高中数学第二章概率23独立性趣味数学用概率判生死法庭上的数学证据素材苏教版选修23
江苏高中数学第二章概率232事件的独立性课件苏教版选修2
(1)若事件A与B相互独立，则A与B同时发生的概率等
(1)∵C＝A B ＋ A B， ∴P(C)＝P(A B ＋ A B)＝P(A B )＋P( A B)＝P(A)·P( B )＋ P( A )·P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.
(2) ∵ D ＝ A B ， ∴ P( D ) ＝ P( A B ) ＝ P( A )·P( B ) ＝ 0.5×0.4＝0.2，P(D)＝1－P( D )＝0.8.
A．0.95
B．0.6
C．0.05
D．0.4
解析：选 A 法一：在同一时刻至少有一颗卫星预报准确 可分为：①甲预报准确，乙预报不准确；②甲预报不准确，乙 预报准确；③甲预报准确，乙预报准确．这三个事件彼此互斥， 故事件的概率为 0.8×(1－0.75)＋(1－0.8)×0.75＋0.8×0.75＝ 0.95.
解：P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5， P(AB)＝0.25，P(BC)＝0.25，P(AC)＝0.25，可以验证：P(AB) ＝P(A)P(B)，P(BC)＝P(B)P(C)，P(AC)＝P(A)P(C)． ∴事件 A 与 B 相互独立，事件 B 与 C 相互独立，事件 A 与 C 相互独立．
[课堂归纳领悟] 相互独立事件常与互斥事件、对立事件综合考查，解决此 类问题的一般步骤： (1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示； (2)理清事件之间的关系(互斥、对立、相互独立)，列出关 系式； (3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算； (4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接 地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．
2020学年高中数学第2章概率2.3.1条件概率讲义苏教版选修2-3(2021-2022学年)
2.3.1 条件概率1．条件概率一般地,对于两个事件A 和B ,在已知事件Ｂ发生的条件下事件A 发生的概率,称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率,记为P (Ａ｜Ｂ).若Ａ，B 互斥，则P (A |B )=P （Ｂ｜A ）=0。
2．条件概率公式（1）一般地,若P (B )＞0,则事件B 发生的条件下A 发生的条件概率是Ｐ(A |Ｂ)=错误!未定义书签。
.(2）乘法公式：P (A Ｂ)=P (A |B ）P (B )．思考１：Ｐ（A |B ）＝P (B |A )成立吗?[提示] 不一定成立．一般情况下P (A |B ）≠P （Ｂ｜Ａ),只有P （A ）＝P (Ｂ)时才有Ｐ(A |B )=P (B ｜A )．思考2：若P (Ａ)≠0,则P (A ∩B )=Ｐ(B |A )·P （A ）,这种说法正确吗?[提示] 正确．由Ｐ（B |Ａ)=＼ｆ(P (A ∩B ),P (A ))得P （A ∩B ）＝P (B |A )·P （A ).1．把一枚骰子连续抛掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下,第二次抛出的也是偶数点的概率为( ）Ａ。
1 Ｂ.错误!未定义书签。
C ．错误!未定义书签。
D.错误!未定义书签。
B ［设事件A :第一次抛出的是偶数点；事件B ：第二次抛出的是偶数点，则P (B|Ａ）=错误!未定义书签。
＝错误!未定义书签。
=错误!未定义书签。
.]２.设A ,B 为两个事件，且Ｐ(Ａ)〉0,若P （AB )=错误!未定义书签。
，P （Ａ)=错误!未定义书签。
,则P （B |Ａ）=_______＿。
错误!未定义书签。
[由P（Ｂ｜A)＝错误!未定义书签。
=错误!=错误!.]3.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________．错误! [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(AB)＝Ｐ(A)Ｐ（Ｂ｜A）=错误!未定义书签。
(新)高中数学第二章概率2_3_2事件的独立性优化训练苏教版选修2-3
2.3.2 事件的独立性5分钟训练（预习类训练，可用于课前）1.某人射击一次击中目标的概率为0.6,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为（ ） A.12581 B.12554 C.12536 D.12527 答案:A 解析：两次击中的概率P 1=23C 0.62·(1-0.6)=12554，三次击中的概率P 2=0.63=12527,P 1+P 2=12581. 2.已知P(B)>0，A 1∩A 2=∅，则有( ) A.P(A 1｜B)>0B.P(A 1∪A 2｜B)=P(A 1｜B)+P(A 2｜B)C.P(A 12A ｜B)≠0D.P(21A A ｜B)=1答案:B解析：A 1∩A 2=∅,∴A 1与A 2互斥.∴P(A 1∪A 2｜B)=P(A 1｜B)+P(A 2｜B).3.对于事件A 、B,正确命题是( )A.如果A 、B 互不相容,则A 、B 不相容B.如果A ⊂B,则A ⊂BC.如果A 、B 对立,则A 、B 也对立D.如果A 、B 互不相容,则A 、B 对立答案:C解析：∵A、B 对立,则A=B ,B=A . ∴A 与B 也对立.4.设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,现有一个20岁的这种动物,它能活到25岁的概率是_______________.答案:0.5解析：设A=“能活到20岁”，B ＝“能活到25岁”，则P(A)=0.8,P(B)=0.4,而所求概率为P(B ｜A).由于B ⊆A,故A∩B＝B.于是P(B ｜A)=8.04.0)()()()(==A P B P A P AB P =0.5,所以这个动物能活到25岁的概率是0.5.10分钟训练（强化类训练，可用于课中）1.从应届高中生中选出飞行员,已知这批学生体型合格的概率为31,视力合格的概率为61,其他几项标准合格的概率为51,从中任选一学生,则该学生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)（ ） A.94 B.901 C.54 D.95 答案:B 解析：P=901516131=⨯⨯. 2.某台机器上安装甲,乙两个元件,这两个元件的使用寿命互不影响,已知甲元件的使用寿命超过1年的概率为0.6,要使两个元件中至少有一个的使用寿命超过1年的概率至少为0.9,则乙元件的使用寿命超过1年的概率至少为（ ）A.0.3B.0.6C.0.75D.0.9答案:C解析：设乙元件的使用寿命超过1年的概率为x,则两个元件中至少有一个使用寿命超过1年的概率为:1-(1-0.6)·（1-x ）≥0.9.解之得：x≥0.75,选C.3.两人同时向一敌机射击,甲的命中率为51,乙的命中率为41,则两人中恰有一人击中敌机的概率为( ) A.207 B.2012 C.211 D.101 答案:A解析：恰有一人击中敌机可分为两种情况:甲击中乙没击中,甲没击中乙击中.利用独立事件的概率可知.P=P(A ·B )+P(A ·B)=51×43+54×41=207. 4.甲盒中有200个螺杆,其中有160个A 型的,乙盒中有240个螺母,其中有180个A 型的,现从甲,乙两盒中各任取一个,则能配成A 型螺栓的概率为________________.答案:53 解析：从甲中取一个A 型螺杆的概率为P(A)=54, 从乙中取一个A 型螺母的概率为P(B)=43. ∵两者相互独立,∴P=P(A)·P(B)=53. 5.设有100个圆柱形零件,其中95个长度合格,92个直径合格,87个长度,直径都合格,现从中任取1件.求:(1)该产品是合格品的概率;(2)若已知该产品直径合格,求是合格品的概率;(3)若已知该产品长度合格,求是合格品的概率.解:(1)100个中有87个合格,故P=0.87.设事件A 为合格品,B 为长度合格,C 为直径合格,则有(2)P(A ｜B)=95.087.0)()(=B P A P ≈0.915 9. (3)P(A ｜C)=92.087.0)()(=C P A P ≈0.945 7. 30分钟训练（巩固类训练，可用于课后）1.甲、乙两人独立地解同一问题,甲解决这个问题的概率是p 1,乙解决这个问题的概率是p 2,那么恰好有1个人解决这个问题的概率是( )A.p 1·p 2B.p 1(1-p 2)+p 2(1-p 1)C.1-p 1·p 2D.1-(1-p 1)(1-p 2)答案:B解析：甲解决该问题的概率为p 1(1-p 2),乙解决该问题的概率为p 2(1-p 1),两事件互为独立事件.∴P=p 1(1-p 2)+p 2(1-p 1).故选B.2.若P(A ·B)=0,则事件A 与事件B 的关系是( )A.互斥事件B.A 、B 中至少有一个为不可能事件C.互斥事件或至少有一个是不可能事件D.以上都不对答案:C3.事件A 与B 独立,则下列结论正确的是( )A.P(A)=0B.P(A)=1-P(B)C.P(A+B)=P(A)+P(B)D.P(AB)=P(A)·P(B)答案:D解析：选项A 为不可能事件,选项B 为对立事件,选项C 为互斥事件同时发生的概率,所以D 正确.4.某机械零件加工由两道工序组成,第一道工序的废品率为a,第二道工序的废品率为b,假定这两道工序出废品是彼此无关的,那么产品的合格率为( )A.ab-a-b+1B.1-a-bC.1-abD.1-2ab 答案:A解析：出现合格品需两道工序均出现合格品,利用独立事件的概率为P=(1-a)(1-b)=ab-a-b+1.5.两台独立在两地工作的雷达,每台雷达发现飞机目标的概率分别为0.9和0.85,则有且仅有一台雷达发现目标的概率为___________,至少有一台雷达发现目标的概率为___________.答案:0.22 0.985 仅有一台发现目标;第一台发现:p 1=0.9×0.15=0.135,第二台发现:p 2=0.1×0.85=0.085,∴P=0.135+0.085=0.22. 至少有一台对立事件为全都不发现目标, 则有P=1-0.1×0.15=0.985. 6.有一批书共100本,其中文科书40本,理科书60本,按装潢可分精装、平装两种,精装书70本,某人从这100本书中任取一书,恰是文科书,放回后再任取1本,恰是精装书,这一事件的概率是___________.答案:257 解析：设“任取一书是文科书”的事件为A,“任取一书是精装书”的事件为B,则A,B 是相互独立的事件,所求概率为P(A ·B).据题意可知P(A)=5210040=,P(B)10710070= ∴P(A·B)=P(A)·(B)=25710752=⨯. 7.市场上供应的灯泡中,甲厂产品占70%,乙厂产品占30%,甲厂产品的合格率为95%,乙厂产品的合格率是80%.若用A,A 分别表示甲,乙两厂的产品,B 表示产品为合格品,B 表示产品为不合格品,试写出有关事件的概率.解:P(A)=70%,P(A )=30%,P(B ｜A)=95%,P(B ｜A )=80%, 故得P(B ｜A)=5%,P(B ｜A )=20%. 8.如图,电路由电池A,B,C 并联组成，电池A,B,C 损坏的概率分别是0.3,0.2,0.2,求电路断电的概率.解:设A=“电池A 损坏”，P （A ）＝0.3;B=“电池B 损坏”，P （B ）=0.2;C=“电池C 损坏”，则P （C ）＝0.2.“电路断电”＝“A、B 、C 三个电池同时损坏”=A·B ·C ，由实际意义,知A 、B 、C 三个事件相互独立，于是P （电路断电）＝P （A ·B ·C ）=P （A ）·P （B ）·P （C ）＝0.3×0.2×0.2=0.012.9.有三批种子，其发芽率分别为0.9,0.8和0.7，在每批种子中各随机抽取一粒，求至少有一粒种子发芽的概率.解:设第一批种子发芽为事件A ，第二、三批种子发芽分别为事件B 、C.设至少有一粒种子发芽为事件D ，则D=A+B+C.又A ·B ·C 表示事件A 、B 、C 都不发生，故A ＋B ＋C 与A B ·C 是两对立事件.又A 、B 、C 为相互独立事件,∴P(D)=P(A+B+C)=1-P(A ·B ·C )=1-P(A )P(B )P(C )=1-0.1×0.2×0.3=0.994.10.甲、乙、丙三部机床独立工作,由一个工人照管,且不能同时照管两部和两部以上机床,某段时间内,它们不需要工人照管的概率分别为0.9,0.8和0.85,求在这段时间内,(1)三部机床都不需要人照管的概率;(2)有机床需要人照管的概率;(3)至少有两部机床需要人照管,而一人根本照管不过来而造成停工的概率.解:设“甲机床不需要人照管”为事件A，“乙机床不需要人照管”为事件B，“丙机床不需要人照管”为事件C，则P（A）=0.9,P(B)=0.8,P(C)=0.85.(1)三部机床都不需要人照管的事件用A·B·C表示，∵A、B、C相互独立，∴P（A·B·C）=P(A)P(B)P(C)=0.9×0.8×0.85=0.612.（2）“有机床需要人照管”事件，即“至少有一部需要人照管”的事件，它的对立事件是“三部机床都不需要人看管”，故所求概率为1-P(A·B·C)＝1-0.612=0.388.（3）“停工”事件即为“至少有两部需人照管”的事件，用A·B·C+A·B·C+A·B·C+A·B·C表示，得P(A·B·C·A·B·C+A·B·C+A·B·C)=0.059.。
苏教版高中数学选修23第二章概率
高中数学学习资料金戈铁骑整理制作选修 2-3 第二章 概率§2.6 失散型随机变量的均值与方差[ 学习目标 ] 认识独立性查验的基本思想，认识随机变量 2的含义，理解独立性查验的基本方法及其实行步骤。
[预习题 ]1．已知随机变量~ B(n, p) ，且 E 12,V 8 ，则 p 和 n 的值挨次为 ()答案： 1，3632．已知随机变量X 的散布如表所示则E(X) V(X)等于（ ）X － 11答案：－P3．口袋中有 5 只同样的球，编号为1、 2、 3、 4、 5，从中任取 3 球，用 ξ表示拿出的球的最大号码，则 E ξ= ( )答案：4．一个平均小正方体的 6 个面中，三个面上标以数 0，两个面上标以数 1，一个面上标以数2。
将这个小正方体投掷2 次，则向上的数之积的数学希望是＿＿＿＿。
答案：49[例题解说 ]例 1 甲、乙两名工人加工同一种部件，两人每日加工的部件数相等，所出次品数分别为 X 1 ，X 2 ，且 X 1 和 X 2 的散布列为：X101 2 X 20 1 2 6 1 3P5 3 2P101010101010试比较两名工人谁的技术水平更高．解： ∵ EX 16 1 3 5 322．1012， EX 2 011010101010∴ EX 1 EX 2 ，说明两人出的次品数希望同样，能够以为他们技术水平相当 .又∵ DX 1(0 0.7)26 (1 0.7)2 1 (2 0.7) 2 3 0.81 ，101010DX 2 (00.7) 25 (1 0.7) 2 3 (2 0.7)2 2 0.61 ．10 10 10∴ DX 1DX 2 ， ∴工人乙的技术比较稳固 .∴能够以为工人乙的技术水平更高例 2．甲、乙两人各进行3 次射击，甲每次击中目标的概率为1，乙每次击中目标的概率为2，记甲击中目标的次数为2X ，（ 1）求 X 的概率散布及数学希望 E( X ) ；（ 2）求乙至多击3中目标 2 次的概率； （ 3）求甲恰巧比乙多击中目标 2 次的概率 .解：（ 1） X 的概率散布列为X0 12 3P133 18888E(X) 0113 2331188 8或 E(X) 38C 33 ( 2)319 2（ 2）乙至多击中目标2 次的概率为 1327（ 3）设甲恰巧比乙多击中目标 2 次为事件 A ，甲恰击中目标 2 次且乙恰击中目标 0次为事件 B 1，甲恰击中目标 3 次且乙恰击中目标 1次为事件 B 2, 则 A B 1 B 2,B 1、 B 2 为互斥事件， P( A)P( B 1) P( B 2)3 1 1 2 18 27 8 9 24例 3. 高二（ 1）班的一个研究性学习小组在网上查知，某宝贵植物种子在必定条件下抽芽成 功的概率为 1，该研究性学习小组又分红两个小组进行考证性实验.2（ 1）第 1 组做了 5 次这栽种物种子的抽芽实验（每次均种下一粒种子） ，求他们的实验至罕有 3 次成功的概率；（ 2）第二小组做了若干次抽芽试验（每次均种下一粒种子） ，假如在一次实验中种子抽芽成功就停止实验， 不然将持续进行下次实验， 直到种子抽芽成功为止， 但抽芽实验的次数最多不超出 5 次，求第二小组所做种子抽芽实验的次数X 的概率散布列和希望 . 解：（ 1）起码有 3 次抽芽成功，即有 3 次、 4 次、 5 次抽芽成功，因此所求概率P C 53(1)5C 54(1)5C 55(1)5 12222（ 2） X 的概率散布列为X1 23 4 5P111 1 12481616所以E(X) 1121 3 141 5 1 3124 816 16 16参加人数例 4．某中学呼吁学生在春节时期起码参加一次社会公益活动（以下简称活动） ．该校合唱团共有 100 名学生，他们参加活 50动的次数统计如下图．40 （I ）求合唱团学生参加活动的人均次数；（II ）从合唱团中随意选两名学生， 求他们参加活动次数恰巧302010活动次数123相等的概率．（III ）从合唱 中任 两名学生，用 表示 两人参加活 次数之差的 ，求随机量的散布列及数学希望E .解：由 可知，参加活 1 次、 2 次和 3 次的学生人数分 10、50 和 40．（I ） 合唱 学生参加活 的人均次数1 102 503 40 2301002.3 ． ⋯⋯ 6’（ II100）从合唱中任两名学生，他参加活次数恰巧相等的概率P 0C 102 C 502 C 40241C 1002．⋯⋯ 12’99（III ）从合唱 中任 两名学生， “ 两人中一人参加 1 次活 ， 另一人参加 2 次活 ”事件 A ，“ 两人中一人参加 2 次活 ，另一人参加 3 次活 ” 事件 B ，“ 两人中一人参加 1 次活 ，另一人参加3 次活 ” 事件C ．易知P(1) P( A) P(B)C 101C 501C 501C 401 50C 1002C 1004；99P(2) P(C)C 101C 4018；C 100299的散布列：12P41 50 8999999的数学希望：E41 50 8 2 ．123999999[ 后 ]1. 两台互相独立工作的 ， 生故障的概率分a ，b ， 生故障的 台数的均。
高中数学 第2章 概率 2.3.2 事件的独立性课件 苏教版选修2-3
【解】 记“甲独立地译出密码”为事件 A，“乙独立地译出密 码“为事件 B，A 与 B 为相互独立事件，且 P(A)＝13，P(B)＝14. (1)“2 个人都译出密码”的概率为： P(AB)＝P(A)·P(B)＝13×14＝112. (2)“2 个人都译不出密码”的概率为： P(－A －B )＝P(－A )·P(－B )＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝(1－13)×(1－14) ＝12.
2．若事件 E 与 F 相互独立，且 P(E)＝P(F)＝14，则 P(EF)的值
等于( )
A．0
1 B.16
11Biblioteka C.4D.2答案：B
3．甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报 的准确率为 0.8 和 0.7.那么，在一次预报中，甲、乙两站预报都 准确的概率为________．
答案：0.56
(2)至多有两人当选的概率为 1－P(ABC)＝1－P(A)P(B)P(C) ＝1－45×35×170＝18235.
综合应用 某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班 第一的概率：语文为 0.9，数学为 0.8，英语为 0.85，问一次考 试中， (1)三科成绩均未获得第一名的概率； (2)恰有一科成绩未获得第一名的概率．
(3)由于把取出的苹果又放回筐内，故对“从中任意取出 1 个， 取出的是梨”的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．
判断两事件的独立性的方法 (1)定义法：如果事件 A，B 同时发生的概率等于事件 A 发生的 概率与事件 B 发生的概率的积，则事件 A，B 为相互独立事件． (2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响． (3)当 P(A)＞0 时，可用 P(B|A)＝P(B)判断．
相互独立事件概率的计算 甲、乙 2 个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的 概率分别为13和14，求： (1)2 个人都译出密码的概率； (2)2 个人都译不出密码的概率； (3)至多 1 个人译出密码的概率；
高中数学第二章概率2.3.1条件概率课件苏教版选修2-3
2．条件概率公式
(1)一般地，若 P(B)＞0，则事件 B 发生的条件下 A 发生的条件概率是 P(A|B) PAB ＝___P__B___.
(2)乘法公式：P(AB)＝___P_(_A_|B_)_P_(_B_)___．
设 A，B 为两个事件，且 P(A)>0，若 P(AB)＝13，P(A)＝23，则 P(B|A)＝________.
3 P(A|B)＝PPABB＝130＝12.
5 1 2
我还有这些不足： (1) __________________________________________________ (2) _________________________________________________ 我的课下提升方案： (1) _________________________________________________ (2) _________________________________________________
1．用定义法求条件概率 P(B|A)的步骤 (1)分析题意，弄清概率模型； (2)计算 P(A)，P(AB)； (3)代入公式求 P(B|A)＝PPAAB. 2．在(2)题中，首先结合古典概型分别求出了事件 A，B 的 概率，从而求出 P(B|A)，揭示出 P(A)，P(B)和 P(B|A)三者之间的 关系．
阶
阶
段
段
一
三
2.3 独立性
2.3.1 条件概率
学
阶 段 二
业 分 层 测
评
1．了解条件概率的概念，掌握条件概率的计算公式．(重点) 2．利用条件概率计算公式解决一些简单的实际问题．(难点)
[基础·初探] 教材整理 条件概率 阅读教材 P56～P57“例 1”以上部分，完成下列问题． 1．条件概率 一般地，对于两个事件 A 和 B，在已知事件 B 发生的条件下事件 A 发生的 概率，称为___事__件__B_发__生__的__条__件__下__事__件__A__的条件概率，记为__P__(A_|_B_)__．若 A， B 互斥，则 P(A|B)＝P(B|A)＝__0_.
高中数学第2章概率2.3独立性教学案苏教版选修2_3
2.3 独立性第1课时 条 件 概 率三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学无放回地抽取． 问题1：三名同学抽到中奖奖券的概率相等吗？ 提示：相等．问题2：求第一名同学没有抽到中奖奖券的概率．提示：用A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”， 则P (A )＝23.问题3：求最后一名同学抽到中奖奖券的概率．提示：用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”， 则P (B )＝13.问题4：如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少？提示：用C 表示事件“在第一名同学没有中奖的前提下，最后一名同学抽到中奖奖券”．事件C 可以理解为还有两张奖券，其中一张能中奖，则P (C )＝12.1．条件概率的概念一般地，对于两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率，记为P (A |B )．2．条件概率的计算公式(1)一般地，若P (B )>0，则事件B 已发生的条件下A 发生的条件概率是P (A |B )＝P （AB ）P （B ）．(2)利用条件概率，我们有P (AB )＝P (A |B )P (B )．1．由条件概率的定义可知，P (A |B )与P (B |A )是不同的；另外，在事件B 发生的前提下，事件A 发生的可能性大小不一定是P (A )，即P (A |B )与P (A )不一定相等．2．在条件概率的定义中，要强调P (B )>0.3．P (A |B )＝P （AB ）P （B ）可变形为P (AB )＝P (A |B )P (B )，即只要知道其中两个值就可以求得第三个值．[例1] 抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A 为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”．(1)求P (A )，P (B )，P (AB )；(2)当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的概率为多少？ [思路点拨] 根据古典概型的概率公式及条件概率公式求解． [精解详析](1)设x 表示抛掷红色骰子所得到的点数，用y 表示抛掷蓝色骰子所得到的点数，则试验的基本事件总数的全集Ω＝{(x ，y )|x ∈N ，y ∈N ，1≤x ≤6，1≤y ≤6}，如图所示，由古典概型计算公式可知：P (A )＝1236＝13，P (B )＝1036＝518，P (AB )＝536.(2)P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝53613＝512.[一点通] 利用P (A |B )＝P （AB ）P （B ）求条件概率的一般步骤：(1)计算P (B )；(2)计算P (AB )(A ，B 同时发生的概率)； (3)利用公式P (A |B )＝P （AB ）P （B ）计算．其中(1)(2)可利用古典概型等有关计算概率的方法求解．1．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是________．解析：记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知P (A )＝35，P (AB )＝35×24＝310，所以在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是P (B |A )＝12.答案：122．一个家庭中有两个小孩，假定生男、生女是等可能的．已知这个家庭有一个是女孩，问另一个小孩是男孩的概率是多少？解：一个家庭的两个小孩只有4种可能：{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}．由题意知这4个事件是等可能的，A ＝“其中一个女孩”，B ＝“其中一个男孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}．∴P (AB )＝24，P (A )＝34.∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝2434＝23.3．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．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AB .(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为 A 26＝30，根据分步计数原理第1次抽到舞蹈节目的事件数为A 14A 15＝20，于是P (A )＝2030＝23.(2)因为第1次和第2次都抽到舞蹈节目的事件数为A 24＝12， 于是P (AB )＝1230＝25.(3)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 （AB ）P （A ）＝2523＝35.[例2] 有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A ，3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一个球，若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功．求试验成功的概率．[思路点拨]设出基本事件→求相应事件概率→求试验成功的概率[精解详析] 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}， W ＝{第二次取出的球是白球}， 则容易求得P (A )＝710，P (B )＝310，P (R |A )＝12，P (W |A )＝12， P (R |B )＝45，P (W |B )＝15.事件“试验成功”表示为RA ＋RB ，又事件RA 与事件RB 互斥，故由概率的加法公式，得P (RA ＋RB )＝P (RA )＋P (RB )＝P (R |A )·P (A )＋P (R |B )·P (B )＝12×710＋45×310＝0.59. [一点通] 为了求得比较复杂事件的概率．往往可以先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单事件之和，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．4．高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占16，而且三好学生中女生占一半．现在从该班同学中任选一名参加某一座谈会．则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为________．解析：设事件A 表示“任选一名同学是男生”；事件B 为“任取一名同学为三好学生”，则所求概率为P (B |A )．依题意得P (A )＝4060＝23，P (AB )＝560＝112.故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝11223＝18.答案：185．在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀，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，求他获得优秀成绩的概率．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，另一道答错”，事件C 为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D 为“该考生在这次考试中通过”，事件E 为“该考生考试中获得优秀”，则A ，B ，C 两两互斥，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 )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620， P (AD )＝P (A )，P (BD )＝P (B )，P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D )．P （A ）P （D ）＋P （B ）P （D ）＝210C 62012 180C 620＋2 520C 62012 180C 620＝1358. 故所求的概率为1358.1．P (A |B )表示事件A 在“事件B 已发生”这个附加条件下的概率，与没有这个附加条件的概率是不同的．也就是说，条件概率是在原随机试验的条件上再加上一定的条件，求另一事件在此“新条件”下发生的概率．2．若事件A ，C 互斥，则P [(A ＋C )|B ]＝P (A |B )＋P (C |B )．课下能力提升(十二)一、填空题1．已知P (AB )＝310，P (B )＝35，则P (A |B )＝________．解析：P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝31035＝12.答案：122．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．解析：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则P (AB )＝C 25C 2100，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝5×4100×995100＝499.答案：4993．把一枚骰子连续抛掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为________．解析：“第一次抛出偶数点”记为事件A ，“第二次抛出偶数点”记为事件B ，则P (A )＝3×66×6＝12，P (AB )＝3×36×6＝14. 所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.答案：124．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“三个人去的景点不相同”，B ＝“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于________．解析：由题意知，P (B )＝C 13·223×3×3＝49，P (AB )＝A 333×3×3＝29.∴P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝2949＝12.答案：125．设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它能活到25岁的概率是________．解析：设动物活到20岁的事件为A ，活到25岁的事件为B ，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.4，由AB ＝B ，所以P (AB )＝P (B )．所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A ）＝0.40.8＝0.5.答案：0.5 二、解答题6．某个班级有学生40人，其中有共青团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中共青团员4人，如果要在班里任选一人当学生代表，那么这个代表恰好在第一小组里的概率是多少？现在要在班级任选一个共青团员当团员代表，问这个代表恰好在第一小组的概率是多少？解：设A ＝{在班里任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班里任选一个学生，该学生是共青团员}，P (A )＝1040＝14，即这个代表恰好在第一小组里的概率是14.P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝4401540＝415，即这个团员代表恰好在第一小组的概率为415.7．任意向x 轴上(0，1)这一区间内投掷一个点，问(1)该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内的概率是多少； (2)在(1)的条件下，求该点落在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1内的概率． 解：由题意可知，任意向(0，1)这一区间内投掷一点，该点落在(0，1)内哪个位置是等可能的．令A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0<x <12，由几何概型的计算公式可知．(1)P (A )＝121＝12.(2)令B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14<x <1， 则AB ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14<x <12，故在A 的条件下B 发生的概率为 P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝12－1412＝12.8．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中选3人参加学校的义务劳动，在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率．解：记“男生甲被选中”为事件A ，“女生乙被选中”为事件B .P (A )＝C 25C 36＝1020＝12，P (BA )＝C 14C 36＝15，P (B |A )＝P （BA ）P （A ）＝25，即在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为25.第2课时 事件的独立性有这样一项活动：甲箱里装有3个白球，2个黑球，乙箱里装有2个白球，2个黑球，从这两个箱子里分别摸出1个球，记事件A ＝“从甲箱里摸出白球”，B ＝“从乙箱里摸出白球”．问题1：事件A 发生会影响事件B 发生的概率吗？ 提示：不影响．问题2：试求P (A )，P (B )．提示：P (A )＝35，P (B )＝12.问题3：P (A |B )与P (A )相等吗？提示：相等．问题4：P (AB )为何值？ 提示：∵P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝35×12＝310.1．事件A 与B 相互独立就是事件A (或B )是否发生不影响事件B (或A )发生的概率． 2．相互独立事件同时发生的概率：P (AB )＝P (A )P (B )，这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积．[例1] 容器中盛有5个白球和3个黄球．(1)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”这两个事件是否相互独立？为什么？(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“把取出的1个白球放回容器，再从容器中任意取出1个，取出的是黄球”这两个事件是否相互独立？为什么？[思路点拨] 从相互独立事件的定义入手判断．[精解详析] (1)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．(2)由于把取出的白球放回容器，故对“从中任意取出1个，取出的是黄球”的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．[一点通] 解决此类问题常用的两种方法：(1)定量计算法：利用相互独立事件的定义(即P (AB )＝P (A )P (B ))可以准确地判定两个事件是否相互独立．(2)定性判断法：看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响．没有影响就是相互独立事件；有影响就不是相互独立事件．1．同时掷两颗质地均匀的骰子，A ＝{第一颗骰子出现奇数点}，B ＝{第二颗骰子出现偶数点}，判断事件A ，B 是否相互独立．解：同时掷两颗质地均匀的骰子，则A ＝{第一颗骰子出现1，3，5点}，共有3种结果．B ＝{第二颗骰子出现2，4，6点}，共有3种结果．AB ＝{第一颗骰子出现奇数点，第二颗骰子出现偶数点}，共有C 13·C 13＝9种结果．由于每种结果的出现均是等可能的，由古典概型的有关知识可知P (A )＝36＝12，P (B )＝36＝12，P (AB )＝C 13C 13C 16C 16＝936＝14.∴P (AB )＝P (A )·P (B )，即事件A 、事件B 相互独立．2．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设A 是事件“第1枚为正面”，B 是事件“第2枚为正面”，C 是事件“2枚结果相同”，问：A ，B ，C 中哪两个相互独立？解：P (A )＝0.5，P (B )＝0.5，P (C )＝0.5，P (AB )＝0.25，P (BC )＝0.25，P (AC )＝0.25，可以验证：P (AB )＝P (A )P (B )，P (BC )＝P (B )P (C )，P (AC )＝P (A )P (C )．∴事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立．[例2] 制造一种零件，甲机床的正品率为0.90，乙机床的正品率为0.80，分别从它们制造的产品中任意抽取一件．(1)两件都是正品的概率； (2)两件都是次品的概率； (3)恰有一件正品的概率．[思路点拨] 两件都是正品(次品)的概率，就是正品(次品)的概率相乘；恰有一件正品的概率要用到互斥事件．[精解详析] 记“从甲机床抽到正品”为事件A ，“从乙机床抽到正品”为事件B ，“抽取的两件产品中恰有一件正品”为事件C ，由题意知A ，B 是相互独立事件．(1)P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.90×0.80＝0.72；(2)P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝0.10×0.20＝0.02；(3)P (C )＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )·P (B －)＋P (A －)·P (B )＝0.90×0.20＋0.10×0.80＝0.26.[一点通] 解决此类问题要明确互斥事件和相互独立事件的意义．若A ，B 相互独立，是A 与B ，A 与B ，A 与B 也是相互独立的．3．甲射击命中目标的概率为34，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为________．解析：P ＝34×13＋14×23＋34×23＝1112.答案：11124．在一次班委干部的选任中，甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为P (甲)＝0.8，P (乙)＝0.6，P (丙)＝0.5，且知三人在选举中互不影响，则三人都被选上的概率为________，三人中至少有一人被选上的概率为________．解析：三人都被选上的概率为P 1＝P (甲)·P (乙)·P (丙)＝0.8×0.6×0.5＝0.24. 三人中至少有一人被选中的概率为P 2＝1－(1－P (甲))·(1－P (乙))·(1－P (丙)) ＝1－0.2×0.4×0.5＝1－0.04＝0.96. 答案：0.24 0.965．一个袋子中有3个白球，2个红球，每次从中任取2个球，取出后再放回，求： (1)第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率；(2)第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率．解：记：“第1次取出的2个球都是白球”的事件为A ，“第2次取出的2个球都是红球”的事件为B ，“第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球”的事件为C ，很明显，由于每次取出后再放回，A ，B ，C 都是相互独立事件．(1)P (AB )＝P (A )P (B )＝C 23C 25·C 22C 25＝310·110＝3100.故第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率是3100.(2)P (CA )＝P (C )P (A )＝C 13·C 12C 25·C 23C 25＝610·310＝950.故第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率是950.[例3] 某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获9 000元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次)．设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为19，110，111，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中：(1)获赔的概率；(2)获赔金额X 的概率分布． [思路点拨] (1)利用对应条件去求获赔的概率； (2)分析X 的所有取值，写出概率分布．[精解详析] 设A k 表示第k 辆车在一年内发生此种事故，k ＝1，2，3，由题意知A 1，A 2，A 3独立，且P (A 1)＝19，P (A 2)＝110，P (A 3)＝111.∴P (A 1)＝89，P (A －2)＝910，P (A －3)＝1011，(1)该单位一年内获赔的概率为1－P (A －1A －2A －3)＝1－P (A －1)P (A －2)P (A －3) ＝1－89×910×1011＝311.(2)X 的所有可能值为0，9 000，18 000，27 000.P (X ＝0)＝P (A －1A －2A －3)＝P (A －1)P (A －2)P (A －3)＝89×910×1011＝811， P (X ＝9 000)＝P (A 1A －2A －3)＋P (A －1A 2A －3)＋P (A －1A －2A 3)＝P (A 1)P (A －2)P (A －3)＋P (A －1)P (A 2)P (A －3)＋P (A －1)P (A －2)P (A 3) ＝19×910×1011＋89×110×1011＋89×910×111 ＝242990＝1145，P (X ＝18 000)＝P (A 1A 2A －3)＋P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A －3)＋P (A 1)P (A －2)P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3) ＝19×110×1011＋19×910×111＋89×110×111 ＝27990＝3110. P (X ＝27 000)＝P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝19×110×111＝1990. 综上知，X[一点通] 解决此类问题要明确事件中关键词的意义，将事件合理分析：已知两个事件A ，B ，它们的概率分别为P (A )，P (B )，则A ，B 中至少有一个发生的事件为A ＋B ；A ，B 都发生的事件为AB ；A ，B 都不发生的事件为A －B －；A ，B 恰有一个发生的事件为AB －＋A －B ；A ，B 中至多有一个发生的事件为AB －＋A －B ＋A －B －.6．2014年3月30日，深圳迎来今年首场强降雨．天气预报提示在未来24小时，深圳A ，B 两地区有强降雨的概率分别为56，25.则A ，B 两地在未来24小时至少有一处有强降雨的概率为________．(假设A ，B 两地距离较远，是否降雨相互独立)解析：转化为对立事件求解：P ＝1－16×35＝1－110＝910.答案：9107．某校田径队有三名短跑运动员，根据平时的训练情况统计，甲、乙、丙三人100 m 跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别是25，34，13.如果对这三名短跑运动员的100 m 跑成绩进行一次检测；(1)三人都合格的概率与三人都不合格的概率分别是多少？ (2)出现恰有几人合格的概率最大？ 解：设“甲、乙、丙三人100 m 跑合格”分别为事件A ，B ，C ，显然A ，B ，C 相互独立，P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13，所以P (A )＝1－25＝35，P (B )＝1－34＝14，P (C )＝1－13＝23.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)． (1)三人都合格的概率为P 3＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.三人都不合格的概率为P 0＝P (A －B －C －)＝P (A －)P (B －)P (C －)＝35×14×23＝110.所以三人都合格的概率与三人都不合格的概率都是110.(2)因为ABC －，AB －C ，A －BC 两两互斥，所以恰有两人合格的概率为P 2＝P (ABC －＋AB －C ＋A －BC )＝P (ABC －)＋P (AB －C )＋P (A －BC )＝P (A )P (B )P (C －)＋P (A )P (B －)P (C )＋P (A －)P (B )P (C )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率为P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.由(1)(2)知P 0，P 1，P 2，P 3中P 1最大，所以出现恰有一人合格的概率最大．相互独立事件常与互斥事件、对立事件综合考查，解决此类问题的一般步骤： (1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；(2)理清事件之间的关系(互斥、对立、相互独立)，列出关系式； (3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算；(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．课下能力提升(十三)一、填空题1．坛子中放有3个白球和2个黑球，从中进行有放回地摸球，用A 1表示第一次摸得白球，A 2表示第二次摸得白球，则A 1和A 2是________事件．解析：由题意知，A 1是否发生，对A 2发生的概率没有影响，所以A 1和A 2是相互独立事件．答案：相互独立2．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．解析：设“任取一书是文科书”的事件为A ，“任取一书是精装书”的事件为B ，则A ，B 是相互独立的事件，所求概率为P (AB )．据题意可知P (A )＝40100＝25，P (B )＝70100＝710，故P (AB )＝P (A )P (B )＝25×710＝725.答案：7253．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．解析：问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P 1＝12；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P 2＝12×12＝14.故甲队获得冠军的概率为P 1＋P 2＝34.答案：344．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一个被录取的概率为________．解析：P ＝0.6×0.3＋0.4×0.7＋0.6×0.7＝0.88. 答案：0.885．一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于n 2，则算过关，那么，连过前两关的概率是________．解析：设过第一关为事件A ，当抛掷一次出现的点数为2，3，4，5，6点中之一时，通过第一关，所以P (A )＝56.设过第二关为事件B ，记两次骰子出现的点数为(x ，y )，共有36种情况，第二关不能过有如下6种情况(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)．P (B )＝1－P (B )＝1－636＝56.所以连过前两关的概率为：P (A )P (B )＝2536.答案：2536二、解答题6．天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率为0.2，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：(1)甲、乙两地都降雨的概率； (2)甲、乙两地都不降雨的概率； (3)其中至少一个地方降雨的概率． 解：(1)甲、乙两地都降雨的概率为 P 1＝0.2×0.3＝0.06.(2)甲、乙两地都不降雨的概率为P 2＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.8×0.7＝0.56. (3)至少一个地方降雨的概率为 P 3＝1－P 2＝1－0.56＝0.44.7．设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响．已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125.(1)求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是多少？ (2)计算这个小时内至少有一台机器需要照顾的概率． 解：记“机器甲需要照顾”为事件A ，“机器乙需要照顾”为事件B ，“机器丙需要照顾”为事件C .由题意，各台机器是否需要照顾相互之间没有影响，因此，A ，B ，C 是相互独立事件．(1)由已知得P (AB )＝P (A )P (B )＝0.05， P (AC )＝P (A )P (C )＝0.1， P (BC )＝P (B )P (C )＝0.125.解得P (A )＝0.2，P (B )＝0.25，P (C )＝0.5.所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2，0.25，0.5.(2)记A 的对立事件为A －，B 的对立事件为B －，C 的对立事件为C －，“这个小时内至少有一台机器需要照顾”为事件D ，则P (A －)＝0.8，P (B －)＝0.75，P (C －)＝0.5，于是P (D )＝1－P (A －B －C －) ＝1－P (A －)P (B －)P (C －)＝0.7.所以这个小时内至少有一台机器需要照顾的概率为0.7.8．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0，1，2的概率分别为0.4，0.5，0.1.(1)求该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率；(2)假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率．解：(1)设事件A 表示“一个月内被投诉的次数为0”，事件B 表示“一个月内被投诉的次数为1”，∴P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝0.4＋0.5＝0.9.(2)设事件A i 表示“第i 个月被投诉的次数为0”，事件B i 表示“第i 个月被投诉的次数为1”，事件C i 表示“第i 个月被投诉的次数为2”，事件D 表示“两个月内共被投诉2次”．∴P (A i )＝0.4，P (B i )＝0.5，P (C i )＝0.1(i ＝1，2)．∵两个月中，一个月被投诉2次，另一个月被投诉0次的概率为P (A 1C 2＋A 2C 1)， 一、二月份均被投诉1次的概率为P (B 1B 2)， ∴P (D )＝P (A 1C 2＋A 2C 1)＋P (B 1B 2) ＝P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (B 1B 2)． 由事件的独立性得P (D )＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.5×0.5＝0.33.。
2019高中数学 第2章 概率 2.3 独立性教学案 苏教版选修2-3
2.3 独立性第1课时 条 件 概 率三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学无放回地抽取． 问题1：三名同学抽到中奖奖券的概率相等吗？ 提示：相等．问题2：求第一名同学没有抽到中奖奖券的概率．提示：用A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”， 则P (A )＝23.问题3：求最后一名同学抽到中奖奖券的概率．提示：用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”， 则P (B )＝13.问题4：如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少？提示：用C 表示事件“在第一名同学没有中奖的前提下，最后一名同学抽到中奖奖券”．事件C 可以理解为还有两张奖券，其中一张能中奖，则P (C )＝12.1．条件概率的概念一般地，对于两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率，记为P (A |B )．2．条件概率的计算公式(1)一般地，若P (B )>0，则事件B 已发生的条件下A 发生的条件概率是P (A |B )＝P （AB ）P （B ）．(2)利用条件概率，我们有P (AB )＝P (A |B )P (B )．1．由条件概率的定义可知，P (A |B )与P (B |A )是不同的；另外，在事件B 发生的前提下，事件A 发生的可能性大小不一定是P (A )，即P (A |B )与P (A )不一定相等．2．在条件概率的定义中，要强调P (B )>0.3．P (A |B )＝P （AB ）P （B ）可变形为P (AB )＝P (A |B )P (B )，即只要知道其中两个值就可以求得第三个值．[例1] 抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A 为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”．(1)求P (A )，P (B )，P (AB )；(2)当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的概率为多少？ [思路点拨] 根据古典概型的概率公式及条件概率公式求解． [精解详析](1)设x 表示抛掷红色骰子所得到的点数，用y 表示抛掷蓝色骰子所得到的点数，则试验的基本事件总数的全集Ω＝{(x ，y )|x ∈N ，y ∈N ，1≤x ≤6，1≤y ≤6}，如图所示，由古典概型计算公式可知：P (A )＝1236＝13，P (B )＝1036＝518，P (AB )＝536.(2)P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝53613＝512.[一点通] 利用P (A |B )＝P （AB ）P （B ）求条件概率的一般步骤：(1)计算P (B )；(2)计算P (AB )(A ，B 同时发生的概率)； (3)利用公式P (A |B )＝P （AB ）P （B ）计算．其中(1)(2)可利用古典概型等有关计算概率的方法求解．1．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是________．解析：记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知P (A )＝35，P (AB )＝35×24＝310，所以在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是P (B |A )＝12.答案：122．一个家庭中有两个小孩，假定生男、生女是等可能的．已知这个家庭有一个是女孩，问另一个小孩是男孩的概率是多少？解：一个家庭的两个小孩只有4种可能：{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}．由题意知这4个事件是等可能的，A ＝“其中一个女孩”，B ＝“其中一个男孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}．∴P (AB )＝24，P (A )＝34.∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝2434＝23.3．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．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AB .(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为 A 26＝30，根据分步计数原理第1次抽到舞蹈节目的事件数为A 14A 15＝20，于是P (A )＝2030＝23.(2)因为第1次和第2次都抽到舞蹈节目的事件数为A 24＝12， 于是P (AB )＝1230＝25.(3)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 （AB ）P （A ）＝2523＝35.[例2] 有外形相同的球分装三个盒子，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A ，3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A 的球，则在第二个盒子中任取一个球，若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功．求试验成功的概率．[思路点拨]设出基本事件→求相应事件概率→求试验成功的概率[精解详析] 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}， W ＝{第二次取出的球是白球}， 则容易求得P (A )＝710，P (B )＝310，P (R |A )＝12，P (W |A )＝12， P (R |B )＝45，P (W |B )＝15.事件“试验成功”表示为RA ＋RB ，又事件RA 与事件RB 互斥，故由概率的加法公式，得 P (RA ＋RB )＝P (RA )＋P (RB )＝P (R |A )·P (A )＋P (R |B )·P (B ) ＝12×710＋45×310＝0.59. [一点通] 为了求得比较复杂事件的概率．往往可以先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单事件之和，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．4．高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占16，而且三好学生中女生占一半．现在从该班同学中任选一名参加某一座谈会．则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为________．解析：设事件A 表示“任选一名同学是男生”；事件B 为“任取一名同学为三好学生”，则所求概率为P (B |A )．依题意得P (A )＝4060＝23，P (AB )＝560＝112.故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝11223＝18.答案：185．在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀，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，求他获得优秀成绩的概率．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，另一道答错”，事件C 为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D 为“该考生在这次考试中通过”，事件E 为“该考生考试中获得优秀”，则A ，B ，C 两两互斥，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 )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620， P (AD )＝P (A )，P (BD )＝P (B )，P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D )．P （A ）P （D ）＋P （B ）P （D ）＝210C 62012 180C 620＋2 520C 62012 180C 620＝1358.故所求的概率为1358.1．P (A |B )表示事件A 在“事件B 已发生”这个附加条件下的概率，与没有这个附加条件的概率是不同的．也就是说，条件概率是在原随机试验的条件上再加上一定的条件，求另一事件在此“新条件”下发生的概率．2．若事件A ，C 互斥，则P [(A ＋C )|B ]＝P (A |B )＋P (C |B )．课下能力提升(十二)一、填空题1．已知P (AB )＝310，P (B )＝35，则P (A |B )＝________．解析：P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝31035＝12.答案：122．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．解析：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则P (AB )＝C 25C 2100，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝5×4100×995100＝499.答案：4993．把一枚骰子连续抛掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为________．解析：“第一次抛出偶数点”记为事件A ，“第二次抛出偶数点”记为事件B ，则P (A )＝3×66×6＝12，P (AB )＝3×36×6＝14. 所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.答案：124．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“三个人去的景点不相同”，B ＝“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于________．解析：由题意知，P (B )＝C 13·223×3×3＝49，P (AB )＝A 333×3×3＝29.∴P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝2949＝12.答案：125．设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它能活到25岁的概率是________．解析：设动物活到20岁的事件为A ，活到25岁的事件为B ，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.4，由AB ＝B ， 所以P (AB )＝P (B )．所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A ）＝0.40.8＝0.5.答案：0.5 二、解答题6．某个班级有学生40人，其中有共青团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中共青团员4人，如果要在班里任选一人当学生代表，那么这个代表恰好在第一小组里的概率是多少？现在要在班级任选一个共青团员当团员代表，问这个代表恰好在第一小组的概率是多少？解：设A ＝{在班里任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班里任选一个学生，该学生是共青团员}，P (A )＝1040＝14，即这个代表恰好在第一小组里的概率是14.P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝4401540＝415，即这个团员代表恰好在第一小组的概率为415.7．任意向x 轴上(0，1)这一区间内投掷一个点，问(1)该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内的概率是多少； (2)在(1)的条件下，求该点落在⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1内的概率． 解：由题意可知，任意向(0，1)这一区间内投掷一点，该点落在(0，1)内哪个位置是等可能的．令A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0<x <12，由几何概型的计算公式可知．(1)P (A )＝121＝12.(2)令B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14<x <1， 则AB ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14<x <12，故在A 的条件下B 发生的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝12－1412＝12.8．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中选3人参加学校的义务劳动，在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率．解：记“男生甲被选中”为事件A ，“女生乙被选中”为事件B .P (A )＝C 25C 36＝1020＝12，P (BA )＝C 14C 36＝15，P (B |A )＝P （BA ）P （A ）＝25，即在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为25.第2课时 事件的独立性有这样一项活动：甲箱里装有3个白球，2个黑球，乙箱里装有2个白球，2个黑球，从这两个箱子里分别摸出1个球，记事件A ＝“从甲箱里摸出白球”，B ＝“从乙箱里摸出白球”．问题1：事件A 发生会影响事件B 发生的概率吗？ 提示：不影响．问题2：试求P (A )，P (B )．提示：P (A )＝35，P (B )＝12.问题3：P (A |B )与P (A )相等吗？提示：相等．问题4：P (AB )为何值？ 提示：∵P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝35×12＝310.事件的独立性1．事件A 与B 相互独立就是事件A (或B )是否发生不影响事件B (或A )发生的概率．2．相互独立事件同时发生的概率：P (AB )＝P (A )P (B )，这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积．[例1] 容器中盛有5个白球和3个黄球．(1)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”这两个事件是否相互独立？为什么？(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“把取出的1个白球放回容器，再从容器中任意取出1个，取出的是黄球”这两个事件是否相互独立？为什么？[思路点拨] 从相互独立事件的定义入手判断．[精解详析] (1)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．(2)由于把取出的白球放回容器，故对“从中任意取出1个，取出的是黄球”的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．[一点通] 解决此类问题常用的两种方法：(1)定量计算法：利用相互独立事件的定义(即P (AB )＝P (A )P (B ))可以准确地判定两个事件是否相互独立． (2)定性判断法：看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响．没有影响就是相互独立事件；有影响就不是相互独立事件．1．同时掷两颗质地均匀的骰子，A ＝{第一颗骰子出现奇数点}，B ＝{第二颗骰子出现偶数点}，判断事件A ，B 是否相互独立．解：同时掷两颗质地均匀的骰子，则A ＝{第一颗骰子出现1，3，5点}，共有3种结果．B ＝{第二颗骰子出现2，4，6点}，共有3种结果．AB ＝{第一颗骰子出现奇数点，第二颗骰子出现偶数点}，共有C 13·C 13＝9种结果．由于每种结果的出现均是等可能的，由古典概型的有关知识可知P (A )＝36＝12，P (B )＝36＝12，P (AB )＝C 13C 13C 16C 16＝936＝14.∴P (AB )＝P (A )·P (B )，即事件A 、事件B 相互独立．2．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设A 是事件“第1枚为正面”，B 是事件“第2枚为正面”，C 是事件“2枚结果相同”，问：A ，B ，C 中哪两个相互独立？解：P (A )＝0.5，P (B )＝0.5，P (C )＝0.5， P (AB )＝0.25，P (BC )＝0.25，P (AC )＝0.25，可以验证：P (AB )＝P (A )P (B )，P (BC )＝P (B )P (C )，P (AC )＝P (A )P (C )． ∴事件A 与B 相互独立，事件B 与C 相互独立，事件A 与C 相互独立．[例2] 制造一种零件，甲机床的正品率为0.90，乙机床的正品率为0.80，分别从它们制造的产品中任意抽取一件．(1)两件都是正品的概率； (2)两件都是次品的概率； (3)恰有一件正品的概率．[思路点拨] 两件都是正品(次品)的概率，就是正品(次品)的概率相乘；恰有一件正品的概率要用到互斥事件． [精解详析] 记“从甲机床抽到正品”为事件A ，“从乙机床抽到正品”为事件B ，“抽取的两件产品中恰有一件正品”为事件C ，由题意知A ，B 是相互独立事件．(1)P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.90×0.80＝0.72；(2)P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝0.10×0.20＝0.02；(3)P (C )＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )·P (B －)＋P (A －)·P (B )＝0.90×0.20＋0.10×0.80＝0.26.[一点通] 解决此类问题要明确互斥事件和相互独立事件的意义．若A ，B 相互独立，是A 与B ，A 与B ，A 与B 也是相互独立的．3．甲射击命中目标的概率为34，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为________．解析：P ＝34×13＋14×23＋34×23＝1112.答案：11124．在一次班委干部的选任中，甲、乙、丙三名同学被选上的概率分别为P (甲)＝0.8，P (乙)＝0.6，P (丙)＝0.5，且知三人在选举中互不影响，则三人都被选上的概率为________，三人中至少有一人被选上的概率为________．解析：三人都被选上的概率为P 1＝P (甲)·P (乙)·P (丙)＝0.8×0.6×0.5＝0.24. 三人中至少有一人被选中的概率为P 2＝1－(1－P (甲))·(1－P (乙))·(1－P (丙)) ＝1－0.2×0.4×0.5＝1－0.04＝0.96. 答案：0.24 0.965．一个袋子中有3个白球，2个红球，每次从中任取2个球，取出后再放回，求： (1)第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率；(2)第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率． 解：记：“第1次取出的2个球都是白球”的事件为A ，“第2次取出的2个球都是红球”的事件为B ，“第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球”的事件为C ，很明显，由于每次取出后再放回，A ，B ，C 都是相互独立事件．(1)P (AB )＝P (A )P (B )＝C 23C 25·C 22C 25＝310·110＝3100.故第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率是3100.(2)P (CA )＝P (C )P (A )＝C 13·C 12C 25·C 23C 25＝610·310＝950.故第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率是950.[例3] 某单位有三辆汽车参加某种事故保险，单位年初向保险公司缴纳每辆900元的保险金，对在一年内发生此种事故的每辆汽车，单位可获9 000元的赔偿(假设每辆车最多只赔偿一次)．设这三辆车在一年内发生此种事故的概率分别为19，110，111，且各车是否发生事故相互独立，求一年内该单位在此保险中：(1)获赔的概率；(2)获赔金额X 的概率分布． [思路点拨] (1)利用对应条件去求获赔的概率； (2)分析X 的所有取值，写出概率分布．[精解详析] 设A k 表示第k 辆车在一年内发生此种事故，k ＝1，2，3，由题意知A 1，A 2，A 3独立，且P (A 1)＝19，P (A 2)＝110，P (A 3)＝111.∴P (A 1)＝89，P (A －2)＝910，P (A －3)＝1011，(1)该单位一年内获赔的概率为1－P (A －1A －2A －3)＝1－P (A －1)P (A －2)P (A －3) ＝1－89×910×1011＝311.(2)X 的所有可能值为0，9 000，18 000，27 000.P (X ＝0)＝P (A －1A －2A －3)＝P (A －1)P (A －2)P (A －3)＝89×910×1011＝811， P (X ＝9 000)＝P (A 1A －2A －3)＋P (A －1A 2A －3)＋P (A －1A －2A 3)＝P (A 1)P (A －2)P (A －3)＋P (A －1)P (A 2)P (A －3)＋P (A －1)P (A －2)P (A 3) ＝19×910×1011＋89×110×1011＋89×910×111 ＝242990＝1145， P (X ＝18 000)＝P (A 1A 2A －3)＋P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A －3)＋P (A 1)P (A －2)P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3)＝19×110×1011＋19×910×111＋89×110×111 ＝27990＝3110. P (X ＝27 000)＝P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝19×110×111＝1990. 综上知，X 的概率分布为[一点通] 解决此类问题要明确事件中关键词的意义，将事件合理分析：已知两个事件A ，B ，它们的概率分别为P (A )，P (B )，则A ，B 中至少有一个发生的事件为A ＋B ；A ，B 都发生的事件为AB ；A ，B 都不发生的事件为A －B －；A ，B 恰有一个发生的事件为AB －＋A －B ；A ，B 中至多有一个发生的事件为AB －＋A －B ＋A －B －.6．2014年3月30日，深圳迎来今年首场强降雨．天气预报提示在未来24小时，深圳A ，B 两地区有强降雨的概率分别为56，25.则A ，B 两地在未来24小时至少有一处有强降雨的概率为________．(假设A ，B 两地距离较远，是否降雨相互独立)解析：转化为对立事件求解：P ＝1－16×35＝1－110＝910.答案：9107．某校田径队有三名短跑运动员，根据平时的训练情况统计，甲、乙、丙三人100 m 跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别是25，34，13.如果对这三名短跑运动员的100 m 跑成绩进行一次检测；(1)三人都合格的概率与三人都不合格的概率分别是多少？ (2)出现恰有几人合格的概率最大？解：设“甲、乙、丙三人100 m 跑合格”分别为事件A ，B ，C ，显然A ，B ，C 相互独立，P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13，所以P (A )＝1－25＝35，P (B )＝1－34＝14，P (C )＝1－13＝23.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)． (1)三人都合格的概率为P 3＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110.三人都不合格的概率为P 0＝P (A －B －C －)＝P (A －)P (B －)P (C －)＝35×14×23＝110.所以三人都合格的概率与三人都不合格的概率都是110.(2)因为ABC －，AB －C ，A －BC 两两互斥，所以恰有两人合格的概率为P 2＝P (ABC －＋AB －C ＋A －BC )＝P (ABC －)＋P (AB －C )＋P (A －BC )＝P (A )P (B )P (C －)＋P (A )P (B －)P (C )＋P (A －)P (B )P (C ) ＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率为P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.由(1)(2)知P 0，P 1，P 2，P 3中P 1最大，所以出现恰有一人合格的概率最大．相互独立事件常与互斥事件、对立事件综合考查，解决此类问题的一般步骤： (1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；(2)理清事件之间的关系(互斥、对立、相互独立)，列出关系式； (3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算；(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．课下能力提升(十三)一、填空题1．坛子中放有3个白球和2个黑球，从中进行有放回地摸球，用A 1表示第一次摸得白球，A 2表示第二次摸得白球，则A 1和A 2是________事件．解析：由题意知，A 1是否发生，对A 2发生的概率没有影响，所以A 1和A 2是相互独立事件． 答案：相互独立2．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．解析：设“任取一书是文科书”的事件为A ，“任取一书是精装书”的事件为B ，则A ，B 是相互独立的事件，所求概率为P (AB )．据题意可知P (A )＝40100＝25，P (B )＝70100＝710，故P (AB )＝P (A )P (B )＝25×710＝725.答案：7253．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．解析：问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P 1＝12；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P 2＝12×12＝14.故甲队获得冠军的概率为P 1＋P 2＝34.答案：344．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一个被录取的概率为________．解析：P ＝0.6×0.3＋0.4×0.7＋0.6×0.7＝0.88. 答案：0.885．一项“过关游戏”规则规定：在第n 关要抛掷一颗骰子n 次，如果这n 次抛掷所出现的点数之和大于n 2，则算过关，那么，连过前两关的概率是________．解析：设过第一关为事件A ，当抛掷一次出现的点数为2，3，4，5，6点中之一时，通过第一关，所以P (A )＝56.设过第二关为事件B ，记两次骰子出现的点数为(x ，y )，共有36种情况，第二关不能过有如下6种情况(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)．P (B )＝1－P (B )＝1－636＝56.所以连过前两关的概率为：P (A )P (B )＝2536.答案：2536二、解答题6．天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率为0.2，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：(1)甲、乙两地都降雨的概率； (2)甲、乙两地都不降雨的概率； (3)其中至少一个地方降雨的概率． 解：(1)甲、乙两地都降雨的概率为 P 1＝0.2×0.3＝0.06.(2)甲、乙两地都不降雨的概率为P 2＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.8×0.7＝0.56. (3)至少一个地方降雨的概率为 P 3＝1－P 2＝1－0.56＝0.44.7．设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响．已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125.(1)求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是多少？ (2)计算这个小时内至少有一台机器需要照顾的概率． 解：记“机器甲需要照顾”为事件A ，“机器乙需要照顾”为事件B ，“机器丙需要照顾”为事件C .由题意，各台机器是否需要照顾相互之间没有影响，因此，A ，B ，C 是相互独立事件．(1)由已知得P (AB )＝P (A )P (B )＝0.05， P (AC )＝P (A )P (C )＝0.1， P (BC )＝P (B )P (C )＝0.125.解得P (A )＝0.2，P (B )＝0.25，P (C )＝0.5.所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2，0.25，0.5.(2)记A 的对立事件为A －，B 的对立事件为B －，C 的对立事件为C －，“这个小时内至少有一台机器需要照顾”为事件D ，则P (A －)＝0.8，P (B －)＝0.75，P (C －)＝0.5，于是P (D )＝1－P (A －B －C －) ＝1－P (A －)P (B －)P (C －)＝0.7.所以这个小时内至少有一台机器需要照顾的概率为0.7.8．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0，1，2的概率分别为0.4，0.5，0.1. (1)求该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率；(2)假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率． 解：(1)设事件A 表示“一个月内被投诉的次数为0”，事件B 表示“一个月内被投诉的次数为1”， ∴P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝0.4＋0.5＝0.9.(2)设事件A i 表示“第i 个月被投诉的次数为0”，事件B i 表示“第i 个月被投诉的次数为1”，事件C i 表示“第i 个月被投诉的次数为2”，事件D 表示“两个月内共被投诉2次”．∴P (A i )＝0.4，P (B i )＝0.5，P (C i )＝0.1(i ＝1，2)．∵两个月中，一个月被投诉2次，另一个月被投诉0次的概率为P (A 1C 2＋A 2C 1)， 一、二月份均被投诉1次的概率为P (B 1B 2)， ∴P (D )＝P (A 1C 2＋A 2C 1)＋P (B 1B 2) ＝P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (B 1B 2)． 由事件的独立性得P (D )＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.5×0.5＝0.33.。
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用概率判生死：法庭上的数学证据
如果你哪天不留神做错了一道概率题会有什么不堪设想的严重后果？自然是没有的。
我想最多也就是考试挂科，补考重修而已。
可是对于法庭上那帮戴着假发的人来说，概率没算好可以让无辜的人进监狱，让真正的罪犯逍遥法外。
听起来似乎不可思议，但这样的事情真的发生过。
洛杉矶抢劫案
历史上最著名的案例要数1964年夏天发生在美国洛杉矶的一起劫案。
一天中午，一位老妇人从杂货店买了东西推着小车回家，途经一条小巷时，突然被一位冲过来的年轻女子推倒，等老妇人醒过神来，发现自己身上的钱包已被偷走，女贼也早跑了很远。
虽然老妇人没有看清罪犯是什么样子，可小巷周围的不少住户都曾与这位女子擦肩而过，并且看到她在街头跳上一辆车逃离现场。
后来警方根据目击者描述的犯罪者特征，几天后在附近逮捕了一对夫妻（MalcolmCollins和JanetCollins.Malcolm）。
可是在法庭上，目击者中并没有人能够清晰地指认出罪犯，因此检方很难将2人定罪。
于是检察官们想出了一个“新颖的办法”，他们把目击证人说出的几条主要特征列了出来，并且根据洛杉矶地区的数据估算了这些特征会出现的概率：
•黄色的汽车：1/10
•嘴上面有短胡子的男性：1/4
•络腮胡子的黑人：1/10
•马尾辫女孩：1/10
•金发女孩：1/3
•汽车中有肤色不同的夫妻俩：1/1000
检察官找来一位“数学专业人士”，计算了在整个洛杉矶地区符合上述各条特征的夫妇存在的概率，这位“数学专业人士”认为最后的概率应该是6个概率值乘到一起，结果就是1/1200万。
检察官据此告知评审团，如此小的概率很难发生，附近地区很难再找到另外一对6项特征全部符合的夫妇，所以这对嫌疑人一定是罪犯。
陪审团最终采纳了检方的意见，判定这对夫妇抢劫罪成立。
可是后来加州高等法院驳回了这个判决，他们认为检方使用的概率作为证据的方式是错误的。
首先，概率乘法公式P(ABC)=P(A)P(B)P(C)一定要在A,B,C都是独立事件的时候才成立，可是目击者提供的那些特征并不相互独立，比如留八字胡的男性和留络腮胡的男性这两项，
“男性”这个信息是重叠的，而喜欢留胡子的人往往两个位置都会留胡子，两个特征高度关联，同时发生的概率远远大于两个数字相乘。
马尾辫女孩和短发女孩也是同样的道理。
这样的话，正确的概率可能会是1/1200万的很多倍，并没有那么低。
退一步说，假定概率真的是1/1200万，以案发附近地区有400万人算，至少有2对夫妇符合目击者全部特征的概率是1-(11999999/12000000)4000000，超过30%，也就是说，仅仅根据1/1200万的概率断就判定这对夫妇是唯一的也没有道理。
母亲杀子案
类似的用数学计算来判案还不止一次。
1999年，英国也有一次“概率定罪”的案件。
一个SallyClark的妇女第一个孩子出生之后几个星期离奇死亡，医生查不出其他病因，只诊断为一种叫SIDS（婴儿猝死综合症）的罕见疾病。
随后Clark再次怀孕，第2个孩子也在出生后几个星期死亡，原因再次被诊断为SIDS。
这件事引起了警方的怀疑，警方认为2个孩子有可能是“被猝死”的，将Clark逮捕。
在法庭上，检方引用医生的证明，声称SIDS这种病发病率很低，而且不是遗传病，所以可以把两个孩子的SIDS死亡看作独立事件，相乘之后的概率只有1/7300万。
和洛杉矶劫案类似，概率在这里再次被当做一个关键证据。
检方以此说服了陪审团，法庭最后认为两个孩子连续得这种突发罕见疾病的概率很低，很难发生，Clark杀死孩子罪行应该成立，被送入监狱。
和上一个故事的结局一样，这个判决后来也被推翻了，Clark被无罪释放。
不妨让我们来看看检方的观点。
他们认为P(两个孩子都死于SIDS)=1/73000000，那么P(Clark杀了两个孩子)=1-1/73000000=72999999/73000000，几乎是铁定的事实。
但是，检方疏忽了一个非常关键的事实，那就是上面这个推理只有在P(两个孩子都死于SIDS)+P(Clark杀了孩子)=1时才成立。
事实上，除了这两种情况外还有其他可能，检方并不能完全排除。
英国皇家统计学会后来指出，真要计算的话，一位母亲连续杀死自己两个亲骨肉这样极其变态行为发生的可能性同样是极低的，甚至低于两个孩子都死于SIDS病的可能性。
在判断概率的时候，不能只看P(两个孩子都死于SIDS)有多小，还要看和P（母亲连续杀死两个孩子）做相对比较。
最后上诉的一方凭借更加全面的解释和一些新证据（比如第二个孩子可能受过细菌感染，有可能既不是死于SIDS，也不是被杀）成功地为Clark洗脱罪名。
辛普森案
【辛普森在法庭上演示将手伸进手套（证物）时，非常费力和勉强。
】
第三个案件是美国的1994年到1995年的Simpson辛普森案件,辛普森是当年著名的橄榄球明星，因为涉嫌杀害自己的妻子被起诉，引起轩然大波，当时估计全美有1亿人看了对这个案件的电视转播。
腰缠万贯的辛普森花高价聘请“梦幻组合律师团”为自己辩护，其中
包括哈佛大学法学院的教授AlanDershowitz，作为一位百战百胜的律师，Alan在这个案件中作为辩方一员再次大展身手。
本来警方在案件现场收集到了很多证据，包括带血的手套、血迹、现场DNA检验。
为了证实辛普森是有意图杀害自己妻子的，警方还特意收集了大量辛普森长期殴打虐待妻子的证据。
似乎辛普森难逃被定罪伏法的命运，可是辩护律师们通过各种方法一一化解掉了检方的所有证据，护律师团还宣称洛杉矶警察局有其他失职行为。
在经历了长达9个月的审判后，辛普森被宣判无罪。
在9个月的马拉松式审判中，有一个用数学来辩护的小插曲。
就是在对于虐待妻子这一条上，大律师Alan用概率的方法在法庭上辩解，“美国每年有400万妇女被丈夫或男友殴打，可是美国每年只有1432名妇女被丈夫杀死，这样说明那些长期虐待妻子的男人最后出手杀人的概率也就1/2500，检方的说法不靠谱”。
Alan的辩词似乎听起来挺有道理，检察官一时“反应不过来”，提不出好的理由进行反驳。
可是从概率的角度上看，Alan的辩词只是狡辩而已。
我们定义事件A是一个美国人虐待了妻子，B是一个美国人杀了妻子。
在事先没有任何给定信息的前提下，Alan律师估计的条件概率是P(B|A)=1/2500。
但现实是，事件A已经发生，辛普森确实虐待了妻子，概率为1。
他的妻子被杀的事情也已经发生，只是不清楚是谁是凶手。
P(B|A)中A、B真正的定义应该是：
A：一个人虐待了妻子并且妻子被杀
B：凶手正是这个人
根据资料，P(B|A)可以达到90%之高，也就是说在所有遭到谋杀的被虐美国妻子中，90%是被施虐者杀害。
不过在庭审的时候，检方并没有能及时提出这个论点，不幸让Alan律师的诡辩得逞。