第4课时 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[考试要求] 1．了解两个事件相互独立的含义． 2．理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．
1．事件的相互独立性
概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝________________成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立
性质 若事件A与事件B相互独立，则A与与B，与＝________，P(A|B)＝________
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
(2)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝；
②概率的乘法公式：P(AB)＝___________________．
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B?Ω，有P(B)＝_________________，我们称该公式为全概率公式．
[常用结论]
1．事件的关系与运算
(1)A，B都发生的事件为AB；A，B都不发生的事件为．
(2)A，B恰有一个发生的事件为A．
2．*贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B?Ω，P(B)>0，有P(Ai|B) i＝1，2，…，n．
3．P(AB)求法：
(1)古典概型；(2)相互独立：P(AB)＝P(A)P(B)；(3)概率的乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件． ( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立． ( )
(3)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率． ( )
(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)． ( )
二、教材经典衍生
1．(多选)(人教A版必修第二册P266复习参考题10T1改编)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是( )
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在5道题中有3道代数题和2道几何题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率为( )
A． B．
C． D．
3．(人教A版必修第二册P253练习T3改编)天气预报：元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A．0.2 B．0.3
C．0.38 D．0.56
4．(人教A版选择性必修第三册P50例4改编)某同学喜爱篮球和跑步运动．在暑假期间，该同学下午去打篮球的概率为．若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮球，则晚上去跑步的概率为．已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为________．
考点一 事件的相互独立性
[典例1] (1)(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝ “甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝ “甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝ “甲、乙两人均未选择B选项”，则( )
A．事件M与事件N相互独立
B．事件X与事件Y相互独立
C．事件M与事件Y相互独立
D．事件N与事件Y相互独立
(2)(2024·山东临沂模拟)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲轮空．
①求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
②求只需四场比赛就决出冠军的概率．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[跟进训练]
1．(1)已知从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋中各摸出一个球，下列结论错误的是( )
A．两个球都是红球的概率为
B．两个球中恰有1个红球的概率为
C．两个球不都是红球的概率为
D．至少有1个红球的概率为
(2)设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件________(填“是”或“不是”)两两独立，且＝________．
考点二 条件概率
[典例2] (1) (2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
(2)(多选)甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则( )
A．P(A)＝ B．P(B|A)＝
C．P(B)＝ D．P(A|B)＝
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
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)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝．
[跟进训练]
2．(1)如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是，已知在系统正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率是( )
A． B．
C． D．
(2)(2022·天津高考)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________．
考点三 全概率公式的应用
[典例3] (2024·山西大同模拟)假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同．
(1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率；
(2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
[跟进训练]
3．(1)(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为( )
A．0.62 B．0.58
C．0.46 D．0.42
(2)(2025·河北沧州模拟)中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值．现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷厂生产，其中甲、乙、丙瓷厂分别生产300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷厂的次品率依次为4%，3%，3%．现从这批瓷器中任取一件，若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为________．(结果保留两位小数)
第4课时 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
梳理·必备知识
1．P(A)·P(B) P(B) P(A)
2．(2)P(A)·P(B|A)
激活·基本技能
一、(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、1．AB [由于摸球过程是有放回地，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥．]
2．D [根据题意，在第1次抽到几何题后，还剩4道题，其中有3道代数题，则第2次抽到代数题的概率P＝．故选D．]
3．C [设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB，
所以P＝P＋P
＝P(A)P＋PP(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38．]
4． [设下午打篮球为事件A，晚上跑步为事件B，易知P(A)＝P(AB)＝，P＝，∴P(B)＝P(AB)＋P＝P(A)＋P＝，
∴P(A|B)＝． ]
考点一
典例1 (1)C [根据题意，甲、乙两名同学在4个选项中随机选取两个选项，有＝36(种)情况，其中事件M包含＝24(种)情况，则P(M)＝，
事件N包含＝6(种)情况，则P(N)＝，
事件X包含＝6(种)情况，则P(X)＝，
事件Y包含＝9(种)情况，则P(Y)＝，
依次分析选项：
对于A，事件M与事件N不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，A错误；
对于B，事件XY包含＝3(种)情况，则P(XY)＝，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X，Y不独立，B错误；
对于C，事件MY包含＝6(种)情况，则P(MY)＝，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M，Y相互独立，C正确；
对于D，事件N，Y不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，D错误．故选C．]
(2)解：①记事件A为甲胜乙，则P(A)＝，
则P＝1－P，
事件B为甲胜丙，则P(B)＝，P＝1－
事件C为乙胜丙，则P(C)＝，P＝1－．
则丙被淘汰可用事件CC∪CAB来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1＝P＋P(CAB)＝PP(C)＋P(C)P(A)P(B)＝．
②若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABABAB来表示，
P＝P(CABA)＋P＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋PP(B)P(A)P(B)＝；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C来表示，P；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，P．
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2＝P＋P＋P
＝．
跟进训练
1．(1)C (2)是 2 [(1)两个球都是红球的概率为，A正确；
两个球中恰有1个红球的概率为，B正确；
两个球不都是红球的对立事件为两个球都是红球，所以概率为1－，C错误；
至少有1个红球包含两个球都是红球、两个球中恰有1个红球，所以概率为，D正确．故选C．
(2)由题意，可得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝
且P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，P(ABC)＝，
所以P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)，
所以事件A，B，C是相互独立事件，且＝2．]
考点二
典例2 (1)A (2)ACD [(1)法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1．所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝0.8．故选A．
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0．7＝0．4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8．故选A．
(2)对于A，∵甲罐中有3个红球、2个黑球，
∴P(A)＝，故A正确；
对于C，记A1表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，则P(A1)＝．当A发生时，乙罐中有3个红球，2个黑球，此时B发生的概率为，
当A1发生时，乙罐中有2个红球，3个黑球，
此时B发生的概率为，
∴P(B)＝，故C正确；
对于B，∵P(AB)＝，
∴P(B|A)＝，故B不正确；
对于D，P(A|B)＝，D正确．]
跟进训练
2．(1)C (2) [(1)设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，因为并联元件A1，A2能正常工作的概率为1－，所以P(A)＝，
又因为P(AB)＝P(B)＝，
所以P(B|A)＝．故选C．
(2)由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝，P(B)＝，
所以P(C|B)＝．]
考点三
典例3 解：(1)依题意，记事件Ai表示第i次从第一个盒子里取出红球，记事件B表示两次取球中有红球，
则P(B)＝1－P＝1－，
P＝．
(2)记事件C1表示从第一个盒子里取出红球，记事件C2表示从第一个盒子里取出白球，记事件D表示从第二个盒子里取出红球，
则P(D)＝P(C1)P＋P(C2)P＝．
跟进训练
3．(1)C (2)0.36 [(1)某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人，
现在举行一场羽毛球选拔赛，一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三级运动员”，事件D表示“选中的运动员能晋级”，
则P(A)＝＝0.2，P(B)＝＝0.3，P(C)＝＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝0.2，
则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为：
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46．故选C．
(2)设B表示事件：取得次品．Ai表示事件：该产品由第i家瓷厂生产(i＝1，2，3)．第i家瓷厂(i＝1，2，3)分别表示甲、乙、丙瓷厂．
P，
P，
P．
P＝4%，P＝3%，P(B|A3)＝3%，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝×4%＋×3%＋×3%＝0.033．
故取到的是次品，则其来自甲厂的概率为P(A1|B)＝≈0.36．]
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第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布
第4课时 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[考试要求] 1．了解两个事件相互独立的含义．
2．理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．
链接教材·夯基固本
1．事件的相互独立性
概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝________________成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立
性质 若事件A与事件B相互独立，则A与与B，与＝________，P(A|B)＝________
P(A)·P(B)
P(B)
P(A)
2．条件概率
(1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
(2)两个公式
①利用古典概型：P(B|A)＝；
②概率的乘法公式：P(AB)＝________________．
P(A)·P(B|A)
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件
B?Ω，有P(B)＝_________________，我们称该公式为全概率公式．
[常用结论]
1．事件的关系与运算
(1)A，B都发生的事件为AB；A，B都不发生的事件为．
(2)A，B恰有一个发生的事件为A
．
2．*贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件
B?Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)
i＝1，2，…，n．
3．P(AB)求法：
(1)古典概型；(2)相互独立：P(AB)＝P(A)P(B)；(3)概率的乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件． ( )
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立． ( )
(3)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率． ( )
(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)． ( )
×
×
√
√
√
二、教材经典衍生
1．(多选)(人教A版必修第二册P266复习参考题10T1改编)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是( )
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
√
AB [由于摸球过程是有放回地，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥．]
2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在5道题中有3道代数题和2道几何题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到几何题的条件下，第2次抽到代数题的概率为( )
A． B．
C． D．
√
D [根据题意，在第1次抽到几何题后，还剩4道题，其中有3道代数题，则第2次抽到代数题的概率P＝．
故选D．]
3．(人教A版必修第二册P253练习T3改编)天气预报：元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为
( )
A．0.2 B．0.3
C．0.38 D．0.56
√
C [设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB，
所以P＝P＋P＝P(A)P＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38．]
4．(人教A版选择性必修第三册P50例4改编)某同学喜爱篮球和跑步运动．在暑假期间，该同学下午去打篮球的概率为．若该同学下午去打篮球，则晚上一定去跑步；若下午不去打篮球，则晚上去跑步的概率为．已知该同学在某天晚上去跑步，则下午打过篮球的概率为________．
[设下午打篮球为事件A，晚上跑步为事件B，易知P(A)＝P(AB)＝，P＝，∴P(B)＝P(AB)＋P＝P(A)＋P·P＝，
∴P(A|B)＝． ]
考点一 事件的相互独立性
[典例1] (1)(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件M＝ “甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝ “甲、乙两人所选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝ “甲、乙两人均未选择B选项”，则( )
典例精研·核心考点
A．事件M与事件N相互独立
B．事件X与事件Y相互独立
C．事件M与事件Y相互独立
D．事件N与事件Y相互独立
√
(2)(2024·山东临沂模拟)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲轮空．
①求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
②求只需四场比赛就决出冠军的概率．
(1)C [根据题意，甲、乙两名同学在4个选项中随机选取两个选项，有＝36(种)情况，其中事件M包含＝24(种)情况，则P(M)＝，
事件N包含＝6(种)情况，则P(N)＝，
事件X包含＝6(种)情况，则P(X)＝，
事件Y包含＝9(种)情况，则P(Y)＝，
依次分析选项：
对于A，事件M与事件N不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，A错误；
对于B，事件XY包含＝3(种)情况，则P(XY)＝，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X，Y不独立，B错误；
对于C，事件MY包含＝6(种)情况，则P(MY)＝，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M，Y相互独立，C正确；
对于D，事件N，Y不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，D错误．故选C．]
(2)解：①记事件A为甲胜乙，则P(A)＝，
则P＝1－P，
事件B为甲胜丙，则P(B)＝，P＝1－
事件C为乙胜丙，则P(C)＝，P＝1－．
则丙被淘汰可用事件CC∪CAB来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1＝P＋P(CAB)＝PP(C)＋P(C)P(A)P(B)＝．
②若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABABAB来表示，
P＝P(CABA)＋P＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋PP(B)P(A)P(B)＝；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C来表示，P；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，P．
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2＝P＋P＋P
＝．
名师点评
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[跟进训练]
1．(1)已知从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋中各摸出一个球，下列结论错误的是( )
A．两个球都是红球的概率为
B．两个球中恰有1个红球的概率为
C．两个球不都是红球的概率为
D．至少有1个红球的概率为
√
(2)设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件________(填“是”或“不是”)两两独立，且＝________．
是
2
(1)C (2)是 2 [(1)两个球都是红球的概率为，A正确；
两个球中恰有1个红球的概率为，B正确；
两个球不都是红球的对立事件为两个球都是红球，所以概率为1－，C错误；
至少有1个红球包含两个球都是红球、两个球中恰有1个红球，所以概率为，D正确．故选C．
(2)由题意，可得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝
且P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，P(ABC)＝，
所以P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，
P(BC)＝P(B)P(C)，所以事件A，B，C是相互独立事件，且＝2．]
【教用·备选题】
1．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
√
B [事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝，事件丁发生的概率P(丁)＝．事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)·P(丙)，A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误．故选B．]
2．11分制乒乓球比赛，每赢1球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．已知甲、乙两位同学进行11分制乒乓球比赛，双方10∶10平后，甲先发球，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．
(1)求事件“两人又打了2个球比赛结束”的概率；
(2)求事件“两人又打了4个球比赛结束且甲获胜”的概率．
解：(1)设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1，2，3，…)，又打了X个球比赛结束，则
P(X＝2)＝P(A1A2)＋P
＝P(A1)P(A2)＋PP
＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5．
(2)P(X＝4且甲获胜)＝P＋
＝P(A1)PP(A3)P(A4)＋P
＝0.5×0.6×0.5×0.4＋0.5×0.4×0.5×0.4＝0.1．
考点二 条件概率
[典例2] (1) (2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
√
(2)(多选)甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则( )
A．P(A)＝ B．P(B|A)＝
C．P(B)＝ D．P(A|B)＝
√
√
√
(1)A (2)ACD [(1)法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1．所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝0.8．
故选A．
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8．故选A．
(2)对于A，∵甲罐中有3个红球、2个黑球，
∴P(A)＝，故A正确；
对于C，记A1表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，则P(A1)＝．当A发生时，乙罐中有3个红球，2个黑球，此时B发生的概率为，
当A1发生时，乙罐中有2个红球，3个黑球，
此时B发生的概率为，
∴P(B)＝，故C正确；
对于B，∵P(AB)＝，
∴P(B|A)＝，故B不正确；
对于D，P(A|B)＝，D正确．]
名师点评 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)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝．
[跟进训练]
2．(1)如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是，已知在系统正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率是( )
A． B．
C． D．
√
(2)(2022·天津高考)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________．
(1)C (2) [(1)设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，因为并联元件A1，A2能正常工作的概率为1－，所以P(A)＝，
又因为P(AB)＝P(B)＝，
所以P(B|A)＝．故选C．
(2)由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝，P(B)＝，
所以P(C|B)＝．]
考点三 全概率公式的应用
[典例3] (2024·山西大同模拟)假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同．
(1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率；
(2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率．
解：(1)依题意，记事件Ai表示第i次从第一个盒子里取出红球，记事件B表示两次取球中有红球，
则P(B)＝1－P＝1－，
P＝．
(2)记事件C1表示从第一个盒子里取出红球，记事件C2表示从第一个盒子里取出白球，记事件D表示从第二个盒子里取出红球，
则P(D)＝P(C1)P＋P(C2)P＝．
名师点评 “化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
[跟进训练]
3．(1)(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为( )
A．0.62 B．0.58
C．0.46 D．0.42
√
(2)(2025·河北沧州模拟)中国是瓷器的故乡，瓷器的发明是中华民族对世界文明的伟大贡献，瓷器传承着中国文化，有很高的欣赏和收藏价值．现有一批同规格的瓷器，由甲、乙、丙三家瓷厂生产，其中甲、乙、丙瓷厂分别生产300件、300件、400件，而且甲、乙、丙瓷厂的次品率依次为4%，3%，3%．现从这批瓷器中任取一件，若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为________．(结果保留两位小数)
0.36
(1)C (2)0.36 [(1)某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人，
现在举行一场羽毛球选拔赛，一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，
设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三级运动员”，
事件D表示“选中的运动员能晋级”，
则P(A)＝＝0.2，P(B)＝＝0.3，P(C)＝＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝0.2，
则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为：
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)
＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46．
故选C．
(2)设B表示事件：取得次品．Ai表示事件：该产品由第i家瓷厂生产(i＝1，2，3)．第i家瓷厂(i＝1，2，3)分别表示甲、乙、丙瓷厂．
P，
P，
P．
P＝4%，P＝3%，P＝3%，P×4%＋×3%＋×3%＝0.033．
故取到的是次品，则其来自甲厂的概率为P(A1|B)＝
≈0.36．]
【教用·备选题】
某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
√
B [设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%，设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30．
由全概率公式，得P(A)＝
＝20%×0.05＋50%×0.15＋
30%×0.30＝0.175．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
14
15
16
一、单项选择题
1．(2025·云南曲靖模拟)已知P(M)＝0.4，P(|M)＝0.5，则P＝( )
A．0.4 B．0.6
C．0.1 D．0.2
课后作业(六十) 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
D [因为P＝0.5，由对立事件概率计算公式可得：P(N)＝1－0.5＝0.5，则P＝P·P＝0.4×0.5＝0.2，故选D．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
√
14
15
16
2．在一段时间内，若甲去参观市博物馆的概率为0.6，乙去参观市博物馆的概率为0.5，且甲、乙两人各自行动，则在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是( )
A．0.3 B．0.32
C．0.8 D．0.84
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
C [依题意，在这段时间内，甲、乙都不去参观市博物馆的概率为P1＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2，
所以在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是P＝1－P1＝1－0.2＝0.8．故选C．]
题号
3
2
4
5
6
8
7
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10
11
12
13
1
14
15
16
3．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为、第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为( )
A． B．
C． D．
√
题号
3
2
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
B [根据题意，设甲第i局胜，i＝1，2，3，且P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，则甲恰好连胜两局的概率P＝P(A1A2)＋P(A2A3)＝＝．故选B．]
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
4．(2024·安徽亳州期末)甲、乙两人分别掷两枚骰子，规则如下：若掷出的点数之和是3的倍数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着掷．第一次掷由甲开始，设第n次由甲掷的概率为Pn，则Pn与Pn－1之间的关系是( )
A．Pn＝Pn－1 B．Pn＝
C．Pn＝－Pn－1＋ D．Pn＝－Pn－1＋
题号
4
2
3
5
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
C [第n次由甲掷应该有两种情况：
①第n－1次由甲掷，第n次继续由甲掷，此时概率为Pn－1＝Pn－1；
②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，此时概率为＝．
由于这两种情况是互斥的，
因此Pn＝Pn－1＋，Pn与Pn－1之间的关系式是Pn＝－Pn－1＋，其中n≥2．故选C．]
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
5．若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4}，事件A＝{1，2}，事件A，B相互独立，则事件B可以是( )
A．{1，3} B．{1，2，3}
C．{3，4} D．{2，3，4}
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
A [由题意得P(A)＝＝，
对于A，P(B)＝＝，A∩B＝{1}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)＝P(A)P(B)，∴A，B相互独立，故A正确；
对于B，P(B)＝，A∩B＝{1，2}，故P(A∩B)＝＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故A，B不相互独立，故B错误；
对于C，P(B)＝＝，A∩B＝ ，∴P(A∩B)＝0，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，∴事件A，B不相互独立，故C错误；
对于D，P(B)＝，A∩B＝{2}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，故D错误．故选A．]
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
6．猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球(不放回)，猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为( )
A． B．
C． D．
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
C [根据题意，若甲独自获胜，分2种情况讨论：
①甲抽到自己的灯谜，而乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲、乙、丙三人每人随机选一个球，有＝6(种)抽取方法，
若只有甲抽到自己的灯谜，有1种抽取方法，
故只有甲抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P1＝＝，
②甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
题号
2
4
5
3
6
8
7
9
10
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12
13
1
14
15
16
甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，甲有2种可能，乙、丙只有1种可能，则有2×1＝2(种)可能，
故甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P2＝＝，
故甲独自获胜的概率P＝P1＋P2＝＝．故选C．]
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
7．(2025·湖南常德模拟)设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%．从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为( )
A． B．
C． D．
题号
2
4
5
3
7
6
8
9
10
11
12
13
1
14
15
16
A [根据题意，记从甲箱中抽取产品为事件A1，从乙箱中抽取产品为事件A2，抽到不合格产品为事件B，
则P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝0.1，P(B|A2)＝0.2，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×0.1＋×0.2＝，
故P(A1|B)＝＝＝，
P(A2|B)＝＝＝，
故要求概率P＝×0.9＋×0.8＝．故选A．]
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
13
1
√
14
15
16
8．(2024·湖南邵阳一模)在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.7和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达到优秀等级的前提条件下，乙没有达到优秀等级的概率为( )
A． B．
C． D．
题号
2
4
5
3
8
6
7
9
10
11
12
13
1
14
15
16
A [设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
∴P＝0.6，P＝0.7，P＝0.5，P＝P＝P＋P＋P
＝0.4×0.3×0.5＋0.4×0.7×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.29，
P＝P＋P＝0.4×0.3×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.15，
∴P＝＝＝．故选A．]
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
二、多项选择题
9．已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则( )
A．若B A，则P(AB)＝0.5
B．若A与B互斥，则P(A＋B)＝0.7
C．若A与B相互独立，则P(A)＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，则A与B相互独立
√
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
BD [对于A，因为P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，B A，
所以P(AB)＝P(B)＝0.2，故错误；
对于B，因为A与B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.2＝0.7，故正确；
对于C，因为P(B)＝0.2，所以P()＝0.5×0.8＝0.4，故错误；
对于D，因为P(B|A)＝0.2，即＝0.2，所以P(AB)＝0.2×P(A)＝0.1，
又因为P(A)·P(B)＝0.5×0.2＝0.1，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，
所以A与B相互独立，故正确．故选BD．]
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
10．(2024·山东滨州期中)一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一个产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是( )
A．P＝ B．P＝
C．事件B与事件A1相互独立 D．P＝
√
√
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
ABD [对于AB，因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P＝＝，P＝，P＝，
乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，
则P＝＝，P＝P(B|A3)＝＝，
则P＝P·P＋P·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝×2＝，故A，B正确；
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
对于C，因为P＝P·P＝＝，
又P＝，P＝，则P≠P(A1)·P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
对于D，P＝＝＝，故D正确．故选ABD．]
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
√
14
15
16
11．(2024·辽宁沈阳期末)甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得－1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜，在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的，若规定两人起始分都为2分，记Pi为“甲累计总分为i时，甲最终获胜”的概率，则( )
A．一轮比赛中，甲得1分的概率为0.5
B．P0＝0，P4＝1
C．Pi＝0.2Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi
D．为等差数列
√
题号
9
2
4
5
3
8
6
7
10
11
12
13
1
14
15
16
BC [对于选项A：记“在每一轮比赛中甲得1分”为事件A，则P＝0.5×(1－0.6)＝0.2；
“在每一轮比赛中乙得1分”为事件B，
则P＝(1－0.5)×0.6＝0.3；
“在每一轮比赛中得0分”为事件C，
则P＝1－P－P＝0.5；
故A错误；
题号
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对于选项B：设甲的得分为x，乙的得分为y，
由题意可知：每一轮比赛后x＋y为定值4，
若决出胜负，则
解得 或
若x＝0，即乙获胜，可知P0＝0；
题号
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若x＝4，即甲获胜，可知P4＝1；
综上所述：P0＝0，P4＝1，故B正确；
对于选项CD：记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M，则P(M)＝P(A)·P(M|A)＋P(B)·P(M|B)＋P(C)·P(M|C)，
所以Pi＝0.2·Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi，故C正确；
整理可得Pi＋1－Pi＝，且P1－P0＝P1≠0，
题号
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可知数列(i＝0，1，2，3)为等比数列，且首项为P1，公比为，因为≠1，可知(i＝0，1，2，3)不为等差数列，故D错误．
故选BC．]
题号
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三、填空题
12．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
题号
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[记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝．
∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，
∴电路不发生故障的概率为
P＝P((A2∪A3)A1)＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P()P()]P(A1)＝＝．]
题号
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13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
题号
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[法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，
其中甲选到A有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲选到A的概率为＝．
题号
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乙选A活动有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B有3种可能情况：ABC，ABD，ABE，
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝．
法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)＝＝．
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝＝＝．]
题号
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14．(教材改编)甲、乙、丙三个人去做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．如果第一次由甲将球传出，设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P3＝________；
Pn＝___________________．
＋
题号
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＋ [根据题意，设An＝ “经过n次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率为Pn，n＝1，2，3，…，则P1＝0，
依题意，An＋1＝·An＋1＋An·An＋1，
则Pn＋1＝P(·An＋1＋An·An＋1)＝P(·An＋1)＋P(An·An＋1)＝P()·P(An＋1|)＋P(An)·P(An＋1|An)
＝(1－Pn)×＋Pn×0＝(1－Pn)，
即Pn＋1＝－Pn＋，n＝1，2，3，…，(*)
由P1＝0，代入解得，P2＝，P3＝－＝；
题号
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由(*)可得，Pn＋1－＝－Pn＋＝－，且P1－＝－，
故数列是以－为首项，－为公比的等比数列，
于是，Pn－＝－，则Pn＝＝＋．]
题号
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四、解答题
15．某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝，P2＝，P3＝．
(1)求试生产该款芯片在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
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解：(1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝，P2＝，P3＝，
所以试生产该款芯片在进入第四道工序前的次品率为P＝1－＝1－＝．
(2)设该款芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，由已知得P(A)＝，P(AB)＝1－P＝1－＝，
所以P＝＝＝．
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16．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型．有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率)．
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(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
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解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2．
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝．
所以首次试验结束的概率为．
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(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝，所以P(A1)＝＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为．
②由①得P(A2)＝1－P(A1)＝1－＝，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝，
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方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2)P(B1)＋P(A1)P(B1)＝＝，
因为>，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大．
谢 谢！课后作业(六十) 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共100分
一、单项选择题
1．(2025·云南曲靖模拟)已知P(M)＝0.4，P(|M)＝0.5，则P＝( )
A．0.4 B．0.6
C．0.1 D．0.2
2．在一段时间内，若甲去参观市博物馆的概率为0.6，乙去参观市博物馆的概率为0.5，且甲、乙两人各自行动，则在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是( )
A．0.3 B．0.32
C．0.8 D．0.84
3．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为、第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为( )
A． B．
C． D．
4．(2024·安徽亳州期末)甲、乙两人分别掷两枚骰子，规则如下：若掷出的点数之和是3的倍数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着掷．第一次掷由甲开始，设第n次由甲掷的概率为Pn，则Pn与Pn－1之间的关系是( )
A．Pn＝Pn－1
B．Pn＝
C．Pn＝－Pn－1＋
D．Pn＝－Pn－1＋
5．若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4}，事件A＝{1，2}，事件A，B相互独立，则事件B可以是( )
A．{1，3} B．{1，2，3}
C．{3，4} D．{2，3，4}
6．猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球(不放回)，猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为( )
A． B．
C． D．
7．(2025·湖南常德模拟)设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%．从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为( )
A． B．
C． D．
8．(2024·湖南邵阳一模)在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.7和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达到优秀等级的前提条件下，乙没有达到优秀等级的概率为( )
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则( )
A．若B A，则P(AB)＝0.5
B．若A与B互斥，则P(A＋B)＝0.7
C．若A与B相互独立，则P(A)＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，则A与B相互独立
10．(2024·山东滨州期中)一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一个产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是( )
A．P＝
B．P＝
C．事件B与事件A1相互独立
D．P＝
11．(2024·辽宁沈阳期末)甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得－1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜，在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的，若规定两人起始分都为2分，记Pi为“甲累计总分为i时，甲最终获胜”的概率，则( )
A．一轮比赛中，甲得1分的概率为0.5
B．P0＝0，P4＝1
C．Pi＝0.2Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi
D．为等差数列
三、填空题
12．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
14．(教材改编)甲、乙、丙三个人去做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．如果第一次由甲将球传出，设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P3＝________；Pn＝________．
四、解答题
15．某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝，P2＝，P3＝．
(1)求试生产该款芯片在进入第四道工序前的次品率；
(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
16．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型．有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率)．
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
课后作业(六十)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．D [因为P＝0.5，由对立事件概率计算公式可得：P(N)＝1－0.5＝0.5，则P＝P·P＝0.4×0.5＝0.2，故选D．]
2．C [依题意，在这段时间内，甲、乙都不去参观市博物馆的概率为P1＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2，
所以在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是P＝1－P1＝1－0.2＝0.8．故选C．]
3．B [根据题意，设甲第i局胜，i＝1，2，3，且P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，则甲恰好连胜两局的概率P＝P(A1A2)＋P(A2A3)＝＝．故选B．]
4．C [第n次由甲掷应该有两种情况：
①第n－1次由甲掷，第n次继续由甲掷，此时概率为Pn－1＝Pn－1；
②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，此时概率为＝．
由于这两种情况是互斥的，
因此Pn＝Pn－1＋，Pn与Pn－1之间的关系式是Pn＝－Pn－1＋，其中n≥2．故选C．]
5．A [由题意得P(A)＝＝，
对于A，P(B)＝＝，A∩B＝{1}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)＝P(A)P(B)，∴A，B相互独立，故A正确；
对于B，P(B)＝，A∩B＝{1，2}，故P(A∩B)＝＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故A，B不相互独立，故B错误；
对于C，P(B)＝＝，A∩B＝ ，∴P(A∩B)＝0，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，∴事件A，B不相互独立，故C错误；
对于D，P(B)＝，A∩B＝{2}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，故D错误．故选A．]
6．C [根据题意，若甲独自获胜，分2种情况讨论：
①甲抽到自己的灯谜，而乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲、乙、丙三人每人随机选一个球，有＝6(种)抽取方法，
若只有甲抽到自己的灯谜，有1种抽取方法，
故只有甲抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P1＝＝，
②甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，甲有2种可能，乙、丙只有1种可能，则有2×1＝2(种)可能，
故甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P2＝＝，
故甲独自获胜的概率P＝P1＋P2＝＝．故选C．]
7．A [根据题意，记从甲箱中抽取产品为事件A1，从乙箱中抽取产品为事件A2，抽到不合格产品为事件B，
则P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝0.1，P(B|A2)＝0.2，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×0.1＋×0.2＝，
故P(A1|B)＝＝＝，
P(A2|B)＝＝＝，
故要求概率P＝×0.9＋×0.8＝．故选A．]
8．A [设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
∴P＝0.6，P＝0.7，P＝0.5，P＝P＝P＋P＋P
＝0.4×0.3×0.5＋0.4×0.7×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.29，
P＝P＋P＝0.4×0.3×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.15，
∴P＝＝＝．故选A．]
9．BD [对于A，因为P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，B A，
所以P(AB)＝P(B)＝0.2，故错误；
对于B，因为A与B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.2＝0.7，故正确；
对于C，因为P(B)＝0.2，所以P()＝0.5×0.8＝0.4，故错误；
对于D，因为P(B|A)＝0.2，即＝0.2，所以P(AB)＝0.2×P(A)＝0.1，
又因为P(A)·P(B)＝0.5×0.2＝0.1，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，
所以A与B相互独立，故正确．故选BD．]
10．ABD [对于AB，因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P＝＝，P＝，P＝，
乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，
则P＝＝，P＝P(B|A3)＝＝，
则P＝P·P＋P·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝×2＝，故A，B正确；
对于C，因为P＝P·P＝＝，
又P＝，P＝，则P≠P(A1)·P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
对于D，P＝＝＝，故D正确．故选ABD．]
11．BC [对于选项A：记“在每一轮比赛中甲得1分”为事件A，则P＝0.5×(1－0.6)＝0.2；
“在每一轮比赛中乙得1分”为事件B，
则P＝(1－0.5)×0.6＝0.3；
“在每一轮比赛中得0分”为事件C，
则P＝1－P－P＝0.5；
故A错误；
对于选项B：设甲的得分为x，乙的得分为y，
由题意可知：每一轮比赛后x＋y为定值4，
若决出胜负，则
解得 或
若x＝0，即乙获胜，可知P0＝0；
若x＝4，即甲获胜，可知P4＝1；
综上所述：P0＝0，P4＝1，故B正确；
对于选项CD：记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M，则P(M)＝P(A)·P(M|A)＋P(B)·P(M|B)＋P(C)·P(M|C)，
所以Pi＝0.2·Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi，故C正确；
整理可得Pi＋1－Pi＝，且P1－P0＝P1≠0，
可知数列(i＝0，1，2，3)为等比数列，且首项为P1，公比为，因为≠1，可知(i＝0，1，2，3)不为等差数列，故D错误．
故选BC．]
12． [记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝．
∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，
∴电路不发生故障的概率为
P＝P((A2∪A3)A1)＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P()P()]P(A1)＝＝．]
13． [法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，
其中甲选到A有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲选到A的概率为＝．
乙选A活动有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B有3种可能情况：ABC，ABD，ABE，
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝．
法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)＝＝．
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝＝＝．]
14．＋ [根据题意，设An＝ “经过n次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率为Pn，n＝1，2，3，…，则P1＝0，
依题意，An＋1＝·An＋1＋An·An＋1，
则Pn＋1＝P(·An＋1＋An·An＋1)＝P(·An＋1)＋P(An·An＋1)＝P()·P(An＋1|)＋P(An)·P(An＋1|An)
＝(1－Pn)×＋Pn×0＝(1－Pn)，
即Pn＋1＝－Pn＋，n＝1，2，3，…，(*)
由P1＝0，代入解得，P2＝，P3＝－＝；
由(*)可得，Pn＋1－＝－Pn＋＝－，且P1－＝－，
故数列是以－为首项，－为公比的等比数列，
于是，Pn－＝－，则Pn＝＝＋．]
15．解：(1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝，P2＝，P3＝，
所以试生产该款芯片在进入第四道工序前的次品率为P＝1－＝1－＝．
(2)设该款芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，由已知得P(A)＝，P(AB)＝1－P＝1－＝，
所以P＝＝＝．
[B组 在综合中考查关键能力]
16．解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2．
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝．
所以首次试验结束的概率为．
(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝，所以P(A1)＝
＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为．
②由①得P(A2)＝1－P(A1)＝1－＝，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2)P(B1)＋P(A1)P(B1)＝＝，
因为>，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大．
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