高考数学一轮单元复习：条件概率与事件的独立性

变式题 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问 题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已 知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分 别为45、35、25、15，且各轮问题能否正确回答互不影响．
(1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率．
【思路】各轮问题能否正确回答互不影响，即四个 事件相互独立．第(1)问是前三轮回答正确且第四轮回 答不正确这四个事件同时发生，利用相互独立事件同时 发生的概率乘法公式就可以解决；第(2)问至多进入第 三轮考核是进入第一轮被淘汰，进入第二轮被淘汰，进 入第三轮被淘汰这三个互斥事件的和，而进入第二轮被 淘汰又是第一轮通过，第二轮没通过这两个相互独立事 件同时发生，进入第三轮被淘汰是第一、第二轮通过， 第三轮没通过这三个相互独立事件同时发生，利用互斥 事件的概率加法公式和相互独立事件同时发生的概率乘 法公式就可以解决．
再设事件B表示工作被完成, 则 B A1 A2
PB 1 PB,
A3, 因
B A1 A2 A3 A1A2 A3,
所以
PB P A1A2A3 P A1 P A2 P A3
0.5 0.4 0.3 0.06.
所以
PB 0.94.
► 典型题3 独立重复试验与二项分布
例 3 [2009·江西卷] 某公司拟资助三位大学生自主创 业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进 行评审．假设评审结果为 “支持”或“不支持”的概率都是12. 若某人获得两个“支持”，则给予 10 万元的创业资助；若只 获得一个“支持”，则给予 5 万元的资助；若未获得“支持”， 则不予资助．求：
2．条件概率的性质 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 0≤P(B|A)≤1 . 如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝ P(B|A)＋P(C|A) ． 3．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．
回地抽取2道,则在第一次抽到选择题的条
件下,第二次抽到选择题的概率为 1 .
2
第一次抽到选择题的概率为
3 5
,
则第二次抽到选择题的概率为 2 ＝1 .
42
知识梳理
1．条件概率
PAB
一般地，设 A、B 为两个事件，且 P(A)＞0，称 P(B|A)＝ PA 为在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率，一般把 P(B|A) 读作 A 发生的条件下 B 的概率．
【点评】由于参加比赛的双方在各局比赛中各自取 胜的概率是一定的，因此这类体育比赛问题就可以根据 独立重复试验概型解答．这类问题有三种设问方式：(1) 比赛进行到第几局结束，没有指明是哪一方取胜，这时 要从两方都可能取胜进行分类解答；(2)指明了在第几局 一方取胜，这时在该局一定是指定的一方取胜，而在前 面的赛局中最后取胜的一方取得了仅差一局就结束比赛 的局数；(3)在比赛中指定的一方取胜的概率．这时也根 据赛制分类解答，如在“五局三胜”制中，分指定的一 方在第三局取胜、第四局取胜、第五局取胜，这是三个 互斥事件，可以根据互斥事件的概率加法公式解答．
【解答】设 Ak 表示第 k 株甲种大树成活，k＝1,2；设
Bl
表示第 l 株乙种大树成活，l＝1,2， 则P(BA11)，＝AP(2B，2)B＝1，45.B2 独立，且 P(A1)＝P(A2)＝56，
(1)至少有 1 株成活的概率为
1－P( A1 ·A2 ·B1 ·B2 ) ＝1－P( A1 )·P( A2 )·P( B1 )·P( B2 )
(1)该公司的资助总额为零的概率； (2)该公司的资助总额超过15 万元的概率．
【思路】由于是两位专家的独立评审，故是一个相 互独立事件的概率问题．(1)随机事件“公司的资助总额 为零”是指三位大学生每人均获得了两个“不支持”，这 三个相互独立事件同时发生；(2)随机事件“公司的资助 总额超过15万元”，是指两位专家打出了四个支持、两 个不支持或五个支持、一个不支持或六个支持，相当于 成功概率为的6次独立重复试验成功4次或5次或6次，根 据独立重复试验概型计算公式进行计算即可．
则 P(A)＝82010，P(AB)＝2500， 故 P(B|A)＝PPAAB＝2201.
2因为nAB
A
2 3
3. 10
3解法1 则12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
PB
|
A
PAB PA
3 /10 3/5
1. 2
解法2 因为nAB 6,nA 12,所以
【解答】 (1)设 A 表示资助总额为零这个事件，则表 明两位专家同时打出了六个“不支持”，
则 P(A)＝126＝614； (2)设 B 表示资助总额超过 15 万元这个事件， P(B)＝C46126＋C56126＋C66126＝3112.
【点评】本题的实质是掷硬币类的问题，即将6枚 硬币抛掷一次，第一问相当于求六枚硬币均是反面朝上 的概率，第二问相当于求至少4枚正面朝上的概率．这 类概率应用题都是由掷硬币、掷骰子、摸球等概率模型 赋予实际背景后得出来的，我们在解题时就要把实际问 题再还原为我们常见的一些概率模型，这就要根据问题 的具体情况去分析，对照常见的概率模型，把不影响问 题本质的因素去除，抓住问题的本质，根据已有的解决 模型问题的方法解决问题．如本题中，三个大学生是每 位专家各给一个结果，这些结果之间没有影响，就像我 们一次掷出了六个硬币，问题的本质就揭示了出来．
PB
|
A
nAB nA
6 12
1. 2
在实际应用中,解法2是一种重要的求条件概
率的方法.
► 典型题2 事件的相互独立性
例 2 [2009·全国卷Ⅰ] 甲、乙二人进行一次围棋比赛， 约定先胜 3 局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一 局中，甲获胜的概率为 0.6，乙获胜的概率为 0.4，各局比赛 结果相互独立．已知前 2 局中，甲、乙各胜 1 局．
4.在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发 生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率, 则事件A在一次试验中发生的概率p的取值 范围是［0.4,1) .
依题意,得 C41 p·(1-p)3≤ C42p2(1-p)2, 解得p≥0.4.又p<1,故0.4≤p<1.
5.有3道选择题和2道填空题,如果依次不放
P3＝P( A1 ＋A1 A2 ＋A1A2 A3 ) ＝15＋45×25＋45×35×35＝110215.
变式2：某项工作交由三个人独立完成, 设这三个完成的
概率分别为 0.5, 0.6, 0.7, 求该项工作被完成的概率.
解 设 A1, A2 , A3分别表示第一, 第二, 第三人完成该工
P A1 0.5, P A2 0.6, P A3 0.7,
0,1,2，…，n)． 此时称随机变量 X 服从二项分布，记作 X～B(n，p) ，并称
p 为成功概率．
例题精解
► 典型题1 条件概率
例 1 甲、乙两市位于长江下游，根据一百多年的记录 知道，一年中雨天的比例，甲市为 20%，乙市为 18%，两 市同时下雨的天数占 12%.求：
(1)乙市下雨时甲市也下雨的概率； (2)甲市下雨时乙市也下雨的概率．
P(B)＝P(A3·A4＋B3·A4·A5＋A3·B4·A5) ＝P(A3·A4)＋P(B3·A4·A5)＋P(A3·B4·A5) ＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)P(A5) ＝0.6×0.6＋0.4×0.6×0.6＋0.6×0.4×0.6＝0.648.
(1)求再赛 2 局结束这次比赛的概率； (2)求甲获得这次比赛胜利的概率．
【思路】 (1)只要第三、四局比赛都是甲胜或乙胜即可； (2)只要甲先胜2局，可能情况是第三、四局甲胜或三、四 局甲、乙各胜一局，第五局甲胜．
【解答】记“第 i 局甲获胜”为事件 Ai(i＝3,4,5)， “第 j 局乙获胜”为事件 Bj(j＝3,4,5)．
【思路】设出事件，弄清楚各个事件之间的关系， 按照条件概率公式进行计算即可．
【解答】记“甲市下雨”为事件 A，“乙市下雨”为事件
B. 按题意有，P(A)＝20%，P(B)＝18%，PAB＝12%.
(1) ＝23；
乙市下雨时甲市也下雨的概率为
P(A|B)＝PPABB
(2) ＝35.
甲市下雨时乙市也下雨的概率为
4．独立重复试验 在 相同条件 下，重复做的 n 次试验称为 n 次独立重复试验． 5．二项分布 一般地，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)＝ Cnkpk(1－p)n－k (k＝
变式题 已知：男人中有 5%患色盲，女人中有 0.25% 患色盲，从 100 个男人和 100 个女人中任选一人．
(1)求此人患色盲的概率； (2)如果此人是色盲，求此人是男人的概率．
【解答】 (1)此人患色盲的概率为
P＝120000×1500＋120000×01.0205＝52.0205＝82010. (2)设事件 A 表示“从 100 个男人和 100 个女人中任 选一人，此人患色盲”；事件 B 表示：“从 100 个男人和 100 个女人中任选一人，此人是男人”．
5
2
.
3
6
3.甲、乙两人独立解同一道题,甲解决这道题的
概率是0.7,乙解决这道题的概率为0.8,那么恰
有一人解决这一道题的概率是( B )
A.0.56 B.0.38 C.0.44 D.0.94
只有甲解决这道题的概率为0.7×(1-0.8)
=0.14; 只 有 乙 解 决 这 道 题 的 概 率 为 0.8×(10.7)=0.24.故恰有一人解决这一问题的概率为 0.１4+0.24=0.38,选B.
【解答】(1)记“该选手能正确回答第 i 轮的问题”的事 件为 Ai(i＝1,2,3,4)，则 P(A1)＝45，P(A2)＝35，P(A3)＝25， P(A4)＝15，∴该选手进入第四轮才被淘汰的概率
P4＝P(A1A2A3 A4 )＝P(A1)P(A2)P(A3)P( A4 ) ＝45×35×25×45＝69265. (2)该选手至多进入第三轮考核的概率
1.已知事件A、B的概率都大于零,那么( C )
A.如果A与B互斥，则与也互斥 B.如果A、B不是相互独立事件，那么它们
一定是互斥事件 C.如果A、B是相互独立事件，那么它们一
定不是互斥事件 D.如果A+B是必然事件，那么它们一定是
对立事件
2.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是 1 ,
甲获胜的概率是 1 ,则甲不输的概率是
(1)设“再赛 2 局结束这次比赛”为事件 A，则 A＝A3·A4＋B3·B4，由于各局比赛结果相互独立，故 P(A) ＝ P(A3·A4 ＋ B3·B4) ＝ P(A3·A4) ＋ P(B3·B4) ＝ P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4)＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52. (2)记“甲获得这次比赛胜利”为事件 B，因前两局中， 甲、乙各胜 1 局，故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面 的比赛中，甲先胜 2 局，从而 B＝A3·A4＋B3·A4·A5＋A3·B4·A5，由于各局比赛结果相 互独立，故
变式题 [2009·重庆卷] 某单位为绿化环境，移栽了 甲、乙两种大树各 2 株．设甲、乙两种大树移栽的成活率 分别为56和45，且各株大树是否成活互不影响，求移栽的 4 株大树中：
(1)至少有 1 株成活的概率； (2)两种大树各成活 1 株的概率．
【思路】 (1)“至少有1株成活”的对立事件是“1株也 没有成活”，根据对立事件概率之间的关系解答；(2)归 结为两个相互独立事件的概率之积．
P(B|A)＝PPABB
【点评】 在计算条件概率时一定要区分清楚是哪个 事件在哪个事件发生的条件下的概率，正确地使用条件 概率的计算公式．在本题中．要注意甲、乙两市同时下 雨，是指这两个城市没有任何先决条件下的同时下雨， 而甲市下雨时乙市也下雨是指在甲市已经下雨的前提下， 乙市也下雨，故甲乙两市同时下雨的概率才是12%，甲 市下雨时乙市也下雨的概率为60%.