条件概率与独立性

事件的独立性条件概率与全概率公式事件的独立性是概率论中一个非常重要的概念。

当两个事件A和B的发生与否不会相互影响时，我们称这两个事件是独立的。

具体来说，事件A的发生与否不会对事件B的发生概率造成影响，同样，事件B的发生与否也不会对事件A的发生概率造成影响。

独立性是概率论中一种核心的概念，它可以帮助我们简化计算过程，提高计算的效率。

在实际问题中，我们通常会用到一些已知的概率，利用独立性可以快速计算出我们所关心的概率。

条件概率是指在另一个事件已经发生的条件下，一些事件发生的概率。

具体来说，设A和B是两个事件，已知事件B已经发生，那么事件A发生的概率记作P(A，B)，读作“A在B发生的条件下发生的概率”。

条件概率可以通过以下公式计算：P(A，B)=P(A∩B)/P(B)其中，P(A∩B)表示事件A和B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。

条件概率在实际问题中非常常见，它可以帮助我们确定一些事件在给定条件下的概率。

例如，在进行疾病检测时，我们可以根据患者的年龄、性别、家族病史等条件，计算出患病的概率，为疾病的早期预防提供重要依据。

全概率公式是概率论中一个非常重要的公式，它可以帮助我们计算复杂事件的概率。

全概率公式的核心思想是将一个事件分解为不同的互斥事件，并将这些事件的概率加和起来。

具体来说，设B1、B2、…、Bn是一组互斥事件，且它们的并集构成了样本空间S，那么对于任意一个事件A，全概率公式可以表示为：P(A)=P(A，B1)P(B1)+P(A，B2)P(B2)+…+P(A，Bn)P(Bn)全概率公式的应用场景非常广泛。

例如，在市场调查中，我们希望了解其中一特定群体的消费习惯，但由于无法直接获取到该群体的信息，我们可以通过对不同市场细分的消费者进行调查，然后利用全概率公式将这些细分市场的调查结果综合起来，推断出整个特定群体的消费习惯。

总结起来，事件的独立性、条件概率和全概率公式都是概率论中非常重要的概念和工具。

第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式课标解读考向预测1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.6.了解贝叶斯公式.预计2025年高考将会以事件独立性的判断或条件概率、全概率公式计算在小题中单独考查，或与随机变量的分布列、数字特征相结合融合在解答题中考查.必备知识——强基础1．事件的相互独立性事件A 与事件B 相互独立对任意的两个事件A 与B ，如果P (AB )＝01P (A )P (B )成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立性质若事件A 与事件B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立，P (B |A )＝02P (B )，P (A |B )＝03P (A )2.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 )＝04P （AB ）P （A ）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 )＝05P (B |A )＋P (C |A )；(3)设B 与B 互为对立事件，则P (B |A )＝1－P (B |A )3.全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )＞0，i ＝1，2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝06∑ni ＝1P (A i )P (B |A i )，我们称上面的公式为全概率公式．1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．2．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝P（AB）外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝P（A）n（AB），其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数．n（A）3．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件A发生的概率．4．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.()(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立．()(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)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．1B．0.629C．0D．0.74或0.85答案B解析由题意知甲、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)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()A．0.8B．0.625C．0.5D．0.1答案A解析设“发生中度雾霾”为事件A ，“刮四级以上大风”为事件B ，由题意知，P (A )＝0.25，P (B )＝0.4，P (AB )＝0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.20.25＝0.8.(3)(2023·河南安阳二模)某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为()A ．0.25B ．0.35C ．0.65D ．0.75答案C解析他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65.(4)(多选)(人教A 选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()A ．若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为310B ．若不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为12C ．若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为18125D ．若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为54125答案BCD解析对于A ，第一次摸到红球的概率为35，故A 错误；对于B ，不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P ＝24＝12，故B 正确；对于C ，有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为35×35×25＝18125，故C 正确；对于D ，有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为C 23×25＝54125，故D 正确．故选BCD.考点探究——提素养考点一事件的相互独立性(多考向探究)考向1事件独立性的判定例1(2023·江苏常州一中期初检测)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A 表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B 表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C 表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D 表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出()A ．B 与D 相互独立B ．A 与D 相互独立C ．B 与C 相互独立D ．C 与D 相互独立答案C解析由题意可得P (A )＝14，P (B )＝14，有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4种，所以P (C )＝44×4＝14；两次取出的球上数字之和是6的情况有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3种，故P (D )＝34×4＝316.对于A ，P (BD )＝14×4＝116，P (B )P (D )＝14×316＝364，则P (BD )≠P (B )P (D )，故B 与D 不是相互独立事件，故A 错误；对于B ，P (AD )＝0，P (A )P (D )＝14×316＝364，则P (AD )≠P (A )P (D )，故A与D 不是相互独立事件，故B 错误；对于C ，P (BC )＝14×4＝116，P (B )P (C )＝14×14＝116，则P (BC )＝P (B )P (C )，故B 与C 是相互独立事件，故C 正确；对于D ，P (CD )＝0，P (C )P (D )＝14×316＝364，则P (CD )≠P (C )P (D )，故C 与D 不是相互独立事件，故D 错误．【通性通法】判断两个事件是否相互独立的方法(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．(2)定义法：判断P (AB )＝P (A )P (B )是否成立．(3)转化法：由事件A 与事件B 相互独立知，A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．【巩固迁移】1.(2024·河北唐山模拟)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A ，B 如图所示．其中n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，则事件A 与事件B ()A ．是互斥事件，不是独立事件B ．不是互斥事件，是独立事件C ．既是互斥事件，也是独立事件D ．既不是互斥事件，也不是独立事件答案B解析因为n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，所以n (A ∩B )＝2，n (A ∩B )＝4，n (B )＝8，所以事件A 与事件B 不是互斥事件；P (AB )＝412＝13，P (A )P (B )＝612×812＝13，所以P (AB )＝P (A )P (B )，所以事件A 与事件B 是独立事件．故选B.考向2相互独立事件的概率例2(2023·山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为34，第二类检验单独通过率为p (0<p <1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为56，则p ＝()A ．25B ．12C ．23D ．56答案C解析设A i 表示第i 次通过第一类检验，B i 表示第i 次通过第二类检验(i ＝1，2)，由题意得P (A 1B 1＋A 1A 2B 1＋A 1B 1B 2＋A 1A 2B 1B 2)＝56，即34p ＋14×34p ＋34×(1－p )p ＋14×34×(1－p )p ＝56，解得p＝23或p ＝43(舍去)．【通性通法】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．【巩固迁移】2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)()A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率答案ABD解析对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为C23(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD.考点二条件概率例3现有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(A|B)＝()A．59B．49C．29D．13答案C解析由题意，4人去4个不同的景点，总样本点数为4×4×4×4＝256，事件B包含的样本点数为1×3×3×3＝27，则事件B发生的概率为P(B)＝27256，事件A与事件B的交事件AB为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件AB包含的样本点数为1×A33＝6，则事件AB 发生的概率为P (AB )＝6256＝3128，即P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝312827256＝29.【通性通法】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．【巩固迁移】3．(多选)(2024·滨州模拟)为庆祝建党节，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 )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A －)＝12答案ABC解析P (A )＝C 13C 15＝35，故A正确；P (AB )＝C 13C 12C 15C 14＝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 (A －B )＝C 12C 13C 15C 14＝310，P (B |A －)＝P （A －B ）P （A －）＝31025＝34，故D 错误．考点三全概率公式的应用例4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()A ．0.155B ．0.175C ．0.016D ．0.096答案B解析设事件B 1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B 3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P (B 1)＝20%，P (B 2)＝50%，P (B 3)＝30%.设事件A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P (A |B 1)＝0.05，P (A |B 2)＝0.15，P (A |B 3)＝0.30.由全概率公式，得P (A )＝∑3i ＝1P (B i )·P (A |B i )＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.【通性通法】利用全概率公式的思路(1)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件A i (i ＝1，2，…，n )．(2)求P (A i )和所求事件B 在各个互斥事件A i 发生条件下的概率P (B |A i )．(3)代入全概率公式计算．【巩固迁移】4．葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．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．其中亚腰葫芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80颗.2024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________．答案0.4825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A 1，A 2，A 3，A 4，则Ω＝A 1∪A 2∪A 3∪A 4，且A 1，A 2，A 3，A 4两两互斥，设事件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 (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＋P (A 4)P (B |A 4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.课时作业一、单项选择题1．甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球，则取出的两个球都是红球的概率为()A ．512B ．56C ．19D ．1318答案C解析由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中取出红球的概率为46＝23，从乙袋中取出红球的概率为16，故所求事件的概率为23×16＝19.2．若P (AB )＝19，P (A －)＝23，P (B )＝13，则事件A 与B 的关系是()A ．互斥B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又相互独立答案C解析∵P (A )＝1－P (A －)＝1－23＝13，∴P (AB )＝P (A )P (B )＝19≠0，∴事件A 与B 相互独立，事件A 与B 不互斥，故不对立．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 ．0.625B ．0.75C ．0.5D ．0答案A解析用A 表示事件“考生答对题目”，用B 表示“考生知道正确答案”，用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＝0.625.4．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A ．0.8B ．0.4C ．0.2D ．0.1答案A解析报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A ，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝5070＝57，P(AB)＝4070＝47，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4757＝0.8.故选A．5．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a2＋b2＝c2的正整数组(a，b，c)．现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是()A．136B．160C．1108D．1216答案A解析由题意知，骰子点数能够成勾股数组的为3，4，5，∴第一次掷骰子得到其中一个数的概率为12，第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为13，第三次掷骰子得到最后一个数的概率为16，∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为12×13×16＝136.6．(2024·湖南湘潭摸底)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产线生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产线生产该芯片的次品率为120，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产线生产该芯片的次品率为()A．15B．110C．115D．120答案B解析设A1，A2分别表示取得的芯片是由甲生产线、乙生产线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲生产线生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝35，P(A2)＝25，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝120，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝35×p＋25×120＝0.08，解得p＝110.7．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B 为“第一次记录的数字为奇数”，事件C 为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是()A ．事件B 与事件C 是对立事件B ．事件A 与事件B 不是相互独立事件C ．P (A )P (B )P (C )＝18D ．P (ABC )＝18答案C解析对于A ，事件B 与事件C 是相互独立事件，但不是对立事件，故A 错误；对于B ，P (A )＝12，P (B )＝12，P (AB )＝14，事件A 与事件B 是相互独立事件，故B 错误；对于C ，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4×4＝16种，其中，事件A 发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有2×2＋2×2＝8种，所以P (A )＝816＝12，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以P (B )＝24＝12，P (C )＝24＝12，所以P (A )P (B )P (C )＝18，故C 正确；对于D ，事件ABC 表示“第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数”，故P (ABC )＝2×24×4＝14，故D 错误．8．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p 1，p 2，p 3，且p 3＞p 2＞p 1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p ，则()A ．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B ．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C ．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D ．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大答案D解析设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P 甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P 乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P 丙．由题意得P 甲＝p 1[p 2(1－p 3)＋p 3(1－p 2)]＝p 1p 2＋p 1p 3－2p 1p 2p 3，P 乙＝p 2[p 1(1－p 3)＋p 3(1－p 1)]＝p 1p 2＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，P 丙＝p 3[p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)]＝p 1p 3＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，所以P 丙－P 甲＝p 2(p 3－p 1)＞0，P 丙－P 乙＝p 1(p 3－p 2)＞0，所以P丙最大．故选D.二、多项选择题9．已知A －，B －分别为随机事件A ，B 的对立事件，P (A )>0，P (B )>0，则下列说法正确的是()A ．P (B |A )＋P (B －|A )＝1B ．P (B |A )＋P (B |A －)＝1C ．若A ，B 独立，则P (A |B )＝P (A )D ．若A ，B 互斥，则P (B |A )＝P (A |B )答案ACD解析对于A ，P (B |A )＋P (B －|A )＝P （AB ）＋P （A B －）P （A ）＝P （A ）P （A ）＝1，故A 正确；对于B ，设A ，B 独立，则P (B |A )＋P (B |A －)＝2P (B )，而P (B )显然不一定为12，故B 错误；对于C ，A ，B 独立，则P (AB )＝P (A )P (B )，则P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，故C 正确；对于D ，A ，B 互斥，P (AB )＝0，则根据条件概率公式得P (B |A )＝P (A |B )＝0，故D 正确．10．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数．用x 表示红色骰子的点数，用y 表示绿色骰子的点数，用(x ，y )表示一次试验的结果．定义：事件A ＝“x ＋y ＝7”，事件B ＝“xy 为奇数”，事件C ＝“x ＞3”，则下列结论正确的是()A ．A 与B 互斥B ．A 与B 对立C ．P (B |C )＝13D ．A 与C 相互独立答案AD解析对于A ，因为x ＋y ＝7，所以x 与y 必是一奇一偶，又当xy 为奇数时，x 与y 都是奇数，所以事件A 和B 不能同时发生，即A 与B 互斥，故A 正确；对于B ，因为事件A 和B 不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x ＝1，y ＝2，即A 与B 不对立，故B 不正确；对于C ，(x ，y )的所有可能结果有36种，其中P (C )＝1836＝12，P (BC )＝336＝112，所以P (B |C )＝P （BC ）P （C ）＝16，故C 不正确；对于D ，P (A )＝636＝16，P (C )＝1836＝12，P (AC )＝336＝112，则有P (AC )＝P (A )P (C )，A 与C 相互独立，故D 正确．故选AD.三、填空题11．已知m 是一个三位正整数，若m 的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称m 为递增数．已知a ，b ，c ∈{0，1，2，3，4}，设事件A ＝“由a ，b ，c 组成三位正整数”，事件B ＝“由a ，b ，c 组成的三位正整数为递增数”，则P (B |A )＝________．答案110解析所有三位正整数的个数为4×5×5＝100，即n (A )＝100，满足三位正整数为递增数的有以下三类：①当百位数为2时，有1个；②当百位数为3时，有C 23＝3个；③当百位数为4时，有C 24＝6个．所以n (AB )＝1＋3＋6＝10，故P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝110.12．(2023·河南濮阳一模)已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2局者胜．甲每局获胜的概率为34，则本次比赛甲获胜的概率为________．答案2732解析本次比赛甲获胜有3种可能：①1，3甲胜，2乙胜；②2，3甲胜，1乙胜；③1，2甲胜．则本次比赛甲获胜的概率为P ＝34×14×34＋14×34×34＋34×34＝2732.13．(2024·黑龙江哈尔滨质量监测)盒子中有大小形状相同的7个小球，其中有4个白球，3个黑球，先随机从盒子中取出两个小球，再从该盒中取出一个小球，则最后取出的小球为白球的概率是________．答案47解析记A 1为先取出的两个小球都为白球，A 2为先取出的两个小球为一白一黑，A 3为先取出的两个小球都为黑球，B 为最后取出的小球为白球，则P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3)＝C 24C 27×25＋C 14C 13C 27×35＋C 23C 27×45＝27×25＋47×35＋17×45＝47.14．有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n 站的概率为P n ，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束．则P 3＝________；该棋手获胜的概率为________．答案3485256解析由题意，P 3＝12＋12×12＝34.因为P n ＝12P n －2＋12P n －1(3≤n ≤8)，故P n －P n －1P n －1－P n －2＝－12，由P 2－P 1＝－12，所以P n －P n －1－1，n ≥2，累加可得P 8＝1＋…＝1＝85128，所以P 10＝12P 8＝85256.四、解答题15．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为12，卖出1箱的概率为15，没有卖出的概率为310，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱，则需补货至3箱，否则不补货．(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率．解设事件A 表示“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B 表示“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C 表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”．(1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出1箱，故P (C |B )＝15.(2)由题意，P (A )＝310＋12＝45，P (B )＝15，P (C |A )＝12，由全概率公式得P (C )＝P (A )P (C |A )＋P (B )P (C |B )＝45×12＋15×15＝1125.16．溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．解(1)记“甲队总得分为3分”为事件A ，“甲队总得分为1分”为事件B .甲队得3分，即三人都回答正确，其概率P (A )＝23×23×23＝827，甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P (B )＝23××23××23＝29.故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.(2)记“甲队总得分为2分”为事件C ，“乙队总得分为1分”为事件D .甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，则P (C )＝23×23×＋23××23＋×23×23＝49，乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P (D )＝12××23××34＝14.由题意得事件C 与事件D 相互独立，则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P (CD )＝P (C )P (D )＝49×14＝19.17．(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的是()A ．若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是25B ．若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35C ．若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是49D ．若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是35答案BC解析对于A ，总事件数是C 36＝20，摸出的球均为红球的事件数为C 34＝4，所以摸出的球均为红球的概率是15，故A 错误．对于B ，总事件数是C 36＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C24C12＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35，故B正确．对于C，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×26＝836；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×46＝836.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是836＋836＝49，故C正确．对于D，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×25＝830；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×45＝830.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是830＋830＝815，故D错误．18．(多选)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n＋n，则算闯过第n关，n＝1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则()A．直接挑战第2关并过关的概率为712B．连续挑战前两关并过关的概率为524C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P(A|B)＝1 13D．若直接挑战第4关，则过关的概率是351296答案ACD解析对于A，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝1＋2＋3＋4＋5＋66×6＝2136＝712，故A正确；对于B，21＋1＝3，所以挑战第一关通过的概率为P2＝12，则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝12×712＝724，故B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63＝216，抛掷3次至少出现一个5点的共有63－53＝216－125＝91种，故P(B)＝91216，而事件AB包括：含5，5，5的有1种，含4，5，6的有6种，共7种，故P(AB)＝7216，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝7216×21691＝113，故C正确；对于D，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以P 4＝356×6×6×6＝351296，故D 正确．19．(2022·新高考Ⅰ卷节选)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例(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：不够良好良好病例组4060对照组1090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(1)证明：由题意R ＝P （B |A ）P （B －|A ）P （B |A －）P （B －|A －）＝P （AB ）P （A ）P （A B －）P （A ）÷P （A －B ）P （A －）P （A －B －）P （A －）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），而P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝P （AB ）P （B ）P （A －B ）P （B ）·P （A －B －）P （B －）P （A B －）P （B －）＝P （AB ）P （A －B ）·P （A －B －）P （A B －）.故R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）.(2)由调查数据可得P (A |B )＝40100＝25，P (A |B －)＝10100＝110，且P (A －|B )＝1－P (A |B )＝35，P (A －|B －)＝1－P (A |B －)＝910，。

高中数学概率计算中的条件概率与独立性判定概率是数学中一个重要的概念，它描述了某个事件发生的可能性大小。

在概率计算中，条件概率与独立性判定是两个重要的考点，它们在解题过程中起着至关重要的作用。

本文将围绕这两个概念展开讨论，并通过具体题目的举例，说明其考点和解题技巧。

一、条件概率的概念和计算方法条件概率是指在已知某个条件下，另一个事件发生的概率。

常用的计算公式为：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)，其中P(A|B)表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，P(A∩B)表示事件A与事件B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。

例如，某班学生中有30%的人会打篮球，其中男生占总人数的40%，女生占总人数的60%。

现在从该班级中随机抽取一个学生，已知这个学生会打篮球，求这个学生是男生的概率。

解题思路：设事件A表示所抽取的学生是男生，事件B表示所抽取的学生会打篮球。

根据已知条件可知，P(A) = 40%，P(B) = 30%，P(A∩B) = P(B|A) * P(A) = 0.3 * 0.4 = 0.12。

根据条件概率的计算公式可得到所求概率：P(A|B) = P(A∩B) / P(B) = 0.12 / 0.3 = 0.4。

通过这个例子，我们可以看出条件概率在解题中的重要性。

在实际应用中，条件概率常常用于处理复杂的情况，如疾病的诊断、市场调研等领域。

二、独立性判定的概念和判定方法独立性是指两个事件之间的发生与否不相互影响。

如果事件A和事件B是独立的，那么P(A∩B) = P(A) * P(B)。

否则，事件A和事件B是相关的。

例如，某班学生中有80%的人喜欢音乐，70%的人喜欢阅读，已知喜欢音乐的学生中有60%的人也喜欢阅读。

问喜欢音乐和喜欢阅读这两个事件是否独立？解题思路：设事件A表示喜欢音乐，事件B表示喜欢阅读。

根据已知条件可知，P(A) = 80%，P(B) = 70%，P(A∩B) = 60%。

条件概率与事件的独立性例题和知识点总结在概率论中，条件概率和事件的独立性是两个非常重要的概念。

理解和掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。

下面，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在已知某一事件发生的条件下，另一事件发生的概率。

用符号表示为：＄P(B|A)＄，表示在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率。

条件概率的计算公式为：＄P(B|A) ＝＼frac{P(AB)｝｛P(A)｝＄，其中$P(AB)＄表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率。

例题 1一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球，从中随机取出一个球，已知取出的是红球，求它是第 2 个红球的概率。

解析首先，取出一个红球的概率为$P(A) ＝＼frac{5}｛8}＄。

然后，取出第 2 个红球的概率，即在已经取出一个红球的情况下，再取出一个红球的概率。

此时盒子里还剩下 7 个球，其中 4 个红球，所以$P(AB) ＝＼frac{4}｛7}＄。

根据条件概率公式，＄P(B|A) ＝＼frac{P(AB)｝｛P(A)｝＝＼frac{4 ／ 7}｛5 ／ 8} ＝＼frac{32}｛35}＄。

知识点总结1、条件概率的本质是在缩小的样本空间中计算概率。

2、条件概率的计算要注意确定已知条件和所求事件，并准确计算相关的概率。

二、事件的独立性如果事件 A 的发生与否不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生与否也不影响事件 A 发生的概率，那么称事件 A 和事件 B 相互独立。

即：若$P(B|A) ＝ P(B)＄且$P(A|B) ＝ P(A)＄，则事件 A 和事件 B 相互独立。

当事件 A 和事件 B 相互独立时，＄P(AB) ＝ P(A)P(B)＄。

例题 2设事件 A 表示“明天晴天”，事件 B 表示“明天去公园”，已知$P(A) ＝ 06$，＄P(B) ＝ 04$，＄P(B|A) ＝ 04$，判断事件 A 和事件 B 是否独立。

概率论中的独立性与条件概率研究概率论是数学中的一个重要分支，研究随机事件发生的可能性。

在概率论中，独立性和条件概率是两个基本概念，它们在解决实际问题和推导数学公式中起着重要的作用。

独立性是指两个或多个事件之间的关系，当一个事件的发生与另一个事件的发生无关时，我们称这两个事件是独立的。

例如，投掷一枚硬币的结果与掷骰子的结果无关，这两个事件是独立的。

独立性在概率计算中非常重要，它使我们能够简化问题的复杂度，从而更容易计算概率。

条件概率是指在已知某一事件发生的条件下，另一事件发生的概率。

条件概率可以用符号P(A|B)表示，其中A和B分别代表两个事件。

例如，已知某个人患有某种疾病的概率是1%，而在患有该疾病的人中，某种检测方法的准确率为90%。

那么，对于一个随机选取的人，他患有该疾病且检测结果为阳性的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以使用条件概率的定义。

设事件A表示一个人患有该疾病，事件B表示检测结果为阳性。

我们需要求解的是P(A|B)，即在已知检测结果为阳性的条件下，一个人患有该疾病的概率。

根据条件概率的定义，我们有：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)其中，P(A∩B)表示事件A和B同时发生的概率，P(B)表示事件B发生的概率。

根据已知条件，我们可以得到P(A∩B) = P(A) * P(B|A)，即一个人患有该疾病且检测结果为阳性的概率等于一个人患有该疾病的概率乘以检测结果为阳性的准确率。

代入上述公式，我们可以得到：P(A|B) = P(A) * P(B|A) / P(B)代入已知条件，我们可以计算出P(A|B) = (0.01 * 0.9) / (0.01 * 0.9 + 0.99 * 0.1) ≈ 0.083。

也就是说，一个随机选取的人患有该疾病且检测结果为阳性的概率约为8.3%。

通过这个简单的例子，我们可以看到条件概率在解决实际问题中的重要性。

它能够帮助我们计算出在已知某些条件下的概率，从而更好地理解和分析问题。

条件概率与事件的独立性例题和知识点总结在概率论中，条件概率和事件的独立性是两个非常重要的概念。

理解并掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。

接下来，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在已知某个事件发生的条件下，另一个事件发生的概率。

其定义为：设 A、B 是两个事件，且 P(A) ＞ 0，在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率记为 P(B|A)，且 P(B|A) ＝ P(AB) ／P(A) 。

例如，一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。

从中随机取出一个球，已知取出的是红球，那么这个红球是第一次取出的球的概率是多少？首先，总的取球情况有 8 种。

取出红球的情况有 5 种。

第一次取出红球的情况有 5 种。

所以，P(第一次取出红球|取出的是红球) ＝ 5 ／ 5 ＝ 1 。

二、事件的独立性如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么称事件 A 和事件 B 是相互独立的。

即如果 P(B|A) ＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

例如，有两个独立的事件 A 和 B，P(A) ＝ 04 ，P(B) ＝ 05 ，那么P(AB) ＝ P(A) × P(B) ＝ 04 × 05 ＝ 02 。

再来看一个例子，一个家庭有两个孩子，已知第一个孩子是男孩，那么第二个孩子是女孩的概率是多少？假设生男生女的概率相等，都是 05 。

因为这两个孩子的性别是相互独立的事件，所以第二个孩子是女孩的概率仍然是 05 。

三、条件概率与事件独立性的关系事件的独立性与条件概率有着密切的关系。

如果事件 A 和事件 B相互独立，那么 P(B|A) ＝ P(B) ，P(A|B) ＝ P(A) 。

反之，如果 P(B|A)＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

分析、类比、归纳的能力通过计算独立事件的概率,培养自主学习的
能力与探究问题的能力,并培养对数学知识的整合能力,发展逻辑推理、
数学运算等核心素养.
探究新知
假设 > ,且 > 0 ,在与独立的前提下,通过条件概率
的计算公式考察 与 的关系,以及 与 的关系.
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”．
解析
(1) “从甲组中选出1名男生”这一事件是否产生,对“从乙组中选出1名女生”这一事件

相互独立事件．
典例讲授
例1、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”;



(2)至少有一个气象台预报准确的概率为



ഥ
ഥ
ഥ
ഥ
＝－( ∩ )＝－() × ()＝－ × ＝ .



归纳小结
两事件相
互独立
定义:与独立⇔ () = ()
独立性与条件概率的关系: 与独立⇔ () >
且, = ()
⇔
() >

(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率;
解:(1)记“甲队总得分为3分”为事件A,“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分,即3人都回答正确,







其概率 P(A)= × × = ,甲队得 1 分,即 3 人中只有 1 人回答正确,其余 2 人都











立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.
(2)相互独立的性质:①如果事件 A 与事件 B 相互独立,则 A 与 ,
与 B, 与 都 相互独立 .
②若事件A与事件B相互独立,则P(AB)= P(A)P(B) .
相互独立事件与互斥事件的区别:相互独立事件是指两个事件发生
的概率互不影响,计算公式为P(AB)=P(A)P(B),互斥事件是指在同一
④概率的乘法公式:对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=
P(A)P(B|A) .
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)=
∑ P(Ai)P(B|Ai)
=
.我们称其为全概率公式.
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:事件甲发生的概率 P(甲)= ,事件乙发生的概率 P(乙)= ,事件丙发

事件的独立性与条件概率无论事件的独立性如何，条件概率都是一个非常重要的概念。

它的定义是指在某种情况下，某个特定事件发生的概率。

因此，它提供了一种有效的方法来评估特定事件发生的可能性。

它对于对抗风险和机会的筛选也有用，以最大化益处和承担最小的损失。

事件的独立性是指发生某个特定事件是否受到之前发生事件的影响。

如果一个事件发生后，它不会影响其他事件发生的概率，那么它就是独立的。

例如，如果我们将一组随机10个数字抛到空中，其中的每一个数字的概率是一样的，这意味着它们是独立的，并且一个数字出现的可能性不会影响其他数字出现的可能性。

因此，事件的独立性与条件概率关系密切，它们是相互建立起来的。

独立性提供了一种可能性，即某个特定事件可能受到之前发生的其他事件的影响，而条件概率则是确定某个特定事件发生的可能性的概念。

因此，事件的独立性与条件概率之间的关系可以用来计算某个特定事件发生的概率。

在统计学中，事件的独立性与条件概率的关系被称为贝叶斯定理。

它表明，当计算某个特定事件发生的可能性时，必须考虑之前发生的事件，以提高可能性的准确性。

德尔菲法则是一种应用这一原理的工具，它可以帮助识别不同事件之间的相互关系，也可以帮助更准确地计算某个特定事件发生的概率。

总之，事件的独立性与条件概率是一种有效的方法，用于评估特定事件发生的可能性，从而确定抗风险和机会的筛选结果。

它可以在决策中起到重要的作用，帮助人们更准确的承担风险和挖掘开拓互助合作的机会。

此外，条件概率也可以用在机器学习中，有些非常复杂的机器学习模型将使用条件概率作为其特征抽取的一部分，可以更快地对数据进行分析。

例如，当分析一个单词在句子中出现的概率时，可以使用条件概率来计算。

此外，条件概率也可以应用于语音识别，它可以从大量的音频数据中提取信号特征，从而更准确地识别某个声音是什么。

例如，条件概率可以用于根据给定声音识别相应的单词或文本，并且可以用于解决有限数据集中的不平衡分类问题。

大学数学易考知识点概率论的条件概率与独立性大学数学易考知识点：概率论中的条件概率与独立性概率论是数学中一个重要的分支，研究事物发生的可能性。

在大学数学的学习中，概率论是一个比较常见的考点。

其中，条件概率与独立性是概率论中的两个基本概念。

本文将详细介绍条件概率与独立性的概念、性质以及应用。

一、条件概率条件概率是指在已知事件B发生的条件下，事件A发生的概率。

其计算公式为：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)其中，P(A|B)表示事件B发生的条件下，事件A发生的概率；P(A∩B)表示事件A与事件B同时发生的概率；P(B)表示事件B发生的概率。

条件概率的计算可以通过实际问题的转化来帮助理解。

例如，某班级有60%的男生和40%的女生，已知班级中80%的学生喜欢数学。

现在要求已知一位学生是男生的条件下，他也喜欢数学的概率。

根据条件概率的计算公式，我们可以得到：P(喜欢数学|男生) = P(喜欢数学∩男生) / P(男生)由于已知喜欢数学的学生占总人数的80%，而男生占总人数的60%，则有：P(喜欢数学|男生) = (0.8*0.6) / 0.6 = 0.8所以，在已知一位学生是男生的条件下，他也喜欢数学的概率为0.8。

条件概率的计算方法对于实际问题的解决非常有用。

通过合理的条件划分，我们可以计算出各种条件下的概率，从而更好地理解和解决问题。

二、独立性在概率论中，独立性是指两个事件的发生与否互相不影响。

具体而言，事件A与事件B相互独立的条件为：P(A|B) = P(A)P(B|A) = P(B)即事件A发生的概率与事件B发生与否无关，事件B发生的概率与事件A发生与否无关。

两个独立事件的条件概率相等于事件的边际概率。

例如，某扑克牌中共有52张牌，我们从牌中随机抽取一张，记录下此牌的花色，然后将此牌放回。

再次从牌中随机抽取一张，记录下此牌为红桃。

问第一次所抽取的牌为红色的概率是多少？根据题意，第一次所抽取的牌为红色的概率为1/2，因为扑克牌中共有52张牌，其中红色牌有26张。

2．2.1 条件概率 2．2.2 事件的独立性1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2.理解条件概率公式和相互独立事件同时发生的概率公式．3．能利用概率公式解决实际问题．1．条件概率(1)定义：对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号“P (B |A )”来表示，读作“A 发生的条件下B 发生的概率”．类似地，事件B 发生的条件下事件A 发生的条件概率记为“P (A |B )”，读作“B 发生的条件下A 发生的概率”．(2)事件的交(或积)由事件A 和B 同时发生所构成的事件D ，称为事件A 与B 的交(或积)，记作D ＝A ∩B (或D ＝AB )．(3)条件概率计算公式 一般地，条件概率公式为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）(P (A )＞0)，类似地，P (A |B )＝P （A ∩B ）P （B ）(P (B )＞0)．2．相互独立事件(1)定义：一般地，事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P (B |A )＝P (B )，则称两个事件A ，B 相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．若n 个事件A 1，A 2，…，A n ，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称这n 个事件相互独立．(2)相互独立事件的性质一般地，若事件A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)相互独立事件同时发生的概率①两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A ∩B )＝P (A )×P (B )．②如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这n 个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1∩A 2∩…∩A n )＝P (A 1)×P (A 2)×…×P (A n )并且上式中任意多个事件A i 换成其对立事件后，等式仍成立．1．判断(对的打“√”，错的打“×”) (1)若事件A 、B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)必然事件与任何一个事件相互独立．( )(3)“P (AB )＝P (A )·P (B )”是“事件A ，B 相互独立”的充要条件．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√2．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为( )A.950 B.12 C.910D.14答案：B3．甲、乙两人各射击一次，他们各自击中目标的概率都是0.6，则他们都击中目标的概率是( )A ．0.6B ．0.36C ．0.16D ．0.84答案：B4．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．答案：0.95求条件概率[学生用书P26]在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求： (1)第1次抽到理科题的概率；(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．【解】 设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件A ∩B .(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为A 25＝20. 根据分步乘法计数原理，事件A 的总数为A 13×A 14＝12. 故P (A )＝1220＝35.(2)因为事件A ∩B 的总数为A 23＝6. 所以P (A ∩B )＝620＝310.(3)法一：由(1)、(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝31035＝12.法二：因为事件A ∩B 的总数为6，事件A 发生的总数为12，所以P (B |A )＝612＝12.利用定义计算条件概率的步骤(1)分别计算概率P (AB )和P (A )． (2)将它们相除得到条件概率P (B |A )＝P （AB ）P （A ），这个公式适用于一般情形，其中AB 表示A ，B 同时发生．设10件产品中有4件不合格，从中任意取出2件，那么在所取得的产品中发现有一件不合格品，求另一件也是不合格品的概率．解：设事件A 为“在所取得的产品中发现有一件不合格品”，事件B 为“另一件产品也是不合格品”，则P (A )＝C 14C 16C 210＝4×6×210×9＝815，P (A ∩B )＝C 24C 210＝215.因此P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝14.相互独立事件的判断判断下列各对事件是不是相互相互独立事件：(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”．【解】 (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58，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47，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以两者不是相互独立事件．(3)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}， 所以P (A )＝36＝12，P (B )＝26＝13，P (AB )＝16，所以P (A ∩B )＝P (A )·P (B )， 所以事件A 与B 相互独立．判断两事件的独立性的方法(1)定义法：如果事件A ，B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A ，B 为相互独立事件．(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)当P (A )＞0时，可用P (B |A )＝P (B )判断．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．解：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件， 由等可能性知概率各为14.这时A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， A ∩B ＝{(男，女)，(女，男)}，于是P (A )＝12，P (B )＝34，P (A ∩B )＝12.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Ω＝{(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个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件， A ∩B 中含有3个基本事件．于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (A ∩B )＝38，显然有P (A ∩B )＝38＝P (A )P (B )成立．从而事件A 与B 是相互独立的．求相互独立事件的概率甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：(1)2个人都译出密码的概率； (2)2个人都译不出密码的概率； (3)至多1个人译出密码的概率；【解】 记“甲独立地译出密码”为事件A ，“乙独立地译出密码”为事件B ，A 与B 为相互独立事件，且P (A )＝13，P (B )＝14.(1)“2个人都译出密码”的概率为：P (AB )＝P (A )·P (B )＝13×14＝112.(2)“2个人都译不出密码”的概率为：P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝[1－P (A )]×[1－P (B )]＝(1－13)×(1－14)＝12.(3)“至多1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－13×14＝1112.在本例条件下，求：(1)恰有1个人译出密码的概率； (2)至少1个人译出密码的概率．解：(1)“恰有1个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为：P (A B －∪A －B )＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝13×(1－14)＋(1－13)×14＝512. (2)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出密码”，所以至少1个人译出密码的概率为：1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－23×34＝12.与相互独立事件有关的概率问题求解策略一般地，已知两个事件A ，B ，它们的概率分别为P (A )，P (B )，那么：A ，B 互斥 A ，B 相互独立P (A ＋B ) P (A )＋P (B )1－P (A －)P (B －)P (AB ) 0P (A )P (B ) P (A －B －)1－[P (A )＋P (B )]P (A －)P (B －)某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，13，若对这三名短跑运动员的100 m 跑的成绩进行一次检测，则(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大．解：记“甲、乙、丙三人100米跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)，(1)三人都合格的概率：P 3＝P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝25×34×13＝110. (2)三人都不合格的概率：P 0＝P (A －B －C －)＝P (A －)·P (B －)·P (C －)＝35×14×23＝110. (3)恰有两人合格的概率：P 2＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率：P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.综合第一问、第二问、第三问可知P 1最大． 所以出现恰有1人合格的概率最大．相互独立事件的综合应用在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众要彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率． (2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列．【解】 (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.因为事件A 与B 相互独立，所以观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P (A B －)＝P (A )·P (B －)＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415.(或P (A B －)＝C 12·C 34C 23·C 35＝415)． (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P (C )＝C 24C 35＝35，因为X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为P (X ＝0)＝P (A －B －C －)＝13×25×25＝475，P (X ＝1)＝P (A B － C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P (X ＝2)＝P (A B C －)＋P (A －BC )＋P (A B －C )＝23×35×25＋13×35×35＋23×25×35＝3375， P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P475207533751875概率问题中的数学思想(1)正难则反．灵活应用对立事件的概率关系(P (A )＋P (A －)＝1)简化问题，是求解概率问题最常用的方法．(2)化繁为简．将复杂事件的概率转化为简单事件的概率，即寻找所求事件与已知事件之间的关系．“所求事件”分几类(考虑加法公式，转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式，转化为互独事件)．(3)方程思想．利用有关的概率公式和问题中的数量关系，建立方程(组)，通过解方程(组)使问题获解．三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中的某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．解：记“三个元件T 1，T 2，T 3正常工作”分别为事件A 1，A 2，A 3， 则P (A 1)＝12，P (A 2)＝34，P (A 3)＝34，不发生故障的事件为(A 2∪A 3)A 1，P ＝P [(A 2∪A 3)A 1]＝P (A 2∪A 3)·P (A 1) ＝[1－P (A 2)·P (A 3)]·P (A 1) ＝(1－14×14)×12＝1532.————————————————————————————————————————————————1．求条件概率的方法(1)利用定义，分别求P (A )和P (A ∩B )，得P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n （A ∩B ）n （A ）.2．判定两个事件相互独立的方法(1)定义法：如果A 、B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A 、B 为相互独立事件．(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．事件A 、B 相互独立，则P (AB )＝P (A )P (B )．注意与事件互斥区别．1．求复杂事件的概率时，先判断事件间的关系，是互斥还是独立，特别对“至多”“至少”等问题，可分成互斥事件求概率，也可用对立事件求概率．2．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”“恰有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义，已知两个事件A 、B ，它们的概率分别为P (A )、P (B )，那么：A 、B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ； A 、B 都发生的事件为AB ；A 、B 都不发生的事件为A －B －；A 、B 恰有一个发生的事件为A B －∪A －B ；A 、B 中至多有一个发生的事件为A B －∪A －B ∪A －B －.1．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( )A.316B.1316C.34D.14解析：选C.由P (AB )＝P (A )P (B |A )可得P (A )＝34.2．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是13，25，12，现3人各投篮1次，则3人都没有投进的概率为( )A.115 B.215C.15D.110解析：选C.甲、乙、丙3人投篮相互独立，都不进的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝15.3．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________．解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则P (A )＝C 16C 27，P (AB )＝1C 27，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝16.答案：16[A 基础达标]1．设A 与B 是相互独立事件，则下列事件中不相互独立的是( ) A ．A 与B －B.A －与B C.A －与B －D ．A 与A －解析：选D.A 、B 、C 选项的两事件相互独立，而A 与A －是对立事件，不是相互独立事件． 2．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( )A ．0.2B ．0.33C ．0.5D ．0.6解析：选A.A ＝“数学不及格”，B ＝“语文不及格”，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.030.15＝0.2，所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.3．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是( ) A.14 B.15 C.16D.17解析：选C.记“甲站在中间”为事件A ，“乙站在末尾”为事件B ，则n (A )＝A 66，n (AB )＝A 55，P (B |A )＝A 55A 66＝16.4．从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23等于( )A ．2个球不都是红球的概率B ．2个球都是红球的概率C ．至少有1个红球的概率D ．2个球中恰有1个红球的概率解析：选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A 、B ，则P (A )＝13，P (B )＝12，由于A 、B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．5．同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上则重新转)，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为( )A.116B.18C.316D.14解析：选C.满足xy ＝4的所有可能如下：x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1.所以所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋ P (x ＝4，y ＝1)＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 6．已知有两台独立在两地工作的雷达，它们发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，则两台雷达都未发现飞行目标的概率为________．解析：所求概率为(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015. 答案：0.0157．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． 解析：设此队员每次罚球的命中率为p ， 则1－p 2＝1625，所以p ＝35.答案：358．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．解析：设事件A 为“其中一瓶是蓝色”，事件B 为“另一瓶是红色”，事件C 为“另一瓶是黑色”，事件D 为“另一瓶是红色或黑色”，则D ＝B ∪C ，且B 与C 互斥， 又P (A )＝C 12C 14C 25＝45，P (AB )＝C 12C 11C 25＝15，P (AC )＝C 12C 12C 25＝25，故P (D |A )＝P (B ∪C |A ) ＝P (B |A )＋P (C |A ) ＝P （AB ）P （A ）＋P （AC ）P （A ）＝34.答案：349．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45、56、23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率； (2)求至少有一个项目成功的概率．解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为 45×56×(1－23)＝29， 只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为 45×(1－56)×23＝445， 只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为 (1－45)×56×23＝19，所以恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945.(2)三个项目全部失败的概率为 (1－45)×(1－56)×(1－23)＝190，所以至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.10．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个产品的事件数为C 28＝28，这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3.所以这2个产品都是次品的概率为328.(2)设事件A 为“从乙箱中取一个正品”，事件B 1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B 2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B 3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B 1、事件B 2、事件B 3彼此互斥．P (B 1)＝C 25C 28＝514，P (B 2)＝C 15C 13C 28＝1528，P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝69，P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝49，所以P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)·P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3) ＝514×69＋1528×59＋328×49＝712. [B 能力提升]11．抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A ＝{2，3，5}，B ＝{1，2，4，5，6}，则P (A |B )等于( )A.25B.12C.35D.45解析：选A.因为A ∩B ＝{2，5}，所以n (AB )＝2. 又因为n (B )＝5，故P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝25.12．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P (A )＝________．解析：由题意，P (A －)·P (B －)＝19，P (A －)·P (B )＝P (A )·P (B －)．设P (A )＝x ，P (B )＝y ， 则⎩⎪⎨⎪⎧（1－x ）（1－y ）＝19，（1－x ）y ＝x （1－y ）. 即⎩⎪⎨⎪⎧1－x －y ＋xy ＝19，x ＝y ， 所以x 2－2x ＋1＝19，所以x －1＝－13，或x －1＝13(舍去)，所以x ＝23.答案：2313．一只口袋内装有2个白球和2个黑球．求：(1)在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？ 解：(1)记A ＝“先摸出一个白球不放回”，B ＝“再摸出一个球为白球”， 则AB ＝“先后两次摸到白球”． 因为P (A )＝24＝12，P (A ∩B )＝A 22A 24＝16，所以P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝13.(2)记A 1＝“先摸出一个白球放回”，B 1＝“再摸出一个球为白球”， 则AB 1＝“先后两次摸到白球”． 因为P (A 1)＝24＝12，P (A 1∩B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1∩B 1）P （A 1）＝12.14．(选做题)某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为45，乙当选的概率为35，丙当选的概率为710.求：(1)恰有一名同学当选的概率； (2)至多有两人当选的概率．解：设甲，乙，丙当选分别为事件A ，B ，C ， 则有P (A )＝45，P (B )＝35，P (C )＝710.(1)因为事件A ，B ，C 相互独立， 所以恰有一名同学当选的概率为P (A ∩B －∩C －)＋P (A －∩B ∩C －)＋P (A －∩B －∩C )＝P (A )P (B －)P (C －)＋P (A －)P (B )P (C －)＋P (A －)P (B －)P (C ) ＝45×25×310＋15×35×310＋15×25×710 ＝47250. (2)至多有两人当选的概率为 1－P (A ∩B ∩C )＝1－P (A )P (B )P (C )4 5×35×710＝83125.＝1－。

第四讲事件的独立性、条件概率与全概率公式知识梳理知识点一事件的相互独立性设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．若事件A、B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)；事件A与B，A与B，A与B都相互独立．注：“相互独立”与“事件互斥”的区别．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响．两事件相互独立不一定互斥．知识点二条件概率1．定义：设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝P(AB)P(A)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．2．求法：P(B|A)＝n(AB)n(A)＝P(AB) P(A).3．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)．4．性质：(1)0≤P(B|A)≤1；(2)若B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．知识点三全概率公式一般地，设A1，A2，A3，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪A3∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i＝1,2,3，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝错误!(A i)P(B|A i)，我们称此公式为全概率公式．*贝叶斯公式：设A1，A2，…，A n是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪A n＝Ω，且P(A i)>0，i ＝1,2，…，n ，则对任意事件B ⊆Ω，P (B )>0，有P (A i |B )＝P (A i B )P (B )＝错误!，i ＝1,2，…，n .归纳拓展1．事件的表示(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A －B －.(4)A 、B 恰有一个发生的事件为(A B －)∪(A B )．(5)A 、B 至多有一个发生的事件为(A B )∪(A B －)∪(A －B －)．2．一般结论(1)若事件A ，B ，C 两两相互独立，则P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )；(2)P (B －|A )＝1－P (B |A )；(3)若P (A )>0，则P (AB )＝P (A )·P (B |A )；(4)若A 、B 相互独立，则①A 、B 至少有一个发生的概率P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )－P (A )·P (B )．P (A ＋B )＝1－P (A )P (B )．②A 、B 恰有一个发生的概率P (A B －＋A －B )＝P (A )＋P (B )－2P (A )·P (B )．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．(√)(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率；P (BA )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．(×)(3)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.(√)(4)抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A ＝“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B ＝“两枚骰子向上点数之和为7”．则A 与B 独立．(√)题组二走进教材2．(多选题)(选择性必修3P 48T3)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是(BCD )A ．若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为310B ．若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为12C ．若有放回的摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为18125D ．若有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为54125[解析]第一次摸到红球的概率为35，故A 错误；不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P ＝24＝12，故B 正确；有放回的摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率35×35×25＝18125，故C 正确；有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率C×25＝54125，故D 正确．故选BCD.3．(必修2P 250T4改编)(2022·云南曲靖一中质检)甲、乙、丙三人独立破译一份密码，分别译出的概率为23，14，12，则密码能被译出的概率为(C )A.18B ．1112C ．78D．112[解析]P ＝1＝78.题组三走向高考4．(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(B )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]P (甲)＝16，P (乙)＝16，P (丙)＝536，P (丁)＝636＝16，P (甲丙)＝0≠P (甲)P (丙)，P (甲丁)＝136＝P (甲)P (丁)，P (乙丙)＝136≠P (乙)P (丙)，P (丙丁)＝0≠P (丁)P (丙)，故选B.5．(2023·高考全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(A )A ．0.8B ．0.4C ．0.2D ．0.1[解析]报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A ，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B ，则P (A )＝5070＝57，P (AB )＝4070＝47，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝4757＝0.8.故选A.条件概率——自主练透1.(2024·广东惠州调研)甲、乙两位游客慕名来到赣州旅游，准备分别从大余丫山、崇义齐云山、全南天龙山、龙南九连山和安远三百山5个景点中随机选择其中一个，记事件A ：甲和乙选择的景点不同，事件B ：甲和乙恰好一人选择崇义齐云山，则条件概率P (B |A )＝(B )A.15B ．25C ．925D ．920[解析]解法一：P(B|A)＝n(AB)n(A)＝C12A14A25＝25.故选B.解法二：由题知，P(A)＝A25C15C15＝45，P(AB)＝C12A14C15C15＝825，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝825 4 5＝25，故选B.2．(2024·天津河北区期中)甲、乙两人射击，每人射击一次．已知甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.7，两人每次射击是否命中互不影响．设事件A为“两人至少命中一次”，事件B为“甲命中”，则条件概率P(B|A)的值为40 47.[解析]P(A)＝1－P(A)＝1－0.2×0.3＝0.94，P(AB)＝0.8×0.7＋0.8×0.3＝0.8，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝0.80.94＝4047.3．(2024·河北百师联盟开学考)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(B)＝13，P(B|A)＝56，P(B|A)＝12，则(C)A．P(A)＝13B．P(AB)＝16C．P(A＋B)＝34D．P(A|B)＝14[解析]P(B|A)＝P(B A)P(A)＝56，P(B|A)＝P(B A)P(A)＝12，∴P(B A)＋P(B A)＝56P(A)＋12P(A)＝12＋13P(A)，即P(B)＝12＋13P(A)．∴23＝12＋1 3P(A)．∴P(A)＝12.∴A错；由P(B|A)＝P(AB)P(A)＝16，可得P(AB)＝112，故B错误；所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝12＋13－112＝34，故C正确；所以P(A|B)＝P(AB) P(B)＝14，P(A|B)＝1－14＝34，故D错误．故选C.名师点拨：条件概率的求法1．利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝P(AB)P(A).这是通用的求条件概率的方法．2．借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝n(AB)n(A).【变式训练】(2024·湖南名校联合体联考)在“最强大脑”的双英对抗赛中，甲、乙两人同时挑战100秒记忆力项目，根据以往甲、乙两人同场对抗挑战该项目的记录统计分析，在对抗挑战中甲挑战成功的概率是415，乙挑战成功的概率是215，甲、乙均未挑战成功的概率是710，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为(B)A.1 2B．38C．25D．715[解析]记甲挑战成功为事件A，乙挑战成功为事件B，则P(A)＝415，P(B)＝215，P(A∪B)＝1－710＝310，由概率加法公式知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，可得P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝415＋215－310＝110，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝110415＝38.故选B.相互独立事件——多维探究角度1判断事件的独立性(2023·河北“五个一”名校联盟联考)先后抛掷两枚质地均匀的骰子，甲表示事件“第一枚骰子掷出的点数是1”，乙表示事件“第二枚骰子掷出的点数是2”，丙表示事件“两枚骰子掷出的点数之和是8”，丁表示事件“两枚骰子掷出的点数之和是7”，则下列说法正确的有(C)①甲与乙相互独立②乙与丁相互独立③乙与丙不互斥但相互独立④甲与丙互斥但不相互独立A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个[解析]由题意得P (甲)＝P (乙)＝16，同时抛掷两枚质地均匀的骰子一共有36种结果，事件“两枚骰子掷出的点数之和是8”的基本事件有：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)，共5种，则P (丙)＝536，事件“两枚骰子掷出的点数之和是7”的基本事件有：(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，则P (丁)＝636＝16，①P (甲乙)＝136＝P (甲)P (乙)，故正确；②P (乙丁)＝136＝P (乙)P (丁)，故正确；③乙与丙不互斥，且P (乙丙)＝136≠P (乙)·P (丙)，故错误；④甲与丙互斥，且P (甲丙)＝0≠P (甲)P (丙)，故正确．故选C.角度2相互独立事件的概率1.(多选题)(2023·广东佛山禅城区调研)九月伊始，佛山市某中学社团招新活动开展得如火如荼，小王、小李、小张三位同学计划从篮球社、足球社、羽毛球社三个社团中各自任选一个，每人选择各社团的概率均为13，且每人选择相互独立，则(ACD )A ．三人选择社团一样的概率为19B ．三人选择社团各不相同的概率为89C ．至少有两人选择篮球社的概率为727D．在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率为57 [解析]对于A，三人选择社团一样的事件是都选篮球社的事件、都选足球社的事件、都选羽毛球社的事件的和，它们互斥，三人选择社团一样的概率为3＝19，A正确；对于B，三人选择社团各不相同的事件，是小王从3个社团中任选1个，小李从余下两个中任选1个，最后1个社团给小张的事件，共6个不同结果，因此三人选择社团各不相同的概率为6＝29，B不正确；对于C，至少有两人选择篮球社的事件是恰有2人选篮球社与3人都选篮球社的事件和，其概率为C23C12＝727，C正确；对于D，令至少有两人选择羽毛球社的事件为A，由选项C知，P(A)＝7 27，小王选择羽毛球社的事件为B，则事件AB是含小王只有2人选择羽毛球社的事件和3人都选择羽毛球社的事件和，其概率P(AB)＝C12C12＝5 27，所以在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率为P(B|A)＝P(AB) P(A)＝57，D正确．故选ACD.2．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0.18.[解析]前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0．63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是P＝0.108＋0.072＝0.18.3．(2024·山西大同摸底)已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示．能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作．则听不到声音的概率为(A)A．0.19738B．0.00018C．0.01092D．0.09828[解析]设能听到声音为事件M，则P(M)＝[1－P(A B)]·P(C)[1－P(DE)]＝[1－P(A)P(B)]·P(C)·[1－P(D)P(E)]＝(1－0.1×0.2)×0.9×(1－0.3×0.3)＝0.80262，所以听不到声音的概率P(M)＝1－0.80262＝0.19738.故选A.[引申]本例2中乙以4∶0获胜的概率为0.04，甲以4∶2获胜的概率为0.171.[解析]P1＝0.42×0.52＝0.04；P2＝(C230.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C130.4×0.62×C120.52)×0.5＝0.171.名师点拨：判断两个事件是否相互独立的方法1．直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．2．定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．3．转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与B，A与B，A与B也相互独立．求相互独立事件概率的主要方法1．利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．2．正面计算较繁琐(如求用“至少”“至多”等表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．【变式训练】1．(角度1)(2023·湖南名校仿真模拟)随着2022年卡塔尔世界杯的举办，中国足球也需要重视足球教育．某市为提升学生的足球水平，特地在当地选拔出几所学校作为足球特色学校，开设了“5人制”“7人制”“9人制”“11人制”四类足球体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A ＝“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择‘5人制’课程”，则(C) A．A与B为对立事件B．A与C互斥C．A与C相互独立D．B与C相互独立[解析]依题意甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同，②两门都相同，③两门都不相同，故A与B互斥不对立，A错误；当甲乙两人均未选择“5人制”课程时，两人可能选的课程有一门相同，A与C不互斥，B错误；因为P(A)＝C14·C13·C12C24·C24＝23，P(B)＝C24C24·C24＝16，P(C)＝C23·C23C24·C24＝14，且P(AC)＝C13·C12C24·C24＝16，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)·P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B 与C不相互独立，C正确，D错误，故选C.2．(角度2)(2024·广东惠州实验中学月考)2020年1月，教育部出台《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》(简称“强基计划”)，明确从2020年起强基计划取代原有的高校自主招生方式．如果甲、乙、丙三人通过强基计划的概率分别为45，34，34，那么三人中恰有两人通过的概率为(C)A.21 80B．2780C．3380D．2740[解析]记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件A，B，C，显然A，B，C为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件A BC＋A B C＋AB C，且A BC，A B C，AB C互斥，∴所求概率P(A BC＋A B C＋AB C)＝P(A BC)＋P(A B C)＋P(AB C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝15×34×34＋45×14×34＋45×34×14＝3380.故选C.全概率公式——师生共研(2024·江苏常州联盟校调研)甲箱中有两个白球三个红球，乙箱中有一个白球三个红球，先从甲箱中取一球放入乙箱，再从乙箱中任取一球，则从乙箱中取得的为白球的概率为7 25.[解析]设事件A表示从甲箱中随机取出一红球放入乙箱中，事件B表示从甲箱中随机取出一白球放入乙箱中，设事件C表示从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，再从乙箱中随机取出一球，则取出的球是白球，则有P(A)＝35，P(C|A)＝15，P(B)＝25，P(C|B)＝25，所以P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝35×15＋25×25＝725.名师点拨：利用全概率公式的策略1．根据题意，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i＝1,2，…，n)．2．求P(A i)及事件B在各互斥事件A i发生的条件下的概率P(B|A i)；3．代入全概率公式P(B)＝错误!(A i)P(B|A i)．全概率公式P(B)＝错误!(A i)P(B|A i)在解题中体现了“化整为零、各个击破”的转化思想，可将较为复杂的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑．【变式训练】(2024·广东深圳外国语学校月考)钥匙掉了，掉在宿舍里、掉在教室里、掉在路上的概率分别是50%、30%和20%，而掉在上述三处被找到的概率分别是0.8、0.3和0.1，则找到钥匙的概率为0.51.[解析]记事件A1为“钥匙掉在宿舍里”，A2为“钥匙掉在教室里”，A3为“钥匙掉在路上”，事件B为“找到钥匙”，由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.5×0.8＋0.3×0.3＋0.2×0.1＝0.51.1.(2024·江苏常州教育学会期中检测)居民的某疾病发病率为1%，现进行普查化验，医学研究表明，化验结果是可能存有误差的．已知患有该疾病的人其化验结果99%呈阳性，而没有患该疾病的人其化验结果1%呈阳性．现有某人的化验结果呈阳性，则他真的患该疾病的概率是(C)A．0.99B．0.9C．0.5D．0.1[解析]记事件A：某人患病，事件B：化验结果呈阳性，由题意可知P(A)＝1100，P(B|A)＝99100，P(B|A)＝1100，所以，P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＝1100×99100＋1－1100×1100＝995×103，现在某人的化验结果呈阳性，则他真的患该疾病的概率是：P(A|B)＝P(AB)P(B)＝P(A)·P(B|A)P(B)＝1100×99100995×103＝12.故选C.2．(2024·江苏镇江一中月考)第19届杭州亚运会一电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注．已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵(即比赛1和2)，两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．第二轮：胜者组两支队伍对阵(即比赛3)，获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵(即比赛4)，失败队伍(已两败)被淘汰(获得殿军)，获胜队伍留在败者组．第三轮：败者组两支队伍对阵(即比赛5)，失败队伍被淘汰(获得季军)；获胜队伍成为败者组第一名．第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛(即比赛6)，争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立．问：(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．[解析](1)由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，所以所求的概率为12×12×12＝18.(2)设W i表示队伍B在比赛i中胜利，L i表示队伍B在比赛i中失败，设事件E：队伍B获得亚军，事件F：队伍B所参加的所有比赛中败了两场，则事件F包括L2L4，L2W4L5，W2L3L5，W2L3W5L6，L2W4W5L6，且这五种情况彼此互斥，进而P(F)＝P(L2L4)＋P(L2W4L5)＋P(W2L3L5)＋P(W2L3W5L6)＋P(L2W4W5L6)＝12×12＋12×12×12＋12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×12＝58，事件E∩F包括W2L3W5L6，L2W4W5L6，且这两种情况互斥，进而P(E∩F)＝P(W2L3W5L6)＋P(L2W4W5L6)＝1 2×12×12×12＋12×12×12×12＝18，所以所求事件E|F的概率为P(E|F)＝P(E∩F)P(F)＝1858＝15.【变式训练】(2024·天津实验中学阶段测试)假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是90%，乙厂产品的合格率是80%，在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为0.86；如果买到的灯泡是合格品，那么它是甲厂产品的概率为63%.[解析]设A为甲厂产品，B为乙厂产品，C表示合格产品，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.4，P(C|A)＝0.9，P(C|B)＝0.8，所以P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝0.6×0.9＋0.4×0.8＝0.86，灯泡是甲厂生产的概率为60%×90%＝0.54，所以P(A|C)＝P(A)·P(C|A)P(C)＝0.6×0.90.86≈63%.提能训练练案[66](对应学生用书练案[66]P398)A 组基础巩固一、单选题1．(2024·重庆质检)某高铁动车检修基地库房内有A～E共5条并行的停车轨道线，每条轨道线只能停一列车，现有动车01,02、高铁01,02,03共五列车入库检修，若已知两列动车安排在相邻轨道，则动车01停放在A道的概率为(C)A.1 4B．15C．18D．110[解析]记M＝“两动车相邻”，N＝“动车01停在A道”，则P(N|M)＝n(MN) n(M)＝A33A22A44＝18.故选C.2．(2024·广西柳铁一中、南宁二中摸底调研)2023年3月13日第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京胜利闭幕，某中学为了贯彻学习“两会”精神，举办“学两会，知国事”知识竞赛．高二学生代表队由A，B，C，D，E共5名成员组成，现从这5名成员中随机抽选3名参加学校决赛，则在学生A被抽到的条件下，学生B也被抽到的概率为(B)A.1 3B．12C．23D．18[解析]记事件A：学生A被抽到，事件B：学生B被抽到，所以P(A)＝C24C35＝35，P(AB)＝C13C35＝310，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝31035＝12.3．(2024·山东新高考质检联盟联考)已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则(B)A．若B⊆A，则P(AB)＝0.5B．若A与B互斥，则P(A＋B)＝0.7C．若A与B相互独立，则P(A－B－)＝0.9D．若P(B|A)＝0.2，则A与B不相互独立[解析]若B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝0.2，所以A错误；若A与B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.7，所以B正确；若A与B相互独立，可得A－与B－相互独立，所以P(A－B－)＝P(A－)·P(B－)＝(1－0.5)(1－0.2)＝0.4，所以C错误；由P(B|A)＝0.2，可得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(AB)0.5＝0.2，所以P(AB)＝0.1，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以A与B相互独立，所以D错误．故选B.4．(2024·安徽A10联盟联考)2023年7月28日晚，第31届世界大学生夏季运动会在成都盛大开幕．为宣传成都大运会，某大学团委开展了“阳光灿烂青春与共”大运会知识竞赛活动，各班以团支部为单位参加比赛，某班团支部在6道题中(包含4道图片题和2道视频题)，依次不放回地随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到图片题”，事件B为“第2次抽到视频题”，则P(B|A－)＝(C)A.1 3B．23C．15D．25[解析]因为P(A)＝A14A16＝23，故P(A－)＝1－23＝13，事件A－B表示两次均抽到视频题，故P(A－B)＝A22A26＝115P(B|A－)＝P(A－B)P(A－)＝15.故选C.5．(2024·河南部分学校摸底)现有同副牌中的5张数字不同的扑克牌，其中红桃1张、黑桃2张、梅花2张，从中任取一张，看后放回，再任取一张．甲表示事件“第一次取得黑桃扑克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花扑克牌”，丙表示事件“两次取得相同花色的扑克牌”，丁表示事件“两次取得不同花色的扑克牌”，则(D)A．乙与丙相互独立B．乙与丁相互独立C．甲与丙相互独立D．甲与乙相互独立[解析]依题意可得，事件甲的概率P1＝25，事件乙的概率P2＝25.有放回地取扑克牌两次的试验的基本事件总数是52＝25，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的扑克牌花色相同包含的基本事件数为12＋22＋22＝9，则事件丙的概率P3＝925，事件丁的概率P4＝1625.事件乙与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P5＝425≠P2·P3，故乙与丙不相互独立，A错误；事件乙与丁同时发生所包含的基本事件数为6，其概率P6＝625≠P2·P4，故乙与丁不相互独立，B错误；事件甲与丙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P7＝425≠P1·P3，故甲与丙不相互独立，C错误；事件甲与乙同时发生所包含的基本事件数为4，其概率P8＝425＝P1·P2，故甲与乙相互独立，D正确．故选D.6．(2024·湖北高中名校联盟联考)某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3,0.3,0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是(B) A．0.16B．0.31C．0.4D．0.32[解析]设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝(D|A)∪(D|B)∪(D|C)，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.选B.7．(2023·江苏无锡等四地模拟)已知A，B为两个随机事件，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|A－)＝0.2，则P(A)＝(B)A．0.1B．17C ．0.33D ．37[解析]P (B |A )＝P (BA )P (A )＝0.9，所以P (BA )＝0.9P (A )，P (B |A －)＝P (B A －)P (A －)＝0.2，所以P (B A －)＝0.2P (A －)，所以P (BA )＋P (B A －)＝0.2P (A －)＋0.9P (A )，即P (BA )＋P (B A －)＝0.2[1－P (A )]＋0.9P (A )，所以P (B )＝0.2[1－P (A )]＋0.9P (A )，即0.3＝0.7P (A )＋0.2，解得P (A )＝17，故选B.二、多选题8．(2024·江苏基地大联考)已知事件A ，B ，且P (A )＝0.4，P (B )＝0.3，则(ABD )A ．如果B ⊆A ，那么P (AB )＝0.3B ．如果B ⊆A ，那么P (A ∪B )＝0.4C ．如果A 与B 相互独立，那么P (A ∪B )＝0.7D ．如果A 与B 相互独立，那么P (A －B －)＝0.42[解析]由B ⊆A ，则P (AB )＝P (B )＝0.3，A 正确；由B ⊆A ，则P (A ∪B )＝P (A )＝0.4，B 正确；如果A 与B 相互独立，则P (AB )＝P (A )P (B )＝0.12，P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )－P (AB )＝0.58，C 错误；由C 分析及事件关系知：P (A －B －)＝1－P (A ∪B )＝0.42，D 正确．故选ABD.9．(2024·福建宁德一中检测)一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取得红球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，则(AC )A ．P (A )＝13B ．A ，B 为互斥事件C ．P (B |A )＝12D ．A ，B 相互独立[解析]P (A )＝13，A 正确；A ，B 可同时发生，即“第一次取红球，第二次取黄球”，A ，B 不互斥，B 错误；在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为12，C 正确；P (B )＝23×12＝13，P (AB )＝13×12＝16，P (AB )≠P (A )P (B )，∴A ，B 不独立，D 错误．故选AC.10．(2024·河北石家庄二中实验学校调研)投掷一枚质地均匀的骰子，事件A ＝“朝上一面点数为奇数”，事件B＝“朝上一面点数不超过2”，则下列叙述正确的是(BD)A．事件A，B互斥B．事件A，B相互独立C．P(A∪B)＝56D．P(B|A)＝13[解析]若朝上一面的点数为1，则事件A，B同时发生，∴事件A，B不互斥，A错误；∵事件A不影响事件B的发生，∴事件A，B相互独立，B正确；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝36＋26－16＝23，C错误；∵P(AB)＝16，P(A)＝36＝12，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1612＝13，D正确．故选BD.11．(2024·江苏镇江一中阶段测试)随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福．他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则(BC)A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为16B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为13C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为13D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为58[解析]四个人每人从中随机抽取一张共有C14C13C12种抽法，其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有C12种，故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为C12C14C13C12＝112，A错误；设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A，则P(A)＝C13C12C14C13C12＝14，小张抽到小王写的贺卡为事件B，则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝11214＝13，B正确；恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有C14×2种，故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为C14×2C14C13C12＝13C正确；每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有C13(1＋2)＝9种，故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为C13(1＋2)C14C13C12＝924＝38，D错误，故选BC.12．(2024·河南许平济洛质检)小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件B为“只有小张去甲景点”，则(CD)A．这四人不同的旅游方案共有64种B．“每个景点都有人去”的方案共有72种C．P(B|A)＝16D．“四个人只去了两个景点”的概率是1427[解析]每个人都有3种选择，故共有34＝81种旅游方案，A错误；每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，故有C24·A33＝36种方案，B错误；恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，由B选项可知，n(A)＝36，又事件AB，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，故n(AB)＝C23C11A22＝6，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝16，C正确；“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，第一，有3人去了同一个景点，另外一个去另外一个景点，则有C34C11A23＝24种方案，第二，2人去了同一个景点，另外2人去了另一个景点，故有C24C22A22·A23＝18种方案，由A选项可知，这四人不同的旅游方案共有81种，故“四个人只去了两个景点”的概率为24＋1881＝1427，D正确．故选CD.三、填空题13．(2023·天津十二区重点高中联考)如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次为34，23，23，则系统正常工作的概率为23，在系统能够正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率为1 4.[解析]记“系统正常工作”为事件A，则概率为P(A)＝34×C12×23×13＋34×23×23＝23，“K和A1正常工作”为事件AB，则概率为P(AB)＝34×23×13＝16，在系统能够正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1623＝14.14．(2024·河南“顶尖计划”毕业班联考)一个不透明的盒子中有4个除颜色外完全相同的球，其中3个红球，1个白球．从盒子中随机取两次球，每次取出1个球和2个球的概率均为12，则最终盒子里只剩下1个球且是白球的概率为18.[解析]第一种情况，第一次先拿1个红色球，第二次拿2个红色球，则概率P＝12×C13C14×12×C22C23＝116.第二种情况，第一次先拿2个红球，第2次拿1个红球，则概率P＝12×C23C24×12×C12C12＝116，只剩1个球且是白球的概率116＋116＝18.15．(2024·广东惠州实验中学月考)某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为45，35，25，且各轮问题能否正确回答互不影响，则该选手被淘汰的概率为101125.[解析]记“该选手能正确回答第i轮的问题”为事件A i(i＝1,2,3)，则P(A1)＝45，P(A2)＝35，P(A3)＝25.该选手被淘汰的概率：P＝P(A1＋A1A2＋A1A2A3)＝P(A1)＋P(A1)(A2)＋P(A1)(A2)(A3)＝15＋45×25＋45×35×35＝101125.或1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－45×35×25＝101125.16．(2024·福建泉州实验中学月考)深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2,0.5,0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.8.当乙球员参加比赛时．该球队这场比赛不输球的概率为0.58.[解析]设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”．则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42，所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1－0.42＝0.58.17．(2024·河北沧州联考)某班级数学课上教师随机地从学生甲、乙、丙、丁中选取一名学生回答问题，据了解学生甲、乙、丙、丁答对此题的概率分别为0.9,0.8,0.7,0.6.则此题答对的概率为0.75；在此题答错的情况下，由乙回答此题的概率为0.2.[解析]根据题意，此题答对的概率为0.25×0.9＋0.25×0.8＋0.25×0.7＋0.25×0.6＝0.75；设事件A：此题答错，事件B：由乙回答此题，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝0.25×0.20.25×0.1＋0.25×0.2＋0.25×0.3＋0.25×0.4＝0.2.四、解答题18．(2024·广东惠州六校联考)小王创建了一个由他和甲、乙、丙共4人组成的微信群，并向该群发红包，每次发红包的个数为1个(小王自己不抢)，假设甲、乙、丙3人每次抢得红包的概率相同．(1)若小王发2次红包，求甲恰有1次抢得红包的概率；(2)若小王发3次红包，其中第1,2次，每次发5元的红包，第3次发10元。

＝0.648.
(2)X的可能取值为2,3. 由于各局比赛结果相互独立，所以
P(X＝2)＝P(A3A4∪B3B4)＝P(A3A4)＋P(B3B4)
＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4) ＝0.6×0.6＋0.4×0.4 ＝0.52， P(X＝3)＝1－P(X＝2)＝1－0.52＝0.48.
X的分布列为
[题组自测] 3 3 1．(2010· 南京三月模拟)已知P(AB)＝ ，P(A)＝ ，则 10 5 P(B|A)等于________．
PAB 3 5 1 解析：P(B|A)＝ ＝ × ＝ . PA 10 3 2
1 答案： 2
2．某学校一年级共有学生100名，其中男生60人，女
生40人；来自北京的有20人，其中男生12人，若
[归纳领悟] 1．若事件A、B相互独立，则A与 B 、 A 与B、 A 与 B 也都 相互独立． 2．要正确理解含有“恰好”“至少”“至多”等词的相 互独立事件的含义，恰当分类． 3．对于“至少”“至多”型问题，可考虑对立事件求其 概率.
[题组自测]
1．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概
此时称随机变量X服从参数为n、p的二项分布， 记作 X～B(n，p) ．
[究 疑 点] 1．条件概率中P(B|A)与P(A|B)是一回事吗？
提示： P(B|A)是在A发生条件下B发生的概率．
P(A|B)是在B发生条件下A发生的概率，不一样． 2．“相互独立”与“事件互斥”有何不同？ 提示：两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两 事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生 的概率没有影响．两事件相互独立不一定互斥．
1 P(X＝1)＝C4×0.4×(1－0.4)3＝0.345 6， 2 P(X＝2)＝C4×0.42×(1－0.4)2＝0.345 6， 3 P(X＝3)＝C4×0.43×(1－0.4)＝0.153 6，

条件概率与事件 独立性的实际案 例分析
天气预报的准确率与事件独立性分析
天气预报准确率与事件独立性的关系 不同天气预报模型对独立性的影响 实际案例分析：某地区连续两天的天气预报准确率 结论：提高天气预报准确率有助于更好地分析事件独立性
股票价格波动与事件独立性分析
股票价格波动与事件独立性的概念 股票价格波动与事件独立性的关系 股票价格波动与事件独立性的实际案例分析 股票价格波动与事件独立性的应用
掌握条件概率与事件独立性的概念和性质，对于理解概率论和统计学的基本原理、进行科学推断 和决策具有重要的意义。
未来研究方向与展望
深入研究条件概率 与事件独立性的关 系
探讨其在不同领域 的应用前景
探索如何更好地解 释和预测事件发生 的可能性
进一步研究条件概 率与事件独立性的 数学理论基础
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条件概率与事件独立性
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目录
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01
条件概率的定义与计 算
02
事件独立性的定义与 性质
03
条件概率与事件独立 性的关系
04
条件概率与事件独立 性的应用场景
05
条件概率与事件独立 性的实际案例分析
06
添加章节标题
条件概率的定义 与计算
条件概率的定义
条件概率是指在某 一事件B已经发生 的情况下，另一事 件A发生的概率，
在统计推断中，条件概率与事件独立性可用于构建复杂的概率模型，如贝叶斯推断和 马尔科夫链蒙特卡洛方法。
条件概率与事件独立性在统计推断中的应用有助于提高预测精度和决策的科学性。
在决策论中的应用
风险决策：根据条 件概率评估不同方 案的风险和收益

已知事件B发生，此时试验所 掷骰子
有可能结果构成的集合就是B，
B中共有3个元素, 它们的出现是等 可能的, 其中只有 1个在集A中，
于是P(A|B)= 1/3. 容易看到
P(A|B)116 P(AB) 3 36 P(B)
又如，10件产品中有7件正品，3件次品， 7件正品中有3件一等品，4件二等品. 现从这 10件中任取一件，记
第1个人抽到入场券的概率是1/5.
由于 A2 A1A2
由乘法公式
因为若第2个人抽到
了入场券，第1个人
P (A 2)P (A 1 )P (A 2|A 1 ) 肯定没抽到.
也就是要想第2个人抽到入场券，必须第1 个人未抽到，
计算得： P(A2)= (4/5)(1/4)= 1/5
同理，第3个人要抽到“入场券”，必须 第1、第2个人都没有抽到. 因此
下面四个结论中，正确的是：
1. P(B|A)>0 3. P(A|B)=0
2. P(A|B)=P(A) 4. P(AB)=P(A)P(B)
容易证明,若两事件A、B独立，则
A与 B,A与 B,A与 B也相互独立.
证明: 仅证A与 B 独立 概率的性质 P(AB )= P(A-A B)
A、B独立
= P(A)-P(AB)= P(A)-P(A) P(B)
的球具有相同颜色的球.
b个白球, r个红球
解: 设Wi={第i次取出是白球}, i=1,2,3,4
Rj={第j次取出是红球}， j=1,2,3,4
于是W1W2R3R4表示事件“连续取四个球，第 一、第二个是白球，第三、四个是红球. ”
用乘法公式容易求出 P(W1W2R3R4)
=P(W1)P(W2|W1)P(R3|W1W2)P(R4|W1W2R3)