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第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
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，视力合格的概率为，其他几项标准合格的概率为，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.　　　B.　　　C.　　　D.
2.（2025·开封第三次质量检测）在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，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是（　　）
A. B.
C. D.
3.（2024·河南五市第一次联考）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. B.
C. D.
4.甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（　　）
A.p1p2p3
B.1－p1p2p3
C.（1－p1）（1－p2）（1－p3）
D.1－（1－p1）（1－p2）（1－p3）
5.〔多选〕假设A，B是两个事件，且P（A）＝，P（B）＝，P（B｜A）＝P（B），则（　　）
A.P（AB）＝ B.P（A）＝
C.P（A＋B）＝ D.P（A｜B）＝
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）＝
B.P（B）＝
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
7.为加强对某病毒预防措施的落实，学校决定对甲、乙两个班的学生进行随机抽查，已知甲、乙两班的人数之比为5∶4，其中甲班女生占，乙班女生占，则学校恰好抽到一名女生的概率为　　　　.
8.如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为　　　　.
9.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.
10.（2022·全国乙卷理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
11.（2025·福州质量检测）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.1.34
C.1.49 D.1.51
12.〔多选〕（2025·湖南“一起考”大联考）玻璃缸中装有2个黑球和4个白球，现从中先后无放回地取2个球.记“第一次取得黑球”为A1，“第一次取得白球”为A2，“第二次取得黑球”为B1，“第二次取得白球”为B2，则（　　）
A.P（A1B1）＝P（A2B2）
B.P（A1B2）＝P（A2B1）
C.P（B1｜A1）＋P（B2｜A1）＝1
D.P（B2｜A1）＋P（B1｜A2）＞1
13.数学家贝叶斯发现了如下公式：P（Ai｜B）＝，其中i＝1，2，…，n，P（B）＝P（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（｜）＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P（C）＝0.005，则P（C｜A）＝　　　　.（精确到0.001）
14.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：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里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：方案一为从原来袋子中摸球；方案二为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.
15.（创新考法）（2024·重庆5月高中数学联赛初赛）若对于地球上已存在的某种珍稀生物，每天有如下事件发生：有p（0≤p≤1）的概率消失，有的概率保持不变，有的概率分裂成2个，有的概率分裂成3个.假设开始地球上该种珍稀生物只有一个，若希望这种生物最终灭绝的概率不超过，则p最大为　　　　.
第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1.B　各项均合格的概率为××＝.
2.A　设事件A＝“第1次抽到几何题”，事件B＝“第2次抽到代数题”，所以P（A）＝，P（AB）＝×＝，则P（B｜A）＝＝＝.故选A.
3.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）＝，P（）＝，P（B｜A）＝0，P（B｜）＝，则所求概率为P（B）＝P（B｜A）P（A）＋P（B｜）·P（）＝0×＋×＝.故选B.
4.C　∵三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，∴三次交接棒不失误的概率分别是1－p1，1－p2，1－p3.∵三次交接棒相互独立，∴此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（1－p1）（1－p2）·（1－p3）.
5.AD　A选项，因为P（B｜A）＝，P（B｜A）＝P（B），P（A）＝，P（B）＝，所以P（AB）＝P（A）·P（B）＝，A正确；B选项，因为事件A与B相互独立，所以A与相互独立，所以P（A）＝P（A）P（）＝×（1－）＝×＝，B错误；C选项，P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝＋－＝，C错误；D选项，因为P（A｜B）＝＝P（A），所以P（A｜B）＝，D正确.故选A、D.
6.AD　由题意知A1，A2，A3两两互斥，故D正确；P（A1）＝＝，P（A2）＝＝，P（A3）＝，P（B｜A1）＝＝＝，故A正确；P（B｜A2）＝，P（B｜A3）＝，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝×＋×＋×＝≠P（B｜A1），所以B与A1不是相互独立事件，故B、C不正确.故选A、D.
7.　解析：设A：抽到一名学生是甲班的，B：抽到一名女生，则P（A）＝，P（）＝，P（B｜A）＝，P（B｜）＝，所以由全概率公式可知，P（B）＝P（A）·P（B｜A）＋P（）·（B｜）＝×＋×＝.
8.　解析：灯泡不亮包括四个开关都断开，或下边的2个都断开且上边的2个中有一个断开，这两种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，∴灯泡不亮的概率为×××＋×××＋×××＝.∵灯泡亮与不亮是对立事件，∴灯亮的概率是1－＝.
9.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）＝＝＝.
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.
（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）＝＝＝.
10.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.
11.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）＝×x%＝，同理P（F2）＝，P（F3）＝，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝，所以P（D1｜G）＝，P（D2｜G）＝，P（D3｜G）＝.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解得x＞，故选D.
12.BCD　对A，由题意，第一次取得黑球的概率P（A1）＝＝，第一次取得白球的概率为P（A2）＝＝，第一次取得黑球、第二次取得黑球的概率P（A1B1）＝＝，第一次取得白球、第二次取得白球的概率P（A2B2）＝＝，则P（A1B1）≠P（A2B2），所以A错误；对B，第一次取得黑球、第二次取得白球的概率P（A1B2）＝＝，第一次取得白球、第二次取得黑球的概率P（A2B1）＝＝，则P（A1B2）＝P（A2B1），所以B正确；对C，由P（B1｜A1）＝＝＝，P（B2｜A1）＝＝＝，得P（B1｜A1）＋P（B2｜A1）＝1，所以C正确；对D，由P（B1｜A2）＝＝＝，得P（B2｜A1）＋P（B1｜A2）＝＞1，所以D正确.故选B、C、D.
13.0.087　解析：∵P（｜）＝0.95，∴P（A｜）＝1－P（｜）＝0.05，∵P（C）＝0.005，∴P（）＝0.995，由贝叶斯公式可得P（C｜A）＝＝＝≈0.087.
14.解：（1）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.
P（B1）＝P（A1）P（B1｜A1）＋P（A2）P（B1｜A2）＝×＋×＝.
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｜B2）＝＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得第一次选的袋子为乙袋的概率
P（A2｜B2）＝1－P（A1｜B2）＝1－＝，
所以方案一中取到红球的概率
P1＝P（A1｜B2）P（B1｜A1）＋P（A2｜B2）P（B1｜A2）＝×＋×＝，
方案二中取到红球的概率
P2＝P（A2｜B2）P（B1｜A1）＋P（A1｜B2）P（B1｜A2）＝×＋×＝.
因为＞，
所以方案二第二次试验结束的概率更大.
15.　解析：设开始有一个这种珍稀生物且最终灭绝的概率为f（1）＝q，0≤q≤，那么若开始有n个该种珍稀生物，其最终灭绝的概率为f（n）＝qn.由题知f（1）＝p＋f（1）＋f（2）＋f（3），即q＝p＋q＋q2＋q3，化简得（q－1）［（q2＋2q＋3）－1］＝0，由于0≤q≤，则q－1≠0，q2＋2q＋3≤，故0＝（q2＋2q＋3）－1≤·－1，所以p≤，故p最大为.
3 / 3第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
课标要求
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.相互独立事件
（1）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；
（2）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）.
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）＝　　　　.
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设和B互为对立事件，则P（｜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）＝　　　　，我们称上面的公式为全概率公式.
1.若事件A和B是相互独立事件，则A和、和B、和也是相互独立事件.
2.事件A与事件B是互斥事件，则A与B不相互独立.
3.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）.
4.已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（B｜A）＝P（B），则P（A｜B）＝P（A）.
5.*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）＝＝.
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，“第一枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，则A，B相互独立.（　　）
（3）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.（人A必修二P252练习1题改编）掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为（　　）
A.互斥 B.互为对立事件
C.相互独立 D.相等
3.（人A必修二P253习题4题改编）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，，则谜题没被破解出的概率为（　　）
A. B.
C. D.1
4.（人A选三P50例5改编）已知P（A）＝，P（）＝，P（B｜A）＝，P（B｜）＝，则P（B）＝　　　　.
5.已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为　　　　.
相互独立事件
（定向精析突破）
考向1　相互独立事件的判断
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
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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）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投入壶耳）”.每一局投壶，每一次参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛（两人投中壶口、壶耳是相互独立的），甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为，投中壶耳的概率为.四支箭投完，以得分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为　　　　；
（2）甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为，比赛采取三局两胜制（当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束），则甲获胜的概率为　　　　.
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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）
1.（2025·菏泽一模）盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件A＝“两次均未摸出红球”，事件B＝“两次均未摸出白球”，事件C＝“第一次摸出的两个球中有红球”，事件D＝“第二次摸出的两个球中有白球”，则（　　）
A.A与B相互独立 B.A与C相互独立 C.B与C相互独立 D.C与D相互独立
2.设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为（　　）
A.0.11　　B.0.21　　C.0.31　　D.0.41
条件概率
（师生共研过关）
（1）（2024·沈阳质量监测）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为（　　）
A. B. C. D.
（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　　　　.
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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）＝；
（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）＝.
1.（2023·全国甲卷理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.0.6 C.0.5 D.0.4
2.（2025·聊城一模）甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况下，比赛进行了两局的概率为　　　　.
全概率公式
（师生共研过关）
（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.0.7
C.0.6 D.0.5
（2）长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景.小李打算到吉林旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是.若冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光；若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔.无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则小李去了“一眼望三国”景点的概率为（　　）
A. B.
C. D.
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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.〔多选〕若0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列等式中成立的是（　　）
A.P（A｜B）＝
B.P（AB）＝P（A）P（B｜A）
C.P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（）P（B｜）
D.P（A｜B）＝
2.设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%，35%，20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为　　　　.
第四节　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
【知识·逐点夯实】
知识梳理夯基
1.（1）P（A）P（B）
2.（1）　（2）①
②P（A）P（B｜A）
3.P（Ai）P（B｜Ai）
对点自测诊断
1.（1）×　（2）√　（3）√
2.C　3.A　4.　5.
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 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），故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），故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），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.故选B.
【例2】 （1）　（2）　解析：（1）由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分为两类：①第三支箭投中壶口，第四支箭必须投入壶耳，其概率为P1＝×＝；②第三支箭投入壶耳，第四支箭投入壶口、壶耳均可，其概率为P2＝×（＋）＝，所以乙赢得这局比赛的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.
（2）甲获胜的情况分三类：①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局，此时甲获胜的概率为×＝；②甲输第一局，赢后两局，此时甲获胜的概率为（1－）××＝；③甲赢第一局和第三局，输第二局，此时甲获胜的概率为×（1－）×＝.故甲获胜的概率为＋＋＝.
跟踪训练
1.D　依题意得P（A）＝＝，P（B）＝＝，P（AB）＝0≠P（A）P（B），故A错误；P（C）＝＝，P（AC）＝0≠P（A）P（C），故B错误；P（BC）＝＝≠P（B）P（C），故C错误；P（D）＝＝，P（CD）＝＝＝P（C）P（D），故D正确.故选D.
2.C　设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P（A）＝0.6，P（B）＝P（C）＝0.5，P（D）＝0.4，恰好3人使用设备的概率P1＝P（BCD＋ACD＋ABD＋ABC）＝（1－0.6）×0.5×0.5×0.4＋0.6×（1－0.5）×0.5×0.4＋0.6×0.5×（1－0.5）×0.4＋0.6×0.5×0.5×（1－0.4）＝0.25，4人需使用设备的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求的概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
考点2
【例3】 （1）C　（2）　解析：（1）据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝，P（B）＝，所以P（C）＝1－P（）P（）＝1－（1－）×（1－）＝，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝×＝，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜C）＝＝＝.
（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）＝＝，P（A）＝＝，所以P（B｜A）＝＝＝.
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.
跟踪训练
1.A　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＝＝0.8，故选A.
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）＝＝＝0.8，故选A.
2.　解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）＝×＋×××＝，P（AB）＝×＝，故P（B｜A）＝＝＝＝.
考点3
【例4】 （1）B　（2）C　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）设事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三国’景点”，则P（A1）＝，P（A2）＝.在冬季去了“一眼望三国”景点的概率P（B｜A1）＝＝，在夏季去了“一眼望三国”景点的概率P（B｜A2）＝＝，所以去了“一眼望三国”景点的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＝×＋×＝.
跟踪训练
1.BCD　由条件概率的计算公式知，P（A｜B）＝，A错误；B、C显然正确；D选项中，∵P（A）P（B｜A）＝P（B）·P（A｜B），∴P（A｜B）＝，正确.故选B、C、D.
2.5%　解析：令A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，且有P（B1）＝0.45，P（B2）＝0.35，P（B3）＝0.2.由于P（A｜B1）＝0.02，P（A｜B2）＝0.03，设P（A｜B3）＝m，由全概率公式得P（A）＝P（A｜B1）P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）＋P（A｜B3）P（B3）＝0.02×0.45＋0.03×0.35＋m×0.2.又P（A）＝2.95%，故m＝5%.
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第四节　
事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
高中总复习·数学
课标要求
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.
目 录
CONTENTS
知识·逐点夯实
01.
考点·分类突破
02.
课时·跟踪检测
03.
PART 01
知识·逐点夯实
必备知识 | 课前自修
1. 相互独立事件
（1）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；
（2）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）.
P（A）P
（B）　
（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）　
2. 条件概率
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 和B互为对立事件，则P（ ｜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）＝ ，我们称上面的公式为全概率公式.
P（Ai）P（B｜Ai）　
1. 若事件A和B是相互独立事件，则A和 、 和B、 和 也是相互独
立事件.
2. 事件A与事件B是互斥事件，则A与B不相互独立.
3. 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）.
4. 已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（B｜A）＝P（B），则P（A｜
B）＝P（A）.
5. *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）＝ ＝
.
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，“第一枚为正面”为事件A，“第2枚为正
面”为事件B，则A，B相互独立. （　√　）
（3）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. （人A必修二P252练习1题改编）掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一
枚出现奇数点”，B＝“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系为
（　　）
A. 互斥 B. 互为对立事件
C. 相互独立 D. 相等
√
解析： 　掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现奇数点”，B＝
“第二枚出现偶数点”，事件A与B能同时发生，故事件A与B既不是互
斥事件，也不是对立事件，故A、B错误；P（A）＝ ＝ ，P（B）＝
＝ ，P（AB）＝ × ＝ ，P（A）·P（B）＝ × ＝ ，因为P
（A）·P（B）＝P（AB），所以A与B独立，故C正确；事件A与B不
相等，故D错误.
3. （人A必修二P253习题4题改编）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 ， ，则谜题没被破解出的概率为（　　）
A. B.
C. D. 1
解析： 　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）＝ ，P（B）＝ ，故P（ ）＝ ，P（ ）
＝ ，所以P（ ）＝ × ＝ ，即谜题没被破解出的概率为 .
√
4. （人A选三P50例5改编）已知P（A）＝ ，P（ ）＝ ，P（B｜
A）＝ ，P（B｜ ）＝ ，则P（B）＝ 　 　.
解析：P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（ ）P（B｜ ）＝ × ＋
× ＝ .
　
5. 已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，
现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿到白球的条
件下，第二次拿到红球的概率为 .
解析：设A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到红球”，则P
（AB）＝ ＝ ，P（A）＝ ＝ ，所以P（B｜A）＝ ＝
.

PART 02
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
相互独立事件（定向精析突破）
考向1　相互独立事件的判断
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： 　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），故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），故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），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.故选B.
解题技法
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）投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在
广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳，
因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投入壶耳）”.每一局
投壶，每一次参赛者各有四支箭，投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2
分.现有甲、乙两人进行投壶比赛（两人投中壶口、壶耳是相互独立
的），甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中
壶口的概率为 ，投中壶耳的概率为 .四支箭投完，以得分多者赢.则乙赢
得这局比赛的概率为 ；

解析： 由题意，若乙要赢得这局比赛，按照乙第三支箭的情况可分
为两类：①第三支箭投中壶口，第四支箭必须投入壶耳，其概率为P1＝
× ＝ ；②第三支箭投入壶耳，第四支箭投入壶口、壶耳均可，其概率
为P2＝ ×（ ＋ ）＝ ，所以乙赢得这局比赛的概率为P＝P1＋P2＝
＋ ＝ .
（2）甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙
每局获胜的概率都为 ，比赛采取三局两胜制（当一方获得两局胜利时，
该方获胜，比赛结束），则甲获胜的概率为 .

解析： 甲获胜的情况分三类：①甲直接获得前两局胜利，不进行第
三局，此时甲获胜的概率为 × ＝ ；②甲输第一局，赢后两局，此时甲
获胜的概率为（1－ ）× × ＝ ；③甲赢第一局和第三局，输第二
局，此时甲获胜的概率为 ×（1－ ）× ＝ .故甲获胜的概率为 ＋
＋ ＝ .
解题技法
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）
1. （2025·菏泽一模）盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白
球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也
随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件A＝“两次均未摸出红球”，
事件B＝“两次均未摸出白球”，事件C＝“第一次摸出的两个球中有红
球”，事件D＝“第二次摸出的两个球中有白球”，则（　　）
A. A与B相互独立 B. A与C相互独立
C. B与C相互独立 D. C与D相互独立
√
解析： 　依题意得P（A）＝ ＝ ，P（B）＝ ＝ ，P
（AB）＝0≠P（A）P（B），故A错误；P（C）＝ ＝ ，P
（AC）＝0≠P（A）P（C），故B错误；P（BC）＝ ＝ ≠P
（B）P（C），故C错误；P（D）＝ ＝ ，P（CD）＝
＝ ＝P（C）P（D），故D正确.故选D.
2. 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，
0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需
使用设备的概率为（　　）
A. 0.11 B. 0.21
C. 0.31 D. 0.41
√
解析： 　设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P
（A）＝0.6，P（B）＝P（C）＝0.5，P（D）＝0.4，恰好3人使用设
备的概率P1＝P（ BCD＋A CD＋AB D＋ABC ）＝（1－0.6）
×0.5×0.5×0.4＋0.6×（1－0.5）×0.5×0.4＋0.6×0.5×（1－0.5）
×0.4＋0.6×0.5×0.5×（1－0.4）＝0.25，4人需使用设备的概率P2＝
0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求的概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
条件概率（师生共研过关）
（1）（2024·沈阳质量监测）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一
次，命中率分别为 和 ，在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的
概率为（　C　）
A. B.
C. D.
C
解析： 据题意，记甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，目标
被击中为事件C，甲、乙同时击中目标为事件D，则P（A）＝ ，P
（B）＝ ，所以P（C）＝1－P（ ）P（ ）＝1－（1－ ）×（1－
）＝ ，P（DC）＝P（D）＝P（AB）＝P（A）P（B）＝ × ＝
，则在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为P（D｜
C）＝ ＝ ＝ .
（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 .
　
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）＝ ＝ ，P（A）＝ ＝ ，所以P（B｜
A）＝ ＝ ＝ .
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 .
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）＝
；
（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）＝ .
1. （2023·全国甲卷理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. 0.6
C. 0.5 D. 0.4
√
解析： 　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 ＝ ＝0.8，故选A.
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）＝ ＝ ＝0.8，故选A.
2. （2025·聊城一模）甲、乙两选手进行围棋比赛，如果每局比赛甲获胜
的概率为 ，乙获胜的概率为 ，采用三局两胜制，则在甲最终获胜的情况
下，比赛进行了两局的概率为 .
解析：根据题意，设甲获胜为事件A，比赛进行两局为事件B，P（A）
＝ × ＋ × × × ＝ ，P（AB）＝ × ＝ ，故P（B｜A）＝
＝ ＝ ＝ .

全概率公式（师生共研过关）
（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（　B　）
A. 0.8 B. 0.7 C. 0.6 D. 0.5
B
解析： 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）长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江
雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景.小李打算到吉林旅游，
冬季来的概率是 ，夏季来的概率是 .若冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤
舞向海和净月风光；若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔.无论什么
时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则小李去了
“一眼望三国”景点的概率为（　C　）
A. B. C. D.
C
解析： 设事件A1＝“冬季去吉林旅游”，事件A2＝“夏季去吉林旅
游”，事件B＝“去了‘一眼望三国’景点”，则P（A1）＝ ，P
（A2）＝ .在冬季去了“一眼望三国”景点的概率P（B｜A1）＝ ＝
，在夏季去了“一眼望三国”景点的概率P（B｜A2）＝ ＝ ，所以
去了“一眼望三国”景点的概率P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P
（A2）P（B｜A2）＝ × ＋ × ＝ .
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. 〔多选〕若0＜P（A）＜1，0＜P（B）＜1，则下列等式中成立的是
（　　）
A. P（A｜B）＝
B. P（AB）＝P（A）P（B｜A）
C. P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（ ）P（B｜ ）
D. P（A｜B）＝
√
√
√
解析： 　由条件概率的计算公式知，P（A｜B）＝ ，A错
误；B、C显然正确；D选项中，∵P（A）·P（B｜A）＝P（B）·P
（A｜B），∴P（A｜B）＝ ，正
确.故选B、C、D.
2. 设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%，35%，
20%，甲、乙车间生产的产品的次品率分别为2%和3%.现从中任取一件，
若取到的是次品的概率为2.95%，则推测丙车间的次品率为 .
解析：令A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分别表示取到的产品
是由甲、乙、丙车间生产的，且有P（B1）＝0.45，P（B2）＝0.35，P
（B3）＝0.2.由于P（A｜B1）＝0.02，P（A｜B2）＝0.03，设P
（A｜B3）＝m，由全概率公式得P（A）＝P（A｜B1）P（B1）＋P
（A｜B2）P（B2）＋P（A｜B3）P（B3）＝0.02×0.45＋0.03×0.35
＋m×0.2.又P（A）＝2.95%，故m＝5%.
5%
PART 03
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1
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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 ，视力
合格的概率为 ，其他几项标准合格的概率为 ，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. B.
解析： 　各项均合格的概率为 × × ＝ .
C. D.
√
2. （2025·开封第三次质量检测）在5道试题中有3道代数题和2道几何题，
每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，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是（　　）
A. B.
解析： 　设事件A＝“第1次抽到几何题”，事件B＝“第2次抽到代数
题”，所以P（A）＝ ，P（AB）＝ × ＝ ，则P（B｜A）＝
＝ ＝ .故选A.
C. D.
√
3. （2024·河南五市第一次联考）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. B.
C. D.
√
解析： 　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）＝ ，P（ ）＝ ，P（B｜
A）＝0，P（B｜ ）＝ ，则所求概率为P（B）＝P（B｜A）P
（A）＋P（B｜ ）P（ ）＝0× ＋ × ＝ .故选B.
4. 甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，
教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒
失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中
该组合交接棒没有失误的概率是（　　）
A. p1p2p3
B. 1－p1p2p3
C. （1－p1）（1－p2）（1－p3）
D. 1－（1－p1）（1－p2）（1－p3）
√
解析： 　∵三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，∴三次交接棒不
失误的概率分别是1－p1，1－p2，1－p3.∵三次交接棒相互独立，∴此次
比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（1－p1）（1－p2）·（1－p3）.
5. 〔多选〕假设A，B是两个事件，且P（A）＝ ，P（B）＝ ，P
（B｜A）＝P（B），则（　　）
A. P（AB）＝ B. P（A ）＝
C. P（A＋B）＝ D. P（A｜B）＝
√
√
解析： 　A选项，因为P（B｜A）＝ ，P（B｜A）＝P
（B），P（A）＝ ，P（B）＝ ，所以P（AB）＝P（A）·P（B）
＝ ，A正确；B选项，因为事件A与B相互独立，所以A与 相互独立，
所以P（A ）＝P（A）P（ ）＝ ×（1－ ）＝ × ＝ ，B错误；C
选项，P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝ ＋ － ＝ ，C
错误；D选项，因为P（A｜B）＝ ＝P（A），所以P（A｜
B）＝ ，D正确.故选A、D.
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）＝
B. P（B）＝
C. 事件B与事件A1相互独立
D. A1，A2，A3两两互斥
√
√
解析： 　由题意知A1，A2，A3两两互斥，故D正确；P（A1）＝ ＝
，P（A2）＝ ＝ ，P（A3）＝ ，P（B｜A1）＝ ＝ ＝
，故A正确；P（B｜A2）＝ ，P（B｜A3）＝ ，P（B）＝P
（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P
（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝ × ＋ × ＋ × ＝ ≠P
（B｜A1），所以B与A1不是相互独立事件，故B、C不正确.故选A、D.
7. 为加强对某病毒预防措施的落实，学校决定对甲、乙两个班的学生进行
随机抽查，已知甲、乙两班的人数之比为5∶4，其中甲班女生占 ，乙班
女生占 ，则学校恰好抽到一名女生的概率为 　 　.
解析：设A：抽到一名学生是甲班的，B：抽到一名女生，则P（A）＝
，P（ ）＝ ，P（B｜A）＝ ，P（B｜ ）＝ ，所以由全概率公
式可知，P（B）＝P（A）·P（B｜A）＋P（ ）·（B｜ ）＝ ×
＋ × ＝ .

8. 如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是 ，且是互相独立的，则
灯亮的概率为 .

解析：灯泡不亮包括四个开关都断开，或下边的2个都断开且上边的2个中
有一个断开，这两种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，
∴灯泡不亮的概率为 × × × ＋ × × × ＋ × × × ＝ .
∵灯泡亮与不亮是对立事件，∴灯亮的概率是1－ ＝ .
9. 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；
解： 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）＝ ＝ ＝ .
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
.
（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： 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）＝
＝ ＝ .
10. （2022·全国乙卷理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
√
解析： 　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.
11. （2025·福州质量检测）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. 1.34
C. 1.49 D. 1.51
√
解析： 　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）＝ ×x%＝ ，同理P
（F2）＝ ，P（F3）＝ ，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝
，所以P（D1｜G）＝ ，P（D2｜G）＝ ，P（D3｜
G）＝ .因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最
大，所以 解得x＞ ，故选D.
12. 〔多选〕（2025·湖南“一起考”大联考）玻璃缸中装有2个黑球和4个
白球，现从中先后无放回地取2个球.记“第一次取得黑球”为A1，“第一
次取得白球”为A2，“第二次取得黑球”为B1，“第二次取得白球”为
B2，则（　　）
A. P（A1B1）＝P（A2B2）
B. P（A1B2）＝P（A2B1）
C. P（B1｜A1）＋P（B2｜A1）＝1
D. P（B2｜A1）＋P（B1｜A2）＞1
√
√
√
解析： 　对A，由题意，第一次取得黑球的概率P（A1）＝ ＝ ，
第一次取得白球的概率为P（A2）＝ ＝ ，第一次取得黑球、第二次取
得黑球的概率P（A1B1）＝ ＝ ，第一次取得白球、第二次取得白球
的概率P（A2B2）＝ ＝ ，则P（A1B1）≠P（A2B2），所以A错误；
对B，第一次取得黑球、第二次取得白球的概率P（A1B2）＝ ＝ ，
第一次取得白球、第二次取得黑球的概率P（A2B1）＝ ＝ ，则P
（A1B2）＝P（A2B1），所以B正确；对C，由P（B1｜A1）＝
＝ ＝ ，P（B2｜A1）＝ ＝ ＝ ，得P（B1｜A1）＋P
（B2｜A1）＝1，所以C正确；对D，由P（B1｜A2）＝ ＝ ＝ ，
得P（B2｜A1）＋P（B1｜A2）＝ ＞1，所以D正确.故选B、C、D.
13. 数学家贝叶斯发现了如下公式：P（Ai｜B）＝
，其中i＝1，2，…，n，P（B）＝ P（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（ ｜ ）＝0.95，现在对自然人群进
行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P（C）＝0.005，则
P（C｜A）＝ .（精确到0.001）
0.087
解析：∵P（ ｜ ）＝0.95，∴P（A｜ ）＝1－P（ ｜ ）＝
0.05，∵P（C）＝0.005，∴P（ ）＝0.995，由贝叶斯公式可得P
（C｜A）＝ ＝ ＝
≈0.087.
14. 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：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里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；
解：（1）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.
P（B1）＝P（A1）P（B1｜A1）＋P（A2）P（B1｜A2）＝ × ＋
× ＝ .
所以首次试验结束的概率为 .
（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：方案一为从原来袋子中摸球；方案二为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.
解： ①因为B1，B2是对立事件，
P（B2）＝1－P（B1）＝ ，
所以P（A1｜B2）＝ ＝ ＝ ＝ ，
所以选到的袋子为甲袋的概率为 .
②由①得第一次选的袋子为乙袋的概率
P（A2｜B2）＝1－P（A1｜B2）＝1－ ＝ ，
所以方案一中取到红球的概率
P1＝P（A1｜B2）P（B1｜A1）＋P（A2｜B2）P（B1｜A2）＝ × ＋
× ＝ ，
方案二中取到红球的概率
P2＝P（A2｜B2）P（B1｜A1）＋P（A1｜B2）P（B1｜A2）＝ × ＋
× ＝ .
因为 ＞ ，
所以方案二第二次试验结束的概率更大.
15. （创新考法）（2024·重庆5月高中数学联赛初赛）若对于地球上已存
在的某种珍稀生物，每天有如下事件发生：有p（0≤p≤1）的概率消
失，有 的概率保持不变，有 的概率分裂成2个，有 的概率分裂
成3个.假设开始地球上该种珍稀生物只有一个，若希望这种生物最终灭绝
的概率不超过 ，则p最大为 　 　.

解析：设开始有一个这种珍稀生物且最终灭绝的概率为f（1）＝q，
0≤q≤ ，那么若开始有n个该种珍稀生物，其最终灭绝的概率为f（n）
＝qn.由题知f（1）＝p＋ f（1）＋ f（2）＋ f（3），即q＝p
＋ q＋ q2＋ q3，化简得（q－1）·［ （q2＋2q＋3）－1］＝
0，由于0≤q≤ ，则q－1≠0，q2＋2q＋3≤ ，故0＝ （q2＋2q＋
3）－1≤ · －1，所以p≤ ，故p最大为 .
THANKS
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