第6節(jié)事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式

考試要求1.了解兩個事件相互獨立的含義.2.理解隨機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.

■知識

【知識梳理】

1.相互獨立事件

(1)概念：對任意兩個事件A與3,如果P(AB)=P(A)P(3),則稱事件A與事件3

相互獨立，簡稱為獨立.

(2)性質(zhì)：若事件A與3相互獨立，那么A與方，A與旦，A與3也都相互獨立.

2.條件概率

p(A5)

⑴概念：設(shè)A,5為兩個隨機事件，且尸(A)>0,稱旦均出三木77「為在事件A

FIAJ

發(fā)生的條件下，事件3發(fā)生的條件概率，簡稱條件概率.

(2)兩個公式

①利用古典概型：P(BH)=；

n(A)

②概率的乘法公式：P(AB］=P(A)P(B\AY

3.全概率公式

一般地，設(shè)Ai,Ai,…，4是一組兩兩互斥的事件，AiUA2U…UA〃=0,且P(4)

>0,i=l,2,…，〃，則對任意的事件3GO,30=3(4+42HFA?)=BAi+

BA2+-+BAn,有P(B)=自P(4)P(314),此公式為全概率公式.

［常用結(jié)論與微點提醒］

p(4R)

1.計算條件概率除了應(yīng)用公式p(3H)=外,還可以利用縮減公式法，即

17

(A5)

P(3|A)=n“⑷，其中〃(A)為事件A包含的樣本點數(shù)，”(A3)為事件A3包含的

樣本點數(shù).

2.全概率公式為概率論中的重要公式，它將對一個復(fù)雜事件A的概率的求解問題,

轉(zhuǎn)化為了在不同情況下發(fā)生的簡單事件的概率的求和問題.

【診斷自測】

1.思考辨析(在括號內(nèi)打“J”或“X”)

(1)若事件A,B互斥,則P(3H)=L()

(2)全概率公式用于求復(fù)雜事件的概率，是求最后結(jié)果的概率.()

(3)P(A)=P(A)P(5|A)+P(A)P(B|A).()

(4)P(A)=P(BA)+P(BA).()

答案(1)X(2)V(3)X(4)X

解析⑴若事件A,B互斥,則尸(3H)=0；

(3)P(B)=P(A)P(B\A)+P(A)P(B|A)；

(4)P(B)=P(BA)+P(BA).

2.擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)人="第一枚出現(xiàn)奇數(shù)點"，B="第二枚出現(xiàn)偶數(shù)

點”，則A與3的關(guān)系為()

A.互斥B.互為對立

C.相互獨立D.相等

答案C

解析事件A與事件3能同時發(fā)生，故事件A與事件3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3相互獨立，故選C.

5-331

選修三例改編)已知則

3.(P505P(A)=ROP(A)=ROP(B|A)=TJ,P(B|A)=J￡,P(B)

答案2

-53311

解析P(B)=P(A)P(B\A)+P(A)P(B|A)=gX-+-X-=-

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.

答案3

解析設(shè)A="甲第一次拿到白球”，

B="甲第二次拿到紅球”，

則看，^）=^=|,

所以==!

■考點

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"，貝1］（）

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

答案B

解析事件甲發(fā)生的概率P（甲尸/，事件乙發(fā)生的概率尸（乙）=/事件丙發(fā)生的

概率p（丙）=2=（，事件丁發(fā)生的概率p（丁）=￡=*.事件甲與事件丙同時

oxoo

發(fā)生的概率為0,P（甲丙）WP（甲）P（丙），故A錯誤；

事件甲與事件丁同時發(fā)生的概率為6X636

P（甲丁）=P（甲）P（?。蔅正確；

事件乙與事件丙同時發(fā)生的概率為士=1，

6X636

P（乙丙）WP（乙）P（丙），故C錯誤；

事件丙與事件丁是互斥事件，不是相互獨立事件，故D錯誤.

（2）（2024.寧波調(diào)研）投壺是從先秦延續(xù)至清末的中國傳統(tǒng)禮儀和宴飲游戲.晉代在

廣泛開展投壺活動中，對投壺的壺也有所改進，即在壺口兩旁增添兩耳，因此在

投壺的花式上就多了許多名目，如“貫耳（投入壺耳）”.每一局投壺，每一位參賽

者各有四支箭，投入壺口一次得1分，投入壺耳一次得2分.現(xiàn)有甲、乙兩人進行

投壺比賽（兩人投中壺口、壺耳是相互獨立的），甲四支箭已投完，共得3分，乙

投完2支箭，目前只得1分，乙投中壺口的概率為%投中壺耳的概率為四支箭

投完，以得分多者贏.則乙贏得這局比賽的概率為..

答案75

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：

①第三支箭投中壺口，第四支箭必須投入壺耳，其概率為Pi=；xg=^；

②第三支箭投入壺耳，第四支箭投入壺口、壺耳均可，其概率為P2=gx||+1'）=

8

75,

所以乙贏得這局比賽的概率為

XA13

lP=Pr1十+PL2=15十+75=75'

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〃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

答案B

解析分別拋擲3枚質(zhì)地均勻的硬幣，

則樣本空間。=｛（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〃="至少有2枚正面朝上”，

則M=｛（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），（反，正，正）｝,共4個樣

本點，

41

故--

-8-2

設(shè)事件A="3枚硬幣都正面朝上”，

則A=｛（正，正，正）｝,

/.P（A）=|,P（AM）=|,

P（AM）^P（A）P（M）,A錯誤；

設(shè)事件3="有正面朝上的，也有反面朝上的”，

則5=｛（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），

（反，反，正）｝,

：.P（BM）=P（M）P（B）,事件3與事件M相互獨立，B正確；

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）｝,

33

,,.P（Q=g,P（CM）=g,

P（CM）WP（C）P（M，c錯誤；

設(shè)事件。=“至多有2枚正面朝上”，

則。=｛（正，正，反），（正，反，正），（正，反，反），（反，正，正），（反，正，反），

（反，反，正），（反，反，反）｝,

73

.,.P（D）=g,P（DM）=g,

P（DM）^P（D）P（M）,D錯誤.

⑵（2024.成都診斷）甲和乙兩位同學(xué)準(zhǔn)備在體育課上進行一場乒乓球比賽，假設(shè)甲

對乙每局獲勝的概率都為:，比賽采取三局兩勝制（當(dāng)一方獲得兩局勝利時，該方

獲勝，比賽結(jié)束），則甲獲勝的概率為.

7

答案刃

解析甲獲勝的情況分三類：

①甲直接獲得前兩局勝利，不進行第三局，

此時甲獲勝的概率為

②甲輸?shù)谝痪?，贏后兩局,

此時甲獲勝的概率為(1—T)xTx1=*；

③甲贏第一局和第三局，輸?shù)诙郑?/p>

此時甲獲勝的概率為311—T)x卜春

1227

故甲獲勝的概率為5+57+57=57.

考點二條件概率

例2(1)(2024.重慶大聯(lián)考)從包含男生甲、乙，女生丙的5名男生和2名女生中任

選3人參加學(xué)校組織的“喜迎二十大，奮進新征程”演講比賽，則在男生甲被選

中的條件下，男生乙和女生丙至少一人被選中的概率是()

1432

--C-D-

A.2753

答案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3,

n(AB)Cl+Cl+193

則P(B\A)===

n(A)Cl155-

法二在男生甲被選中的情況下，基本事件總數(shù)為C%=15,其中男生乙和女生丙

都沒有被選中的基本事件數(shù)為C?=6,

所以所求概率為1—得=|.

(2)(2024?日照模擬)如圖，用K,Ai,A2三種不同的元件連接成一個系統(tǒng)，當(dāng)K正

常工作且Ai,A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作.已知K,Ai,A2正常工

作的概率依次是士1I7，I2，則在系統(tǒng)正常工作的前提下，只有K和4正常工作的

概

率

-

1

答案4-

解析設(shè)事件A為系統(tǒng)正常工作，事件3為只有K和4正常工作,

因為并聯(lián)元件Ai,A2能正常工作的概率為

184

所以P(A)=]Xg=g,

1?C2、1

又尸(AB)=PCB)=2X/[I—于=§,

“2P(AB)1

所以P(5|A)=p(.)—=4-

感悟提升求條件概率的常用方法

p

(1)利用定義，分別求P(A)和P(A3),得尸(3H)=p(八

17

(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)〃(A),再在事件A發(fā)生

H(4R)

的條件下求事件3包含的基本事件數(shù)，即〃(A3),得P(3H)=〃(A).

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.0.8B.0.6C.0.5D.0.4

答案A

解析令事件A,3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,

所以P(C)=P(A\B)=p-=^^=0.8.

(2)(多選)甲罐中有3個紅球、2個黑球，乙罐中有2個紅球、2個黑球，先從甲罐

中隨機取出一球放入乙罐，以A表示事件”從甲罐取出的球是紅球”，再從乙罐

中隨機取出一球，以5表示事件”從乙罐取出的球是紅球”，貝1)()

32

A.P(A)=5B.P(B|A)=^

139

C.P(3)=芯D.P(A|3)二F

答案ACD

解析對于A,?.?甲罐中有3個紅球、2個黑球，

3

；.P(A)=5,故A正確；

2

對于C,記4表示事件”從甲罐取出的球是黑球”，則尸(4)=亍當(dāng)A發(fā)生時，

3

乙罐中有3個紅球，2個黑球，此時3發(fā)生的概率為亍

當(dāng)4發(fā)生時，乙罐中有2個紅球，3個黑球，

2

此時B發(fā)生的概率為予

332213

.*.P(B)=7X-+-X-=—,故C正確；

JJJJJ乙J

339

對于B,,.'P(AB)=^X^=^,

9

P(,衣)75a

：.P(B\A)==^=i故B不正確；

5

［十P(AB)9丁〃

對于D,P(A\B)=p(B)=^,D正確.

考點三全概率公式的應(yīng)用

例3(1)(2024?東北師大附中等五校聯(lián)考)長白飛瀑，高句麗遺跡，鶴舞向海，一眼

望三國，偽滿皇宮，松江霧淞，凈月風(fēng)光，查干冬漁，是著名的吉林八景.小李打

算到吉林旅游，冬季來的概率是京夏季來的概率是1.若冬季來，則看不到長白飛

瀑，鶴舞向海和凈月風(fēng)光；若夏季來，則看不到松江霧淞和查干冬漁.無論什么時

候來，由于時間原因，只能在可去景點當(dāng)中選擇兩處參觀，則小李去了“一眼望

三國”景點的概率為()

1116171

A-15B-45C-45D-3

答案C

解析設(shè)事件4="冬季去吉林旅游”，

事件人2="夏季去吉林旅游”，

事件3="去了’一眼望三國‘景點”，

21

則P(Ai)=g,P(Ai)=y

在冬季去了“一眼望三國”景點的概率

C1C12

P(B|Ai)=亍

在夏季去了“一眼望三國”景點的概率

cicl1

P(卸42)=而=牛

所以去了“一眼望三國”景點的概率

221117

<X=

P(JB)=P(AI)P(B|AI)+P(A2)P(JB|A2)=2>5^3345-

(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.

答案表1

解析法一設(shè)4="從甲盒子中取一個球是黑球"，3="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”，

211

由題意可知尸(A)=40%=予P(B)=25%=a，P(C)=50%=2.

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

P0BC=P(A)P(B)P(C=|小W；

設(shè)。尸“取到的球是甲盒子中的"，。2="取到的球是乙盒子中的“，D3="取

到的球是丙盒子中的"，E="取到的球是白球”，由題意可知P(DI)=5+：+6=

14462231

3'P(?尸?P(D3)=5+^+6=5'尸(ES)=1一▽亍。(刖2)二—1

311

=不P(E|￡>3)=1—]=5，

所以P(E)=P(D1E+D1E+D3E)=P(D1E)+P(D2E)+P(D3E)=P(Di)P(E|Di)+

P(D2)P(E]D2)+P(D3)P(E\D3)

_1^3,^^3,21_3

-3X5+15X4+5X2-5,

法二設(shè)甲、乙、丙三個盒子中的球的個數(shù)分別為5,4,6,其中甲盒子中黑球

的個數(shù)為2,白球的個數(shù)為3；乙盒子中黑球的個數(shù)為1,白球的個數(shù)為3；丙盒

子中黑球的個數(shù)為3,白球的個數(shù)為3.

則從三個盒子中各取一個球，共有5X4X6種結(jié)果，其中取到的三個球都是黑球

有2X1X3種結(jié)果，所以取到的三個球都是黑球的概率為而后=與

將三個盒子中的球混合在一起共有5+4+6=15(個)球，其中白球共有3+3+3=

9(個)，

所以混合后任取一個球，共有15種結(jié)果，其中取到白球有9種結(jié)果，所以混合后

93

任取一個球，是白球的概率為石'=亍

感悟提升利用全概率公式的思路

⑴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A6=1,2,…，〃)；

⑵求P(4)和所求事件B在各個互斥事件4發(fā)生條件下的概率P(4)P(B|4)；

(3)代入全概率公式計算.

訓(xùn)練3⑴(2024.武漢質(zhì)檢)一份新高考數(shù)學(xué)試卷中有8道單選題，小胡對其中5道

題有思路，3道題完全沒有思路.有思路的題做對的概率是0.9,沒有思路的題只能

猜一個答案，猜對答案的概率為0.25,則小胡從這8道題目中隨機抽取1道做對

的概率為()

793「21「5

AA-160B-5C-32D8

答案C

解析設(shè)事件A表示“小胡答對”，事件3表示“小胡選到有思路的題”.

則小胡從這8道題目中隨機抽取1道做對的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|5)

=ix0.9+1x0.25=1T.

ooJZ

(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.

答案5%

解析令A(yù)表示“取到的是一件次品”，

Bi,Bi,由分別表示取到的產(chǎn)品是由甲、乙、丙車間生產(chǎn)的，

且有P(Bi)=0.45,P(B2)=0.35,P(B3)=0.2.

由于P(aBI)=0.02,P(A|B2)=0.03,

設(shè)「(A|&)=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)

=0.02X0.45+0.03X0.35+mX0.2.

又P(A)=2.95%,故m=5%.

■課時

【A級基礎(chǔ)鞏固】

1.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.0.954B.0.956C.0.958D.0.959

答案B

解析由題意，小明沒有遲到的概率為

0.4X(l-0.05)4-0.6X(1-0.04)=0.956.

2

2.(2024.荊門調(diào)研)在一次試驗中，隨機事件A,3滿足P(A)=P(B)=§,貝女)

A.事件A,B一定互斥

B.事件A,3一定不互斥

C.事件A,3一定互相獨立

D.事件A,3一定不互相獨立

答案B

2

解析若事件A,B互斥,則P(A)+P(3)W1,但P(A)=P(3)=w，不滿足，故事

件A,3一定不互斥，故選B.

3.(2024?昆明調(diào)考)已知事件A,B,C滿足A,3是互斥事件，且RAUBog,

P(BQ=^,P(C)=1,則P(A|。的值等于()

答案A

_p(BC)1

解析由題意，P(3|C)=p(C)—=子

因為A,3是互斥事件,

所以P(AUB|Q=P(A|C)+P(B|C),

所以P(A|O=P(AUB|O-P(B\C)

=2-3=6'

4.(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4X100

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pi,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()

b.pip2P3

B.l—pip2P3

C.(l-/?1)(1—/72)(1—/73)

D.l-(1—-p2)(1-pi)

答案c

解析?三次交接棒失誤的概率分別是pi,pi,P3,

三次交接棒不失誤的概率分別是1—pi,1—^2,1—03.

???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~/?1)(1一夕2)(1~/?3).

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04,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.0.8B.0.625C.0.5D.0.1

答案A

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3,

所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,

P(AR)n9

則在發(fā)生中度霧霾的情況下，刮四級以上大風(fēng)的概率為尸(3|4)=7^^=蕊=

0.8.

6.(多選)拋擲一紅一綠兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記下骰子朝上面的點數(shù).用x表示紅

色骰子的點數(shù)，用y表示綠色骰子的點數(shù)，用(x,y)表示一次試驗的結(jié)果.定義：

事件A="尤+y=7"，事件3=“孫為奇數(shù)”，事件C="x>3”，則下列結(jié)論

正確的是()

A.A與B互斥B.A與3對立

C.P(B|C)=|D.A與C相互獨立

答案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)孫為奇數(shù)時，x

與y都是奇數(shù)，所以事件A和3不能同時發(fā)生，即A與3互斥，故A正確；

對于B,因為事件A和3不能同時發(fā)生，但它們可以同時不發(fā)生，如x=l,y=2,

即A與3不對立，故B不正確；

對于C,(x,>)的所有可能結(jié)果如下表：

123456

1(1，1)(1，2)(1，3)(L4)(1.5)(1，6)

2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)

3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)

4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)

5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)

6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)

18]31

尸(0=%=》尸(30=拓=五，

p(BC)1

所以P(B|C=/(C)=不故C不正確；

對于D,PH)]/P(O=1H，

31

P(AO=^=記，則有尸(AC)=P(A).P(C),A與C相互獨立，故D正確.

7.(多選)一個盒中裝有質(zhì)地、大小、形狀完全相同的3個白球和4個紅球，依次從

中抽取兩個球，規(guī)定：若第一次取到的是白球，則不放回，繼續(xù)抽取下一個球；

若第一次取到的是紅球，則放回后繼續(xù)抽取下一個球.下列說法正確的是()

A.第二次取到白球的概率是靠

B.“取到兩個紅球”和“取到兩個白球”互為對立事件

C.“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”互為獨立事件

7

D.已知第二次取到的是紅球，則第一次取到的是白球的概率是恐

答案AD

解析設(shè)4="第，次取到白球”，

Bi="第，次取到紅球”.

324319

對于A,P(A2)=P(Ai)P(A2|Ai)+P(JBi)-P(A2|Bi)=yX-+-X-=—,A正確；

對于B,取到兩個球還可能為一個紅球和一個白球，所以“取到兩個紅球”和“取

到兩個白球”不是互為對立事件，B錯誤；

4344430

對于C,P(B2)=P(Ai)P(B2|Ai)+P(Bi)P(B2|Bi)=yX-+-Xy=—,

4416

P(BiB2)=P(Bi)P(B2\Bi)=yX-=—^

P(BI)P(B2),所以“第一次取到紅球”和“第二次取到紅球”不是互為獨立事件，

C錯誤；

3X1

,丁工430P(4比)P(4)P(比|4)767

對于D,由C知產(chǎn)(比):為，尸(4|比)=p(B2)=P(歷)=30=15,

49

D正確.

8.(2023?長沙適應(yīng)性考試)已知事件A,B,且P(A)=0.5,P(B)=0.2,如果A與3

互斥，令m=P(AB),如果A與3相互獨立，令n=P(AB),則〃一機=.

答案0.4

解析若A,B互斥,則m=P(AB)=0,

若A,3相互獨立，則A,3也相互獨立，

所以n=P(AB)=P(A)P(B)=0.5X(l-P(B))=0.5X(l-0.2)=0.4,則〃一機=0.4.

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..

答案I

解析設(shè)事件A為“周二晚上值班”，事件3為“周三晚上值班”，

Q1211

則P(A)=己=7，尸(43)=己=五，

口P(AB)1

故P(3|A)=p(p)=%.

10.(2024?成都質(zhì)檢)高三某位同學(xué)準(zhǔn)備參加物理、化學(xué)、政治科目的等級考試.已知

這位同學(xué)在物理、化學(xué)、政治科目考試中達A+的概率分別為東:，去假定這三

門科目考試成績的結(jié)果互不影響,那么這位同學(xué)恰好得2個A+的概率是..

答案i

解析設(shè)這位同學(xué)在物理、化學(xué)、政治科目考試中達A+的事件分別為A,B,C.

234

所以P(A)=w，P(3)=a，P(C)=m，

這三門科目考試成績的結(jié)果互不影響，

則這位同學(xué)恰好得2個A+的概率

P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)

23121413413

—3X4X5十3X4X5十3X4X5—30，

11.(2022.新高考II卷)在某地區(qū)進行流行病學(xué)調(diào)查，隨機調(diào)查了100位某種疾病患

者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

頻率

組距

0.023

0.020

0.017

0.006

0.002

0.001

0102030405060708090年齡/歲

⑴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)；

(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(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡尤=10X(5X0.001+15X0.002+

25X0.012+35X0.017+45X0.023+55X0.020+65X0.017+75X0.006+

85X0.002)=47.9.

(2)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+0.017X2+0.023+0.020)X10=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)X10=0.89.

(3)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3,

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0.023X10=

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%X0.23=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

P(AB)0.00023

P(B\A)=^0.0014.

P(A)16%

12.(2022.新高考I卷改編)一醫(yī)療團隊為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用?/p>

的衛(wèi)生習(xí)慣(衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類)的關(guān)系，在已患該疾病的病例中

隨機調(diào)查了100例(稱為病例組)，同時在未患該疾病的人群中隨機調(diào)查了100人(稱

為對照組)，得到如下數(shù)據(jù)：

不夠良好良好

病例組4060

對照組1090

從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示

事件”選到的人患有該疾病"，「?與尸的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好

P(B|A)P(B|A)

對患該疾病風(fēng)險程度的一項度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R

P(A|3)P(A|5)

(,1V)證TR明n：RD=---=----------=—；

P(A|B)P(A|B)

(2)利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出P(A|3),P(A⑻的估計值，并利用(1)的結(jié)果給出R的估

計值.

尸仍⑷

rP(B|A)P(B|A)P(5|A)

(1)證明R=-----=—=-----------------,

P(3|A)P(B|A)P(B|A)

P(B|A)

由題意知，只需證明

P(B|A)P(B|A)P(A|5)P(A|B)由一

------------------=------------------即可,

P(B|A)P(B|A)P(A|B)P(A|B)

P(AB)P(—3)

P(A)P(A)

上式左邊===

P(A3)P(AB)

P(A)P(A)

P(43)P(AB)

9

P(AB)P(AB)

P(AB)P(A3)

P⑻P(B)pCAB)P(AB)

右邊=----------------=--------------—

P(A3)P(AB)P(AB)P(AB)

P(B)p(B)

故”31.32

左邊=右邊,

P(A|B)P(A|B)

(2)解由調(diào)查數(shù)據(jù)可知

P(A|3)=而=亍0(*3)=而=正,

?3

且P(A|B)=1一P(A|B)=m，

——9

P(A|B)=1-P(A|B)=^,

29

上,510

所以7?=)*丁=6.

510

【B級能力提升】

13.(多選)(2023?新高考n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，收至U1的概率為a(0<a<l),收至U0的概率為1—a；發(fā)送1時，收至U0的概率

為伙0<用<1),收到1的概率為1—4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—a)(l

一份2