7.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第七章　 随机变量及其分布 7．1　条件概率与全概率公式 7．1．1　条件概率 第2课时　条件概率的性质及应用　 一、 概率的乘法公式 二、 互斥事件的条件概率 课堂达标 课下巩固训练(十二) 学习目标　1.了解事件的独立性与条件概率的关系，掌握概率的乘法公式．　2.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质． 【知识提炼】　 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝ ． P(A)P(B|A) 微提醒 乘法公式的推广 (1)推广到3个事件 设A，B，C为三个事件，且P(AB)>0，则有P(ABC)＝P(C|AB)P(AB)＝P(C|AB)P(B|A)P(A). (2)推广到n个事件 若Ai(i＝1，2，…，n)为随机事件，且P(A1A2…An－1)>0，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An－1). 例1　(1)某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为________． 解析：由题意，记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B， 则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5， ∴P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.8×0.5＝0.4， 即这个选手过关的概率为0.4. 答案：0.4 (2)一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次．求： ①第一次取得白球的概率； ②第一、第二次都取得白球的概率； ③第一次取得黑球而第二次取得白球的概率． 解：设A＝“第一次取得白球”，B＝“第二次取得白球”，则＝“第一次取得黑球”． ①P(A)＝ eq \f(6,10) ＝ eq \f(3,5) . ②P(AB)＝P(A)P(B|A)＝ eq \f(3,5) × eq \f(5,9) ＝ eq \f(1,3) . ③P(B)＝P()P(B|)＝ eq \f(4,10) × eq \f(6,9) ＝ eq \f(4,15) . 感悟升华　利用乘法公式解题的一般步骤 (1)首先判断应用题是否可以应用乘法公式求解； (2)根据已知条件表示出各事件的概率P(A)，P(B|A)； (3)代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)求出概率． 【即学即用】　1.(1)对某批手机玻璃屏成品作抗摔试验时，发现手机屏第一次落地时打破的概率为 eq \f(1,2) ；若第一次落地未打破，则第二次落地打破的概率是 eq \f(7,10) ；若前两次未打破，则第三次落地打破的概率是 eq \f(9,10) .试求手机屏落地三次未打破的概率． 解：设手机屏第i(i＝1，2，3)次落地时打破的概率为P(Ai)，则手机屏落地三次未打破的概率为P(123)＝P(1)P(2|1)P(3|12)＝ eq \f(1,2) ××＝ eq \f(3,200) . (2)10个考签中有4个难签，2人参加抽签(不放回)，甲先，乙后，求： ①甲抽到难签的概率； ②甲、乙都抽到难签的概率； ③甲没有抽到难签，而乙抽到难签的概率． 解：记事件A，B分别表示甲、乙抽到难签， ①P(A)＝ eq \f(4,10) ＝ eq \f(2,5) . ②P(AB)＝P(A)P(B|A)＝ eq \f(2,5) × eq \f(3,9) ＝ eq \f(2,15) . ③P(B)＝P()P(B|)＝ eq \f(3,5) × eq \f(4,9) ＝ eq \f(4,15) . 1 【知识提炼】　 条件概率的性质 设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝ ； (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝ ； (3)设和B互为对立事件，则P(|A)＝ ． P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) 微提醒 (1)若事件A与B互斥，即A，B不同时发生，则P(AB)＝0，故P(B|A)＝0. (2)互斥事件的条件概率公式可以将复杂事件分解为简单事件的概率和． 例2　在某次考试中，要从20道题中随机抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题则可通过；若至少能答对其中5道题则获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀的概率． 解：设事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题，另1道题答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则事件A，B，C两两相斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B. 由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝6),\s\do1(10)) eq \f(C,C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(20)) ) ＋5),\s\do1(10)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(10)) ,C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(20)) ) ＋4),\s\do1(10)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)) ,C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(20)) ) ＝6),\s\do1(20)) eq \f(12 180,C) ， P(AD)＝P(A)＝6),\s\do1(20)) eq \f(210,C) ，P(BD)＝P(B)＝6),\s\do1(20)) eq \f(2 520,C) ， P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)， 所以P(E|D)＝ eq \f(P（A）,P（D）) ＋ eq \f(P（B）,P（D）) ＝6),\s\do1(20)) eq \f(\f(210,C),\f(12 180,C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(20)) )) ＋6),\s\do1(20)) eq \f(\f(2 520,C),\f(12 180,C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(20)) )) ＝ eq \f(13,58) . 感悟升华　(1)利用加法公式可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“两个事件互斥”． (2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率． 【即学即用】　2.抛掷两颗质地均匀的骰子各一次． (1)两颗骰子向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少？ (2)两颗骰子向上的点数不相同时，向上的点数之和为4或6的概率是多少？ 解：(1)记事件A表示“两颗骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两颗骰子向上的点数之和为7”，则事件AB表示“向上的点数之和为7，其中有一个的点数是2”，则P(B)＝ eq \f(6,36) ＝ eq \f(1,6) ，P(AB)＝ eq \f(2,36) ＝ eq \f(1,18) ， 所以P(A|B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）) ＝ eq \f(1,3) . (2)记事件Mi表示“两颗骰子向上的点数之和为i”，则事件“向上的点数之和为4或6”可表示为M＝M4∪M6，其中事件M4与M6互斥，记事件N表示“两颗骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”． 因为P(N)＝ eq \f(30,36) ＝ eq \f(5,6) ，P(M4N)＝ eq \f(2,36) ＝ eq \f(1,18) ，P(M6N)＝ eq \f(4,36) ＝ eq \f(1,9) ， 所以P(M|N)＝P(M4∪M6|N)＝P(M4|N)＋P(M6|N)＝ eq \f(P（M4N）,P（N）) ＋ eq \f(P（M6N）,P（N）) ＝ eq \f(\f(1,18),\f(5,6)) ＋ eq \f(\f(1,9),\f(5,6)) ＝ eq \f(1,5) . 答案：B 1．已知事件A，B相互独立，P(A)＝0.8，P(B)＝0.3，则P(A|B)等于(　　 ) A．0.24 B．0.8 C．0.3 D．0.16 解析：因为事件A，B相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）) ＝P(A)＝0.8. 2．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是(　　) A．0.665 B．0.564 C．0.245 D．0.285 解析：记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95， ∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 答案：A 3．若B，C是互斥事件且P(B|A)＝ eq \f(1,3) ，P(C|A)＝ eq \f(1,4) ，则P(B∪C|A)等于(　　 ) A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3) C． eq \f(3,10) D． eq \f(7,12) 解析：因为B，C是互斥事件，所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,4) ＝ eq \f(7,12) . 答案：D 4．袋中有6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次抽取一球，取两次，则第二次才能取到黄球的概率为________． 解析：记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，“第二次才取到黄球”为事件C，所以P(C)＝P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)＝ eq \f(4,10) × eq \f(6,9) ＝ eq \f(4,15) . 答案： eq \f(4,15) 【基础巩固】 1．下列式子成立的是(　　 ) A．P(A|B)＝P(B|A) B．0<P(B|A)<1 C．P(AB)＝P(A)P(B|A) D．P(A∩B|A)＝P(B) 解析：由P(B|A)＝得P(AB)＝P(A)·P(B|A)． 答案：C 2．经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么她两次均击中9环的概率为(　　 ) A．0.24 B．0.36 C．0.48 D．0.75 解析：设某射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，则由题意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以她两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48. 答案：C 3．某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好去试拨，则他第一次失败、第二次成功的概率是(　　 ) A． B． C． D． 解析：设事件A为“第一次失败”，事件B为“第二次成功”，则P(A)＝ ＝，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝. 答案：A 4．某地一农业科技实验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为(　　 ) A．0.02 B．0.08 C．0.18 D．0.72 解析：记“水稻种子发芽”为事件A，“发芽的种子成长为幼苗”为事件B，P(B|A)＝，∴P(AB)＝P(B|A)P(A)＝0.9×0.8＝0.72. 答案：D 5．有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件A＝“甲和乙至少有一人选择庐山”，事件B＝“甲和乙选择的景点不同”，则P等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：由题意知，因为n(A)＝＋1＝7，n(AB)＝6， 所以P＝1－P(B|A)＝1－. 答案：D 6．(多选)在一次对一年级学生上、下两学期数学成绩的统计调查中发现，上、下两学期成绩均优的学生占5%，仅上学期得优的占7.9%，仅下学期得优的占8.9%. 则(　　 ) A．已知某学生上学期得优，则下学期也得优的概率为0.388 B．已知某学生上学期得优，则下学期也得优的概率为0.139 C．上、下学期均未得优的概率为0.782 D．上、下学期均未得优的概率为0.95 答案：AC 解析：设事件A表示“上学期数学成绩得优”，事件B表示“下学期数学成绩得优”， 则P(AB)＝0.05，P＝0.079，P＝0.089， 所以P(A)＝P(AB)＋P＝0.05＋0.079＝0.129，P(B)＝P(AB)＋P＝0.05＋0.089＝0.139， P(B|A)＝≈0.388，故A正确； P＝≈0.102， P＝PP≈(1－0.129)(1－0.102)≈0.782，故C正确． 7．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取得的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为________． 解析：设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”， 则D＝B∪C，且B与C互斥． 又P(A)＝，P(AB)＝，P(AC)＝， 故P(D|A)＝P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝. 答案： 8．已知事件A和B是互斥事件，P(C)＝，P(BC)＝＝ ＝________． 解析：由题意知， P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)＝， P(B|C)＝， 则P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝. 答案： 9．在某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有20张奖券，其中共有3张写有“中奖”字样．假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，求： (1)甲中奖并且乙也中奖的概率； (2)甲没中奖但是乙中奖的概率． 解：(1)设事件A表示甲中奖，事件B表示乙中奖， 则P(A)＝， 因为抽完的奖券不放回， 所以甲中奖后乙抽奖时，还有19张奖券，其中有2张写有“中奖”字样， 所以乙中奖的概率为P(B|A)＝， 所以甲中奖并且乙也中奖的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝. (2)P＝1－P(A)＝， 因为抽完的奖券不放回， 所以甲没中奖后乙抽奖时，还有19张奖券，其中有3张写有“中奖”字样， 所以乙中奖的概率为P＝， 所以甲没中奖但是乙中奖的概率为P＝PP＝. 10．微信支付密码由6位数字组成．某人在用微信付款时，忘记了密码的最后1位数字，求： (1)若任意按最后1位数字，则不超过3次就按对的概率； (2)如果记得密码的最后1位是偶数，则不超过3次就按对的概率． 解：(1)设Ai(i＝1，2，3)表示第i次按对密码，A表示不超过3次就按对， 则有A＝A1A3， 因为事件A1，A3两两互斥， 所以P(A)＝P＋P＋P ＝P(A1)＋PP＋P ＝P(A1)＋PP＋PP ＝. (2)记事件B表示最后1位是偶数， 则P(A|B)＝P ＝PA2)＋P(A3 |B) ＝. 【综合运用】 11．(多选)记分别为A，B的对立事件，且P(A)＝，P(B)＝＝，则下列结论正确的是(　　 ) A．P(B|A)＝ B．P＝ C．P(A∪B)＝ D．P＝ 解析：易知P(AB)＝P(B)·P(A|B)＝. 对于A，P(B|A)＝，故A正确； 对于B，又P(A|B)＝，所以P＝1－P(A|B)＝1－，故B正确； 对于C，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝，故C正确； 对于D，P＝1－P(AB)＝1－，故D错误． 答案：ABC 12．已知事件A，B，且P(A)＝＝，P＝，则P(B)等于(　　 ) A． B． C． D． 解析：∵P(A)＝＝， ∴P(AB)＝P(A)P(B|A)＝， ∵P＝， ∴P(B)－P(AB)＝[1－P(A)]P， 即P(B)－，解得P(B)＝. 答案：B 13．(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者评为“智答能手”．设甲评为“智答能手”为事件A，乙评为“智答能手”为事件B，若P(B|A)＝P(B)，则下列结论正确的是(　　 ) A．P(A|B)＝P(A) B．P＝ C．甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为 D．甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为 解析：由题意，可得P(A)＝，P(B)＝＝＝P(B)，得P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A，B相互独立，所以P(A|B)＝＝P(A)，故A正确； P(B|A)＝P(B)＝，由条件概率的性质得P＝1－P(B|A)＝1－，故B正确； 因为事件A，B相互独立，所以A与与B，与也都相互独立．甲、乙都评为“智答能手”的概率P(AB)＝P(A)P(B)＝，所以甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为1－P(AB)＝1－，故C错误； 甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率为＝PP＝＝，所以甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为1－P＝1－，故D正确． 答案：ABD 14．从1～100共100个正整数中任取一数，已知取出的一个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________． 解析：设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B是“取出的数是3的倍数”， 则P(C)＝ ＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C) ＝ ＝2×＝. 答案： 【创新探索】 15．近年来，我国外卖行业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道亮丽的风景线．他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单，某外卖小哥每天来往于r个外卖店(外卖店的编号分别为1，2，…，r，其中r≥3)，约定：每天他首先从1号外卖店取单，称为第1次取单，之后，他等可能的前往其余r－1个外卖店中的任何一个店取单，称为第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的r－1个外卖店取单．设事件Ak表示“第k次取单恰好是从1号店取单(k∈N*)”，P(Ak)是事件Ak发生的概率，显然P(A1)＝1，P(A2)＝0，则P(A3)＝______________，P(Ak＋1)与P(Ak)的关系式为________． 解析：根据题意，事件A3表示“第3次取单恰好是从1号店取单”， 因此P(A3)＝P＝PP＝[1－P(A2)]； 同理P(Ak＋1)＝P ＝PP ＝[1－P(Ak)]·P ＝[1－P(Ak)]. 答案：　P(Ak＋1)＝[1－P(Ak)] 16．已知男人中有5%患色盲，女人中有0.25%患色盲，从100个男人和100个女人中任选一人，如果此人患色盲，求此人是男人的概率． 解：设“任选一人是男人”为事件A，“任选一人是女人”为事件B，“任选一人患色盲”为事件C， 则P(AC)＝P(A)P(C|A)＝， P(BC)＝P(B)P(C|B)＝， 故任选一人患色盲的概率为P(C)＝P(AC)＋P(BC)＝， 故所求概率为P(A|C)＝. $$