高中数学讲义微专题86 事件的关系与概率运算 8页

微专题 86 事件的关系与概率运算 一、基础知识 1、事件的分类与概率： （1）必然事件：一定会发生的事件，用 表示，必然事件发生的概率为 （2）不可能事件：一定不会发生的事件，用 表示，不可能事件发生的概率为 （3）随机事件：可能发生也可能不发生的事件，用字母 进行表示，随机事件的概率 2、事件的交并运算： （1）交事件：若事件 发生当且仅当事件 与事件 同时发生，则称事件 为事件 与事 件 的交事件，记为 ，简记为 多个事件的交事件： ：事件 同时发生 （2）并事件：若事件 发生当且仅当事件 与事件 中至少一个发生（即 发生或 发 生），则称事件 为事件 与事件 的并事件，记为 多个事件的并事件： ：事件 中至少一个发生 3、互斥事件与概率的加法公式： （1）互斥事件：若事件 与事件 的交事件 为不可能事件，则称 互斥，即事件 与事件 不可能同时发生。例如：投掷一枚均匀的骰子，设事件“出现 1 点”为事件 ，“出现 3 点”为事件 ，则两者不可能同时发生，所以 与 互斥 （2）若一项试验有 个基本事件： ，则每做一次实验只能产生其中一个基本事 件，所以 之间均不可能同时发生，从而 两两互斥 （3）概率的加法公式（用于计算并事件）：若 互斥，则有 例如在上面的例子中，事件 为“出现 1 点或出现 3 点”由均匀的骰子可得 ，所以根据加法公式可得： （4）对立事件：若事件 与事件 的交事件 为不可能事件，并事件 为必然事件， 则称事件 为事件 的对立事件，记为 ，也是我们常说的事件的“对立面”，对立事件  100%  0% , ,A B C  0,1P  C A B C A B A B AB 1 2 nA A A  1 2, , , nA A A C A B A B C A B A B 1 2 nA A A  1 2, , , nA A A A B A B ,A B A B A B A B n 1 2, , , nA A A 1 2, , , nA A A 1 2, , , nA A A ,A B      P A B P A P B  A B     1 6P A P B        1 3P A B P A P B   A B A B A B B A B A 概率公式： ，关于对立事件有几点说明： ① 公式的证明：因为 对立，所以 ，即 互斥，而 ，所以 ，因为 ，从而 ② 此公式也提供了求概率的一种思路：即如果直接求事件 的概率所讨论的情况较多时，可 以考虑先求其对立事件的概率，再利用公式求解 ③ 对立事件的相互性：事件 为事件 的对立事件，同时事件 也为事件 的对立事件 ④ 对立与互斥的关系：对立关系要比互斥关系的“标准”更高一层。由对立事件的定义可知： 对立，则 一定互斥；反过来，如果 互斥，则不一定 对立（因为可能 不是必然事件） 4、独立事件与概率的乘法公式： （1）独立事件：如果事件 （或 ）发生与否不影响事件 （或 ）发生的概率，则称事 件 与事件 相互独立。例如投掷两枚骰子，设“第一个骰子的点数是 1”为事件 ，“第二个 骰子的点数是 2”为事件 ，因为两个骰子的点数不会相互影响，所以 独立 （2）若 独立，则 与 ， 与 ， 与 也相互独立 （3）概率的乘法公式：若事件 独立，则 同时发生的概率 ， 比如在上面那个例子中， ，设“第一个骰子点数为 1，且第二个骰子点数 为 2”为事件 ，则 。 （4）独立重复试验：一项试验，只有两个结果。设其中一个结果为事件 （则另一个结果为 ），已知事件 发生的概率为 ，将该试验重复进行 次（每次试验结果互不影响），则在 次中事件 恰好发生 次的概率为 ① 公式的说明：以“连续投掷 次硬币，每次正面向上的概率为 ”为例，设 为“第 次正面 向上”，由均匀的硬币可知 ，设 为“恰好 2 次正面向上”，则有： 而    1P A P A  ,A A A A   ,A A A A          P P A A P A P A      1P      1P A P A  A B A A B ,A B ,A B ,A B ,A B A B A B B A A B A B ,A B ,A B A B B A A B ,A B ,A B      P AB P A P B     1 1,6 6P A P B  C         1 36P C P AB P A P B    A A A p n n A k  1 n kk k nP C p p   3 1 3 iA i   1 2iP A  B        1 2 3 1 2 3 1 2 3P B P A A A P A A A P A A A         2 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 2P A A A P A A A P A A A              ② 的意义：是指在 次试验中事件 在哪 次发生的情况总数，例如在上面的例子中“3 次投掷硬币，两次正面向上”，其中 代表了符合条件的不同情况总数共 3 种 5、条件概率及其乘法公式： （1）条件概率： （2）乘法公式：设事件 ，则 同时发生的概率 （3）计算条件概率的两种方法：（以计算 为例） ① 计算出事件 发生的概率 和 同时发生的概率 ，再利用 即可计算 ② 按照条件概率的意义：即 在 条件下的概率为事件 发生后，事件 发生的概率。所 以以事件 发生后的事实为基础，直接计算事件 发生的概率 例：已知 6 张彩票中只有一张有奖，甲，乙先后抽取彩票且不放回，求在已知甲未中奖的情 况下，乙中奖的概率。 解：方法一：按照公式计算。设事件 为“甲未中奖”，事件 为“乙中奖”，所以可得： ，事件 为“甲未中奖且乙中奖”，则 。所以 方法二：按照条件概率实际意义：考虑甲在抽取彩票后没有中奖，则留给乙的情况是剩下的 五张彩票中有一张是有奖的，所以乙中奖的概率为 6、两种乘法公式的联系： 独立事件的交事件概率： 含条件概率的交事件概率： 通过公式不难看出，交事件的概率计算与乘法相关，且事件 通常存在顺承的关系， 即一个事件发生在另一事件之后。所以通过公式可得出这样的结论：交事件概率可通过乘法   2 2 3 2 2 3 1 1 1 13 2 2 2 2P B C                          k nC n A k 2 3C ,A B ,A B      |P AB P A P B A   |P B A A  P A ,A B  P AB      | P ABP B A P A B A A B A B A B   5 6P A  AB   1 1 5 1 2 6 1 6 C CP AB A         1| 5 P ABP B A P A  1 5P       P AB P A P B       |P AB P A P B A  ,A B 进行计算，如果两个事件相互独立，则直接作概率的乘法，如果两个事件相互影响，则根据 题意分出事件发生的先后，用先发生事件的概率乘以事件发生后第二个事件的概率（即条件 概率） 二、典型例题： 例 1：从 这 5 个数中任取两数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至 少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇 数和至少有一个是偶数。上述事件中，是对立事件的是（ ） A. ① B. ②④ C. ③ D. ①③ 思路：任取两数的所有可能为 两个奇数；一个奇数一个偶数；两个偶数 ，若是对立事件， 则首先应该是互斥事件，分别判断每种情况：①两个事件不是互斥事件，② “至少有一个奇数” 包含“两个都是奇数”的情况，所以不互斥，③ “至少一个奇数”包含“两个奇数”和“一奇一偶” 所以与“两个偶数”恰好对立，④ “至少有一个奇数”和“至少有一个偶数”均包含“一奇一偶”的 情况，所以不互斥。综上所述，只有③正确 答案：C 例 2：5 个射击选手击中目标的概率都是 ，若这 5 个选手同时射同一个目标，射击三次则至 少有一次五人全部集中目标的概率是（ ） A. B. C. D. 思路：所求中有“至少一次”，且若正面考虑问题所涉及的情况较多。所以考虑从问题的对立面 入手，设所求事件为事件 ，则 为“射击三次没有一次五人均命中目标”，考虑射击一次五 人没有全命中目标的概率为 ，所以 ，从而可得 答案：C 例 3：甲，乙，丙三人独立的去译一个密码，分别译出的概率为 ，则此密码能译出概 率是（ ） A. B. C. D. 1,2,3,4,5   2 3 3511 3         5311 3         3521 1 3          5321 1 3          A A 521 3        3521 3P A              3521 1 1 3P A P A             1 1 1, ,5 3 4 1 60 1 5 3 5 59 60 思路：若要译出密码，则至少一个人译出即可。设事件 为“密码译出”，正面分析问题情况 较多，所以考虑利用对立面， 为“没有人译出密码”，则 ，从而 答案：C 例 4：某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的 5 个问题中，选手若能连续正确回答出两个问 题，即停止答题，晋级下一轮，假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.8，且每个问题的 回答结果相互独立，则该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮的概率是_________ 思路：因为选手回答 4 个问题就晋级下一轮，所以说明后两个回答结果正确，且第二次回答 错误（否则第二次与第三次连续正确，就直接晋级了），第一次回答正确错误均可。所以 答案： 例 5：掷 3 颗骰子，已知所得三个数都不一样，求含有 1 点的概率 思路：首先判断出所求的为条件概率，即在 3 个数都不一样的前提下，含有 1 点的概率，设 事件 表示“含有 1 点的概率”，事件 为“掷出三个点数都不一样”，事件 为“三个点数都 不一样且有一个点数为 1”，则有 ， ，所以由条件概率 公式可得： 答案： 例 6：甲乙两人进行跳绳比赛，规定：若甲赢一局，比赛结束，甲胜出；若乙赢两局，比赛结 束，乙胜出。已知每一局甲，乙两人获胜的概率分别为 ，则甲胜出的概率为（ ） A. B. C. D. 思路：考虑甲胜出的情况包含两种情况，一种是甲第一局获胜，一种是甲第一局输了，第二 局获胜，设事件 为“甲在第 局获胜”，事件 为“甲胜出”，则 ， 依题意可得： ，两场比赛相互独立，所以 A A   1 1 1 21 1 15 4 3 5P A                           31 5P A P A   21 4 16 5 5 125P       16 125 A B AB   1 2 3 5 3 5 6 18 C AP AB     3 6 3 5 6 9 AP B         1| 2 P ABP A B P B  1 2 2 3,5 5 16 25 18 25 19 25 21 25 iA i B      1 1 2P B P A P A A   1 2 5P A       1 2 1 2 3 2 6 5 5 25P A A P A P A     从而 答案：A 例 7：如图，元件 通过电流的概率均为 ，且各元件是否通过电流相互独立， 则电流能在 之间通过的概率是（ ） A. B. C. D. 思路：先分析各元件的作用，若要在 之间通过电流，则 必须通过，且 这一组 与 两条路至少通过一条。设 为“ 通过”，则 ，设 为“ 通 过”， ，那么“至少通过一条”的概率 ， 从而 之间通过电流的概率为 答案：B 例 8：假设每一架飞机的引擎在飞行中出现的故障率为 ，且各引擎是否有故障是独立的， 已知 4 引擎飞机中至少有 3 个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；2 引擎飞机要 2 个引擎全部 正常运行，飞机也可成功飞行；要使得 4 引擎飞机比 2 引擎飞机更安全，则 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 思路：所谓“更安全”是指成功飞行的概率更高，所以只需计算两种引擎成功的概率即可，引擎 正常运行的概率为 ，设事件 为“4 引擎飞机成功飞行”，事件 为“ 个引擎正常运行”，可 知引擎运行符合独立重复试验模型，所以 ，所以 。设事件 为“2 引擎飞机成功 飞行”，则 ，依题意： ，即 ，进而解出   16 25P B   1,2,3,4iA i  0.9 ,M N 0.729 0.8829 0.864 0.9891 ,M N 4A 1 2,A A 3A A 1 2,A A   20.9 0.81P A   B 3A   0.9P B       1 1 0.019P P AB P A P B     ,M N 0.019 0.9 0.8829  1 p p 2 ,13      1,13      20, 3      10, 3      p A iA i    4 4 1 ii i iP A C p p            3 3 4 4 3 4 3 4 4 41P A P A A P A P A C p p C p      B   2P B p    P A P B  3 3 4 4 2 4 41C p p C p p   答案：B 例 9：从 中，甲，乙两人各任取一数（不重复），已知甲取到的是 5 的倍数，则甲 数大于乙数的概率是_______ 思路一:本题涉及条件概率的问题，设事件 为“甲取到的数比乙大”，事件 为“甲取到的数是 5 的倍数”，则所求概率为 。若用公式求解，则需求出 ，事件 即 为“甲取到了 5 的倍数且甲数大于乙数”，由古典概型可计算出概率。甲能够取得数为 ，当甲取 5 时，乙有 种取法，当甲取 10 时，乙有 种取法，当甲取 15 时，乙有 种取法，所以 ，因为 ，所以 思路二：本题处理条件概率时也可从实际意义出发，甲取 5,10,15 对乙的影响不同，所以分情 况讨论。当甲取的是 5 时，甲能从 5 的倍数中取出 5 的概率是 ，此时乙从剩下 14 个数中可 取的只有 1,2,3,4，所以甲取出 5 且大于乙数的概率 ，同理，甲取的是 10 时，乙可 取的由 9 个数，所以甲取出 10 且大于乙数概率为 ，甲取的是 15 时，乙可取 14 个 数，所以甲取出 15 且大于乙数的概率为 ，所以甲取到的数是 5 的倍数后，甲数大于乙 数的概率为 答案： 小炼有话说：本题两种处理条件概率的思路均可解决问题，但第二种方法要注意，所发生过 的只是甲取到 5 的倍数，但不知是哪个数，所以在分类讨论时还要乘上某个 5 的倍数能抽中 的概率。即所求问题转变为“已知抽到 5 的倍数后，抽到哪个 5 的倍数（具体分类讨论）且甲 数大于乙数的概率”。 例 10：甲袋中有 5 只白球，7 只红球；乙袋中由 4 只白球，2 只红球，从两个袋子中任取一袋， 然后从所取到的袋子中任取一球，则取到白球的概率是_______ 思路：本题取到白球需要两步：第一步先确定是甲袋还是乙袋，第二步再取球。所以本问题 实质上为“取到某袋且取出白球的概率”，因为取袋在前，取球在后，所以取球阶段白球的概率 1 13 p  1,2,3, ,15 A B  |P A B    ,P AB P B AB 5,10,15 1 4C 1 9C 1 14C   1 1 1 4 9 14 2 15 9 70 C C CP AB A      1 3 1 15 1 5 CP B C        9| 14 P ABP A B P B  1 3 1 1 4 3 14P   2 1 9 3 14P   3 1 3P  1 2 3 9 14P P P P    9 14 受取袋的影响，为条件概率。设事件 为“取出甲袋”，事件 为“取出白球”，分两种情况进 行讨论。若取出的是甲袋，则 ，依题意可得： ，所以 ；若取出的是乙袋，则 ， 依题意可得： ，所以 ，综上所述，取到白球的概 率 答案： A B    1 |P P A P B A     1 5, |2 12P A P B A  1 1 5 5=2 12 24P      2 |P P A P B A     1 4 2, |2 6 3P A P B A   2 1 2 1 2 3 3P    1 2 13 24P P P   13 24