第4節(jié)事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式【課標(biāo)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.知識點一相互獨立事件1.概念：設(shè)A，B為任意兩個事件，若P（AB）＝P（A）·P（B），則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立.2.性質(zhì)：若事件A與B相互獨立，那么A與B，A與B，A與B也都相互獨立.3.相互獨立事件的概率公式的推廣：若事件A1，A2，…，An相互獨立，則P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.結(jié)論（1）事件A與事件B是互斥事件，則A與B不相互獨立；（2）當(dāng)P（A）＞0時，事件A與B相互獨立的充要條件是P（B｜A）＝P（B）.（1）（2025·菏澤一模）盒中有4個大小相同的小球，其中2個紅球、2個白球，第一次在盒中隨機摸出2個小球，記下顏色后放回，第二次在盒中也隨機摸出2個小球，記下顏色后放回.設(shè)事件A＝“兩次均未摸出紅球”，事件B＝“兩次均未摸出白球”，事件C＝“第一次摸出的兩個球中有紅球”，事件D＝“第二次摸出的兩個球中有白球”，則（D）A.A與B相互獨立 B.A與C相互獨立C.B與C相互獨立 D.C與D相互獨立解析：（1）依題意得P（A）＝C22C22C42C42＝136，P（B）＝C22C22C42C42＝136，P（AB）＝0≠P（A）P（B），故A錯誤；P（C）＝C22＋C21C21C42＝56，P（AC）＝0≠P（A）P（C），故B錯誤；P（BC）＝C22C22C42C（2）（2024·和平二模）為銘記歷史、緬懷先烈，增強愛國主義情懷，某學(xué)校開展共青團知識競賽活動.在最后一輪晉級比賽中，甲、乙、丙三名同學(xué)回答一道有關(guān)團史的問題，每個人回答正確與否互不影響.已知甲回答正確的概率為12，甲、丙兩人都回答正確的概率是13，乙、丙兩人都回答正確的概率是16.若規(guī)定三名同學(xué)都回答這個問題，則甲、乙、丙三名同學(xué)中至少有1人回答正確的概率為解析：（2）根據(jù)題意，設(shè)甲回答正確為事件A，乙回答正確為事件B，丙回答正確為事件C，則P（A）＝12，P（AC）＝P（A）P（C）＝13，P（BC）＝P（B）P（C）＝16，所以P（C）＝23，P（B）＝14，若規(guī)定三名同學(xué)都回答這個問題，則甲、乙、丙三名同學(xué)中至少有1人回答正確的概率P＝1－P（ABC）＝1－（1－12）×（1－14）規(guī)律方法解相互獨立事件問題的步驟練1（1）拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣n次，記事件A＝“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B＝“n次中至多有一次正面朝上”，下列說法不正確的是（D）A.當(dāng)n＝2時，P（AB）＝1B.當(dāng)n＝2時，事件A與事件B不相互獨立C.當(dāng)n＝3時，P（A＋B）＝7D.當(dāng)n＝3時，事件A與事件B不相互獨立（2）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13，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727解析：（1）當(dāng)n＝2時，AB表示一正一反，故P（AB）＝2×12×12＝12，故A正確；此時P（A）＝2×12×12＝12，P（B）＝1－P（B）＝1－12×12＝34，P（AB）＝12≠38＝P（A）P（B），故B正確；當(dāng)n＝3時，A＋B表示并非每次都是正面朝上，故P（A＋B）＝1－P（A＋B）＝1－12×12×12＝78，故C正確；此時P（AB）＝3×12×12×12＝38，P（A）＝1－P（A）＝1－12×12×12－12×12×12＝34，P（B）＝12×12×12＋3×12×（2）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13×13＝19；②甲輸?shù)谝痪郑A后兩局，此時甲獲勝的概率為（1－13）×13×13＝227；③甲贏第一局和第三局，輸?shù)诙?，此時甲獲勝的概率為13×（1－13）×13＝2知識點二條件概率1.概念：一般地，設(shè)A，B為兩個隨機事件，且P（A）＞0，我們稱P（B｜A）＝P（AB）P（A）為在事件A發(fā)生的條件下2.兩個公式：（1）利用古典概型：P（B｜A）＝n（AB（2）概率的乘法公式：P（AB）＝P（A）P（B｜A）.提醒P（AB）＝P（A）P（B）只有在事件A，B相互獨立時，公式才成立，此時P（B）＝P（B｜A）.3.性質(zhì)：（1）P（Ω｜A）＝1；（2）如果B和C是兩個互斥事件，則P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）；（3）設(shè)B和B互為對立事件，則P（B｜A）＝1－P（B｜A）.（1）（2024·曲靖模擬）已知P（M）＝0.4，P（N｜M）＝0.5，則P（MN）＝（D）A.0.4 B.0.6C.0.1 D.0.2解析：（1）因為P（N｜M）＝0.5，由對立事件概率計算公式可得：P（N｜M）＝1－0.5＝0.5，則P（MN）＝P（M）·P（N｜M）＝0.4×0.5＝0.2，故選D.（2）已知甲同學(xué)在上學(xué)途中要經(jīng)過兩個路口，在第一個路口遇到紅燈的概率為0.5，兩個路口連續(xù)遇到紅燈的概率為0.4，則甲同學(xué)在第一個路口遇到紅燈的條件下，第二個路口遇到紅燈的概率是0.8；解析：（2）令A(yù)＝“第一個路口遇到紅燈”，B＝“第二個路口遇到紅燈”，則P（A）＝0.5，P（AB）＝0.4，于是P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝0.40（3）（2024·天津高考13題）A，B，C，D，E五種活動，甲、乙都要選擇三個活動參加.甲選到A的概率為35；已知乙選了A活動，他再選擇B活動的概率為12解析：（3）由題意知甲選到A的概率P＝C42C53＝35.記乙選擇A活動為事件M，乙選了A活動再選擇B活動為事件N，則P（M）＝C42C53＝35，P（MN）＝C31C5規(guī)律方法條件概率的兩種求解方法練2（1）已知事件A，B，C滿足A，B是互斥事件，且P（（A∪B）｜C）＝12，P（BC）＝112，P（C）＝14，則P（A｜C）＝（A.16 B.C.14 D.（2）〔多選〕拋擲兩顆質(zhì)地均勻的骰子，其中白色骰子與黑色骰子各一顆，記事件A為“白色骰子的點數(shù)為4或5”，事件B為“兩顆骰子點數(shù)之和大于8”，則下列結(jié)論正確的是（AD）A.P（A）＝13 B.P（B）＝C.P（B｜A）＝56 D.P（A｜B）＝（3）在某次美術(shù)專業(yè)測試中，若甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級的概率分別是0.6，0.8和0.5，且三人的測試結(jié)果相互獨立，則測試結(jié)束后，在甲、乙、丙三人中恰有兩人沒達優(yōu)秀等級的前提條件下，乙沒有達優(yōu)秀等級的概率為513解析：（1）由題意，P（B｜C）＝P（BC）P（C）＝13，由A，B是互斥事件知，P（（A∪B）｜C）＝P（A｜C）＋P（B｜C），所以P（A｜C）＝P（（A∪B）｜C）－P（B｜C）＝1（2）拋擲白、黑兩顆骰子，事件總數(shù)為36，易知P（A）＝26＝13，用（x，y）中的x，y分別表示拋擲白、黑兩顆骰子的點數(shù)，則事件B包含：（3，6），（4，5），（4，6），（5，4），（5，5），（5，6），（6，3），（6，4），（6，5），（6，6），所以P（B）＝1036＝518，P（AB）＝536，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝53613＝512，P（A｜B）＝P（AB）P（（3）設(shè)甲、乙、丙三人獲得優(yōu)秀等級分別為事件A，B，C，則P（A）＝0.6，P（B）＝0.8，P（C）＝0.5，且A，B，C相互獨立，設(shè)甲、乙、丙三人中恰有兩人沒達優(yōu)秀等級為事件D，則P（D）＝P（ABC）＋P（ABC）＋P（ABC）＝0.4×0.2×0.5＋0.4×0.8×0.5＋0.6×0.2×0.5＝0.26，設(shè)乙沒有達優(yōu)秀等級為事件E，則P（DE）＝0.4×0.2×0.5＋0.6×0.2×0.5＝0.1，所以P（E｜D）＝P（DE）知識點三全概率公式一般地，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，有P（B）＝∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai）結(jié)論貝葉斯公式：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，則對任意的事件B?Ω，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（（1）無人酒店是利用人工智能與物聯(lián)網(wǎng)技術(shù)，為客人提供自助入住等服務(wù)的新型酒店，勝在科技感與新奇感.去某地旅游的游客有無人酒店和常規(guī)酒店兩種選擇，某游客去該地旅游，第一天隨機選擇一種酒店入住，如果第一天入住無人酒店，那么第二天還入住無人酒店的概率為0.8，如果第一天入住常規(guī)酒店，那么第二天入住無人酒店的概率為0.6，則該游客第二天入住無人酒店的概率為（B）A.0.8 B.0.7C.0.6 D.0.5解析：（1）記事件A1＝{第一天入住無人酒店}，A2＝{第二天入住無人酒店}，B1＝{第一天入住常規(guī)酒店}，根據(jù)題意可知P（A1）＝P（B1）＝0.5，P（A2｜A1）＝0.8，P（A2｜B1）＝0.6，則由全概率公式可得P（A2）＝P（A1）P（A2｜A1）＋P（B1）P（A2｜B1）＝0.7.故選B.（2）（2025·安陽模擬）學(xué)校給每位教師隨機發(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511解析：（2）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，所求概率為P（A1｜B）＝P（BA1）P（規(guī)律方法全概率公式的適用范圍及步驟（1）適用范圍：所研究的事件試驗前提或前一步驟有多種可能，在這多種可能中均有所研究的事件發(fā)生，這時要求所研究事件的概率就可用全概率公式；（2）運用全概率公式的一般步驟：①求出樣本空間Ω的一個劃分A1，A2，…，An；②求P（Ai）（i＝1，2，…，n）；③求P（B｜Ai）（i＝1，2，…，n）；④求目標(biāo)事件的概率P（B）.提醒對Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn.練3（1）（2024·威海質(zhì)檢）某考生回答一道四選一的考題，假設(shè)他知道正確答案的概率為0.5，知道正確答案時，答對的概率為1，而不知道正確答案時猜對的概率為0.25，那么他答對題目的概率為（A）A.0.625 B.0.75 C.0.5 D.0（2）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：（1）用A表示事件“考生答對了”，用B表示“考生知道正確答案”，用B表示“考生不知道正確答案”，則P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，則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）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%.一、單項選擇題1.設(shè)A，B，C為三個隨機事件，其中A與B互斥，B與C相互獨立，則下列命題一定成立的是（）A.A與B相互獨立 B.A與C互斥C.B與C互斥 D.B與C相互獨立解析：D“互斥事件”是指不可能同時發(fā)生的事件，“相互獨立事件”是指一個事件是否發(fā)生對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響，因為B與C相互獨立，所以B與C相互獨立.故選D.2.某人忘記了電話號碼的最后一個數(shù)字，因而他隨意地撥號，假設(shè)撥過了的號碼不再重復(fù)，則他第3次撥號才接通電話的概率為（）A.114 B.C.110 D.解析：C設(shè)Ai＝“第i次撥號接通電話”，i＝1，2，3，第3次撥號才接通電話可表示為A1A2A3，顯然A1，A2，A3相互獨立，則P（A1A2A3）＝910×89×183.（2024·石嘴山三模）寒假期間，甲、乙、丙、丁4名同學(xué)相約到A，B，C，D4個不同的社區(qū)參加志愿服務(wù)活動，每人只去一個社區(qū)，設(shè)事件A＝“4個人去的社區(qū)各不相同”，事件B＝“甲獨自去一個社區(qū)”，則P（A｜B）＝（）A.332 B.C.29 D.解析：C由題意得：P（B）＝4×3344＝3343，P（AB）＝4×3×2×144＝4.某張試卷由兩位陳老師、一位張老師共同命制，其中第8題從三位老師中隨機抽取一位進行命題.已知若由張老師命題，學(xué)生答對這道題的概率是45；若由（任意一位）陳老師命題，學(xué)生答對這道題的概率是710.那么學(xué)生答對第8題的概率是（A.18 B.C.712 D.解析：B設(shè)事件C：張老師出題；事件A：陳老師出題；事件B：學(xué)生答對第8題.則P（B｜C）＝45，P（B｜A）＝710，P（C）＝13，P（A）＝23，所以P（B）＝P（B｜C）P（C）＋P（B｜A）P（A）＝45×13＋710×5.（2025·武漢模擬）設(shè)某公路上經(jīng)過的貨車與客車的數(shù)量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車中途停車修理的概率為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為（）A.0.8 B.0.6C.0.5 D.0.3解析：A設(shè)A1表示“該汽車是貨車”，A2表示“該汽車是客車”，則P（A1）＝23，P（A2）＝13，設(shè)B1表示“貨車中途停車修理”，B2表示“客車中途停車修理”，則P（B1）＝0.02，P（B2）＝0.01，B表示“一輛汽車中途停車修理”，則P（B）＝P（A1B1）＋P（A2B2），今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為P（A1｜B）＝P（A1B）P（6.若將整個樣本空間看成一個邊長為1的正方形，任何事件都對應(yīng)樣本空間的一個子集，且事件發(fā)生的概率對應(yīng)子集的面積.則如圖所示的陰影部分的面積表示（）A.事件A發(fā)生的概率B.事件B發(fā)生的概率C.在事件B不發(fā)生的條件下事件A發(fā)生的概率D.事件A，B同時發(fā)生的概率解析：A因為P（B）＝1－P（B），故由題圖可知陰影部分的面積為P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）·（1－P（B））＝P（AB）P（B）×P（B）＋P（AB）P（B）×P（B）＝P7.（2022·全國乙卷理10題）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最大解析：D法一設(shè)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.二、多項選擇題8.一個盒中裝有質(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19B.“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7解析：AD設(shè)Ai＝“第i次取到白球”，Bi＝“第i次取到紅球”.對于A，P（A2）＝P（A1）P（A2｜A1）＋P（B1）P（A2｜B1）＝37×26＋47×37＝1949，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；對于C，P（B1）＝47，P（B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝37×46＋47×47＝3049，P（B1B2）＝P（B1）P（B2｜B1）＝47×47＝1649≠P（B1）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；對于D，由C知P（B2）＝3049，P（A19.（2024·南京、鹽城一模）有n（n∈N*，n≥10）個編號分別為1，2，3，…，n的盒子，1號盒子中有2個白球和1個黑球，其余盒子中均有1個白球和1個黑球.現(xiàn)從1號盒子任取一球放入2號盒子；再從2號盒子任取一球放入3號盒子；…；以此類推，記“從i號盒子取出的球是白球”為事件Ai（i＝1，2，3，…，n），則（）A.P（A1A2）＝13 B.P（A1｜A2）＝C.P（A1＋A2）＝79 D.P（A10）＝解析：BC對A，P（A1A2）＝23×23＝49，所以A錯誤；對B，P（A2）＝23×23＋13×13＝59，故P（A1｜A2）＝P（A1A2）P（A2）＝45，所以B正確；對C，P（A1＋A2）＝P（A1）＋P（A2）－P（A1A2）＝23＋59－49＝79，所以C正確；對D，由題意：P（An）＝23P（An－1）＋13[1－P（An－1）]，所以P（An）－12＝13［P（An－1）－12］，P（A1）＝23，P（A1）－12＝23－12＝16，所以P（An）－12＝16×（13）n－1＝12×（13）n，三、填空題10.已知P（A）＝0.4，P（B｜A）＝0.2，P（B｜A）＝0.3，則P（B）＝0.74.解析：因為P（A）＝0.4，P（B｜A）＝0.2，P（B｜A）＝0.3，所以P（A）＝0.6，所以P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）＝0.4×0.2＋0.6×0.3＝0.26，所以P（B）＝1－P（B）＝1－0.26＝0.74.11.如圖，已知電路中4個開關(guān)每個閉合的概率都是12，且是相互獨立的，則燈亮的概率為1316解析：燈不亮包括4個開關(guān)都斷開，或下邊的2個都斷開且上邊的2個中至少有1個斷開，這兩種情況是互斥的，每一種情況中的事件是相互獨立的，∴燈不亮的概率為12×12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×1212.（2024·遼寧二模）某運動員在亞運會田徑比賽中準(zhǔn)備參加100米、200米兩項比賽，根據(jù)以往成績分析，該運動員100米比賽未能獲得獎牌的概率為12，200米比賽未能獲得獎牌的概率為310，兩項比賽都未能獲得獎牌的概率為110，若該運動員在100米比賽中獲得了獎牌，則他在200米比賽中也獲得獎牌的概率為解析：設(shè)在200米比賽中獲獎為事件A，在100米比賽中獲獎為事件B，則P（A）＝310，P（B）＝12，P（A∩B）＝110，P（B）＝1－P（B）＝12，所以P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）＝310＋12－110＝710，則P（A∩B）＝1－P（A∪B）＝310，所以該運動員在100米比賽中獲獎，在200米比賽中也獲獎的概率是P四、解答題13.（2025·景德鎮(zhèn)模擬）世界杯小組賽中，A，B，C，D四支球隊被分到同一組進行循環(huán)賽（每兩隊間進行一場比賽，獲勝的球隊積3分，平局兩隊各積1分，落敗的球隊積0分）.已知四支球隊實力相當(dāng)，每支球隊在每場比賽中勝、負、平的概率分別為0.4，0.4，0.2.（1）求A隊踢完三場比賽后積分不少于6分的概率；（2）求四支球隊比完后積分相同的概率.解：（1）由于A隊踢完三場比賽后積分不少于6分，所以A隊三場比賽中至少勝兩場，則P1＝（0.4）3＋C32×（0.4）2×（0.4＋0.2）＝0.（2）四支球隊共需進行六場比賽，六場比賽比完后四支球隊積分總和最少12分，最多18分，因此，四支球隊積分相同，可能同積3分或同積4分，①若同積3分，則六局皆平P2＝（0.2）6＝0.000064；②若同積4分，則每支球隊均一勝一平一負，若A勝B，A平C，A負D，則B勝C，B平D，C勝D，所以P3＝6×（0.4）4×（0.2）2＝0.006144，綜上所述，四支球隊比完后積分相同的概率為P＝P1＋P2＝0.006208.14.人工智能的一個基本原理：首先確定先驗概率，然后通過計算得到后驗概率，使先驗概率得到修正和校對，再根據(jù)后驗概率做出推理和決策，由此我們可以設(shè)計如下試驗：有完全相同的甲、乙兩個袋子，袋子里有形狀和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9個紅球和1個白球，乙袋中有2個紅球和8個白球.從這兩個袋子中選擇一個袋子，再從該袋子中摸出一個球，稱為一次試驗.若多次試驗直到摸出紅球，則試驗結(jié)束.假設(shè)首次試驗選到甲袋或乙袋的概率均為12（先驗概率（1）求首次試驗結(jié)束的概率；（2）在首次試驗摸出白球的條件下，我們對選到甲袋或乙袋的概率（先驗概率）進行調(diào)整.①求選到的袋子為甲袋的概率；②將首次試驗摸出的白球放回原來袋子，繼續(xù)進行第二次試驗時有如下兩種方案：方案一為從原來袋子中摸球；方案二為從另外一個袋子中摸球.請通過計算，說明選擇哪個方案第二次試驗結(jié)束的概率更大.解：（1）設(shè)試驗一次，“取到甲袋”為事件A1，“取到乙袋”為事件A2，“試驗結(jié)果為紅球”為事件B1，“試驗結(jié)果為白球”為事件B2.P（B1）＝P（A1）P（B1｜A1）＋P（A2）P（B1｜A2）＝12×91