第十章§10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

§10.4事件的相互独立性与条件概率、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.相互独立事件(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)=P(A)P(B)成立，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.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((2)两个公式①利用古典概型：P(B|A)=n(②概率的乘法公式：P(AB)=P(A)P(B|A).(3)条件概率的性质条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则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)=nΣi=1P(Ai)P(B|Ai1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)对于任意两个事件，公式P(AB)=P(A)P(B)都成立.(×)(2)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.(√)(3)抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立.(√)(4)若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2).(√)2.(2025·上海)已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率为P(A)=12，事件B发生的概率为P(B)=12，则事件A∩B发生的概率P(A∩A.18 B.14 C.1答案B解析因为A，B相互独立，故P(A∩B)=P(A)P(B)=12×12=3.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()A.15 B.25 C.35答案B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+45×4.甲箱中有3个白球，2个黑球，乙箱中有1个白球，3个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙箱中任取一球，则从乙箱中取出白球的概率是.答案8解析记事件A为“从甲箱中取出一个白球放入乙箱”，事件B为“从乙箱中取出白球”，则P(A)=35，P(A)=25，P(B|A)=25，P(B|A)∴P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=35×25+25×11.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥.2.不要混淆P(B|A)与P(A|B)前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率.题型一相互独立事件命题点1事件相互独立性的判断例1(2021·新高考全国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.丙与丁相互独立答案B解析事件甲发生的概率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命题点2相互独立事件的概率例2(湘教版选择性必修第二册P128习题3.1T4改编)为全面推进乡村振兴，发展乡村特色产业，拓宽农民增收致富渠道，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目.据预测，三个项目成功的概率分别为45，56，23，且三个项目是否成功相互独立.则恰有两个项目成功的概率是答案1945解析设A=“投资农产品加工项目成功”，B=“投资绿色蔬菜种植项目成功”，C=“投资水果种植项目成功”，P(A)=45，P(B)=56，P(C)=设D=“恰有两个项目成功”，则D=ABC+ABC+ABC，P(D)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=45×56×13+45×16×23+15设E=“至少有一个项目成功”，则P(E)=1-P(ABC)=1-15×16×13思维升华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他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.跟踪训练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(AB概率问题中的递推数列在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现.主要有四种类型：(1)an=pan-1+q型；(2)an+1=pan+f(n)型；(3)an+1=anf(n)型；(4)an+1=pan+qan-1型.典例(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是()A.P2=12B.P4=5C.Pn=12(1-Pn-1)D.Pn=13-答案ACD解析A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1=0，第二次传球，球有12的概率回到甲手里，故P2=12，C选项，Pn-1为传球(n-1)次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n-1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有12的概率回到甲手里，故Pn=12(1-Pn-1)，D选项，由C选项知Pn=12(1-Pn-1即Pn=-12Pn-1+1设Pn+λ=-12(Pn-1+λ故Pn=-12Pn-1-32所以-32λ=12，解得λ=-故Pn-13=-1又P1-13=-13≠所以Pn−13是首项为-13，公比为-12的等比数列，故P故Pn=13-13−B选项，由D选项可知P4=13-13×−123=题型二条件概率命题点1条件概率例3(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答案A解析方法一如图，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，所以若该同学爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为BB+C方法二令事件A，B分别表示学生爱好滑冰、学生爱好滑雪，则P(A)=0.6，P(B)=0.5，P(AB)=P(A)+P(B)-0.7=0.4，所以P(A|B)=P(AB)命题点2条件概率性质的应用例4(多选)下列结论中错误的是()A.P(B|A)=P(A|B)B.P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)C.P(AB)=P(B|A)P(A)D.P(B|A)P(A)≥P(A)+P(B)答案ABD解析P(A|B)=P(AB)P(B)，P(B|A)=P(AB)P当B，C为互斥事件时，等式成立，故B不正确；由概率的乘法公式知C正确；P(B|A)P(A)=P(AB)≤P(A)+P(B)，故D不正确.思维升华求条件概率的常用方法(1)定义法：P(B|A)=P((2)样本点法：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.跟踪训练2(1)(2026·重庆模拟)袋子中放有大小、形状相同的5个小球，其中标号为“0”的小球1个，标号为“1”的小球2个，标号为“2”的小球2个.从袋中任取两个小球，已知其中一个小球的标号是“1”的条件下，则另一个小球标号也是“1”的概率为()A.15 B.17 C.14答案B解析设取出的两个小球中至少有一个标号为“1”为事件A，取出的两个小球标号都为“1”为事件B，则P(A)=C21C31+C22C52所以已知其中一个小球的标号是“1”的条件下，另一个小球标号也是“1”的概率为P(B|A)=P(AB)P((2)(多选)一个箱子中装有大小、形状均相同的8个小球，其中白球5个、黑球3个，现在从箱子中不放回地取两次球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分别用C，D表示事件“第二次取出的两球都为黑球”“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是()A.P(C|B)=121 B.P(D|A)=C.P(B)=38 D.P(BC)=答案ACD解析由题得P(B)=C31C81根据条件概率得P(C|B)=n(BC)n(B)P(D|A)=n(DA)n(A)P(BC)=P(B)P(C|B)=38×121=156，题型三全概率公式的应用例5(2023·天津)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120解析方法一设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%=25P(B)=25%=14，P(C)=50%=1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)=25×14×12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=1P(D2)=45+4+6=4P(D3)=65+4+6=2P(E|D1)=1-25=3P(E|D2)=1-14=3P(E|D3)=1-12=1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+415×34+25方法二设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为2×1×将三个盒子中的球混合在一起共有5+4+6=15(个)球，其中白球共有3+3+3=9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为915=3思维升华利用全概率公式解题的思路(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(B|Ai).(3)代入全概率公式计算.跟踪训练3(多选)湖南有许多游玩的地方．李先生和张先生预选去天门山玻璃栈道和凤凰古城游玩，他们第一天去天门山玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他们第一天去天门山玻璃栈道，那么第二天去天门山玻璃栈道的概率为0.3；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去天门山玻璃栈道的概率为0.6．设A1=“第一天去天门山玻璃栈道”，A2=“第二天去天门山玻璃栈道”，B1=“第一天去凤凰古城”，B2=“第二天去凤凰古城”，则()A．P(A2|A1)＝0.3 B．P(A2|B1)＝0.3C．P(A2)＝0.51 D．P(B2)＝0.49答案ACD解析由题干可知P(A2|A1)＝0.3，P(A2|B1)＝0.6，A正确，B错误；P(A1)＝0.3，P(B1)＝0.7，P(B2|A1)＝0.7，P(B2|B1)＝0.4，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.3×0.3＋0.7×0.6＝0.51，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.3×0.7＋0.7×0.4＝0.49，C，D正确．课时精练[分值：90分]一、单项选择题(每小题5分，共30分)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A.49 B.45 C.190答案C解析各项均合格的概率为13×16×152.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，则两辆车至少有一辆不出现故障的概率为()A.p2 B.2p-p2C.1-p2 D.p-2p2答案B解析两辆车至少有一辆不出现故障的概率为1-(1-p)2=2p-p2.3.设P(A|B)=P(B|A)=12，P(A)=13，则P(A.12 B.13 C.14答案B解析P(AB)=P(A)P(B|A)=13×12=16，由P(A|B)=P(AB)P(B)，得P(4.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.0.65 C.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=0.045.5.(2026·成都模拟)如图，某电子元件由A，B，C三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，A，B，C三种部件不能正常工作的概率分别为14，13，A.1825 B.1315 C.6475答案B解析设“上半部分正常工作”为事件M，“下半部分正常工作”为事件N，“该电子元件能正常工作”为事件A，则P(M)=1−14×1−1P(M)=1-P(M)=1-12=1P(N)=1−14×13所以P(N)=1-P(N)=1-1115=4所以P(A)=1-P(M)P(N)=1-12×415=即该电子元件能正常工作的概率是13156.设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为()A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3答案A解析设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，则P(A1)=23，P(A2)=1设B表示“一辆汽车中途停车修理”，则P(B|A1)=0.02，P(B|A2)=0.01，则P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)，今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为P(A1|B)=P=P=23二、多项选择题(每小题6分，共12分)7.(2025·苏州模拟)随机事件A，B满足P(A)=12，P(B)=13，P(A|B)=A.事件A与事件B相互独立B.P(A∪B)=1C.P(AB)=1D.P(B)=P(AB)答案AC解析根据P(A)=12，P(B)=13可得P(A)=1-P(A)=12，P(B)=1-P(B)又P(A|B)=P(AB)P(B)=12，可得P(AB)=12P(B)=因此事件A与事件B相互独立，即A正确；易知P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=12+13-16=2由P(B)=P(AB)+P(AB)=13可得P(AB)=13-P(AB)=16因为P(B)=23，P(AB)=1所以P(B)≠P(AB)，即D错误.8.一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|A1)=6B.P(B)=27C.事件B与事件A1相互独立D.P(A1|B)=4答案ABD解析因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P(A1)=410=25，P(A2)=310，P(A3)=310，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，则P(B|A1)=5+110+1=611，P(B|A2)=P(B|A3)=510+1=511，则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=25×611+3因为P(A1B)=P(A1)P(B|A1)=25×611=1255，又P(A1)=25，P(B)=2755，则P(A1B)≠P(A1)PP(A1|B)=P(A1B)P(B)=三、填空题(每小题5分，共10分)9.(湘教版选择性必修第二册P122练习T1改编)对一批手机玻璃屏成品做抗摔试验时，发现手机屏第一次落地时摔破的概率为12；若第一次落地未摔破，则第二次落地摔破的概率是710；若前两次未摔破，则第三次落地摔破的概率是910答案3解析用Ai表示“第i次落地摔破”(i=1，2，3)，则P(A1)=12，P(A1A2)=710，P(A1A2A3)=910，因而P(A1A210.(2020·天津)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为答案16解析甲、乙两球都落入盒子的概率P=12×13=16；事件A：“甲、乙两球至少有一个落入盒子”的对立事件是A：“甲、乙两球都不落入盒子”，P(A)=1−12×1−13=13，所以P四、解答题(共27分)11.(13分)(北师大版选择性必修第一册P185例1)在5道题中有3道选择题和2道填空题.如果不放回地依次抽取2道题，求：(1)第一次抽到选择题的概率；(4分)(2)第一次和第二次都抽到选择题的概率；(4分)(3)在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率.(5分)解设事件A表示“第一次抽到选择题”，事件B表示“第二次抽到选择题”，则事件AB表示“第一次和第二次都抽到选择题”.(1)在从5道题中不放回地依次抽取2道题的试验中，样本空间包含的样本点个数为n(Ω)=A5由分步乘法计数原理，得n(A)=A31·于是P(A)=n(A)n(故第一次抽到选择题的概率为35(2)因为n(AB)=A32所以P(AB)=n(AB)n(故第一次和第二次都抽到选择题的概率为310(3)方法一由(1)(2)可知P(A)=35，P(AB)=3所以P(B|A)=P(AB)P(故在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率为12方法二由(1)(2)可知n(AB)=6，n(A)=12，所以P(B|A)=n(AB)n(故在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率为1212.(14分)人工智能是用于研究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地摸出一个球，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12(1)求首次试验结束的概率；(4分)(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；(4分)②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；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.(6分)解设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”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|A1)+P(A2)P(B1|A2)=12×910+12×2所以试验一次结果为红球的概率为1120即首次试验结束的概率为1120(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)=1-P(B1)=920，所以P(A1|B2=P(A1B2)P所以选到的袋子为甲袋的概率为19②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-19=8所以方案一中取到红球的概率为P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=19×910+89×2方案二中取到红球的概率为P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=89×910+19×2因为3745>5即选择方案二第二次试验结束的概率更大.[13题5分，14题6分，共11分]13.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为()A.12 B.38 C.58答案B解析方法一令A1=“每天玩手机超过1h”，A2=“每天玩手机不超过1h”，B=“任意调查一人，此人近视”，则A1，A2为对立事件，依题意，P(A1)=0.2，P(A2)=0.8，P(B|A1)=0.5，P(B)=0.4，由全概率公式P(B)=P(A1)P(B|A1