2027年高考数学一轮复习(创新设计)第5节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

第5节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式课标要求1.了解两个事件相互独立的含义，利用独立性计算概率.2.理解条件概率与独立性的关系，能计算简单随机事件的条件概率.3.会利用乘法公式和全概率公式计算概率.1.事件的相互独立(1)概念:对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.(2)性质:若事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与2.条件概率(1)概念:设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝P(AB)P(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.也可以用P(2)性质:设P(A)>0，则①P(Ω|A)＝1;②如果B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A);③设B和B互为对立事件，则P(B|A)＝1－P(B|A).(3)概率的乘法公式:对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则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)＝n∑i=1P(Ai)P(B|A1.事件A与事件B是互斥事件，则A与B不相互独立.2.当P(A)>0时，事件A与B相互独立的充要条件是P(B|A)＝P(B).3.已知P(A)>0，P(B)>0，P(B|A)＝P(B)，则P(A|B)＝P(A).4.如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An).1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)三个事件A，B，C两两独立，P(ABC)≠P(A)P(B)P(C).()(3)P(A)＝P(BA)＋P(BA).()(4)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A).答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝0;(3)P(B)＝P(BA)＋P(BA).2.(苏教选修二P143T1原题)甲、乙两人射击，中靶的概率分别为0.8，0.7.若两人同时独立射击，则他们都击中靶的概率是()A.0.56 B.0.48C.0.75 D.0.6答案A解析甲、乙两人射击时相互独立，则他们都中靶的概率为0.8×0.7＝0.56.3.(人教B选修二P47练习AT4改编)已知一种节能灯使用寿命超过10000h的概率为0.95，而使用寿命超过12000h的概率为0.9，则已经使用了10000h的这种节能灯，使用寿命能超过12000h的概率为.

答案18解析由题意，设该节能灯使用寿命超过10000h为事件A，则事件A的概率为P(A)＝0.95;设该节能灯使用寿命超过12000h为事件B，则事件B的概率为P(B)＝0.9，则P(AB)＝P(B)＝0.9，由条件概率公式P(B|A)＝P(4.(人教A选修三P50例4改编)某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6;如果第1天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8.则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为.

答案0.7解析设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.因此，王同学第2天去A餐厅用餐的概率为0.7.考点一相互独立事件的概率例1(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(2)(2026·乌鲁木齐质测)甲、乙两个元件构成一串联电路，甲元件断路概率为0.2，乙元件断路概率为0.3，则电路通路的概率为()A.0.44 B.0.5C.0.56 D.0.94答案(1)B(2)C解析(1)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(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16P(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16P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误;事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.(2)法一(直接法)设甲元件断路的事件记为A，乙元件断路的事件记为B，电路通路的事件记为C，所以P(C)＝[1－P(A)][1－P(B)]＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.56.故选C.法二(间接法)设甲元件断路的事件记为A，乙元件断路的事件记为B，电路通路的事件记为C，P(C)＝1－[1－P(A)]P(B)－P(A)[1－P(B)]－P(A)P(B)＝1－(1－0.2)×0.3－0.2×(1－0.3)－0.2×0.3＝1－0.24－0.14－0.06＝0.56，故选C.感悟提升求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算.训练1甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则()A.两人都中靶的概率为0.12B.两人都不中靶的概率为0.42C.恰有一人中靶的概率为0.46D.至少有一人中靶的概率为0.74答案C解析设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，则两人都中靶的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，两人都不中靶的概率为P(AB)＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4恰有一人中靶的概率为P(AB∪AB)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，至少有一人中靶的概率为1－P(A考点二条件概率例2(1)(多选)(2026·宝鸡模拟)已知A，B是两个随机事件，且0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列说法正确的有()A.若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)B.P(B)≥P(B|A)恒成立C.若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，则P(B|A)＝0D.若P(B|A)＋P(B|A)＝1，则A，B相互独立(2)(2024·天津卷)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.

答案(1)AC(2)35解析(1)对于A，若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)，由条件概率公式可得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P对于B，抛掷一枚骰子，记事件A＝“向上的点数为1”，事件B＝“向上的点数为奇数”，则P(B|A)＝1，P(B)＝12此时P(B)<P(B|A)，故B错误.对于C，因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝P(A)＋P(B)，所以P(AB)＝0，因此P(B|A)＝P(AB)P(对于D，P(B|A)＋P(B|A)＝1，即P(AB)P(A)＋P(AB)P(A)＝P(2)由题意知甲选到A活动的概率p＝C4记事件M＝“乙选择A活动”，事件N＝“乙选择B活动”，则P(M)＝C42C53＝3所以P(N|M)＝P(感悟提升1.求条件概率的常用方法(1)定义法:分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝P((2)样本点法:先求事件A包含的样本点数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的样本点数，即n(AB)，得P(B|A)＝n((3)缩样法:去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.2.乘法公式:P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(B)·P(A|B).训练2(1)经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为()A.0.24 B.0.36C.0.48 D.0.75(2)(2026·信阳联考)甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入某次跳水比赛决赛，现采用抽签法决定跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为()A.313 B.C.14 D.答案(1)C(2)A解析(1)设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由题意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48.(2)记事件M＝“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”，事件N＝“运动员丙第一个出场”，事件M可分为甲最后一个出场或甲在中间出场，故n(M)＝A4在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”，即“运动员丙第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”，故n(MN)＝C3因此所求概率为P(N|M)＝n(考点三全概率公式的应用例3(1)(2026·东北三市联考)已知在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区人口数量的比为3∶2∶1，现从这三个地区中任意选取一个人，则这个人患流感的概率为.

(2)(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C三种题库，A题库有5000道题，B题库有4000道题，C题库有3000道题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是0.92，B题库的正确率是0.86，C题库的正确率是0.72，现他从所有的题中随机选一题，正确率是.

答案(1)475(2)0.85解析(1)将这个人来自A，B，C三个地区分别记为事件A1，A2，A3，这个人患流感记为事件M，由题可得P(A1)＝36＝12，P(A2)＝26＝13，P(A3)＝16，P(M|AP(M|A3)＝0.04，所以P(M)＝P(A1)P(M|A1)＋P(A2)P(M|A2)＋P(A3)P(M|A3)＝12×0.06＋13×0.05＋16×(2)题库总数为5000＋4000＋3000＝12000，小申随机选一题，答对的情况有3种，选中A题型，PA＝500012000选中B题型，PB＝400012000选中C题型，PC＝300012000则所求概率p＝PA×0.92＋PB×0.86＋PC×0.72＝0.85.感悟提升利用全概率公式的思路(1)按照确定的标准，将一个复合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.训练3(1)无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为()A.0.8 B.0.7C.0.6 D.0.5(2)(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为;将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为.

答案(1)B(2)120解析(1)记事件A1＝“第一天入住无人酒店”，A2＝“第二天入住无人酒店”，B1＝“第一天入住常规酒店”，根据题意可知P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.8，P(A2|B1)＝0.6，则由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.7.故选B.(2)设A＝“从甲盒子中取一个球是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球是黑球”，由题意可知P(A)＝40%＝25，P(B)＝25%＝14，P(C)＝50%＝因为A，B，C相互独立，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝25×14×设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”，由题意可知P(D1)＝55＋4＋6＝13，P(D2)＝45＋4＋6＝415，P(D3)＝65＋4＋6＝25，P(E|D1)＝1－25＝35，P(所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E|D1)＋P(D2)P(E|D2)＋P(D3)P(E|D3)＝13×35＋415贝叶斯公式1.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，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝P(Ai)P(B2.若随机试验可以分为两个阶段进行，且第一阶段的各试验结果具体怎样未知，那么:(1)如果要求的是第二阶段某一个结果发生的概率，则用全概率公式;(2)如果第二个阶段的某一个结果是已知的，要求的是此结果为第一阶段某一个结果所引起的概率，一般用贝叶斯公式，类似于求条件概率.典例(1)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系:P(A|B)＝P(A.4951000 B.C.1011 D.(2)(2026·青岛调研)学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两份，第1份占总数的40%，次品率为5%，第2份占总数的60%，次品率为4%.若李老师分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的概率为.

答案(1)C(2)5解析(1)依题意，设“用该试剂检测呈现阳性”为事件B，“被检测者患病”为事件A，“未患病”为事件A，则P(B|A)＝0.95，P(A)＝0.05，P(B|A)＝0.005，P(A)＝0.95，故P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)＝0.95×0.05＋0.005×0.95＝0.05225，则所求概率为P(A|B)＝P((2)设事件B为“拿的苹果是次品”，Ai(i＝1，2)为“拿的苹果来自第i份”，则P(A1)＝0.4，P(B|A1)＝0.05，P(A2)＝0.6，P(B|A2)＝0.04，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.05＋0.6×0.04＝0.044，所求概率为P(A1|B)＝P＝0.4×训练(1)(2026·石家庄质检)在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1;发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的，已知接收的信号为0，则发送的信号是1的概率为()A.120 B.C.1920 D.(2)随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾、坐公交车、骑共享单车的概率分别为13，13，1答案(1)B(2)15解析(1)设事件A＝“发送信号为0”，事件B＝“接收信号为0”，则事件A＝“发送信号为1”，事件B＝“接收信号为1”，由题意可知，P(A)＝P(A)＝12，P(B|A)＝0.9，P(B|AP(B|A)＝0.05，P(B|A)＝0.95，所以P(B)＝P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B|A)＋P(A)·P(B|A)＝12×0.9＋12×0.05＝则P(A|B)＝P(AB(2)由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D表示“迟到”，则P(A)＝P(B)＝P(C)＝13P(D|A)＝14，P(D|B)＝15，P(D|C)＝P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝13×1小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)＝P＝P(一、单选题1.(2025·上海卷)已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率P(A)＝12，事件B发生的概率P(B)＝12，则事件A∩A.18 B.C.12 答案B解析因为事件A，B相互独立，所以P(A∩B)＝P(A)P(B)＝12×12.以事件A，B分别表示“某城市的甲、乙两个区在一年内出现停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，则两个区一年内都出现过停水的概率为()A.0.6 B.0.65C.0.45 D.0.045答案D解析由题意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.3.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为p，则比赛结束时两辆车不同时出现故障的概率为()A.p2 B.2p－p2C.1－p2 D.p－2p2答案B解析两辆车不同时出现故障的概率为1－(1－p)2＝2p－p2.4.(2026·合肥调研)甲、乙进行射击训练，已知甲、乙射中10环的概率分别为0.5和0.4，且两人是否射中10环互不影响，甲、乙各射击1次，若10环被射中，则只被甲射中的概率为()A.38 B.C.37 D.答案C解析记只有甲射中10环为事件A，10环被射中为事件B，则P(AB)＝0.5×(1－0.4)＝0.3，P(B)＝1－(1－0.5)×(1－0.4)＝0.7，故若10环被射中，则只被甲射中的概率P(A|B)＝P(5.(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.0.6C.0.5 D.0.4答案A解析设事件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(6.已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B|C)＝12，P(BC)＝112，P(C)＝14，则P(AA.16 B.C.14 D.答案A解析由题意，P(B|C)＝P(因为A，B是互斥事件，所以P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝127.(2026·潍坊模拟)某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为23A.14 B.C.35 D.答案D解析设甲最终获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，则P(A)＝23×23＋23×13×P(AB)＝23×23＋23所以在甲最终获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(B|A)＝P(二、多选题8.若0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列等式中成立的是()A.P(A|B)＝PB.P(AB)＝P(A)P(B|A)C.P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)D.P(A|B)＝P答案BCD解析由条件概率的计算公式知，P(A|B)＝P(AB)B，C显然正确;D选项中，∵P(A)·P(B|A)＝P(B)·P(A|B)＝P(AB)，∴P(A|B)＝P(AB)P(B)9.(2026·厦门质检)某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有6位男生、4位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则()A.P(AB)＝35 B.P(B|A)＝C.P(A)＝P(B) D.P(A∪B)＝2答案BCD解析对于A，P(AB)＝C＝4×3×A8对于B，P(A)＝C4所以P(B|A)＝P(AB)P(对于C，事件B可分为两种情况:第一位出场的是男生，第二位出场的是女生;第一位出场的是女生，第二位出场的是女生.所以P(B)＝C6所以P(A)＝P(B)，故C正确.对于D，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝25＋25－215三、填空题10.如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是12，且是互相独立的，则灯亮的概率为.答案13解析记“A，B，C，D四个开关闭合”分别为事件M1，M2，M3，M4，图中含开关的三条线路同时断开的概率为P(M3)P(M4)[1－P(M1M2)]＝12×1所以灯亮的概率是1－31611.(2026·广西质量监测)甲、乙、丙三名工人加工同一型号的零件，甲加工的正品率为90%，乙加工的正品率为80%，丙加工的正品率为85%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙加工的零件数相同，丙加工的零件数占总数的40%.现任取一个零件，则它是正品的概率为.

答案0.85解析法一(公式法)由题意得甲、乙、丙加工的零件数分别占总数的30%，30%，40%，所以现任取一个零件，由全概率公式可得它是正品的概率为30%×90%＋30%×80%＋40%×85%＝0.85.法二(特值法)假设甲、乙、丙一共加工了100个零件，则甲加工30个零件，正品27个，乙加工30个零件，正品24个，丙加工40个零件，正品34个，所以现任取一个零件，它是正品的概率为27＋24＋3410012.数学家贝叶斯发现了如下公式:P(Ai|B)＝P(Ai)P(BAi)P(B)，其中i＝1，2，…，n，P(B)＝n∑j=1P(Aj)P(B|Aj).根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果:若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，P答案0.087解析∵P(A|C)＝0.95，∴P(A|C)＝1－P(A|C)＝0.05，∵P(C)＝0.005，∴P(C)＝0.995，由贝叶斯公式可得P(C|A)＝P＝0.95×四、解答题13.(2025·新高考Ⅱ卷节选)甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分.设每个球甲胜的概率为p12<p<1，乙胜的概率为q，p＋q＝1，且各球的胜负相互独立，对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，q(1)求p3，p4(用p表示);(2)若p4−p解(1)打完3个球后甲比乙至少多得2分，只有一种情况:甲全胜得3分，所以p3＝p3.打完4个球后甲比乙至