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【高分突破系列】2021-2022學年高二數學下學期同步知識點剖析精品講義(人教A版2019）
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選擇性必修第三冊，難度3顆星！

模組導圖

知識剖析

條件概率

①定義
一般地，設\(A ,B\)為兩個事件，且\(P(A)>0\) ,稱\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}\)為在事件\(A\)發生的條件下,事件\(B\)發生的條件概率.
\({\color{Red}{ PS }}\)
(1) 求“事件\(A\)

(通俗些理解，條件概率只是縮小了樣本空間，\(P(B \mid A)\)就是以\(A\)為樣本空間計算\(AB\)的概率)
\({\color{Red}{ Eg }}\) 某地7月份吹南風(事件\(A\)

②概率的乘法公式
對任意兩個事件\(A\)與\(B\)，若\(P(A)>0\)，則\(P(A B)=P(A) P(B \mid A)\)
設\(P(A)>0\)，則
(1) \(P(\Omega \mid A)=1\)；
(2) 如果\(B\)和\(C\)互斥，那麼\(P[(B \cup C) \mid A]=P(B \mid A)+P(C \mid A)\)；
(3) 設\(\bar{B}\)和\(B\)互為對立事件，則\(P(\bar{B} \mid A)=1-P(B \mid A)\).

全概率公式

一般地，設\(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}\)是一組兩兩互斥的事件，\(A_{1} \cup A_{2} \cup \ldots \cup A_{2}=\Omega\)，且\(P\left(A_{i}\right)>0\)，\(i=1 ,2 ,… ,n\)，則對任意的事件\(B \subseteq \Omega\)，有
\(P(B)=\sum_{i=1}^{n} P\left(A_{i}\right) P\left(B \mid A_{i}\right)\)
我們稱它為全概率公式.

貝葉斯公式

設\(A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{n}\)是一組兩兩互斥的事件，\(A_{1} \cup A_{2} \cup \ldots \cup A_{2}=\Omega\)，
且\(P\left(A_{i}\right)>0\)，\(i=1 ,2 ,… ,n\)，則對任意的事件\(B \subseteq \Omega\)，\(P(B)>0\)，有
\(P\left(A_{i} \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_{i} B\right)}{P(B)}=\dfrac{P\left(A_{i}\right) P\left(B \mid A_{i}\right)}{\sum_{k=1}^{n} P\left(A_{k}\right) P\left(B \mid A_{k}\right)}, i=1,2, \ldots, n\)

經典例題

【題型一】求條件概率

【典題1】某校從學生文藝部\(6\)名成員(\(4\)男\(2\)女)中，挑選\(2\)人蔘加學校舉辦的文藝匯演活動．
(1)求男生甲被選中的概率；
(2)在已知男生甲被選中的條件下，女生乙被選中的概率；
(3)在要求被選中的兩人中必須一男一女的條件下，求女生乙被選中的概率．
【解析】(1)從\(6\)名成員中挑選\(2\)名成員，共有\(C_{6}^{2}=15\)種情況，
記“男生甲被選中”為事件，事件所包含的基本事件數為\(5\)種，故\(P(A)=\dfrac{1}{3}\)．
(2)記“男生甲被選中”為事件\(A\)，“女生乙被選中”為事件\(B\)，
則\(P(A B)=\dfrac{1}{15}\)，
由(1)知\(P(A)=\dfrac{1}{3}\)，故\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}=\dfrac{1}{5}\)．
(3)記“挑選的\(2\)人一男一女”為事件\(C\)，則\(P(C)=\dfrac{C_{4}^{1} C_{2}^{1}}{C_{6}^{2}}=\dfrac{8}{15}\)，
“女生乙被選中”為事件\(B\)，\(P(B C)=\dfrac{C_{4}^{1}}{C_{6}^{2}}=\dfrac{4}{15}\)，故\(P(B \mid C)=\dfrac{P(B C)}{P(C)}=\dfrac{1}{2}\)．
【點撥】①第一問是古典概型；②第二問是條件概率\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}\).

【典題2】已知箱中共有\(6\)個球，其中紅球、黃球、藍球各\(2\)個．每次從該箱中取\(1\)個球 (有放回，每球取到的機會均等)，共取三次．設事件\(A\)：“第一次取到的球和第二次取到的球顏色相同”，事件\(B\)：“三次取到的球顏色都相同”，則\(P(B \mid A)=\)（ ）
\(A. \dfrac{1}{6} \qquad B. \dfrac{1}{3} \qquad C. \dfrac{2}{3} \qquad D. 1\)
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\)
由題意\(P(A B)=\dfrac{3 C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1}}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\dfrac{1}{9}\)，\(P(A)=\dfrac{3\left(C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1} \cdot C_{4}^{1}+C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1} \cdot C_{2}^{1}\right)}{C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1} \cdot C_{6}^{1}}=\dfrac{1}{3}\)，則\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}=\dfrac{1}{3}\)，故選\(B\).
\({\color{Red}{方法二 }}\)
\(P(B \mid A)=\dfrac{n(A B)}{n(A)}=\dfrac{3 C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{2}^{1}}{3\left(C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{2}^{1}+C_{2}^{1} C_{2}^{1} C_{4}^{1}\right)}=\dfrac{1}{3}\)
\({\color{Red}{ (事件分為①第一，二次摸球同色，與第三次球不同色，②三次顏色一樣) }}\)
點評：求條件概率，可以使用\(\left.P(B \mid A)=\dfrac{n(A B)}{n(A)}\right)\)或\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}\)，一般情況下用\(P(B \mid A)=\dfrac{n(A B)}{n(A)}\)更簡單.

鞏固練習

1(★) [多選題]下列說法有可能成立的是( )
\(A. P(B \mid A)<P(A B) \qquad B. P(B)=P(A) P(B \mid A) \qquad C. P(A B)=P(A) \cdot P(B) \qquad D. P(A \mid B)=P(B \mid A)\)

2(★) 某種疾病的患病率為\(0.5 \%\)，已知在患該種疾病的條件下血檢呈陽性的概率為\(99 \%\)，則患該種疾病且血檢呈陽性的概率為 ( )
\(A. 0.495 \% \qquad B. 0.9405 \% \qquad C. 0.9995 \% \qquad D. 0.99 \%\)

3(★)將四顆骰子各擲一次，記事件\(A=\)“四個點數互不相同”，\(B=\)“至少出現一個\(5\)點”，則概率\(P(B \mid A)\)等於( )
\(A. \dfrac{2}{3} \qquad B. \dfrac{1}{6} \qquad C. \dfrac{60}{671} \qquad D. \dfrac{240}{671}\)

4(★★) 袋中有\(10\)個大小、材質都相同的小球，其中紅球\(3\)個，白球\(7\)個．每次從袋中隨機摸出1個球，摸出的球不再放回．求：
(1)第一次摸到紅球的概率；
(2)在第一次摸到紅球的條件下，第二次也摸到紅球的概率；
(3)第二次摸到紅球的概率．

答案

1【答案】\(BCD\)
【解析】根據題意，依次分析選項：
對於__\(A\)，\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}\)，變形可得\(P(A B)=P(B \mid A) P(A)\)，
而\(P(A)≤1\)，則\(P(B|A)≥P(AB)\)，\(A\)錯誤，
對於\(B\)，\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}\)，變形可得\(P(AB)=P(B|A)P(A)\)，
當\(P(A)=1\)時，有\(P(B)=P(A)P(B|A)\)，\(B\)正確，
對於\(C\)，當\(A、B\)是相互獨立事件時，\(P(AB)=P(A)\cdot P(B)\)，\(C\)正確，
對於\(D\)，當\(A、B\)是互斥事件時，\(P(A|B)=P(B|A)=0\)，\(D\)正確，
故選：\(BCD\)．

2【答案】\(A\)
【解析】設事件\(A\)表示“患某種疾病”，設事件\(B\)表示“血檢呈陽性”，
則\(P(A)=0.5 \%\)，\(P(B \mid A)=99 \%\)，
\(∴\)患該種疾病且血檢呈陽性的概率為：\(P(A B)=0.5 \% \times 99 \%=0.495 \%\)．
故選：\(A\)．

3【答案】\(A\)
【解析】根據題意，記事件\(A=\)“四個點數互不相同”，\(B=\)“至少出現一個\(5\)點”，
則\(P(A B)=\dfrac{4 \cdot A_{5}^{3}}{6 \times 6 \times 6 \times 6}\)，\(P(A)=\dfrac{A_{6}^{4}}{6 \times 6 \times 6 \times 6}\)，
則\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{P(A)}=\dfrac{4 \times A_{5}^{3}}{A_{6}^{4}}=\dfrac{2}{3}\)，
故選：\(A\)．

4【答案】\((1) \dfrac{3}{10} \qquad (2) \dfrac{2}{9}\qquad (3) \dfrac{3}{10}\)
【解析】根據題意，設事件\(A\)：第一次摸到紅球；事件\(B\)：第二次摸到紅球，
則事件\(\bar{A}\)：第一次摸到白球．
(Ⅰ)袋中有\(10\)個球，第一次從\(10\)個球中摸一個共\(10\)種不同的結果，其中是紅球的結果共\(3\)種，所以\(P(A)=\dfrac{3}{10}\)，
(Ⅱ)由(Ⅰ)的結論，\(P(A)=\dfrac{3}{10}\)，前兩次都摸到紅球的概率\(P(A B)=\dfrac{3}{10} \times \dfrac{2}{9}=\dfrac{1}{15}\)，
則\(P(B \mid A)=\dfrac{P(A B)}{p(A)}=\dfrac{2}{9}\)；
(Ⅲ) \(P(A)=\dfrac{3}{10}\)，則\(P(\bar{A})=1-P(A)=\dfrac{7}{10}\)，\(P(\bar{A} B)=\dfrac{7}{10} \times \dfrac{3}{9}=\dfrac{7}{30}\)，
則\(P(B)=P(A B)+P(\bar{A} B)=\dfrac{1}{15}+\dfrac{7}{30}=\dfrac{3}{10}\)；
所以第二次摸到紅球的概率\(P(B)=\dfrac{3}{10}\)．

【題型二】全概率公式、貝葉斯公式的運用

【典題1】(1) 在\(12\)件產品中有\(4\)件次品，在先取\(1\)件的情況下，求任取\(2\)件產品皆為正品的概率.
(2) 在\(12\)件產品中有\(4\)件次品，在先取\(1\)件的情況下，任取\(2\)件產品皆為正品，求先取\(1\)件為次品的概率.
【解析】令\(A=\{\)先取的\(1\)件是次品\(\}\)，\(P(A)=\dfrac{1}{3}\)，\(P(\bar{A})=\dfrac{2}{3}\)
令\(B=\{\)後取的\(2\)件皆為正品\(\}\)，則\(P(B \mid A)=\dfrac{C_{8}^{2}}{C_{11}^{2}}=\dfrac{28}{55}\)，\(P(B \mid \bar{A})=\dfrac{C_{7}^{2}}{C_{11}^{2}}=\dfrac{21}{55}\)
(1) 由全概率公式得\(P(B)=P(A) P(B \mid A)+P(\bar{A}) P(B \mid \bar{A})=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{28}{55}+\dfrac{2}{3} \times \dfrac{21}{55}=\dfrac{14}{33}\)
(2) 由貝葉斯公式得\(P(A \mid B)=\dfrac{P(A B)}{P(B)}=\dfrac{P(A) P(B \mid A)}{P(A) P(B \mid A)+P(\bar{A}) P(B \mid \bar{A})}=\dfrac{\dfrac{1}{3} \times \dfrac{28}{55}}{\dfrac{1}{3} \times \dfrac{28}{55}+\dfrac{2}{3} \times \dfrac{21}{55}}=\dfrac{2}{5}\)
點評
①若隨機試驗可以看成分兩個階段進行，且第一階段的各試驗結果具體結果未知，那麼：
(1) 如果要求的是第二階段某一個結果發生的概率，則用全概率公式；
(2) 如果第二個階段的某一個結果是已知的，要求的是此結果為第一階段某一個結果所引起的概率，一般用貝葉斯公式，類似於求條件概率.
熟記這個特徵，在遇到相關的題目時，可以準確地選擇方法進行計算，保證解題的正確高效.
②本試驗視為分成兩個階段，第一階段是“先取\(1\)件”，結果未知；第二階段是“在剩下的\(11\)件中再取\(2\)件”，結果已知：都是正品.
求“任取\(2\)件產品皆為正品的概率”，用全概率公式；
求第一階段中“先取\(1\)件為次品的概率”，用貝葉斯公式.

【典題2】用一門大炮對某目標進行三次獨立射擊, 第一、二、三次的命中率分別為\(0.4\)、\(0.5\)、\(0.7\), 若命中此目標一、二、三彈, 該目標被摧毀的概率分別為\(0.2\)、\(0.6\)和\(0.8\), 試求此目標被摧毀的概率.
【解析】設事件\(A_{i}=\{\)第\(i\)次命中目標\(\}\)，事件\(B_{i}=\{\)目標被命中\(i\)彈\(\}(i=1,2,3)\)，事件\(C=\{\)目標被摧毀\(\}\)，
依題意得\(P\left(A_{1}\right)=0.4\)，\(P\left(A_{2}\right)=0.5\)，\(P\left(A_{2}\right)=0.7\)
由於三次射擊時相互獨立的，所以
\(P\left(B_{0}\right)=P\left(\overline{A_{1}} \overline{A_{2}} \overline{A_{3}}\right)=P\left(\overline{A_{1}}\right) P\left(\overline{A_{2}}\right) P\left(\overline{A_{3}}\right)=0.09\)，
\(P\left(B_{1}\right)=P\left(\overline{A_{1}} \overline{A_{2}} A_{3}+\overline{A_{1}} A_{2} \overline{A_{3}}+A_{1} \overline{A_{2}} \overline{A_{3}}\right)=\)\(P\left(\overline{A_{1}} \overline{A_{2}} A_{3}\right)+P\left(\overline{A_{1}} A_{2} \overline{A_{3}}\right)+P\left(A_{1} \overline{A_{2}} \overline{A_{3}}\right)=0.36\)，
\(P\left(B_{2}\right)=P\left(\overline{A_{1}} A_{2} A_{3}+A_{1} \overline{A_{2}} A_{3}+A_{1} A_{2} \overline{A_{3}}\right)=\)\(P\left(\overline{A_{1}} A_{2} A_{3}\right)+P\left(A_{1} \overline{A_{2}} A_{3}\right)+P\left(A_{1} A_{2} \overline{A_{3}}\right)=0.41\)，
\(P\left(B_{3}\right)=P\left(A_{1} A_{2} A_{3}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2}\right) P\left(A_{2}\right)=0.14\)
由全概率公式可得
\(P(C)=P\left(B_{0}\right) P\left(C \mid B_{0}\right)+P\left(B_{1}\right) P\left(C \mid B_{1}\right)+P\left(B_{2}\right) P\left(C \mid B_{2}\right)+P\left(B_{3}\right) P\left(C \mid B_{3}\right)=0.43\)

【典題3】近年來，我國外賣業發展迅猛，外賣小哥穿梭在城市的大街小巷成為一道道亮麗的風景線．他們根據外賣平臺提供的資訊到外賣店取單．某外賣小哥每天來往於\(r\)個外賣店(外賣店的編號分別為\(1,2, \ldots \ldots, r\)，其中\(r \geq 3\)，約定：每天他首先從\(1\)號外賣店取單，叫做第\(1\)次取單，之後，他等可能的前往其餘\(r-1\)個外賣店中的任何一個店取單叫做第\(2\)次取單，依此類推．假設從第\(2\)次取單開始，他每次都是從上次取單的店之外的\(r-1\)個外賣店取單．設事件\(A_{k}=\{\)第次取單恰好是從\(1\)號店取單\(\}\)，\(P\left(A_{k}\right)\)是事件\(A_{k}\)發生的概率，顯然\(P\left(A_{1}\right)=1\)，\(P\left(A_{2}\right)=0\)，則\(P\left(A_{3}\right)=\)，\(P\left(A_{k+1}\right)\)與\(P\left(A_{k}\right)\)的關係式為_ _．
【解析】由於約定外賣小哥“首先從\(1\)號外賣店取單”，所以肯定有\(P\left(A_{1}\right)=1\)，
根據“遊戲規則”，第二次取單肯定不會\(1\)號店了，故\(P\left(A_{2}\right)=0\)；
第二次是\(1\)號外的一家店取單，那第三次在剩下\(r-1\)的家店中隨機得到\(1\)號店取單的概率當然是\(\dfrac{1}{r-1}\)，即\(P\left(A_{3}\right)=\dfrac{1}{r-1}\)；
第\(k+1\)次是否“從\(1\)號店取單”，取決於第\(k\)次的情況，
\(\begin{aligned} P\left(A_{k+1}\right) &=P\left(\bar{A}_{k}\right) P\left(A_{k+1} \mid \bar{A}_{k}\right)+P\left(A_{k}\right) P\left(A_{k+1} \mid A_{k}\right) \\ &=\left[1-P\left(A_{k}\right)\right] \dfrac{1}{r-1}+P\left(A_{k}\right) \cdot 0 \\ &=\left[1-P\left(A_{k}\right)\right] \dfrac{1}{r-1} \end{aligned}\)
\({\color{Red}{(P\left(A_{k+1} \mid \bar{A}_{k}\right)=\dfrac{1}{r-1}--在第k次不是從1號店取單條件下第k+1次從1號店取單的概率為\dfrac{1}{r-1}， P\left(A_{k+1} \mid A_{k}\right)=0--第k次從1號店取單下第k+1次從1號店取單的概率當然為0) }}\)
故答案為：\(\dfrac{1}{r-1}\)；\(P\left(A_{k+1}\right)=\left[1-P\left(A_{k}\right)\right] \dfrac{1}{r-1}\)．

鞏固練習

1(★★)從\(1 , 2 , 3 ,… , 15\)中,甲、乙兩人各任取一數(不重複),已知甲取到的數是\(5\)的倍數,求甲數大於乙數的概率\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★)從數字\(1 ,2 ,3 ,4\)中任取一個數，記為\(x\)，再從\(1 ,… ,x\)中任取一個數，記為\(y\)，則 \(P(y=2)=\) \(\underline{\quad \quad}\) .

3(★★)盒中有\(a\)個紅球，\(b\)個黑球，今隨機地從中取出一個，觀察其顏色後放回，並加上同色球\(c\)個，再從盒中第二次抽取一球，第二次抽出的是黑球的概率為\(\underline{\quad \quad}\) .

4(★★)設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為\(2:1\)，貨車中途停車修理的概率為\(0.02\)，客車為\(0.01\)，今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為\(\underline{\quad \quad}\) .

5(★★)有三個同樣的箱子，甲箱中有\(2\)只紅球，\(6\)只白球，乙箱中有\(6\)只紅球，\(4\)只白球，丙箱中有\(3\)只紅球，\(5\)只白球．
(1)隨機從甲、乙、丙三個箱子中各取一球，求三球都為紅球的概率；
(2)從甲，乙、丙中隨機取一箱，再從該箱中任取一球，求該球為紅球的概率．

6(★★★)袋中裝有\(8\)只紅球 , \(2\)只黑球,每次從中任取一球, 不放回地連續取兩次, 求下列事件的概率.
(1)取出的兩隻球都是紅球;
(2)取出的兩隻球都是黑球;
(3)取出的兩隻球一隻是紅球,一隻是黑球;
(4)第二次取出的是紅球.

答案

1【答案】\(\dfrac{9}{14}\)
【解析】設事件\(A=\{\)甲取到的數比乙的大\(\}\)，\(B=\{\)甲取到的數是\(5\)的倍數\(\}\)，
則顯然所要求的概率為\(P(A \mid B)\)
\(P(B)=\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}\)，\(P(A B)=\dfrac{C_{4}^{1}+C_{9}^{1}+C_{14}^{1}}{C_{14}^{1} C_{15}^{1}}=\dfrac{9}{70}\)，
\(\therefore P(A \mid B)=\dfrac{P(A B)}{P(B)}=\dfrac{9}{14}\).

2【答案】\(\dfrac{13}{48}\)
【解析】由離散型隨機變數的概率分佈有
\(P(x=1)=P(x=2)=P(x=3)=P(x=4)=\dfrac{1}{4}\)
由題意得\(P(y=2 \mid x=1)=0\)，\(P(y=2 \mid x=2)=\dfrac{1}{2}\)，\(P(y=2 \mid x=3)=\dfrac{1}{3}\)，\(P(y=2 \mid x=4)=\dfrac{1}{4}\)，
則根據全概率公式得到
\(P(y=2)=P(x=1) P(y=2 \mid x=1)+P(x=2) P(y=2 \mid x=2)+P(x=3) P(y=2 \mid x=3)+\)\(P(x=4) P(y=2 \mid x=4)=\dfrac{1}{4}\left(0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{13}{48}\).

3【答案】\(\dfrac{b}{a+b}\)
【解析】設\(A=\{\)第一次抽出的是黑球\(\}\)，\(B=\{\)第二次抽出的是黑球\(\}\)，
由題意得\(P(A)=\dfrac{b}{a+b}, P(B \mid A)=\dfrac{b+c}{a+b+c}\)，\(P(\bar{A})=\dfrac{a}{a+b}, P(B \mid \bar{A})=\dfrac{b}{a+b+c}\)，
有分解\(B=A B \cup \bar{A} B\)，
由全概率公式得 \(P(B)=P(A) P(B \mid A)+P(\bar{A}) P(B \mid \bar{A})\)\(=\dfrac{b(b+c)}{(a+b)(a+b+c)}+\dfrac{a b}{(a+b)(a+b+c)}=\dfrac{b}{a+b}\).

4【答案】\(0.8\)
【解析】設\(B=\{\)中途停車修理\(\}\)，\(A_{1}=\{\)經過的是貨車\(\}\)，經過的是客車，則\(B=A_{1} B \cup A_{2} B\)，由貝葉斯公式有\(P\left(A_{1} \mid B\right)=\dfrac{P\left(A_{1} B\right)}{P(B)}=\dfrac{P\left(A_{1}\right) P\left(B \mid A_{1}\right)}{P\left(A_{1}\right) P\left(B \mid A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right) P\left(B \mid A_{2}\right)}\)\(=\dfrac{\dfrac{2}{3} \times 0.02}{\dfrac{2}{3} \times 0.02+\dfrac{1}{3} \times 0.01}=0.8\)

5【答案】\((1) \dfrac{9}{160} \qquad (2) \dfrac{49}{120}\)
【解析】(1)根據題意，記事件\(A_1\)：從甲箱中取一球為紅球，事件\(A_2\)：從乙箱中取一球為紅球，事件\(A_3\)：從丙箱中取一球為紅球，
記事件\(B\)：取得的三球都為紅球，且事件\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)相互獨立，
所以\(P(B)=P\left(A_{1}\right) \cdot P\left(A_{2}\right) \cdot P\left(A_{3}\right)=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{160}\)，
所以三球都為紅球的概率為\(\dfrac{9}{160}\)．
(2)記事件\(C\)：該球為紅球，事件\(D_1\)：取甲箱，事件\(D_2\)：取乙箱，事件\(D_3\)：取丙箱
因為\(P\left(C \mid D_{1}\right)=\dfrac{1}{4}, P\left(C \mid D_{2}\right)=\dfrac{3}{5}, P\left(C \mid D_{3}\right)=\dfrac{3}{8}\)，
所以\(P(C)=P\left(D_{1}\right) \cdot P\left(C \mid D_{1}\right)+P\left(D_{2}\right) \cdot P\left(C \mid D_{2}\right)+P\left(D_{3}\right) \cdot P\left(C \mid D_{3}\right)\)\(=\dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{8}=\dfrac{49}{120}\)，
所以該球為紅球的概率為\(\dfrac{49}{120}\)．

6【答案】\((1) \dfrac{28}{45} \quad (2) \dfrac{1}{45} \quad (3) \dfrac{16}{45} \quad (4) \dfrac{4}{5}\)
【解析】設事件\(A_{1}=\{\)第一次取到的紅球\(\}\)，事件\(A_{2}=\{\)第二次取到的紅球\(\}\)
(1) 要求的是\(P\left(A_{1} A_{2}\right)\),根據題意\(P\left(A_{1}\right)=\dfrac{4}{5}\)，\(P\left(\overline{A_{1}}\right)=\dfrac{1}{5}\),\(P\left(A_{2} \mid A_{1}\right)=\dfrac{7}{9}\)，
\(\therefore P\left(A_{1} A_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2} \mid A_{1}\right)=\dfrac{4}{5} \times \dfrac{7}{9}=\dfrac{28}{45}\).
(2) 要求的是\(P\left(\overline{A_{1} A_{2}}\right)\)，根據題意\(P\left(\overline{A_{1}}\right)=\dfrac{1}{5}\)，\(P\left(\overline{A_{2}} \mid \overline{A_{1}}\right)=\dfrac{1}{9}\),
\(\therefore P\left(\overline{A_{1} A_{2}}\right)=P\left(\overline{A_{1}}\right) P\left(\overline{A_{2}} \mid \overline{A_{1}}\right)=\dfrac{1}{45}\).
(3)要求的是取出一隻紅球一隻黑球，它包括兩種情況，即求\(P\left(A_{1} \overline{A_{2}}+\overline{A_{1}} A_{2}\right)\)，
\(P\left(\overline{A_{2}} \mid A_{1}\right)=\dfrac{2}{9}\)，\(P\left(A_{2} \mid \overline{A_{1}}\right)=\dfrac{8}{9}\)，
\(\therefore P\left(A_{1} \overline{A_{2}}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(\overline{A_{2}} \mid A_{1}\right)=\dfrac{8}{45}\)，\(P\left(\overline{A_{1}} A_{2}\right)=P\left(\overline{A_{1}}\right) P\left(A_{2} \mid \overline{A_{1}}\right)=\dfrac{8}{45}\)，
\(\therefore P\left(A_{1} \overline{A_{2}}+\overline{A_{1}} A_{2}\right)=P\left(A_{1} \overline{A_{2}}\right)+P\left(\overline{A_{1}} A_{2}\right)=\dfrac{16}{45}\);
(4)要求第二次取出紅球，即求\(P\left(A_{2}\right)\)，
\(P\left(A_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(A_{2} \mid A_{1}\right)+P\left(\overline{A_{1}}\right) P\left(A_{2} \mid \overline{A_{1}}\right)=\dfrac{4}{5}\).

作者：ZhaoGui,廣東湛江，微信mathszhg，歡迎交流

出處:貴哥講高中數學

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