新高考高中数学核心知识点全透视专题17.1+条件概率与全概率公式(精讲精析篇)(原卷版+解析)

这是一份新高考高中数学核心知识点全透视专题17.1+条件概率与全概率公式(精讲精析篇)(原卷版+解析)，共26页。试卷主要包含了1 条件概率与全概率公式，事件的独立性，牢记并理解事件中常见词语的含义，8，0等内容，欢迎下载使用。


一、核心素养
结合古典概型，考查条件概率、独立事件的概率的计算以及全概率公式的应用，凸显数学抽象、数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养．
二、考试要求
1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念.
2.理解并掌握全概率公式．了解贝叶斯公式．
3.会用全概率公式及贝叶斯公式解题．
三、主干知识梳理
（一）条件概率
1．条件概率
2．条件概率的性质
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)P(A|A)＝1；
(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
【两点说明】
1．如果知道事件A发生会影响事件B发生的概率，那么P(B)≠P(B|A)；
2．已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基本事件空间计算AB发生的概率，即P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(\f(nAB,nΩ),\f(nA,nΩ))＝eq \f(PAB,PA).
3.事件的相互独立性
(1)定义：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．
(2)性质：①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也相互独立．
4.事件的独立性
(1)事件A与B相互独立的充要条件是
P(AB)＝P(A)P(B)．
(2)当P(B)＞0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)＝P(A)．
（3）如果P(A)＞0，A与B独立，则P(B|A)＝P(B)成立．P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PAPB,PA)＝P(B)．
5.牢记并理解事件中常见词语的含义
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B；
(2)A，B都发生的事件为AB；
(3)A，B都不发生的事件为eq \(\x\t(A))eq \(\x\t(B))；
(4)A，B恰有一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B；
(5)A，B至多一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B∪eq \(\x\t(A))eq \(\x\t(B)).
（二）全概率公式
1．全概率公式
(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))；
(2)定理1 若样本空间Ω中的事件A1，A2，…，An满足：
①任意两个事件均互斥，即AiAj＝∅，i，j＝1,2，…，n，i≠j；
②A1＋A2＋…＋An＝Ω；
③P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.
则对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn，且
P(B)＝eq \(\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PBAi)＝eq \(\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PAiPB|Ai).
2．贝叶斯公式
(1)一般地，当0＜P(A)＜1且P(B)＞0时，有
P(A|B)＝eq \f(PAPB|A,PB)
＝eq \f(PAPB|A,PAPB|A＋P\(A,\s\up6(－))PB|\(A,\s\up6(－))).
(2)定理2 若样本空间Ω中的事件A1，A2，…，An满足：
①任意两个事件均互斥，即AiAj＝∅，i，j＝1,2，…，n，i≠j；
②A1＋A2＋…＋An＝Ω；
③1＞P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.
则对Ω中的任意概率非零的事件B，有
P(Aj|B)＝eq \f(PAjPB|Aj,PB)＝eq \(\f(PAjPB|Aj,\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PAiPB|Ai)).
【拓展】贝叶斯公式充分体现了P(A|B)，P(A)，P(B)，P(B|A)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))，P(AB)之间的转化．即P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，P(AB)＝P(A|B)P(B)＝P(B|A)P(A)，P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))之间的内在联系．
一、命题规律
（1）考查条件概率的计算；
（2）考查独立事件概率的计算；
（3）考查全概率公式及其应用；
（4）以选择题、填空题的形式，综合考查概率计算问题.
二、真题展示
1．（2023·全国·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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
2．（2023·全国·高考真题（理））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，
（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.
考点01 条件概率
【典例1】(2023·安徽·高考真题（理））甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）．
①；
②；
③事件与事件相互独立；
④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关
【典例2】(2023·辽宁·高考真题（理））从中任取个不同的数，事件“取到的个数之和为偶数”，事件“取到两个数均为偶数”，则
A．B．C．D．
【典例3】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．
【总结提升】
1．用定义法求条件概率P(B|A)的步骤
(1)分析题意，弄清概率模型；
(2)计算P(A)，P(A∩B)；
(3)代入公式求P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA).
2.典例2第(3)问给出了两种求条件概率的方法，法一为定义法，法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概率的方法．
3．计算条件概率的方法
(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)．
(2)在原样本空间Ω中，先计算P(A∩B)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)计算求得P(B|A)．
4.为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率（如典例3）．利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．
考点02 全概率公式
【典例4】（2023·全国·高二课时练习）玻璃杯成箱出售，每箱20只，各箱含0，1，2个次品的概率分别为0.8，0.1，0.1，一顾客购买一箱玻璃杯，在购买时售货员随机取出一箱，顾客开箱任意抽查5只，若无次品，则购买该箱玻璃杯，否则退回．求顾客买下该箱玻璃杯的概率．
【典例5】（2023·全国·高二课时练习）一学生接连参加同一课程的两次考试，若第一次考试及格的概率为，第一次考试及格且第二次考试及格的概率也为，第一次考试不及格且第二次考试及格的概率为，求该学生第二次考试及格的概率.
【典例6】假定具有症状S＝{S1，S2，S3，S4}的疾病有d1，d2，d3三种，现从20 000份患有疾病d1，d2，d3的病历卡中统计得到下列数字：
试问当一个具有S中症状的病人前来要求诊断时，他患有疾病的可能性是多少？在没有别的资料可依据的诊断手段情况下，诊断该病人患有这三种疾病中哪一种较合适？
【总结提升】
1．以上三例分别代表全概率公式及其应用、贝叶斯公式及其应用及全概率公式与贝叶斯公式的综合应用.
2．利用贝叶斯公式求概率的步骤
第一步：利用全概率公式计算P(A)，即P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)；
第二步：计算P(AB)，可利用P(AB)＝P(B)P(A|B)求解；
第三步：代入P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求解．
3.贝叶斯公式实质上是条件概率公式P(Bi|A)＝eq \f(PBiA,PA)，P(BiA)＝P(Bi)·P(A|Bi)，全概率公式P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)的综合应用．
4..若随机试验可以看成分两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体结果怎样未知，那么：（1）如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式；（2）如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式，类似于求条件概率，熟记这个特征，在遇到相关的题目时，可以准确地选择方法进行计算，保证解题的正确高效.
【提醒】
1.全概率公式P(B)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)在解题中体现了化整为零的转化化归思想．
2．贝叶斯概率公式反映了条件概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，全概率公式P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)及乘法公式P(AB)＝P(B)P(A|B)之间的关系．
即P(Bj|A)＝eq \f(PBjA,PA)＝eq \f(PBjPA|Bj,PA)＝eq \f(PBjPA|Bj,\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PBiPA|Bi).
热门考点03 独立性与条件概率的关系
【典例7】判断下列各对事件是否是相互独立事件．
(1)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”；
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“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”；
(3)掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．
【典例8】面对某种流感病毒，各国医疗科研机构都在研究疫苗，现有A，B，C三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是eq \f(1,5)，eq \f(1,4)，eq \f(1,3).求：
(1)他们都研制出疫苗的概率；
(2)他们都失败的概率；
(3)他们能够研制出疫苗的概率．
【典例9】在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．
【规律方法】
1.判断事件是否相互独立的方法
（1）定义法：事件A，B相互独立⇔P(A∩B)＝P(A)·P(B)．
（2）由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
（3）条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．
2.求相互独立事件同时发生的概率的步骤
(1)首先确定各事件之间是相互独立的；
(2)确定这些事件可以同时发生；
(3)求出每个事件的概率，再求积．
3.使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们能同时发生．
4．求复杂事件的概率一般可分三步进行
(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
(2)理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；
(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．
5.计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题可以考虑间接法．
巩固提升
1．(2023·全国·高考真题（理））某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
2．（2023·山东师范大学附中高二期中）甲乙两位游客慕名来到江城武汉旅游，准备分别从黄鹤楼、东湖、昙华林和欢乐谷4个著名旅游景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件：甲和乙至少一人选择黄鹤楼，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率（ ）
A．B．C．D．
3．【多选题】（2023·山东济宁·高一期末）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（ ）
A．个球都是红球的概率为B．个球不都是红球的概率为
C．至少有个红球的概率为D．个球中恰有个红球的概率为
4．【多选题】（2023·山东无棣·高二期中）有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（ ）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
5．（2023·山东莱西·高二期末）某学校有，两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.6；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．则甲同学第二天去餐厅用餐的概率为______；
6．（2023·天津·高考真题）已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．
7．（2023·全国·高考真题（理））甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．
8．（2023·山东泰安·高二期末）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%；加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为______，取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为______.
9．（2023·全国·高二课时练习）某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，试求某人患病两次心肌未受损害的概率.
10.一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B的独立性：
(1)家庭中有两个小孩；
(2)家庭中有三个小孩．
定义
一般地，当事件B发生的概率大于0时(即P(B)＞0)，已知事件B发生的条件下事件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(PA∩B,PB)
疾病
人数
出现S症状人数
d1
7 750
7 500
d2
5 250
4 200
d3
7 000
3 500
专题17.1 条件概率与全概率公式（精讲精析篇）
一、核心素养
结合古典概型，考查条件概率、独立事件的概率的计算以及全概率公式的应用，凸显数学抽象、数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养．
二、考试要求
1.了解条件概率的概念，了解两个事件相互独立的概念.
2.理解并掌握全概率公式．了解贝叶斯公式．
3.会用全概率公式及贝叶斯公式解题．
三、主干知识梳理
（一）条件概率
1．条件概率
2．条件概率的性质
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)P(A|A)＝1；
(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
【两点说明】
1．如果知道事件A发生会影响事件B发生的概率，那么P(B)≠P(B|A)；
2．已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基本事件空间计算AB发生的概率，即P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(\f(nAB,nΩ),\f(nA,nΩ))＝eq \f(PAB,PA).
3.事件的相互独立性
(1)定义：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．
(2)性质：①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也相互独立．
4.事件的独立性
(1)事件A与B相互独立的充要条件是
P(AB)＝P(A)P(B)．
(2)当P(B)＞0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)＝P(A)．
（3）如果P(A)＞0，A与B独立，则P(B|A)＝P(B)成立．P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PAPB,PA)＝P(B)．
5.牢记并理解事件中常见词语的含义
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B；
(2)A，B都发生的事件为AB；
(3)A，B都不发生的事件为eq \(\x\t(A))eq \(\x\t(B))；
(4)A，B恰有一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B；
(5)A，B至多一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B∪eq \(\x\t(A))eq \(\x\t(B)).
（二）全概率公式
1．全概率公式
(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))；
(2)定理1 若样本空间Ω中的事件A1，A2，…，An满足：
①任意两个事件均互斥，即AiAj＝∅，i，j＝1,2，…，n，i≠j；
②A1＋A2＋…＋An＝Ω；
③P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.
则对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn，且
P(B)＝eq \(\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PBAi)＝eq \(\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PAiPB|Ai).
2．贝叶斯公式
(1)一般地，当0＜P(A)＜1且P(B)＞0时，有
P(A|B)＝eq \f(PAPB|A,PB)
＝eq \f(PAPB|A,PAPB|A＋P\(A,\s\up6(－))PB|\(A,\s\up6(－))).
(2)定理2 若样本空间Ω中的事件A1，A2，…，An满足：
①任意两个事件均互斥，即AiAj＝∅，i，j＝1,2，…，n，i≠j；
②A1＋A2＋…＋An＝Ω；
③1＞P(Ai)＞0，i＝1,2，…，n.
则对Ω中的任意概率非零的事件B，有
P(Aj|B)＝eq \f(PAjPB|Aj,PB)＝eq \(\f(PAjPB|Aj,\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PAiPB|Ai)).
【拓展】贝叶斯公式充分体现了P(A|B)，P(A)，P(B)，P(B|A)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))，P(AB)之间的转化．即P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，P(AB)＝P(A|B)P(B)＝P(B|A)P(A)，P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B|eq \(A,\s\up6(－)))之间的内在联系．
一、命题规律
（1）考查条件概率的计算；
（2）考查独立事件概率的计算；
（3）考查全概率公式及其应用；
（4）以选择题、填空题的形式，综合考查概率计算问题.
二、真题展示
1．（2023·全国·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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
答案：B
分析：
根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】
，
故选：B
2．（2023·全国·高考真题（理））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，
（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.
答案：（1）；（2）；（3）.
分析：
（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；
（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.
【详解】
（1）记事件甲连胜四场，则；
（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，
则四局内结束比赛的概率为
，
所以，需要进行第五场比赛的概率为；
（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，
记事件甲赢，记事件丙赢，
则甲赢的基本事件包括：、、、
、、、、，
所以，甲赢的概率为.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为.
考点01 条件概率
【典例1】(2023·安徽·高考真题（理））甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）．
①；
②；
③事件与事件相互独立；
④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关
答案：②④
分析：
根据互斥事件的定义即可判断④；根据条件概率的计算公式分别得出事件发生的条件下B事件发生的概率，即可判断②；然后由，判断①和⑤；再比较的大小即可判断③.
【详解】
由题意可知事件不可能同时发生，则是两两互斥的事件，则④正确；
由题意得，故②正确；
,①⑤错；
因为，所以事件B与事件A1不独立，③错；综上选②④
故答案为：②④
【典例2】(2023·辽宁·高考真题（理））从中任取个不同的数，事件“取到的个数之和为偶数”，事件“取到两个数均为偶数”，则
A．B．C．D．
答案：B
分析：
先求得和的值，然后利用条件概率计算公式，计算出所求的概率.
【详解】
依题意,,故.故选B.
【典例3】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．
答案：（1）eq \f(2,3)；（2）eq \f(3,5).
【解析】第(1)、(2)问属古典概型问题，可直接代入公式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结论，也可以直接利用基本事件个数求解．
详解：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A∩B.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n(Ω)＝Aeq \\al(2,6)＝30，
根据分步计数原理n(A)＝Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，于是P(A)＝eq \f(nA,nΩ)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3).
(2)因为n(A∩B)＝Aeq \\al(2,4)＝12，于是P(A∩B)＝eq \f(nA∩B,nΩ)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5).
(3)法一：由(1)(2)可得，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为
P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5).
法二：因为n(A∩B)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝eq \f(nA∩B,nA)＝eq \f(12,20)＝eq \f(3,5).
【总结提升】
1．用定义法求条件概率P(B|A)的步骤
(1)分析题意，弄清概率模型；
(2)计算P(A)，P(A∩B)；
(3)代入公式求P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA).
2.典例2第(3)问给出了两种求条件概率的方法，法一为定义法，法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概率的方法．
3．计算条件概率的方法
(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)．
(2)在原样本空间Ω中，先计算P(A∩B)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)计算求得P(B|A)．
4.为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率（如典例3）．利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．
考点02 全概率公式
【典例4】（2023·全国·高二课时练习）玻璃杯成箱出售，每箱20只，各箱含0，1，2个次品的概率分别为0.8，0.1，0.1，一顾客购买一箱玻璃杯，在购买时售货员随机取出一箱，顾客开箱任意抽查5只，若无次品，则购买该箱玻璃杯，否则退回．求顾客买下该箱玻璃杯的概率．
答案：.
分析：
若Ai(i＝0，1，2)、B分别表示“该箱玻璃杯有i个次品”、 “顾客买下该箱玻璃杯”，易知P(Ω)＝P(A0)+P(A1)+P(A2)，结合已知求出相关概率，再利用全概率公式求顾客买下该箱玻璃杯的概率.
【详解】
设Ai＝“该箱玻璃杯有i个次品(i＝0，1，2)”，B＝“顾客买下该箱玻璃杯”，则P(Ω)＝P(A0)+P(A1)+P(A2)且A0，A1，A2两两互斥，
由题意知，P(A0)＝0.8，P(A1)＝0.1，P(A2)＝0.1，P(B|A0)＝1，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝.
∴P(B)＝＝0.8×1＋0.1×＋0.1×＝.
【典例5】（2023·全国·高二课时练习）一学生接连参加同一课程的两次考试，若第一次考试及格的概率为，第一次考试及格且第二次考试及格的概率也为，第一次考试不及格且第二次考试及格的概率为，求该学生第二次考试及格的概率.
答案：
分析：
由全概率公式即得.
【详解】
记事件表示“该学生第i次考试及格”（），
则，，，，
由全概率公式得
.
【典例6】假定具有症状S＝{S1，S2，S3，S4}的疾病有d1，d2，d3三种，现从20 000份患有疾病d1，d2，d3的病历卡中统计得到下列数字：
试问当一个具有S中症状的病人前来要求诊断时，他患有疾病的可能性是多少？在没有别的资料可依据的诊断手段情况下，诊断该病人患有这三种疾病中哪一种较合适？
答案：推测病人患有疾病d1较为合理．
【解析】以A表示事件“患有出现S中的某些症状”，
D i表示事件“患者患有疾病di”(i＝1,2,3)，由于该问题观察的个数很多，用事件的频率作为概率的近似是合适的，由统计数字可知
P(D1)＝eq \f(7 750,20 000)＝0.387 5，P(D2)＝eq \f(5 250,20 000)＝0.262 5，
P(D3)＝eq \f(7 000,20 000)＝0.35，P(A|D1)＝eq \f(7 500,7 750)≈0.967 7，
P(A|D2)＝eq \f(4 200,5 250)＝0.8，P(A|D3)＝eq \f(3 500,7 000)＝0.5.
从而P(A)＝P(A|D1)P(D1)＋P(A|D2)P(D2)＋P(A|D3)P(D3)＝0.387 5×0.967 7＋0.262 5×0.8＋0.35×0.5≈0.76.
由贝叶斯公式得
P(D1|A)＝eq \f(PA|D1PD1,PA)＝eq \f(0.387 5×0.967 7,0.76)≈0.493 4，
P(D2|A)＝eq \f(PA|D2PD2,PA)＝eq \f(0.262 5×0.8,0.76)≈0.276 3，
P(D3|A)＝eq \f(PA|D3PD3,PA)＝eq \f(0.35×0.5,0.76)≈0.230 3，
从而推测病人患有疾病d1较为合理．
【总结提升】
1．以上三例分别代表全概率公式及其应用、贝叶斯公式及其应用及全概率公式与贝叶斯公式的综合应用.
2．利用贝叶斯公式求概率的步骤
第一步：利用全概率公式计算P(A)，即P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)；
第二步：计算P(AB)，可利用P(AB)＝P(B)P(A|B)求解；
第三步：代入P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求解．
3.贝叶斯公式实质上是条件概率公式P(Bi|A)＝eq \f(PBiA,PA)，P(BiA)＝P(Bi)·P(A|Bi)，全概率公式P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)的综合应用．
4..若随机试验可以看成分两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体结果怎样未知，那么：（1）如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式；（2）如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式，类似于求条件概率，熟记这个特征，在遇到相关的题目时，可以准确地选择方法进行计算，保证解题的正确高效.
【提醒】
1.全概率公式P(B)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Ai)P(B|Ai)在解题中体现了化整为零的转化化归思想．
2．贝叶斯概率公式反映了条件概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，全概率公式P(A)＝eq \(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))P(Bi)P(A|Bi)及乘法公式P(AB)＝P(B)P(A|B)之间的关系．
即P(Bj|A)＝eq \f(PBjA,PA)＝eq \f(PBjPA|Bj,PA)＝eq \f(PBjPA|Bj,\(∑,\s\up8(n),\s\d6(i＝1))PBiPA|Bi).
热门考点03 独立性与条件概率的关系
【典例7】判断下列各对事件是否是相互独立事件．
(1)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”；
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“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”；
(3)掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．
答案：见解析
【解析】(1)“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，所以它们是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为eq \f(5,8)，若这一事件发生了，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eq \f(4,7)；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为eq \f(5,7)，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．
(3)法一：记A：出现偶数点，B：出现3点或6点，则A＝{2,4,6}，B＝{3,6}，AB＝{6}，
∴P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(A∩B)＝eq \f(1,6).
∴P(A∩B)＝P(A)·P(B)，
∴事件A与B相互独立．
法二：由法一可知P(B|A)＝eq \f(1,3)，
又P(B)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，
∴P(B|A)＝P(B)，
∴事件A与B相互独立．
【典例8】面对某种流感病毒，各国医疗科研机构都在研究疫苗，现有A，B，C三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是eq \f(1,5)，eq \f(1,4)，eq \f(1,3).求：
(1)他们都研制出疫苗的概率；
(2)他们都失败的概率；
(3)他们能够研制出疫苗的概率．
答案：
【解析】令事件A，B，C分别表示A，B，C三个独立的研究机构在一定时期内成功研制出该疫苗，依题意可知，事件A，B，C相互独立，且P(A)＝eq \f(1,5)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,3).
(1)他们都研制出疫苗，即事件A，B，C同时发生，故
P(A∩B∩C)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,60).
(2)他们都失败即事件eq \(\x\t(A))，eq \(\x\t(B))，eq \(\x\t(C))同时发生，
故P(eq \(\x\t(A))∩eq \(\x\t(B))∩eq \(\x\t(C)))＝P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))
＝(1－P(A))(1－P(B))(1－P(C))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))
＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,5).
(3)“他们能研制出疫苗”的对立事件为“他们都失败”，结合对立事件间的概率关系可得所求事件的概率
P＝1－P(eq \(\x\t(A))∩eq \(\x\t(B))∩eq \(\x\t(C)))＝1－eq \f(2,5)＝eq \f(3,5).
【典例9】在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．
答案：0.973.
【解析】由题目可获取以下主要信息：①3个开关并联；②每个开关闭合的概率是0.7，且闭合与否相互独立．解答本题可先作出一个线路图，再分情况讨论．
详解：如图所示，记这段时间内开关KA，KB，KC能够闭合为事件A，B，C.
由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响，根据相互独立事件的概率公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－)))
＝P(eq \(A,\s\up6(－)))P(eq \(B,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027.
于是这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能够正常工作的概率是
1－P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－)))＝1－0.027＝0.973.
即这段时间内线路正常工作的概率是0.973.
【规律方法】
1.判断事件是否相互独立的方法
（1）定义法：事件A，B相互独立⇔P(A∩B)＝P(A)·P(B)．
（2）由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
（3）条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．
2.求相互独立事件同时发生的概率的步骤
(1)首先确定各事件之间是相互独立的；
(2)确定这些事件可以同时发生；
(3)求出每个事件的概率，再求积．
3.使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们能同时发生．
4．求复杂事件的概率一般可分三步进行
(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
(2)理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；
(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．
5.计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题可以考虑间接法．
巩固提升
1．(2023·全国·高考真题（理））某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
A．0.8B．0.75C．0.6D．0.45
答案：A
【详解】
试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A.
2．（2023·山东师范大学附中高二期中）甲乙两位游客慕名来到江城武汉旅游，准备分别从黄鹤楼、东湖、昙华林和欢乐谷4个著名旅游景点中随机选择其中一个景点游玩，记事件：甲和乙至少一人选择黄鹤楼，事件：甲和乙选择的景点不同，则条件概率（ ）
A．B．C．D．
答案：D
分析：
首先根据题意分别算出事件和的情况数，再利用条件概率公式计算即可.
【详解】
由题知：事件：甲和乙至少一人选择黄鹤楼共有：种情况，
事件：甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择黄鹤楼，共有种情况，
.
故选：D.
3．【多选题】（2023·山东济宁·高一期末）从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是（ ）
A．个球都是红球的概率为B．个球不都是红球的概率为
C．至少有个红球的概率为D．个球中恰有个红球的概率为
答案：ACD
分析：
根据题意可知，则从甲袋中摸出一个不是红球的概率是，从乙袋中摸出一个不是红球的概率是，根据对立事件和相互独立事件的概率计算公式，分别求出各选项中的概率，从而可判断得出答案.
【详解】
解：由题可知，从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，
则从甲袋中摸出一个不是红球的概率是，从乙袋中摸出一个不是红球的概率是，
对于A选项，个球都是红球的概率为，A选项正确；
对于B选项，个球不都是红球的概率为，B选项错误；
对于C选项，至少有个红球的概率为，C选项正确；
对于D选项，个球中恰有个红球的概率，D选项正确.
故选：ACD.
4．【多选题】（2023·山东无棣·高二期中）有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床的零件数分别占总数的25%，30%，45%，则下列选项正确的有（ ）
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.0525
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为
答案：BD
分析：
记A：车床加工的零件为次品，记Bi：第i台车床加工的零件，根据已知确定P(A|B1)、P(A|B2)、P(A|B3)、P(B1)、P(B2)、P(B3)，再利用条件概率公式、全概率公式判断各选项描述中的概率是否正确即可.
【详解】
记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，则P(A|B1)＝6%，P(A|B2)＝P(A|B3)＝5%，又P(B1)＝25%，P(B2)＝30%，P(B3)＝45%，
A：任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)＝6%×25%＝1.5%，故错误；
B：任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)＝6%×25%+5%×75%＝5.25%，故正确；
C：如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为P(B2|A)＝＝＝＝，故错误；
D：如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为P(B3|A)＝＝＝＝，故正确；
故选：BD．
5．（2023·山东莱西·高二期末）某学校有，两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐．如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.6；如果第一天去餐厅，那么第二天去餐厅的概率为0.8．则甲同学第二天去餐厅用餐的概率为______；
答案：0.7
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“第1天去A餐厅用餐”，“第1天去B餐厅用餐”，“第2天去A餐厅用餐”，则，且与互斥
根据题意得：，，
由全概率公式，得：
.
故答案为：0.7.
6．（2023·天津·高考真题）已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为_________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为_________．
答案：
分析：
根据相互独立事件同时发生的概率关系，即可求出两球都落入盒子的概率；同理可求两球都不落入盒子的概率，进而求出至少一球落入盒子的概率.
【详解】
甲、乙两球落入盒子的概率分别为，
且两球是否落入盒子互不影响，
所以甲、乙都落入盒子的概率为，
甲、乙两球都不落入盒子的概率为，
所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.
故答案为：；.
7．（2023·全国·高考真题（理））甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．
答案：0.18
分析：
本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．
【详解】
前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是
前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是
综上所述，甲队以获胜的概率是
8．（2023·山东泰安·高二期末）有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%；加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为______，取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为______.
答案：0.0525
分析：
首先用数学语言表示已知条件，设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两互斥．P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.由条件概率公式计算；由条件概率公式计算．
【详解】
设B＝“任取一个零件为次品”，Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，则Ω＝A1∪A2∪A3，A1，A2，A3两两互斥．根据题意得P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，P(B|A1)＝0.06，P(B|A2)＝P(B|A3)＝0.05.
由全概率公式，
得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05
＝0.0525.
“如果取到的零件是次品，计算它是第i(i＝1，2，3)台车床加工的概率”，
就是计算在B发生的条件下，事件Ai发生的概率．
＝
＝＝.
故答案为：0.0525；
9．（2023·全国·高二课时练习）某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，试求某人患病两次心肌未受损害的概率.
答案：
【详解】
设表示“第一次患病心肌受损害”，
表示“第二次患病心肌受损害”，则所求概率为.
由题意可知，，.
又，
，
所以.
10.一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B的独立性：
(1)家庭中有两个小孩；
(2)家庭中有三个小孩．
答案：见解析
【解析】法一：(利用定义)(1)有两个小孩的家庭，考虑男孩、女孩的可能情形为(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)，
共有4个元素，由等可能性知概率均为eq \f(1,4).
这时A＝{(男，女)，(女，男)}，
B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，
AB＝{(男，女)，(女，男)}，
于是P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(A∩B)＝eq \f(1,2).
由此可知P(A∩B)≠P(A)P(B)，
所以事件A，B不相互独立．
(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)，
由等可能性知这8个元素的概率均为eq \f(1,8)，这时A中含有6个元素，B中含有4个元素，AB中含有3个元素．于是P(A)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(3,8)，显然有P(AB)＝eq \f(3,8)＝P(A)P(B)成立．
从而事件A与B是相互独立的．
法二：(利用条件概率与独立性的关系)
(1)由题意可知P(B|A)＝eq \f(1,2)，
又P(B)＝eq \f(3,4)，
故P(B|A)≠P(B)．
所以A与B不相互独立．
(2)由题意可知P(B|A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，
又P(B)＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，
故P(B|A)＝P(B)，所以A与B相互独立．
定义
一般地，当事件B发生的概率大于0时(即P(B)＞0)，已知事件B发生的条件下事件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(PA∩B,PB)
疾病
人数
出现S症状人数
d1
7 750
7 500
d2
5 250
4 200
d3
7 000
3 500