1、第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布专题10.06条件概率、二项分布及正态分布【考试要求】1.了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率，了解条件概率与独立性的关系；2.会利用乘法公式计算概率，会利用全概率公式计算概率；3.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题；4.了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征.【知识梳理】1.条件概率条件概率的定义条件概率的性质设A，B为两个事件，且P(A)0，称P(B|A)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率(1)0P(B|A)1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BC|A
2、)P(B|A)P(C|A)2.事件的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立.(2)性质：若事件A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立，P(B|A)P(B)，P(A|B)P(A).3.全概率公式(1)完备事件组：设是试验E的样本空间，事件A1，A2，An是样本空间的一个划分，满足：A1A2An.A1，A2，An两两互不相容，则称事件A1，A2，An组成样本空间的一个完备事件组.(2)全概率公式设S为随机试验的样本空间，A1，A2，An是两两互斥的事件，且有P(Ai)0，i1，2，n，AiS，则对任一事件B，有P(B)P(Ai)P
3、(B|Ai)称满足上述条件的A1，A2，An为完备事件组.4.独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中Ai(i1，2，n)是第i次试验结果，则P(A1A2A3An)P(A1)P(A2)P(A3)P(An).(2)二项分布在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(Xk)Cpk(1p)nk(k0，1，2，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作XB(n，p)，并称p为成功概率.5.正态分布(1)正态分布的定义如果对于任何实数a，b(ab)，随机变量X满足P(aXb)，(x)dx，则称随机变量X服从正
4、态分布，记为XN(，2).其中，(x)e(0).(2)正态曲线的性质曲线位于x轴上方，与x轴不相交，与x轴之间的面积为1；曲线是单峰的，它关于直线x对称；曲线在x处达到峰值；当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值P(X)0.682_6；P(2X2)0.954_4；P(32c1)P(X2c1)P(Xc3)，2c1c323，c.【真题体验】4.(2018全国卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(
5、X)2.4，P(X4)P(X6)，则p()A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3【答案】B【解析】由题意知，该群体的10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以D(X)10p(1p)2.4，所以p0.6或p0.4.由P(X4)P(X6)，得Cp4(1p)6Cp6(1p)4，即(1p)20.5，所以p0.6.5.(2019汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获
6、得乙获得，则所求概率是.6.(2019青岛联考)已知随机变量XN(1，2)，若P(X0)0.8，则P(X2)_.【答案】0.2【解析】随机变量X服从正态分布N(1，2)，正态曲线关于x1对称，P(X2)P(X0)1P(X0)0.2.【考点聚焦】考点一条件概率与事件独立性【例1】 (1)(一题多解)从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A“取到的2个数之和为偶数”，事件B“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)()A. B. C. D.【答案】B【解析】法一P(A)，P(AB)P(B).由条件概率计算公式，得P(B|A).法二事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，
7、4)共4个.事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)1.故由古典概型概率P(B|A). (2)(2019天津和平区质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B.设甲、乙两组的研发相互独立.求至少有一种新产品研发成功的概率；若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元.求该企业可获利润的分布列.【答案】见解析【解析】记E甲组研发新产品成功，F乙组研发新产品成功，由题设知P(E)，P()，P(F)，P()，且事件E与F，E与，与F，与都相互独立.记H至少有一种新产品研发成
8、功，则，于是P()P()P()，故所求的概率为P(H)1P()1.设企业可获利润为X(万元)，则X的可能取值为0，100，120，220，因为P(X0)P()，P(X100)P(F)，P(X120)P(E)，P(X220)P(EF).故所求的分布列为X0100120220P【规律方法】1.求条件概率的两种方法(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)，这是求条件概率的通法.(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A).2.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事件的概率乘
9、法公式直接求解.(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.【训练1】 (1)(2019珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为()A.0.05 B.0.007 5 C. D.(2)(2018濮阳二模)如图，已
10、知电路中4个开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为()A. B. C. D.【答案】(1)C(2)C【解析】(1)设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)0.15，P(AB)0.05，P(B|A).(2)灯泡不亮包括两种情况：四个开关都开，下边的2个都开，上边的2个中有一个开，灯泡不亮的概率是，灯亮和灯不亮是两个对立事件，灯亮的概率是1.考点二全概率公式【例2】 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50%，三厂生产的占20%，已知这三个厂的产品次品率分别为2%，1%，1%，问从这批产品中
11、任取一件是次品的概率是多少？【答案】见解析【解析】设事件A为“任取一件为次品”，事件Bi为“任取一件为i厂的产品”，i1，2，3.B1B2B3S，由全概率公式得P(A)P(A|B1)P(B1)P(A|B2)P(B2)P(A|B3)P(B3).P(B1)0.3，P(B2)0.5，P(B3)0.2，P(A|B1)0.02，P(A|B2)0.01，P(A|B3)0.01，故P(A)P(A|B1)P(B1)P(A|B2)P(B2)P(A|B3)P(B3)0.020.30.010.50.010.20.013.【规律方法】全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把B1，B2，Bn看成导致A发生的一组原
12、因.如若A是“次品”，必是n个车间生产了次品；若A是“某种疾病”，必是几种病因导致A发生；若A表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中.(1)何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生.(2)如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组.(3)从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合.【训练2】 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率.【答案】见解析【解析】A第一次取到白球，B第二次取到白球.因为BABB，且AB与B互不相容，所以P(B)P(AB)P(B)P(A)P(B|A)P()P(B|)0.6.考点三独立重复试验与二项分布【
13、例3】 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495，(495，500，(510，515.由此得到样本的频率分布直方图(如下图).(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列.【答案】见解析【解析】(1)质量超过505克的产品的频率为50.0550.010.3，所以质量超过505克的产品数量为400.312(件).(2)
14、重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，X服从超几何分布.P(X0)，P(X1)，P(X2)，X的分布列为X012P(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为.从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且YB，P(Yk)C，所以P(Y0)C，P(Y1)C，P(Y2)C.Y的分布列为Y012P【规律方法】利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(Xk)Cpk(1p)nk的三个条件：(1)在一次试验中
15、某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.【训练3】 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人.(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名
16、男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X，求X的分布列.【答案】见解析【解析】(1)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，所以所求的概率P(A).(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为，故XB.所以P(X0)C，P(X1)C，P(X2)C，P(X3)C.所以X的分布列为X01
17、23P考点四正态分布【例4】 (1)(2019郑州模拟)已知随机变量服从正态分布N(2，2)，且P(4)0.8，则P(04)()A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2(2)(2019茂名一模)设XN(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是()(注：若XN(，2)，则P(X)68.26%，P(2X2)95.44%)A.7 539 B.6 038 C.7 028 D.6 587【答案】(1)A(2)D【解析】(1)因为随机变量服从正态分布N(2，2)，2，得对称轴为x2，P(4)0.8，P(4)P(0)0.2
18、，P(04)0.6.(2)XN(1，1)，1，1.P(X)68.26%，P(0X2)68.26%，则P(1X2)34.13%，阴影部分的面积为10.34 130.658 7.向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是10 0000.658 76 587.【规律方法】(1)利用3原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的，进行对比联系，确定它们属于(，)，(2，2)，(3，3)中的哪一个.(2)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：P(Xa)1P(X
19、a)；P(X)P(X).【训练4】 (2019淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X，且XN(800，502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为()(参考数据：若XN(，2)，有P(X)0.682 6，P(2X2)0.954 4，P(3900)0.022 8，P(X900)10.022 80.977 2.【反思与感悟】1.古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)，其中，在实际应用中P(B|A)是一种重要的求条件概率的方法.2.全概率公式的理论和实用意义在于：在较复杂情况下直接计算P(B)不易，但B总是伴随着某个Ai出现，适当地去构造这一组Ai往
20、往可以简化计算.3.二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位.(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次.(2)对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是P(Xk)Cpkqnk.其中k0，1，n，q1p.【易错防范】1.运用公式P(AB)P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立.2.注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不
21、放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.【核心素养提升】【数据分析】三局两胜制的概率问题1.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论.2.教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完3局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对此问题进行认识.【例题】 (选修23P59
22、习题2.2B组1)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？【答案】见解析【解析】每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数X是随机变量，X服从二项分布.(1)在采用3局2胜制中，XB(3，0.6)，事件X2表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X2)P(X2)P(X3)C0.620.40.630.648.(2)在采用5局3胜制中，XB(5，0.6)，事件X3表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为P(X3)P(X3)P(X4)P(X5)C0.630.42
23、C0.640.40.650.683.可以看出采用5局3胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利.【拓展延伸】先后参赛对比赛公平性的影响【拓展1】 (两方参赛)匣中有3红5黑2白共10个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.【答案】见解析【解析】甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程
24、中不会取到白球.记Bi“第i次取到黑球”，Ri“第i次取到红球”.则P(甲胜)P(R1)P(B1B2R3)P(B1B2B3B4R5)，同理可得P(乙胜)，P(平局).【拓展2】 (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是0.5，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率.【答案】见解析【解析】记事件A，B，C分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件Ai，Bi，Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”.则P(A)P(A1A2)P(A1C2B3A4A5)P(A1C2B3A4C5B6A7A8)P(B1C
25、2A3A4)P(B1C2A3B4C5A6A7).因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以P(B)P(A)，P(C)1P(A)P(B).即甲、乙、丙得冠军的概率分别为、.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则他们同时中靶的概率是()A. B. C. D.【答案】A【解析】因为甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，所以P(甲)，P(乙)，所以他们都中靶的概率是.2.(2019衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是()A. B. C. D.【答案】D【解析】三次均反面朝上
26、的概率是，所以至少一次正面朝上的概率是1.3.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A.0.8 B.0.75 C.0.6 D.0.45【答案】A【解析】记事件A表示“一天的空气质量为优良”，事件B表示“随后一天的空气质量为优良”，P(A)0.75，P(AB)0.6.由条件概率，得P(B|A)0.8.4.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为(附：若随机变量服从正态分布N(，2)，则P()68.2
27、6%，P(22)95.44%.)()A.4.56% B.13.59%C.27.18% D.31.74%【答案】B【解析】依题设，XN(0，32)，其中0，3.P(3X3)0.682 6，P(6X6)0.954 4.因此P(3X6)P(6X6)P(3X2)0.023，则P(2X2)_.【答案】0.954【解析】因为0，所以P(X2)P(X2)0.023，所以P(2X2)120.0230.954.7.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
28、问题就晋级下一轮的概率等于_.【答案】0.128【解析】记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A，由题意，若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故P(A)10.20.80.80.128.8.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠.若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(X4)_.【答案】【解析】考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故XB，即有P(Xk)C，k0，1，2，3，4，5.故P(X4)
29、C.三、解答题9.在某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试，“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格.小明同立定投篮”的命中率为，“三步上篮”的命中率为，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响.(1)求小明同学一次测试合格的概率；(2)设测试过程中小明投篮的次数为，求的分布列.【答案】见解析【解析】设小明第i次“立定投篮”命中为事件Ai，第i次“三步上篮”命中为事件Bi(i1，2)，依题意有P(Ai)，P(Bi)(i1，2)，“小明同学一次测
30、试合格”为事件C.(1)P()P(12)P(1A212)P(A112)P(1)P(2)P(1)P(A2)P(1)P(2)P(A1)P(1)P(2).P(C)1.(2)依题意知2，3，4，P(2)P(A1B1)P(12)P(A1)P(B1)P(1)P(2)，P(3)P(A11B2)P(1A2B1)P(A112)P(A1)P(1)P(B2)P(1)P(A2)P(B1)P(A1)P(1)P(2)，P(4)P(1A21)P(1)P(A2)P(1).故投篮的次数的分布列为：234P10.空气质量指数(AirQuality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六
31、级：050为优；51100为良；101150为轻度污染；151200为中度污染；201300为重度污染；300以上为严重污染.一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的数据分别为：45，50，75，74，93，90，117，118，199，215.(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI100)的天数；(2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为，求的分布列.【答案】见解析【解析】(1)从所给数据可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，该样本中空气质量为优良的频率为，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为3018.(2)由(1)估计
32、某天空气质量为优良的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3，且B.P(0)，P(1)C，P(2)C，P(3)，的分布列为0123P【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为()A. B.C. D.C【答案】B【解析】由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为.12.(2019南昌月考)已知1号箱中有2个白球和4个红球、2号箱中有5个白球和3个红球，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随
33、机取出一球，则两次都取到红球的概率是()A. B. C. D.【答案】C【解析】设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B.由题意，P(A)，P(B|A)，所以P(AB)P(B|A)P(A)，所以两次都取到红球的概率为.13.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为_.【答案】【解析】设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P
34、(A)P(B)P(C)，该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(ABAB)C，该部件的使用寿命超过1 000小时的概率p.14.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.【答案】见解析【解析】设B飞机被击落，Ai飞机被i人击中，i1，2，3，则BA1BA2BA3B，依题意，P(B|A1)0.2，P(B|A2)0.6，P(B|A3)1，由全概率公式P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)P(A3)P(B|A3)，为求P(Ai)，设Hi飞机被i人击中，i1，2，3，可求得：P(A1)P(H1231H2312H3)，P(A2)P(H1H23H12H31H2H3)，P(A3)P(H1H2H3)，将数据代入计算得：P(A1)0.36，P(A2)0.41，P(A3)0.14.于是P(B)P(A1)P(B|A1)P(A2)P(B|A2)P(A3)P(B|A3)0.360.20.410.60.1410.458.即飞机被击落的概率为0.458.19
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