2025版新教材高考数学一轮复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第5节事件的独立性与条件概率及其关系全概率公式学案含解析新人教B版

第5节事务的独立性与条件概率及其关系、全概率公式一、教材概念·结论·性质重现1．条件概率定义一般地，当事务B发生的概率大于0时(即P(B)＞0)，已知事务B发生的条件下事务A发生的概率，称为条件概率表示P(A|B)计算公式P(A|B)＝eq\f(PA∩B,PB)性质(1)0≤P(B|A)≤1；(2)P(A|A)＝1；(3)假如B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)2.事务的相互独立性事务A与事务B相互独立对随意的两个事务A与B，假如P(AB)＝P(A)P(B)时，就称事务A与B相互独立(简称独立)性质假如事务A与B相互独立，则eq\x\to(A)与B，A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)也相互独立，P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)(1)易混淆“相互独立”和“事务互斥”两事务互斥是指两事务不行能同时发生，两事务相互独立是指一个事务的发生与否对另一个事务发生的概率没有影响，两个事务相互独立不肯定互斥．(2)易混淆P(B|A)与P(A|B)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(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq\x\to(A))P(B|eq\x\to(A))．(2)定理1若样本空间Ω中的事务A1，A2，…，An满意：①随意两个事务均互斥，即AiAj＝∅，i，j＝1,2，…，n，i≠j；②A1＋A2＋…＋An＝Ω；③P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.则对Ω中的随意事务B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn，且P(B)＝eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,))P(BAi)＝eq\a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,))P(Ai)P(B|Ai)．二、基本技能·思想·活动体验1．推断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)相互独立事务就是互斥事务．(×)(2)对于随意两个事务，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(×)(3)P(B|A)表示在事务A发生的条件下，事务B发生的概率，P(AB)表示事务A，B同时发生的概率．(√)(4)若事务A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(√)2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们的大小和形态完全相同．甲每次从中任取一个球不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，其次次拿到红球的概率为()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,8) D.eq\f(2,9)B解析：设“第一次拿到白球”为事务A，“其次次拿到红球”为事务B.依题意P(A)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(AB)＝eq\f(2×3,10×9)＝eq\f(1,15).故在他第一次拿到白球的条件下，其次次拿到红球的概率P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,3).3．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()A．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56C解析：设甲地降雨为事务A，乙地降雨为事务B，则两地恰有一地降雨为Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B，所以P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.4．设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6,0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8.则甲正点到达目的地的概率为()A．0.72 B．0.96C．0.86 D．0.84C解析：设事务A表示甲正点到达目的地，事务B表示甲乘火车到达目的地，事务C表示甲乘汽车到达目的地，由题意知P(B)＝0.4，P(C)＝0.6，P(A|B)＝0.8，P(A|C)＝0.9.由全概率公式得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(C)P(A|C)＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.5．某次学问竞赛规则如下：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等于________．0.128解析：记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事务A.由题意知，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有其次个问题回答错误，第三、四个问题回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.考点1相互独立事务的概率——基础性1．2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能处理器“鲲鹏920”、清华高校“面对通用人工智能的异构融合天机芯片”、特斯拉“特斯拉完全自动驾驶芯片”、寒武纪云端AI芯片“思元270”、赛灵思“Versal自适应计算加速平台”．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域A.eq\f(89,91) B.eq\f(2,91)C.eq\f(98,125) D.eq\f(19,27)D解析：依据题意可知，1名学生从15项中任选1项，其中选择“芯片领域”的概率为eq\f(5,15)＝eq\f(1,3)，故其没有选择“芯片领域”的概率为eq\f(2,3)，则3名学生均没有选择“芯片领域”的概率为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27).因此至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为1－eq\f(8,27)＝eq\f(19,27).故选D.2．(2024·天津市和平区高三二模)已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次(假定费用只可能为1,2,3元)．甲、乙租车费用为1元的概率分别是0.5，0.2，甲、乙租车费用为2元的概率分别是0.2，0.4，则甲、乙两人租车费用相同的概率为()A．0.18 B．0.3C．0.24 D．0.36B解析：由题意知甲、乙租车费用为3元的概率分别是0.3,0.4.所以甲、乙两人所租车费用相同的概率为p＝0.5×0.2＋0.2×0.4＋0.3×0.4＝0.3.3．(2024·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球竞赛，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，该局竞赛结束．甲、乙两位同学进行单打竞赛，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，甲先发球，两人又打了X个球该局竞赛结束．(1)求P(X＝2)；(2)求事务“X＝4且甲获胜”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局竞赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局竞赛结束，且这4个球的得分状况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.求相互独立事务同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事务的概率乘法公式干脆求解．(2)正面计算较烦琐(如求用“至少”表述的事务的概率)或难以入手时，可从其对立事务入手计算．考点2条件概率——基础性(1)2024年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁和4个须要救济的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家．设事务A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事务B＝“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)＝()A.eq\f(2,9) B.eq\f(1,3)C.eq\f(4,9) D.eq\f(5,9)A解析：事务A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事务B＝“小组甲独自去一个国家”，则P(AB)＝eq\f(A\o\al(4,4),44)＝eq\f(3,32)，P(B)＝eq\f(C\o\al(1,4)×33,44)＝eq\f(27,64)，P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(2,9).故选A.(2)一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事务记为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务记为B，求P(AB)，P(A|B)．解：如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，所以n(AB)＝1，所以P(AB)＝eq\f(1,9)，P(A|B)＝eq\f(nAB,nB)＝eq\f(1,4).求条件概率的两种方法(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)，这是求条件概率的通法．(2)借助古典概型概率公式，先求事务A包含的样本点数n(A)，再求事务A与事务B的交事务中包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(nAB,nA).1．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着．现须要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为()A.eq\f(3,10) B.eq\f(2,9)C.eq\f(7,8) D.eq\f(7,9)D解析：设事务A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事务B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝eq\f(3,10)，P(AB)＝eq\f(3,10)×eq\f(7,9)＝eq\f(7,30)，则所求的概率为P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq\f(7,9).2．将三颗骰子各掷一次，设事务A为“三个点数都不相同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.eq\f(60,91)eq\f(1,2)解析：P(A|B)的含义是在事务B发生的条件下，事务A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率．因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91(种)状况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有Ceq\o\al(1,3)×5×4＝60(种)状况，所以P(A|B)＝eq\f(60,91).P(B|A)的含义是在事务A发生的条件下，事务B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率．因为“三个点数都不相同”有6×5×4＝120(种)状况，所以P(B|A)＝eq\f(1,2).考点3全概率公式——基础性甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．(1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率．解：(1)从甲箱中任取2个产品的事务数为Ceq\o\al(2,8)＝eq\f(8×7,2)＝28，这2个产品都是次品的事务数为Ceq\o\al(2,3)＝3.所以这2个产品都是次品的概率为eq\f(3,28).(2)设事务A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事务B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事务B2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事务B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事务B1、事务B2、事务B3彼此互斥．P(B1)＝eq\f(C\o\al(2,5),C\o\al(2,8))＝eq\f(5,14)，P(B2)＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,3),C\o\al(2,8))＝eq\f(15,28)，P(B3)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,8))＝eq\f(3,28)，P(A|B1)＝eq\f(2,3)，P(A|B2)＝eq\f(5,9)，P(A|B3)＝eq\f(4,9)，所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝eq\f(5,14)×eq\f(2,3)＋eq\f(15,28)×eq\f(5,9)＋eq\f(3,28)×eq\f(4,9)＝eq\f(7,12).通常把B1，B2，…，Bn看成导致A发生的一组缘由．如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中．(1)何时用全概率公式：多种缘由导致事务的发生．(2)如何用