2026版三维设计一轮高中总复习数学题库-第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义；结合古典概型，利用独立性计算概率、了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.3.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.1.甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则两人都中靶的概率为（）A.0.26 B.0.98C.0.72 D.0.9解析：C甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，显然甲中靶的事件与乙中靶的事件相互独立，所以甲、乙两人都中靶的概率为0.8×0.9＝0.72，故选C.2.夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为13和14，且两地同时下雨的概率为16，则夏季的一天里，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为A.112 B.C.23 D.解析：C记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，∴P（A）＝13，P（B）＝14，P（AB）＝16.在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为P（A｜B）＝P（AB）P3.已知P（A）＝58，P（B｜A）＝35，P（B｜A）＝13，则P（B答案：1解析：由全概率公式，得P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）＝58×35＋38×14.两台机床加工同样的零件，第一台的废品率为0.04，第二台的废品率为0.07，加工出来的零件混放，且第一台加工的零件是第二台加工零件的2倍，现任取一零件，则它是合格品的概率为.答案：0.95解析：令B＝取到的零件为合格品，Ai＝零件为第i台机床的产品，i＝1，2.由全概率公式得：P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝23×0.96＋13×0.931.事件A与事件B是互斥事件，则A与B不相互独立.2.已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（B｜A）＝P（B），则P（A｜B）＝P（A）.1.一个质地均匀的正方体，六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，拋掷这个正方体一次，观察它与地面接触的面上的数字得到样本空间Ω＝{1，2，3，4，5，6}，设事件E＝{1，2}，事件F＝{1，3}，事件G＝{2，4}，则（）A.E与F不是互斥事件 B.F与G是对立事件C.E与F是独立事件 D.F与G是独立事件解析：A因为E∩F＝{1}，所以E与F不是互斥事件，A正确；由F∩G＝⌀，即F与G互斥，但F∪G≠Ω，即F与G不是对立事件，B错误；由P（E）＝13，P（F）＝13，P（EF）＝16≠P（E）·P（F），故E与F不是独立事件，C错误；由结论1，F与G不是独立事件，D错误2.（2024·烟台一模）已知P（B｜A）＝P（B）且P（A）＝23，则P（A｜B）＝答案：1解析：∵P（B｜A）＝P（B），∴P（AB）＝P（A）P（B），∴A，B相互独立.由结论2，P（A｜B）＝P（A）＝1－P（A）＝1－23＝1相互独立事件的概率【例1】（1）设M，N为两个随机事件，则以下命题是真命题的为（）A.若M，N为互斥事件，且P（M）＝15，P（N）＝14，则P（M∪NB.若P（M）＝12，P（N）＝13，P（MN）＝16，则事件MC.若P（M）＝12，P（N）＝13，P（MN）＝16，则事件MD.若P（M）＝12，P（N）＝13，P（MN）＝23，则事件（2）（2022·全国乙卷10题）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大答案：（1）B（2）D解析：（1）对于A，由互斥事件的概率加法公式得P（M∪N）＝15＋14＝920，故A是假命题；对于B，因为P（MN）＝P（M）P（N）＝16，所以事件M，N相互独立，故B是真命题；对于C，由P（N）＝13得P（N）＝1－P（N）＝23，P（MN）＝16≠P（M）P（N）＝12×23＝13，所以事件M，N不相互独立，故C是假命题；对于D，由题意得，P（M）＝12，P（N）＝23，若M，N相互独立，则P（MN）＝P（M）（2）法一设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.法二（特殊值法）不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D.解题技法求相互独立事件同时发生的概率的步骤（1）确定各事件是相互独立的；（2）确定各事件会同时发生；（3）求每个事件发生的概率，再用公式求解.1.（2021·新高考Ⅰ卷8题）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.丙与丁相互独立解析：B事件甲发生的概率P（甲）＝16，事件乙发生的概率P（乙）＝16，事件丙发生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁发生的概率P（丁）＝66×6＝16.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P（甲丙）≠P（甲）P（丙），故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，P（甲丁）＝P（甲）P（丁），故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为16×6＝136，P（乙丙）≠P（乙）2.（2024·益阳模拟）公司要求甲、乙、丙3人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为25，23，14，则3人中至少2答案：2解析：3人中至少2人在规定时间内完成任务，即在规定时间内3人中恰有2人完成任务或3人都完成任务.概率为P＝25×23×（1－14）＋25×（1－23）×14＋（1－25）×23×14条件概率【例2】（1）（2023·全国甲卷6题）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.0.6C.0.5 D.0.4（2）在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为.答案：（1）A（2）4解析：（1）法一如图，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BB＋C＝0.4法二令事件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）＝P（AB）P（B）（2）法一（应用条件概率公式求解）设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P（B｜A），因为P（AB）＝A52A1002＝1495，P（A）＝C51C1001＝120，所以P法二（缩小样本空间求解）第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为499解题技法求条件概率的常用方法（1）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B｜A）＝P（（2）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点个数n（A），再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点个数，即n（AB），得P（B｜A）＝n（1.某射击选手射击一次击中10环的概率是45，连续两次均击中10环的概率是12，已知该选手某次击中10环，则随后一次击中10环的概率是（A.25 B.C.12 D.解析：B设该选手某次击中10环为事件A，随后一次击中10环为事件B，则P（A）＝45，P（AB）＝12，∴某次击中10环，随后一次击中10环的概率是P（B｜A）＝P（AB）2.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为.答案：0.72解析：设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件B（发芽又成长为幼苗）.依题意P（B｜A）＝0.8，P（A）＝0.9.根据条件概率公式P（AB）＝P（B｜A）·P（A）＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.全概率公式【例3】（1）（2024·威海质检）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100％，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（）A.0.625 B.0.75C.0.5 D.0（2）（教材题改编）某学校有A，B两家餐厅，甲同学第一天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.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.则甲同学第二天去A餐厅用餐的概率为.答案：（1）A（2）0.7解析：（1）用A表示事件“考生答对了”，用B表示“考生知道正确答案”，用B表示“考生不知道正确答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝100％，P（A｜B）＝0.25，则P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A｜B）·P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.（2）设A1＝“第1天去A餐厅用餐”，B1＝“第1天去B餐厅用餐”，A2＝“第2天去A餐厅用餐”，则Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，根据题意得，P（A1）＝P（B1）＝0.5，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.8，由全概率公式，得P（A2）＝P（A1）P（A2｜A1）＋P（B1）P（A2｜B1）＝0.5×0.6＋0.5×0.8＝0.7.解题技法应用全概率公式求概率的思路（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai（i＝1，2，…，n）；（2）求P（Ai）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P（Ai）P（B｜Ai）；（3）代入全概率公式计算.1.某校篮球运动员进行投篮练习，如果他前一球投进则后一球投进的概率为34；如果他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为A.34 B.C.716 D.解析：B记事件A为“第1球投进”，事件B为“第2球投进”，P（B｜A）＝34，P（B｜A）＝14，P（A）＝34，由全概率公式可得P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）＝342＋12.（2024·六盘水第一次模考）播种用的一批一等葫芦种子中混有2％的二等种子，1.5％的三等种子，1％的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为（）A.0.3815 B.0.4815C.0.3825 D.0.4825解析：D设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1，A2，A3，A4，则Ω＝A1∪A2∪A3∪A4，且A1，A2，A3，A4两两互斥，设B表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）·P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＋P（A4）P（B｜A4）＝95.5％×0.5＋2％×0.15＋1.5％×0.1＋1％×0.05＝0.4825.1.从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15，从中任选一名学生，则该生各项均合格的概率为（假设各项标准互不影响A.49 B.C.45 D.解析：B各项均合格的概率为13×16×152.（2024·酒泉模拟）同时抛掷两枚质地均匀的骰子，记两枚骰子正面向上的点数分别为x，y，则在2x＋y＝12的条件下，x与y不相等的概率是（）A.112 B.C.13 D.解析：D记“2x＋y＝12”为事件A，“x与y不相等”为事件B，则P（B｜A）＝P（AB）P（3.（2024·武汉一模）某社区举行“喜迎五一”书画作品比赛，参加比赛的老年人占35，中年人占15，小朋友占15，经评审，评出一、二、三等奖作品若干，其中老年人、中年人、小朋友的作品获奖的概率分别为0.6，0.2，0.1.现从所有作品中任取一件，则取到获奖作品的概率为A.0.21 B.0.4C.0.42 D.0.58解析：C现从所有作品中任取一件，则取到获奖作品的概率为P＝35×0.6＋15×0.2＋15×0.1＝4.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，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.34 B.C.57 D.解析：D设甲、乙获一等奖的概率分别是P（A）＝23，P（B）＝34，不获一等奖的概率是P（A）＝1－23＝13，P（B）＝1－34＝14，则这两人中恰有一人获一等奖的事件的概率为P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B）＋P（A）P（B）＝13×34＋5.（多选）（2024·黄冈一模）设A，B是两个事件，且B发生A必定发生，0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，给出下列各式，其中正确的是（）A.P（A＋B）＝P（B） B.P（B｜A）＝PC.P（A｜B）＝1 D.P（AB）＝P（A）解析：BC∵B发生A必定发生，∴B⊆A，P（A＋B）＝P（A），P（AB）＝P（B），故A、D不正确；P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）P（A），故B正确；P（A｜B6.（多选）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，分别用A1，A2和A3表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用B表示从乙罐取出的球是红球，则下列结论中正确的是（）A.P（B｜A1）＝5B.P（B）＝2C.事件B与事件A1相互独立D.A1，A2，A3两两互斥解析：AD由题意知A1，A2，A3两两互斥，故D正确；P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝P（BA1）P（A1）＝12×51112＝511，故A正确；P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋3107.人们为了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该支股票价格上涨的概率为.答案：64％解析：设A＝“利率下调”，A＝“利率不变”，B＝“股票价格上涨”.依题意知P（A）＝60％，P（A）＝40％，P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，则P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.8.在①A与B相互独立，②P（B）＝12，P（B｜A）＝23，③P（B｜A）＝14，P（A）＝2P（B），这三个条件中任选一个，补充在下面问题中问题：已知P（A｜B）＝710，，求P（A）注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.解：选择①，由P（A｜B）＝710，得P（A｜B）＝1－P（A｜B）＝3因为A与B相互独立，所以P（A）＝P（A｜B）＝310选择②，因为P（A｜B）＝710所以P（A｜B）＝1－P（A｜B）＝310，即P（AB又P（B）＝12，所以P（AB）＝3因为P（B｜A）＝23，所以P（B｜A）＝13，即P（AB）P（A）＝1选择③，因为P（A｜B）＝P（ABP（B｜A）＝P（AB所以P（A）＝145P（B又P（A）＝2P（B），P（A）＋P（A）＝1，所以P（A）＝5129.（多选）为庆祝建党100周年，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中（有3道选择题和2道填空题），不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是（）A.P（A）＝35 B.P（AB）＝C.P（B｜A）＝12 D.P（B｜A）＝解析：ABCP（A）＝C31C51＝35，故A正确；P（AB）＝C31C21C51C41＝310，故B正确；P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝31035＝12，故C正确；P（A）＝C21C51＝210.设0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则“P（A｜B）＋P（A｜B）＝1”是“A与B相互独立”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析：C若P（A｜B）＋P（A｜B）＝1，则P（A｜B）＝1－P（A｜B）＝P（A｜B），即B发生与否对A不影响，故A与B相互独立；若A与B相互独立，则A与B相互独立，则P（A｜B）＝P（A），P（A｜B）＝P（A），所以P（A｜B）＋P（A｜B）＝1.所以“P（A｜B）＋P（A｜B）＝1”是“A与B相互独立”的充要条件.故选C.11.若将整个样本空间看成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积.则如图所示的阴影部分的面积表示（）A.事件A发生的概率B.事件B发生的概率C.在事件B不发生的条件下事件A发生的概率D.事件A，B同时发生的概率解析：A因为P（B）＝1－P（B），故由题图可知阴影部分的面积为P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）·（1－P（B））＝P（AB）P（B）×P（B）＋P（AB）P（B）×P（B）＝P（AB12.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷12题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）（）A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为（1－α）（1－β）2B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β（1－β）2C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1－β）2＋（1－β）3D.当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率解析：ABD对于A，因为信号的传输是相互独立的，所以采用单次传输方案依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）（1－α）（1－β）＝（1－α）（1－β）2，则A正确；对于B，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，即发送3次1，依次收到1，0，1的概率p＝（1－β）·β（1－β）＝β（1－β）2，则B正确；对于C，因为信号的传输是相互独立的，所以采用三次传输方案发送1，译码为1包含两种情况：2次收到1，3次都收到1.而这两种情况是互斥的，所以采用三次传输方案发送1，收到译码为1的概率p＝C32（1－β）2β＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，则C错误；对于D，设“采用单次传输方案发送0，译码为0”为事件B，则P（B）＝1－α.设采用三次传输方案发送0，收到的信号为0的次数为X，则P（X≥2）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝C32（1－α）2α＋C33（1－α）3＝（1＋2α）（1－α）2.又当0＜α＜0.5时，P（X≥2）－P（B）＝（1＋2α）（1－α）2－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，所以采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率，则D13.设两个相互独立事件A，B都不发生的概率为19，则A与B都发生的概率的取值范围是答案：［0，49解析：设事件A，B发生的概率分别为P（A）＝x，P（B）＝y，则P（AB）＝P（A）·P（B）＝（1－x）·（1－y）＝19，∴1＋xy＝19＋x＋y≥19＋2xy（当且仅当x＝y时取“＝”），∴xy≤23或xy≥43（舍），∴0≤xy≤49，∴P（AB）＝P（A）·P（B）14.甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品.（1）从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；（2）若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率.解：（1）从甲箱中任取2个产品的事件数为C82＝8×这2个产品都是次品的事件数为C32∴这2个产品都是次品的概率为328（2）设事件A为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1、事件B2、事件B3彼此互斥.P（B1）＝C52C82＝514，P（B2P（B3）＝C32CP（A｜B1）＝23，P（A｜B2）＝59，P（A｜B3）＝∴P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P（B2）