第4节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

1/1第4节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式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.知识梳理1.相互独立事件（1）概念：设A，B为任意两个事件，若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B也都相互独立；（3）相互独立事件的概率公式的推广：若事件A1，A2，…，An相互独立，则P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.提醒：（1）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）.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）＝P（AB）P（A）为在事件A发生的条件下（2）两个公式①利用古典概型：P（B｜A）＝n（AB②概率的乘法公式：P（AB）＝P（A）P（B｜A）.提醒：P（AB）＝P（A）P（B）只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P（B）＝P（B｜A）.（3）性质①P（Ω｜A）＝1；②如果B和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.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）＝∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai）诊断自测1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）·P（B）都成立.（×）（2）抛掷2枚质地均匀的硬币，“第1枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，则A，B相互独立.（√）（3）三个事件A，B，C两两独立，P（ABC）≠P（A）P（B）P（C）.（√）（4）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.（√）（5）若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）.（√）2.甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为12，23，则谜题没被破解出的概率为（A.16 B.C.56 D.解析：A设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B，则P（A）＝12，P（B）＝23，故P（A）＝12，P（B）＝13，所以P（AB）＝12×13.夏季里，某天甲、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，则夏季的这一天里，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）P（4.若P（A｜B）＝19，P（B）＝13，则P（AB）＝1解析：P（AB）＝P（A｜B）P（B）＝19×13＝5.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.相互独立事件的概率（定向精析突破）考向1事件相互独立性的判断（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）P判断两个事件是否相互独立的方法（1）定量法：利用P（AB）＝P（A）P（B）是否成立可以准确地判断两个事件是否相互独立；（2）定性法：直观地判断一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，若没有影响就是相互独立事件.考向2相互独立事件的概率（1）某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为（B）A.15 B.C.35 D.解析：设Ai＝{第i次拨号拨对号码}，i＝1，2.拨号不超过两次就拨对号码可表示为A1＋A1A2，所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为P（A1＋A1A2）＝P（A1）＋P（A1A2）＝15＋45（2）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.假设某选手每个问题正确回答的概率都是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个问题就晋级下一轮的概率为0.128.解析：依题意可知，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正确、错误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.1.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.2.与相互独立事件A，B有关的概率的计算公式事件A，B相互独立概率计算公式A，B同时发生P（AB）＝P（A）P（B）A，B同时不发生P（）＝P（）P（）＝[1－P（A）][1－P（B）]A，B至少有一个不发生P＝1－P（AB）＝1－P（A）·P（B）A，B至少有一个发生P＝1－P（）＝1－P（）·P（）A，B恰有一个发生P＝P（A＋B）＝P（A）·P（）＋P（）P（B）训练1（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）A.E与F不是互斥事件B.F与G是对立事件C.E与F是相互独立事件D.F与G是相互独立事件解析：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不是相互独立事件，C错误；由F与G是互斥事件，则F与G不是相互独立事件，D错误.（2）小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a，a，12，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为14，则他三道题都答错的概率为（CA.12 B.C.14 D.解析：记小刚答对A，B，C三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，且P（D）＝P（E）＝a，P（F）＝12.恰好能答对两道题为事件DEF＋DEF＋DEF，且DEF，DEF，DEF两两互斥，所以P（DEF＋DEF＋DEF）＝P（DEF）＋P（DEF）＋P（DEF）＝P（D）P（E）P（F）＋P（D）P（E）·P（F）＋P（D）P（E）P（F）＝a×a×（1－12）＋a×（1－a）×12＋（1－a）×a×12＝14，整理得（1－a）2＝12，他三道题都答错为事件DEF，故P（DEF）＝P（D）P（E）P（F）＝（1－a）2（1－12）条件概率（定向精析突破）考向1条件概率（1）〔一题多解〕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（D）A.199 B.C.133 D.解析：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（2）（2024·天津高考13题）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35；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为12解析：由题意知甲选到A的概率P＝C42C53＝35.记乙选择A活动为事件M，乙选了A活动再选择B活动为事件N，则P（M）＝C42C53＝35，P（MN）＝C31C5考向2条件概率的性质及应用〔多选〕设A，B分别为随机事件A，B的对立事件，已知0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列说法正确的是（AC）A.P（B｜A）＋P（B｜A）＝1B.P（B｜A）＋P（B｜A）＝0C.若A，B是相互独立事件，则P（A｜B）＝P（A）D.若A，B是互斥事件，则P（B｜A）＝P（B）解析：P（B｜A）＋P（B｜A）＝P（AB）＋P（AB）P（A）＝P（A）P（A）＝1，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则P（B｜A）＋P（B｜A）＝2P（B）≠0，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则P（AB）＝P（A）P（B），所以P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（A），故C正确；因为A，B是互斥事件，P（AB）＝0，则根据条件概率公式P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（训练2（1）（2026·辽宁大连质检）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（C）A.0.24 B.0.36C.0.48 D.0.75解析：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）（2026·山东烟台模拟）已知P（B｜A）＝P（B）且P（A）＝23，则P（A｜B）＝13解析：∵P（B｜A）＝P（B），∴P（AB）＝P（A）P（B），∴A，B相互独立.故P（A｜B）＝P（A）＝1－P（A）＝1－23＝1（3）在某电路上有M，N两个元件，每次通电后，需要更换M元件的概率为0.3，需要更换N元件的概率为0.2，M，N有且只有一个需要更换的概率为0.38，则在某次通电后M，N有且只有一个需要更换的条件下，M需要更换的概率为1219解析：记事件A为“在某次通电后M，N有且只有一个需要更换”，事件B为“M需要更换”，则P（A）＝0.38，P（AB）＝0.3×（1－0.2）＝0.24，由条件概率公式可得P（B｜A）＝P（AB）P（全概率公式（师生共研过关）（1）设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产该芯片的次品率为120，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产该芯片的次品率为（B）A.15B.110 C.115解析：设事件A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙生产的，事件B表示取得的芯片为次品，甲生产该芯片的次品率为p，则P（A1）＝1220＝35，P（A2）＝25，P（B｜A1）＝p，P（B｜A2）＝120，则由全概率公式得P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝35×p＋25×120＝0.08，解得（2）（2026·江苏扬州开学考试）某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12，从开关第一次闭合起，若前一次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前一次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，解析：记第一次闭合后出现红灯为事件A，则第一次出现绿灯为事件A，第二次闭合后出现红灯为事件B，出现绿灯为事件B，则P（A）＝P（A）＝12，P（B｜A）＝13，P（B｜A）＝35，所以P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝12×13＋1利用全概率公式求解概率的步骤第一步：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）；第二步：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（B｜Ai）；第三步：代入全概率公式计算.提醒：对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn.训练3（1）（2026·江西赣州模拟）甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为（B）A.875 B.C.415 D.解析：分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，由题意可知P（A1）＝35，P（A2）＝25，P（B｜A1）＝C32C62＝315，P（B｜A2）＝C22C62＝115，所以P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2（2）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（B）A.0.155 B.0.175C.0.016 D.0.096解析：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）＝∑i=13P（Bi）P（A｜Bi）＝20％×0.05＋50％×0.15＋30％×0.30＝0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（B｜Ai）2.全概率公式和贝叶斯公式的区别（1）从形式上看，全概率公式是求一个事件发生的总概率，而贝叶斯公式是求一个事件的条件概率；（2）从思想上看，全概率公式是将一个复杂的事件分解为若干个简单的子事件，然后利用子事件发生的概率和条件概率来求出复杂事件发生的概率.贝叶斯公式是利用已知的结果，反推出原因的可能性，然后利用原因发生的概率和条件概率来更新对原因发生的概率的估计；（3）从应用上看，全概率公式和贝叶斯公式可以相互配合，一般来说，全概率公式可以用来求出贝叶斯公式中的分母（结果发生的总概率），而贝叶斯可以用来求出全概率公式中的分子（子事件发生的条件概率）.（1）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13，13，13，而他自驾、坐公交车、骑共享单车迟到的概率分别为14，15，16，结果这一天他迟到了，在此条件下，解析：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）＝13，P（D｜A）＝14，P（D｜B）＝15，P（D｜C）＝16；P（D）＝P（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＋P（C）P（D｜C）＝13×（14＋15＋16），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）＝（2）（2026·河南安阳模拟）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511解析：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（BA1）P（（时间：60分钟，满分：96分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分]1.某同学参加社团面试，已知其第一次面试通过的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5.若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，若两次面试互不影响，则该同学面试通过的概率为（）A.0.85B.0.7 C.0.5D.0.4解析：A依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，因此面试失败的概率为0.3×0.5＝0.15，所以该同学面试通过的概率为1－0.15＝0.85.2.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解析：D由题意可得P（AB）＝P（B）P（A｜B）＝0.30×0.15＝0.045.3.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23，且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（A.14 B.C.35 D.解析：D设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，则P（A）＝23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，P（AB）＝23×23＋23×13×23＝1627，4.已知口袋中有3个黑球和2个白球（除颜色外完全相同），现进行不放回摸球，每次摸一个，则第一次摸到白球的情况下，第三次又摸到白球的概率为（）A.110B.14 C.25解析：B设事件A表示“第二次摸到白球”，事件B表示“第三次又摸到白球”，依题意，在第一次摸到白球的情况下，口袋中有3个黑球和1个白球（除颜色外完全相同），所以P（A）＝14，P（A）＝34，P（B｜A）＝0，P（B｜A）＝13，则所求概率为P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜A）P（A）＝0×14＋13×345.〔多选〕假设A，B是两个事件，且P（A）＝12，P（B）＝13，P（B｜A）＝P（B），则（A.P（AB）＝16 B.P（AB）＝C.P（A＋B）＝56 D.P（A｜B）＝解析：ADA选项，因为P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（B｜A）＝P（B），P（A）＝12，P（B）＝13，所以P（AB）＝P（A）P（B）＝16，A正确；B选项，因为事件A与B相互独立，所以A与B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B）＝12×（1－13）＝12×23＝13，B错误；C选项，P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝12＋13－16＝23，C错误；D选项，因为P（A｜B）＝P（AB）6.〔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＋310×7.袋中有一个白球和一个黑球.一次次地从袋中摸球，如果取出白球，则除把白球放回外，再加进一个白球，直至取出黑球为止，则取了N次都没有取到黑球的概率是1N+1解析：依题意，取了N次都没有取到黑球的概率P＝12×23×34×…×N8.（2024·上海高考8题）某校举办科学竞技比赛，有A，B，C3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0.85.解析：A题库占50005000+4000+3000＝512，B题库占40005000+4000+3000＝13，C题库占30005000+4000+39.（13分）某工厂生产一种零件，该零件的质量分为三种等级：一等品、二等品和次品.根据历史数据，该工厂生产一等品、二等品和次品的概率分别为0.7，0.2和0.1.现对一批刚生产出来的零件进行质量检测，检测方式分为两种：自动检测和人工抽检，自动检测能将一等品全部正确识别，但有5％的概率将二等品误判为次品，有15％的概率将二等品误判为一等品，也有10％的概率将次品误判为二等品.（1）求在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率；（2）假设零件先经过自动检测，若判断为一等品，则进行人工抽检；若判断为二等品或次品，则直接淘汰.求人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率.解：（1）设事件A表示“零件是次品”，B表示“自动检测判断零件为次品”，事件A1，A2分别表示零件是一等品、二等品，则P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A1）P（B｜A1）＝0.1×0.9＋0.2×0.05＋0.7×0＝0.1，则P（A｜B）＝P（AB）P（所以在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率为910（2）设事件C表示“零件需要进行人工抽检”，D表示“人工抽检的零件为一等品”，P（C）＝0.7＋0.2×0.15＝0.73，P（CD）＝0.7，所以人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率为P（D｜C）＝P（CD）P（10.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.〔一题多解〕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最大解析：D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.12.（2026·福建福州质检）甲、乙、丙三个地区分别有x％，y％，z％的人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列.已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为（）A.1.21 B.1.34C.1.49 D.1.51解析：D设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝55+3+2×x％＝5x1000，同理P（F2）＝3x+31000，P（F3）＝2x+41000，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝10x+71000，所以P（D1｜G）＝5x10x+7，P（D2｜G）＝313.〔多选〕（2026·浙江湖州、衢州、丽水模拟）现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1，2，3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记Ai（i＝1，2，3）表示第i号箱子有奖品，Bj（j＝2，3）表示主持人打开第j号箱子.则下列说法正确的是（）A.P（B3｜A2）＝1B.P（A1｜B3）＝1C.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大D.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变解析：BC对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即P（B3｜A2）＝1，A错误；对于B，P（A1）＝P（A2）＝P（A3）＝13，P（B3｜A1）＝12，P（B3｜A2）＝1，P（B3｜A