事件对后面事件的概率产生如何的影响（即后面的事件算的是条件概率）（2）根据随机变量的不同取值，事件发生的过程会有所不同，要注意区别（3）若随机变量取到某个值时，情况较为复杂，不利于正面分析，则可以考虑先求出其它取值时的概率，然后用间接法解决.【经典例题】例1.【2019届江西省新余市高三第二次模】从中不放回地依次取个数，事件“第一次取到的是奇数”“第二次取到的是奇数”，则（ ）A. B. C.D.【答案】A【解析】由题意得，∴．选A ．例2.【2019届青海省西宁市一模】先后掷一枚质地均匀骰子（骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点）两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为,x y ，设事件A 为“x y +为偶数”，事件B 为“,x y 中有偶数，且x y ≠”，则概率(|)P B A =（ ） A.13 B. 14 C. 15 D. 16【答案】A例3.【2019届江西省南昌市三模】质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的个零件质量进行检测．甲、乙两个车间的零件质量（单位：克）分布的茎叶图如图所示．零件质量不超过克的为合格．（1）质检部门从甲车间个零件中随机抽取件进行检测，若至少件合格，检测即可通过，若至少件合格，检测即为良好，求甲车间在这次检测通过的条件下，获得检测良好的概率； （2）若从甲、乙两车间个零件中随机抽取个零件，用表示乙车间的零件个数，求的分布列与数学期望．【答案】（1）（2）见解析【解析】分析：（1）设事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件全合格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.∴∴.故所求概率为.（2）可能取值为分布列为所以，.例4.【2019届安徽省合肥市第一中学冲刺】深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队.在对球员的使用上总是进行数据分析，为了考察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：（1）求的值，据此能否有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；（2）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：，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为：.则：1）当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；2）当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率；3）如果你是教练员，应用概率统计有关知识.该如何使用乙球员？附表及公式：.【答案】（1）有的把握（2）1）0.32, 2）0.32, 3）多让乙球员担当守门员，场次.详解：（1）,有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关.（2）1）设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋”；表示“乙球员担当后卫”；表3）因为，所以应该多让乙球员担当守门员，来扩大赢球场次. {例5.【2019届四川省成都市第七中学三诊】中央政府为了应对因人口老龄化而造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休年龄政策”.为了了解人们]对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研.人社部从网上年龄在1565岁的人群中随机调查100人，调査数据的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：（1）由以上统计数据填列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异；（2）若以45岁为分界点，从不支持“延迟退休”的人中按分层抽样的方法抽取8人参加某项活动.现从这8人中随机抽2人①抽到1人是45岁以下时，求抽到的另一人是45岁以上的概率.②记抽到45岁以上的人数为，求随机变量的分布列及数学期望.【答案】(1)见解析；（2）见解析.详解：（1）由频率分布直方图知45岁以下与45岁以上各50人，故可得列联表如下：由列联表可得，所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异．（2）①设“抽到1人是45岁以下”为事件A，“抽到的另一人是45岁以上”为事件B，则,∴,故随机变量的分布列为：所以.例6.【2019届河北省石家庄二中三模】某市为准备参加省中学生运动会，对本市甲、乙两个田径队的所有跳高运动员进行了测试，将全体运动员的成绩绘制成频率分布直方图.同时用茎叶图表示甲，乙两队运动员本次测试的成绩（单位：，且均为整数），由于某些原因，茎叶图中乙队的部分数据丢失，但已知所有运动员中成绩在以上（包括）的只有两个人，且均在甲队.规定：跳高成绩在以上（包括）定义为“优秀”.（1）求甲，乙两队运动员的总人数及乙队中成绩在（单位：）内的运动人数；（2）在甲，乙两队所有成绩在以上的运动员中随机选取人，已知至少有人成绩为“优秀”，求两人成绩均“优秀”的概率；（3）在甲，乙两队中所有的成绩为“优秀”的运动员中随机选取人参加省中学生运动会正式比赛，求所选取运动员中来自甲队的人数的分布列及期望.【答案】（1），（2）（3）见解析【解析】分析：由频率分布直方图可知，成绩在以上的运动员频数为2，频率为，（3）由题设确定随机变量所有可能值为，分别求三个概率，由此求出的分布列和数学期望.详解：（1）由频率直方图可知：成绩在以以上的运动员的频率为，∴全体运动馆总人数（人），∴成绩位于中运动员的频率为，人数为，由茎叶图可知：甲队成绩在的运动员有名，∴（人）；（2）由频率直方图可得：以上运动员总数为：，由茎叶图可得，甲乙队以上人数恰好人，所以乙在这部分数据不缺失，且优秀的人数为人，设事件为“至少有人成绩优秀”，事件为“两人成绩均优秀”，∴，，∴的分布列为：∴.点睛：随机变量分布列及数学期望问题要善于灵活运用三个性质：一是p i ≥0(i ＝1,2，…)；二是，三是p 1＋p 2＋…＋p n ＝1检验分布列的正误例7.【2019届广东省佛山市检测二】单位计划组织55名职工进行一种疾病的筛查,先到本单位医务室进行血检,血检呈阳性者再到医院进一步检测．已知随机一人血检呈阳性的概率为 1% ,且每个人血检是否呈阳性相互独立. (Ⅰ) 根据经验,采用分组检测法可有效减少工作量,具体操作如下：将待检人员随机等分成若干组,先将每组的血样混在一起化验,若结果呈阴性,则可断定本组血样全部为阴性,不必再化验；若结果呈阳性,则本组中至少有一人呈阳性,再逐个化验． 现有两个分组方案：方案一: 将 55 人分成 11 组,每组 5 人； 方案二：将 55 人分成5组,每组 11 人； 试分析哪一个方案工作量更少？(Ⅱ) 若该疾病的患病率为 0.4% ,且患该疾病者血检呈阳性的概率为99% ,该单位有一职工血检呈阳性,求该职工确实患该疾病的概率.(参考数据: 5110990.9510.990.895.==，) 【答案】（1）方案二工作量更少.（2）39.6%. 【解析】分析：(Ⅰ)方案一中化验次数为1或者6，方案二中化验次数为1或13，分别求出两种方案化验次数的分布列，求出期望，通过比较期望大小可得结论；(Ⅱ) 设事件A ：血检呈阳性；事件B :患疾病．则题意有()()P A 0.01,P B)0.004,p A|B 0.99===（,利用条件概率公式可得，注意要求的概率是P(B|A).详解：(Ⅰ)方法1：设方案一中每组的化验次数为X ，则X 的取值为1，6. 所以()()5510.990.951,610.990.049P X P X =====-=，所以X 的分布列为所以10.95160.049 1.245EX =⨯+⨯=.故方案一的化验总次数的期望为: 11EX 110.24513.695⨯=⨯=次. 设方案二中每组的化验次数为Y ，则Y 的取值为1，12， 所以()()1111P Y 10.990.895,1210.990.105P Y =====-=，所以Y 的分布列为所以EY 10.895120.105 2.155=⨯+⨯=.(Ⅱ)设事件A ：血检呈阳性；事件B :患疾病．则由题意有()()P A 0.01P B)0.004p A|B 0.99===，（，, 由条件概率公式()()()P A|B P AB P B =，得()()()|0.0040.99P AB P B P AB ==⨯,故()()()0.0040.99|0.3960.01P AB P B A P A ⨯===, 所以血检呈阳性的人确实患病的概率为 39.6%.例8.【2019届吉林省长春市第十一高中、东北师范大学附属中学、吉林一中，重庆一中等五校1月联合模拟】为了调查观众对电视剧《风筝》的喜爱程度，某电视台举办了一次现场调查活动.在参加此活动的甲、乙两地观众中，各随机抽取了8名观众对该电视剧评分做调查(满分100分)，被抽取的观众的评分结果如图所示（Ⅰ）计算：①甲地被抽取的观众评分的中位数；②乙地被抽取的观众评分的极差；（Ⅱ）用频率估计概率,若从乙地的所有观众中再随机抽取4人进行评分调查,记抽取的4人评分不低于90分的人数为X，求X的分布列与期望；（Ⅲ）从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，在已知两人中至少一人评分不低于90分的条件下，求乙地被抽取的观众评分低于90分的概率.【答案】(1)83，21(2)见解析（3）3 7（Ⅲ）设事件A为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，两人中至少一人评分不低于90分”，事件B为“从甲、乙两地分别抽取的8名观众中各抽取一人，乙地观众评分低于90分”，则()7 16P A=()316P AB=根据条件概率公式，可求乙地被抽取的观众评分低于90分的概率.试题解析：（Ⅰ）由茎叶图可知，甲地被抽取的观众评分的中位数是83，乙地被抽取的观众评分的极差是977621-=（Ⅱ）记“从乙地抽取1人进行评分调查，其评分不低于90分”为事件M，则()21 84P M==随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,4，，且14,4 X B⎛⎫~ ⎪⎝⎭所以()4411144k k kP x k C-⎛⎫⎛⎫==-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0,1,2,3,4 k=所以X的分布列为∴()1414E x =⨯=所以在已知两人中至少一人评分不低于90分的条件下，乙地被抽取的观众评分低于90分的概率为37. 例9.一个盒子内装有8张卡片，每张卡片上面写着1个数字，这8个数字各不相同，且奇数有3个，偶数有5个．每张卡片被取出的概率相等．（1）如果从盒子中一次随机取出2张卡片，并且将取出的2张卡片上的数字相加得到一个新数，求所得新数是奇数的概率；（2）现从盒子中一次随机取出1张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写着的数是偶数则停止取出卡片，否则继续取出卡片．设取出了ξ次才停止取出卡片，求ξ的分布列和数学期望． 【答案】（1）15；（2）期望2. 【解析】（1）思路：本题可用古典概型解决，事件Ω为“8张卡片中取出2张卡片”，所以()28n C Ω=事件A 为“所得新数为奇数”，可知需要一奇一偶相加即可，则()1135n A C C =⋅，从而可计算出()P A解：设A 为“所得新数为奇数”()1135281528C C P A C ⋅∴==解：ξ可取的值为1,2,3,4()518P ξ∴== ()351528756P ξ==⋅=()3255387656P ξ==⋅⋅=()3211487656P ξ==⋅⋅= ξ∴的分布列为：123485656562E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例10.有,,A B C 三个盒子，每个盒子中放有红，黄，蓝颜色的球各一个，所有的球仅有颜色上的区别（1）从每个盒子中任意取出一个球，记事件S 为“取得红色的三个球“，事件T 为”取得颜色互不相同的三个球“，求()(),P S P T（2）先从A 盒中任取一球放入B 盒，再从B 盒中任取一球放入C 盒，最后从C 盒中任取一球放入A 盒，设此时A 盒中红球的个数为ξ，求ξ的分布列与数学期望 【答案】（1）12,;279（2）期望1.思路二：本题也可用概率的乘法进行计算.S 表示每个盒均取出红球（取出红球的概率为13），因为每盒之间互不影响，所以()111333P S =⨯⨯；T 要求每盒颜色不同，所以前一个盒取出球的颜色会影响到下一个盒取球的选择.第一个盒取出一个颜色，则第二个盒只能取另外两个颜色的球（概率为23），而第三个盒只能取出剩下颜色的那个球（概率为13），所以()21133P T =⨯⨯解：（1）()111133327P S =⨯⨯=()2121339P T =⨯⨯=（2）思路：分析可知整个过程对于A 而言是取出一个球，再进入一个球，所以ξ可取的值为0,1,2，情况较为简单的为0ξ=和2ξ=的情况，当0ξ=时，意味着从A 盒中取出了红球到B （概率为13），此时B 盒中为2红2非红，C 盒中的情况取决于B 盒中取出球的颜色，可进行分类讨论：若取出的是红球（概率为12），则C 盒中为2红2非红，然后从C 中取出非红球即可（概率为12）；若取出的不是红球（概率为12），则C 盒中为1红3非红，再从C中取出非红球即可（概率为34），综上可得：()11113503222424P ξ⎡⎤==⨯⨯+⨯=⎢⎥⎣⎦；当2ξ=时，意味着从A 盒中取出了非红球到B （概率为23），此时B 盒中为1红3非红，C 盒中的情况取决于B 盒中取出球的颜色，可进行分类讨论：若取出的是红球（概率为14），则C 盒中为2红2非红，然后()21131523424424P ξ⎡⎤==⨯⨯+⨯=⎢⎥⎣⎦()()()7110212P P P ξξξ==-=-== ξ∴的分布列为：0121241224E ξ∴=⨯+⨯+⨯=【精选精练】1．【2019届河南省安阳35中核心押题卷一】某地区空气质量监测表明，一天的空气质量为优良的概率是,连续两天为优良的概率是，已知某天的空气质量为优良，则随后一天空气质量为优良的概率是（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析：本题考查条件概率.为了方便表示，设“某天的空气质量为优良”为事件A ，“后一天的空气质量为优良”为事件B.要求随后一天空气质量为优良的概率，可由条件概率计算公式得.详解：设“某天的空气质量为优良”为事件A ，“后一天的空气质量为优良”为事件B ，则.由条件概率计算公式可得随后一天空气质量为优良的概率为.故选A.2．【2019届山东省实验中学二模】据统计，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为，连续熬夜小时诱发心脏病的概率为. 现有一人已连续熬夜小时未诱发心脏病，则他还能继续连续熬夜小时不诱发心脏病的概率为（ ） A. B. C.D.【答案】A本题选择A 选项.3．【2019届东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）一模】从标有1、2、3、4、5的五张卡中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，记“第一次抽到奇数”为事件A ，记“第二次抽到偶数”为事件B ，则，，所以.故选B.4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为（ ） A. 110 B. 15 C. 25 D. 12【答案】C【解析】设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ，由题意得()()11,25P A P AB ==．由条件概率的定义可得()()125(|)152P AB P B A P A ===．选C ．5. 某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一个智能门，首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道，若是1号通道，则需要1个小时走出迷宫；若是2号，3号通道，则分别需要2小时，3小时返回智能门，再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止，令ξ表示走出迷宫所需的时间，求ξ的分布列和数学期望 【答案】期望2.()113P ξ== ()1113326P ξ==⨯=()1114326P ξ==⨯= ()11111632323P ξ==⨯+⨯=ξ∴的分布列为：134636632E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=6.某学校要对学生进行身体素质全面测试，对每位学生都要进行9选3考核（即共9项测试，随机选取3项），若全部合格，则颁发合格证；若不合格，则重新参加下期的9选3考核，直至合格为止，若学生小李抽到“引体向上”一项，则第一次参加考试合格的概率为12，第二次参加考试合格的概率为23，第三次参加考试合格的概率为45，若第四次抽到可要求调换项目，其它选项小李均可一次性通过 （1）求小李第一次考试即通过的概率P x ￥kw （2）求小李参加考核的次数ξ分布列 【答案】（1）56；（2）【解析】（1）思路：由题意可知，小李能够通过考试的概率取决于是否能够抽到“引体向上”这个项目，如果没有抽到，则必能通过；若抽到“引体向上”则通过的概率为12.后面通过测试的概率受到前面抽签的（2）思路：依题目要求可知ξ可取的值为1,2,3,4，在参加下一次考核时，意味着前几次考核失败，所以当ξ取2,3,4时，要考虑前面考核失败的情况与该次考核成功两个方面同时成立. 解：ξ可取的值为1,2,3,4()516P ξ== ()3288339912426327C C P C C ξ⎛⎫==⨯+⋅=⎪⎝⎭ ()23288833399911473635405C C C P C C C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅+⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()2288339911114635810C C P C C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ξ∴的分布列为：7.袋中有大小相同的三个球，编号分别为1,2,3，从袋中每次取出一个球，若取到的球的编号为2，则把该球编号记下再把编号数改为1后放回袋中继续取球；若取到的球的编号为奇数，则取球停止，取球停止后用X 表示“所有被取球的编号之和”（1）求X 的分布列（2）求X 的数学期望及方差 【答案】（1）（2）81解：（1）X 可取的值为1,3,5()113P X ∴==()112533339P X ==+⋅= ()1115339P X ==⋅=X ∴的分布列为：（2）1353999EX =⨯+⨯+⨯=222123523123176135********DX ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 8.深圳市某校中学生篮球队假期集训，集训前共有6个篮球，其中3个是新球(即没有用过的球)，3个是旧球(即至少用过一次的球)．每次训练，都从中任意取出2个球，用完后放回． （1）设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； （2）求第二次训练时恰好取到一个新球的概率． 【答案】（1）期望1；（2）3875.()2326125C P C ξ===ξ∴的分布列为：0121555E ξ∴=⨯+⨯+⨯=（2）思路：本题要注意一个常识，即新球训练过后就变成了旧球，所以要计算第二次恰好取到一个新球的概率，需要了解经过第一次训练后，所剩的球有几个新球，几个旧球.所以要对第一次取球的情况进行分类讨论：若第一次取2个新球，则第二次训练时有5旧1新；若第一次取到1个新球，则第二次训练时有4旧2新；若第一次取到2个旧球，则第二次训练依然为3旧3新，分别计算概率再相加即可解：设事件i A 为“第一次训练取出了i 个新球”，则()23326i ii C C P A C -= 设事件B 为“从六个球取出两个球，其中恰好有一个新球” 事件C 为“第二次恰好取出一个新球”9.若盒中装有同一型号的灯泡共10个，其中有8个合格品，2个次品（1）某工人师傅有放回地连续从该盒中取灯泡3次，每次取一只灯泡，求2次取到次品的概率（2）某工人师傅用该盒中的灯泡去更换会议室的一只已坏灯泡，每次从中取一灯泡，若是正品则用它更换已坏灯泡，若是次品则将其报废（不再放回原盒中），求成功更换会议室的已坏灯泡所用灯泡只数X 的分布列和数学期望 【答案】（1）12；（2）期望9. 【解析】（1）思路：每次有放回的取灯泡，相当于做了3次独立重复试验，每次试验中取到合格品的概率为45，取到次品的概率为15，在3次试验中2次取到次品，1次取得合格品，所以考虑利用公式求解取到次品的概率解：X 可取的值为1,2,3()415P X ∴==()18825945P X ==⋅= ()11135945P X ==⋅=X ∴的分布列为：123545459EX ∴=⨯+⨯+⨯=10．【2019届吉林省长春市质量监测（三）】树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，大量的统计数据表明，参与调查者中关注此问题的约占80%.现从参与调查的人群中随机选出人，并将这人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4 组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示(1) 求的值(2)现在要从年龄较小的第1,2,3组中用分层抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人进行问卷调查，求在第1组已被抽到人的前提下，第3组被抽到人的概率；（3）若从所有参与调查的人中任意选出人，记关注“生态文明”的人数为，求的分布列与期望. 【答案】(1)(2)（3）【解析】试题分析：（1）由频率分布直方图求出的值；（2）设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件，第3组抽到2人为事件，由条件概率公式得到所求概率；（3）的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率值，从而得到的分布列与期望.（3）从所有参与调查的人中任意选出1人，关注“生态文明”的概率为的可能取值为0，1，2，3.，，所以的分布列为，11．【2019届百校联盟TOP20一月联考】质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的12个零件质量进行检测.甲、乙两个车间的零件质量(单位：克）分布的茎叶图如图所示.零件质量不超过20克的为合格.（1）从甲、乙两车间分别随机抽取2个零件，求甲车间至少一个零件合格且乙车间至少一个零件合格的概率；（2）质检部门从甲车间8个零件中随机抽取4件进行检测，若至少2件合格，检测即可通过，若至少3 件合格，检测即为良好，求甲车间在这次检测通过的条件下，获得检测良好的概率；（3）若从甲、乙两车间12个零件中随机抽取2个零件，用X表示乙车间的零件个数，求X的分布列与数学期望.【答案】（1）5584P=（2）1753（3）分布列见解析()23E X=试题解析：（1）由题意得甲车间的合格零件数为4，乙车间的合格的零件数为2，故所求概率为22422284551184C C P C C ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．即甲车间至少一个零件合格且乙车间至少一个零件合格的概率为5584． （2）设事件A 表示“2件合格，2件不合格”；事件B 表示“3件合格，1件不合格”；事件C 表示“4件全合格”； 事件D 表示“检测通过”；事件E 表示“检测良好”．则()()()()2231444444444888361615370707070C C C C C PD P A P B P C C C C =++=++=++=， ∴()()()()()11617|535353P C P B P E D P D P D =+=+=．∴ 随机变量X 的分布列为∴()1416120123333113E X =⨯+⨯+⨯=． 点睛：（1）在求某事件的概率时，若事件较为复杂时，可通过求它的对立事件的概率来求解．对于含有“至多”、“至少”等词语的概率问题，一般用对立事件的概率来解较为简单．（2）求概率时，当题目中含有“在……发生的条件下，求……发生的概率”的字样时，一般用条件概率求解，解题时要分清楚谁是条件，然后再利用公式求解．12．为了调查观众对电视剧《风筝》的喜爱程度，某电视台举办了一次现场调查活动.在参加此活动的甲、乙两地大量观众中，各随机抽取了8名观众对该电视剧评分做调查（满分100分），被抽取的观众的评分结果如图所示.（1）从甲地抽取的8名观众和乙地抽取的8名观众中分别各选取一人，在已知两人中至少一人评分不低于90分的条件下，求乙地被选取的观众评分低于90分的概率.（2）从甲地抽取出来的8名观众中选取1人，从乙地抽取出来的8名观众中选取2人去参加代表大会，记选取的3人中评分不低于90分的人数为，求的分布列与期望.【答案】（1）；（2）见解析（2）E（X）=34.。
高考数学冲刺条件概率考点精讲
高考数学冲刺条件概率考点精讲高考对于每一位学子来说都是人生中的一次重要挑战，而数学作为其中的关键学科，更是让众多考生为之努力拼搏。
在高考数学中，概率问题一直是一个重要的考点，其中条件概率更是让不少同学感到困惑。
在高考冲刺阶段，掌握好条件概率的相关知识，对于提高数学成绩至关重要。
接下来，就让我们一起深入了解条件概率这个考点。
一、什么是条件概率在概率论中，条件概率是指事件 A 在事件 B 发生的条件下发生的概率。
记为 P(A|B)，其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）。
为了更好地理解条件概率，我们来看一个简单的例子。
假设一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球，从中随机取出一个球，不放回，再取一个球。
第一次取出红球的概率为 5/8，在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率就发生了变化。
此时盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球，所以第二次取出红球的概率为 4/7。
这就是条件概率的一个直观体现。
二、条件概率的性质1、非负性：对于任意事件 A 和 B，条件概率 P(A|B) 大于等于 0。
2、规范性：如果 B 是必然事件，那么 P(A|B) ＝ P(A)。
3、可加性：如果 A1、A2、、An 是两两互斥的事件，那么P(∪Ai|B) ＝∑P(Ai|B) 。
三、条件概率的计算方法1、公式法如前面所提到的，直接运用公式 P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) 进行计算。
但在实际应用中，需要先求出 P(AB) 和 P(B) 的值。
2、缩小样本空间法当样本空间缩小为事件 B 发生的情况时，计算事件 A 在这个缩小后的样本空间中发生的概率。
四、条件概率与独立事件的关系独立事件是指一个事件的发生与否对另一个事件的发生概率没有影响。
如果事件 A 和事件 B 相互独立，那么 P(A|B) ＝ P(A) ，P(B|A) ＝P(B) 。
反之，如果P(A|B) ≠ P(A) 或者P(B|A) ≠ P(B) ，则事件 A 和事件 B不相互独立。
高考数学重点：条件概率问题总结+题型详细分类解析
高考数学：条件概率问题总结复习1．条件概率的概念设A ，B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝ 为在事件 发生的条件下，事件 发生的条件概率．P (B |A )读作 发生的条件下 发生的概率． 2．条件概率的性质 (1)P (B |A )∈ ．(2)如果B 与C 是两个互斥事件，则 P (B ∪C |A )＝ .[一点通] 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．[例1] 一只口袋内装有2个白球和2个黑球，那么：(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？[思路点拨] 先摸出1个白球后放回或不放回，影响到后面取到白球的概率，应注意两个事件同时发生的概率的不同．[精解详析] (1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出1个白球”为事件B ，则“先后两次摸到白球”为AB ，先摸1球不放回，再摸1球共有4×3种结果．∴P (A )＝2×34×3＝12，P (AB )＝2×14×3＝16.∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13.(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，两次都摸到白球为事件A 1B 1.∴P (A 1)＝2×44×4＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝14.∴P (B 1|A 1)＝P (A 1B 1)P (A 1)＝1412＝12.故先摸1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为13；先摸1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12.1．抛掷一枚质地均匀的骰子所出现的点数的所有可能 结果为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，记事件A ＝{2,3,5}，B ＝ {1,2,4,5,6}，则P (A |B )＝ ( )A.12B.15C.25D.35解析：P(B)＝56，P(A∩B)＝13，P(A|B)＝P(AB)P(B)＝1356＝252．已知P(A|B)＝12，P(B)＝13，则P(AB)＝________.解析：∵P(A|B)＝P(AB) P(B)，∴P(AB)＝P(A|B)P(B)＝12×13＝16.3．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)＝0.120.18≈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)＝0.120.2＝0.60.探究点一条件概率问题13张奖券中只有1张能中奖，现分别由3名同学无放回地抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比其他同学小？答最后一名同学抽到中奖奖券的概率为13，不比其他同学小．问题2如果已知第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少？答按照古典概型的计算公式，此时最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1 2.小结已知第一名同学的抽奖结果会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率，这就是条件概率．例1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，求：(1)第1次抽到理科题的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解设“第1次抽到理科题”为事件A，“第2次抽到理科题”为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”就是事件AB.(1)从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n(Ω)＝A25＝20.根据分步乘法计数原理，n(A)＝A13×A14＝12.于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝1220＝35.(2)因为n(AB)＝A23＝6，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝620＝310.(3)方法一由(1)(2)可得，在“第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题”的概率为P(B|A)＝P(AB) P(A)＝31035＝12.方法二因为n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝612＝12.小结利用P(B|A)＝n(AB)n(A)解答问题的关键在于明确B中的基本事件空间已经发生了质的变化，即在A事件必然发生的前提下，B事件包含的样本点数即为事件AB包含的样本点数．跟踪训练1一个盒子中有6个白球、4个黑球，每次从中不放回地任取1个，连取两次，求第一次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率．解方法一记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黑球”为事件B.显然，事件“第一次取到白球，第二次取到黑球”的概率为P(AB)＝6×410×9＝415.由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝415610＝49.方法二这个问题还可以这样理解：第一次取到白球，则只剩9个球，其中5个白球，4个黑球，在这个前提下，第二次取到黑球的概率当然是4 9.探究点二条件概率的性质及应用问题条件概率满足哪些性质？答条件概率具有一般概率的性质，即对P(B|A)来说有：①0≤P(B|A)≤1；②如果B，C为互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．例2一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解设“第i次按对密码”为事件A i(i＝1,2)，则A＝A1∪(A1A2)表示“不超过2次就按对密码”．(1)因为事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(A1A2)＝110＋9×110×9＝15.(2)用B表示“最后一位按偶数”的事件，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A1A2|B)＝15＋4×15×4＝25.小结本题条件多，所设事件多，要分清楚事件之间的关系及谁是条件，同时利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使有些条件概率的计算较为简捷，但应注意这个性质在“B与C互斥”这一前提下才成立．跟踪训练2在某次考试中，从20道题中随机抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中5道就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．解设事件A为“该考生6道题全答对事件B为“该考生答对了其中5道题，另一道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，另两道答错”,事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A、B、C两两互斥，且D＝A∪B∪C，由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝C610C620＋C510·C110C620＋C410·C210C620＝12 180C620∵P(AD)＝P(A∩D)＝P(A)，P(BD)＝P(B∩D)＝P(B)，∴P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝P(A)P(D)＋P(B)P(D)＝C610C62012 180C620＋C510·C110C62012 180C620＝1358.所以他获得优秀成绩的概率是13581.某种动物能活到20岁的概率为0.8，能活到25岁的概率为0.4，现有一只20岁的这种动物，问它能活到25岁的概率是________．解析设事件A为“能活到20岁”，事件B为“能活到25岁”，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，而所求概率为P(B|A)，由于B⊆A，故AB＝B，于是P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝0.5，所以一只20岁的这种动物能活到25岁的概率是0.5.2．1,2,3,4,5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)等于（） A.18 B.14 C.25 D.12解析P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C25＝110，P(B|A)＝P(AB)P(A)＝14.3．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚值班的概率为________．解析设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”则P(A)＝C16C27，P(AB)＝1C27，故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝16.4．考虑恰有两个小孩的家庭．若已知某家有男孩，求这家有两个男孩的概率；若已知某家第一个是男孩，求这家有两个男孩(相当于第二个也是男孩)的概率．(假定生男生女为等可能)解Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}．设B＝“有男孩”，则B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}．A＝“有两个男孩”，则A＝{(男，男)}，B1＝“第一个是男孩”，则B1＝{(男，男)，(男，女)}于是得P(B)＝34，P(BA)＝P(A)＝14，∴P(A|B)＝P(BA)P(B)＝13；P(B1)＝12，P(B1A)＝P(A)＝14，∴P(A|B1)＝P(B1A)P(B1)＝12.1．条件概率：P(B|A)＝P(AB)P(A)＝n(AB)n(A).2．概率P(B|A)与P(AB)的区别与联系：P(AB)表示在样本空间Ω中，计算AB发生的概率，而P(B|A)表示在缩小的样本空间ΩA中，计算B发生的概率．用古典概型公式，则P(B|A)＝AB中样本点数ΩA中样本点数，P(AB)＝AB中样本点数Ω中样本点数高考数学重点：条件概率问题总结+题型详细分类解析。
条件概率知识点、例题、练习题
条件概率专题一、知识点① 只须将无条件概率()P B 替换为条件概率)(A B P ，即可类比套用概率满足的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==A B A =事件包括的基本事件（样本点）数事件包括的基本事件（样本点）数③ 在几何概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==(,,)(,,)A B A =区域的几何度量长度面积体积等区域的几何度量长度面积体积等条件概率及全概率公式3.1.对任意两个事件A 、B , 是否恒有P (A )≥P (A |B ).答：不是. 有人以为附加了一个B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有P (A )≥P (A |B ), 这种猜测是错误的. 事实上,可能P (A )≥P (A |B ), 也可能P (A )≤P (A |B ), 下面举例说明. 在0,1,…,9这十个数字中, 任意抽取一个数字,令A ={抽到一数字是3的倍数};B 1={抽到一数字是偶数}; B 2={抽到一数字大于8}, 那么P (A )=3/10, P (A |B 1)=1/5, P (A |B 2)=1. 因此有 P (A )＞P (A |B 1), P (A )＜P (A |B 2).3.2.以下两个定义是否是等价的.定义1. 若事件A 、B 满足P (AB )=P (A )P (B ), 则称A 、B 相互独立. 定义2. 若事件A 、B 满足P (A |B )=P (A )或P (B |A )=P (B ), 则称A 、B 相互独立.答：不是的.因为条件概率的定义为P (A |B )=P (AB )/P (B ) 或 P (B |A )=P (AB )/P (A )自然要求P (A )≠0, P (B )≠0, 而定义1不存在这个附加条件, 也就是说,P (AB )=P (A )P (B )对于P (A )=0或P (B )=0也是成立的. 事实上, 若P (A )=0由0≤P (AB )≤P (A )=0可知P (AB )=0故 P (AB )=P (A )P (B ).因此定义1与定义2不等价, 更确切地说由定义2可推出定义1, 但定义1不能推出定义2, 因此一般采用定义1更一般化.3.3.对任意事件A、B, 是否都有 P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).答：是的.由于P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) (*)因为 P(AB)≥0, 故P(A+B)≤P(A)+P(B).由P(AB)=P(A)P(B|A), 因为0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);同理P(AB)≤P(B), 从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知P(A+B)≥P(A).原命题得证.3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在A、B相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么?答：概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:P(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;P(B|A)的计算基于附加样本空间ΩA;P(AB)的计算基于原有样本空间Ω.3.5.在n个事件的乘法公式：P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(A n|A1A2…A n-1)中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及P(A1A2…A n-1)>0呢?答：按条件概率的本意, 应要求P(A1)>0, P(A1A2)>0, …,P(A1A2…A n-2)>0, P(A1A2…A n-1)>0.事实上, 由于A 1A2A3…A n-2A1A2A3…A n-2A n-1, 从而便有P(A1A2…A n-2)≥P(A1A2…A n-1)>0. 这样, 除P(A1A2…A n-1)>0作为题设外, 其余条件概率所要求的正概率, 如P(A1A2…A n-2) >0, …,P(A1A2) >0, P(A1)>0便是题设条件P(A1A2…A n-1)>0的自然结论了.3.6.计算P(B)时, 如果事件B的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全概率公式.答：不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 完全把它作为一个”公式”来理解是不对的. 其实, 我们没有必要去背这个公式, 应着眼于A1,A2,…,A n的结构. 事实上, 对于具体问题, 若能设出n个事件A i, 使之满足(*)就可得.(**) 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 关键又在于适当地对Ω进行一个分割, 即有(*)式.3.7.设P(A)≠0,P(B)≠0, 因为有(1)若A、B互不相容, 则A、B一定不独立.(2)若A、B独立, 则A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确.答：不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 但是由(1)(2)(它们互为逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在P(A)≠0,P(B)≠0的前提下, 事件A、B既互不相容又独立是不存在的, 并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 既不互不相容又不独立的事件组是存在的, 下面举一例.5个乒乓球(4新1旧), 每次取一个, 无放回抽取三次, 记A i={第i次取到新球}, i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取, 故A1、A2、A3互相不独立, 又A 1A2A3={三次都取到新球}, 显然是可能发生的, 即A1、A2、A3可能同时发生, 因此A1、A2、A3不互不相容.3.8.事件A、B的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联系?答：“对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,反之未必成立.至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了然.事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生，是纯粹的事件的关系, 丝毫未涉及它们的概率, 其关系可借助图直观显示.事件的独立性是由概率表述的, 即当存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)时, 称A、B是相互独立的.它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件A、B, 则有“A、B 互不相容” →“A、B不独立”.其等价命题是: 在P(A)>0与P(B)>0下, 则有“A、B独立” →“A、B不互不相容”(相容). 注意, 上述命题的逆命题不成立.3.9.设A、B为两个事件,若0<P(A)<1, 0<P(B)<1. (*)则A、B相互独立, A、B互不相容, , 这三种情形中的任何两种不能同时成立.答：在条件(*)下当A、B相互独立时, 有P(AB)=P(A)P(B);当A、B互不相容时, 有P(AB)<P(A)P(B);当时, 有P(AB)>P(A)P(B).在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, A、B相互独立, A、B互不相容,这三种情形中的任何两种不能同时成立.此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 必不互不相容，也不一个包含另一个,而只能是相容了.3.10.证明: 若P(A)=0或P(A)=1, 则A与任何事件B相互独立.答：若P(A)=0, 又, 故0≤P(AB)≤P(A)=0.于是P(AB)=0=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1, 则.由前面所证知,与任何事件B相互独立. 再由事件独立性的性质知, 与B相互独立, 即A与B相互独立.另种方法证明: 由P(A)=1知, 进而有.又且AB与互不相容, 故.即A与B相互独立.3.11.设A、B是两个基本事件, 且0<P(A)<1,P(B)>0, , 问事件A与B是什么关系?[解1]由已知条件可得.由比例性质, 得.所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.[解2]由得.因而.又,所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立.3.12.是不是无论什么情况, 小概率事件决不会成为必然事件.答：不是的. 我们可以证明, 随机试验中, 若A为小概率事件, 不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验, 则A迟早要发生的概率为1.事实上, 设A k={A在第k次试验中发生}, 则P(A k)=ε,, 在前n次试验中A都不发生的概率为:.于是在前n次试验中, A至少发生一次的概率为.如果把试验一次接一次地做下去, 即让n→∞, 由于0＜ε＜1, 则当n→∞时, 有p→1.n以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是很小的, 但如果很多人这样做, 则迟早会引起火灾.3.13.只要不是重复试验, 小概率事件就可以忽视.答：不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森林中擦火柴有1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.3.14.重复试验一定是独立试验, 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗?答：不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的.一个罐子中装有4个黑球和3个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进2个与抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加，而与取出球颜色不同的球的数目保持不变，从效果上看，每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率，因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现象的模型，每一次传染后都增加再传染的概率.3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布.答：不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是p，现在连续向一目标进行射击，直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果：A={命中}； ={未命中}，且P(A)=p.并且是重复独立试验，因此它是伯努利试验（伯努利概型），设X k={第k次射中}，X显然是一个随机变量，但kP(X=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，k可见X k是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布.3.16.某人想买某本书, 决定到3个新华书店去买, 每个书店有无此书是等可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设3个书店有无此书, 是否卖完是相互独立的. 求此人买到此本书的概率.答：(37/64).3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是0.2; 若乙机未被击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是0.3, 则再进攻乙机, 击落乙机的概率是0.4. 在这几个回合中,(1) 甲机被击落的概率是多少?(2) 乙机被击落的概率是多少?答：以A表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以B表示事件“第二次攻击中乙击落甲”, 以C表示事件“第三次攻击中甲击落乙”.(1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的概率为.(2)乙机被击落有两种情况. 一是第一次攻击中甲击落乙, 二是第三次攻击中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的概率为0.5. 求问题由乙答出的概率.答：(0.3)3.19.有5个人在一星期内都要到图书馆借书一次, 一周内某天借书的可能性相同, 求(1)5个人都在星期天借书的概率;(2)5个人都不在星期天借书的概率;(3)5个人不都在星期天借书的概率.答：(1)(1/75);(2)(65/77);(3)(1-1/75).1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 二、例题解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”, 设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,,P(A|B)=1/2.3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1 /4 .由数学归纳法可以知道P(A1A2…A N)=1/(N+1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B表示“最后取到的是白球”.根据题意: P(B|A)=5/12 ,,P(A)=1/2.∴.5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 .事件B表示“从乙袋中取到的是白球”.显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A1)=3/5 ,P(A2)=3/10 ;P(B|A)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,P(B|A2)=3/5 ;由全概率公式P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25.6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;事件B表示“最后取到的是2号球”.显然P(A)=1/N,,且P(B|A)=1/(N-1),;∴=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N=(N2-N+1)/N2(N-1).7. 袋中装有8只红球, 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球. 解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,设事件A2表示“第二次取到的是红球”.(1)要求的是事件A1A2的概率.根据题意P(A1)=4/5,,P(A2|A1)=7/9,∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)要求的是事件的概率.根据题意:,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,,∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式:=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2.由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4 )P(B4)=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×1/20=0.645.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”, 用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,0.1 .求目标被命中的概率为多少?且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1.由全概率公式得到:P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.031.10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%, 假定各道工序的加工互不影响,求加工出零件的次品率是多少?解.设事件A i表示“第i道工序出次品”,i=1,2,3,4因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.P(A1)=0.02, P(A2)=0.03,P(A3)=0.05, P(A4)=0.03,只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.为了运算简便,我们求其对立事件的概率=(1-0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求(1)射击三次皆中目标的概率;(2)射击三次有且只有2解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3根据已知条件P(A i)=0.8,,i=1,2,3 某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的.(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).次命中目标的概率;(3)射击三次至少有二次命中目标的概率.由独立性:P (A 1A 2A 3)=P (A 1)P (A 2)P (A 3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B表示. 显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C 表示.至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C =B +A 1A 2A 3P (C )=P (B )+P (A 1A 2A 3)=0.384+0.512=0.896.12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4,1/5, 求能将密码译出的概率.解.设事件A i 表示“第i 人能译出密码”, i =1,2,3.由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P (A 1+A 2+A 3).已知P (A 1)=1/3, P (A 2)=1/4, P (A 3)=1/5, 而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P (A 1+A 2+A 3)=1-0.4=0.6.13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为解.设事件A i 表示“第i 次命中目标”, i =1,2,3.设事件B i 表示“目标被命中i 弹”, i =0,1,2,3. 设事件C 表示“目标被摧毁”.由已知P (A 1)=0.4, P (A 2)=0.5, P (A 3)=0.7; P (C |B 0)=0, P (C |B 1)=0.2, P (C |B 2)=0.6, P (C |B 3)=0.8.0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率.又由于三次射击是相互独立的,所以 ,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0.36,=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7=0.41,.由全概率公式得到P (C )=P (C |B 0)P (B 0)+P (C |B 1)P (B 1)+P (C |B 2)P (B 2)+P (C |B 3)P (B 3)=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.三、练习题1．已知P(B|A)=103,P(A)=51,则P(AB)=( ) A ．21 B.23 C ．32 D.5032．由“0”、“1” 组成的三位数码组中，若用A 表示“第二位数字为0”的事件，用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P(A|B)=（ ）A.21B.31C.41D.813．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮三级以上风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，则在下雨天里，刮风的概率为（ ） A.2258B.21C.83D.434．设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一个20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是 .５．一个口袋内装有2个白球，3个黑球，则（1）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率？ （2）先摸出1个白球后不放回，再摸出1个白球的概率？６．某种元件用满6000小时未坏的概率是43，用满10000小时未坏的概率是21，现有一个此种元件，已经用过6000小时未坏，求它能用到10000小时的概率7．某个班级共有学生40人，其中有团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员4人。
高考条件概率知识点
高考条件概率知识点条件概率是概率论中的重要概念，它描述了一个事件在给定另一个事件已经发生的条件下发生的概率。
在高考中，条件概率也是一个常见的考点。
了解条件概率的概念和计算方法，对于理解和解答与概率相关的题目具有重要意义。
本文将介绍高考中常见的条件概率知识点。
一、概率与条件概率的基本概念概率是根据事件出现的可能性来进行估计的数值，它的取值范围在0到1之间。
概率为0表示事件不可能发生，概率为1表示事件必然发生。
在高考中，概率的计算通常基于样本空间和事件的定义。
条件概率是指在另一个事件已经发生的条件下，某个事件发生的概率。
条件概率的计算公式为P(A|B) = P(AB)/P(B)，其中P(A|B)表示在事件B发生的情况下事件A发生的概率，P(AB)表示事件A和事件B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。
二、条件概率的计算方法1. 乘法定理：如果事件A和事件B是两个相互独立的事件，则事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘以事件B发生的概率，即P(AB) = P(A) * P(B)。
这个定理常用于解决两个独立事件同时发生的概率计算问题。
2. 全概率公式：如果事件B1、B2、…、Bn是一个样本空间的划分，即它们两两互斥且并起来构成整个样本空间，那么对于任意一个事件A，它的概率可以由其与划分中各个事件的交集的概率之和来表示，即P(A) = P(A|B1)P(B1) + P(A|B2)P(B2)+ ... + P(A|Bn)P(Bn)。
这个公式常用于解决事件A在不同条件下发生的概率计算问题。
三、条件概率的应用条件概率广泛应用于实际问题的建模与求解中。
在高考中，条件概率常用于解决以下类型的问题：1. 病患概率问题：根据患者的病情和病发概率，计算患者患某种疾病的概率。
2. 抽样问题：根据样本的特征和总体的特征，计算样本中某个特定子群体的概率。
3. 考试成绩问题：已知学生A在某个科目上的成绩，并已知该科目整体考试的平均分和标准差，计算学生A的成绩在整体分布中的相对位置。
高考数学专题闯关教学概率随机变量与其分布列共张
X －2 P 0.04
2
4
0.54 0.42
X 的 数 学 期 望 E(X) ＝ － 2×0.04 ＋ 2×0.54 ＋ 4×0.42＝2.68.
【归纳拓展】 (1)求离散型随机变量的分布列 的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示 的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式， 求出概率．
解析：(1)圆心 C 到 l 的距离为 |－25| ＝5. 42＋32
(2)如图 l′∥l，且 O 到 l′的距离为 3，sin∠ODE
＝3＝ 23
23，所以∠ODE＝60°，从而∠BOD＝60°，
点 A 应在劣弧 BD 上，所以满足条件的概率为16.
古典概型
例2 一个袋中装有大小相同的10个球，其中 红球8个，黑球2个，现从袋中有放回地取球， 每次随机取1个． (1)求连续取两次都是红球的概率； (2)如果取出黑球，则取球终止，否则继续取球， 直到取出黑球，求取球次数不超过3次的概率．
某市公租房的房源位于A、B、C三个片
例3
区．设每位申请人只申请其中一个片区的房源， 且申请其中任一个片区的房源是等可能的，求 该市的任4位申请人中：
(1) 没有人申请A片区房源的概率；
(2) 每个片区的房源都有人申请的概率．
【归纳拓展】 (1)求复杂事件的概率，要正确 分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几 个彼此互斥的事件的和事件还是能转化为几个 相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率 公式求解．
(1)求q的值； (2)试比较此人选择每次都在乙袋中取球得分超 过1分与选择上述方式取球得分超过1分的概率 的大小．
解 ： (1) 依 题 意 ， 得 (1 － q)×0.8×0.2 ＋ (1 － q)×0.2×0.8＝0.24，解之，得q＝0.25.
条件概率练习题
题目：一个袋子中有5个红球和3个蓝球，从袋子中随机取出3个球，问取出的3个球都 是红球的概率是多少？
题目：一个袋子中有4个红球和2个白球，从袋子中随机取出3个球，问取出的3个球颜 色不同的概率是多少？
题目：一个袋子中有3个红球和2个白球，从袋子中随机取出2个球，问取出的两个球颜 色相同的概率是多少？
多少？Leabharlann 题目：一个盒子中有5个红球和3个白球， 不放回地依次取出2个球，在第一次取 到红球后，第二次再取到白球的概率是
多少？
高难度题目
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题目：一个盒子中有5个红球和3个白球，不放回地依次摸出2个球，在 第一次摸出红球后，求第二次再摸出红球的概率。
题目：一个袋子中有5个红球和3个白球，有放回地依次摸出2个球，在 第一次摸出红球后，求第二次再摸出红球的概率。
中等难度题目
题目：一个盒子中有5个红球和3个白球， 不放回地依次取出2个球，在第一次取 到白球后，第二次再取到红球的概率是
多少？
题目：一个盒子中有5个红球和3个白球， 不放回地依次取出2个球，在第一次取 到白球后，第二次再取到白球的概率是
多少？
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题目：一个盒子中有5个红球和3个白球， 不放回地依次取出2个球，在第一次取 到红球后，第二次再取到红球的概率是
条件概率练习题含答案
条件概率练习题含答案条件概率是概率论中的一个重要概念，用于描述事件在给定其他事件发生的条件下发生的概率。
条件概率的计算往往需要运用到贝叶斯定理，是解决实际问题中复杂概率计算的基础。
下面将给出一些条件概率的练习题，并附带答案供读者参考。
练习题一：某城市有两个广播车队，A车队和B车队，各自服务不同的区域。
根据统计数据，A车队在A区域的音质不良时间占总时间的5%，而在B区域的音质不良时间占总时间的10%。
已知听众在该城市80%来自A区域，20%来自B区域。
现在假设一位听众正遇到音质不良的情况，请问这位听众是来自A区域的概率是多少？解答一：设事件A为来自A区域，事件B为遇到音质不良。
根据题意，我们要求的是在遇到音质不良的条件下，该听众来自A区域的概率。
根据条件概率公式，可以得到：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)，其中P(A∩B)表示事件A和B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。
根据题目中的信息，我们可以得到P(A∩B) = P(A) * P(B|A) = 0.8 * 0.05 = 0.04，P(B) = P(A) * P(B|A) + P(B') * P(B|B') = 0.8 * 0.05 + 0.2 * 0.1 = 0.06，所以P(A|B) = 0.04 / 0.06 = 2/3。
练习题二：一家剧院即将上演两台戏剧，A戏剧和B戏剧，已知A戏剧的门票占总票数的60%，B戏剧的门票占总票数的40%。
观众对A戏剧感兴趣的概率是70%，对B戏剧感兴趣的概率是50%。
现在假设一位观众购票，且对所购剧目感兴趣，请问该观众购买的是B戏剧门票的概率是多少？解答二：设事件A为购买A戏剧门票，事件B为对所购剧目感兴趣。
求解的是在对所购剧目感兴趣的条件下，购买B戏剧门票的概率。
根据条件概率的定义，可以得到：P(B|A) = P(B∩A) / P(A)，其中P(B∩A)表示事件B和A同时发生的概率，P(A)表示购买A戏剧门票的概率。
条件概率与独立事件例题和知识点总结
条件概率与独立事件例题和知识点总结在概率论中，条件概率和独立事件是两个非常重要的概念。
理解和掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。
下面，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。
一、条件概率条件概率是指在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率，记作P(A|B)。
其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）。
例 1：一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。
先从盒子中取出一个球，不放回，然后再取出一个球。
已知第一次取出的是红球，求第二次取出红球的概率。
解：第一次取出红球后，盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球。
所以第二次取出红球的概率为 4 ／ 7 。
例 2：某班级学生的数学成绩及格率为 80%，英语成绩及格率为70%。
已知小明数学成绩及格，求他英语成绩也及格的概率。
解：设 A 表示小明数学成绩及格，B 表示小明英语成绩及格。
则P(A) ＝ 08，P(B) ＝ 07，P(AB) 表示小明数学和英语成绩都及格的概率。
由于不知道两者的关系，假设数学和英语成绩相互独立，则 P(AB) ＝08 × 07 ＝ 056 。
所以 P(B|A) ＝ P(AB) ／ P(A) ＝ 056 ／ 08 ＝ 07 。
知识点总结：1、条件概率的定义和计算公式要牢记。
2、解决条件概率问题时，要注意分析事件之间的关系，确定已知条件和所求概率的事件。
二、独立事件如果事件 A 的发生不影响事件 B 的发生概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 的发生概率，那么称事件 A 和事件 B 是相互独立的。
即P(A|B) ＝ P(A) 且 P(B|A) ＝ P(B) 。
例 3：掷一枚均匀的硬币两次，求两次都出现正面的概率。
解：第一次掷硬币出现正面的概率为 1/2，第二次掷硬币出现正面的概率也为 1/2。
由于两次掷硬币的结果相互独立，所以两次都出现正面的概率为 1/2 × 1/2 ＝ 1/4 。
高中数学概率与条件概率应用解题技巧
高中数学概率与条件概率应用解题技巧概率与条件概率是高中数学中重要的概念，也是考试中常见的题型。
掌握解题技巧可以帮助我们更好地应对这些题目。
本文将通过具体的例题，分析概率与条件概率的考点，并给出解题技巧，帮助高中学生和家长更好地理解和应用这些知识。
一、概率题型1. 硬币问题例题1：抛掷一枚硬币，问抛掷两次后，出现两次正面的概率是多少？解析：这是一个简单的概率题，每次抛掷硬币的结果只有两种可能，正面或反面。
我们可以列出所有可能的结果：正正正反反正反反其中，出现两次正面的结果只有一种，所以概率为1/4。
解题技巧：对于硬币问题，我们可以利用排列组合的知识来求解。
在这个例题中，两次抛掷结果的样本空间为2^2=4，而出现两次正面的结果只有一种，所以概率为1/4。
2. 骰子问题例题2：投掷两个骰子，问两个骰子之和为7的概率是多少？解析：这是一个典型的骰子问题，每个骰子的结果为1-6之间的整数。
我们可以列出所有可能的结果：(1, 6)(2, 5)(3, 4)(4, 3)(5, 2)(6, 1)其中，两个骰子之和为7的结果有(1, 6)和(6, 1)两种，所以概率为2/6=1/3。
解题技巧：对于骰子问题，我们可以利用等可能原理来求解。
在这个例题中，每个骰子的结果有6种可能，所以两个骰子的结果的样本空间为6*6=36，而两个骰子之和为7的结果有2种，所以概率为2/36=1/18。
二、条件概率题型1. 病患问题例题3：某种疾病的发病率为1%，而某种检测方法的准确率为99%。
如果一个人的检测结果为阳性，那么他真正患病的概率是多少？解析：这是一个条件概率问题，需要利用准确率的信息来计算。
根据题意，一个人的检测结果为阳性，即他要么真正患病，要么假阳性。
我们可以列出所有可能的情况：真正患病，检测结果为阳性真正患病，检测结果为阴性假阳性，检测结果为阳性假阳性，检测结果为阴性其中，真正患病的结果只有一种，假阳性的结果有99种。
所以，他真正患病的概率为1/(1+99)=1/100。
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第88炼 含有条件概率的随机变量问题一、基础知识：1、条件概率：事件B 在事件A 已经发生的情况下，发生的概率称为B 在A 条件下的条件概率，记为|B A2、条件概率的计算方法：（1）按照条件概率的计算公式：()()()|P AB P B A P A =（2）考虑事件A 发生后，题目产生了如何的变化，并写出事件B 在这种情况下的概率 例如：5张奖券中有一张有奖，甲，乙，丙三人先后抽取，且抽完后不放回，已知甲没有中奖，则乙中奖的概率：按照（1）的方法：设事件A 为“甲没中奖”，事件B 为“乙中奖”，则所求事件为|B A ，按照公式，分别计算()(),P AB P A ，利用古典概型可得：()25415P AB A ==，()45P A =，所以()()()1|4P AB P B A P A ==按照（2）的方法：考虑甲已经抽完了，且没有中奖，此时还有4张奖券，1张有奖。
那么轮到乙抽时，乙抽中的概率即为143、含条件概率的乘法公式：设事件,A B ，则,A B 同时发生的概率()()()|P AB P A P B A =⋅ ，此时()|P B A 通常用方案（2）进行计算4、处理此类问题要注意以下几点：（1）要分析好几个事件间的先后顺序，以及先发生的事件对后面事件的概率产生如何的影响（即后面的事件算的是条件概率）（2）根据随机变量的不同取值，事件发生的过程会有所不同，要注意区别（3）若随机变量取到某个值时，情况较为复杂，不利于正面分析，则可以考虑先求出其它取值时的概率，然后用间接法解决。
二、典型例题：例1：袋中有大小相同的三个球，编号分别为1,2,3，从袋中每次取出一个球，若取到的球的编号为2，则把该球编号记下再把编号数改为1后放回袋中继续取球；若取到的球的编号为奇数，则取球停止，取球停止后用X 表示“所有被取球的编号之和” （1）求X 的分布列 （2）求X 的数学期望及方差思路：（1）依题意可知如果取球取出的是1,3，则取球停止，此时X 的值为1或3；当取球取出的是2号球时，按照规则要改为1号球放进去重取，再取时只能取到1或3，所有编号之和X 的值为3,5，所以可知X 可取的值为1,3,5，当1X =时，意味着直接取到了1号球（概率为13）；当3X =时，分为两种情况，一种为直接取到3（概率为13），另一种为取到了2（概率为13），改完数字后再取到1（概率为23）；当5X =时，为取到了2（概率为13），改完数字后再取到3（概率为13），从而可计算出概率。
进而得到分布列与期望方差解：（1）X 可取的值为1,3,5()113P X ∴==()112533339P X ==+⋅= ()1115339P X ==⋅=X ∴的分布列为：（2）1353999EX =⨯+⨯+⨯= 222123523123176135********DX ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 例2：深圳市某校中学生篮球队假期集训，集训前共有6个篮球，其中3个是新球(即没有用过的球)，3个是旧球(即至少用过一次的球)．每次训练，都从中任意取出2个球，用完后放回．（1）设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； （2）求第二次训练时恰好取到一个新球的概率．（1）思路：第一次训练时所取得球是从6个球（3新，3旧）中不放回取出2个球，所以可判断出ξ服从超几何分布，即可利用其公式计算概率与分布列，并求得期望解：ξ可取的值为0,1,2()2326105C P C ξ=== ()113326315C C P C ξ⋅=== ()2326125C P C ξ===ξ∴的分布列为：0121555E ξ∴=⨯+⨯+⨯=（2）思路：本题要注意一个常识，即新球训练过后就变成了旧球，所以要计算第二次恰好取到一个新球的概率，需要了解经过第一次训练后，所剩的球有几个新球，几个旧球。
所以要对第一次取球的情况进行分类讨论：若第一次取2个新球，则第二次训练时有5旧1新；若第一次取到1个新球，则第二次训练时有4旧2新；若第一次取到2个旧球，则第二次训练依然为3旧3新，分别计算概率再相加即可解：设事件i A 为“第一次训练取出了i 个新球”，则()23326i i i C C P A C -= 设事件B 为“从六个球取出两个球，其中恰好有一个新球” 事件C 为“第二次恰好取出一个新球”()()()()012P C P A B P AB P A B ∴=++()()()21133300022663|25C C C P A B P A P B A C C ⋅=⋅=⋅= ()()()1111334211122668|25C C C C P A B P A P B A C C ⋅=⋅=⋅= ()()()213522222661|15C C P A B P A P B A C C =⋅=⋅=()()()()0123875P C P A B P A B P A B ∴=++=例3：若盒中装有同一型号的灯泡共10个，其中有8个合格品，2个次品（1）某工人师傅有放回地连续从该盒中取灯泡3次，每次取一只灯泡，求2次取到次品的概率（2）某工人师傅用该盒中的灯泡去更换会议室的一只已坏灯泡，每次从中取一灯泡，若是正品则用它更换已坏灯泡，若是次品则将其报废（不再放回原盒中），求成功更换会议室的已坏灯泡所用灯泡只数X 的分布列和数学期望（1）思路：每次有放回的取灯泡，相当于做了3次独立重复试验，每次试验中取到合格品的概率为45，取到次品的概率为15，在3次试验中2次取到次品，1次取得合格品，所以考虑利用公式求解取到次品的概率 解：设事件A 为“2次取到次品”()223141255125P A C ⎛⎫⎛⎫∴=⋅=⎪⎪⎝⎭⎝⎭（2）思路：因为只有2个次品，所以最多用掉3个灯泡，X 可取的值为1,2,3，1X =时，意味着取到的是合格品，概率为45，2X =是取到一个次品（概率为15）之后在9个灯泡中取到一个合格品（概率为89），3X =是连续取到2个次品（概率为1159⋅），之后一定拿到合格品，分别计算概率即可 解：X 可取的值为1,2,3()415P X ∴==()18825945P X ==⋅= ()11135945P X ==⋅= X ∴的分布列为：123545459EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：一个盒子内装有8张卡片，每张卡片上面写着1个数字，这8个数字各不相同，且奇数有3个，偶数有5个．每张卡片被取出的概率相等．（1）如果从盒子中一次随机取出2张卡片，并且将取出的2张卡片上的数字相加得到一个新数，求所得新数是奇数的概率；（2）现从盒子中一次随机取出1张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写着的数是偶数则停止取出卡片，否则继续取出卡片．设取出了ξ次才停止取出卡片，求ξ的分布列和数学期望．（1）思路：本题可用古典概型解决，事件Ω为“8张卡片中取出2张卡片”，所以()28n C Ω= 事件A 为“所得新数为奇数”，可知需要一奇一偶相加即可，则()1135n A C C =⋅，从而可计算出()P A解：设A 为“所得新数为奇数”()1135281528C C P A C ⋅∴==（2）思路：依题意可知ξ可取的值为1,2,3,4，题目中的要求为“取出偶数即停止”所以若要保证第n 次能继续抽卡片，则在前()1n -次需均抽出奇数。
所以1,2,3ξ=时，意味着抽卡片中途停止，则必在最后一次取到了偶数，以3ξ=为例，中途停止说明在第三次抽到偶数，前两次抽到奇数。
所以()3253876P ξ==⋅⋅（第二次受第一次结果的影响，只剩7张卡片，含有2张奇数卡片，所以是前两次是奇数的概率为3287⋅）。
当4ξ=时，只要在前三次将奇数卡片抽完即可。
解：ξ可取的值为1,2,3,4()518P ξ∴==()351528756P ξ==⋅= ()3255387656P ξ==⋅⋅= ()3211487656P ξ==⋅⋅=ξ∴的分布列为：123485656562E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例5：某迷宫有三个通道，进入迷宫的每个人都要经过一个智能门，首次到达此门，系统会随机（即等可能）为你打开一个通道，若是1号通道，则需要1个小时走出迷宫；若是2号，3号通道，则分别需要2小时，3小时返回智能门，再次到达智能门时，系统会随机打开一个你未到过的通道，直至走出迷宫为止，令ξ表示走出迷宫所需的时间，求ξ的分布列和数学期望思路：迷宫的规则为只有进入1号通道才能走出迷宫，如果是其他通道（以2号为例），则可能打开1通道然后走出迷宫，或者打开另一个通道，通过第三轮进入1通道走出迷宫，所以ξ可取的值为1（1号），3（2号+1号），4（3号+1号），6（3号+2号+1号或2号+3号+1号）。
根据ξ的取值便可判断出走迷宫的情况，从而列出式子计算概率，得到分布列 解：ξ可取的值为1,3,4,6()113P ξ== ()1113326P ξ==⨯=()1114326P ξ==⨯= ()11111632323P ξ==⨯+⨯=ξ∴的分布列为：134636632E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例6：某学校要对学生进行身体素质全面测试，对每位学生都要进行9选3考核（即共9项测试，随机选取3项），若全部合格，则颁发合格证；若不合格，则重新参加下期的9选3考核，直至合格为止，若学生小李抽到“引体向上”一项，则第一次参加考试合格的概率为12，第二次参加考试合格的概率为23，第三次参加考试合格的概率为45，若第四次抽到可要求调换项目，其它选项小李均可一次性通过 （1）求小李第一次考试即通过的概率P （2）求小李参加考核的次数ξ分布列（1）思路：由题意可知，小李能够通过考试的概率取决于是否能够抽到“引体向上”这个项目，如果没有抽到，则必能通过；若抽到“引体向上”则通过的概率为12。
后面通过测试的概率受到前面抽签的影响，要利用条件概率进行解决解：（1）若没有抽到“引体向上”，则3813923C P C == 若抽到“引体向上”，则282391126C P C =⋅= 12215366P P P ∴=+=+= （2）思路：依题目要求可知ξ可取的值为1,2,3,4，在参加下一次考核时，意味着前几次考核失败，所以当ξ取2,3,4时，要考虑前面考核失败的情况与该次考核成功两个方面同时成立。
解：ξ可取的值为1,2,3,4()516P ξ== ()3288339912426327C C P C C ξ⎛⎫==⨯+⋅= ⎪⎝⎭()23288833399911473635405C C C P C C C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅+⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()2288339911114635810C C P C C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ξ∴的分布列为：例7：袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是3，从B 中摸出一个红球的概率是23，现从两个袋子中有放回的摸球（1）从A 中摸球，每次摸出一个，共摸5次，求 ① 恰好有3次摸到红球的概率② 设摸得红球的次数为随机变量X ，求X 的期望（2）从A 中摸出一个球，若是白球则继续在袋子A 中摸球，若是红球则在袋子B 中摸球；若从袋子B 中摸出的是白球则继续在袋子B 中摸球，若是红球则在袋子A 中摸球，如此反复摸球3次，计摸出红球的次数为Y ，求Y 的分布列和期望（1）思路：①题目中说“有放回的摸球”，所以本题为独立重复试验模型，在A 中摸出红球的概率为13，代入独立重复试验模型公式即可计算出概率；② 随机变量X 指摸出红球发生的次数，所以符合二项分布15,3XB ⎛⎫⎪⎝⎭，直接可计算期望 解：① 设事件M 为“恰好有3次摸到红球”()3235124033243P M C ⎛⎫⎛⎫∴=⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭② X 的取值为0,1,2,3,4,5，依题意可知15,3XB ⎛⎫⎪⎝⎭15533EX ∴=⋅=（2）思路：有放回的摸球三次，所以Y 可取的值为0,1,2,3，因为下一次在哪个袋子里摸球取决于上一次的结果：若是白球则在本袋继续摸，若是红球则要换袋子摸，所以在计算概率的过程中要监控每一次摸球的结果，并按红球个数进行安排。