2024届高考数学一轮复习第10章第5节条件概率与全概率公式学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第10章第5节条件概率与全概率公式学案，共16页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第五节　条件概率与全概率公式
考试要求：理解条件概率和全概率公式，并能利用条件概率公式与全概率公式解决一些简单的实际问题．

一、教材概念·结论·性质重现
1．条件概率
条件概率的定义
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝PABPA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
条件概率的性质
(1)P(Ω|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)设B与B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A)


(1)所谓的条件概率，是试验结果的一部分信息已知，求另一事件在此条件下发生的概率．
(2)由条件概率的概念可知，P(B|A)与P(A|B)是不一定相同的．另外，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率不一定是P(B)，即P(B|A)与P(B)不一定相等．
2．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝
i=1nPAiPBAi
，称上面的公式为全概率公式．
3．贝叶斯公式
设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)＞0，
有P(Ai|B)＝PAiPBAiPB＝，i＝1，2，…，n．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)相互独立事件就是互斥事件． (　×　)
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立． (　×　)
(3)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率． (　√　)
(4)若事件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，它们的大小和形状完全相同．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，第二次拿到红球的概率为(　　)
A．310　　　B．13　　　C．38　　　D．29
B　解析：设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B．依题意P(A)＝210＝15，P(AB)＝2×310×9＝115．
故在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率P(B|A)＝PABPA＝13．
3．抛掷两枚质地均匀的骰子，则在点数之和为6的条件下，其中一枚点数为2的概率为(　　)
A．118　　　B．25 C．1136　　　D．23
B　解析：设“抛掷两枚骰子，两枚骰子的点数之和为6”为事件A，“抛掷两枚骰子，其中一枚骰子的点数为2”为事件B，则P(A)＝536，P(AB)＝236，所以P(B|A)＝PABPA＝236536＝25．
4．(2022·济南月考)抛掷甲、乙两颗骰子，若事件A：“甲骰子的点数大于3”；事件B：“甲、乙两骰子的点数之和等于8”，则P(B|A)的值等于________．
16　解析：由题意得，P(B|A)为抛掷甲，乙两颗骰子，甲骰子的点数大于3时，甲、乙两骰子的点数之和等于8的概率．
因为抛掷甲、乙两骰子，甲骰子点数大于3的样本点有3×6＝18个，
甲骰子点数大于3时，甲、乙两骰子的点数之和等于8，样本点有(4，4)，(5，3)，(6，2)，共3个，所以P(B|A)＝PABPA＝318＝16．


考点1　条件概率——基础性

(1)现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁和4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家．设事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)＝(　　)
A．29　　B．13　　C．49　　D．59
A　解析：事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，
则P(AB)＝A4444＝332，P(B)＝C41×3344＝2764，
P(A|B)＝PABPB＝29．故选A．
(2)从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张，将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞，则另1张也是假钞的概率为(　　)
A．119　　　B．419　　　C．217　　　D．1738
C　解析：记事件A：抽到的至少1张钞票是假钞，记事件B：抽到的2张钞票都是假钞，
则P(A)＝C51C151+C52C202＝85190＝1738，P(AB)＝C52C202＝119，
因此，P(B|A)＝PABPA＝119×3817＝217．

根据条件概率的概念(公式)计算条件概率的两种方法：
(1)在缩小后的样本空间ΩA中计算事件B发生的概率，即P(B|A)＝事件AB所含样本点的个数事件A所含样本点的个数．
(2)在原样本空间Ω中，先计算P(AB)，P(A)，再由公式P(B|A)＝PABPA，计算求得P(B|A)．

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．现需要一只卡口灯泡，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．310　　　B．29 C．78　　　D．79
D　解析：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝310，P(AB)＝310×79＝730，则所求的概率为P(B|A)＝PABPA＝730310＝79．
2．将三颗骰子各掷一次，设事件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)＝________．
6091　12　解析：P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件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)情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有C31×5×4＝60(种)情况，所以P(A|B)＝6091．
P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件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)情况，所以P(B|A)＝12．

考点2　全概率公式——应用性

(1)设某医院仓库中有10盒同样规格的X光片，已知其中有5 盒、3盒、2盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的，且甲、乙、丙三厂生产该种X光片的次品率依次为110，115，120．现从这10盒中任取一盒，再从这盒中任取一张X光片，则取得的X光片是次品的概率为(　　)
A．0.08　　　B．0.1 C．0.15　　　D．0.2
A　解析：以A1，A2，A3分别表示取得的这盒X光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，
B表示取得的X光片为次品，P(A1)＝510，P(A2)＝310，P(A3)＝210，
P(B|A1)＝110，P(B|A2)＝115，P(B|A3)＝120．
则由全概率公式，所求概率为P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝510×110＋310×115＋210×120＝0.08．
(2)2021年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．
0.482 5　解析：设这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件是A1，A2，A3，A4，则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥，设B＝从这批种子中任选一颗，所生长出葫芦秧结出50颗以上果实，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＋P(A4)P(B|A4)
＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.482 5．

利用全概率公式求概率的一般步骤
(1)找出条件事件里的某一个完备事件，分别命名Ai．
(2)命名目标的概率事件为事件B．
(3)代入全概率公式求解．

一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次，求第二次取到白球的概率．
解：A＝{第一次取到白球}，B＝{第二次取到白球}．
因为B＝AB∪AB，且AB与AB互斥，所以P(B)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＝610×59＋410×69＝0.6．

考点3　贝叶斯公式——应用性

根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.9，P(A|C)＝0.9．现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.01，即P(C)＝0.01，则P(C|A)＝________．
112　解析：因为P(A|C)＝0.9，所以P(A|C)＝1－P(A|C)＝1－0.9＝0.1．因为P(C)＝0.01，所以P(C)＝0.99．由全概率公式可得P(A)＝ P(A|C)P(C)＋P(A|C)P(C)，因为P(AC)＝ P(C|A)·P(A)＝P(A|C)P(C)，所以P(C|A)＝PACPCPA＝PACPCPACPC+PACPC＝0.9×0.010.9×0.01+0.1×0.99＝112．

1．全概率公式常用来计算复杂事件的概率，而贝叶斯公式是用来计算简单条件下发生的复杂事件的概率．
2．在运用贝叶斯公式时，一般已知、未知条件为：
(1)事件B的多种情况中到底哪种情况发生了是未知的，但是每种情况发生的概率已知，即P(Bj)，j＝1，2，…，n．
(2)事件A是已经发生的确定事实，且已知每种事件B发生条件下事件A发生的概率，即P(A|Bj)，j＝1，2，…，n．
(3)P(A)未知，需要使用全概率公式计算得到．

某卡车为乡村小学运送书籍，共装有10个纸箱，其中5箱英语书、2箱数学书、3箱语文书．到目的地时发现丢失一箱，但不知丢失哪一箱．现从剩下9箱中任意打开两箱，结果都是英语书，则丢失的一箱也是英语书的概率为(　　)
A．29　　　B．38　　　C．112　　　D．58
B　解析：用A表示丢失一箱后任取两箱是英语书，用Bk表示丢失的一箱为k，k＝1，2，3分别表示英语书、数学书、语文书．由全概率公式得P(A)＝k=13P(Bk)P(A|Bk)＝12×C42C92＋15×C52C92＋310×C52C92＝836，
P(B1|A)＝PB1PAB1PA＝12×C42C92PA＝336÷836＝38．故选B．
课时质量评价(六十)
A组　全考点巩固练
1．(2022·宜宾期末)某地气象局统计，当地某日刮风的概率为45，既刮风又下雨的概率为12，则该地在刮风天里，下雨的概率为(　　)
A．34　　　B．58　　　C．23　　　D．12
B　解析：由题意，记“该地区刮风”为事件A，“该地区下雨”为事件B，
则P(A)＝45，P(AB)＝12，所以该地在刮风天里，下雨的概率为P(B|A)＝PABPA＝1245＝58．
2．某乒乓球训练馆使用的球是A，B，C三种不同品牌标准比赛球，根据以往使用的记录数据：
品牌名称
合格率
购买球占比
A
98%
0.2
B
99%
0.6
C
97%
0.2
若这些球在盒子中是均匀混合的，且无区别的标志，现从盒子中随机地取一只球用于训练，则它是合格品的概率为(　　)
A．0.986　　　B．0.984　　　C．0.982　　　D．0.980
B　解析：将A，B，C分别记为第1，第2，第3个品牌，设事件Mi表示“取到的球是第i个品牌(i＝1，2，3)，事件N表示“取到的是一个合格品”，其中M1，M2，M3两两互斥，所以P(N)＝P(M1N)＋P(M2N)＋P(M3N)＝P(M1)P(N|M1)＋P(M2)P(N|M2)＋P(M3)P(N|M3)＝0.98×0.2＋0.99×0.6＋0.97×0.2＝0.984，所以它是合格品的概率为0.984．故选B．
3．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(　　)
A．0.625　　　B．0.75 C．0.5　　　D．0
A　解析：用A表示事件“考生答对了”，用B表示事件“考生知道正确答案”，
用B表示事件“考生不知道正确答案”，
则P(B)＝0.5，P(B)＝0.5，P(A|B)＝1，P(A|B)＝0.25，
则P(A)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B)·P(B)＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625．
4．为适应人民币流通使用的发展变化，提升人民币整体防伪能力，保持人民币系列化，中国人民银行发行了2019年版第五套人民币50元、20元、10元、1元纸币和1元、5角、1角硬币，同时升级了原有的验钞机现从混有4张假钞的10张50元钞票中任取两张，在其中一张是假钞的条件下，两张都是假钞的概率是(　　)
A．16　　　B．15　　　C．13　　　D．25
B　解析：设事件A表示“两张都是假钞”，事件B表示“两张中至少有一张是假钞”，则
P(AB)＝C42C102＝645＝215，P(B)＝C41C61+C42C102＝23，
所以P(A|B)＝PABPB＝21523＝15，所以所求概率为15．
5．(2023·日照模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，已知目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为________．
0.625　解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝PABPB＝0.50.8＝0.625．
6．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球．现随机地从1号箱中取出1个球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出1个球，则从2号箱取出红球的概率是________．
1127　解析：设A＝“从2号箱中取出的是红球”，B＝“从1号箱中取出的是红球”，
则P(B)＝42+4＝23，P(B)＝1－P(B)＝13，
P(A|B)＝3+18+1＝49，P(A|B)＝38+1＝13，
所以P(A)＝P(AB∪AB)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A|B)·P(B)＋P(A|B)P(B)
＝49×23＋13×13＝1127．
7．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，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，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ξ表示甲队总得分．
(1)求ξ＝2的概率；
(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率．
解：(1)P(ξ＝2)＝34×23×12＋14×23×12＋34×13×12＝1124．
(2)P(ξ＝1)＝34×13×12＋14×23×12＋14×13×12＝14，
P(ξ＝3)＝34×23×12＝14．
设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A，“甲队比乙队得分高”为事件B，则
P(A)＝14×C33233＋1124 ×C32232×13＋14 ×C3123×132＝13，
P(AB)＝14×C3123×132＝118，
所以P(B|A)＝PABPA＝11813＝16．
8．某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝110，P2＝19，P3＝18．
(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
解：(1)因为前三道工序的次品率分别为
P1＝110，P2＝19，P3＝18，
所以该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率为P＝1－[(1－P1)(1－P2)(1－P3)]＝1－910×89×78＝310．
(2)设“该款芯片智能自动检测合格”为事件A，
“人工抽检合格”为事件B，
由已知得P(A)＝910，P(AB)＝1－P＝1－310＝710，
记工人在流水线进行人工抽检时，
抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，
所以P(B|A)＝PABPA＝710×109＝79．
B组　新高考培优练
9．学校有A，B两个餐厅，如果王同学早餐在A餐厅用餐，那么他午餐也在A餐厅用餐的概率是34，如果他早餐在B餐厅用餐，那么他午餐在A餐厅用餐的概率是14．若王同学早餐在A餐厅用餐的概率是34，那么他午餐在B餐厅用餐的概率是(　　)
A．38　　　B．58　　　C．716　　　D．916
B　解析：设A1表示早餐去A餐厅用餐，B1表示早餐去B餐厅用餐，A2表示午餐去A餐厅用餐，且P(A1)＋P(B1)＝1，根据题意得P(A1)＝34，P(B1)＝14，P(A2|A1)＝34，P(A2|B1)＝14，
由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)·P(A2|B1)＝34×34＋14×14＝58．故选B．
10．(多选题)为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是(　　)
A．P(A)＝35　　　 B．P(AB)＝310
C．P(B|A)＝12　　　 D．P(B|A)＝12
ABC　解析：对于A，P(A)＝C31C51＝35，故选项A正确．
对于B，P(AB)＝C31C21C51C41＝310，故选项B正确．
对于C，P(B|A)＝PABPA＝31035＝12．故选项C正确．
对于D，P(A)＝C21C51＝25，P(AB)＝C21C31C51C41＝310，
所以P(B|A)＝PABPA＝31025＝34，故选项D错误．
11．从3，4，5，6，7，8，9，10，11，12这10个数中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的数是偶数”，事件B为“第二次取到的数是3的整数倍”，则P(B|A)＝(　　)
A．13　　　B．23　　　C．15　　　D．25
D　解析：根据题意，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12这10个数中，有5个偶数，
则P(A)＝12，事件A∩B为“第一次取到的数是偶数且第二次取到的数是3的整数倍”，
若第一次取到的数为6或12，则第二次有3种情况；若第一次取到的数为4，8，10，则第二次有4种情况，则事件A∩B共有2×3＋3×4＝18种情况．
所以P(A∩B)＝1810×9＝15，故P(B|A)＝PA∩BPA＝25．
12．(多选题)甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2表示由甲箱中取出的是白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是黑球的事件，则下列结论正确的是(　　)
A．A1，A2两两互斥
B．P(B|A2)＝23
C．事件B与事件A2相互独立
D．P(B)＝914
AD　解析：因为每次取一球，所以A1，A2是两两互斥的事件，故A项正确；
因为P(A1)＝P(A2)＝12，P(B|A2)＝PBA2PA2＝57，故B项错误；
又P(B|A1)＝PBA1PA1＝47，所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＝12×47＋12×57＝914，故D项正确．
从甲箱中取出黑球，放入乙箱中，则乙箱中黑球变为5个，取出黑球概率发生变化，所以事件B与事件A2不相互独立，故C项错误．
13．某保险公司把被保险人分为3类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这3类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15和0.3．如果“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”占50%，“冒失的”占30%，那么一个被保险人在一年内出事故的概率为________．
0.175　解析：设事件B1表示“谨慎的”被保险人，B2表示“一般的”被保险人，B3表示“冒失的”被保险人，则B1，B2，B3构成了Ω的一个划分，设事件A表示被保险人在一年内出事故，则由全概率公式得P(A)＝
i=13PBiPABi
＝0.05×0.2＋0.15×0.5＋0.3×0.3＝0.175．
14．某校从学生文艺部6名成员(4男2女)中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动．
(1)求男生甲被选中的概率；
(2)在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；
(3)在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．
解：(1)从6名成员中挑选2名成员，共有15种情况，记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的样本点数为5个，故P(A)＝13．
(2)记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则P(AB)＝115，由(1)知P(A)＝13，故P(B|A)＝PABPA＝15．
(3)记“挑选的2人为一男一女”为事件C，则P(C)＝815，“女生乙被选中”为事件B，P(BC)＝415，故P(B|C)＝PBCPC＝12．
15．在A，B，C三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5∶7∶8，现从这三个地区中任意选取一个人．
(1)求这个人患流感的概率；
(2)如果此人患流感，求此人选自A地区的概率．
解：记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则Ω＝E∪F∪G，且E，F，G彼此互斥．
由题意可得P(E)＝520＝0.25，P(F)＝720＝0.35，P(G)＝820＝0.4．
P(D|E)＝0.06，P(D|F)＝0.05，P(D|G)＝0.04．
(1)由全概率公式可得P(D)＝P(E)·P(D|E)＋P(F)·P(D|F)＋P(G)·P(D|G)＝0.25×0.06＋0.35×0.05＋0.4×0.04＝0.048 5．
(2)由条件概率公式可得P(E|D)＝PDEPD＝PE·P(D|E)PD＝0.25×0.060.048 5＝3097．