4.1.2 第2课时 全概率公式 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦概率中的全概率公式与条件概率，通过基础达标（如产品次品率计算）、能力提升（如青团取放问题）、素养拓展（如多步骤概率问题）的分层题目，搭建从简单到综合的学习支架，帮助学生衔接前后知识。 其亮点是以现实情境（如产品生产、种子发芽、传统点心青团等）为载体，通过分层练习设计，培养学生用数学眼光观察现实问题、用数学思维进行逻辑推理（如全概率公式应用）、用数学语言表达概率关系（如符号P(B|A₂)的运用）。实例包括结合生活场景的概率计算，帮助学生提升应用意识与实践能力，教师可借助分层题目实现精准教学，提高课堂效率。

4.1　4.1.2　第2课时　课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 3．(2024·辽宁沈阳高二校期中)设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别为50%，30%，20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为3%，5%，现从中任取一件，若取到的是次品的概率为3.6%，则推测丙车间的次品率为(　　) A．3% B．4% C．5% D．6% 解析：设丙车间的次品率为P，由题意知0.5×3%＋0.3×5%＋0.2×P＝3.6%，解得P＝3%.故选A. 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4．播种用的一等小麦种子中混和了2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子．用一等、二等、三等、四等种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05.则这批种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率为(　　) A．0.482 5 B．0.592 5 C．0.695 5 D．0.762 5 解析：由全概率公式，得P＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.482 5. 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　) A．0.155 B．0.175 C．0.016 D．0.096 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 0.3 课后达标 检测 8．某校男女生人数之比为11∶9，其中男生近视率为0.4，女生近视率为0.6，则该校学生的近视率为________． 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 0.49 课后达标 检测 9．有两箱同一种产品，第一箱内装50件，其中有10件优质品，第二箱内装30件，其中有18件优质品，现在随意地打开一箱，然后从箱中随意取出一件，则取到的是优质品的概率是________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 10．“青团”是江南人家在清明节吃的一道传统点心．现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的“青团”，已知甲箱中有3个蛋黄馅的“青团”，2个肉馅的“青团”和5个青菜馅的“青团”．乙箱中有3个蛋黄馅的“青团”，3个肉馅的“青团”和4个青菜馅的“青团”．问： (1)从甲箱中取出一个“青团”是蛋黄馅的概率是多少？ 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)若依次从甲箱中取出两个“青团”，求第一个是蛋黄馅的条件下，第二个是肉馅的概率； 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (3)若先从甲箱中随机取出一个“青团”放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个“青团”，求从乙箱取出的“青团”是蛋黄馅的概率． 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．已知小王有3张“冬梦”，2张“冰墩墩”和2张“雪容融”邮票；小李有“冬梦”“冰墩墩”“雪容融”邮票各1张．小王现随机取出一张邮票送给小李，分别以A1，A2，A3表示小王取出的是“冬梦”“冰墩墩”和“雪容融”邮票；小李再随机取出一张邮票，以B表示他取出的邮票是“冰墩墩”，则P(B|A2)＝________，P(B)＝________． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 课后达标 检测 14．某工厂有四条流水线生产同一产品，已知这四条流水线的产量分别占总产量的15%，20%，30%和35%，又知这四条流水线的产品不合格率依次为0.05，0.04，0.03和0.02. (1)每条流水线都提供了两件产品放进展厅，一名客户来到展厅后随手拿起了两件产品，求这两件产品来自同一流水线的概率； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 某工厂有四条流水线生产同一产品，已知这四条流水线的产量分别占总产量的15%，20%，30%和35%，又知这四条流水线的产品不合格率依次为0.05，0.04，0.03和0.02. (2)从该厂的这一产品中任取一件，取到不合格品的概率是多少？ 解：设A表示“任取一件产品，取到不合格品”，Bk表示“任取一件产品，是第k条流水线的产品”，k＝1，2，3，4，由题，P(B1)＝0.15，P(B2)＝0.20，P(B3)＝0.30，P(B4)＝0.35，且P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.04，P(A|B3)＝0.03，P(A|B4)＝0.02，从该厂的这一产品中任取一件，取到不合格品的概率为P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＋P(B4)P(A|B4)＝0.15×0.05＋0.20×0.04＋0.30×0.03＋0.35×0.02＝0.031 5. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 (1)P2的值为________； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 (2)若n∈N，n≥2，用Pn－1表示Pn的表达式为________________________. 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (1)求首次试验结束的概率； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 (2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整． ①求选到的袋子为甲袋的概率； ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 1．已知事件A，B满足P(A)＝ eq \f(3,5) ，P(B|A)＝ eq \f(2,3) ，P( eq \x\to(B) | eq \x\to(A) )＝ eq \f(1,4) ，则P(B)＝(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(3,5) C． eq \f(7,10) D． eq \f(4,5) 解析：由题意可得：P( eq \x\to(A) )＝1－P(A)＝ eq \f(2,5) ，P(B| eq \x\to(A) )＝1－P( eq \x\to(B) | eq \x\to(A) )＝ eq \f(3,4) ，所以P(B)＝P(B|A)·P(A)＋P(B| eq \x\to(A) )·P( eq \x\to(A) )＝ eq \f(2,3) × eq \f(3,5) ＋ eq \f(3,4) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(7,10) .故选C. 2．(2024·山东济南高二期末)小李的手机购物平台经常出现她喜欢的商品，这是电商平台推送的结果．假设电商平台第一次给小李推送某商品时，她购买此商品的概率为 eq \f(3,4) ；从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为 eq \f(1,3) ；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为 eq \f(2,5) ，那么电商平台在第二次推送时，小李不购买此商品的概率为(　　) A． eq \f(37,60) B． eq \f(3,5) C． eq \f(1,6) D． eq \f(9,20) 解析：电商平台在第二次推送时小李不购买此商品的概率为 eq \f(3,4) × eq \f(3,5) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(37,60) .故选A. 解析：设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝ eq \o(∑,\s\up16(3),\s\do14(i＝1)) P(Bi)·P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.故选B. 6．(多选)(2024·贵州遵义高二期末)现有来自某校高三年级的3袋专项计划审查表，第一袋有4名男生和2名女生的高校专项审查表，第二袋有5名男生和3名女生的国家专项审查表，第三袋有3名男生和2名女生的地方专项审查表．现从3袋中随机选择一袋，再从中随机抽取1份审查表，设Ai为抽到第i袋(i＝1，2，3)，B为随机抽取一份，抽到女生的审查表，则(　　) A.P(A1)＝P(A2)＝P(A3) B．P(B|A1)＝ eq \f(2,3) C．P(A2B)＝ eq \f(1,8) D．P(B)＝ eq \f(133,360) 解析：选项A，易知P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝ eq \f(1,3) ，故选项A正确； 选项B，因为P(B|A1)＝1,2) eq \f(C,C eq \o\al(1,6) ) ＝ eq \f(1,3) ，故选项B错误； 选项C，因为P(B|A2)＝1,3) eq \f(C,C eq \o\al(1,8) ) ＝ eq \f(3,8) ，所以P(A2B)＝P(B|A2)P(A2)＝ eq \f(3,8) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,8) ，故选项C正确； 选项D，因为P(B|A1)＝ eq \f(1,3) ，P(B|A2)＝ eq \f(3,8) ，P(B|A3)＝1,2) eq \f(C,C eq \o\al(1,5) ) ＝ eq \f(2,5) ，所以P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)·P(A3)＝ eq \f(1,3) ( eq \f(1,3) ＋ eq \f(3,8) ＋ eq \f(2,5) )＝ eq \f(133,360) ， 故选项D正确．故选ACD. 7．(2024·山东潍坊阶段考高二期末)已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(B|A)＝0.8，则P(B| eq \o(A,\s\up16(－)) )＝________． 解析：因为P(A)＝0.4，所以P( eq \x\to(A) )＝1－P(A)＝0.6，由全概率公式得P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P( eq \x\to(A) )P(B| eq \x\to(A) )，所以0.5＝0.4×0.8＋0.6·P(B| eq \x\to(A) )，得P(B| eq \x\to(A) )＝0.3. 解析：由全概率公式可得该校学生的近视率为 eq \f(11,20) ×0.4＋ eq \f(9,20) ×0.6＝0.49. 解析：设A表示取到的是优质品，Bi表示打开的是第i箱(i＝1，2)，则P(B1)＝P(B2)＝ eq \f(1,2) ，P(A|B1)＝ eq \f(10,50) ＝ eq \f(1,5) ，P(A|B2)＝ eq \f(18,30) ＝ eq \f(3,5) ，利用全概率公式，得P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(2,5) . eq \f(2,5) 解：设事件A表示从甲箱中取出一个“青团”是蛋黄馅，则P(A)＝ eq \f(3,10) . 解：设事件B表示从甲箱中取出的第一个“青团”是蛋黄馅，事件C表示从甲箱中取出的第二个“青团”是肉馅，P(C|B)＝ eq \f(P（BC）,P（B）) ＝ eq \f(\f(3,10)×\f(2,9),\f(3,10)) ＝ eq \f(2,9) . 解：设事件D表示从乙箱中取出的“青团”是蛋黄馅，事件A1，A2，A3分别表示从甲箱中取出蛋黄馅的“青团”，肉馅的“青团”和青菜馅的“青团”，P(D)＝P(A1)P(D|A1)＋P(A2)P(D|A2)＋P(A3)·P(D|A3)＝ eq \f(3,10) × eq \f(4,11) ＋ eq \f(2,10) × eq \f(3,11) ＋ eq \f(5,10) × eq \f(3,11) ＝ eq \f(3,10) . 11．(2024·内蒙古呼和浩特月考)甲罐中有5个红球、3个白球，乙罐中有4个红球、2个白球．整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用A1，A2表示从甲罐中取出的球是红球、白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B，C表示从乙罐中取出的是“两球都为红球”“两球为一红一白”的事件．则下列结论中不正确的是(　　) A．P(B|A1)＝ eq \f(10,21) B．P(C|A2)＝ eq \f(4,7) C．P(B)＝ eq \f(19,42) D．P(C)＝ eq \f(43,84) 解析：在事件A1发生的条件下，乙罐中有5红2白共7个球，则P(B|A1)＝2,5) eq \f(C,C eq \o\al(2,7) ) ＝ eq \f(10,21) ，A正确； 在事件A2发生的条件下，乙罐中有4红3白共7个球，则P(C|A2)＝1,4) eq \f(CC eq \o\al(1,3) ,C eq \o\al(2,7) ) ＝ eq \f(12,21) ＝ eq \f(4,7) ，B正确； 因为P(A1)＝ eq \f(5,8) ，P(A2)＝ eq \f(3,8) ，P(B|A1)＝ eq \f(10,21) ，P(B|A2)＝2,4) eq \f(C,C eq \o\al(2,7) ) ＝ eq \f(6,21) ，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝ eq \f(5,8) × eq \f(10,21) ＋ eq \f(3,8) × eq \f(6,21) ＝ eq \f(17,42) ，C不正确； 因为P(C|A1)＝1,5) eq \f(CC eq \o\al(1,2) ,C eq \o\al(2,7) ) ＝ eq \f(10,21) ，所以P(C)＝P(A1)·P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＝ eq \f(5,8) × eq \f(10,21) ＋ eq \f(3,8) × eq \f(12,21) ＝ eq \f(43,84) ，D正确．故选C. 12．若甲盒中有2个白球、2个红球、1个黑球，乙盒中有x个白球(x∈N)、3个红球、2个黑球，现从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，若从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的概率大于等于 eq \f(5,12) ，则x的最大值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：设从甲盒中取出白球，红球，黑球的事件分别为A1，A2，A3，从甲盒中取出的球和从乙盒中取出的球颜色相同的事件为B，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝ eq \f(2,5) · eq \f(x＋1,x＋6) ＋ eq \f(2,5) · eq \f(4,x＋6) ＋ eq \f(1,5) · eq \f(3,x＋6) ＝ eq \f(2x＋13,5（x＋6）) ≥ eq \f(5,12) ，解得x≤6，又x∈N，则x的最大值为6.故选C. eq \f(1,2) eq \f(9,28) 解析：P(B|A2)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) .由题知P(A1)＝ eq \f(3,7) ，P(A2)＝ eq \f(2,7) ，P(A3)＝ eq \f(2,7) ，则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝ eq \f(3,7) × eq \f(1,4) ＋ eq \f(2,7) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,7) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(9,28) . 解：这两件产品来自同一流水线的概率为1,4) eq \f(C,C eq \o\al(2,8) ) ＝ eq \f(1,7) . 15．某种电子玩具按下按钮后，会出现红球或绿球．已知按钮第一次按下后，出现红球与绿球的概率都是 eq \f(1,2) ，从按钮第二次按下起，若前一次出现红球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为 eq \f(1,3) ， eq \f(2,3) ，若前一次出现绿球，则下一次出现红球、绿球的概率分别为 eq \f(3,5) ， eq \f(2,5) ，记第n(n∈N，n≥1)次按下按钮后出现红球的概率为Pn. 解析：P2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(7,15) . 解析：Pn＝Pn－1× eq \f(1,3) ＋(1－Pn－1)× eq \f(3,5) ＝－ eq \f(4,15) Pn－1＋ eq \f(3,5) . eq \f(7,15) Pn＝－ eq \f(4,15) Pn－1＋ eq \f(3,5) 16．现有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中装有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有8个红球和2个白球，乙袋中有4个红球和6个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为 eq \f(1,2) . 解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2，P(B1)＝P(A1)·P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝ eq \f(1,2) × eq \f(8,10) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(4,10) ＝ eq \f(3,5) ，所以首次试验结束的概率为 eq \f(3,5) . 解：①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝ eq \f(2,5) ，所以P(A1|B2)＝ eq \f(P（A1B2）,P（B2）) ＝ eq \f(P（B2|A1）P（A1）,P（B2）) ＝ eq \f(\f(2,10)×\f(1,2),\f(2,5)) ＝ eq \f(1,4) ， 所以在首次试验摸出白球的条件下，选到的袋子为甲袋的概率为 eq \f(1,4) . ②由①得，P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－ eq \f(1,4) ＝ eq \f(3,4) ，所以方案一中取到红球的概率为：P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝ eq \f(1,4) × eq \f(8,10) ＋ eq \f(3,4) × eq \f(4,10) ＝ eq \f(1,2) ， 方案二中取到红球的概率为：P2＝P(A2|B2)·P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝ eq \f(3,4) × eq \f(8,10) ＋ eq \f(1,4) × eq \f(4,10) ＝ eq \f(7,10) ，因为 eq \f(7,10) > eq \f(1,2) ，所以方案二中第二次试验结束的概率更大． $