4.1.2 乘法公式与全概率公式-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册随堂练习（人教B版）

日期： 班级： 姓名： 1． 判断正误 （ 1 ） P （ AB ） =P （ A ） P （ A|B ） . （ ） （ 2 ） 全概率公式中样本空间 Ω 中的事件 A i 需满足的条件为 10 i=1 移 A i =Ω. （ ） （ 3 ） 贝叶斯公式是在观察到事件 B 已发生的条件下， 寻找导 致 B 发生的每个原因的概率 . （ ） 2. 第一个袋中有黑、 白球各 2 只， 第二个袋中有黑、 白球各 3 只 . 先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中， 再从第二 个袋中任取一球 . 则第一 、 二次均取到白球的概率为 （ ） A. 1 7 B. 2 7 C. 1 2 D. 4 7 3. 两台车床加工同样的零件， 第一台出现废品的概率为 0.03 ， 第二台出现废品的概率为 0.02 ， 加工出来的零件放在一起， 现已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍， 则 任意取出一个零件是合格品的概率是 （ ） A. 2 75 B. 7 300 C. 73 75 D. 973 1 000 4.1.2 乘法公式与全概率公式 17 4. 有一批同一型号的产品， 已知其中由一厂生产的占 30% ， 二厂生产的占 50% ， 三厂生产的占 20%. 又知这三个厂的 产品次品率分别为 2% ， 1% ， 1% ， 则从这批产品中任取一 件是次品的概率是 （ ） A. 0.013 B. 0.04 C. 0.002 D. 0.003 5. 甲袋中有 3 个白球、 2 个黑球， 乙袋中有 4 个白球、 4 个黑 球， 今从甲袋中任取 2 球放入乙袋， 再从乙袋中任取一球， 则该球是白球的概率为 . 6. 一项血液化验用来鉴别是否患有某种疾病， 在患有此种疾 病的人群中通过化验有 95% 的人呈阳性反应， 而健康的人 通过化验也会有 1% 的人呈阳性反应， 某地区此种病患者占 人口数的 0.5%. 则： （ 1 ） 某人化验结果为阳性的概率为 ； （ 2 ） 若此人化验结果为阳性， 则此人确实患有此病的概率 为 . 18 参 考 答 案 ∴P （ B|A ） = P （ B∩A ） P （ A ） = 8 9 . 9. 解： 设 “第 1 次抽到数学题” 为事件 A ， “第 2 次抽到数学题” 为事件 B ， 则第 1 次和第 2 次都抽到数 学题为事件 A∩B. 从 5 道题中不放回地依次抽取 2 道题 的样本空间总数为 A 2 5 =20. 事件 A 所含样本点的总数为 A 1 3 ×A 1 4 =12. 故 P （ A ） = 12 20 = 3 5 . ∵ 事件 A∩B 有 A 2 3 =6 （个） 样本点， ∴P （ A∩B ） = 6 20 = 3 10 . ∴ 在第 1 次抽到数学题 的 条 件 下 ， 第 2 次 抽 到 数 学 题 的 概 率 为 P （ B |A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 3 10 3 5 = 1 2 . 10. 解 ： 设 “第 1 次抽到舞蹈节目 ” 为事件 A ， “第 2 次抽到舞蹈节目” 为事件 B ， 则 “第 1 次和第 2 次 都抽到舞蹈节目” 为事件 A∩B. （ 1 ） 从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 次的样本点 n （ Ω ） =A 2 6 =30 ， 根据分步乘法计数原理 n （ A ） =A 1 4 A 1 5 =20 ， 于是 P （ A ） = n （ A ） n （ Ω ） = 20 30 = 2 3 . （ 2 ） ∵n （ A∩B ） =A 2 4 =12 ， 于是 P （ A∩B ） = n （ A∩B ） n （ Ω ） = 12 30 = 2 5 . （ 3 ） 方法一： 由 （ 1 ） （ 2 ） 可得， 在第 1 次抽到舞 蹈节目的条件下， 第 2 次抽到舞蹈节目的概率为 P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 2 5 2 3 = 3 5 . 方法二： ∵n （ A∩B ） =12 ， n （ A ） =20 ， ∴P （ B |A ） = n （ A∩B ） n （ A ） = 12 20 = 3 5 . 提升练习 11. D 【解析】 小赵独自去一个景点， 则有 4 个景点 可选， 其余 3 人只能在小赵剩下的 3 个景点中选择， 可 能性为 3×3×3=27 种， ∴ 小赵独自去一个景点的可能性 为 4×27=108 种 . ∵4 个人去的景点不相同的可能性为 4× 3×2×1=24 种， ∴P （ A|B ） = 24 108 = 2 9 . 故选 D. 12 A 【解析】 ∵P （ A|B ） = P （ AB ） P （ B ） ， P （ AB ） = 60 6 3 = 60 216 ， P （ B ） =1-P （ B ） =1- 5 3 6 3 =1- 125 216 = 91 216 . ∴P （ A|B ） = P （ AB ） P （ B ） = 60 216 91 216 = 60 91 . 故选 A. 13. 2 5 【解析】 记 “第一次闭合后出现红灯” 为事 件 A ， “第二次闭合后出现红灯” 为事件 B ， 则 P （ A ） = 1 2 ， P （ AB ） = 1 5 ， ∴ 在第一次闭合后出现红灯的条件下， 第二次闭合后出现红灯的概率为 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 2 5 . 14. 1 3 1 12 【解析】 A ， B ， C ， D ， E 5 张卡片排成 一排， 在第一张是 A 且第三张是 C 的条件下， 第二张 可以是 B ， D ， E ， ∴ 第二张是 E 的概率为 1 3 ； 第二张 是 E 的条件下， 其余四张的可能性有 A 4 4 =24 种， 其中第 一张是 A 且第三张是 C 的可能性有 A 2 2 =2 种， ∴ 所求的 概率为 2 24 = 1 12 . 15. A 【解析】 设事件 A 为 “学生甲不是第一个出 场， 学生乙不是最后一个出场”； 事件 B 为 “学生丙第 一个出场”， 则 P （ A ） = A 4 4 +C 1 3 C 1 3 A 3 3 A 5 5 = 78 A 5 5 ， P （ AB ） = C 1 3 A 3 3 A 5 5 = 18 A 5 5 ， 则 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 18 78 = 3 13 . 故选 A. 16. 解： 依题意， 设事件 A 表示 “第一次取出的是 黑球”， 设事件 B 表示 “第二次取出的是白球” . （ 1 ） 黑球有 3 个， 球的总数为 5 个， ∴P （ A ） = 3 5 . （ 2 ） 第一次取出的是黑球， 且第二次取出的是白球 的概率为 P （ AB ） = 3 5 × 2 4 = 3 10 . （ 3 ） 在第一次取出的是黑球的条件下， 第二次取出 的是白球的概率为 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 3 10 3 5 = 1 2 . 17. 解： （ 1 ） 从甲箱中任取 2 个产品的事件数为 C 2 8 =28 ， 这 2 个产品都是次品的事件数为 C 2 3 =3. ∴ 这 2 个产 品都是次品的概率为 3 28 . （ 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 2 5 C 2 8 = 5 14 ， P （ B 2 ） = C 1 5 C 1 3 C 2 8 = 15 28 ， P （ B 3 ） = C 2 3 C 2 8 = 3 28 ， ∴P （ A|B 1 ） = 6 9 ， P （ A |B 2 ） = 5 9 ， P （ A |B 3 ） = 4 9 ， ∴P （ A ） =P （ B 1 ） P （ A|B 1 ） +P （ B 2 ） P （ A|B 2 ） +P （ B 3 ） P （ A|B 3 ） = 5 14 × 6 9 + 15 28 × 5 9 + 3 28 × 4 9 = 7 12 . 4.1.2 乘法公式与全概率公式 学习手册 变式训练 1 1 11 【解析】 设 A i （ i=1 ， 2 ） 为第 i 次抽到 合格品的事件， 则有 P （ A 1 A 2 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 |A 1 ） = 10 100 × 90 99 = 1 11 . 变式训练 2 解： 记事件 A ， B 分别为甲、 乙两厂的产 49 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 品， 事件 C 为废品， 则 Ω=A∪B ， 且 A ， B 互斥 . （ 1 ） 由题意 ， 得 P （ A ） = 30 50 = 3 5 ， P （ B ） = 20 50 = 2 5 ， P （ C|A ） = 3 50 ， P （ C|B ） = 1 20 ， 由全概率公式 ， 得 P （ C ） = P （ A ） P （ C|A ） +P （ B ） P （ C|B ） = 7 125 . （ 2 ） P （ A ） = 30×100 30×100+20×120 = 5 9 ， P （ B ） = 20×120 30×100+20×120 = 4 9 ， P （ C|A ） = 3 50 ， P （ C|B ） = 1 20 ， 由全概率公式， 得 P （ C ） = P （ A ） P （ C|A ） +P （ B ） P （ C|B ） = 5 9 × 3 50 + 4 9 × 1 20 = 1 18 . 变式训练 3 解： （ 1 ） 从甲箱中任取 2 个产品的样本点 有 C 2 8 = 8×7 2 =28 （个）， 这 2 个产品都是次品的样本点有 C ２ ３ =3 （个）， ∴ 这 2 个产品都是次品的概率为 3 28 . （ 2 ） 设事件 A 为 “从乙箱中取出的一个产品是正 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 ２ 5 C ２ 8 = 5 14 ， P （ B 2 ） = C 1 5 C 1 3 C ２ 8 = 15 28 ， P （ B 3 ） = C ２ 3 C ２ 8 = 3 28 ， P （ A|B 1 ） = 2 3 ， P （ A|B 2 ） = 5 9 ， P （ A|B 3 ） = 4 9 ， ∴P （ A ） =P （ B 1 ） P （ A|B 1 ） +P （ B 2 ） P （ A|B 2 ） +P （ B 3 ） P （ A|B 3 ） = 5 14 × 2 3 + 15 28 × 5 9 + 3 28 × 4 9 = 7 12 . 变式训练 4 解： 设事件 A 表示取到的产品为正品， B 1 ， B 2 ， B 3 分别表示产品由甲 、 乙 、 丙厂生产 . 则 Ω=B 1 ∪ B 2 ∪B 3 ， 且 B 1 ， B 2 ， B 3 两两互斥 ， 由已知 P （ B 1 ） =0.2 ， P （ B 2 ） =0.3 ， P （ B 3 ） =0.5 ， P （ A|B 1 ） =0.95 ， P （ A|B 2 ） =0.9 ， P （ A|B 3 ） =0.8. （ 1 ） 由全概率公式得 P （ A ） = 3 i=1 移 P （ B i ） P （ A|B i ） =0.2× 0.95+0.3×0.9+0.5×0.8=0.86. （ 2 ） 由贝叶斯公式得 P （ B 1 |A ） = P （ B 1 ） P （ A|B 1 ） P （ A ） = 0.2×0.95 0.86 = 19 86 ， P （ B 2 |A ） = P （ B 2 ） P （ A|B 2 ） P （ A ） = 0.3×0.9 0.86 = 27 86 ， P （ B 3 |A ） = P （ B 3 ） P （ A|B 3 ） P （ A ） = 0.5×0.8 0.86 = 40 86 = 20 43 . 由以上 3 个数作比较， 可知这件产品由丙厂生产的 可能性最大 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） × （ 3 ） √ 2. B 3. C 【解析】 设 A i = “任意取出一个零件是第 i 台 机床生产的 ”， i=1 ， 2 ， B= “任意取出一个零件是合 格品 ” . 则 Ω = A 1 ∪A 2 ， 且 A 1 ， A 2 互 斥 ， ∴P （ B ） = 2 i=1 移 P （ A i ）· P （ B|A i ） = 2 3 × （ 1-0.03 ） + 1 3 × （ 1-0.02 ） = 292 300 = 73 75 . 故选 C. 4. A 【解析】 设事件 A 为 “任取一件为次品”， 事件 B i 为 “任取一件为 i 厂的产品”， i=1 ， 2 ， 3 ， 则 Ω=B 1 ∪ B 2 ∪B 3 ， 且 B 1 ， B 2 ， B 3 两两互斥， 易知 P （ B 1 ） =0.3 ， P （ B 2 ） =0.5 ， P （ B 3 ） =0.2 ， P （ A|B 1 ） =0.02 ， P （ A|B 2 ） =0.01 ， P （ A|B 3 ） = 0.01. ∴P （ A ） =P （ A|B 1 ） P （ B 1 ） +P （ A|B 2 ） P （ B 2 ） +P （ A|B 3 ） P （ B 3 ） = 0.02×0.3+0.01×0.5+0.01×0.2=0.013. 故选 A. 5. 13 25 【解析】 设 A= “从乙袋中取出的是白球”， B i = “从甲袋中取出的两球恰有 i 个白球”， i=0 ， 1 ， 2. 由全 概率公式 P （ A ） =P （ B 0 ） P （ A|B 0 ） +P （ B 1 ） P （ A|B 1 ） +P （ B 2 ）· P （ A|B 2 ） = C 2 2 C 2 5 · 4 10 + C 1 3 C 1 2 C 2 5 · 1 2 + C 2 3 C 2 5 · 6 10 = 13 25 . 6. （ 1 ） 1.47% （ 2 ） 95 294 【解析】 A= “呈阳性反 应”， B= “患有此种病” . （ 1 ） P （ A ） =0.5%×95%+99.5%×1%=1.47%. （ 2 ） P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 0.5%×95% 1.47% = 95 294 . 练习手册 效果评价 1. C 【解析】 设 A 1 = “他乘火车来”， A 2 = “他乘船 来”， A 3 = “他乘汽车来”， A 4 = “他乘飞机来”， B= “他迟 到” . 则 Ω=A 1 ∪A 2 ∪A 3 ∪A 4 ， 且 A 1 ， A 2 ， A 3 ， A 4 两两互 斥， 由全概率公式得 P （ B ） = 4 i=1 移 P （ A i ）· P （ B|A i ） =0.3×0.25+ 0.2×0.3+0.1×0.1+0.4×0=0.145. 故选 C. 2. C 【解析】 设从这批种子中任选一颗是一 、 二、 三、 四等种子的事件是 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 B= “从这批种 子中任选一颗， 所结的穗含 50 颗以上麦粒”， 则 P （ B ） = 4 i=1 移 P （ A i ）· P （ B|A i ） =95.5%×0.5+2%×0.15+1.5%×0.1+1%× 0.05=0.482 5. 故选 C. 3. C 【解析】 用事件 A ， B 分别表示随机选一人是男 人或女人， 用事件 C 表示此人恰好患色盲， 则 Ω=A∪B ， 且 A ， B 互斥， P （ C ） =P （ A ） P （ C|A ） +P （ B ） P （ C|B ） = 1 2 ×5%+ 1 2 ×0.25%=0.026 25. 故选 C. 4. D 【解析】 设 A= “先取到的是女生表”， B i = “取 到第 i 个地区的表”， i=1 ， 2 ， 3 ， ∴P （ A ） = 3 i=1 移 P （ B i ） P （ A|B i ） = 1 3 × 3 10 + 1 3 × 7 15 + 1 3 × 5 25 = 29 90 . 故选 D. 5. A 【解析】 设 A= “从第一个盒子中取得标有字母 A 的球”， B= “从第一个盒子中取得标有字母 B 的球”， R= “第二次取出的球是红球”， 则容易求得 P （ A ） = 7 10 ， 50 参 考 答 案 P （ B ） = 3 10 ， P （ R|A ） = 1 2 ， P （ R|B ） = 4 5 ， P （ R ） =P （ R|A ） P （ A ） +P （ R|B ） P （ B ） = 1 2 × 7 10 + 4 5 × 3 10 = 59 100 . 故选 A. 6. N 2 -N+1 N 2 （ N-1 ） 【解析】 设 A= “第一次取到 1 号球”， 则 A= “第一次取到的是非 1 号球”； B= “最后取到的是 2 号球”， 显然 P （ A ） = 1 N ， P （ A ） = N-1 N ， 且 P （ B|A ） = 1 N-1 ， P （ B|A ） = 1 N ， ∴P （ B ） =P （ B|A ） P （ A ） +P （ B|A ） P （ A ） = 1 N-1 · 1 N + 1 N · N-1 N = N 2 -N+1 N 2 （ N-1 ） . 7. 64% 【解析】 记 A 为事件 “利率下调”， 那么 A 即为 “利率不变”， 记 B 为事件 “股票价格上涨” . 依题设知 P （ A ） =60% ， P （ A ） =40% ， P （ B|A ） =80% ， P （ B|A ） =40% ， 于是 P （ B ） =P （ AB ） +P （ AB ） =P （ A ） P （ B|A ） +P （ A ） P （ B|A ） =60%×80%+40%×40%=64%. 8. 0.55 【解析】 设 A i = “第一次摸出 i 只好的” （ i= 0 ， 1 ， 2 ）， A= “第二次摸出的 2 只全是好的”， 则 A= AA 2 ∪AA 1 ∪AA 0 ， ∵P （ A 0 ） = C 2 2 C 2 5 = 1 10 ， P （ A|A 0 ） =1 ， P （ A 1 ） = C 1 3 C 1 2 C 2 5 = 3 5 ， P （ A|A 1 ） = C 2 4 C 2 5 = 3 5 ， P （ A 2 ） = C 2 3 C 2 5 = 3 10 ， P （ A|A 2 ） = C 2 3 C 2 5 = 3 10 ， ∴ 第二次摸出的 2 只全是好的概率为 P （ A ） = P （ A 2 ） P （ A|A 2 ） +P （ A 1 ） P （ A|A 1 ） +P （ A 0 ） P （ A|A 0 ） = 3 10 × 3 10 + 3 5 × 3 5 + 1 10 =0.55. 9. 解 ： 设事件 A 表示 “枪已校正 ”， B 表示 “射 击中靶”， 则 P （ A ） = 3 5 ， P （ A ） = 2 5 ， P （ B|A ） =0.9 ， P （ B|A ） =0.1 ， P （ B|A ） =0.4 ， P （ B|A ） =0.6. （ 1 ） P （ B ） =P （ A ） P （ B|A ） +P （ A ） P （ B|A ） = 3 5 ×0.9+ 2 5 × 0.4=0.7. （ 2 ） P （ A|B ） = P （A|B ） P （ B ） = P （A）P （ B|A ） P （ B ） = 2 5 ×0.4 0.7 = 8 35 . 10. 解： 设 A i = “此人来自第 i 个地区”， i=1 ， 2 ， 3 （分别对应甲、 乙、 丙三个地区）， B= “感染此病”， 则 Ω=A 1 ∪A 2 ∪A 3 ， 且 A 1 ， A 2 ， A 3 两两互斥， ∴P （ A 1 ） = 1 3 ， P （ A 2 ） = 1 3 ， P （ A 3 ） = 1 3 ， ∴P （ B|A 1 ） = 1 7 ， P （ B|A 2 ） = 1 5 ， P （ B|A 3 ） = 1 4 . 由全概率公式得 （ 1 ） P （ B ） = 3 i=1 移 P （ A i ） P （ B|A i ） = 83 420 . （ 2 ） P （ A 2 |B ） = P （ A 2 ） P （ B|A 2 ） 3 i=1 移 P （ A i ） P （ B|A i ） = 28 83 . 提升练习 11. A 【解析】 设 A i = “第一次比赛恰取出 i 个新球 （ i=0 ， 1 ， 2 ， 3 ）”， B= “第二次比赛取得 3 个新球 ”， ∴P （ B ） = 3 i=0 移 P （ A i ） P （ B|A i ） = C 3 3 C 3 9 C 3 12 C 3 12 + C 1 9 C 2 3 C 3 8 C 3 12 C 3 12 + C 2 9 C 1 3 C 3 7 C 3 12 C 3 12 + C 3 9 C 3 6 C 3 12 C 3 12 = 441 3 025 . 12. C 【解析】 用 A 表示 “丢失一箱后任取两箱是英 语书”， 用 B k 表示 “丢失的一箱为第 k 箱”， k=1 ， 2 ， 3 分别表示英语书、 数学书、 语文书 . 由全概率公式， 得 P （ A ） = 3 k=1 移 P （ B k ） P （ A|B k ） = 1 2 · C 2 4 C 2 9 + 1 5 · C 2 5 C 2 9 + 3 10 · C 2 5 C 2 9 = 8 36 = 2 9 . 13. C 【解析】 设事件 A i 表示 “取出数字 i ”， i=1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 易知 P （ A 1 ） =P （ A 2 ） =P （ A 3 ） =P （ A 4 ） = 1 4 ， 事件 B 表示 “取到 y=2 ”， 则 P （ B|A 1 ） =0 ， P （ B|A 2 ） = 1 2 ， P （ B|A 3 ） = 1 3 ， P （ B|A 4 ） = 1 4 ， ∴P （ B ） = 4 i=1 移 P （ A i ） P （ B |A i ） = 1 4 × 0+ 1 2 + 1 3 + 1 4 4 $ = 13 48 . 14. 0.15 【解析】 设 A i = “第 i 次掉落手机屏幕没有 碎掉”， i=1 ， 2 ， 则由已知可得 P （ A 1 ） =0.5 ， P （ A 2 |A 1 ） = 0.3 ， 因此由乘法公式可得 P （ A 2 A 1 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 |A 1 ） =0.5× 0.3=0.15. 即这样的手机从 1 m 高的地方掉落两次后屏幕仍未 碎掉的概率为 0.15. 15. （ 1 ） 7 15 （ 2 ） 0.22 【解析】 （ 1 ） 设 A i = “任取 的一箱为第 i 箱零件”， i=1 ， 2 ， 3 ， B j = “第 j 次取到的 是一等品”， j=1 ， 2 ， 则 Ω=A 1 ∪A 2 ∪A 3 ， 且 A 1 ， A 2 ， A 3 两两互斥， 且 P （ A 1 ） =P （ A 2 ） =P （ A 3 ） = 1 3 . P （ B 1 |A 1 ） = 20 50 = 0.4 ， P （ B 1 |A 2 ） = 12 30 =0.4 ， P （ B 1 |A 3 ） = 24 40 =0.6 ， 由全概率公 式得 P （ B 1 ） = 3 i=1 移 P （ A i ） P （ B 1 |A i ） = 1 3 × （ 0.4+0.4+0.6 ） = 7 15 . （ 2 ） ∵P （ B 1 B 2 |A 1 ） = C 2 20 C 2 50 ≈0.155 1 ， P （ B 1 B 2 |A 2 ） = C 2 12 C 2 30 ≈ 0.151 7 ， P （ B 1 B 2 |A 3 ） = C 2 24 C 2 40 ≈0.353 8. 由全概率公式得 P （ B 1 B 2 ） = 3 i=1 移 P （ A i ） P （ B 1 B 2 |A i ） ≈ 1 3 （ 0.155 1+0.151 7+0.353 8 ） ≈0.22. 16. 解 ： 设 A i = “ 该 箱 玻 璃 杯 有 i 个 次 品 （ i = 0 ， 1 ， 2 ）”， B= “顾客买下该箱玻璃杯”， 则 Ω=A 0 ∪A 1 ∪ A 2 ， 且 A 0 ， A 1 ， A 2 两两互斥 ， 由题意知 ， P （ A 0 ） = 4 5 ， P （ A 1 ） = 1 10 ， P （ A 2 ） = 1 10 ， P （ B|A 0 ） =1 ， P （ B|A 1 ） = C 5 19 C 5 20 = 3 4 ， 51 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