人教版高中数学【选修2-3】[知识点整理及重点题型梳理] 条件概率 事件的相互独立性(理)(提高)

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人教版高中数学选修2-3
知识点梳理
重点题型（
常考知识点
）巩固练习

条件概率 事件的相互独立性

【学习目标】
1．了解条件概率的概念和概率的乘法公式．
2．能运用条件概率解决一些简单的实际问题．
3．了解两个事件相互独立的概念，会判断两个事件是否为相互独立事件．
4．能运用相互独立事件的概率解决一些简单的实际问题．
【要点梳理】
要点一、条件概率的概念
1.定义
设
A
、
B
为 两个事件，且
P(A)?0
，在已知事件
A
发生的条件下，事件B发生的概率 叫做条件概率。
用符号
P(B|A)
表示。
P(B|A)
读作：
A
发生的条件下B发生的概率。
要点诠释 < br>在条件概率的定义中，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，应该说，每一个随机试验都是在一定条件下进行的．而这里所说的条件概率，则是当试验结果的一部分信息已知，求另一事件在此条件下发生的概率．

2．P（A｜B）、P（AB）、P（B）的区别
P（A｜B）是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率。
P（AB）是事件A与事件B同时发生的概率，无附加条件。
P（B）是事件B发生的概率，无附加条件．
它们的联系是：
P(A|B)?
要点诠释
一般说来，对于概率P(A|B) 与概率P(A)，它们都以基本事件空间Ω为总样本，但它们取概率的前提是
不相同的。概率P(A)是 指在整个基本事件空间Ω的条件下事件A发生的可能性大小，而条件概率P(A|B)
是指在事件B发生 的条件下，事件A发生的可能性大小。
例如，盒中球的个数如下表。从中任取一球，记A=“取得蓝球 ”，B=“取得玻璃球”。基本事件空间Ω包
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P(AB)
．
P(B)

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含的样本点总数为16，事件A包含的样本点总数为11，故
P(A)?

红
蓝
总计
玻璃
2
4
6
木质
3
7
10
总计
5
11
16
11
。
16
如果已知取得玻璃球的条件下取得蓝球的概率就是事件B发生的 条件下事件A发生的条件概率，那么
在事件B发生的条件下可能取得的样本点总数应为“玻璃球的总数” ，即把样本空间压缩到玻璃球全体。而
在事件B发生的条件下事件A包含的样本点数为蓝玻璃球数，故< br>P(A|B)?
要点二、条件概率的公式
1．计算事件B发生的条件下事件A发生的条件概率，常有以下两种方式：
①利用定义计算．
先分别计算概率P（AB）及P（B），然后借助于条件概率公式
P(A|B)?
②利用缩小样本空间的观点计算．
在这里，原来的样本空间缩小为已知的条件事件B，原来的 事件A缩小为事件AB，从而
42
?
。
63
P(AB)
求解．
P(B)
P(A|B)?
求解．
要点诠释
AB包含的基本事件数
n(AB)
，即：
P(B|A)?
，此法常应用于古典概型中的条件概率
B包含的基本事件数
n(A)
概率P( B|A)与P(AB)的联系与区别：
联系：事件A，B都发生了。
区别：
① 在P(B|A)中，事件A，B发生有时间上的差异，事件A先发生事件B后发生；在P(AB)中，事件A，< br>B同时发生；
②基本事件空间不同在P(B|A)中，事件A成为基本事件空间；在P(AB) 中，基本事件空间仍为原基本
事件空间。
2．条件概率公式的变形．
公式
P(A|B)?
P(AB)
揭示了P（B）、P（A｜B）、P（AB）的关系， 常常用于知二求一，即要熟练
P(B)
应用它的变形公式如，若P（B）＞0，则P（AB）= P（B）·P（A｜B），该式称为概率的乘法公式．
要点诠释
条件概率也是概率，所以条件概率具有概率的性质．如：
①任何事件的条件概率取值在0到1之间；
②必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0；
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③条件概率也有加法公式：
P（B∪C｜A）=P（B｜A）+P（C｜A），
其中B和C是两个互斥事件．
要点三、相互独立事件
1.定义：
事件
A
（或
B
）是否 发生对事件
B
（或
A
）发生的概率没有影响，即
P(B|A)?P( B)
，这样的两个事
件叫做相互独立事件。
若
A
与
B是相互独立事件，则
A
与
B
，
A
与
B
，
A
与
B
也相互独立。
2．相互独立事件同时发生的概率公式：
对于事件A和事件B，用
A?B
表示事件A、B同时发生。
（1）若
A
与
B
是相互独立事件，则
P(A?B)?P(A)?P(B)
；
（2）若事件
A
1
,A
2
,
即：
P(A< br>1
?A
2
?
要点诠释
（1）P（AB）=P（A）P（B） 使用的前提是A、B为相互独立事件，也就是说，只有相互独立的两个
事件同时发生的概率，才等于每个 事件发生的概率的积．
（2）两个事件
A
、
B
相互独立事件的充要 条件是
P(A?B)?P(A)?P(B)
。
3．相互独立事件与互斥事件的比较
互斥事件与相互独立事件是两个不同的概念，它们之间没有直接关系。
互斥事件是指 两个事件不可能同时发生，而相互独立事件是指一个事件是否发生对另一个事件发生的
概率没有影响。
一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的。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,这一点与互斥< br>事件的概率和也是不同的。
4. 几种事件的概率公式的比较
已知两个事件A ，B，它们发生的概率为P（A），P（B），将A，B中至少有一个发生记为事件A+B，都发
生记为 事件A·B，都不发生记为事件
A?B
，恰有一个发生记为事件
A?B?A?B
，至多有一个发生记为事
件
A?B?A?B?A?B
，则它们的概率间的关系如下表 所示：
概率
P（A+B）
P（A·B）
A，B互斥
P（A）+P（B）
0
A，B相互独立
,A
n
相互独 立，那么这
n
个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，
?P(A
n
)
。
?A
n
)?P(A
1< br>)?P(A
2
)?
1?P(A)?P(B)

P（A）·P（B）
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P(A?B)

P(A?B?A?B)

1－[P（A）+P（B）]
P（A）+P（B）
1
P(A)?P(B)

P(A)?P(B)?P(A)?P(B)

1－P（A）·P（B）
P(A?B?A?B?A?B)

典型例题】
类型一、条件概率
例1． 一种耐高温材料，能承受200℃高温不熔化的概率为0.9， 能承受300℃高温不熔化的概率为0.5，
现有一种这样的材料，在能承受200℃高温不熔化的情况 下，还能承受300℃高温不熔化的概率是多少？
【思路点拨】 要想求该材料承受300℃高温不 熔化的概率，则必须在200℃高温不熔化的条件下，用条
件概率的计算公式求解．
【解析】 设事件A：“该材料承受200℃高温不熔化”，事件B：“该材料承受300℃高温不熔化”，则有
P（A）=0.9，P（B）=0.5，由于
P(B|A)?
P(AB)
，又因为B< br>?
A，所以A∩B=B，故有
P(A)

P(B|A)?
P(B)0.55
??
．
P(A)0.99
【总结升华】 这是在条件概率计算中经常遇到的一种题型，当事件A和事 件B满足关系B
?
A时，利用
A∩B=B，可将条件概率计算公式简化为
P( B|A)?
P(B)
，所以在求解时要注意对所给事件之间的关系进
P(A)
行恰当的判断，发现其包含关系，然后利用相应的公式求解．
举一反三：
【变式1】在10 0件产品中有95件合格品，5件不合格品.现在从中不放回的取两次，每次任取一件，试
求：（1）第 一次取到不合格品的概率；（2）在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率.
【答案】
设A={第一次取到不合格品}，
B=｛第二次取到不合格品｝.
(1) P(A)=
5
?
0.05

100
541
，
??
10099495
(2) 根据条件概率的定义计算，需先求出事件AB的概率：P(AB)=
54
?
P(AB )
10099
4
所以有
P(A|B)???
.
5
P(A)99
100
【变式2】（2015 南昌三模）从1，2，3， 4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A=“第一
次取到的是奇数”，B=“第二次取 到的是奇数”，则P（B｜A）=（ ）
A．
1
321
B． C． D．
5
1052
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【答案】D
1
C
5
2
5
C
5
5
由题意，
P(AB)?
2
?< br>，
P(A)?
1
?

C
9
18C
9
9
∴
P(B|A)?
故选D。
P(AB)1
?
。
P(A)2
【变式3】一个盒子中装有6只好晶体管和4只坏晶体管，任取两次，每次取1只， 第一次取后不放回，
若第一次取到的是好的，则第二次也取到好的概率为（ ）
A．
315
4
B． C． D．
539
9
【答案】C
设
A
i
=“第
i< br>次取到好的晶体管”（
i
=1，2）。
因为
P(A
1
)?
636?51
?
，
P(A
1
A
2
) ??
，
10510?93
P(A
1
A
2
)
5
?
。
P(A
1
)9
所以
P(A
2< br>|A
1
)?
例2. 某个兴趣小组有学生10人，其中有4人是三好学生．现 已把这10人分成两小组进行竞赛辅导，第
一小组5人，其中三好学生2人．
（1） 如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的概率是
多少？
（2）现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，问这名同学在第一小组内的概率是多少？
【思路点拨】 这实际是一道简单的古典概型问题，在第二问中。由于任选的一个学生是三好学生，比 第
一问多了一个“附加的”条件，因而本题又是一个简单的条件概率题．
【解析】 设A 表示“在兴趣小组内任选一名同学，该同学在第一小组内”，B表示“在兴趣小组内任选一
名同学，该同 学是三好学生”，而第二问中所求概率为P（A｜B）．
（1）由等可能事件概率的定义知，
1
C
5
1
P(A)?
1
?
．
C
10
2
11
C
4
C
2
21
（2）
P(B)?
1
?
，
P(AB)?
1
?
．
C
10
5C
10
5
∴
P(A|B)?
P(AB)1
?
．
P(B)2
【总结升华】运用P（B｜A）公式计算条件概率时，要准确计算P（A）以及P（AB）．
举一反三：
【条件概率 事件的相互独立性 408736 例题1】
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【变式1】
在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2道题，求：
(l）第1次抽到理科题的概率；
(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；
(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．
2
【答案】（ 1）法一：从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为：
n(?)?A
5
?20，
11
抽取2道题且第1次抽到理科题的事件数为：
n(A)?A
3< br>?A
4
?12
．
故第1次抽到理科题的概率：
P(A)?
n(A)123
??
. < br>n(?)205
1
法二：从5道题中抽取1道的事件数为：
n(?)?A
5
?5
，
1
第1次抽到理科题的事件数为：
n(A)?A
3
．
故第1次抽到理科题的概率：
P(A)?
n(A)3
?
.
n(?)5
2
(2）第1次和第2次都抽到理科题的事件数：
n(AB)?A
3
?6
，
故第1次和第2次都抽到理科题的概率
P(AB)?
(3）法一：
211< br>因为
n(AB)?A
3
?6
，
n(A)?A
3
?A
4
?12
，
n(AB)63
??
.
n(?)2010
所以
P(B|A)?
法二：
n(AB)61
??
.
n(A)122
由（ 1 ) ( 2 ）可得，
P(A)?
33
，
P(AB)?

510
P(AB)1
?
.
P(A)2
在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概率：
P(B|A)?
法三：
在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率，
等价于在4道题中有2道理科题和2道文科题. 抽到理科题的概率，
所以
P(B|A)?
21
?
。
42
【变式2】假 定生男孩或女孩是等可能的，在一个有3个孩子的家庭中，已知有一个女孩，求至少有一个
男孩的概率．
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【答案】一个家庭的三个小孩子有8种可能，且每种基本事件的发生是等可能的，
根据题意，设基本事件空间为Ω，B为“至少有一个是女孩”，A为“至少有一个男孩”，
则 Ω={（女，男，女），（女，男，男），（女，女，男），（女，女，女），（男，男，女），（男，男，男） ，（男，
女，男），（男，女，女）}，共8个基本事件，
B={（女，男，女），（女，男 ，男），（女，女，男），（女，女，女），（男，男，女），（男，女，男），
（男，女，女）}，共 7个基本事件．
AB={（女，男，女），（女，男，男），（女，女，男），（男，男，女），（男 ，女，男），（男，女，女）}，
共6个基本事件．
∴
P(B)?
763
，
P(AB)??
．
884
3
P(AB)
4
6
∴由条件概率公式，得
P(A|B)???
．
7
7P(B)
8
例3. 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都是0 ～9中任意一个．某人在银行自动提款机上取钱
时，忘记了密码的最后一位数字．
（1）求他任意按最后一位数字，求不超过2次就按对的概率；
（2）如果他记得密码的最后一位是偶数，求不超过2次就按对的概率．
【思路点拨】
本题考查互斥事件的概率、条件概率等．（1）中“不超过2次”是指①第1次按对，②第1次未按对 且
第2次按对这两个互斥事件．（2）中求条件概率，可利用缩小基本事件空间的办法求解．
【解析】 设第i次按对密码为事件A
i
（i=1，2），则
A
1
(A
1
A
2
)
表示不超过2次就按对密码．
（1 ）∵事件A
1
与事件
A
1
A
2
互斥，由概率的加法 公式得

P(A)?P(A
1
)?P(A
1
A2
)?
19?11
??
．
1010?95
14?12
??
．
55?45
（2）用B表示“最后一位按偶数，且不超过2次就按对”的事件，则

P(A|B) ?P(A
1
|B)?P(A
1
A
2
|B)?
【总结 升华】（1）中用到了互斥事件的概率加法公式：P（A∪B）=P（A）+P（B）．
（2）中用到了条件概率公式：
P(A|B)?P(A
1
举一反三：
【变式】在10000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次买两张，求在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率．
【答案】
设“第一张中一等奖”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则

P(A)?
A
1
A
2
|B)?P(A1
|B)?P(A
1
A
2
|B)
．
11?55
?
，
P(AB)?
，
1000010000?999999990000
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P(AC)?
1?1010
，
?
10000?999999990 000
P(AB)5P(AC)10
??
，
P(C|A)?
． P(A)9999P(A)9999
∴
P(B|A)?
∴
P(BC|A) ?P(B|A)?P(C|A)?
5105
．
??
999999993333
5
．
3333
即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为
类型二、相互独立事件
例4. 容器中盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球．
（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．
【解析】 （1）“从8个球中任意取出1个，取 出的是白球”的概率为
下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为
率为
5
，若这一事件发生了，则“从剩
8
4
；若前一事件没有发生，则后一事件发生 的概
7
5
．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．
7
（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．
【总结升华】 判断两事件是否相互独立的方法有：
（1）通过计算P（B|A）=P（B）可以判断两个事件相互独立：
（2）通过验证P（AB）=P（A）P（B）也可以判断两个事件相互独立．
举一反三：
【变式】判断下列各对事件是互斥事件还是相互独立事件．
（1）运动员甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”；
（2）甲、乙两运动员各射击1次，“甲射中10环”与“乙射中9环”：
（3）甲、乙两运动员各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”；
（4）甲、乙两运动员各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”．
【答案】
（1）甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”这两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件．
（2）甲、乙各射击1次，“甲射中10环”发生与否对“乙射中9环”的概率没有影响，二者 为相互独立
事件．
（3）甲、乙各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没 有射中目标”不可能同时发生，二者是互
斥事件．
（4）甲、乙各射击1次，“至少 有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”可能同时发生，
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二者构不成互斥事件，但也不可能是相互独立事件．

例5. 要制造一种机器零 件，甲机床的废品率为0.04，乙机床的废品率是0.05，从它们制造的产品中，各
任意抽取一件， 求：
（1）其中至少有一件废品的概率；
（2）其中恰有一件废品的概率；
（3）其中至多有一件废品的概率；
（4）其中没有废品的概率；
（5）其中全是废品的概率．
【思路点拨】 依 题意记事件A为“从甲机床生产的产品中抽得的一件是废品”，事件B为“从乙机床生产
的产品中抽得的 一件是废品”，两事件对应的概率为P（A）=0.04，P（B）=0.05，则此题可解．显然，这
两台机床的生产应当看作是相互独立的．
【解析】 记事件A为“从甲机床生产的产品中抽得的一件 是废品”，事件B为“从乙机床生产的产品中抽得
的一件是废品”．
则P（A）=0 .04，P（
A
）=0.96，P（B）=0.05，P（
B
）=0.95．
由题意可知，A与B，
A
与B，A与
B
，
A
与
B
都是相互独立的．
（1）“至少有一件废品”为事件A+B，
则
P(A?B)?1?P(AB)?1?P(A)P(B)?1?0.96?0.95 ?0.088
．
（2）“恰有一件废品”为事件
AB?AB
， < br>则
P(AB?AB)?P(AB)?P(AB)?P(A)P(B)?P(A)P(B)

=0.96×0.05+0.04×0.95=0.048+0.038=0.086．
（3）方法一：“至多有一件废品”为事件
AB?AB?AB
，
则
P(AB?AB?AB)?P(AB)?P(AB)?P(AB)


?P(A)P(B)?P(A)P(B)?P(A)P(B)

=0.04×0.95+0.96×0.05+0.96×0.95=0.998．
方法二：“至多有一件废品”的对立事件为“两件都是废品”，即事件AB，
则
P( AB?AB?AB)?1?P(AB)?1?P(A)P(B)?1?0.04?0.05?0.998
．
（4）“其中没有废品”就是“两件都是正品”，即事件
AB
，
则
P(AB)?P(A)P(B)?0.96?0.95?0.912
．
（5）“其中全是废品”为事件AB，
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则P（AB）=P（A）P（B）=0.04×0.05=0.002．
【总结升华】（1）审题应 注意关键的词句，例如“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”等，
应学会在求复杂事 件的概率时对事件等价拆分来求解．
（2）求相互独立事件同时发生的概率的方法有：①利用相互独立 事件的概率乘法公式；②正面计算
较繁琐时，可以从对立面入手求解．
举一反三：
【变式1】(2015 北京改编)A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录
如下：
A组：10，11，12，13，14，15，16
B组：12，13，15，16，17，14，a
假设所有病人的康复时间互相独立，从A， B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的
人记为乙．
(Ⅰ)求甲的康复时间不少于14天的概率；
(Ⅱ)如果a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
【解析】设事件A
i
为“甲是A组的第i个人”，
事件B
i
为“乙是B组的第i个人”，i＝1，2，…，7．
由题意可知< br>P(A
i
)?P(B
i
)?
1
，i＝1，2，…，7 ．
7
3
．
7
(Ⅰ)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天 ”等价于“甲是A组的第5人，或者第6人，或者第
7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是< br>P(A
5
A
6
A
7
)?
P(A
5< br>)?P(A
6
)?P(A
7
)?
(Ⅱ)设事件C为“甲的康复 时间比乙的康复时间长”．
由题意知，
C?A
4
B
1
A< br>5
B
1
A
7
B
2
A
6
B< br>1
A
7
B
3
A
7
B
1
A< br>5
B
2

A
6
B
2
A
6< br>B
6
A
7
B
6
．
因此
P(C)? P(A
4
B
1
)?P(A
5
B
1
)?P( A
6
B
1
)?P(A
7
B
1
)?P(A< br>5
B
2
)

?P(A
6
B
2
)?P(A
7
B
2
)?P(A
7
B
3
) ?P(A
6
B
6
)?P(A
7
B
6
)
?10P(A
4
)P(B
1
)

?
10
．
49
【条件概率 事件的相互独立性 408736 例题2】
【变式2】甲、乙二射击运动员分别对一目标射击
1
次，甲射中的概率为< br>0.8
，乙射中的概率为
0.9
，
求：
（1）
2
人都射中目标的概率；
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（2）
2
人中恰有
1
人射中目标的概率；
（3）
2
人至少有
1
人射中目标的概率；
（4）
2
人至多有
1
人射中目标的概率.
【答案】记“甲 射击
1
次，射中目标”为事件
A
，“乙射击
1
次，射中目标 ”为事件
B
，
则
P(A)?0.8
，
P(B)?0.9
,
且事件A与B ，事件A与
B
，事件
A
与B，事件
A
与
B
都是相互独立事件。
（1）
2
人都射中的概率为：
P(A?B)?P(A) ?P(B)?0.8?0.9?0.72
，
∴
2
人都射中目标的概率是
0.72
．
（2）“
2
人各射击
1
次，恰有
1
人射中目标”包括两种情况：
一种是甲射中、乙未射中（事件
A?B
发生），
另一种是甲未射中、乙射中（事件
A?B
发生），
且事件
A?B
与
A?B
互斥。
所求的概率为：
P(A?B?A?B)?P(A?B)?P(A?B)?P(A)?P(B)?P(A)?P(B)

?0.8?(1?0.9)?(1?0.8)?0.9?0.08?0.18?0.26

∴
2
人中恰有
1
人射中目标的概率是
0.26
．
（3）
法一：因为事件“2人中至少有1人射中”，包括事件“2人都射中”和事件“2人中只有1人射中”，
即事件AB，
AB
，
AB
，
又因为事件AB，
AB
，
AB
两两互斥，
故所求概率为：
P(AB?AB?AB)?P(A)P(B)?P(A)P(B)?P(A)P(B)

?0.8?0.9?0.8?(1?0.9)?(1?0.8)?0.9?0.98
。
法二：因为事件“2人中至少有1人射中”与事件“2人都未射中”为对立事件，
“2人都未 射中”的概率
P(A?B)?P(A)?P(B)?(1?0.8)(1?0.9)?0.02
，
∴“2人中至少有1人射中”的概率
P?1?P(A?B)?1?0.02?0.98。
（4）
法一：因为事件“2人中至多有1人射中”，包括事件“2人都未射中”和事 件“2人中只有1人射中”，
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即事件
AB
，
AB
，
AB
，
又因为事件
AB
，
AB
，
AB
两两互斥，
故所求概率为：
P(AB?AB?AB)?P(A)P(B)?P(A)P(B)?P(A)P(B)

?(1?0.8)?(1?0.9)?0.8?(1?0.9)?(1?0.8)?0.9?0.28
。
法二：因为事件“2人中至多有1人射中”与事件“2人都未射中”为对立事件，
所以事 件“2人中至多有1人射中”的概率为
1?P(AB)?1?P(A)P(B)?1?0.8?0.9? 0.28

例6. 有三种产品，合格率分别是0.90、0.95和0.95，从中各抽取一件进行检验．
（1）求恰有一件不合格的概率；
（2）求至少有两件不合格的概率．（结果都精确到0.001）
【思路点拨】 三件（或三件以上）相互独立的事同时发生，和两个相互独立的事同时发生是类似的，都
用乘法公式。
【解析】设从三种产品中各抽取一件，抽到合格产品的事件分别为A、B和C．
（ 1）P（A）=0.90，P（B）=P（C）=0.95，则
P(A)?0.10
，
P(B)?P(C)?0.05
．
因为事件A、B、C相互独立，所以恰有一件不合格的概率为
P(ABC)?P(ABC)?P(ABC)

?P(A)P(B)P(C)?P(A)P(B)P(C)?P(A)P(B)P(C)

=2×0.90×0.95×0.05+0.10×0.95×0.95≈0.176
（2）方法一：至少有两件不合格的概率为
P(ABC)?P(ABC)?P(ABC)?P (ABC)
=0.90×0.05×0.05+2×0.10×0.05×0.95
+0.10 ×0.05×0.05=0.012．故至少有两件不舍格的概率为0.012．
方法二：三 件产品都合格的概率为P（A∩B∩C）=P（A）·P（B）P（C）=0.90×0.95×0.95=0. 812．由
（1）知，恰有一件不合格的概率约为0.176，所以至少有两件不合格的概率为1－[P (A∩B∩C)+0.176]≈1
－0.812+0.176)=0.012．故至少有两件不合格的 概率为0.012．
【思路点拨】 本题主要考查互斥事件有一个发生的概率和相互独立事件同时发生 的概率的计算及运用数
学知识解决实际问题的能力．在求解某些含有“至少”“至多”等字眼的事件概率 问题时，若从正面讨论比较
繁杂，可采用逆向思维的方法，先求其对立事件的概率，然后再求原来事件的 概率．
举一反三：
【变式1】在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1 个开
关能够闭合，线路就能正常工作假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率
J
A< br>J
B
J
C
都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率

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【答案】 分别记这段时间内开关
J
A
，
J
B
，
J
C
能够闭合为事件
A
，
B
，
C
．
由题意， 这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概率乘法公式，这
段时间内3个 开关都不能闭合的概率是
P(A?B?C)?P(A)?P(B)?P(C)

?< br>?
1?P(A)
??
1?P(B)
??
1?P(C)
?

?(1?0.7)(1?0.7)(1?0.7)?0.027

∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是
1?P(A?B?C)?1?0.027?0.973
．
答：在这段时间内线路正常工作的概率是
0.973
．
【变式2】已知在某 次1500米体能测试中，甲、乙、丙3人各自通过测试的概率分别为
求：（1）3人都通过体能测试的 概率；
（2）只有2人通过体能测试的概率；
（3）只有1人通过体能测试的概率。
【答案】
设事件A=“甲通过体能测试”，事件B=“乙通过体能测试”，事件C=“丙通过体能测试”， 由题意有：
P(A)?
23
1
，，。
54
3
2 31
，
P(B)?
，
P(C)?
。
543
（1） 设事件M
1
=“甲、乙、丙3人都通过体能测试”，即事件M
1
=ABC，
由事件A，B，C相互独立可得：
2411
P(M
1
)?P(AB C)?P(A)?P(B)?P(C)????
；
53310
（2）设事件M
2
=“甲、乙、丙3人中只有2人通过体能测试”，则
M
2
?ABC?AB C?ABC
，
由于事件A，B，C，
A
，
B
，
C
均相互独立，并且事件
ABC
，
ABC
，
ABC
两 两互斥，
因此
P(M
2
)?P(A)P(B)P(C)
?P(A) ?P(B)?P(C)?P(A)?P(B)?P(C)

231231231
???(1?)??(1?)??(1?)??

543543543
23
?
；
60
（3）设事件M
3
=“甲、乙、丙3人中只有1人通过体能测试”，则
M
3
?ABC?AB C?ABC
，
由于事件A，B，C，
A
，
B
，
C
均相互独立，并且事件
ABC
，
ABC
，
ABC
两 两互斥，
因此
P(M
3
)?P(A)?P(B)?P(C)
?P( A)?P(B)?P(C)?P(A)?P(B)?P(C)

231231231
? ?(1?)?(1?)?(1?)??(1?)?(1?)?(1?)?

543543543
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?
5
。
12
【变式3】已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2．
（1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；
（2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？
【答案】
因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1 门高炮击中敌
机的概率

（1）设敌机被第k门高炮击中的事件为
A
K
(k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为
A
1
? A
2
?A
3
?A
4
?A
5
．
∵ 事件
A
1
，
A
2
，
A
3
，
A
4
，
A
5
相互独立，
∴敌机未被击中的概率为 P(A
1
?A
2
?A
3
?A
4
?A< br>5
)
=
P(A
1
)?P(A
2
)?P(A< br>3
)?P(A
4
)?P(A
5
)

4
?(1?0.2)
5
?
()
5

5
∴敌机未被击中的概率为
()
．
（2）至少需要布置
n
门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得： 4
5
5
4
n
5
4
n
4
n1
∴令
1?()?0.9
，∴
()?

5510
敌机被击中的概率为1-
()

两边取常用对数，得
n?
1
?10.3

1?3lg2
∵
n?N
，∴
n?11

?
∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机

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