7.1.2全概率公式
基础知识
全概率公式
一般地，设\(A_1\) ，\(A_2\) ，… ，\(A_n\)是一组两两互斥的事件，\(A_1\cup A_2\cup …\cup A_n=Ω\)，且\(P(A_i )>0\)，\(i=1\) ，\(2\)，… ，\(n\)，则对任意的事件\(B\subseteq Ω\)，有
我们称它为全概率公式.
贝叶斯公式
设\(A_1\) ，\(A_2\) ，… ，\(A_n\)是一组两两互斥的事件，\(A_1\cup A_2\cup …\cup A_n=Ω\)，且\(P(A_i )>0\)，\(i=1\) ，\(2\)，… ，\(n\)，
则对任意的事件\(B\subseteq Ω\)，\(P(B)>0\)，有
基本方法
【题型1】 全概率公式
【典题1】 有三个同样的箱子，甲箱中有\(2\)只红球，\(6\)只白球，乙箱中有\(6\)只红球，\(4\)只白球，丙箱中有\(3\)只红球，\(5\)只白球．
(1)随机从甲、乙、丙三个箱子中各取一球，求三球都为红球的概率；
(2)从甲，乙、丙中随机取一箱，再从该箱中任取一球，求该球为红球的概率．
解析 (1)根据题意，记事件\(A_1\):从甲箱中取一球为红球，事件\(A_2\):从乙箱中取一球为红球，
事件\(A_3\):从丙箱中取一球为红球，
记事件\(B\):取得的三球都为红球，且事件\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)相互独立，
所以\(P(B)=P\left(A_1\right) \cdot P\left(A_2\right) \cdot P\left(A_3\right)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{160}\)，
所以三球都为红球的概率为\(\dfrac{9}{160}\)．
(2)记事件\(C\):该球为红球，事件\(D_1\):取甲箱，事件\(D_2\):取乙箱，事件\(D_3\):取丙箱
因为\(P(C|D_1)=\dfrac{1}{4}\)， \(P\left(C \mid D_2\right)=\dfrac{3}{5}\)，\(P(C|D_3)=\dfrac{3}{8}\)，
所以\(P(C)=P(D_1 )\cdot P(C∣D_1 )+P(D_2 )\cdot P(C∣D_2 )+P(D_3 )\cdot P(C∣D_3 )\)
\(=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{8}=\dfrac{49}{120}\)，
所以该球为红球的概率为\(\dfrac{49}{120}\)．
点拨 注意从集合的角度利用\(venn\)图理解各概率之间的关系.
【典题2】某品牌汽车厂今年计划生产\(10\)万辆轿车，生产每辆轿车都需要安装一个配件\(M\)，其中由本厂自主生产的配件\(M\)可以满足\(20\%\)的生产需要，其余的要向甲、乙两个配件厂家订购．已知本厂生产配件\(M\)的成本为\(500\)元/件，从甲、乙两厂订购配件\(M\)的成本分别为\(600\)元/件和\(800\)元/件，该汽车厂计划将每辆轿车使用配件\(M\)的平均成本控制为\(640\)元/件．
(1)分别求该汽车厂需要从甲厂和乙厂订购配件\(M\)的数量；
(2)已知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件\(M\)的次品率分别为\(4\%\)，\(2\%\)和\(1\%\)，求该厂生产的一辆轿车使用的配件\(M\)是次品的概率；
(3)现有一辆轿车由于使用了次品配件\(M\)出现了质量问题，需要返厂维修，维修费用为\(14000\)元，若维修费用由甲厂、乙厂和本厂按照次品配件\(M\)来自各厂的概率的比例分担，则它们各自应该承担的维修费用分别为多少？
解析 (1)设使用甲厂生产的配件\(M\)的比例为\(a\)，则使用乙厂生产的配件\(M\)的比例为\(0.8-a\)，
由已知可得\(600a+(0.8-a)800+500×0.2=640\)，解得\(a=0.5\)．
所以需要从甲厂订购配件\(M\)的数量为\(10×0.5=5\)万个；
从乙厂订购配件\(M\)的数量为\(10×(0.8-0.5)=3\)万个．
(2)由(Ⅰ)知甲厂、乙厂和本厂自主生产的配件\(M\)的比例分别为\(0.5\)，\(0.3\)，\(0.2\)，
所以该汽车厂使用的配件\(M\)的次品率的估计值为\(0.5×0.04+0.3×0.02+0.2×0.01=0.028\)，
所以该厂生产的一辆轿车使用的配件\(M\)是次品的概率为\(0.028\)．
(3)设\(A=\)“该轿车使用了次品配件\(M\)”，\(B_1=\)“配件\(M\)来自甲厂”，
\(B_2=\)“配件\(M\)来自乙厂”，\(B_3=\)“配件\(M\)来自本厂”．
由(2)可知\(P(A)=0.028\)．
该次品配件\(M\)来自甲厂的概率为： \(P\left(B_1 \mid A\right)=\dfrac{P\left(A B_1\right)}{P(A)}=\dfrac{P\left(B_1\right) P\left(A \mid B_1\right)}{P(A)}=\dfrac{0.5 \times 0.04}{0.028}=\dfrac{5}{7}\)，
该次品配件\(M\)来自乙厂的概率为： \(P\left(B_2 \mid A\right)=\dfrac{P\left(A B_2\right)}{P(A)}=\dfrac{P\left(B_2\right) P\left(A \mid B_2\right)}{P(A)}=\dfrac{0.3 \times 0.02}{0.028}=\dfrac{3}{14}\)，
该次品配件\(M\)来自本厂的概率为： \(P\left(B_3 \mid A\right)=\dfrac{P\left(A B_3\right)}{P(A)}=\dfrac{P\left(B_3\right) P\left(A \mid B_3\right)}{P(A)}=\dfrac{0.2 \times 0.01}{0.028}=\dfrac{1}{14}\)，
所以甲厂应承担的费用为\(14000\times \dfrac{5}{7}=10000\)元，乙厂应承担的费用为\(14000\times \dfrac{3}{14}=3000\)元，本厂应承担的费用为\(14000\times \dfrac{1}{14}=1000\)元．
点拨理解各数据的含义是关键；\(P(A_i)\)是试验之前就已知的概率，称为先验概率；当已知抽到的是次品，\(P(B_i∣A)\)是这件次品来自对应工厂的可能性大小，通常称为后验概率，这可视为要求对应工厂承担相应的责任.
【巩固练习】
1.已知\(P(B)=0.3\)，\(P(B|A)=0.9\)，\(P(B|\bar{A})=0.2\)，则\(P(\bar{A})=\)( )
A．\(\dfrac{6}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{10}\)
2.甲袋中有\(5\)个白球、\(1\)个红球，乙袋中有\(4\)个白球、\(2\)个红球，从两个袋中任选一袋，从中任取一球，则取到的球是红球的概率为( )
A．\(\dfrac{3}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{1}{4}\)
3.从有\(3\)个红球和\(4\)个黑球的盒子中，每次随机摸出一个球，摸出的球不再放回．则第\(2\)次摸到红球的概率为( )
A．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{3}{7}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{2}{7}\)
4.有\(3\)台车床加工同一型号的零件，第\(1\)台加工的次品率为\(6\%\)，第\(2\)，\(3\)台加工的次品率均为\(5\%\)；加工出来的零件混放在一起，且第\(1\)，\(2\)，\(3\)台车床加工的零件数分别占总数的\(25\%\)，\(30\%\)，\(45\%\)．现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品的概率为( )
A．\(0.0415\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0.0515\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.0425\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.0525\)
5.设某医院仓库中有\(10\)盒同样规格的\(X\)光片，已知其中有\(5\)盒、\(3\)盒、\(2\)盒依次是甲厂、乙厂、丙厂生产的．且甲、乙、丙三厂生产该种\(X\)光片的次品率依次为\(\dfrac{1}{10}\)， \(\dfrac{1}{15}\)，\(\dfrac{1}{20}\)，现从这\(10\)盒中任取一盒，再从这盒中任取一张\(X\)光片，则取得的\(X\)光片是次品的概率为( )
A．\(0.08\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0.1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.15\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.2\)
6.从数字\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)中任取一个数，记为\(x\)，再从\(1\)，…，\(x\)中任取一个数，记为\(y\)，则\(P(y=2)=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(P(B)=P(A)P(B∣A)+P(\bar{A})P(B∣\bar{A})\)，
\(\because P(B)=0.3\)，\(P(B|A)=0.9\)，\(P(B|\bar{A})=0.2\)，
\(\therefore 0.3=P(A)\times 0.9+[(1-P(A)]\times 0.2\)，解得\(P(A)=\dfrac{1}{7}\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 设事件\(A\)表示“选中甲袋”，事件\(B\)表示“选中乙袋”，事件\(C\)表示“取到红球”，
则\(P(A)=\dfrac{1}{2}\)，\(P(B)=\dfrac{1}{2}\)，\(P(C∣A)=\dfrac{1}{6}\)，\(P(C∣B)=\dfrac{2}{6}\)，
则取到的球是红球的概率为：\(P(C)=P(A)P(C∣A)+P(B)P(C∣B)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{4}\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(C\)
解析 从有\(3\)个红球和\(4\)个黑球的盒子中，
每次随机摸出一个球，摸出的球不再放回，
用\(A_1\)表示第一次摸到红球，\(A_2\)表示第二次摸到红球，
\(B_1\)表示第一次摸到黑球，\(B_2\)表示第二次摸到黑球．
则由全概率公式得第\(2\)次摸到红球的概率为：
\(P(A_2 )=P(A_1 A_2\cup B_1 A_2 )\)\(=P(A_1 A_2 )+P(B_1 A_2 )=P(A_1 )P(A_2∣A_1 )+P(B_1 )P(A_2∣B_1 )\)
\(=\dfrac{3}{3+4} \times \dfrac{3-1}{3+4-1}+\dfrac{4}{3+4} \times \dfrac{3}{3+4-1}=\dfrac{3}{7}\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(D\)
解析 设\(B=\)“任取一个零件为次品”，\(A_i=\)“零件为第\(i\)台车床加工”\((i=1，2，3)\)，
则\(Ω=A_1\cup A_2\cup A_3\)，\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)，两两互斥．
根据题意得：\(P(A_1 )=0.25\)，\(P(A_2 )=0.3\)，\(P(A_3 )=0.45\)．
\(P(B∣A_1 )=0.06\)，\(P(B∣A_2 )=P(B∣A_3 )=0.05\)．
由全概率公式得\(P(B)=P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 )+P(A_3 )P(B∣A_3 )\)
\(=0.25\times 0.06+0.3\times 0.05+0.45\times 0.05=0.0525\)．
故选：\(D\)． -
答案\(A\)
解析 以\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)分别表示取得的这盒\(X\)光片是由甲厂、乙厂、丙厂生产的，\(B\)表示取得的\(X\)光片为次品，\(P(A_1 )=\dfrac{5}{10}\)，\(P(A_2 )=\dfrac{3}{10}\)， \(P\left(A_3\right)=\dfrac{2}{10}\)，\(P(B∣A_1 )=\dfrac{1}{10}\)，\(P(B∣A_2 )=\dfrac{1}{15}\)，\(P(B∣A_3 )=\dfrac{1}{20}\)，
由全概率公式得：\(P(B)=P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 )+P(A_3 )P(B∣A_3 )\)
\(=\dfrac{5}{10} \times \dfrac{1}{10}+\dfrac{3}{10} \times \dfrac{1}{15}+\dfrac{2}{10} \times \dfrac{1}{20}=0.08\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(\dfrac{13}{48}\)
解析 由离散型随机变量的概率分布有\(P(x=1)=P(x=2)=P(x=3)=P(x=4)=\dfrac{1}{4}\)，
由题意得\(P(y=2|x=1)=0\)，\(P(y=2|x=2)=\dfrac{1}{2}\)，\(P(y=2|x=3)=\dfrac{1}{3}\)，\(P(y=2|x=4)=\dfrac{1}{4}\)，
则根据全概率公式得到
\(P(y=2)=P(x=1)P(y=2|x=1)+P(x=2)P(y=2|x=2)\) \(+P(x=3)P(y=2|x=3)+P(x=4)P(y=2|x=4)\)
\(=\dfrac{1}{4}\left(0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{13}{48}\).
【题型2】 贝叶斯公式
【典题1】 设某公路上经过的货车与客车的数量之比为\(2:1\)，货车中途停车修理的概率为\(0.02\)，客车为\(0.01\)，今有一辆汽车中途停车修理，求该汽车是货车的概率。
解析 设\(B=\{\)中途停车修理\(\}\)，\(A_1=\{\)经过的是货车\(\}\)，\(A_2=\{\)经过的是客车\(\}\)，
则\(B=A_1 B\cup A_2 B\)，
由贝叶斯公式有\(P\left(A_1 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_1 B\right)}{P(B)}=\dfrac{P\left(A_1\right) P\left(B \mid A_1\right)}{P\left(A_1\right) P\left(B \mid A_1\right)+P\left(A_2\right) P\left(B \mid A_2\right)}\)
\(=\dfrac{\dfrac{2}{3} \times 0.02}{\dfrac{2}{3} \times 0.02+\dfrac{1}{3} \times 0.01}=0.8\).
点拨 理解各数据表示含义是关键.
【典题2】 托马斯•贝叶斯(ThomasBayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：\(P\left(A_i \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_i\right) P\left(B \mid A_i\right)}{\sum_{j=1}^n P\left(A_j\right) P\left(B \mid A_j\right)}\)，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中\(\sum_{j=1}^n P\left(A_j\right) P\left(B \mid A_j\right)\)称为\(B\)的全概率．假设甲袋中有\(3\)个白球和\(3\)个红球，乙袋中有\(2\)个白球和\(2\)个红球．现从甲袋中任取\(2\)个球放入乙袋，再从乙袋中任取\(2\)个球．已知从乙袋中取出的是\(2\)个红球，则从甲袋中取出的也是\(2\)个红球的概率为( )
A． \(\dfrac{5}{13}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{16}{75}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{3}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{3}{5}\)
解析 设从甲中取出\(2\)个球，其中红球的个数为\(i\)个的事件为\(A_i\)，事件\(A\)的概率为\(P(A_i)\)，从乙中取出\(2\)个球，其中红球的个数为\(2\)个的事件为\(B\)，事件\(B\)的概率为\(P(B)\)，由题意可知，
① \(P\left(A_0\right)=\dfrac{C_3^2 C_3^0}{C_6^2}=\dfrac{1}{5}\)， \(P\left(B \mid A_0\right)=\dfrac{C_2^2 C_4^0}{C_6^2}=\dfrac{1}{15}\)，
② \(P\left(A_1\right)=\dfrac{C_3^1 C_3^1}{C_6^2}=\dfrac{3}{5}\)， \(P\left(B \mid A_1\right)=\dfrac{C_3^2 C_3^0}{C_6^2}=\dfrac{1}{5}\)，
③ \(P\left(A_2\right)=\dfrac{C_3^0 C_3^2}{C_6^2}=\dfrac{1}{5}\)， \(P\left(B \mid A_2\right)=\dfrac{C_4^2 C_2^0}{C_6^2}=\dfrac{2}{5}\)，
根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是\(2\)个红球，则从甲袋中取出的也是\(2\)个红球的概率为\(P\left(A_2 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_2\right) P\left(B \mid A_2\right)}{P\left(A_0\right) P\left(B \mid A_0\right)+P\left(A_1\right) P\left(B \mid A_1\right)+P\left(A_2\right) P\left(B \mid A_2\right)}=\dfrac{3}{8}\)．
故选：\(C\)．
【巩固练习】
1.一学生接连参加同一课程的两次考试，第一次及格的概率为\(p\)，若第一次及格则第二次及格的概率也为\(p\)；若第一次不及格则第二次及格的概率为\(\dfrac{p}{2}\)．若已知他第二次已经及格，则他第一次及格的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
2.已知在自然人群中，男性色盲患者出现的概率为\(7\%\)，女性色盲患者出现的概率为\(0.5\%\)．今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，则此人是男性的概率是\(\underline{\quad \quad}\)．
3.已知甲袋中有\(6\)只红球，\(4\)只白球，乙袋中有\(8\)只红球，\(6\)只白球，随机取一只袋，再从袋中任取一球，发现是红球，则此球来自甲袋的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
4.\(12\)件产品中有\(4\)件次品，在先取\(1\)件的情况下，任取\(2\)件产品皆为正品，求先取\(1\)件为次品的概率.
参考答案
-
答案 \(\dfrac{2 p}{1+p}\)
解析 设“该学生第\(i\)次及格”为事件\(A_i\)，\(i=1\)，\(2\)，显然\(A_1\)，\(A_2\)为样本空间的一个完备事件组，且已知\(P(A_1 )=p\)，\(P(A_2∣A_1 )=p\)， \(P\left(\overline{A_1}\right)=1-p\)， \(P\left(A_2 \mid \overline{A_1}\right)=\dfrac{p}{2}\)，
由全概率公式得， \(P\left(A_2\right)=P\left(A_1\right) P\left(A_2 \mid A_1\right)+P\left(\overline{A_1}\right) P\left(A_2 \mid \overline{A_1}\right)=\dfrac{p}{2}(1+p)\)．
由贝叶斯公式得， \(P\left(A_1 \mid A_2\right)=\dfrac{P\left(A_1\right) P\left(A_2 \mid A_1\right)}{P\left(A_2\right)}=\dfrac{2 p}{1+p}\)． -
答案 \(\dfrac{14}{15}\)
解析 以事件\(A\)表示“选出的是男性”，
则事件\(\bar{A}\)表示“选出的是女性”，以事件\(H\)表示“选出的是色盲患者”，
由题意\(P(A)=P(\bar{A})=\dfrac{1}{2}\)，\(P(H∣A)=7\%\)，\(P(H∣\bar{A})=0.5\%\)，
由贝叶斯公式得今从男女人数相等的人群中随机地挑选一人，恰好是色盲患者，
则此人是男性的概率是： \(P(A \mid H)=\dfrac{P(A H)}{P(H)}=\dfrac{P(H \mid A) P(A)}{P(H \mid A) P(A)+P(H \mid A) P(A)}\)\(=\dfrac{7 \% \times \dfrac{1}{2}}{7 \% \times \dfrac{1}{2}+0.5 \% \times \dfrac{1}{2}}=\dfrac{14}{15}\)．
故答案为：\(\dfrac{14}{15}\)． -
答案 \(\dfrac{21}{41}\)
解析 设事件\(B\)为取出的球是红球，事件\(A_1\)为该球来自甲袋，事件\(A_2\)为该球来自乙袋，
则由题意知：\(P(A_1 )=P(A_1 )=\dfrac{1}{2}\)， \(P\left(B \mid A_1\right)=\dfrac{6}{6+4}=\dfrac{3}{5}\)， \(P\left(B \mid A_2\right)=\dfrac{8}{8+6}=\dfrac{4}{7}\)，
由全概率公式可得： \(P(B)=P\left(B \mid A_1\right) P\left(A_1\right)+P\left(B \mid A_2\right) P\left(A_2\right)\)\(=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{7}=\dfrac{41}{70}\)，
所以\(P\left(A_1 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_1 B\right)}{P(B)}=\dfrac{P\left(B \mid A_1\right) P\left(A_1\right)}{P(B)}=\dfrac{3}{\frac{40}{70}}=\dfrac{21}{41}\)． -
答案 \(\dfrac{2}{5}\)
解析令\(A=\{\)先取的\(1\)件是次品\(\}\)，\(P(A)=\dfrac{1}{3}\)，\(P(\bar{A} )=\dfrac{2}{3}\)，
令\(B=\{\)后取的\(2\)件皆为正品\(\}\)，
则 \(P(B \mid A)=\dfrac{C_8^2}{C_{11}^2}=\dfrac{28}{55}\)， \(P(B \mid \bar{A})=\dfrac{C_7^2}{C_{11}^2}=\dfrac{21}{55}\)，
由贝叶斯公式得 \(P(A \mid B)=\dfrac{P(A B)}{P(B)}=\dfrac{P(A) P(B \mid A)}{P(A) P(B \mid A)+P(\bar{A}) P(B \mid A)}\)
\(=\dfrac{\dfrac{1}{3} \times \dfrac{28}{55}}{\dfrac{1}{3} \times \dfrac{28}{55}+\dfrac{2}{3} \times \dfrac{21}{55}}=\dfrac{2}{5}\).
分层练习
【A组---基础题】
1.设\(A\)，\(B\)为两个事件，已知\(P(B)=0.4\)，\(P(A)=0.5\)，\(P(B|A)=0.3\)，则\(P(B∣\bar{A})=\) ( )
A．\(0.3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0.4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.6\)
2.某高校有智能餐厅\(A\)、人工餐厅\(B\)，甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如果第一天去\(A\)餐厅，那么第二天去\(A\)餐厅的概率为\(0.6\)；如果第一天去\(B\)餐厅，那么第二天去\(A\)餐厅的概率为\(0.8\)．则甲第二天去\(A\)餐厅用餐的概率为( )
A．\(0.75\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0.7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.56\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.38\)
3.有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占\(30\%\)，二厂生产的占\(70\%\)．这两个厂的产品次品率分别为\(1\%\)，\(2\%\)，则从这批产品中任取一件，该产品是次品的概率是( )
A．\(0.015\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(0.03\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.0002\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.017\)
4.盒中放有\(12\)个乒乓球，其中\(9\)个是新的，第一次比赛时从中任取\(3\)个来使用，比赛后仍放回盒中．第二次比赛时再从中任取\(3\)个球，则第二次取出的球都是新球的概率为( )
A．\(\dfrac{441}{3025}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{441}{1025}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{5}{121}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{13}{41}\)
5.(多选)有\(3\)台车床加工同一型号的零件，第\(1\)台车床加工的次品率为\(0.06\)，第\(2\)台车床加工的次品率为\(0.05\)，第\(3\)台车床加工的次品率为\(0.08\)，加工出来的零件混放在一起．已知第\(1\)，\(2\)，\(3\)台车床加工的零件数分别占总数的\(0.25\)，\(0.3\)，\(0.45\)，现从中任意选取\(1\)个零件，则( )
A．该零件是由第\(1\)台车床加工的次品的概率为\(0.06\)
B．该零件是次品的概率为\(0.066\)
C．在取到的零件是次品的前提下，该零件是由第\(2\)台车床加工的概率为 \(\dfrac{5}{22}\)
D．在取到的零件是次品的前提下，该零件是由第\(3\)台车床加工的概率为\(\dfrac{6}{11}\)
6.甲罐中有\(5\)个红球，\(2\)个白球和\(3\)个黑球，乙罐中有\(4\)个红球，\(3\)个白球和\(3\)个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以\(A_1\)，\(A_2\)和\(A_3\)表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以\(B\)表示由乙罐取出的球是红球的事件．则下列结论中正确的是\(\underline{\quad \quad}\) (写出所有正确结论的编号)．
①\(P(B)=\dfrac{2}{5}\)； ② \(P\left(B \mid A_1\right)=\dfrac{5}{11}\)； ③事件\(B\)与事件\(A_1\)相互独立； ④\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)是两两互斥的事件．
7.轰炸机轰炸某目标，它能飞到距目标\(400\)、\(200\)、\(100\)(米)的概率分别是\(0.5\)、\(0.3\)、\(0.2\)，又设它在距目标\(400\)、\(200\)、\(100\)(米)时的命中率分别是\(0.01\)、\(0.02\)、\(0.1\)，则目标被命中的概率为\(\underline{\quad \quad}\) .
8.某电子设备厂所用元件是由甲、乙、丙三家元件制造厂提供，根据以往数据：甲、乙、丙三厂的产品分别占总产量的\(15\%\)，\(80\%\)，\(5\%\)，且各厂产品的次品率分别为\(2\%\)，\(1\%\)，\(3\%\)．今将三个厂生产的产品在仓库中均匀混合，且无其它区别的标志．
(1)在仓库中随机取一个元件，求它是次品的概率；
(2)在仓库中随机取一个元件，若已知取到的是次品，则该次品来自乙厂的概率是多少？
9.设甲、乙、丙三个地区爆发了某种流行病，三个地区感染此病的比例分别为\(\dfrac{1}{7}\)， \(\dfrac{1}{5}\)，\(\dfrac{1}{4}\)．现从这三个地区任抽取一个人，假设这个人来自三个地区的可能性相同．
(1)求此人感染此病的概率；
(2)若此人感染此病，求此人来自乙地区的概率．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 由\(P(A)=0.5\)，得\(P(\bar{A})=0.5\)，
由\(P(B)=P(A)P(B∣A)+P(\bar{A})P(B∣\bar{A})\)，
即\(0.4=0.5\times 0.3+0.5P(B|\bar{A})\)，
\(\therefore P(B|\bar{A})=0.5\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 设第一天去\(A\)餐厅为事件\(A_1\)，第二天去\(A\)餐厅为事件\(A_2\)，第一天去\(B\)餐厅为事件\(B_1\)，
则\(P(A_2 )=P(A_2∣A_1 )P(A_1 )+P(A_2∣B_1 )P(B_1 )\)\(=0.6\times 0.5+0.8\times 0.5=0.7\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 设事件\(A\)为“任取一件为次品”．事件\(B_i\)为“任取一件为\(i\)厂的产品”，\(i=1\)，\(2\)．
则\(Ω=B_1\cup B_2\)，且\(B_1\)，\(B_2\)互斥．
易知\(P(B_1 )=0.3\)，\(P(B_2 )=0.7\)，\(P(A∣B_1 )=0.01\)，\(P(A∣B_2 )=0.02\)．
\(\therefore P(A)=P(A∣B_1 )P(B_1 )+P(A∣B_2 )P(B_2 )\)\(=0.01\times 0.3+0.02\times 0.7=0.017\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(A\)
解析 令\(A_i\)表示第一次任取\(3\)个球使用时，取出\(i\)个新球\((i=0，1，2，3)\)，
B\((i=0，1，2，3)\)表示“第二次任取的\(3\)个球都是新球”，
则 \(P\left(A_0\right)=\dfrac{C_3^3}{C_{12}^3}=\dfrac{1}{220}\)， \(P\left(A_1\right)=\dfrac{C_3^2 C_9^1}{C_{12}^3}=\dfrac{27}{220}\)，
\(P\left(A_2\right)=\dfrac{C_3^1 C_9^2}{C_{12}^3}=\dfrac{108}{220}\)， \(P\left(A_3\right)=\dfrac{C_9^3}{C_{12}^3}=\dfrac{84}{220}\)，
由全概率公式，第二次取到的球都是新球的概率为：
\(P(B)=P(A_0 )P(B∣A_0 )+P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 )+P(A_3 )P(B∣A_3 )\)
\(=\dfrac{1}{220} \times \dfrac{C_9^3}{C_{12}^3}+\dfrac{27}{220} \times \dfrac{C_8^3}{C_{12}^3}+\dfrac{108}{220} \times \dfrac{C_7^3}{C_{12}^3}+\dfrac{84}{220} \times \dfrac{C_6^3}{C_{12}^3}=\dfrac{441}{3025}\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(BCD\)
解析 有\(3\)台车床加工同一型号的零件，第\(1\)台车床加工的次品率为\(0.06\)，第\(2\)台车床加工的次品率为\(0.05\)，第\(3\)台车床加工的次品率为\(0.08\)，加工出来的零件混放在一起．
第\(1\)，\(2\)，\(3\)台车床加工的零件数分别占总数的\(0.25\)，\(0.3\)，\(0.45\)，
对于\(A\)，记事件\(A\)为“零件由第\(i(i=1，2，3)\)台车床加工”，记事件\(B\)为“零件为次品”，
则\(P(A_1 )=0.25\)，\(P(A_2 )=0.3\)，\(P(A_3 )=0.45\)，\(P(B∣A_1 )=0.06\)，\(P(B∣A_2 )=0.05\)，\(P(B∣A_3 )=0.08\)．
由条件概率得该零件是由第\(1\)台车床加工的次品的概率：
\(P(A_1 B)=P(A_1 )\cdot P(B∣A_1 )=0.25\times 0.06=0.015\)，故\(A\)错误；
对于\(B\)，由全概率公式得该零件是次品的概率为：
\(P(B)=P(A_1 )\cdot P(B∣A_1 )+P(A_2 )\cdot P(B∣A_2 )+P(A_3 )\cdot P(B∣A_3 )\)\(=0.25\times 0.06+0.3\times 0.05+0.45\times 0.08=0.066\)，故\(B\)正确；
对于\(C\)，在取到的零件是次品的前提下，由贝叶斯公式得该零件是由第\(2\)台车床加工的概率为： \(P\left(A_2 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_2\right) \cdot P\left(B \mid A_2\right)}{P(B)}=\dfrac{0.3 \times 0.05}{0.066}=\dfrac{5}{22}\)，故\(C\)正确；
对于\(D\)，在取到的零件是次品的前提下，由贝叶斯公式得该零件是由第\(3\)台车床加工的概率为： \(P\left(A_3 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_3\right) \cdot P\left(B \mid A_3\right)}{P(B)}=\dfrac{0.45 \times 0.08}{0.066}=\dfrac{6}{11}\)，故\(D\)正确．
故选：\(BCD\)． -
答案 ②④
解析由题意\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)是两两互斥的事件，
\(P(A_1)=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}\)， \(P\left( A_2\right)=\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}\)，\(P(A_3)=\dfrac{3}{10}\)；
\(P\left(B \mid A_1\right)=\dfrac{P\left(B A_1\right)}{P\left(A_1\right)}=\dfrac{\frac{1}{2} \times \frac{5}{11}}{\frac{1}{2}}=\dfrac{5}{11}\)，由此知，②正确；
\(P\left(B \mid A_2\right)=\dfrac{4}{11}\)， \(P\left(B \mid A_3\right)=\dfrac{4}{11}\)；
而\(P(B)=P(A_1 B)+P(A_2 B)+P(A_3 B)\)\(=P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 ) +P(A_3 )P(B∣A_3 )\) \(=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{5}{11}+\dfrac{1}{5} \times \dfrac{4}{11}+\dfrac{3}{10} \times \dfrac{4}{11}=\dfrac{9}{22}\)．由此知①③不正确；
\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)是两两互斥的事件，由此知④正确；
对照四个命题知②④正确；
故答案为:②④． -
答案 \(0.031\)
解析 设事件\(A_1=\{\)飞机能飞到距目标\(400\)米处\(\}\)，\(A_2=\{\)飞机能飞到距目标\(200\)米处\(\}\)，
\(A_3=\{\)飞机能飞到距目标\(100\)米处\(\}\)，\(B=\{\)目标被击中\(\}\)，
由题意得\(P(A_1 )=0.5\)，\(P(A_2 )=0.3\)，\(P(A_3 )=0.2\)
\(P(B|A_1 )=0.01\)，\(P(B|A_2 )=0.02\)，\(P(B|A_3 )=0.03\)，
由全概率公式\(P(B)=P(A_1 )P(B│A_1 )+ P(A_2 )P(B│A_2 )+P(A_3 )P(B│A_3 )=0.031\). -
答案 (1)\(0.0125\) (2) \(0.64\)
解析 (1)设\(B=\)“随机取一个元件是次品”，\(A_i (i=1，2，3)\)分别表示甲、乙、丙三家元件制造厂提供，\(Ω=A_1\cup A_2\cup A_3\)，且\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)两两互斥，
根据题意可得：\(P(A_1 )=0.15\)，\(P(A_2 )=0.8\)，\(P(A_3 )=0.05\)，
\(P(B∣A_1 )=0.02\)，\(P(B∣A_2 )=0.01\)，\(P(B∣A_3 )=0.03\)，
由全概率公式可得：\(P(B)=P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 )+P(A_3 )P(B∣A_3 )\)
\(=0.15\times 0.02+0.8\times 0.01+0.05\times 0.03=0.0125\)．
(2) \(P\left(A_2 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_2 B\right)}{P(B)}=\dfrac{0.008}{0.0125}=0.64\)． -
答案 (1) \(\dfrac{83}{420}\) (2) \(\dfrac{28}{83}\)
解析(1)设\(B\)表示“此人感染此病”，
\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)表示此人选自甲、乙、丙三个地区，
由题意得\(P(A_1 )=P(A_2 )=P(A_3 )=\dfrac{1}{3}\)，\(P(B∣A_1 )=\dfrac{1}{7}\)，\(P(B∣A_2 )=\dfrac{1}{5}\)，\(P(B∣A_3 )=\dfrac{1}{4}\)，
由全概率公式得此人感染此病的概率：
\(P(B)=P(A_1 )P(B∣A_1 )+P(A_2 )P(B∣A_2 )+P(A_3 )P(B∣A_3 )\)
\(=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{83}{420}\)．
(2)由贝叶斯公式得若此人感染此病，此人选自乙地区的概率为：
\(P\left(A_2 \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_2\right) P\left(B \mid A_2\right)}{P(B)}=\dfrac{\frac{1}{3} \times \frac{1}{5}}{\frac{83}{420}}=\dfrac{28}{83}\)．
【B组---提高题】
1.(多选)现有编号为\(1\)，\(2\)，\(3\)的三个口袋，其中\(1\)号口袋内装有两个\(1\)号球，一个\(2\)号球和一个\(3\)号球：\(2\)号口袋内装有两个\(1\)号球，一个\(3\)号球；\(3\)号口袋内装有三个\(1\)号球，两个\(2\)号球；第一次先从\(1\)号口袋内随机抽取\(1\)个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是( )
A．在第一次抽到\(3\)号球的条件下，第二次抽到\(1\)号球的概率是 \(\dfrac{3}{5}\)
B．第二次取到\(1\)号球的概率\(\dfrac{1}{2}\)
C．如果第二次取到\(1\)号球，则它来自\(1\)号口袋的概率最大
D．如果将\(5\)个不同小球放入这\(3\)个口袋内，每个口袋至少放\(1\)个，则不同的分配方法有\(150\)种
参考答案
- 答案 \(BCD\)
解析 对于\(A\)选项，记事件\(A_i\)，\(B_i\)分别表示第一次、第二次取到\(i\)号球，\(i=1\)，\(2\)，\(3\)，
则第一次抽到\(3\)号球的条件下，第二次抽到\(1\)号球的概率\(P(B_1∣A_3 )=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\)，故\(A\)错误；
对于\(B\)选项，记事件\(A_i\)，\(B_i\)分别表示第一次、第二次取到\(i\)号球，\(i=1\)，\(2\)，\(3\)，
依题意\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)两两互斥，其和为\(Ω\)，并且 \(P\left(A_1\right)=\dfrac{2}{4}\)，\(P(A_2 )=P(A_3 )=\dfrac{1}{4}\)，
所以\(P\left(B_1 \mid A_1\right)=\dfrac{2}{4}\)， \(P\left(B_1 \mid A_2\right)=\dfrac{2}{4}\)， \(P\left(B_1 \mid A_3\right)=\dfrac{3}{6}\)，
\(P(B_2∣A_1 )=\dfrac{1}{4}\)，\(P(B_2∣A_2 )=\dfrac{1}{4}\)，\(P(B_2∣A_3 )=\dfrac{2}{6}\)，
\(P(B_3∣A_1 )=\dfrac{1}{4}\)，\(P(B_3∣A_2 )=\dfrac{1}{4}\)，\(P(B_3∣A_3 )=\dfrac{1}{6}\)，
应用全概率公式，有 \(P\left(B_1\right)=\sum_{i=1}^3 P\left(A_i\right) \cdot P\left(B_1 \mid A_i\right)=\dfrac{2}{4} \times \dfrac{2}{4}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{4}+\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\)，
故\(B\)正确；
对于\(C\)选项，依题设知，第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同，
则 \(P\left(A_1 \mid B_1\right)=\dfrac{P\left(A_1\right) \cdot P\left(B_1 \mid A_1\right)}{P\left(B_1\right)}=\dfrac{2}{4} \times \dfrac{2}{4} \times 2=\dfrac{1}{2}\)；
\(P\left(A_2 \mid B_1\right)=\dfrac{P\left(A_2\right) \cdot P\left(B_1 \mid A_2\right)}{P\left(B_1\right)}=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{4} \times 2=\dfrac{1}{4}\)；
\(P\left(A_3 \mid B_1\right)=\dfrac{P\left(A_3\right) \cdot P\left(B_1 \mid A_3\right)}{P\left(B_1\right)}=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{6} \times 2=\dfrac{1}{4}\)；
故在第二次取到\(1\)号球的条件下，它取自编号为\(1\)的口袋的概率最大．故\(C\)正确；
对于\(D\)选项，先将\(5\)个不同的小球分成\(1\)，\(1\)，\(3\)或\(2\)，\(2\)，\(1\)三份，再放入三个不同的口袋，
则不同的分配方法有\(\left(\dfrac{C_5^1 C_4^1 C^3}{A_2^2}+\dfrac{C_5^2 C_3^2 C_1^1}{A_2^2}\right)^2 A_3^3=150\)，故\(D\)正确．
故选：\(BCD\)．
【C组---拓展题】
- 近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道道亮丽的风景线．他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单．某外卖小哥每天来往于\(r\)个外卖店(外卖店的编号分别为\(1\)，\(2\)，……，\(r\)，其中\(r≥3\))，约定:每天他首先从\(1\)号外卖店取单，叫做第\(1\)次取单，之后，他等可能的前往其余\(r-1\)个外卖店中的任何一个店取单叫做第\(2\)次取单，依此类推．假设从第\(2\)次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的\(r-1\)个外卖店取单．设事件\(A_k=\{\)第\(k\)次取单恰好是从\(1\)号店取单\(\}\)，\(P(A_k)\)是事件\(A_k\)发生的概率，显然\(P(A_1)=1\)，\(P(A_2)=0\)，则\(P(A_3)=\) \(\underline{\quad \quad}\)， \(P\left(A_{k+1}\right)\)与\(P(A_k)\)的关系式为\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
- 答案 \(\dfrac{1}{r-1}\)； \(P\left(A_{k+1}\right)=\left[1-P\left(A_k\right)\right] \dfrac{1}{r-1}\)
解析 由于约定外卖小哥“首先从\(1\)号外卖店取单”，所以肯定有\(P(A_1)=1\)，
根据“游戏规则”，第二次取单肯定不会\(1\)号店了，故\(P(A_2)=0\)；
第二次是\(1\)号外的一家店取单，那第三次在剩下的\(r-1\)家店中随机得到\(1\)号店取单的概率当然是\(\dfrac{1}{r-1}\)，即 \(P\left(A_3\right)=\dfrac{1}{r-1}\)；
第\(k+1\)次是否“从\(1\)号店取单”，取决于第\(k\)次的情况，
\(P\left(A_{k+1}\right)=P\left(\bar{A}_k\right) P\left(A_{k+1} \mid \bar{A}_k\right)+P\left(A_k\right) P\left(A_{k+1} \mid A_k\right)\)
\(=\left[1-P\left(A_k\right)\right] \dfrac{1}{r-1}+P\left(A_k\right) \cdot 0\)\(=\left[1-P\left(A_k\right)\right] \dfrac{1}{r-1}\)
( \(P\left(A_{k+1} \mid \bar{A}_k\right)=\dfrac{1}{r-1}\)--在第\(k\)次不是从\(1\)号店取单条件下第\(k+1\)次从\(1\)号店取单的概率为\(\dfrac{1}{r-1}\)， \(P\left(A_{k+1} \mid A_k\right)=0\)--第\(k\)次从\(1\)号店取单下第\(k+1\)次从\(1\)号店取单的概率当然为\(0\))
故答案为 \(\dfrac{1}{r-1}\)； \(P\left(A_{k+1}\right)=\left[1-P\left(A_k\right)\right] \dfrac{1}{r-1}\)．
