4.1.1 条件概率(学案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教B版2019)

! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # 第四章 　 概率与统计 ４． １　 条件概率与事件的独立性 ４． １． １　 条件概率 !"#$%&'( 课程标准 １．在具体情境中，了解条件概率． ２．掌握条件概率的计算方法． ３．利用条件概率公式解决一些简单的实际问题． 学法解读 １．通过条件概率的学习，体会数学抽象的素养． ２．借助条件概率公式解题，提升数学运算素养． )*+,%-.+ 条件概率 　 　 １．条件概率 定义 一般地，当事件Ｂ发生的概率大于０时 （即Ｐ（Ｂ）＞０），已知事件　 　 　 　 发生 的条件下事件　 　 　 　 发生的概率，称 为条件概率 表示 Ｐ（Ａ ｜Ｂ） 计算公式Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ 　 　 　 　 　 　 ２．条件概率的性质 （１）０≤Ｐ（Ｂ ｜Ａ）≤１． （２）Ｐ（Ａ ｜Ａ）＝ 　 　 　 　 ． （３）如果Ｂ与Ｃ互斥，则Ｐ（Ｂ∪Ｃ ｜ Ａ）＝ 　 　 　 　 ． 思考１：Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）和Ｐ（Ａ ｜ Ｂ）的意义相同吗？ 为什么                        ？ !#( # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # /012%345 题型探究 题型一 利用定义求条件概率 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．一个袋中有２个黑球和３个白球，如果不 放回地抽取两个球，记事件“第一次抽到黑球”为 Ａ；事件“第二次抽到黑球”为Ｂ． （１）分别求事件Ａ，Ｂ，Ａ∩Ｂ发生的概率； （２）求Ｐ（Ｂ ｜Ａ）． ［分析］　 首先弄清“这次试验”指的是什么， 然后判断该问题是否属于古典概型，最后利用相 应公式求解． 　 　 ［尝试作答          ］ 　 　 ［规律方法］　 （１）在题目条件中，若出现 “在……发生的条件下……发生的概率”时，一般 可认为是条件概率． （２）条件概率的两种计算方法 ①在原样本空间中，先计算Ｐ（ＡＢ），Ｐ（Ａ），再 利用公式Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）计算求得Ｐ（Ｂ ｜Ａ）； ②若事件为古典概型，可利用公式Ｐ（Ｂ ｜ Ａ） ＝ ｎ（ＡＢ）ｎ（Ａ），即在缩小后的样本空间中计算事件Ｂ 发生的概率． 对点训练? 盒内装有除型号和颜色外 完全相同的１６个球，其中６个是Ｅ型玻璃球，１０ 个是Ｆ型玻璃球． Ｅ型玻璃球中有２个是红色的， ４个是蓝色的；Ｆ型玻璃球中有３个是红色的，７ 个是蓝色的．现从中任取１个，已知取到的是蓝 球，问该球是Ｅ型玻璃球的概率是多少？ 题型二 利用基本事件个数求条件概率 ２．现有６个节目准备参加比赛，其中４个舞 蹈节目，２个语言类节目，如果不放回地依次抽取 ２个节目，求： （１）第１次抽到舞蹈节目的概率； （２）第１次和第２次都抽到舞蹈节目的概率； （３）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． ［分析］　 第（１）（２）问属古典概型问题，可直 接代入公式；第（３）问为条件概率，可以借用前两 问的结论，也可以直接利用基本事件个数求解． 　 　 ［尝试作答        ］ 　 　 ［规律方法］　 １．本题第（３）问给出了三种求 条件概率的方法，解法一为定义法，解法二利用基 本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概率 的方法．解法三利用了缩小基本事件空间的方法． ２．计算条件概率的方法 （１）在缩小后的样本空间ΩＡ 中计算事件Ｂ 发生的概率．即Ｐ（Ｂ ｜Ａ）． （２）在原样本空间Ω中，先计算Ｐ（Ａ∩Ｂ）， Ｐ（Ａ），再利用公式Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ）                                                                    计算求得 ! ) ! " # $ % & ' ( ) * + , - ! " # . # # # # # # # Ｐ（Ｂ ｜Ａ）． （３）条件概率的算法：已知事件Ａ发生，在此 条件下事件Ｂ发生，即事件Ａ∩ Ｂ发生，要求 Ｐ（Ｂ ｜Ａ），相当于把Ａ看作新的基本事件空间计算 事件Ａ∩Ｂ发生的概率，即 Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ ｎ（Ａ∩Ｂ） ｎ（Ω） ｎ（Ａ） ｎ（Ω） ＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ． 对点训练? （２０２４·天津卷１３）Ａ，Ｂ，Ｃ， Ｄ，Ｅ五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲 选到Ａ的概率为　 　 　 　 ；已知乙选了Ａ活动，他再 选择Ｂ活动的概率为　 　 　 　 ． 题型三 条件概率的综合应用 ３．一张储蓄卡的密码共有６位数字，每位数 字都可从０ ～ ９中任选一个．某人在银行自动提款 机上取钱时，忘了密码的最后一位数字．求： （１）任意按最后一位数字，不超过２次就按对 的概率； （２）如果他记得密码的最后一位是偶数，不 超过２次就按对的概率． ［分析］　 （１）不超过２次，即第１次按对或 第１次未按对第２次按对； （２）条件概率，利用互斥事件的条件概率公 式求解． 　 　 ［尝试作答        ］ 　 　 ［规律方法］　 利用条件概率性质的解题策略 （１）分析条件，选择公式：首先看事件Ｂ，Ｃ是否 互斥，若互斥，则选择公式Ｐ（（Ｂ∪Ｃ）｜Ａ）＝ Ｐ（Ｂ ｜Ａ） ＋Ｐ（Ｃ ｜Ａ）． （２）分解计算，代入求值：为了求比较复杂事 件的概率，一般先把它分解成两个（或若干个）互 不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件 的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的 概率． 对点训练? 在某次考试中，要从２０道题 中随机的抽出６道题，若考生至少能答对其中的４ 道题即可通过；若能答对其中的５道题就能获得 优秀．已知某考生能答对其中的１０道题，并且已 知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成 绩的概率． 易错警示 　 　 误认为条件概率Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）与积事件的概率 Ｐ（ＡＢ）相同 ４．袋中装有大小相同的６个黄色的乒乓球，４ 个白色的乒乓球，每次抽取一球，取后不放回，连 取两次，求在第一次取到白球的条件下第二次取 到黄球的概率． ［错解］　 记“第一次取到白球”为事件Ａ， “第二次取到黄球”为事件Ｂ，“在第一次取到白球 的条件下第二次取到黄球”为事件Ｃ， ∴ Ｐ（Ｃ）＝ Ｐ（ＡＢ）＝ ４ × ６１０ × ９ ＝ ４ １５． ［辨析］　 应注意Ｐ（ＡＢ）是事件Ａ和Ｂ同时 发生的概率，而Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）是在事件Ａ已经发生的 条件下事件Ｂ发生的概率． ［正解］                                                                        　 !#* # # # # # # / 0 1 2 # 3 4 5 6 7 " 8 9 : # ［点评］　 记Ａ１ 为“两次都取到黄球”，Ａ２ 为 “第一次取到黄球，第二次取到白球”，Ａ３为“两次 都取到白球”，Ａ４ 为“第一次取到白球，第二次取 到黄球”，Ａ为“第一次取到白球”，Ｂ为“第二次取 到黄球”，Ｃ为“第一次取到白球的条件下，第二次 取到黄球”，则Ａ４ ＝ ＡＢ，Ｐ（Ａ１）＝ ６ × ５１０ × ９ ＝ １ ３， Ｐ（Ａ２）＝ ６ × ４１０ × ９ ＝ ４ １５，Ｐ（Ａ３）＝ ４ × ３ １０ × ９ ＝ ２ １５，Ｐ（Ａ４） ＝ ４ × ６１０ × ９ ＝ ４ １５，Ｐ（Ａ）＝ ４ １０ ＝ ２ ５，Ｐ （Ｂ） ＝ ６ × ５ ＋ ４ × ６ １０ × ９ ＝ ３ ５，Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） ＝ ４ １５ ２ ５ ＝ ２３，要 将以上各事件的关系及其概率切实弄清，准确理 解条件概率的含义              ． 6789%:;< 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．某班学生的考试成绩中，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，则他的语文也不及格 的概率是 （Ａ ） Ａ． １５ Ｂ． ３ １０ Ｃ． １ ２ Ｄ． １ ３ ２． ４张奖券中只有１张能中奖，现分别由４名同学 无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中 奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是 （Ｂ ） Ａ． １４ Ｂ． １ ３ Ｃ． １ ２ Ｄ． １ ３．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的 气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占 ２０％，乙市占１８％，两地同时下雨占１２％，记 Ｐ（Ａ）＝ ０． ２，Ｐ（Ｂ）＝ ０． １８，Ｐ（ＡＢ）＝ ０． １２，则 Ｐ（Ａ ｜Ｂ）和Ｐ（Ｂ ｜Ａ）分别等于 （Ｃ ） Ａ． １３， ２ ５ Ｂ． ２ ３， ２ ５ Ｃ． ２ ３， ３ ５ Ｄ． １ ２， ３ ５ ４．已知甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去 一个景点，设事件Ａ为“三个人去的景点互不相 同”，Ｂ为“甲独自去一个景点”，则概率Ｐ（Ａ ｜Ｂ） 等于 （Ｃ ） Ａ． ４９ Ｂ． ２ ９ Ｃ． １ ２ Ｄ． １ ３ ５． ６名同学参加百米短跑比赛，赛场共有６条跑 道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学排在第 二跑道的概率是　 　 　 　 ． 请同学们认真完成练案［８                          ］ ４． １． ２　 乘法公式与全概率公式 !"#$%&'( 课程标准 １．掌握乘法公式及其推广和全概率公式． ２．了解贝叶斯公式． ３．会用乘法公式及全概率公式求相应事件的概率． ４．会用全概率公式及贝叶斯公式解题． 学法解读 １．通过乘法公式及其推广的学习，体会数学抽象的素养． ２．通过学习全概率公式及贝叶斯公式，体会逻辑推理的数学素养． ３．借助全概率公式及贝叶斯公式解题，提升数学运算的素养． !$! ∴系数最大的项是第六项， Ｔ６ ＝ Ｃ ５ １０（ｘ － １ ４）５（ｘ ２３）５ ＝ ２５２ｘ２５１２ ． 　 　 例６：Ｃ　 （ｘ ＋ ２）（２ｘ － １）５ ＝ ａ０ ＋ ａ１ｘ ＋ ａ２ｘ２ ＋ ａ３ｘ３ ＋ ａ４ｘ４ ＋ ａ５ｘ ５ ＋ ａ６ｘ ６中， 取ｘ ＝ １，得ａ０ ＋ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＋ ａ５ ＋ ａ６ ＝ ３， 取ｘ ＝ － １，得ａ０ － ａ１ ＋ ａ２ － ａ３ ＋ ａ４ － ａ５ ＋ ａ６ ＝ － ２４３， 所以２（ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋ ａ６）＝ － ２４０， 即ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＋ ａ６ ＝ － １２０， 又ａ６ ＝ ３２，则ａ０ ＋ ａ２ ＋ ａ４ ＝ － １５２． 　 　 例７：３２８　 根据题意，分３种情况讨论： ①取出的３张卡片中有２张红色的，需要在其他三种颜色 的卡片中任选１张， 有Ｃ２４·Ｃ１１２ ＝ ７２（种）不同的取法； ②取出的３张卡片中有１张红色的，先在４张红色卡片中 选出１张，在其他三种颜色中任选２种，在选出的２种颜色的卡 片中任选１张， 有Ｃ１４·Ｃ２３·Ｃ１４·Ｃ１４ ＝ １９２（种）取法； ③取出的３张卡片中没有红色的，需要在其他三种颜色的 卡片中各抽取１张， 有Ｃ１４·Ｃ１４·Ｃ１４ ＝ ６４（种）取法． 故共有７２ ＋ １９２ ＋ ６４ ＝ ３２８（种）取法． 　 　 例８：Ｂ　 将１０个名额分成４部分，由于各部分的名额数互 不相同，因此可看作４个不同的元素，分给四个不同的学校，实 际上就是将４个元素全排列，因此共有Ａ４４ ＝ ２４（种）不同的分配 方案． 第四章　 概率与统计 ４． １　 条件概率与事件的独立性 ４． １． １　 条件概率 必备知识·探新知 　 　 知识点　 １． Ｂ　 Ａ　 Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ｂ） 　 ２．（２）１　 （３）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋Ｐ（Ｃ ｜Ａ） 　 　 思考：Ｐ（Ｂ ｜Ａ）是指在事件Ａ发生的条件下，事件Ｂ发生的 概率，而Ｐ（Ａ ｜Ｂ）是指在事件Ｂ发生的条件下，事件Ａ发生的概 率，因此Ｐ（Ｂ ｜Ａ）和Ｐ（Ａ ｜Ｂ）的意义不同． 关键能力·攻重难 　 　 例１：由古典概型的概率公式可知 （１）Ｐ（Ａ）＝ ２５ ， Ｐ（Ｂ）＝ ２ × １ ＋ ３ × ２５ × ４ ＝ ８ ２０ ＝ ２ ５ ， Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ２ × １５ × ４ ＝ １ １０ ． （２）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ＝ １ １０ ２ ５ ＝ １４ ． 　 　 对点训练１：（１）令事件Ａ ＝｛取得蓝球｝，Ｂ ＝｛取得蓝色Ｅ 型玻璃球｝． 解法一：∵ Ｐ（Ａ）＝ １１１６，Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ４ １６ ＝ １ ４ ， ∴ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（Ａ∩Ｂ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ４ １１ １６ ＝ ４１１ ． 解法二：∵ ｎ（Ａ）＝ １１，ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ ４， ∴ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ ４ １１ ． 　 　 例２：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个的事件数为ｎ（Ω） ＝ Ａ２６ ＝ ３０， 根据分步计数原理ｎ（Ａ）＝ Ａ１４Ａ１５ ＝ ２０，于是Ｐ（Ａ）＝ ｎ（Ａ）ｎ（Ω）＝ ２０ ３０ ＝ ２ ３ ． （２）因为ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ Ａ２４ ＝ １２，于是Ｐ（Ａ∩Ｂ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ω） ＝ １２ ３０ ＝ ２ ５ ． （３）解法一：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 ＝ ３５ ． 解法二：因为ｎ（Ａ∩Ｂ）＝ １２，ｎ（Ａ）＝ ２０， 所以Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ １２ ２０ ＝ ３ ５ ． 解法三：第１次抽到舞蹈节目后，再抽第２次，则基本事件 空间为Ｃ１５，而又抽到舞蹈节目的数目为Ｃ１３， ∴概率为Ｐ ＝ Ｃ １ ３ Ｃ１５ ＝ ３５ ． 　 　 对点训练２：３５ 　 １ ２ 　 解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ，ＡＣＥ，ＡＤＥ，ＢＣＤ，ＢＣＥ，ＢＤＥ，ＣＤＥ，共１０ 种情况， 其中甲选到Ａ 有６ 种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ， ＡＣＥ，ＡＤＥ， 则甲选到Ａ的概率为：Ｐ ＝ ６１０ ＝ ３ ５ ； 乙选Ａ活动有６种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ，ＡＣＤ，ＡＣＥ，ＡＤＥ， 其中再选则Ｂ有３种可能性：ＡＢＣ，ＡＢＤ，ＡＢＥ， 故乙选了Ａ活动，他再选择Ｂ活动的概率为３６ ＝ １ ２ ． 解法二： 设甲、乙选到Ａ为事件Ｍ，乙选到Ｂ为事件Ｎ， 则甲选到Ａ的概率为Ｐ（Ｍ）＝ Ｃ ２ ４ Ｃ３５ ＝ ３５ ； 乙选了Ａ活动，他再选择Ｂ活动的概率为Ｐ（Ｎ ｜ Ｍ）＝ Ｐ（ＭＮ） Ｐ（Ｍ）＝ Ｃ１３ Ｃ３５ Ｃ２４ Ｃ３５ ＝ １２ ． 　 　 例３：设第ｉ次按对密码为事件Ａｉ（ｉ ＝ １，２），则Ａ ＝ Ａ１∪ （Ａ１Ａ２）表示不超过２次按对密码． （１）因为事件Ａ１ 与事件Ａ１Ａ２ 互斥，由概率的加法公式得 Ｐ（Ａ）＝ Ｐ（Ａ１）＋ Ｐ（Ａ１Ａ２）＝ １１０ ＋ ９ × １ １０ × ９ ＝ １ ５ ． （２）用Ｂ表示最后一位按偶数的事件，则Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝Ｐ（Ａ１ ｜Ｂ）＋ Ｐ（（Ａ１Ａ２）｜Ｂ）＝ １５ ＋ ４ ×１ ５ ×４ ＝ ２ ５ ． 　 　 对点训练３：设“该考生６道题全答对”为事件Ａ，“                                                                      该考生恰 —１３４— 好答对了５道题”为事件Ｂ，“该考生恰好答对了４道题”为事件 Ｃ，“该考生在这次考试中通过”为事件Ｄ，“该考生在这次考试 中获得优秀”为事件Ｅ，则Ｄ ＝ Ａ∪Ｂ∪Ｃ，Ｅ ＝ Ａ∪Ｂ，且Ａ，Ｂ，Ｃ两 两互斥，由古典概型的概率公式知 Ｐ（Ｄ）＝ Ｐ（Ａ∪Ｂ∪Ｃ）＝ Ｐ（Ａ）＋ Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（Ｃ） ＝ Ｃ６１０ Ｃ６２０ ＋ Ｃ５１０Ｃ １ １０ Ｃ６２０ ＋ Ｃ４１０Ｃ ２ １０ Ｃ６２０ ＝ １２１８０ Ｃ６２０ ， 又ＡＤ ＝ Ａ，ＢＤ ＝ Ｂ， 所以Ｐ（Ｅ ｜Ｄ）＝ Ｐ（（Ａ∪Ｂ）｜Ｄ） ＝ Ｐ（Ａ ｜Ｄ）＋ Ｐ（Ｂ ｜Ｄ） ＝ Ｐ（ＡＤ）Ｐ（Ｄ）＋ Ｐ（ＢＤ） Ｐ（Ｄ） ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｄ）＋ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｄ） ＝ Ｃ６１０ Ｃ６２０ １２ １８０ Ｃ６２０ ＋ Ｃ５１０Ｃ １ １０ Ｃ６２０ １２ １８０ Ｃ６２０ ＝ １３５８ ． 　 　 例４：记“第一次取到白球”为事件Ａ，“第二次取到黄球”为 事件Ｂ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事 件Ｃ． 在事件Ａ已经发生的条件下，袋中只有９个球，其中３个白 球，故此时取到黄球的概率为Ｐ（Ｃ）＝ Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）＝ ６９ ＝ ２ ３或者 Ｐ（Ｃ）＝ Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＝ ４ １５ ２ ５ ＝ ２３ ． 课堂检测·固双基 １． Ａ　 设Ａ为事件“数学不及格”，Ｂ为事件“语文不及格”，Ｐ（Ｂ ｜Ａ） ＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＝ ０．０３ ０．１５ ＝ １ ５ ，所以当数学不及格时，该学生语文也不及 格的概率为１５ ． ２． Ｂ　 因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为３张奖 券，１张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率显然是１３ ． ３． Ｃ　 Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ）＝ ０． １２ ０． １８ ＝ ２ ３ ， Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＝ ０． １２ ０． ２ ＝ ３ ５ ． ４． Ｃ　 由题意可知， ｎ（Ｂ）＝ Ｃ１３·２２ ＝ １２，ｎ（ＡＢ）＝ Ａ３３ ＝ ６． 所以Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ｎ（ＡＢ）ｎ（Ｂ）＝ ６ １２ ＝ １ ２ ． ５． １５ 　 “甲排在第一跑道”记为事件Ａ，“乙排在第二跑道”记为 事件Ｂ． 则Ｐ（Ａ）＝ Ａ ５ ５ Ａ６６ ＝ １６ ，Ｐ（ＡＢ）＝ Ａ４４ Ａ６６ ＝ １３０ ． 所以Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＝ １ ３０ １ ６ ＝ １５ ． ４． １． ２　 乘法公式与全概率公式 必备知识·探新知 　 　 知识点１　 同时发生 思考１：Ｐ（ＡＢ）＝ Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ ｜Ｂ）．（（Ｐ ｜Ｂ）＞ ０） 　 　 知识点２　 （１）Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜ Ａ）　 （２）①互斥 　 ②Ω　 ③ ｎ ｉ ＝ １ Ｐ（ＢＡｉ）　  ｎ ｉ ＝ １ Ｐ（Ａｉ）Ｐ（Ｂ ｜Ａｉ） 思考２：全概率公式体现了转化与化归的数学思想，即采用 化整为零的方式，把各块的概率分别求出，再相加求和即可． 　 　 知识点３　 （１） Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ） Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ） （２）Ｐ（Ａｊ）Ｐ（Ｂ ｜Ａｊ） ∑ ｎ ｉ ＝ １ Ｐ（Ａｉ）Ｐ（Ｂ ｜Ａｉ） 关键能力·攻重难 　 　 例１：设“取到的产品是一等品”为事件Ａ，“取到的产品是 合格品”为事件Ｂ，则Ｐ（Ａ ｜Ｂ）＝ ４５％，Ｐ（Ｂ）＝ ４％， 于是Ｐ（Ｂ）＝ １ － Ｐ（Ｂ）＝ ９６％， 故由题可得Ｐ（Ａ）＝ Ｐ（ＡＢ）＝ Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ ｜ Ｂ）＝ ９６％ × ４５％ ＝ ４３． ２％ ． 　 　 对点训练１：设事件Ａｉ，表示第ｉ次摸到的是黑球（ｉ ＝ １，２， ３），则事件Ａ１Ａ２表示两次摸到的均为黑球． （１）由题意知Ｐ（Ａ１）＝ ３１０，Ｐ（Ａ２ ｜Ａ１）＝ ２ ９ ． 于是，根据乘法公式，有Ｐ（Ａ１Ａ２）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ａ２ ｜Ａ１）＝ ３１０ × ２ ９ ＝ １ １５ ． 所以先后两次从中不放回地各摸出一球，两次摸到的均为 黑球的概率为１１５ ． （２）设事件Ａ表示第三次才摸到黑球，则Ａ ＝ Ａ１Ａ２Ａ３ ． 由题意知Ｐ（Ａ１）＝ ７１０，Ｐ（Ａ２ ｜Ａ１）＝ ６ ９ ，Ｐ（Ａ３ ｜（Ａ１Ａ２））＝ ３ ８ ． 于是，根据乘法公式，有Ｐ（Ａ１Ａ２Ａ３）＝ Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ａ２ ｜ Ａ１） Ｐ（Ａ３ ｜（Ａ１Ａ２））＝ ７１０ × ６ ９ × ３ ８ ＝ ７ ４０ ． 所以从中不放回地摸球，每次各摸一球，第三次才摸到黑球 的概率为７４０ ． 　 　 例２：０． ９１５　 设事件Ａ，Ｂ，Ｃ分别表示和第一代、第二代、第 三代传播者接触，事件Ｄ表示小明被感染，则由题意得Ｐ（Ａ）＝ ０． ５，Ｐ（Ｂ）＝ ０． ３，Ｐ（Ｃ）＝ ０． ２，Ｐ（Ｄ ｜ Ａ）＝ ０． ９５，Ｐ（Ｄ ｜ Ｂ）＝ ０． ９， Ｐ（Ｄ ｜Ｃ）＝ ０． ８５， 则Ｐ（Ｄ）＝ Ｐ（Ｄ ｜Ａ）Ｐ（Ａ）＋ Ｐ（Ｄ ｜ Ｂ）Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（Ｄ ｜ Ｃ）Ｐ（Ｃ） ＝ ０． ９５ × ０． ５ ＋ ０． ９ × ０． ３ ＋ ０． ８５ × ０． ２ ＝ ０． ９１５． ∴小明被感染的概率为０． ９１５． 　 　 对点训练２：设事件Ｂｉ 表示所取到的产品是由第ｉ家元件 制造厂提供的（ｉ ＝ １，２，３），事件Ａ表示取到的是一件次品．其中 Ｂ１，Ｂ２，Ｂ３两两互斥，Ａ发生总是伴随着Ｂ１，Ｂ２，Ｂ３ 之一发生，即 Ａ ＝ Ｂ１Ａ∪Ｂ２Ａ∪Ｂ３Ａ，且Ｂ１Ａ，Ｂ２Ａ，Ｂ３Ａ两两互斥．运用互斥事件 概率的加法公式和乘法公式，得 Ｐ（Ａ）＝ Ｐ（Ｂ１Ａ）＋ Ｐ（Ｂ２Ａ）＋ Ｐ（Ｂ３Ａ） ＝Ｐ（Ｂ１）Ｐ（Ａ ｜Ｂ１）＋Ｐ（Ｂ２）Ｐ（Ａ ｜Ｂ２）＋Ｐ（Ｂ３）Ｐ（Ａ ｜Ｂ３） ＝ ０． １５ × ０． ０２ ＋ ０． ８０ × ０． ０１ ＋ ０． ０５ × ０． ０３ ＝ ０． ０１２ ５， 因此，在仓库中随机地取一只元件，它是次品的概率 为０． ０１２ ５． 　 　 例３：设Ａ为“发送的信号为０”，Ｂ为“接收到的信号为０”， 则Ａ为“发送的信号为１”，Ｂ为“接收到的信号为１”． 由题意得Ｐ（Ａ）＝ Ｐ（Ａ）＝０． ５，Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝０． ９，Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ０． １， Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝０． ０５，Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝０． ９５． （１）Ｐ（Ｂ）＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＋ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ ｜Ａ）＝ ０． ５ × ０． ９ ＋ ０． ５ × ０． ０５ ＝ ０． ４７５； Ｐ（Ｂ）＝ １ － Ｐ（Ｂ）＝ １ － ０． ４７５ ＝ ０． ５２５                                                                       ． —１３５—