高中數(shù)學(xué)專項復(fù)習(xí)：事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式 （解析版）

專題47事件的相互獨立性、條件概率與全概率公式

【考點預(yù)測】

知識點1、條件概率

(一)定義

一般地，設(shè)A,3為兩個事件，且尸(A)>0,稱P(B|A)=￡幽為在事件A發(fā)生的條

P⑷

件下，事件3發(fā)生的條件概率.

注意：(1)條件概率尸(B|A)中后面就是條件；(2)若P(A)=O,表示條件A不可能

發(fā)生，此時用條件概率公式計算P(B|A)就沒有意義了，所以條件概率計算必須在P(A)>0

的情況下進行.

(―)性質(zhì)

(1)條件概率具有概率的性質(zhì),任何事件的條件概率都在0和1之間，即04P(0A)41.

(2)必然事件的條件概率為1,不可能事件的條件概率為0.

(3)如果3與C互斥，則尸(3UC|A)=尸(3|A)+尸CIA).

注意：(1)如果知道事件A發(fā)生會影響事件3發(fā)生的概率，那么P(8)wP(3|A)；

(2)已知A發(fā)生，在此條件下3發(fā)生，相當(dāng)于AB發(fā)生，要求尸(例4),相當(dāng)于把A看

n(AB)

作新的基本事件空間計算AB發(fā)生的概率，即P(B|A)=雪”=坐!=等”?

"(A)”(A)P(A)

〃(Q)

知識點2、相互獨立與條件概率的關(guān)系

(一)相互獨立事件的概念及性質(zhì)

(1)相互獨立事件的概念

對于兩個事件A,B,如果尸(31A)=尸(3),則意味著事件A的發(fā)生不影響事件3發(fā)生

的概率.設(shè)尸(A)>0,根據(jù)條件概率的計算公式，P(B)=P(B|A)=^^,從而

P(AB)=P(A)P(B).

由此我們可得：設(shè)A,3為兩個事件，若尸(AB)=P(4)PCB),則稱事件A與事件3相

互獨立.

(2)概率的乘法公式

由條件概率的定義,對于任意兩個事件A與3，若尸(A)>0,則P(AB)=P(A)P(B|A).我

們稱上式為概率的乘法公式.

(3)相互獨立事件的性質(zhì)

如果事件A,3互相獨立，那么A與萬，X與8,Z與否也都相互獨立.

(4)兩個事件的相互獨立性的推廣

兩個事件的相互獨立性可以推廣到?(?>2,neN*)個事件的相互獨立性，即若事件4，

4,相互獨立，則這〃個事件同時發(fā)生的概率尸(A4…4)=尸(A)(4)…尸(A〃).

(二)事件的獨立性

(1)事件A與3相互獨立的充要條件是P(AB)=尸(A)?P(B).

(2)當(dāng)P(B)>0時，A與5獨立的充要條件是尸(A|B)=尸(A).

(3)如果P(A)>0,A與B獨立，則P(B|A)=:A')=尸("),尸出)=「(為成立.

P(A)尸(A)

知識點3、全概率公式

(一)全概率公式

(1)P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)；

(2)定理1若樣本空間。中的事件A，4滿足：

①任意兩個事件均互斥，即=0,i,/=1,2,，iw/；

②A+&+…+A=o；

③P(a)>0,i=l,2,…，n.

則對。中的任意事件3,者B有3=網(wǎng)+%+…+時,且

P(B)￡P(guān)(BA)=￡尸(a)尸網(wǎng)a).

z=li=l

注意：(1)全概率公式是用來計算一個復(fù)雜事件的概率，它需要將復(fù)雜事件分解成若干

簡單事件的概率計算，即運用了“化整為零”的思想處理問題.

(2)什么樣的問題適用于這個公式？所研究的事件試驗前提或前一步驟試驗有多種可

能,在這多種可能中均有所研究的事件發(fā)生,這時要求所研究事件的概率就可用全概率公式.

(二)貝葉斯公式

(1)一般地，當(dāng)0〈尸(A)<1且P(3)>0時，有

p(AiB)=P(A)P(洌A)=P(A)P(B|d)_

1-P(B)~P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)

(2)定理2若樣本空間。中的事件A,…，4滿足：

①任意兩個事件均互斥，即=0,i,/=1,2,…，i手j；

②A+&H-F4=O；

③O<P(A)<1,i=l,2,-：,n.

則對。中的任意概率非零的事件B,都有B=%+%+…+3,，

且P(A>)=尸(4)P⑻A)=3⑷A)

尸⑻以⑷尸⑻4)

Z=1

注意：(1)在理論研究和實際中還會遇到一類問題，這就是需要根據(jù)試驗發(fā)生的結(jié)果尋

找原因，看看導(dǎo)致這一試驗結(jié)果的各種可能的原因中哪個起主要作用，解決這類問題的方法

就是使用貝葉斯公式.貝葉斯公式的意義是導(dǎo)致事件3發(fā)生的各種原因可能性的大小，稱

之為后驗概率.

(2)貝葉斯公式充分體現(xiàn)了尸(A|3),尸(A),P(B),P(BIA),P(B\A),尸(AB)之

間的轉(zhuǎn)關(guān)系，即=,P(AB)=P(A|B)P(B)=P(B|A)P(A),

P(B)

P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)之間的內(nèi)在聯(lián)系.

【題型歸納目錄】

題型一：條件概率

題型二：相互獨立事件的判斷

題型三：相互獨立事件概率的計算

題型四：相互獨立事件概率的綜合應(yīng)用

題型五：全概率公式及其應(yīng)用

題型六：貝葉斯公式及其應(yīng)用

題型七：全概率公式與貝葉斯公式的綜合應(yīng)用

【典例例題】

題型一：條件概率

例1.(2022?浙江?紹興魯迅中學(xué)高三階段練習(xí))甲、乙兩人到一商店購買飲料，他們準(zhǔn)備分

別從加多寶、農(nóng)夫山泉、雪碧這3種飲品中隨機選擇一種，且兩人的選擇結(jié)果互不影響.記事

件4="甲選擇農(nóng)夫山泉”，事件3="甲和乙選擇的飲品不同”，則尸(3|A)=()

【答案】D

【解析】事件A="甲選擇農(nóng)夫山泉”，則尸(A)=g

事件8="甲和乙選擇的飲品不同”，

則事件A3="甲選擇農(nóng)夫山泉，乙選擇的是加多寶或者雪碧

122

所以尸(42)=3><§=§

P(AB)

所以P(B|A)=

P(A)3

故選：D

例2.(2022.全國?高三專題練習(xí)(理))若將整個樣本空間想象成一個1x1的正方形，任何

事件都對應(yīng)樣本空間的一個子集，且事件發(fā)生的概率對應(yīng)子集的面積.則如圖所示的涂色部

分的面積表示()

P(4因)

P⑷B)

A.事件A發(fā)生的概率B.事件8發(fā)生的概率

C.事件B不發(fā)生條件下事件A發(fā)生的概率D.事件4、2同時發(fā)生的概率

【答案】A

【解析】由題意可得，如圖所示的涂色部分的面積為尸(A|B)P(B)+［1-P(B)］尸(A［歷

=P(AB)+P(B)P(A\B)=P(AB)+P(AB)=P(A),

故選：A

例3.(2022?全國?高三專題練習(xí))端午節(jié)這天人們會懸菖蒲、吃粽子、賽龍舟、喝雄黃酒.現(xiàn)

有9個粽子，其中2個為蜜棗餡，3個為臘肉餡，4個為豆沙餡，小明隨機取兩個，設(shè)事件

A為“取到的兩個為同一種餡”，事件8為“取到的兩個均為豆沙餡”，則P(B|A)=()

A.1B.-C.-D.-

2453

【答案】C

【解析】由題意不妨設(shè)2個蜜棗餡為：A,B,3個為臘肉餡為：a,b,c,4個為豆沙餡：1,2,

3,4,則事件A為“取到的兩個為同一種餡”，對應(yīng)的事件為:AB,血雙觀,12,13,14,23,24,34,

所以“(A)=10,

事件為“取到的兩個為同一種餡，均為豆沙餡”，對應(yīng)的事件為：12,13,14,23,24,34,所以

n(AB)=6,

P(AB)n(AB)63

所以尸(B|A)=

-

尸(A)n(A)10-5

故選：C

變式1.(2022.全國?高三專題練習(xí))如果｛q｝不是等差數(shù)列，但若來wN*,使得

ak+ak+2=2ak+l,那么稱｛4｝為“局部等差”數(shù)列.已知數(shù)列｛無“｝的項數(shù)為4,記事件A：集合

=｛123,4,5｝,事件B：｛七｝為“局部等差”數(shù)列,則條件概率尸(引入)=()

【答案】c

【解析】由題意知，事件A共有C；.A：=120個基本事件，事件“局部等差”數(shù)列共有以下

24個基本事件，

（1）其中含1,2,3的局部等差的分別為1,2,3,5和5,1,2,3和4,1,2,3共3

個，含3,2,1的局部等差數(shù)列的同理也有3個，共6個.

含3,4,5的和含5,4,3的與上述（1）相同，也有6個.

含2,3,4的有5,2,3,4和2,3,4,1共2個，

含4,3,2的同理也有2個.

含1,3,5的有1,3,5,2和2,1,3,5和4,1,3,5和1,3,5,4共4個，

含5,3,1的也有上述4個，共24個，

A）=—

''1205

故選C.

變式2.（2022.江蘇?南京市秦淮中學(xué)高三階段練習(xí)）現(xiàn)有甲、乙、丙、丁四位同學(xué)到夫子廟、

總統(tǒng)府、中山陵、南京博物館4處景點旅游，每人只去一處景點，設(shè)事件A為“4個人去的

景點各不相同”，事件3為“只有甲去了中山陵”，則P（A|3）=.

【答案】|

【解析】甲、乙、丙、丁四位同學(xué)到夫子廟、總統(tǒng)府、中山陵、南京博物館4處景點旅游,

共有44=256種不同的方案，

事件A,“4個人去的景點各不相同”的方案有：A：=24種，

事件3,“只有甲去了中山陵’的方案有3?=27種，

事件A3同時發(fā)生的方案有：A；=6種，

尸（陰4=急尸（加急

所以尸（川8）=9^62

279

7

故答案為：—

變式3.（2022?全國?高三專題練習(xí)）已知事件A和8是互斥事件，尸（C）=：,P（3cC）=上,

618

P((AuB)|C)=|,則P(川C)=

【答案】|

1

【解析】由題意知，P（（AuB）|C）=P（A|C）+P（B[C）=|,==

6

則尸（乖）=尸（（4口2）口一尸（叫0=|[=：

故答案為：.

變式4.（2022?遼寧?撫順市第二中學(xué)三模）2022年3月，全國大部分省份出現(xiàn)了新冠疫情,

對于出現(xiàn)確診病例的社區(qū)，受到了全社會的關(guān)注.為了把被感染的人篩查出來，防疫部門決

定對全體社區(qū)人員篩查核酸檢測，為了減少檢驗的工作量，我們把受檢驗者分組，假設(shè)每組

有女個人，把這%個人的血液混合在一起檢驗，若檢驗結(jié)果為陰性，這人個人的血液全為陰

性，因而這左個人只要檢驗一次就夠了；如果為陽性，為了明確這左個人中究竟是哪幾個人

為陽性，就要對這左個人再逐個進行檢驗.假設(shè)在接受檢驗的人群中，隨機抽一人核酸檢測

呈陽性概率為0=0.003,每個人的檢驗結(jié)果是陽性還是陰性是相互獨立的.

（1）若該社區(qū)約有2000人，有兩種分組方式可以選擇：方案一是：10人一組；方案二：8人

一組.請你為防疫部門選擇一種方案，并說明理由；

（2）我們知道核酸檢測呈陽性，必須由專家二次確認(rèn)，因為有假陽性的可能；已知該社區(qū)人

員中被感染的概率為0.29%,且已知被感染的人員核酸檢測呈陽性的概率為99.9%,若檢測

中有一人核酸檢測呈陽性，求其被感染的概率.（參考數(shù)據(jù)：（0.9978=0.976,0.9971°=0.970,）

【解析】（1）設(shè)方案一中每組的化驗次數(shù)為九則&的取值為1,11,

Pq=1)=0.9971。=0.970,

碓=11)=1-0.997|。=0.03,

.??4的分布列為：

自111

P0.9700.030

￡（^）=1x0.97+11x0.33=1.300.

故方案一的化驗總次數(shù)的期望值為：200E（X）=200x1.3=260次.

設(shè)方案二中每組的化驗次數(shù)為〃，則〃的取值為1,9

P(7=1)=0.9978=0.976,=9)=1-0.9978=0.0238,

〃的分布列為：

712

P0.9760.024

E（〃）=1x0.976+9x0.024=1.192.

方案二的化驗總次數(shù)的期望為250xE(〃)=250x1.192=298次.：260<298,

方案一工作量更少.故選擇方案一.

(2)設(shè)事件A：核酸檢測呈陽性，事件2：被感染,

則由題意得尸⑷=0.003,P（B）=0.0029,P（A|B）=0.999,

由條件概率公式P(A|B)=可得P(AB)=P(B)P(A\B)=0.0029x0.999,

/.該人被感染的概率為P(B\A)==°0°篙999=0.9657.

P(A)0.003

【方法技巧與總結(jié)】

用定義法求條件概率P(B|A)的步驟

(1)分析題意，弄清概率模型；

(2)計算P(A),P(AnB)；

(3)代入公式求尸(例A)=P(4n3).

P(A)

題型二：相互獨立事件的判斷

例4.(2022?山東?濰坊七中高三階段練習(xí))己知A,8是一次隨機試驗中的兩個事件，若滿

2

足尸(A)=尸(8)=§,則()

A.事件A,B互斥B.事件A.B相互獨立

C.事件48不互斥D.事件A,B不相互獨立

【答案】C

4

【解析】若事件42互斥，貝1］尸(4U3)=尸(4)+尸(2)=§>1,與事件的概率小于等于1矛

盾，故事件A,2不互斥；

若事件A,B相互獨立,則尸08)=P(A)P(B),而題設(shè)無法判斷P(AB)=P(A)P(B)是否成立，

故無法判斷事件A,8是否相互獨立.

故選：C.

例5.(2022.湖北.荊州中學(xué)高三階段練習(xí))己知A,2為兩個隨機事件,尸⑷,P(B)>0,

則“A,8相互獨立”是“P?8)=尸(4同”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】C

【解析】由題意’尸@砌=鐳'尸聞小=嚅

若A,8相互獨立，則尸（區(qū)|砌=彳*）P⑷尸⑻

=P(A),

P(B)

P(AB)P（砧小

P(A\B)==P（A）,故「（入［8）=尸（入國）,故充分性成立;

P(B)P（豆）

若P（N|m=「（反|而，即今焉=一^，則尸（入5）尸（而=尸（萬歷尸（3）

/（8）

即P（IB）（1-P（3））=（P（N）-P（IB））P（3）,故P（M）=P（?尸但），即無B相互獨立，故A,

8相互獨立，故必要性成立

故“A,2相互獨立”是“尸（，忸）=尸回孫’的充分必要條件

故選：C

1-71

例6.（2022?全國?高三專題練習(xí)）若尸（A3）=§,P（A）=-,P（B）=-,則事件A與B的關(guān)

系是（）

A.事件A與B互斥B.事件A與8對立

C.事件A與B相互獨立D.事件A與3既互斥又相互獨立

【答案】C

-21

【解析】：P（A）=1—P（A）=1-

/.P（AB）=P（A）P（B）="*0,

事件A與3相互獨立、事件A與8不互斥，故不對立.

故選：C

變式5.（2022?全國?高三專題練習(xí)）袋內(nèi)有3個白球和2個黑球，從中有放回地摸球，用A表

示“第一次摸得白球”，如果“第二次摸得白球”記為B,“第二次摸得黑球”記為C,那么事件

A與B,A與C間的關(guān)系是（）

A.A與B,A與C均相互獨立B.A與B相互獨立，A與C互斥

C.A與8,A與C均互斥D.A與8互斥，A與C相互獨立

【答案】A

【解析】方法一：由于摸球是有放回的,故第一次摸球的結(jié)果對第二次摸球的結(jié)果沒有影響,

故A與B,A與C均相互獨立.而A與8,A與C均能同時發(fā)生，從而不互斥.

方法二：標(biāo)記1,2,3表示3個白球，4,5表示2個黑球，全體樣本點為

｛（12）,（13）,（14）,（15）,（23）,（24）,（25）,（34）,（35）,（45）,（21）,（31）,（41）,（51）,（32）,

(42),(52),(43),(53),(54)},

19Q19QQ9

用古典概型概率計算公式易得P(A)=—=-,P(B)=云=-,P(C)而事件AB表示

339

“第一次摸得白球且第二次摸得白球“，所以尸(A5)=《x《=不=尸(A)P(B),所以A與8相

互獨立：同理，事件AC表示“第一次摸得白球且第二次摸得黑球”，

P(AC)=|X|=A=p(A)P(C),所以A與C相互獨立.

故選:A.

變式6.(2022?全國?高三專題練習(xí))分別擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，“第一枚為正面”記為事件

A,“第二枚為正面”記為事件8,“兩枚結(jié)果相同”記為事件C,那么事件A與B,A與

C間的關(guān)系是()

A.A與8,A與C均相互獨立B.A與B相互獨立，A與C互斥

C.A與8,A與C均互斥D.A與B互斥，A與C相互獨立

【答案】A

【解析】由題意得P(A)=尸(8)=尸(C)=g,=AP(AC)=A,

所以P(AB)=P(A)P(B)豐0,尸(AC)=P(A)P(C)/0.

所以A與B,A與C均相互獨立，A與B,A與C均不互斥.

故選：A.

變式7.(2022?江蘇?常州市第一中學(xué)高三開學(xué)考試)袋子里裝有形狀大小完全相同的4個小

球，球上分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球，A表示事

件“第一次取出的球上數(shù)字是1"，B表示事件“第二次取出的球上數(shù)字是2"，C表示事件“兩

次取出的球上數(shù)字之和是5"，。表示事件“兩次取出的球上數(shù)字之和是6”，通過計算，則可

以得出()

A.B與。相互獨立B.A與。相互獨立

C.3與C相互獨立D.C與D相互獨立

【答案】C

【解析】由題意可得：尸(4)="尸(2)=9，

44

有放回的隨機取兩次，每次取1個球，兩次取出的球上數(shù)字之和是5的情況有

(1,4),(4,1),(2,3),(3,2)共4種，所以尸(。)==4二)1；

4x44

兩次取出的球上數(shù)字之和是6的情況有(2,4),(4,2),(3,3)共3種，故尸(。)=—3=弓3，

4x416

11133

對于A,P(BD)=士=三,P(B)P(D)==三，則P(BD)wP(B)P(D),

4x41641664

故5與。不是相互獨立事件，故A錯誤；

133

對于B,P(AD)=0,P(A)P(0)==),則P(AD)wP(A)P(D),

41664

故A與。不是相互獨立事件，故B錯誤；

對于C,尸(BC)=2=4,尸(3)尸(C)=JxJ=[,則P(BC)=P(B)P(C),

4x4164416

故B與C是相互獨立事件，故C正確；

133

對于D,P(C￡>)=0,P(C)P(D)=77=二廁P(CD)wP(C)P(r>),

41664

故C與。不是相互獨立事件，故D錯誤；

故選：C

變式8.(多選題)(2022?山東.高三開學(xué)考試)拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察向上的面出

現(xiàn)的點數(shù)，在下列事件中與事件“出現(xiàn)的點數(shù)為偶數(shù)”相互獨立的事件為()

A.“出現(xiàn)的點數(shù)為奇數(shù)”B.“出現(xiàn)的點數(shù)大于2”

C.“出現(xiàn)的點數(shù)小于4"D.“出現(xiàn)的點數(shù)小于3”

【答案】BD

【解析】分別記“出現(xiàn)的點數(shù)為偶數(shù)”，“出現(xiàn)的點數(shù)為奇數(shù)”，”出現(xiàn)的點數(shù)大于2”，“出現(xiàn)的

19

點數(shù)小于4”，“出現(xiàn)的點數(shù)小于3”為事件E,F,M,N,H,則P(E)=尸(尸)=刁，P(M)=-,

P(N)=L,P(H)=-,P(EM)=~,P(EN)=LP(EH)=-.

23366

因為E,尸為對立事件，所以E,尸不相互獨立；

因為P(EM)=g=P(E)尸(M),所以E,M相互獨立；

因為P(EN)豐P(E)P(N),所以E,N不相互獨立；

因為P(EH)=!=P(E)P(A),所以E,〃相互獨立，

所以與事件“出現(xiàn)的點數(shù)為偶數(shù)”相互獨立的事件有“出現(xiàn)的點數(shù)大于2”和“出現(xiàn)的點數(shù)小于

3”.

故選：BD

【方法技巧與總結(jié)】

判斷事件是否相互獨立的方法

(1)定義法：事件A,3相互獨立=P(AnB)=P(A)-P(B).

(2)由事件本身的性質(zhì)直接判定兩個事件發(fā)生是否相互影響.

(3)條件概率法：當(dāng)P(A)>0時，可用「(B|A)=尸(3)判斷.

題型三：相互獨立事件概率的計算

3

例7.（2022.河南河南?模擬預(yù)測（理））某士兵進行射擊訓(xùn)練，每次命中目標(biāo)的概率均為

且每次命中與否相互獨立，則他連續(xù)射擊3次，至少命中兩次的概率為（）

A27n9尸27「9

A.—B.—C.—D.—

32166432

【答案】A

【解析】因為每次命中目標(biāo)的概率均為3=，且每次命中與否相互獨立，

4

所以連續(xù)射擊3次，至少命中兩次的概率尸='[+砥\：1_j=

故選：A.

例8.（2022?全國?高三專題練習(xí)（理））甲、乙兩人獨立地破解同一個謎題，破解出謎題的

概率分別為5,3則謎題被破解的概率為（）

A.—B.—C.-D.1

636

【答案】c

【解析】設(shè)“甲獨立地破解謎題”為事件A,“乙獨立地破解謎題”為事件“謎題被破解”為

事件C,且事件A8相互獨立，

則尸（C）=l一尸（而）=1一1一]義（1一'=|,

故選：C

例9.（2022?全國?高三專題練習(xí)）甲乙兩名運動員進行射擊比賽，甲的中靶概率為0.8,乙

的中靶概率為0.9,則至少有一人中靶的概率為（）

A.0.26B.0.72C.0.74D.0.98

【答案】D

【解析】甲乙兩名運動員都沒有中靶的概率為：（l-0.8）x（l-0.9）=0.02,

則至少有一人中靶的概率為：1-0.02=0.98,

故選：D.

變式9.（2022?陜西?長安一中高三階段練習(xí)（理））某中學(xué)組織高三學(xué)生進行一項能力測試，

測試內(nèi)容包括A、B、C三個類型問題，這三個類型所含題目的個數(shù)分別占總數(shù)的;，

1.現(xiàn)有3名同學(xué)獨立地從中任選一個題目作答，則他們選擇的題目所屬類型互不相同的概

O

率為（）

【答案】c

【解析】3名同學(xué)選擇的題目所屬類型互不相同，則A、8、C三個類型的問題都要入選,

則3名同學(xué)的選法共有國種情況，每個類型入選的可能為:，（，，，所以全部入選的概

z36

ill1ill1

率為彳、7=少，則3名同學(xué)所選不同類型的概率為國：：工二二.

236362366

故選：C.

變式10.（2022.重慶南開中學(xué)高三階段練習(xí)）重慶的8月份是一段讓人難忘的時光，我們遭

遇了高溫與山火，斷電和疫情.疫情的肆虐，讓我們再次居家隔離.為了保障民生，政府極

力保障各類糧食和生活用品的供應(yīng)，在政府的主導(dǎo)與支持下，各大電商平臺也紛紛上線，開

辟了一種無接觸式送貨服務(wù)，用戶在平臺上選擇自己生活所需要的貨物并下單，平臺進行配

備打包，再由快遞小哥送貨上門.已知沙坪壩某小區(qū)在隔離期間主要使用的電商平臺有：某

東到家，海馬生鮮，咚咚買菜.由于交通、配送等多方面原因，各電商平臺并不能準(zhǔn)時送達，

234

根據(jù)統(tǒng)計三家平臺的準(zhǔn)點率分別為各平臺送貨相互獨立，互不影響，某小哥分

345

別在三家電商各點了一份配送貨，則至少有兩家準(zhǔn)點送到的概率為（）

97r5-9-53

A.B.—C.—D.—

12061060

【答案】B

【解析】因為各平臺送貨相互獨立，互不影響，所以

有兩家準(zhǔn)點送到的概2率3為1+214+134=茅13

有三家準(zhǔn)點送到的概2率3為4=：2,

則至少有兩家準(zhǔn)點送到的概率為913+工2=。5

3056

故選：B.

變式11.（2022?陜西?咸陽市高新一中高三開學(xué)考試（理））乒乓球是我國的國球，“乒乓精

神”激勵了一代又一代國人.為弘揚國球精神，傳承乒乓球文化，強健學(xué)生體魄，某中學(xué)舉

行了乒兵球單打比賽.比賽采用7局4勝制，每局比賽為11分制，選手只要得到至少11分，

并且領(lǐng)先對方至少2分（包括2分），即贏得該局比賽.在一局比賽中，每人只發(fā)2個球就

要交換發(fā)球權(quán),如果雙方比分為10:10后，每一個球就要交換一個發(fā)球權(quán).經(jīng)過緊張的角逐，

甲、乙兩位選手進入了決賽.

（1）若甲贏得每局比賽的概率為:，求甲以4:1贏得比賽的概率；

（2）若在某一局比賽中，雙方戰(zhàn)成10:10.且甲獲得了下一球的發(fā)球權(quán)，若甲發(fā)球時甲贏1分

的概率為乙發(fā)球時甲贏1分的概率為:，求兩人打了3￡5,JeN）個球后，甲嬴得了

該局比賽的概率.

【解析】（1）甲以4:1贏得比賽，則前4局中甲贏得了3局，第5局甲獲勝，

所以甲以4:1贏得比賽概率為「=g乂[2]xlx-=—.

（2）因為以5,JeN,所以在該局比賽中，甲只可能以12:10或13:11獲勝，故4的可能取

值為2,4,

設(shè)甲贏得該局比賽的概率為尸（9，

所以求兩人打了久以5,JeN）個球后甲贏得了該局比賽的概率為

339

P=P（^=2）+P（^=4）=-+-

olo16

【方法技巧與總結(jié)】

（1）求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的步驟

①首先確定各事件之間是相互獨立的.

②求出每個事件的概率，再求積.

（2）使用相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式時，要掌握公式的適用條件，即各個

事件是相互獨立的.

題型四：相互獨立事件概率的綜合應(yīng)用

例10.（2022?全國?高三專題練習(xí)）“五一”勞動節(jié)放假期間，甲、乙、丙去北京旅游的概率

分別為（，rr假定三人的行動相互之間沒有影響，那么這段時間內(nèi)至少有1人去北京

旅游的概率為（）

A.空B.3C.1D.±

605260

【答案】B

【解析】：甲、乙、丙去北京旅游的概率分別為:，y,7-

345

他們不去北京旅游的概率分別為：2，43,74-

345

???至少有1人去北京旅游的對立事件是沒有人去北京旅游,

2343

至少有1人去北京旅游的概率為：1一.

故選：B

例11.（2022.河北衡水?高三階段練習(xí)）一個電路如圖所示，A,B,C,D,E,F,G為

【答案】A

225

【解析】電路由上到下有3個分支并聯(lián)，開關(guān)所在的分支不通的概率為=

開關(guān)CD所在的分支不通的概率為gxg=g,

開關(guān)E,F,G所在的分支不通的概率為1-弓=

所以燈亮的概率是1-|義卜曰=1-11.

故選：A.

例12.（多選題）（2022.廣東佛山.高三階段練習(xí)）九月伊始，佛山市某中學(xué)社團招新活動開

展得如火如茶，小王、小李、小張三位同學(xué)計劃從籃球社、足球社、羽毛球社三個社團中各

自任選一個，每人選擇各社團的概率均為（，且每人選擇相互獨立，則（）

A.三人選擇社團一樣的概率為［

B.三人選擇社團各不相同的概率為］

7

C.至少有兩人選擇籃球社的概率為二

27

D.在至少有兩人選擇羽毛球社的前提下，小王選擇羽毛球社的概率為:

【答案】ACD

【解析】對于A,三人選擇社團一樣的事件是都選籃球社的事件、都選足球社的事件、都選

羽毛球社的事件的和，它們互斥，

三人選擇社團一樣的概率為3xg)3=g,A正確；

對于B,三人選擇社團各不相同的事件，是小王從3個社團中任選1個，小李從余下兩個中

任選1個，

最后1個社團給小張的事件，共6個不同結(jié)果，因此三人選擇社團各不相同的概率為

12

6x(-)3=-,B不正確；

對于C,至少有兩人選擇籃球社的事件是恰有2人選籃球社與3人都選籃球社的事件和，其

I17

概率為C；C；X(§)3+(p3=\,C正確；

7

對于D,令至少有兩人選擇羽毛球社的事件為A,由選項C知，尸(A)=力，小王選擇羽毛

球社的事件為2,

則事件AB是含小王只有2人擇羽毛球社的事件和3人都擇羽毛球社的事件和，其概率

P(AB)=C^X(1)3+(1)3=^,

所以在至少有兩人選擇羽毛球社的前提下，小王選擇羽毛球社的概率為

P(B|A)=^^=1,D正確.

故選：ACD

變式12.(多選題)(2022?山西長治?高三階段練習(xí))以石墨烯電池、量子計算、AI等顛覆

性技術(shù)為引領(lǐng)的前沿趨勢，正在或?qū)⒅厮苁澜绻I(yè)的發(fā)展模式，對人類生產(chǎn)力的創(chuàng)新提升意

義重大，我國某公司為了搶抓機遇，成立了48、C三個科研小組針對某技術(shù)難題同時進

行科研攻關(guān)，攻克技術(shù)難題的小組會受到獎勵.已知A、8、C三個小組攻克該技術(shù)難題的

概率分別為3，|,且三個小組各自獨立進行科研攻關(guān).下列說法正確的()

A.三個小組都受到獎勵的概率是：B.只有A小組受到獎勵的概率是:

0/

25

C.只有C小組受到獎勵的概率是：D.受到獎勵的小組數(shù)的期望值是:

【答案】AD

【解析】設(shè)A、B、C三個小組攻克該技術(shù)難題分別為事件AB、C,即

112

P(A)=-,P(B)=-,P(C)=-,A,B,C相互獨立，

1121

產(chǎn)(ABC)=P(A)P(B)P(C)=-x-x-=-,A正確；

2236

————1121

P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=-x-x(l--)=—,B錯；

只有丙小組受到獎勵的概率是P(而c)=￡|x(l-￡|xg=g,C錯;

設(shè)受到獎勵的小組數(shù)為X,則X的值為0,1,2,3,

---------1111

p(x=0)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=-x-x-=—,

P(X=1)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)

1111111121

=—x—x—H——x—x—H——x—x—=一,

2232232233

P(X=2)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)

P(X=3)=P(ABC)=-.

6

所以E(X)=1XL+2XW+3X^=3.D正確.

31263

故選：AD.

變式13.(2022.重慶八中高三階段練習(xí))女排世界杯比賽采用5局3勝制，前4局比賽采用

25分制，每個隊只有贏得至少25分，并同時超過對方2分時，才勝1局；在決勝局(第五

局)采用15分制，每個隊只有贏得至少15分，并領(lǐng)先對方2分為勝.在比賽中，每一個回

合，贏球的一方可得1分，并獲得下一球的發(fā)球權(quán)，輸球的一方不得分.現(xiàn)有甲乙兩隊進行

排球比賽.

(1)若前三局比賽中甲已經(jīng)贏兩局，乙贏一局.接下來的每局比賽甲隊獲勝的概率為:，求甲

隊最后贏得整場比賽的概率；

(2)若前四局比賽中甲、乙兩隊已經(jīng)各贏兩局比賽.在決勝局(第五局)中，兩隊當(dāng)前的得分均

一一

為14分，且甲已獲得下一發(fā)球權(quán).若甲發(fā)球時甲贏1分的概率為：2，乙發(fā)球時甲贏1分的概

3

率為《.求甲隊在4個球以內(nèi)(含4個球)贏得整場比賽的概率.

【解析】(1)甲隊最后贏得整場比賽的情況為第四局贏或第四局輸?shù)谖寰众A，所以甲隊最后

_2_?__2x_1—8_

贏得整場比賽的概率為333-9.

(2)設(shè)甲隊x個球后贏得比賽，根據(jù)比賽規(guī)則,x的取值只能為2或4,對應(yīng)比分為16：14,17:15,

兩隊打了2個球后甲贏得整場比賽，即打第一個球甲發(fā)球甲得分，

224

打第二個球甲發(fā)球甲得分，此時概率為0(2)=/1=王；

兩隊打了4個球后甲贏得整場比賽，即打第一個球甲發(fā)球甲得分,

打第二個球甲發(fā)球甲失分，打第三個球乙發(fā)球甲得分，打第四個球甲發(fā)球甲得分，

或打第一個球甲發(fā)球甲失分，打第二個球乙發(fā)球甲得分，打第三個球甲發(fā)球甲得分,

2332332272

打第四個球甲發(fā)球甲得分，+=—.

55555555625

47?17?

故所求概率為：p（尤W4）=p（尤=4）+p[x=i）=—_+-^-=——

乙DU4JU/J

變式14.（2022?陜西.渭南市華州區(qū)咸林中學(xué)高三階段練習(xí)（理））甲、乙兩班進行消防安全

知識競賽，每班出3人組成甲乙兩支代表隊，首輪比賽每人一道必答題，答對則為本隊得1

分，答錯或不答都得0分，己知甲隊3人每人答對的概率分別為t3,；2弓1，乙隊每人答對的

概率都是：，設(shè)每人回答正確與否相互之間沒有影響，用X表示甲隊總得分.

⑴求X=2的概率；

（2）求甲隊和乙隊得分之和為4的的概率.

【解析】（1）X=2,則甲隊有兩人答對，一人答錯，

32111

故P(X=2)=zX§xX—=----

224

（2）設(shè)甲隊和乙隊得分之和為4為事件A,設(shè)乙隊得分為匕則

P(X=1)+

…C、3211

P(X=3)=—x—x—=一,

4324

尸（y=i）=c；gI

2

尸(y=3)=C；i*

P(A)=P(X=l)P(y=3)+P(X=2)P(y=2)+P(X=3)-P(Y=1)

【方法技巧與總結(jié)】

1、求復(fù)雜事件的概率一般可分三步進行

（1）列出題中涉及的各個事件，并用適當(dāng)?shù)姆柋硎舅鼈儯?/p>

（2）理清各事件之間的關(guān)系，恰當(dāng)?shù)赜檬录g的“并”“交”表示所求事件;

（3）根據(jù)事件之間的關(guān)系準(zhǔn)確地運用概率公式進行計算.

2、計算事件同時發(fā)生的概率常用直接法，當(dāng)遇到“至少”“至多”問題，考慮逆向思維,

考查原事件的對立事件，用間接法處理.

題型五：全概率公式及其應(yīng)用

例13.(2022?浙江.高三開學(xué)考試)設(shè)甲乘汽車、動車前往某目的地的概率分別為040.6,汽

車和動車正點到達目的地的概率分別為0.7、0.9,則甲正點到達目的地的概率為()

A.0.78B.0.8C.0.82D.0.84

【答案】C

【解析】設(shè)事件A表示甲正點到達目的地，事件3表示甲乘動車到達目的地，事件C表示

甲乘汽車到達目的地，

由題意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.

由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6x0.9+0.4x0.7

=0.28+0.54=0.82o

故選：C

例14.(2022.全國?高三專題練習(xí))英國數(shù)學(xué)家貝葉斯(1701-1763)在概率論研究方面成就

顯著，創(chuàng)立了貝葉斯統(tǒng)計理論，對于統(tǒng)計決策函數(shù)、統(tǒng)計推斷等做出了重要貢獻.根據(jù)貝葉

斯統(tǒng)計理論，事件A,B,A(A的對立事件)存在如下關(guān)系：

P(B)=P(B|A)-P(A)+P(B\A).P(A).若某地區(qū)一種疾病的患病率是0.02,現(xiàn)有一種試劑可

以檢驗被檢者是否患病，已知該試劑的準(zhǔn)確率為99%,即在被檢驗者患病的前提下用該試

劑檢測，有99%的可能呈現(xiàn)陽性，該試劑的誤報率為5%,即在被檢驗者未患病的情況下用

該試劑檢測，有5%的可能會誤報陽性.現(xiàn)隨機抽取該地區(qū)的一個被檢驗者，用該試劑來檢

驗，結(jié)果呈現(xiàn)陽性的概率為()

A.0.0688B.0.0198C.0.049D.0.05

【答案】A

【解析】設(shè)用該試劑檢測呈現(xiàn)陽性為事件3,被檢測者患病為事件A,未患病為事件可，

則P(B|A)=0.99,P(A)=0.02,P(B\A)=0.05,P(A)=0.98,

故所求概率尸(8)=0.99x0.02+0.05x0.98=0.0688.

故選：A.

例15.(2022?全國?高三專題練習(xí))某種電路開關(guān)閉合后會出現(xiàn)紅燈或綠燈閃動，已知開關(guān)

第一次閉合后，出現(xiàn)紅燈和綠燈的概率都是3.從開關(guān)第一次閉合起，若前次出現(xiàn)紅燈，則

下一次出現(xiàn)紅燈的概率是出現(xiàn)綠燈的概率是:；若前次出現(xiàn)綠燈，則下一次出現(xiàn)紅燈的

32

概率是g,出現(xiàn)綠燈的概率是二，那么第二次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率是.

7

【答案院

【解析】記第一次閉合后出現(xiàn)紅燈為事件A