7.1条件概率与全概率公式(教师版)-讲义-2021-2022学年人教A版(2019)高中数学选择性.docx

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条件概率与全概率公式

一条件概率的理解

条件概率：

一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）>0，则P（B|A）＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．

注意点：

A与B相互独立时，可得P（AB）＝P（A）P（B），则P（B|A）＝P（B）．

判断是不是条件概率主要看一个事件的发生是否是在另一个事件发生的条件下进行的

二利用定义求条件概率

利用定义计算条件概率的步骤

（1）分别计算概率P（AB）和P（A）．

（2）将它们相除得到条件概率P（B|A）＝，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生．

三缩小样本空间求条件概率

利用缩小样本空间法求条件概率的方法

（1）缩：

将原来样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB.

（2）数：

数出A中事件AB所包含的样本点．

（3）算：

利用P（B|A）＝求得结果．

四概率的乘法公式

概率的乘法公式：

对任意两个事件A与B，若P（A）>0，则P（AB）＝P（A）P（B|A）．

注意点：

（1）P（AB）表示A，B都发生的概率，P（B|A）表示A先发生，然后B发生；

（2）在P（B|A）中，事件A成为样本空间，而在P（AB）中，样本空间为所有事件的总和；

（3）当P（B|A）＝P（B）时，事件A与事件B是相互独立事件．

五互斥事件的条件概率

条件概率的性质

设P（A）>0，则

（1）P（Ω|A）＝1.

（2）如果B和C是两个互斥事件，则P（B∪C|A）＝P（B|A）＋P（C|A）．

（3）设和B互为对立事件，则P（|A）＝1－P（B|A）．

注意点：

（1）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．

六全概率公式

全概率公式：

一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝（Ai）P（B|Ai）．

七多个事件的全概率问题

“化整为零”求多事件的全概率问题

（1）如图，P（B）＝（Ai）P（B|Ai）．

（2）已知事件B的发生有各种可能的情形Ai（i＝1,2，…，n），事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．

八贝叶斯公式

*贝叶斯公式：

设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P（B）>0，有P（Ai|B）＝＝，i＝1,2，…，n.

贝叶斯公式的内含

（1）公式P（A1|B）＝＝反映了P（A1B），P（A1），P（B），P（A1|B），P（B|A1）之间的互化关系．

（2）P（A1）称为先验概率，P（A1|B）称为后验概率，其反映了事情A1发生的可能在各种可能原因中的比重．

考点一条件概率

【例1】（2020·全国高三专题练习）一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为、、、、、，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】记“能被整除”为事件，“为偶数”为事件，

事件包括的基本事件有，，，，，共6个.

事件包括的基本事件有、共2个.

则，

故选:

B.

【练1】（2020·天津高二期末）一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______

【答案】

【解析】若A为一位医生是男医生，B为另一位医生也是男医生，

∴，而，

∴，

故答案为：

考点二全概率公式

【例2】．（2020·全国高二课时练习）设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率.

【答案】

【解析】设表示“被诊断为肺结核”，表示“患有肺结核”.

由题意得，，

.

由贝叶斯公式知，.

【练2】（2021·北京房山区·高二期末）袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：

（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；

（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；

（Ⅲ）第二次摸到红球的概率.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【解析】设事件：

第一次摸到红球；事件：

第二次摸到红球，

则事件：

第一次摸到白球.

（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种，

所以.

（Ⅱ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种.

所以.

（Ⅲ）.

所以第二次摸到红球的概率.

课后练习

1.（2021高二下·天津期中）已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为（  ）

A. 310                                         B. 29                                         C. 78                                         D. 79

【答案】D

【考点】条件概率与独立事件

【解析】设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，

事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P（A）=310，P（AB）=310×79=730.

则所求概率为P（B|A）=P（AB）P（A）=730310=79.

故答案为：

D

【分析】根据题意由条件概率的定义代入数值计算出结果即可。

2.（2021高二下·辽宁期中）已知P（A）=13,P（B∣A）=12,P（B∣A）=14.则P（B）=（   ）

A. 712                                       B. 724                                       C. 512                                       D. 524

【答案】C

【考点】条件概率与独立事件

【解析】由题知，P（A）=1−P（A）=23，P（B∣A）=P（BA）P（A）=12⇒P（BA）=P（A）×12=13，

P（BA）=P（A）−P（BA）=23−13=13，

又P（B∣A）=P（BA）P（A）=14⇒P（BA）=P（A）×14=112，

则P（B）=P（BA）+P（BA）=13+112=512.

故答案为：

C

【分析】结合已知条件，由条件概率和独立事件概率的加法运算公式，计算出结果即可。

3.（2021·湖南模拟）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（   ）

A. 0.72                                      B. 0.8                                      C. 0.86                                      D. 0.9

【答案】A

【考点】相互独立事件的概率乘法公式，条件概率与独立事件

【解析】设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB（发芽，并成活而成长为幼苗），

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）＝0.9×0.8＝0.72.

故答案为：

A

【分析】根据题意由概率乘法公式代入数值计算出答案。

4.（2021高二下·通州期末）学校有A，B两个餐厅，如果王同学早餐在A餐厅用餐，那么他午餐也在A餐厅用餐的概率是34，如果他早餐在B餐厅用餐，那么他午餐在A餐厅用餐的概率是14，若王同学早餐在A餐厅用餐的概率是34，那么他午餐在B餐厅用餐的概率是（   ）

A. 38                                        B. 58                                        C. 716                                        D. 916

【答案】B

【考点】条件概率与独立事件

【解析】设A1表示早餐去A餐厅用餐，B1表示早餐去B餐厅用餐，A2表示午餐去A餐厅用餐，且P（A1）+P（B1）=1，根据题意得P（A1）=34,P（B1）=14,P（A2|A1）=34,P（A2|B1）=14,

由全概率公式可得P（A2）=P（A1）P（A2|A1）+P（B1）P（A2|B1）

P（A2）=34×34+14×14=58，

故答案为：

B.

【分析】设A1表示早餐去A餐厅用餐，B1表示早餐去B餐厅用餐，A2表示午餐去A餐厅用餐，且P（A1）+P（B1）=1，根据条件概率即可求出答案。

5.（2021·菏泽模拟）某射击运动员每次击中目标的概率为45，现连续射击两次．

（1）已知第一次击中，则第二次击中的概率是      ；

（2）在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是      ．

【答案】

（1）45

（2）12

【考点】条件概率与独立事件

【解析】设第一次击中为事件A，则P（A）=45，

第二次击中为事件B，则P（B）=45，

（1）由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，因此已知第一次击中，则第二次击中的概率45，

（2）仅击中一次的概率为P（C）=C21×45×15=825

在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是P（B|C）=15×45825=12,

故答案为：

45；12.

【分析】

（1）第一次击中与否对第二次没有影响，由此能求出已知第一次击中，则第二次击中的概率；

（2）仅击中一次的概率为P（C）=C21×45×15=825，利用条件概率计算公式能求出在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率.

6.（2021高二下·河北期末）已知A⊆B，且P（A）=0.3，P（B）=0.6，则P（B|A）=   1   .

【答案】1

【考点】条件概率与独立事件

【解析】解：

因为A⊆B，故A∩B=A，

所以P（A∩B）=P（A）=0.3，

所以P（B|A）=P（AB）P（A）=P（A）P（A）=1。

故答案为：

1。

【分析】利用A⊆B，故A∩B=A，再利用已知条件结合条件概率公式，从而求出P（B|A）的值。

7.（2021高二下·眉山期末）伟大出自平凡，英雄来自人民．在疫情防控一线，北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用A表示事件“抽到的2名队长性别相同”，B表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则P（B|A）=   1   

【答案】1543

【考点】条件概率与独立事件

【解析】由题意得

P（A）=C62+C82C142=4391，P（AB）=C62C142=1591,

则P（B|A）=P（AB）P（A）=15914391=1543.

故答案为：

1543

【分析】首先由概率的乘法公式计算出P（A）和P（AB）的值，再由条件概率公式代入数值计算出结果即可。

8.（2020高二上·天津期末）一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是________

【答案】15

【考点】条件概率与独立事件

【解析】从3名男医生，4名女医生中抽出两个人，至少有一名男医生的种类数为C31C41+C32=15，

而抽出两个人都是男医生的种类数为C32=3，

所以在已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是315=15

故答案为：

15

【分析】根据题意求出事件A与事件B同时发生的概率以及事件A发生的概率，再结合条件概率的定义代入数值计算出结果即可。

9.（2021·广东模拟）在新冠肺炎疫情肆虐之初，作为重要防控物资之一的口罩是医务人员和人民群众抗击疫情的武器与保障，为了打赢疫情防控阻击战，我国企业依靠自身强大的科研能力，果断转产自行研制新型全自动高速口罩生产机，“争分夺秒、保质保量”成为口罩生产线上的重要标语．

（1）在试产初期，某新型全自动高速口罩生产流水线有四道工序，前三道工序完成成品口罩的生产且互不影响，第四道是检测工序，包括红外线自动检测与人工抽检．已知批次I的成品口罩生产中，前三道工序的次品率分别为P1=135，P2=134．

①求批次I成品口罩的次品率p1．

②第四道工序中红外线自动检测为次品的口罩会被自动淘汰，合格的口罩进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次I的成品口罩红外线自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.

（2）已知某批次成品口罩的次品率为p（0

附：

K2=n（ad−bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）．

P（K2≥k）

0.050

0.010

0.005

0.001

k

3.841

6.635

7.879

10.828

【答案】

（1）①批次Ⅰ成品口罩的次品率为

p1=1−[（1−p1）（1−p2）（1−p3）]=1−3435×3334×3233=335．

②设批次Ⅰ的成品口罩红外线自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，

由已知，得P（A）=92100，P（AB）=1−p1=1−335=3235，

则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个口罩恰为合格品为事件B|A，

P（B|A）=P（AB）P（A）=3235×10092=8×207×23=160161≈99.38%．

（2）100个成品口罩中恰有1个不合格品的概率φ（p）=C1001p⋅（1−p）99．

因此φ'（p）=100[（1−p）99−99p（1−p）98]=100（1−p）98⋅（1−100p）．

令φ'（p）=0，得p=0.01．

当p∈（0,0.01）时，φ'（p）>0；当p∈（0.01,1）时，φ'（p）<0．

所以φ（p）的最大值点为p0=0.01．

由

（1）可知，p1=335≈0.09，pJ=p0=0.01，故批次J口罩的次品率低于批次Ⅰ，

故批次J的口罩质量优于批次Ⅰ．

由条形图可建立2×2列联表如下：

   单位：

人

核酸检测结果

口罩批次

合计

I

J

呈阳性

12

3

15

呈阴性

28

57

85

合计

40

60

100

K2=n（ad−bc）2（a+b）（c+d）（a+c）（b+d）

=100×（12×57−28×3）240×60×15×85

=100×600×60040×60×15×85=20017≈11.765>10.828．

因此，有99.9%的把握认为口罩质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．

【考点】独立性检验的基本思想，n次独立重复试验中恰好发生k次的概率，条件概率与独立事件

【解析】

（1）①利用概率的乘法公式求解即可；

②先求出批次I的成品口罩红外线自动检测合格的概率，然后利用概率公式求解即可；

（2）求出100个成品口罩中恰有1个不合格的概率φ （p），然后利用导数求解φ （p）的最大值点，即可求出pJ=p0=0.01，然后列出2 X 2列联表，求解K2然后与临界值表比较即可得到答案.

10.（2021·深圳模拟）某校将进行篮球定点投篮测试，规则为：

每人至多投3次，先在M处投一次三分球，投进得3分，未投进不得分，以后均在N处投两分球，每投进一次得2分，未投进不得分.测试者累计得分高于3分即通过测试，并终止投篮.甲、乙两位同学为了通过测试，进行了五轮投篮训练，每人每轮在M处和N处各投10次，根据他们每轮两分球和三分球的命中次数情况分别得到如图表：

若以每人五轮投篮训练命中频率的平均值作为其测试时每次投篮命中的概率.

（1）求甲同学通过测试的概率；

（2）在甲、乙两位同学均通过测试的条件下，求甲得分比乙得分高的概率.

【答案】

（1）解：

甲同学两分球投篮命中的概率为510+410+310+610+7105=0.5，

甲同学三分球投篮命中的概率为110+0+110+210+1105=0.1，

设甲同学累计得分为X，

则P（X≥4）=P（X=4）+P（X=5）=0.9×0.5×0.5+0.1×0.5+0.1×0.5×0.5=0.3，

所以，甲同学通过测试的概率为0.3

（2）解：

乙同学两分球投篮命中率为210+410+310+510+6105=0.4，

乙同学三分球投篮命中率为110+210+310+110+3105=0.2.

设乙同学累计得分为Y，则P（Y=4）=0.8×0.4×0.4=0.128，

P（Y=5）=0.2×0.4+0.2×0.6×0.4=0.128，

设“甲得分比乙得分高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，

则P（AB）=P（X=5）⋅P（Y=4）=0.075×0.128=0.0096，

P（B）=[P（X=4）+P（X=5）]⋅[P（Y=4）+P（Y=5）]=0.0768，

由条件概率公式可得P（A|B）=P（AB）P（B）=0.00960.0768=18

【考点】条件概率与独立事件

【解析】

（1）分别求出甲同学两分球投篮命中的概率和甲同学三分球投篮命中的概率，设甲同学累计得分为X，则P（X≥4）=P（X=4）+P（X=5），由此能求出甲同学通过测试的概率；

（2）乙同学两分球投篮命中的概率为0.4，三分球投篮命中的概率为0.2，设乙同学累计得分为Y，求出P（Y=4）=0.128，P（Y=5）=0.128，设“甲得分比乙得到高”为事件A，“甲、乙两位同学均通过了测试”为事件B，则P（AB）=P（X=5）•P（X=4），P（B）=[P（X=4）+P（X=5）]•[P（Y=4）+P（Y=5）]，由条件概率得：

P（A|B）=P（AB）P（B）=0.00960.0768=18。