4.1.3 独立性与条件概率的关系-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 结合条件概率理解相互独立事件的充 要条件， 会对事件的独立性进行判断 . 2. 会求相互独立事件同时发生的概率 . 3. 能运用互斥事件的概率加法公式及独 立事件的乘法公式解题 . 要 点 精 析 要点 1 相互独立事件的判断 事件 A 与 B 独立的充要条件： 当 P （ B ） > 0 时 ， A 与 B 独立的充要条件是 P （ A|B ） ＝ P （ A ）， 事实上， “ A 与 B 独立” 也经常被说 成 “ A 与 B 互不影响” . 思考 “ A 与 B 独立的充要条件是 P （ A|B ） ＝P （ A ）”， 与 “ A 与 B 独立的充要条 件是 P （ AB ） ＝P （ A ） P （ B ）” 矛盾吗？ 例 1 （多选题） 下列事件中， A ， B 是 相互独立事件的是 （ ） A. 一枚硬币掷两次， A＝ “第一次为正 面”， B＝ “第二次为反面” B. 袋中有 2 个白球， 2 个黑球， 不放回 地摸两球， A＝ “第一次摸到白球”， B＝ “第二 次摸到白球” C. 掷一枚骰子， A＝ “出现点数为奇数”， B＝ “出现点数为 3 或 4 ” D. 掷一枚骰子， A＝ “出现点数为奇数”， B＝ “出现点数为偶数” 解析： 把一枚硬币掷两次， 对于每次而 言是相互独立的， 其结果不受先后次序的影 响， 故选项 A 中 A ， B 事件是相互独立事 件； 选项 B 中是不放回地摸球， 显然 A 事 件与 B 事件不相互独立； 对于 C ， A 事件为出现 1 ， 3 ， 5 点， P （ A ） ＝ 1 2 ， 在事件 B 发生的条件下事件 A 发 生的概率 P （ A|B ） ＝ 1 2 ＝P （ A ）， 事件 A ， B 相 互独立； D 中两事件是互斥事件， 不是相互独立 事件 . 故选 AC. 反思感悟 （ 1 ） 两个事件是否相互独立的判断方 法 ① 意义法： 由事件本身的性质直接判 定两个事件发生是否相互影响 . ② 充要条件法： 事件 A ， B 相互独立 的充要条件是 P （ A|B ） ＝P （ A ） . （ 2 ） 互斥事件与相互独立事件的区别： 互斥事件不可能同时发生， 而相互独立事 件以能够同时发生为前提 . 变式训练 1 一个不透明的口袋中有黑、 白两种颜 色的球， 这些球除颜色外完全相同， 从中 进行有放回地摸球， 用 A 1 表示第一次摸得 白球， A 2 表示第二次摸得白球， 则 A 1 与 A 2 是 （ ） A. 相互独立事件 B. 不相互独立事件 C. 互斥事件 D. 对立事件 4.1.3 独立性与条件概率的关系 38 第四章 概率与统计 学 要点 2 相互独立事件同时发生的概率 例 2 设进入某商场的每一位顾客购买 甲种商品的概率为 0.5 ， 购买乙种商品的概 率为 0.6 ， 且购买甲种商品与购买乙种商品 相互独立， 各顾客之间购买商品也是相互独 立的 . 求： （ 1 ） 进入商场的一位顾客， 甲、 乙两种 商品都购买的概率； （ 2 ） 进入商场的一位顾客只购买甲种商 品的概率 . 解： 记事件 A 表示 “进入商场的一位顾 客购买甲种商品”， 则 P （ A ） ＝0.5 ； 记事件 B 表示 “进入商场的一位顾客购买乙种商品”， 则 P （ B ） ＝0.6 ； 记事件 C 表示 “进入商场的 一位顾客， 甲、 乙两种商品都购买”； 记事 件 D 表示 “进入商场的一位顾客只购买甲 种商品” . （ 1 ） 易知 C＝AB ， 则 P （ C ） ＝P （ AB ） ＝P （ A ） P （ B ） ＝0.5×0.6＝0.3. （ 2 ） 易知 D＝AB ， 则 P （ D ） ＝P （ AB ） ＝P （ A ）· P （ B ） ＝0.5×0.4＝0.2. 反思感悟 求相互独立事件同时发生的概率的关 注点： （ 1 ） 条件： 各个事件是相互独立的 ， 而且它们同时发生 . （ 2 ） 公式： P （ A 1 A 2 … A i ） ＝P （ A 1 ） P （ A 2 ）… P （ A i ） . 变式训练 2 2023 年初， 人工智能软件受到广泛关 注， 各互联网公司都在加紧研发软件 . 如果 A ， B ， C 三个公司的研究机构在一定的时 期内能开发出新软件的概率分别是 1 5 ， 1 4 ， 1 3 . 求： （ 1 ） 他们都开发出新软件的概率； （ 2 ） 只有 A 公司开发出新软件的概率 . 要点 3 相互独立事件概率的综合问题 例 3 某大学有 A ， B 两个餐厅为学生 提供午餐与晚餐服务， 甲、 乙两位学生每天 午餐和晚餐都在学校就餐， 近 100 天选择餐 厅就餐情况统计如下： 假设甲、 乙选择餐厅相互独立， 用频率 估计概率 ． （ 1 ） 分别估计一天中甲午餐和晚餐都选 择 A 餐厅就餐的概率， 乙午餐和晚餐都选 择 B 餐厅就餐的概率； （ 2 ） 假设 M 表示事件 “ A 餐厅推出优惠 套餐 ”， N 表示事件 “某学生去 A 餐厅就 餐”， P （ M ） >0 ， 一般来说在推出优惠套餐的 情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出 选择餐厅情况 （午餐、 晚餐） （ A ， A ） （ A ， B ） （ B ， A ） （ B ， B ） 甲 30 天 20 天 40 天 10 天 乙 20 天 25 天 15 天 40 天 39 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要 大， 证明： P （ M｜N ） >P （ M｜N ） ． 解： （ 1 ） 设事件 C 为 “一天中甲学生 午餐和晚餐都选择 A 餐厅就餐”， 事件 D 为 “乙学生午餐和晚餐都选择 B 餐厅就餐”， ∵100 天中甲学生午餐和晚餐都选择 A 餐厅就餐的天数为 30 ， 乙学生午餐和晚餐都选择 B 餐厅就餐的 天数为 40 ， ∴P （ C ） = 30 100 =0.3 ， P （ D ） = 40 100 =0.4． （ 2 ） 由题知 P （ N｜M ） >Ｐ （ N｜M ）， 即 P （ NM ） P （ M ） > P （ NM ） P （ M ） = P （ N ） -P （ NM ） 1-P （ M ） ， 即 P （ ＮＭ ） >Ｐ （ Ｎ ）· Ｐ （ Ｍ ）， 即 P （ NM ） -P （ N ） P （ NM ） >P （ N ）· P （ M ） - P （ N ） P （ NM ）， 即 P （ NM ）· P （ N ） >P （ N ）· P （ NM ） ， 即 P （ ＮＭ ） Ｐ （ Ｎ ） > Ｐ （ NM ） Ｐ （ N ） ， 即 P （ M｜N ） >P （ M｜N ） ． 反思感悟 相互独立事件概率的综合问题的解题 策略： （ 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相互独立事 件） . 变式训练 3 张老师准备乘火车从济南到北京去开 会， 若当天从济南到北京的三列火车正点到 达的概率分别为 0.8 ， 0.8 ， 0.9 ， 假设这三列 火车之间是否正点到达互不影响 . 求： （ 1 ） 这三列火车恰好有两列正点到达的 概率； （ 2 ） 这三列火车至少有一列正点到达的 概率 . 40 第四章 概率与统计 学 数 学 文 化 例 甲、 乙两人进行乒乓球比赛， 两人 打到 10 平， 之后的比赛要每球交替发球权 且要一人净胜两球才能取胜， 已知甲发球甲 获胜的概率为 p 1 ， 乙发球甲获胜的概率为 p 2 ， 则下列命题正确的个数为 （ ） ① 若 p 2 =0.5 ， 两人能在两球后结束比赛 的概率与 p 1 有关 ② 若 p 1 =0.5 ， 两人能在两球后结束比赛 的概率与 p 2 有关 ③ 第二球分出胜负的概率与在第二球没 有分出胜负的情况下进而第四球分出胜负的 概率相同 ④ 第二球分出胜负的概率与在第 2n 球 没有分出胜负的情况下进而第 （ 2n+2 ） 球分 出胜负的概率相同 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 解析： 先求连续两球， 甲、 乙各赢一个 的概率， 不妨设甲先发球， 此时可能是甲赢 乙赢或者乙赢甲赢， ∴ 两球各赢一个的概率 为 p 1 × 1 2 + （ 1-p 1 ） × 1 2 = 1 2 ， ∴ 若 p 2 =0.5 ， 设打 了 2n 个球， 则两人不能结束比赛的概率为 1 2 2 " n ， 则两人能在两球后结束比赛的概率 为 1- 1 2 2 " n ， 与 p 1 无关， ∴ 命题 ① 错误； 设打了 2n 个球， 则两人能在两球后结 束比赛的概率为 1- 1 2 2 " n ， 与 p 2 无关， ∴ 命 题 ② 错误； 不妨设甲先发球， 第二球分出胜负即两 球要么是甲赢， 要么是乙赢， 所以第二球分 出胜负的概率为 p 1 p 2 + （ 1-p 1 ）（ 1-p 2 ） =1-p 1 -p 2 + 2p 1 p 2 ， 在第二球没有分出胜负的情况下进而 第四球分出胜负的概率是条件概率， 第二球没 有分出胜负， 说明前两球各赢一个球， 其概 率为 p 1 （ 1-p 2 ） + （ 1-p 1 ） p 2 =p 1 +p 2 -2p 1 p 2 ， 在第二球 没有分出胜负的情况下进而第四球分出胜负 的概率为 ［ p 1 +p 2 -2p 1 p 2 ］［ p 1 p 2 + （ 1-p 1 ）（ 1-p 2 ）］ p 1 +p 2 -2p 1 p 2 = 1-p 1 -p 2 +2p 1 p 2 ， ∴ 第二球分出胜负的概率与 在第二球没有分出胜负的情况下进而第四球 分出胜负的概率相同， ∴ 命题 ③ 正确； 不妨设甲先发球 ， 第二球分出胜负 的 概 率 为 p 1 p 2 + （ 1 -p 1 ） （ 1 -p 2 ） =1 -p 1 -p 2 + 2p 1 p 2 ， 在第 2n 球没有分出胜负的概率为 ［ p 1 （ 1-p 2 ） + （ 1-p 1 ） p 2 ］ n 2 ［ p 1 p 2 + （ 1-p 1 ）（ 1-p 2 ）］ ［ p 1 （ 1-p 2 ） + （ 1-p 1 ） p 2 ］ n 2 = 1-p 1 -p 2 +2p 1 p 2 ， ∴ 第二球分出胜负的概率与 在第 2n 球没有分出胜负的情况下进而第 （ 2n+2 ） 球分出胜负的概率相同， ∴ 命题 ④ 正确 . 故选 B. 41 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 P （ B|A 2 ） = C 5 18 C 5 20 = 21 38 . ∴P （ B ） = 2 i=0 移 P （ A i ） P （ B|A i ） = 4 5 ×1+ 1 10 × 3 4 + 1 10 × 21 38 = 707 760 . 4.1.3 独立性与条件概率的关系 学习手册 变式训练 1 A 【解析】 事件 A 1 是否发生对事件 A 2 的发 生没有影响， 故 A 1 与 A 2 是相互独立事件 . 变式训练 2 解： 令事件 A ， B ， C 分别表示 A ， B ， C 三个公司的研究机构在一定时期内成功开发出新软件， 依题意可知， 事件 A ， B ， C 相互独立， 且 P （ A ） = 1 5 ， P （ B ） = 1 4 ， P （ C ） = 1 3 . （ 1 ） 他们都开发出新软件， 即事件 A ， B ， C 同时发 生， 故 P （ ABC ） =P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 1 5 × 1 4 × 1 3 = 1 60 . （ 2 ） 只有 A 公司开发出新软件即事件 A ， B ， C 同 时发生， ∴P=P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 1 5 × 3 4 × 2 3 = 1 10 . 变式训练 3 解： 用 A ， B ， C 分别表示这三列火车正点 到达的事件 ， 则 P （ A ） =0.8 ， P （ B ） =0.8 ， P （ C ） =0.9 ， ∴P （ A ） =0.2 ， P （ B ） =0.2 ， P （ C ） =0.1. （ 1 ） 由题意得 A ， B ， C 之间互相独立， ∴ 恰好有 两列正点到达的概率为 P 1 =P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ） = P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） =0.2× 0.8×0.9+0.8×0.2×0.9+0.8×0.8×0.1=0.352. （ 2 ） 三列火车至少有一列正点到达的概率为 P 2 =1- P （ ABC ） =1-P （ A ） P （ B ） P （ C ） =1-0.2×0.2×0.1=0.996. 随堂练习 1. （ 1 ） √ （ 2 ） × （ 3 ） × 2. A 【解析】 对同一目标射击， 甲、 乙两射击手是 否击中目标是互不影响的， ∴ 事件 A 与 B 相互独立； 对 同一目标射击， 甲、 乙两射击手可能同时击中目标， 也 就是说， 事件 A 与 B 可能同时发生， ∴ 事件 A 与 B 不 是互斥事件 . 故选 A. 3. C 【解析】 ∵P （ A|B ） =P （ A ） = 1 8 ， ∴ 事件 A 与 B 相 互独立 . 故选 C. 4. D 【解析】 事件 “问题由乙答对” 的含义是甲答 错与乙答对同时发生了， 由相互独立事件同时发生的概 率可知， 概率为 P=0.6×0.5=0.3. 故选 D. 5. 0.4 【解析】 ∵ 事件 A ， B 相互独立 ， ∴P （ A|B ） = P （ A ） =0.4. 6. 67 70 【解析】 加工出来的零件的正品率为 1- 1 70 0 $ × 1- 1 69 9 & × 1- 1 68 9 & = 67 70 . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 该选手恰好回答了 4 个问题就闯关成 功， 则第 2 个问题不正确， 第 3 ， 4 个问题正确 . 故 P= 0.6×0.4×0.6×0.6+0.4×0.4×0.6×0.6=0.144. 故选 B. 2. ACD 【解析】 甲射击一次， “射中 9 环” 与 “射 中 8 环” 两个事件不可能同时发生， 二者是互斥事件， 不独立， 故 Ａ 符合题意； 甲、 乙各射击一次， “甲射中 10 环” 发生与否对 “乙射中 9 环” 的概率没有影响， 二 者相互独立 ， 故 Ｂ 不符合题意 ； 甲 、 乙各射击一次 ， “甲、 乙都射中目标” 与 “甲、 乙都没有射中目标” 不 可能同时发生， 二者是互斥事件， 不独立， 故 Ｃ 符合题 意； 设 “至少有 1 人射中目标” 为事件 A ， “甲射中目 标但乙未射中目标” 为事件 B ， 则 AB=B ， 因此当 P （ A ） ≠1 时， P （ AB ） ≠P （ A ） P （ B ）， 故 A ， B 不独立， 故 D 符 合题意 . 故选 ACD. 3. D 【解析】 透镜落地 3 次， 恰在第一次落地打破 的概率为 P 1 =0.3 ， 恰在第二次落地打破的概率为 P 2 =0.7× 0.4=0.28 ， 恰在第三次落地打破的概率为 P 3 =0.7×0.6× 0.9=0.378 ， ∴ 落地 3 次以内被打破的概率 P=P 1 +P 2 +P 3 = 0.958. 故选 D. 4. 2 5 【解析】 根据题意， 甲获得冠军的概率为 2 3 × 2 3 + 2 3 × 1 3 × 2 3 + 1 3 × 2 3 × 2 3 = 20 27 ， 其中， 比赛进行了 3 局的概率为 2 3 × 1 3 × 2 3 + 1 3 × 2 3 × 2 3 = 8 27 ， ∴ 在甲获得冠 军的条件下， 比赛进行了 3 局的概率为 P= 8 27 20 27 = 2 5 . 5. 解 ： 记 “甲射击 1 次 ， 击中目标 ” 为事件 A ， “乙射击 1 次， 击中目标” 为事件 B ， 则 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 相互独立 . （ 1 ） 2 人都射中的概率为 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） =0.8× 0.9=0.72 ， ∴2 人都射中目标的概率是 0.72. （ 2 ） “ 2 人各射击 1 次， 恰有 1 人射中目标” 包括 两种情况： 一种是甲击中、 乙未击中 （事件 AB 发生）， 另一种是甲未击中、 乙击中 （事件 AB 发生）， 根据题 意， 事件 AB 与 AB 互斥， 根据互斥事件的概率加法公 式和相互独立事件的概率乘法公式， 所求的概率为 P （ AB ） +P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） +P （ A ） P （ B ） =0.8× （ 1-0.9 ） + （ 1-0.8 ） × 0.9=0.08+0.18=0.26 ， ∴2 人中恰有 1 人射中目标的概率 是 0.26. （ 3 ） 方法一： 2 人至少有 1 人射中包括 “ 2 人都中” 和 “ 2 人有 1 人不中” 两种情况 ， 其概率为 P=P （ AB ） + ［ P （ AB ） +P （ AB ）］ =0.72+0.26=0.98. 方法二： “ 2 人至少有一个击中” 与 “ 2 人都未击 中” 为对立事件， 2 个都未击中目标的概率是 P （ AB ） = P （ A ） P （ B ） = （ 1-0.8 ） × （ 1-0.9 ） =0.02 ， ∴ “ 2 人至少有 1 人 击中目标” 的概率为 P=1-P （ AB ） =1-0.02=0.98. 52 参 考 答 案 6. CD 【解析】 在 A 中， P （ MN ） =0 ， ∴M ， N 不相互 独立； 在 B 中， 第 1 次摸到红球对第 2 次摸到红球有影 响， ∴ 不是相互独立事件 ; 在 C 中， P （ M ） = 1 2 ， P （ N ） = 1 2 ， P （ MN ） = 1 4 ， P （ MN ） =P （ M ） P （ N ）， 因此 M ， N 是相互独立事件 ; 在 D 中， 第一次为正面对第二次的结果没有影响， 因此 M ， N 是相互独立事件 . 故选 CD. 7. C 【解析】 甲、 乙比赛甲获胜的概率是 0.3 ， 丙、 丁比赛丙获胜的概率是 0.5 ， 甲、 丙决赛甲获胜的概率 是 0.3 ， 根据独立事件的概率等于概率之积， ∴ 甲得冠 军且丙得亚军的概率为 0.3×0.5×0.3=0.045. 故选 C. 8. 1 2 1 3 【解析】 由题意得 P （ A ） P （ B ） = 1 6 ， P （ B ） P （ C ） = 1 8 ， P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 1 8 8 # # # # # # # " # # # # # # # $ ， 解得 P （ A ） = 1 3 ， P （ B ） = 1 2 . ∴P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） = 2 3 × 1 2 = 1 3 . 9. C 【解析】 3 名同学选择的题目所属类型互不相 同， 则 A ， B ， C 三个类型的问题都要入选， 则 3 名同 学的选法共有 A 3 3 =6 种情况， 每个类型入选的可能为 1 2 ， 1 3 ， 1 6 ， ∴ 全部入选的概率为 1 2 × 1 3 × 1 6 = 1 36 ， 则 3 名 同学所选不同类型的概率为 6× 1 36 = 1 6 . 故选 C. 10. 解： 设第 i 次取到新球为 A i 事件， 第 j 次取到 旧球为 B j 事件 . （ i ， j=1 ， 2 ） （ 1 ） P （ A 1 ） = 3 5 . （ 2 ） 第二次取到新球为 C 事件 ， P （ C ） =P （ A 1 A 2 ） + P （ B 1 A 2 ） = 3 5 × 2 4 + 2 5 × 3 4 = 3 5 . （ 3 ） P （ A 2 |A 1 ） = 3×2 3×４ = 1 2 . 11. 解： 设事件 A i （ i=1 ， 2 ， 3 ， 4 ） 表示 “该选手能 正确回答第 i 轮问题”， 则 P （ A 1 ） = 5 6 ， P （ A 2 ） = 3 4 ， P （ A 3 ） = 5 6 ， P （ A 4 ） = 1 3 . （ 1 ） 设事件 B 表示 “该选手进入第三轮才被淘汰”， 则 P （ B ） =P （ A 1 A 2 A 3 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 ） P （ A 3 ） = 5 6 × 3 4 × 1- 5 6 6 & = 5 48 . （ 2 ） 设事件 C 表示 “该选手至多进入第三轮考核”， 则 P （ C ） =P （ A 1 +A 1 A 2 +A 1 A 2 A 3 ） =P （ A 1 ） +P （ A 1 A 2 ） +P （ A 1 A 2 A 3 ） = 1- 5 6 + 5 6 × 1- 3 4 6 & + 5 6 × 3 4 × 1- 5 6 6 & = 23 48 . 12. 解 ： 设 A 表示 “取到的是一只次品 ”， B i （ i= 1 ， 2 ， 3 ） 表示 “所取到的产品是由第 i 家工厂提供的” . 易知， B 1 ， B 2 ， B 3 是样本空间 S 的一个划分， 且有 P （ B 1 ） =0.15 ， P （ B 2 ） =0.80 ， P （ B 3 ） =0.05 ， P （ A |B 1 ） =0.02 ， P （ A|B 2 ） =0.01 ， P （ A|B 3 ） =0.03. （ 1 ） 由全概率公式 P （ A ） =P （ A|B 1 ） P （ B 1 ） +P （ A |B 2 ）· P （ B 2 ） +P （ A|B 3 ） P （ B 3 ） =0.012 5. （ 2 ） 由贝叶斯公式 P （ B 1 |A ） = P （ A|B 1 ） P （ B 1 ） P （ A ） = 0.02×0.15 0.012 5 = 0.24. 同理 P （ B 2 |A ） =0.64 ， P （ B 3 |A ） =0.12. 以上结果表明， 这只次品来自第 2 家工厂的可能性最大 . 提升练习 13. D 【解析】 设 A i （ i=1 ， 2 ） 表示 “继续比赛时， 甲在第 i 局获胜”， B 事件表示 “甲队获得冠军” . 方法一： B=A 1 +A 1 A 2 ， 故 P （ B ） =P （ A 1 ） +P （ A 1 ） P （ A 2 ） = 1 2 + 1 2 × 1 2 = 3 4 . 方法二： P （ B ） =1-P （ A 1 A 2 ） =1-P （ A 1 ） P （ A 2 ） =1- 1 2 × 1 2 = 3 4 . 故选 D. 14. B 【解析】 ∵ 该电路为通 路的概率为 65 81 ， ∴ 该电路为不通 路的概率为 1- 65 81 ， 只有当并联 的 4 只开关同时不闭合时该电路 不通路， ∴1- 65 81 = （ 1-p ） 4 ， 解得 p= 1 3 或 p= 5 3 （舍去） . 15. 1 2 1 ３ 【解析】 ∵P （ ABC ） =P （ AB ） P （ C ） = 1 6 P （ C ） = 1 8 ， ∴P （ C ） = 3 4 ， 即 P （ C ） = 1 4 . 又 P （ BC ） =P （ B ）· P （ C ） = 1 8 ， ∴P （ B ） = 1 2 ， P （ B ） = 1 2 . 又 P （ AB ） = 1 6 ， 则 P （ A ） = 1 3 ， ∴P （ AB ） =P （ A ）· P （ B ） = 1- 1 3 6 & × 1 2 = 1 3 . 16. 4 9 【解析】 设 A i 表示事件 “一个试验组中， 服 用 A 有效的小白鼠有 i 只”， i=0 ， 1 ， 2. B j 表示事件 “一 个试验组中， 服用 B 有效的小白鼠有 j 只”， j=0 ， 1 ， 2. 据题意有 P （ A 0 ） = 1 3 × 1 3 = 1 9 ， P （ A 1 ） =2× 1 3 × 2 3 = 4 9 ， P （ A 2 ） = 2 3 × 2 3 = 4 9 ， P （ B 0 ） = 1 2 × 1 2 = 1 4 ， P （ B 1 ） =2× 1 2 × 1 2 = 1 2 . ∴ 一个试验组为甲类组的概率为 P=P （ B 0 A 1 ） +P （ B 0 A 2 ） + P （ B 1 A 2 ） = 1 4 × 4 9 + 1 4 × 4 9 + 1 2 × 4 9 = 4 9 . 第 14 题答图 53 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 17. 解： P （ A|B 0 ） =1 ， P （ A|B 1 ） = C 4 19 C 4 20 = 4 5 ， P （ A|B 2 ） = C 4 18 C 4 20 = 12 19 . 18. 解： （ 1 ） 设 “敌机被第 k 门高炮击中的事件为 A k ” （ k=1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ）， 那么 5 门高炮都未击中敌机 的事件为 A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 . ∵ 事件 A 1 ， A 2 ， A 3 ， A 4 ， A 5 相互 独立， ∴ 敌机未被击中的概率为 P （ A 1 A 2 A 3 A 4 A 5 ） =P （ A 1 ）· P （ A 2 ） P （ A 3 ） P （ A 4 ） P （ A 5 ） = （ 1-0.2 ） 5 = 4 5 5 " 5 . ∴ 敌机未被击中 的概率为 4 5 5 " 5 . （ 2 ） 设至少需要布置 n 门高炮才能有 0.9 以上的概 率被击中， 仿 （ 1 ） 可得敌机被击中的概率为 1- 4 5 5 " n ， ∴ 令 1- 4 5 5 " n ≥0.9 ， ∴ 4 5 5 " n ≤ 1 10 ， 两边取常用对数， 得 n≥ 1 1-3lg2 ≈10.3. ∵n∈N + ， ∴n=11. ∴ 至少需要布置 11 门高炮才能有 0.9 以上的概率击中敌机 . 19. 解： （ 1 ） 设一局比赛中， 甲的得分为 X ， 乙的 得分为 Y ， 则 X=0 ， 1 ， 2 ， Y=-1 ， 1 ， 3 ， P （ X=2 ） = 2 3 5 " 2 = 4 9 ， P （ X=1 ） =2× 2 3 × 1 3 = 4 9 ， P （ X=0 ） = 1 3 5 " 2 = 1 9 ， P （ Y= 3 ） = 1 2 5 " 2 = 1 4 ， P （ Y=1 ） =C 1 2 · 1 2 · 1 2 = 1 2 ， P （ Y=-1 ） = 1 2 5 " 2 = 1 4 ， 则甲得分低于乙得分的概率为 P= 1 4 ×1+ 1 2 × 1 9 = 11 36 . （ 2 ） 两局比赛甲的累计得分可能为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 乙的累计得分可能为 -2 ， 0 ， 2 ， 4 ， 6 ， 故两人累计得分 相同的情况有 0 分、 2 分、 4 分， 两人累计均得 0 分的 概率为 1 9 5 " 2 ×C 1 2 · 1 2 · 1 4 = 1 324 ， 两人累计均得 2 分的概率为 C 1 2 · 4 9 · 1 9 + 4 9 5 " 2 2 ( × C 1 2 · 1 4 · 1 4 + 1 2 5 " 2 2 2 = 1 9 ， 两人累计均得 4 分的概率为 4 9 5 " 2 × C 1 2 · 1 4 · 1 2 5 " = 4 81 ， 故两人累计得分相同的概率为 1 324 + 1 9 + 4 81 = 53 324 . 阶段性练习卷 （三） 1. C 【解析】 设 A 为下雨 ， B 为刮风 ， 由题意知 P （ A ） = 4 15 ， P （ B ） = 2 15 ， P （ AB ） = 1 10 ， P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 1 10 4 15 = 3 8 . 故选 C. 2. C 【解析】 设事件 A 表示 “第一次取到新球”， 事 件 B 表示 “第二次取到新球”， 则 n （ A ） =C 1 6 C 1 9 ， n （ AB ） = C 1 6 C 1 5 . P （ B|A ） = n （ AB ） n （ A ） = C 1 6 C 1 5 C 1 6 C 1 9 = 5 9 . 故选 C. 3. B 【解析】 设 A ： 任取的一件是合格品， B ： 任取 的一件是一等品， ∵P （ A ） =1-P （ A ） =96% ， P （ B|A ） =75% ， ∴P （ B ） =P （ AB ） =P （ A ） P （ B|A ） = 96 100 × 75 100 =0.72. 故选 B. 4. A 【解析】 以 A 1 ， A 2 ， A 3 分别表示取得的这盒 X 光片是由甲厂、 乙厂、 丙厂生产的， B 表示取得的 X 光 片为次品， P （ A 1 ） = 5 10 ， P （ A 2 ） = 3 10 ， P （ A 3 ） = 2 10 ， P （ B|A 1 ） = 1 10 ， P （ B|A 2 ） = 1 15 ， P （ B|A 3 ） = 1 20 . 则由全概率公式， 所求概率为 P （ B ） =P （ A 1 ） P （ B|A 1 ） +P （ A 2 ） P （ B|A 2 ） +P （ A 3 ） P （ B|A 3 ） = 5 10 × 1 10 + 3 10 × 1 15 + 2 10 × 1 20 =0.08. 故选 A. 5. A 【解析】 以 A i 表示 “一批产品中有 i 件次品”， i=0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， B 表示 “通过检验”， 则由题意得， P （ A 0 ） =0.1 ， P （ B|A 0 ） =1 ， P （ A 1 ） =0.2 ， P （ B|A 1 ） = C 10 99 C 10 100 = 0.9 ， P （ A 2 ） =0.4 ， P （ B|A 2 ） = C 10 98 C 10 100 ≈0.809 ， P （ A 3 ） =0.2 ， P （ B|A 3 ） = C 10 97 C 10 100 ≈ 0.727 ， P （ A 4 ） =0.1 ， P （ B|A 4 ） = C 10 96 C 10 100 ≈0.652. 由全概率公式， 得 P （ B ） = 4 i=0 移 P （ A i ） P （ B|A i ） =0.1×1+0.2×0.9+0.4×0.809+ 0.2×0.727+0.1×0.652≈0.814. 故选 A. 6. A 【解析】 以 A i （ i=1 ， 2 ， 3 ） 表示事件 “透镜第 i 次落下打破”， 以 B 表示事件 “透镜落下三次而未打破”， 则 B=A 1 A 2 A 3 ， 故有 P （ B ） =P （ A 1 A 2 A 3 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 |A 1 ）· P （ A 3 |A 1 A 2 ） = 1- 1 2 5 " × 1- 7 10 5 " × 1- 9 10 5 " = 3 200 . 故选 A. 7. ABC 【解析 】 P （ D 1 ） =0.02 ， P （ D 2 ） =0.05 ， P （ D 3 ） = 0.005 ， P （ S|D 1 ） =0.4 ， P （ S|D 2 ） =0.18 ， P （ S|D 3 ） =0.6 ， 由全概率公式得 P （ S ） = 3 i=1 移 P （ D i ） P （ S|D i ） =0.02×0.4+ 0.05×0.18+0.005×0.6=0.02. 由贝叶斯公式得 P （ D 1 |S ） = P （ D 1 ） P （ S|D 1 ） P （ S ） = 0.02×0.4 0.02 = 0.4 ， P （ D 2 |S ） = P （ D 2 ） P （ S|D 2 ） P （ S ） = 0.05×0.18 0.02 =0.45 ， P （ D 3 |S ） = P （ D 3 ） P （ S|D 3 ） P （ S ） = 0.005×0.6 0.02 =0.15. 故选 ABC. 8. ABC 【解析】 利用古典概型概率公式计算可得 P （ A ） =0.5 ， P （ B ） =0.5 ， P （ C ） =0.5 ， P （ AB ） =0.25 ， P （ AC ） = 0.25 ， P （ BC ） =0.25. 可以验证 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ）， P （ AC ） =P （ A ） P （ C ）， P （ BC ） =P （ B ） P （ C ） . ∴ 根据事件相互独立的 定义， 事件 A 与 B 相互独立， 事件 B 与 C 相互独立， 事 件 A 与 C 相互独立 . 故选 ABC. 54