第四章 4.1.2 第1课时 乘法公式-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教B版2019）

4.1.2　乘法公式与全概率公式 第1课时　乘法公式 ［学习目标］　1.掌握条件概率的乘法公式及其推广.2.会用乘法公式求相应事件的概率. 导语 某校举办的“我为祖国献计献策”演讲比赛共有30名同学参加，该校决定让参赛选手通过抽签决定出场顺序.甲同学对抽签的公平性提出了质疑，他的理由是，如果第一个人抽的出场顺序是1号，那么其他人就抽不到1号了，所以每人抽到1号的概率不一样. 一、乘法公式的概念 问题　对两个事件A，B，如果已知P(A)与P(B|A)，如何计算P(AB)呢？ 提示　由条件概率的定义，对于任意两个事件A，B，若P(A)>0，则P(B|A)=，所以P(AB)= P(A)P(B|A). 知识梳理 公式P(BA)=P(A)P(B|A) ，其中P(A)>0，称为概率的乘法公式. 注意点： 根据事件A发生的概率，以及已知事件A发生的条件下事件B发生的概率，可以求出A与B同时发生的概率. 例1　(1)已知P(A)=0.6，P(B|A)=0.3，求P(AB)； (2)已知P(B)=0.2，P(A|B)=0.15，P(B|A)=0.3，求P(A). 解　(1)P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.3×0.6=0.18. (2)∵P(AB)=P(B)·P(A|B)=0.2×0.15=0.03， 而P(AB)=P(A)·P(B|A)， ∴P(A)====0.1. 反思感悟　概率的乘法公式 (1)公式P(AB)=P(A)P(B|A)是条件概率公式的变形式，它反映了知二求一的方程思想. (2)分清P(A)，P(A|B)，求解时直接利用公式P(AB)=P(A)·P(B|A)即可. 跟踪训练1　设P(A|B)=，P(B|A)=，P(A)=，则P(B)=　　　　.  答案　 解析　P(AB)=P(A)·P(B|A)=×=， 又P(AB)=P(B)·P(A|B)， ∴P(B)==. 二、利用乘法公式求概率 例2　(课本例1)已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3.试求这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率. 解　设Ai表示第i次掉落手机屏幕没有碎掉， i=1，2，则由已知可得P(A1)=0.5， P(A2|A1)=0.3， 因此由乘法公式可得 P(A2A1)=P(A1)P(A2|A1)=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. 例2　一袋中装10个球， 其中3个黑球、7个白球， 先后两次从中随意各取一球(不放回)， 求两次取到的均为黑球的概率. 解　设Ai表示事件“第i次取到的是黑球”(i=1，2)，则A1A2表示事件“两次取到的均为黑球”. 由题设知P(A1)=，P(A2|A1)=，于是根据乘法公式， 有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=×=. 延伸探究 1.在本例条件不变的情况下，求第一次取得黑球，第二次取得白球的概率. 解　用A表示第一次取得黑球，则P(A)=， 用B表示第二次取得白球，则P(B|A)=. 故P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 2.在本例条件不变的情况下，两次均取得白球的概率. 解　用Bi表示第i次取得白球，i=1，2，则B1B2表示两次取到的均是白球.由题意得P(B1)=，P(B2|B1)=. ∴P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=×=. 反思感悟　乘法公式是计算“积事件”概率的一种方法.即当不容易直接计算P(AB)时，可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B)，再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解. 跟踪训练2　为了营造勤奋读书、努力学习、奋发向上的文化氛围，提高学生的阅读兴趣，某校开展了“朗读者”闯关活动，各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼，第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8，在已经通过第一关的前提下通过第二关的概率为0.5，则该同学两关均通过的概率为　　　　.  答案　0.4 解析　设“该同学通过第一关”为事件A，“通过第二关”为事件B， 在通过第一关的前提下通过第二关的概率为P(B|A)， 所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.5×0.8=0.4. 三、乘法公式的综合应用 知识梳理 乘法公式的推广： 设Ai表示事件，i=1，2，3，且P(A1)>0，P(A1A2)>0， 则P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2). 其中P(A3|A1A2)表示已知A1与A2都发生时A3发生的概率，P(A1A2A3)表示A1，A2，A3同时发生的概率. 注意点： 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)(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An-1). 例3　(课本例2)在某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有50张奖券，其中共有5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)甲中奖而且乙也中奖的概率； (2)甲没中奖而且乙中奖的概率. 解　设A表示甲中奖，B表示乙中奖， 则P(A)==. (1)因为抽完的奖券不放回，所以甲中奖后乙抽奖时，有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P(B|A)=. 根据乘法公式可知，甲中奖且乙也中奖的概率为 P(BA)=P(A)P(B|A)=×=. (2)因为P(A)+P()=1， 所以P()=1-=. 因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样， 此时乙中奖的概率为P(B|)=. 根据乘法公式可知，甲没中奖而且乙中奖的概率为P(B)=P()P(B|)=×=. 例3　设某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为， 若第一次落下未打破， 第二次落下打破的概率为， 若前两次落下未打破， 第三次落下打破的概率为. 试求透镜落下三次而未打破的概率. 解　以Ai(i=1，2，3)表示事件“透镜第i次落下打破”，B表示事件“透镜落下三次而未打破”，则B=，故有 P(B)=P()=P()P(|)P(|)==. 反思感悟　该类问题在概率中被称为“机遇问题”，求解的关键是分清事件之间的互相关系，充分利用P(A1A2A3…An)=P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An-1)求解. 跟踪训练3　10个考签中有4个难签，3个同学参加抽签(不放回)，甲先抽，乙再抽，丙最后抽，则甲、乙、丙都抽到难签的概率为　　　　.  答案　 解析　设A，B，C分别表示甲、乙、丙都抽到难签， 则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) =××=. 1.知识清单： (1)乘法公式：P(AB)=P(A)P(B|A). (2)乘法公式的推广：若P(A1)>0，P(A1A2)>0，则P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2). 2.方法归纳：转化化归. 3.常见误区：对事件关系不明导致错用乘法公式. 1.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现的停水事件，据记载知P(A)=0.35，P(B)=0.30，P(A|B)=0.15，则两个区同时发生停水事件的概率为(　　) A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045 答案　D 解析　P(AB)=P(B)·P(A|B) =0.3×0.15=0.045. 2.从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽一张，则第2次才抽到A的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　所求概率P==. 方法二　设Ai表示第i次抽到A，i=1，2，则 P()==，P(A2|)=， ∴P(A2)=P()P(A2|)=×=. 3.某工厂有一批零件共100个，其中有10个次品，从这批零件中随机抽两次，每次抽取一件，取后不放回，则两次均取到正品的概率为　　　　.  答案　 解析　设两次均取正品的事件为A1A2，则P(A1A2)=P(A1)·P(A2|A1)=×=. 4.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是　　　　.  答案　0.72 解析　设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB，则P(A)=0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)=0.8，所以P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.72. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共12分 1.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. B. C. D. 答案　B 解析　记事件Ai为“第i次取得白球”，i=1，2，则P(A1)=，P(A2|A1)=，由乘法公式求得P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=×=. 2.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(　　) A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.8 答案　A 解析　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. 所以P(AB)=P(B|A)·P(A)=0.8×0.5=0.4， 即这个选手过关的概率为0.4. 3.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 答案　A 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. 4.某人忘记了电话号码的最后一个数字，只好去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　记事件A为“第一次失败”，事件B为“第二次成功”，则P(A)=，P(B|A)=， 所以P(AB)=P(A)P(B|A)=. 5.(多选)设P(A|B)=P(B|A)=，P(A)=，则(　　) A.P(AB)= B.P(AB)= C.P(B)= D.P(B)= 答案　AC 解析　P(AB)=P(A)P(B|A)=×=， 由P(A|B)=， 得P(B)==×2=. 6.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，在下雨天里，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　记“该地区下雨”为事件A，“刮风”为事件B， 则P(A)=，P(B)=，P(B|A)=， 所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 7.(5分)已知某种疾病的患病率为0.5%，在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为99%，则患该种疾病且血检呈阳性的概率为　　　　.  答案　0.495% 解析　设“血检呈阳性”为事件A，“患该种疾病”为事件B，则“患该种疾病且血检呈阳性”为事件AB，由题意得P(B)=0.005，P(A|B)=0.99，由条件概率公式P(A|B)=，得P(AB)=P(B)·P(A|B)=0.005×0.99=0.004 95=0.495%. 8.(5分)某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，则某人患病两次心肌未受损害的概率为　　　　　.  答案　0.28 解析　设A1表示“第一次患病心肌受损害”，A2表示“第二次患病心肌受损害”，则所求概率为P(). 由题意，可知P(A1)=0.3，P(A2|)=0.6. 又P()=1-P(A1)=0.7， P(|)=1-P(A2|)=0.4， 所以P()=P()P(|)=0.7×0.4=0.28. 9.(10分)一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次.求： (1)第一次取得白球的概率；(2分) (2)第一、第二次都取得白球的概率；(4分) (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率.(4分) 解　设事件A表示“第一次取得白球”，事件B表示“第二次取得白球”，则事件表示“第一次取得黑球”，由题意得， (1)P(A)==. (2)P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. (3)P(B)=P()P(B|)=×=. 10.(11分)假设在空战中，若甲机先向乙机开火，击落乙机的概率为0.2，若乙机未被击落，进行还击，击落甲机的概率为0.3，若甲机亦未被击落，再次进行进攻，击落乙机的概率是0.4，分别计算这三个回合中甲、乙被击落的概率. 解　设“第一个回合中乙机被击落”为事件A，“第二个回合中甲机被击落”为事件B，“第三个回合中乙机被击落”为事件C，则P(A)=0.2，P(B|)=0.3，P(C| )=0.4， 甲机被击落的事件为B，P(B)=P()P(B|)=(1-0.2)×0.3=0.24. 乙机被击落的事件为A+ C， 则P(A+ C)=P(A)+P( C) =P(A)+P()P(|)P(C| )， 而P(|)=1-P(B|)=1-0.3， 所以P(A+ C)=0.2+(1-0.2)×(1-0.3)×0.4=0.424. 11.(多选)下列说法中错误的是(　　) A.P(B|A)=P(A|B) B.P((B∪C)|A)=P(B|A)+P(C|A) C.P(AB)=P(B|A)·P(A) D.P(B|A)·P(A)≥P(A)+P(B) 答案　ABD 解析　A中，P(A|B)=，P(B|A)=，而P(A)与P(B)不一定相等，故不正确；B中，B，C应为互斥事件，故不正确；C中，正确；D中，P(B|A)·P(A)=P(AB)≤P(A)+P(B)，故不正确. 12.一个盒子里有7只好晶体管，5只坏晶体管，依次不放回地取两次，则第二次才取出好晶体管的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　令Ai表示第i次取到好晶体管，i=1，2，则P()=，P(A2|)=，∴P(A2)=×=. 13.(5分)一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取一件，则该产品是一等品的概率为　　　　.  答案　43.2% 解析　设A表示“取到的产品是一等品”，B表示“取出的产品是合格品”，则P(A|B)=45%，P()=4%，则P(B)=1-P()=96%. 所以P(A)=P(AB)=P(B)·P(A|B)=96%×45%=43.2%. 14.(5分)已知随机事件A，B，且P(A)=0.7，P()=0.6，条件概率P(|A)=0.6，则P(A∪B)=　　　　.  答案　0.82 解析　∵P()=0.6，P(|A)=0.6，∴P(B)=1-P()=0.4，P(B|A)=1-P(|A)=0.4. 由乘法公式得P(A∩B)=P(A)P(B|A)=0.7×0.4=0.28. ∴P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.7+0.4-0.28=0.82. 15.(5分)6个人用摸彩的方式决定谁得到一张电影票，他们依次摸彩. (1)已知前两个人都没摸到，则第三个人摸到的概率为　　　　；  (2)电影票被第3个人摸到的概率为　　　　.  答案　 (1)　(2) 解析　(1)由题意可知，所求概率P=. (2)设Ai表示电影票被第i个人摸到，则 P(A3)=P()P(|)P(A3|)=××=. 16.(12分)设袋中有5个红球，3个黑球，2个白球，试按：(1)有放回抽样；(2)不放回抽样两种方式摸球三次，每次摸得一球，求第三次才摸得白球的概率. 解　设A={第一次未摸得白球}，B={第二次未摸得白球}，C={第三次摸得白球}. 则事件“第三次才摸得白球”可表示为ABC. (1)有放回抽样，P(A)=，P(B|A)=，P(C|AB)=， ∴P(ABC)=P(C|AB)P(B|A)P(A) =×× =. (2)无放回抽样， P(A)=，P(B|A)=，P(C|AB)=， ∴P(ABC)=P(C|AB)P(B|A)P(A) =×× =. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第1课时 第四章 <<< 乘法公式 1.掌握条件概率的乘法公式及其推广. 2.会用乘法公式求相应事件的概率. 学习目标 某校举办的“我为祖国献计献策”演讲比赛共有30名同学参加，该校决定让参赛选手通过抽签决定出场顺序.甲同学对抽签的公平性提出了质疑，他的理由是，如果第一个人抽的出场顺序是1号，那么其他人就抽不到1号了，所以每人抽到1号的概率不一样. 导 语 一、乘法公式的概念 二、利用乘法公式求概率 课时对点练 三、乘法公式的综合应用 随堂演练 内容索引 乘法公式的概念 一 提示　由条件概率的定义，对于任意两个事件A，B，若P(A)>0，则P(B|A)=，所以P(AB)= P(A)P(B|A). 对两个事件A，B，如果已知P(A)与P(B|A)，如何计算P(AB)呢？ 问题 公式P(BA)=　　　　　　，其中P(A)>0，称为概率的乘法公式. P(A)P(B|A) 知识梳理 根据事件A发生的概率，以及已知事件A发生的条件下事件B发生的概率，可以求出A与B同时发生的概率. 注 意 点 <<< 8 　　　(1)已知P(A)=0.6，P(B|A)=0.3，求P(AB)； 例 1 P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.3×0.6=0.18. (2)已知P(B)=0.2，P(A|B)=0.15，P(B|A)=0.3，求P(A). ∵P(AB)=P(B)·P(A|B)=0.2×0.15=0.03， 而P(AB)=P(A)·P(B|A)， ∴P(A)====0.1. 9 (1)公式P(AB)=P(A)P(B|A)是条件概率公式的变形式，它反映了知二求一的方程思想. (2)分清P(A)，P(A|B)，求解时直接利用公式P(AB)=P(A)·P(B|A)即可. 反 思 感 悟 概率的乘法公式 10 　　　　　设P(A|B)=，P(B|A)=，P(A)=，则P(B)=　　　　.  跟踪训练 1 P(AB)=P(A)·P(B|A)=×=， 又P(AB)=P(B)·P(A|B)， ∴P(B)==. 11 二 利用乘法公式求概率 　　　(课本例1)已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3.试求这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率. 例 2 设Ai表示第i次掉落手机屏幕没有碎掉， i=1，2，则由已知可得P(A1)=0.5， P(A2|A1)=0.3， 因此由乘法公式可得 P(A2A1)=P(A1)P(A2|A1)=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. 13 　　　一袋中装10个球， 其中3个黑球、7个白球， 先后两次从中随意各取一球(不放回)， 求两次取到的均为黑球的概率. 例 2 设Ai表示事件“第i次取到的是黑球”(i=1，2)，则A1A2表示事件“两次取到的均为黑球”. 由题设知P(A1)=，P(A2|A1)=，于是根据乘法公式， 有P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=×=. 14 1.在本例条件不变的情况下，求第一次取得黑球，第二次取得白球的概率. 延伸探究 用A表示第一次取得黑球，则P(A)=， 用B表示第二次取得白球，则P(B|A)=. 故P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 15 2.在本例条件不变的情况下，两次均取得白球的概率. 用Bi表示第i次取得白球，i=1，2，则B1B2表示两次取到的均是白球. 由题意得P(B1)=，P(B2|B1)=. ∴P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=×=. 16 反 思 感 悟 乘法公式是计算“积事件”概率的一种方法.即当不容易直接计算P(AB)时，可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B)，再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解. 　　　　　为了营造勤奋读书、努力学习、奋发向上的文化氛围，提高学生的阅读兴趣，某校开展了“朗读者”闯关活动，各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼，第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8，在已经通过第一关的前提下通过第二关的概率为0.5，则该同学两关均通过的概率为　　　　.  跟踪训练 2 0.4 设“该同学通过第一关”为事件A，“通过第二关”为事件B， 在通过第一关的前提下通过第二关的概率为P(B|A)， 所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.5×0.8=0.4. 18 乘法公式的综合应用 三 乘法公式的推广： 设Ai表示事件，i=1，2，3，且P(A1)>0，P(A1A2)>0， 则P(A1A2A3)=　 　 . 其中 表示已知A1与A2都发生时A3发生的概率， 表示A1，A2，A3同时发生的概率. P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2) P(A3|A1A2) P(A1A2A3) 知识梳理 20 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)(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An-1). 注 意 点 <<< 21 　(课本例2)在某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有50张奖券，其中共有5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)甲中奖而且乙也中奖的概率； 例 3 22 设A表示甲中奖，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，有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P(B|A)=. 根据乘法公式可知，甲中奖且乙也中奖的概率为 P(BA)=P(A)P(B|A)=×=. 23 (2)甲没中奖而且乙中奖的概率. 因为P(A)+P()=1， 所以P()=1-=. 因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样， 此时乙中奖的概率为P(B|)=. 根据乘法公式可知，甲没中奖而且乙中奖的概率为P(B)=P()P(B|) =×=. 24 　设某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为， 若第一次落下未打破， 第二次落下打破的概率为， 若前两次落下未打破， 第三次落下打破的概率为. 试求透镜落下三次而未打破的概率. 例 3 以Ai(i=1，2，3)表示事件“透镜第i次落下打破”，B表示事件“透镜落下三次而未打破”，则B=， 故有P(B)=P()=P()P(|)P(|) ==. 25 反 思 感 悟 该类问题在概率中被称为“机遇问题”，求解的关键是分清事件之间的互相关系，充分利用P(A1A2A3…An)=P(A1)P(A2|A1)· P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An-1)求解. 10个考签中有4个难签，3个同学参加抽签(不放回)，甲先抽， 乙再抽，丙最后抽，则甲、乙、丙都抽到难签的概率为　　　　.  跟踪训练 3 设A，B，C分别表示甲、乙、丙都抽到难签， 则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB) =××=. 27 1.知识清单： (1)乘法公式：P(AB)=P(A)P(B|A). (2)乘法公式的推广：若P(A1)>0，P(A1A2)>0，则P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2). 2.方法归纳：转化化归. 3.常见误区：对事件关系不明导致错用乘法公式. 课堂小结 随堂演练 四 1.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现的停水事件，据记载知P(A)=0.35，P(B)=0.30，P(A|B)=0.15，则两个区同时发生停水事件的概率为 A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.045 P(AB)=P(B)·P(A|B) =0.3×0.15=0.045. 1 2 3 4 √ 2.从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽一张，则第2次才抽到A的概率是 A. B. C. D. 方法一　所求概率P==. 方法二　设Ai表示第i次抽到A，i=1，2，则 P()==，P(A2|)=， ∴P(A2)=P()P(A2|)=×=. √ 1 2 3 4 3.某工厂有一批零件共100个，其中有10个次品，从这批零件中随机抽两 次，每次抽取一件，取后不放回，则两次均取到正品的概率为　　　　.  1 2 3 4 设两次均取正品的事件为A1A2， 则P(A1A2)=P(A1)·P(A2|A1)=×=. 4.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是　　　　.  1 2 3 4 0.72 设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB， 则P(A)=0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)=0.8， 所以P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.72. 课时对点练 五 1.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. B. C. D. 记事件Ai为“第i次取得白球”，i=1，2，则P(A1)=，P(A2|A1)=， 由乘法公式求得P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=×=. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 2.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 A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.8 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. 所以P(AB)=P(B|A)·P(A)=0.8×0.5=0.4， 即这个选手过关的概率为0.4. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.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 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. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.某人忘记了电话号码的最后一个数字，只好去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是 A. B. C. D. 记事件A为“第一次失败”，事件B为“第二次成功”，则P(A)=，P(B|A)=， 所以P(AB)=P(A)P(B|A)=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 5.(多选)设P(A|B)=P(B|A)=，P(A)=，则 A.P(AB)= B.P(AB)= C.P(B)= D.P(B)= √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ P(AB)=P(A)P(B|A)=×=， 由P(A|B)=， 得P(B)==×2=. 6.某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，在下雨天里，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为 A. B. C. D. 记“该地区下雨”为事件A，“刮风”为事件B， 则P(A)=，P(B)=，P(B|A)=， 所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 7.已知某种疾病的患病率为0.5%，在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为99%，则患该种疾病且血检呈阳性的概率为　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.495% 设“血检呈阳性”为事件A，“患该种疾病”为事件B， 则“患该种疾病且血检呈阳性”为事件AB， 由题意得P(B)=0.005，P(A|B)=0.99， 由条件概率公式P(A|B)=，得P(AB)=P(B)·P(A|B)=0.005×0.99= 0.004 95=0.495%. 8.某种疾病能导致心肌受损害，若第一次患该病，则心肌受损害的概率为0.3，第一次患病心肌未受损害而第二次再患该病时，心肌受损害的概率为0.6，则某人患病两次心肌未受损害的概率为　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.28 设A1表示“第一次患病心肌受损害”，A2表示“第二次患病心肌受损害”，则所求概率为P(). 由题意，可知P(A1)=0.3，P(A2|)=0.6. 又P()=1-P(A1)=0.7， P(|)=1-P(A2|)=0.4， 所以P()=P()P(|)=0.7×0.4=0.28. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次.求： (1)第一次取得白球的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设事件A表示“第一次取得白球”，事件B表示“第二次取得白球”，则事件表示“第一次取得黑球”，由题意得， P(A)==. (2)第一、第二次都取得白球的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率. P(B)=P()P(B|)=×=. 10.假设在空战中，若甲机先向乙机开火，击落乙机的概率为0.2，若乙机未被击落，进行还击，击落甲机的概率为0.3，若甲机亦未被击落，再次进行进攻，击落乙机的概率是0.4，分别计算这三个回合中甲、乙被击落的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设“第一个回合中乙机被击落”为事件A，“第二个回合中甲机被击落”为事件B，“第三个回合中乙机被击落”为事件C，则P(A)=0.2，P(B|)=0.3，P(C|)=0.4， 甲机被击落的事件为B，P(B)=P()P(B|)=(1-0.2)×0.3=0.24. 乙机被击落的事件为A+C， 则P(A+C)=P(A)+P(C)=P(A)+P()P(|)P(C|)， 而P(|)=1-P(B|)=1-0.3， 所以P(A+C)=0.2+(1-0.2)×(1-0.3)×0.4=0.424. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 11.(多选)下列说法中错误的是 A.P(B|A)=P(A|B) B.P((B∪C)|A)=P(B|A)+P(C|A) C.P(AB)=P(B|A)·P(A) D.P(B|A)·P(A)≥P(A)+P(B) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ √ A中，P(A|B)=，P(B|A)=，而P(A)与P(B)不一定相等，故不正确； B中，B，C应为互斥事件，故不正确； C中，正确； D中，P(B|A)·P(A)=P(AB)≤P(A)+P(B)，故不正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.一个盒子里有7只好晶体管，5只坏晶体管，依次不放回地取两次，则第二次才取出好晶体管的概率为 A. B. C. D. 令Ai表示第i次取到好晶体管，i=1，2，则P()=，P(A2|)=，∴P(A2)=×=. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取一件，则该产品是一等品的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43.2% 设A表示“取到的产品是一等品”，B表示“取出的产品是合格品”，则P(A|B)=45%，P()=4%，则P(B)=1-P()=96%. 所以P(A)=P(AB)=P(B)·P(A|B)=96%×45%=43.2%. 14.已知随机事件A，B，且P(A)=0.7，P()=0.6，条件概率P(|A)=0.6，则P(A∪B)=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.82 ∵P()=0.6，P(|A)=0.6，∴P(B)=1-P()=0.4，P(B|A)=1-P(|A)=0.4. 由乘法公式得P(A∩B)=P(A)P(B|A)=0.7×0.4=0.28. ∴P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.7+0.4-0.28=0.82. 拓广探究 15.6个人用摸彩的方式决定谁得到一张电影票，他们依次摸彩. (1)已知前两个人都没摸到，则第三个人摸到的概率为　　　；  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可知，所求概率P=. (2)电影票被第3个人摸到的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设Ai表示电影票被第i个人摸到， 则P(A3)=P()P(|)P(A3|)=××=. 16.设袋中有5个红球，3个黑球，2个白球，试按：(1)有放回抽样； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设A={第一次未摸得白球}，B={第二次未摸得白球}，C={第三次摸得白球}. 则事件“第三次才摸得白球”可表示为ABC. 有放回抽样，P(A)=，P(B|A)=，P(C|AB)=， ∴P(ABC)=P(C|AB)P(B|A)P(A) =××=. (2)不放回抽样两种方式摸球三次，每次摸得一球，求第三次才摸得白球的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 无放回抽样， P(A)=，P(B|A)=，P(C|AB)=， ∴P(ABC)=P(C|AB)P(B|A)P(A) =×× =. 第一章 <<< $$