第十章計數(shù)原理、概率、隨機(jī)變量及其分布第6節(jié)事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式1.了解兩個事件相互獨立的含義.2.理解隨機(jī)事件的獨立性和條件概率的關(guān)系，會利用全概率公式計算概率.目

錄CONTENTS知識診斷自測01考點聚焦突破02課時分層精練03知識診斷自測1ZHISHIZHENDUANZICEP(A)P(B)BP(A)P(B|A)3.全概率公式一般地，設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝______________，此公式為全概率公式.常用結(jié)論與微點提醒×√××2.擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)A＝“第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點”，B＝“第二枚出現(xiàn)偶數(shù)點”，則A與B的關(guān)系為(

) A.互斥

B.互為對立 C.相互獨立 D.相等C解析事件A與事件B能同時發(fā)生，故事件A與事件B既不是互斥事件，也不是對立事件，故A，B均錯誤；事件A與事件B相互獨立，故選C.

4.(選修三P48T3改編)已知盒中裝有3個紅球、2個白球、5個黑球，它們大小形狀完全相同，現(xiàn)需一個紅球，甲每次從中任取一個不放回，則他在第一次拿

到白球的條件下，第二次拿到紅球的概率為________.解析設(shè)A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到紅球”，考點聚焦突破2KAODIANJUJIAOTUPO考點一相互獨立事件的概率例1(1)(2021·新高考Ⅰ卷)有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則(

) A.甲與丙相互獨立

B.甲與丁相互獨立 C.乙與丙相互獨立

D.丙與丁相互獨立B事件甲與事件丙同時發(fā)生的概率為0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A錯誤；解析由題意，若乙要贏得這局比賽，按照乙第三支箭的情況可分為兩類：感悟提升求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的方法(1)相互獨立事件同時發(fā)生的概率等于他們各自發(fā)生的概率之積.(2)當(dāng)正面計算較復(fù)雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算.訓(xùn)練1(1)(2024·錦州調(diào)研)分別拋擲3枚質(zhì)地均勻的硬幣，設(shè)事件M＝“至少有2枚正面朝上”，則與事件M相互獨立的事件是(

)A.3枚硬幣都正面朝上

B.有正面朝上的，也有反面朝上的C.恰好有1枚反面朝上

D.至多有2枚正面朝上B解析分別拋擲3枚質(zhì)地均勻的硬幣，則樣本空間Ω＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8個樣本點，事件M＝“至少有2枚正面朝上”，設(shè)事件C＝“恰好有1枚反面朝上”，則C＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，設(shè)事件D＝“至多有2枚正面朝上”，則D＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，解析甲獲勝的情況分三類：考點二條件概率C解析法一設(shè)男生甲被選中為事件A，男生乙和女生丙至少一人被選中為事件B，解析設(shè)事件A為系統(tǒng)正常工作，事件B為只有K和A1正常工作，因為并聯(lián)元件A1，A2能正常工作的概率為感悟提升訓(xùn)練2(1)(2023·全國甲卷)某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰，50%的同學(xué)愛好滑雪，70%的同學(xué)愛好滑冰或愛好滑雪.在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同學(xué)，若該同學(xué)愛好滑雪，則該同學(xué)也愛好滑冰的概率為(

)A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4A解析令事件A，B分別表示該學(xué)生愛好滑冰、該學(xué)生愛好滑雪，事件C表示該學(xué)生愛好滑雪的條件下也愛好滑冰，則P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，ACD考點三全概率公式的應(yīng)用C解析設(shè)事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三國’景點”，(2)(2023·天津卷)甲、乙、丙三個盒子中裝有一定數(shù)量的黑球和白球，其總數(shù)之比為5∶4∶6.這三個盒子中黑球占總數(shù)的比例分別為40%，25%，50%.現(xiàn)從三個盒子中各取一個球，取到的三個球都是黑球的概率為________；將三個盒子中的球混合后任取一個球，是白球的概率為________.解析法一設(shè)A＝“從甲盒子中取一個球是黑球”，B＝“從乙盒子中取一個球是黑球”，C＝“從丙盒子中取一個球是黑球”，感悟提升利用全概率公式的思路(1)按照確定的標(biāo)準(zhǔn)，將一個復(fù)合事件分解為若干個互斥事件Ai(i=1，2，…，n)；(2)求P(Ai)和所求事件B在各個互斥事件Ai發(fā)生條件下的概率P(Ai)P(B|Ai)；(3)代入全概率公式計算.C解析設(shè)事件A表示“小胡答對”，事件B表示“小胡選到有思路的題”.(2)(2024·安慶模擬)設(shè)某批產(chǎn)品中，甲、乙、丙三個車間生產(chǎn)的產(chǎn)品分別占45%，35%，20%，甲、乙車間生產(chǎn)的產(chǎn)品的次品率分別為2%和3%.現(xiàn)從中任取一件，若取到的是次品的概率為2.95%，則推測丙車間的次品率為________.5%解析令A(yù)表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分別表示取到的產(chǎn)品是由甲、乙、丙車間生產(chǎn)的，且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，P(B3)＝0.2.由于P(A|B1)＝0.02，P(A|B2)＝0.03，設(shè)P(A|B3)＝m，由全概率公式得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋m×0.2.又P(A)＝2.95%，故m＝5%.拓展視野貝葉斯公式1.貝葉斯公式：設(shè)A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意事件B?Ω，P(B)>0，有2.全概率公式和貝葉斯公式的區(qū)別(1)從形式上看，全概率公式是求一個事件發(fā)生的總概率，而貝葉斯公式是求一個事件的條件概率.(2)從思想上看，全概率公式是將一個復(fù)雜的事件分解為若干個簡單的子事件，然后利用子事件發(fā)生的概率和條件概率來求出復(fù)雜事件發(fā)生的概率.貝葉斯公式是利用已知的結(jié)果，反推出原因的可能性，然后利用原因發(fā)生的概率和條件概率來更新對原因發(fā)生的概率的估計.(3)從應(yīng)用上看，全概率公式和貝葉斯公式可以相互配合，一般來說，全概率公式可以用來求出貝葉斯公式中的分母(結(jié)果發(fā)生的總概率)，而貝葉斯可以用來求出全概率公式中的分子(子事件發(fā)生的條件概率).ABC解析對于A，由題意任取一個零件是第1臺生產(chǎn)出來的次品概率為6%×25%＝1.5%，正確；對于B，由題設(shè)，任取一個零件是次品的概率為6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝5.25%，正確；對于C，由條件概率，取到的零件是次品，則是第2臺車床加工的概率為解析由題意設(shè)事件A表示“自駕”，事件B表示“坐公交車”，事件C表示“騎共享單車”，事件D“表示遲到”，訓(xùn)練(1)(2024·安陽模擬)學(xué)校給每位教師隨機(jī)發(fā)了一箱蘋果，李老師將其分為兩份，第1份占總數(shù)的40%，次品率為5%，第2份占總數(shù)的60%，次品率為4%.若李老師分份之前隨機(jī)拿了一個發(fā)現(xiàn)是次品后放回，則該蘋果被分到第1份中的概率為________.解析設(shè)事件B為“拿的蘋果是次品”，Ai(i＝1，2)為“拿的蘋果來自第i份”，則P(A1)＝0.4，P(B|A1)＝0.05，P(A2)＝0.6，P(B|A2)＝0.04，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.05＋0.6×0.04＝0.044，(2)(2024·石家莊調(diào)研)某批產(chǎn)品來自A，B兩條生產(chǎn)線，A生產(chǎn)線占60%，次品率為4%；B生產(chǎn)線占40%，次品率為5%，現(xiàn)隨機(jī)抽取一件進(jìn)行檢測，若抽到的是次品，則它來自A生產(chǎn)線的概率是________.解析設(shè)A＝“抽到的產(chǎn)品來自A生產(chǎn)線”，B＝“抽到的產(chǎn)品來自B生產(chǎn)線”，C＝“抽到的一件產(chǎn)品是次品”，則P(A)＝0.6，P(B)＝0.4，P(C|A)＝0.04，P(C|B)＝0.05，由全概率公式得P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝0.6×0.04＋0.4×0.05＝0.044，課時分層精練3KESHIFENCENGJINGLIAN1.小明上學(xué)可以乘坐公共汽車，也可以乘坐地鐵.已知小明上學(xué)乘坐公共汽車的概率為0.4，乘坐地鐵的概率為0.6，且乘坐公共汽車與地鐵時，小明遲到的概率分別為0.05和0.04，則小明沒有遲到的概率為(

) A.0.954

B.0.956 C.0.958 D.0.959B解析由題意，小明沒有遲到的概率為0.4×(1－0.05)＋0.6×(1－0.04)＝0.956.BA4.(2024·婁底五校聯(lián)考)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)將代表高一年級參加校運會4×100米接力賽，教練組根據(jù)訓(xùn)練情況，安排了四人的交接棒組合.已知該組合三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，p3，假設(shè)三次交接棒相互獨立，則此次比賽中該組合交接棒沒有失誤的概率是(

) A.p1p2p3 B.1－p1p2p3 C.(1－p1)(1－p2)(1－p3) D.1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)C解析∵三次交接棒失誤的概率分別是p1，p2，p3，∴三次交接棒不失誤的概率分別是1－p1，1－p2，1－p3.∵三次交接棒相互獨立，∴此次比賽中該組合交接棒沒有失誤的概率是(1－p1)(1－p2)(1－p3).5.根據(jù)歷年的氣象數(shù)據(jù)可知，某市5月份發(fā)生中度霧霾的概率為0.25，刮四級以上大風(fēng)的概率為0.4，既發(fā)生中度霧霾又刮四級以上大風(fēng)的概率為0.2.則在發(fā)生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風(fēng)的概率為(

) A.0.8 B.0.625 C.0.5 D.0.1A解析設(shè)“發(fā)生中度霧霾”為事件A，“刮四級以上大風(fēng)”為事件B，所以P(A)＝0.25，P(B)＝0.4，P(AB)＝0.2，則在發(fā)生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風(fēng)的概率為AD解析對于A，因為x＋y＝7，所以x與y必是一奇一偶，又當(dāng)xy為奇數(shù)時，x與y都是奇數(shù)，所以事件A和B不能同時發(fā)生，即A與B互斥，故A正確；對于B，因為事件A和B不能同時發(fā)生，但它們可以同時不發(fā)生，如x＝1，y＝2，即A與B不對立，故B不正確；AD解析設(shè)Ai＝“第i次取到白球”，Bi＝“第i次取到紅球”.0.4解析若A，B互斥，則m＝P(AB)＝0，9.某醫(yī)生一周(7天)晚上值2次班，在已知他周二晚上一定值班的條件下，他在周三晚上值班的概率為________.解析設(shè)事件A為“周二晚上值班”，事件B為“周三晚上值班”，解析設(shè)這位同學(xué)在物理、化學(xué)、政治科目考試中達(dá)A＋的事件分別為A，B，C.11.(2022·新高考Ⅱ卷)在某地區(qū)進(jìn)行流行病學(xué)調(diào)查，隨機(jī)調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如右的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)；解法一由于患者的年齡位于區(qū)間[20，70)是由患者的年齡位于區(qū)間[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)組成的，且相互獨立，所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.法二由于患者的年齡位于區(qū)間[20，70)是由患者的年齡位于區(qū)間[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)組成的，且相互獨立，所以所求概率P＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝0.89.(2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間[20，70)的概率；(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%，該地區(qū)年齡位于區(qū)間[40，50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%.從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間[40，50)，求此人患這種疾病的概率.(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001)解設(shè)從該地區(qū)任選一人，年齡位于區(qū)間[40，50)為事件A，患這種疾病為事件B，則P(A)＝16%.由頻率分布直方圖知這種疾病患者年齡位于區(qū)間[40，50)的概率為0.023×10＝0.23，結(jié)合該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.00023，所以從該地區(qū)任選一人，若年齡位于區(qū)間[40，50)，則此人患這種疾病的概率為13.(2022·全國乙卷)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤，各盤比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，則(

) A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān) B.該棋手在第二盤與甲比賽，p最大 C.該棋手在第二盤與乙比賽，p最大 D.該棋手在第二盤與丙比賽，p最大D解析法一設(shè)該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，由題意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，所以P丙最大，故選D.法二(特殊值法)不妨設(shè)p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，則該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；在第二盤與乙比賽連勝兩盤的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.所以P丙最大，故選D.14.(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)在信道內(nèi)傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立.發(fā)送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發(fā)送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1).(

)A.采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為(1－α)(1－β)2B.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為β(1－β)2C.采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3D.當(dāng)0<α<0.5時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的