高考数学复习第十一章　第四节　事件的独立性、条件概率与全概率公式（导学案）

这是一份高考数学复习第十一章　第四节　事件的独立性、条件概率与全概率公式（导学案），共14页。学案主要包含了基础小题固根基，方法提炼，对点训练，加练备选等内容，欢迎下载使用。

第四节 事件的独立性、条件概率与全概率公式
1.了解两个事件相互独立的含义.
2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.
3.会利用全概率公式计算概率.
1.相互独立事件
(1)概念:对任意两个事件A与B,如果P(AB)= P(A)P(B) 成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.
(2)性质:若事件A与B相互独立,那么A与B,A与B,A与B也都相互独立.
2.条件概率
(1)定义与性质
(2)概率的乘法公式
由条件概率的定义,对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)= P(A)P(B|A) .
点睛P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同
前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.
3.全概率公式
一般地,设A1,A2,…,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=1nP(Ai)·P(B|Ai) .我们称此公式为全概率公式.
点睛全概率公式的意义在于,当直接计算事件B发生的概率P(B)较为困难时,可以先找到样本空间Ω的一个划分Ω=A1∪A2∪…∪An,A1,A2,…,An两两互斥,将A1,A2,…,An看成是导致B发生的一组原因,这样事件B就被分解成了n个部分,分别计算P(B|A1),P(B|A2),…,P(B|An),再利用全概率公式求解.
【基础小题固根基】
1.(教材变式)一个电路上装有甲、乙两根保险丝,甲熔断的概率为0.85,乙熔断的概率为0.74,甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立,则两根保险丝都熔断的概率为( )
A.1
C.0或0.85
解析：选B.由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立,所以甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74=0.629.
2.(教材变式)若P(A|B)=19,P(B)=13,则P(AB)的值是( )
A.127B.13C.19D.14
解析：选A.由P(AB)=P(A|B)P(B),可得P(AB)=19×13=127.
3.(教材提升)已知某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1,货车和客车中途停车修理的概率分别为0.02,0.01,则一辆汽车中途停车修理的概率为( )
A.1100B.160C.150D.130
解析：选B.设B表示汽车中途停车修理,A1表示公路上经过的汽车是货车,A2表示公路上经过的汽车是客车,则P(A1)=23,P(A2)=13,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.01,
则由全概率公式,可知一辆汽车中途停车修理的概率为P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=23×0.02+13×0.01=160.
4.(条件概率公式使用错误)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是( )
A.310B.35C.12D.14
解析：选C.设事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12.
事件的相互独立性
角度1 事件独立性的判断
[典例1](2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( )
A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立
解析：选B.设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A),P(B),P(C),P(D).
则P(A)=P(B)=16, P(C)=56×6=536,
P(D)=66×6=16,
对于A选项,P(AC)=0;
对于B选项, P(AD)= 16×6=136;
对于C选项, P(BC)= 16×6=136;
对于D选项,P(CD)=0.
若两事件X,Y相互独立,则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.
(2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是 P(AB)=P(A)P(B) .
角度2 相互独立事件的概率
[典例2](2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12,
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
解析：(1)甲连胜四场的概率为116.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
甲连胜四场的概率为116;
乙连胜四场的概率为116;
丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.
(3)丙最终获胜,有两种情况:
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18.
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18.
因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率 之积 .
(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其 对立 事件入手计算.
【对点训练】
1.(2023·枣庄模拟)一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球,除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次,每次摸出一个球.记事件A表示“第一次摸出球的标号小于3”,事件B表示“第二次摸出球的标号小于3”,事件C表示“摸出的两个球的标号之和为6”,事件D表示“摸出的两个球的标号之和不超过4”,则( )
A.A与B相互独立B.A与D相互独立
C.B与C相互独立D.B与D相互独立
解析：选C.采用不放回方式从中任意摸球两次,每次摸出一个球,全部的样本点有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),共12个,事件A发生包含的样本点有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),共6个,事件B发生包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),共6个,所以P(A)=P(B)=612=12,事件C发生包含的样本点有(2,4),(4,2),共2个,P(C)=212=16,事件D发生包含的样本点有(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),共4个,P(D)=412=13,事件AB发生包含的样本点有(1,2),(2,1),共2个,P(AB)=212=16,因为P(A)P(B)=12×12=14≠P(AB),所以A与B不相互独立,故A错误;
事件AD发生包含的样本点有(1,2),(1,3),(2,1),共3个,P(AD)=312=14,因为P(A)P(D)=
12×13=16≠P(AD),所以A与D不相互独立,故B错误;
事件BC发生包含的样本点有(4,2),共1个,所以P(BC)=112,因为P(B)P(C)=12×16=112=
P(BC),所以B与C相互独立,故C正确;
事件BD发生包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,1),共3个,所以P(BD)=312=14,因为P(B)P(D)=12×13=16≠P(BD),所以B与D不相互独立,故D错误.
2.某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动,某场比赛中,甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是34,甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112,乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响.
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率;
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.
解析：(1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A,B,C,
则P(A)=34,且有P(A)P(C)=112,P(B)P(C)=14,
即(1-P(A))(1-P(C))=112,P(B)P(C)=14,
所以P(B)=38,P(C)=23.
(2)有0个家庭回答正确的概率为P0=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=14×58×13=596,有1个家庭回答正确的概率为P1=P(ABC+ABC+ABC)=34×58×13+14×38×13+14×58×23=724,所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为P=1-P0-P1=1-596-724=2132.
【加练备选】
(2022·福州模拟)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在广泛开展投壶活动中,对投壶的壶也有所改进,即在壶口两旁增添两耳,因此在投壶的花式上就多了许多名目,如“贯耳(投入壶耳)”.每一局投壶,每一位参赛者各有四支箭,投入壶口一次得1分,投入壶耳一次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的),甲四支箭已投完,共得3分,乙投完两支箭,目前只得1分,乙投中壶口的概率为13,投中壶耳的概率为15.四支箭投完,以得分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为( )
A.1375 B.375 C.815 D.875
解析：选A.由题意,若乙要赢得这局比赛,按照乙第三支箭的情况可分为两类:
(1)第三支箭投中壶口,第四支箭必须投入壶耳,
其概率为P1=13×15=115;
(2)第三支箭投入壶耳,第四支箭投入壶口、壶耳均可,
其概率为P2=15×13+15=875,所以乙赢得这局比赛的概率为P=P1+P2=115+875=1375.
条件概率
[典例3](1)某公司为方便员工停车,租了6个停车位,编号如图所示.公司规定:每个车位只能停一辆车,每个员工只允许占用一个停车位.记事件A为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”,事件B为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”,则P(A|B)等于( )
A.16B.310C.12D.35
解析：选D.根据条件概率的计算公式可得,
P(A|B)=P(AB)P(B)=36×3536=35.
(2)(多选题)(2022·滨州模拟)为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)=35B.P(AB)=310
C.P(B|A)=12D.P(B|A)=12
解析：选ABC.P(A)=C31C51=35,故A正确;
P(AB)=C31C21C51C41=310,故B正确;
P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12,故C正确;
P(A)=1-P(A)=1-35=25,
P(AB)=C21C31C51C41=310,
P(B|A)=P(AB)P(A)=31025=34,故D错误.
(3)(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100人(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:
从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾病”.P(B|A)P(B|A)与P(B|A)P(B|A)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.
①证明:R=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B);
②利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用①的结果给出R的估计值.
解析：①因为R=P(B|A)P(B|A)·P(B|A)P(B|A)=P(AB)P(A)·P(A)P(AB)·P(AB)P(A)·P(A)P(AB),
所以R=P(AB)P(B)·P(B)P(AB)·P(AB)P(B)·P(B)P(AB).
所以R=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B).
②由已知P(A|B)=40100=25,
P(A|B)=10100=110,
又P(A|B)=60100=35,P(A|B)=90100=910,
所以R=P(A|B)P(A|B)·P(A|B)P(A|B)=25×91035×110=6.
所以指标R的估计值为6.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
求条件概率的常用方法
(1)定义法:P(B|A)= P(AB)P(A) .
(2)样本点法:P(B|A)= n(AB)n(A) .
(3)缩样法:去掉第一次抽到的情况,只研究剩下的情况,用 古典概型 求解.
【对点训练】
1.对标有不同编号的6件正品和4件次品的产品进行检测,不放回地依次摸出2件.在第一次摸出次品的条件下,第二次摸到正品的概率是( )
A.35B.25C.59D.23
解析：选D.记A=“第一次摸出的是次品”,B=“第二次摸到的是正品”,由题意知,P(A)=410=25,P(AB)=410×69=415,则P(B|A)=P(AB)P(A)=41525=23.
2.已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球,它们大小形状完全相同,现需一个红球,甲每次从中任取一个不放回,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.310B.13C.38D.29
解析：选B.设A=“甲第一次拿到白球”,B=“甲第二次拿到红球”,则P(AB)=A21A31A102=115,P(A)=C21C101=15,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=13.
【加练备选】
(2023·石家庄模拟)某地病毒暴发,全省支援,需要从市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生,则在有一名主任医师被选派的条件下,两名主任医师都被选派的概率为( )
A.38B.310C.311D.35
解析：选A.设事件A表示“有一名主任医师被选派”,事件B表示“两名主任医师都被选派”,则“在有一名主任医师被选派的条件下,两名主任医师都被选派”的概率为P(B|A)=n(AB)n(A)=C42C31C53C42-C43C32=1848=38.
题型三全概率公式的应用
[典例4](1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类:“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明,这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05,0.15,0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%,“一般的”被保险人占50%,“冒失的”被保险人占30%,则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )
解析：选B.设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”,事件B2表示“被保险人是‘一般的’”,事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”,则P(B1)=20%,P(B2)=50%,P(B3)=30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”,则P(A|B1)=0.05,P(A|B2)=0.15,P(A|B3)=0.30.由全概率公式,得P(A)=∑i=13P(Bi)P(A|Bi)=0.05×20%+0.15×50%+0.30×30%=0.175.
(2)某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同种产品20箱,甲厂每箱装100个,废品率为0.06,乙厂每箱装120个,废品率为0.05,求:
①任取一箱,从中任取一个为废品的概率;
②若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.
解析：记事件A为取到的是甲厂的产品,事件B为取到的是乙厂的产品,事件C为取到的是废品,则
①P(A)=3050=35,P(B)=2050=25,
P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,
由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=7125.
②P(A)=30×10030×100+20×120=59,
P(B)=20×12030×100+20×120=49,
P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,
得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=118.
【方法提炼】
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图,P(B)=∑i=13P(Ai)P(B|Ai).
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i=1,2,…,n),事件B发生的可能性,就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和.
【对点训练】
葫芦山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列.其中每株亚腰葫芦可结出果实20~80个.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的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为 .
解析：设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1,A2,A3,A4,则Ω=A1∪A2∪A3∪A4,且A1,A2,A3,A4两两互斥,设B表示“从这批种子中任选一颗,所生长出的葫芦秧结出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.
答案:0.482 5
【加练备选】
1.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( )
C.0.5D.0
解析：选A.设A表示事件“考生答对了”,B表示“考生知道正确答案”,
B表示“考生不知道正确答案”,
则P(B)=0.5,P(B)=0.5,P(A|B)=100%,
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.
2.已知在所有男子中有5%患有色盲症,在所有女子中有0.25%患有色盲症,随机抽一人发现患色盲症,其为男子的概率为(设男子和女子的人数相等)( )
A.1011B.2021C.1121D.112
解析：选B.设A表示“男子”,B表示“女子”,C表示“这人患有色盲症”,则P(C|A)=0.05,P(C|B)=0.002 5,P(A)=0.5,P(B)=0.5,
可得P(A|C)=P(A)P(C|A)P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=0.5×0.050.5×0.05+0.5×0.002 5=2021.
条件概率的定义
条件概率的性质
在事件B发生的条件下,事件A发生的概率,称为B发生时A发生的条件概率,记为 P(A|B) .
当P(B)>0时,我们有P(A|B)=P(A⋂B)P(B).(其中,A∩B也可以记成AB)
类似地,当P(A)>0时,A发生时B发生的条件概率为P(B|A)= P(AB)P(A)
(1)0≤P(B|A)≤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和B互为对立事件,则P(B|A)=1-P(B|A)
教材改编
易错易混
1,2,3
4
项目
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90