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课后限时练8　事件的独立性与条件概率、全概率公式
1．已知P(A)＝0.4，P(A|)＝0.3，P(A|B)＝0.8，则P(B)＝(　　)
A．0.2 B．0.375 C．0.75 D．0.8
2．(2025·河南南阳一模)袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)＝(　　
·
3．(2025·湖南邵阳第二次联考)有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为6%，5%，3%，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%，40%，30%．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为(　　)
A． B． C． D．
4．设甲袋有3个红球，2个白球和5个黑球，乙袋有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以A1，A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则(　　)
A．A1与B相互独立 B．P(B|A2)＝
C．P(B)＝ D．P(A3|B)＝
5．(多选)已知A，B是两个随机事件，且0A．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)＝0
D．若P(B|A)＋P(|A)＝1，则A，B相互独立
6．甲每个周末都跑步或游泳，每天进行且仅进行其中的一项运动．已知他周六跑步的概率为0.6，且如果周六跑步，则周日游泳的概率为0.7，如果周六游泳，则周日跑步的概率为0.9．若甲某个周日游泳了，则他前一天跑步的概率为________．
7．(2025·天津和平区二模)甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以2∶1的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________．
8．(2025·辽宁省实验中学期中)甲、乙两人进行n(n≥2，n∈N*)场羽毛球比赛，甲每场比赛获胜的概率为p，乙每场比赛获胜的概率为1－p，记事件A为“n场比赛中既有甲获胜也有乙获胜”，事件B为“n场比赛中甲至多获胜一场”．
(1)若p＝，n＝3，求P(AB)和P(B|A)；
(2)若p＝，证明：事件A，B相互独立的充要条件为n＝3．
课后限时练8
1．A　[因为P(A)＝P(A|)P()＋P(A|B)·P(B)，所以0.4＝0.3×[1－P(B)]＋0.8×P(B)，解得P(B)＝0.2．故选A．]
2．B　[当ξ＝12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，所以P(ξ＝12)＝··．故选B．]
3．C　[记事件A1：取到的零件为甲车床加工的，事件A2：取到的零件为乙车床加工的，事件A3：取到的零件为丙车床加工的，事件B：取到的零件是次品，
则P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，
P(B|A3)＝，P(A1)＝，
P(A2)＝，P(A3)＝，
由贝叶斯公式可得P(A1|B)＝
＝．
因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为．故选C．]
4．C　[AC选项，由题意得P(A1)＝，P(BA1)＝，
P(A2)＝，P(BA2)＝，P(A3)＝，P(BA3)＝，
故P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝，C正确；
由于P(B)P(A1)＝，
故P(BA1)≠P(B)P(A1)，
故A1与B不互相独立，A错误；
B选项，由条件概率得P(B|A2)＝，B错误；
D选项，P(A3|B)＝，D错误．故选C． ]
5．AC　[对于A选项，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(B)，A正确；
对于B选项，抛掷一枚骰子，定义事件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)＝，此时，P(B)对于C选项，若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，则P(AB)＝0，
因此，P(B|A)＝＝0，C正确；
对于D选项，P(B|A)＋P(|A)＝1对任意的事件A，B恒成立，故A，B不一定独立，D错误．故选AC．]
6．　[用事件A，B分别表示“周六跑步”，“周日跑步”，则分别表示“周六游泳”，“周日游泳”，于是P(A)＝0.6，P(|A)＝0.7，P(B|)＝0.9，P()＝0.4，P()＝0.1，
因此P()＝P(|A)P(A)＋P()·P()＝0.7×0.6＋0.1×0.4＝0.46，
所以P(A|)＝．]
7．　[若甲以2∶1的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲以2∶1的比分获胜的概率P＝，
设事件A表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，
所以甲获胜的概率P(A)＝，
设事件B表示“甲第一局获胜”，则P(AB)＝，
所以P(B|A)＝．]
8．解：(1)事件AB表示“甲、乙比赛3场，甲胜一场输两场”，故P(AB)＝，而P(A)＝，
故P(B|A)＝．
(2)证明：若n＝3，则P(A)＝，P(B)＝，
而P(AB)＝，
故P(AB)＝P(A)P(B)，所以A，B相互独立．
若A，B相互独立，则P(A)＝1－2×，而P(B)＝＝(n＋1)，
而P(AB)＝，
所以n＝(n＋1)＝1，设an＝，则an－an-1＝，故当n≥2时，an故＝1有且只有一个正整数解n＝3．
综上，事件A，B相互独立的充要条件为n＝3．
1/2课时8　事件的独立性与条件概率、全概率公式
[备考指南]　主要考查条件概率、全概率公式的基本应用．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
命题点1　事件的独立性与n重伯努
利试验
【典例1】　(2025·山东淄博模拟)某地为弘扬中华传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛：
①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号；
②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；
甲、乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响．
(1)求甲没有获得“智慧星”称号的概率；
(2)求乙获得“智慧星”称号的概率；
(3)记事件M＝“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3”，求事件M发生的概率．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　解决相互独立事件问题的步骤
1．[教材母题改编]一个质地均匀的正四面体，四个面上分别标有数字1，2，3，4．任意掷一次该四面体，观察它与地面的接触面上的数字，得到样本空间Ω＝{1，2，3，4}，记事件A＝{1，2}，事件B＝{1，3}，事件C＝{1，4}，则(　　)
A．事件A，B，C两两独立，事件A，B，C相互独立
B．事件A，B，C两两独立，事件A，B，C不相互独立
C．事件A，B，C不两两独立，事件A，B，C相互独立
D．事件A，B，C不两两独立，事件A，B，C不相互独立
2．[教材母题改编]甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以4∶1获胜的概率为(　　)
A． B． C． D．
命题点2　条件概率、全概率公式
【典例2】　[教材母题改编]现需要抽取甲、乙两个箱子的商品，检验其是否合格．其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品．从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验．将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验．首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为．
(1)求首次检验抽到合格产品的概率；
(2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
(3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：
方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；
方案二，从另外一个箱子中抽取．
比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大？
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟
1．条件概率的求法：定义法、基本事件法和缩小样本空间法．
2．全概率公式主要用于计算比较复杂的事件的概率，即“多因一果”问题，实质上是互斥事件和概率的乘法公式的综合运用．
1．[教材母题改编]某科技兴趣小组设计了一个信号发生器，传输0，1，2信号，信号传输互不干扰，收到的信号不变的概率为，收到其他两种信号的概率均为．输入每一个信号的概率都是，输出3个信号作为一组信息单元，在输出信号为“0，2，1”的条件下，输入信号为“0，0，0”的概率为(　　)
A． B． C． D．
2．[教材母题改编]张某经营A，B两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是．如果本月去A公司，那么下个月继续去A公司的概率为；如果本月去B公司，那么下个月去A公司的概率为，如此往复．设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝(　　)
A．　 B．
C． D．
3．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4，求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P>0时，写出P，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课时8　事件的独立性与条件概率、全概率公式
典例1　解：(1)设甲获得“智慧星”称号为事件A，P(A)＝，于是P()＝1－P(A)＝，
即甲没有获得“智慧星”称号的概率是．
(2)设乙答对的问题数为X，则X~B，
由题意，乙获得“智慧星”称号的概率为P(X＝4)＋P(X＝5)＝·．
(3)由于乙最多回答5题，甲最多回答3题，当乙比甲多对3题时，甲可能答对0，1，2题．
当甲对0题，乙对3题时，P1＝；
当甲对1题，乙对4题时，P2＝；
当甲对2题，乙对5题时，P3＝．
故P(M)＝P1＋P2＋P3＝．
考教衔接
1．B　[由题知P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，P(ABC)＝．
因为P(AB)＝＝P(A)P(B)，P(AC)＝＝P(A)P(C)，P(BC)＝＝P(B)·P(C)，所以事件A，B，C两两独立；
但P(ABC)＝≠P(A)P(B)P(C)＝，所以事件A，B，C不相互独立．故选B．]
2．C　[甲第一局获胜并最终以4∶1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，
并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为．故选C．]
典例2　解：(1)将首次检验选到甲箱记为事件A1，首次检验选到乙箱记为事件A2，首次检验抽到合格品记为事件B．
则首次检验抽到合格品的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝．
(2)在首次检验抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率P(A1|B)＝．
(3)将二次检验抽到合格品记为事件C．
由第(2)问可知，在首次检验抽到合格品的条件下，
首次抽到甲箱的概率P(A1|B)＝，
则在首次检验抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率P(A2|B)＝1－．
P(C|B)＝P(CA1|B)＋P(CA2|B)＝··＝P(A1|B)P(C|A1B)＋P(A2|B)P(C|A2B)．
从而，在首次检验通过，即事件B发生的条件下：
①若选择方案一，则P(C|A1B)＝P(B|A1)＝，P(C|A2B)＝P(B|A2)＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P(C|B)＝，
所以在方案一下，检验通过的概率P(BC)＝P(C|B)P(B)＝．
②若选择方案二，则P(C|A1B)＝P(B|A2)＝，P(C|A2B)＝P(B|A1)＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P(C|B)＝，
所以在方案二下，检验通过的概率P(BC)＝P(C|B)P(B)＝．
而，故选择方案一检验通过的概率大．
考教衔接
1．C　[设事件A为“输出信号为0，2，1”，事件B为“输入信号为0，0，0”，
则P(B|A)＝
＝．故选C．]
2．A　[设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，根据题意，得P(An+1|An)＝，P(An+1|)＝，
由全概率公式，得
P(An+1)＝P(An)P(An+1|An)＋P()·P(An+1|)＝(1－Pn)＝－，
即Pn+1＝－，整理得Pn+1－，
又P1－≠0，所以为首项，－为公比的等比数列，
所以Pn＝，
则P10＝．故选A．]
3．解：(1)记事件“第i次摸到红球”为Ai，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，
得P＋P()·P(A2|)
＝．
(2)由已知得P1＝P，P2＝P，
P3＝P，
P4＝P．
(3)由(2)可得P1＝P2P3P4，
即P＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，
可猜想：
P，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P，
P(C|AB)＝，
所以P(A)P(BAB)＝P(A)··．
1/8(共73张PPT)
专题三　概率与统计
提纲挈领——重构知识体系 整合必备知识
融会贯通——重视审题答题 升华学生思维
阅卷案例
(2025·北京高考T18，15分)某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试，为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75，假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率．
阅卷案例
(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p；
(2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1人，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X＝1的概率及X的数学期望；
(3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为100%，乙校学生选择正确的概率为85%．设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为p1，p2，判断p1与p2的大小．
四字解题 读 随机抽查两校各100名学生该题的答题数据，用频率估计概率 甲、乙两校各随机抽取1人，学生之间答题相互独立 两校两类同学的答题概率
想 频率的计算方法 事件X＝1的含义； 期望的计算方法 全概率公式的概率计算
算 甲校该题选择正确的频率 X＝1的概率及X的数学期望 p1，p2
思 估算法 概率模型化 分类讨论
规范解答
规范解答
X 0 1 2
P 0.05 0.35 0.6
规范解答
规范解答
满分心得
得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分．如第(2)问求E(X)时，常用思路：
①定随机变量的取值X＝0，1，2；
②计算P(X＝i)，i＝0，1，2；
③计算E(X)．
以上3步不可缺失，每步都有分数．
得关键分：解答本题的关键是准确判断事件之间的关系，确定求有关概率的方法．
得计算分：本题第(3)问难度不大，关键是细心计算．
概率问题“先定型、后运算”．
课时8　事件的独立性与条件概率、全概率公式
[备考指南]　主要考查条件概率、全概率公式的基本应用．备考时要立足概率的相关概念和相应概率公式的理解，恰当构建概率模型．
命题点1　事件的独立性与n重伯努利试验
【典例1】　(2025·山东淄博模拟)某地为弘扬中华传统文化，举办知识竞赛活动，每位参赛者从以下两种方式中选择一种参赛：
①活动共设有3个问题，能正确回答问题者才能进入下一个问题，否则即被淘汰，3个问题都回答正确即获得“智慧星”称号；
②活动需参赛者回答5个问题，至少正确回答4个即能获得“智慧星”称号；甲、乙两人参加此次竞赛活动，甲选择第一种方式，他能正确回答第一、二、三个问题的概率分别为，乙选择第二种方式，他能正确回答每一个问题的概率均为．两种方式下各个问题能否正确回答均互不影响，两人彼此之间也互不影响．
(1)求甲没有获得“智慧星”称号的概率；
(2)求乙获得“智慧星”称号的概率；
(3)记事件M＝“乙正确回答问题的个数比甲正确回答问题的个数多3”，求事件M发生的概率．
[解]　(1)设甲获得“智慧星”称号为事件A，
P(A)＝＝，于是P()＝1－P(A)＝，
即甲没有获得“智慧星”称号的概率是．
(2)设乙答对的问题数为X，则X～B，
由题意，乙获得“智慧星”称号的概率为P(X＝4)＋P(X＝5)＝·＝．
(3)由于乙最多回答5题，甲最多回答3题，当乙比甲多对3题时，甲可能答对0，1，2题．
当甲对0题，乙对3题时，P1＝＝；
当甲对1题，乙对4题时，P2＝＝；
当甲对2题，乙对5题时，P3＝＝．
故P(M)＝P1＋P2＋P3＝．
反思领悟　解决相互独立事件问题的步骤
1．[教材母题改编]一个质地均匀的正四面体，四个面上分别标有数字1，2，3，4．任意掷一次该四面体，观察它与地面的接触面上的数字，得到样本空间Ω＝{1，2，3，4}，记事件A＝{1，2}，事件B＝{1，3}，事件C＝{1，4}，则(　　)
A．事件A，B，C两两独立，事件A，B，C相互独立
B．事件A，B，C两两独立，事件A，B，C不相互独立
C．事件A，B，C不两两独立，事件A，B，C相互独立
D．事件A，B，C不两两独立，事件A，B，C不相互独立
√
B　[由题知P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，P(ABC)＝．
因为P(AB)＝＝P(A)P(B)，P(AC)＝＝P(A)P(C)，P(BC)＝＝P(B)P(C)，所以事件A，B，C两两独立；
但P(ABC)＝≠P(A)P(B)P(C)＝，所以事件A，B，C不相互独立．故选B．]
2．[教材母题改编]甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以4∶1获胜的概率为(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[甲第一局获胜并最终以4∶1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，
并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为＝．故选C．]
【教用·备选题】
1．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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)2
B．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)2
C．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)3
D．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
√
√
√
ABD　[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－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
采用三次传输方案，若发送1，
则译码为1时收到的信号包含2个1或3个1，
故所求概率为β(1－β)2＋(1－β)3，故C错误；
三次传输方案发送0，译码为0的概率P1＝α(1－α)2＋(1－α)3，
单次传输方案发送0，译码为0的概率P2＝1－α，
P2－P1＝α(1－α)2－(1－α)3
＝α(1－α)－(1－α)2]
＝(1－α)(2α2－α)＝α(1－α)(2α－1)，
当0<α<0.5时，P2－P1<0，故P22．(2025·浙江丽水模拟)某系统配置有2n－1个元件(n为正整数)，每个元件正常工作的概率都是p(0(1)当n＝3，p＝0.5时，求该系统正常工作的概率；
(2)现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由．
[解]　(1)记系统正常工作的概率为P，由题意可得
P＝0.55＝．
(2)法一：系统配置有2n－1个元件时，记系统正常工作的概率为
P2n－1，当前有2n＋1个元件，记系统正常工作的概率为P2n＋1，考虑前2n－1个元件：
第一种情况：前2n－1个元件恰有n－1个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为pn-1(1－p)n·p2；
第二种情况：前2n－1个元件恰有n个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为pn·(1－p)n-1·[1－(1－p)2]；
第三种情况：前2n－1个元件至少有n＋1个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为pn(1－p)n-1；
所以，P2n＋1＝pn(1－p)n-1，
P2n＋1－P2n－1＝＝(2p－1)．
故当p＝时，系统可靠性不变；当0法二：系统配置有2n－1个元件时，记系统正常工作的概率为P2n－1，当前有2n＋1个元件，记系统正常工作的概率为P2n＋1，考虑增加的两个元件：
第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，则新系统能正常工作的概率为p(1－p)；
第二种情况：增加的2个元件都正常工作，则新系统能正常工作的概率为pn-1·(1－p)n]p2；
第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，则新系统能正常工作的概率为pn·(1－p)n-1](1－p)2．
所以，P2n＋1＝pn(1－p)n-1](1－p)2
＝pn(1－p)n-1(1－p)2＝pn(1－p)n-1[p(1－p)－(1－p)2]＝pn(1－p)n(2p－1)，即P2n＋1－P2n－1＝(2p－1)，
故当p＝时，系统可靠性不变；当0命题点2　条件概率、全概率公式
【典例2】　[教材母题改编]现需要抽取甲、乙两个箱子的商品，检验其是否合格．其中甲箱中有9个正品和1个次品；乙箱中有8个正品和2个次品．从这两个箱子中随机选择一个箱子，再从该箱中等可能抽出一个商品，称为首次检验．将首次检验的商品放回原来的箱子，再进行二次检验，若两次检验都为正品，则通过检验．首次检验选到甲箱或乙箱的概率均为．
(1)求首次检验抽到合格产品的概率；
(2)在首次检验抽到合格产品的条件下，求首次检验选到的箱子为甲箱的概率；
(3)将首次检验抽出的合格产品放回原来的箱子，继续进行二次检验时有如下两种方案：
方案一，从首次检验选到的箱子中抽取；
方案二，从另外一个箱子中抽取．
比较两个方案，哪个方案检验通过的概率大？
[解]　(1)将首次检验选到甲箱记为事件A1，首次检验选到乙箱记为事件A2，首次检验抽到合格品记为事件B．
则首次检验抽到合格品的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝＝．
(2)在首次检验抽到合格品的条件下，首次抽到甲箱的概率P(A1|B)＝＝＝＝．
(3)将二次检验抽到合格品记为事件C．
由第(2)问可知，在首次检验抽到合格品的条件下，
首次抽到甲箱的概率P(A1|B)＝，
则在首次检验抽到合格品的条件下，首次抽到乙箱的概率P(A2|B)＝1－＝．
P(C|B)＝P(CA1|B)＋P(CA2|B)＝＝··＝P(A1|B)P(C|A1B)＋P(A2|B)·P(C|A2B)．
从而，在首次检验通过，即事件B发生的条件下：
①若选择方案一，则P(C|A1B)＝P(B|A1)＝，P(C|A2B)＝P(B|A2)＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P(C|B)＝＝＝，
所以在方案一下，检验通过的概率P(BC)＝P(C|B)P(B)＝＝．
②若选择方案二，则P(C|A1B)＝P(B|A2)＝，P(C|A2B)＝P(B|A1)＝，
故此条件下二次检验抽到合格品的概率P(C|B)＝＝＝，
所以在方案二下，检验通过的概率P(BC)＝P(C|B)P(B)＝＝．
而>，故选择方案一检验通过的概率大．
反思领悟
1．条件概率的求法：定义法、基本事件法和缩小样本空间法．
2．全概率公式主要用于计算比较复杂的事件的概率，即“多因一果”问题，实质上是互斥事件和概率的乘法公式的综合运用．
1．[教材母题改编]某科技兴趣小组设计了一个信号发生器，传输0，1，2信号，信号传输互不干扰，收到的信号不变的概率为，收到其他两种信号的概率均为．输入每一个信号的概率都是，输出3个信号作为一组信息单元，在输出信号为“0，2，1”的条件下，输入信号为“0，0，0”的概率为(　　)
A． B． C． D．
√
C　[设事件A为“输出信号为0，2，1”，事件B为“输入信号为0，0，0”，
则P(B|A)＝＝＝．故选C．]
2．[教材母题改编]张某经营A，B两家公司，张某随机到公司指导与管理，已知他第1个月去A公司的概率是．如果本月去A公司，那么下个月继续去A公司的概率为；如果本月去B公司，那么下个月去A公司的概率为，如此往复．设张某第n个月去A公司的概率为Pn，则P10＝(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[设An表示第n个月去A公司，则Pn＝P(An)，P()＝1－Pn，根据题意，得P(An＋1|An)＝，P(An＋1|)＝，
由全概率公式，得P(An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P()P(An＋1|)＝Pn＋(1－Pn)＝－Pn＋，
即Pn＋1＝－Pn＋，整理得Pn＋1－＝－，
又P1－＝＝≠0，所以是以为首项，－为公比的等比数列，所以Pn＝，
则P10＝．故选A．]
3．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4，求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P>0时，写出P，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
[解]　(1)记事件“第i次摸到红球”为Ai，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，
得P＝PP＋PP
＝＝．
(2)由已知得P1＝P＝＝，
P2＝P＝，
P3＝P＝＝＝＝，
P4＝P＝＝＝．
(3)由(2)可得P1＝P2P3P4，
即P＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，
可猜想：P＝PPP，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P＝，P＝，
所以P(A)P(BAB)＝P··＝P．
【教用·备选题】
1．(2024·江苏南京二模)已知P(A)＝，P(A)＝，P(A|B)＝，则P(B)＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
√
D　[因为P(A)＝P(AB)＋P(A)＝，
因为P(A|B)＝＝，
则P(B)＝＝＝．故选D．]
2．(多选)甲箱中有4个红球、2个白球和3个黑球，乙箱中有3个红球、3个白球和3个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是(　　)
A．事件B与事件Ai相互独立
B．P＝
C．P＝
D．P＝
√
√
BD　[P＝，P＝，P＝＝，
若A1发生，则乙袋中有4个红球、3个白球和3个黑球，P＝＝，若A2发生，则乙袋中有3个红球、4个白球和3个黑球，P＝，若A3发生，则乙袋中有3个红球、3个白球和4个黑球，P＝．
P＝PP＝＝，B正确；
P＝PP＝＝，
P＝PP＝＝，
P＝PP＋PP＋PP＝≠，C错误；
PP≠P，A错误；
P＝＝＝，D正确．
故选BD．]
3．某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三类问题海量题库，其中家政类占，园艺类占，民族工艺类占．根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、民族工艺类题目的概率分别为，选手乙答对这三类题目的概率均为．
(1)求随机任选1题，甲答对的概率；
(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出1道题目，比赛时两位选手同时回答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得1分，答错者得－1分，若两人都答对或都答错，则两人均得0分，累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率．
[解]　(1)记随机任选1题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件Ai(i＝1，2，3)，
记随机任选1题，甲答对为事件B，
则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝＝．
(2)记乙答对为事件C，则P(C)＝P(A1)P(C|A1)＋P(A2)P(C|A2)＋P(A3)P(C|A3)
＝＝，
设每一轮比赛中甲得分为X，
则P(X＝1)＝P(B)＝＝，
P(X＝0)＝P(BC)＝＝，P(X＝－1)＝P(C)＝＝．
三轮比赛后，设甲总得分为Y，
则P(Y＝3)＝＝，
P(Y＝2)＝＝，
P(Y＝1)＝＝，
所以甲最终获得奖品的概率为P＝P(Y＝3)＋P(Y＝2)＋P(Y＝1)＝＝．
8
课后限时练8　事件的独立性与条件概率、全概率公式
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．已知P(A)＝0.4，P(A|)＝0.3，P(A|B)＝0.8，则P(B)＝(　　)
A．0.2 B．0.375 C．0.75 D．0.8
A　[因为P(A)＝P()·P(B)，
所以0.4＝0.3×[1－P(B)]＋0.8×P(B)，
解得P(B)＝0.2．故选A．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．(2025·河南南阳一模)袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P(ξ＝12)＝(　　)
A． B．
C． D．·
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[当ξ＝12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，所以P(ξ＝12)＝·＝．故选B．]
8
题号
1
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2
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6
7
√
3．(2025·湖南邵阳第二次联考)有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为6%，5%，3%，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙3台车床加工的零件数分别占总数的30%，40%，30%．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为(　　)
A． B． C． D．
8
题号
1
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4
6
7
C　[记事件A1：取到的零件为甲车床加工的，事件A2：取到的零件为乙车床加工的，事件A3：取到的零件为丙车床加工的，事件B：取到的零件是次品，
则P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，
P(B|A3)＝，P(A1)＝，
P(A2)＝，P(A3)＝，
由贝叶斯公式可得P(A1|B)＝＝
＝＝．
因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为．故选C．]
8
题号
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7
8
4．设甲袋有3个红球，2个白球和5个黑球，乙袋有3个红球，3个白球和4个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，以A1，A2和A3分别表示由甲袋取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙袋中随机取出一球，以B表示由乙袋取出的球是红球的事件，则(　　)
A．A1与B相互独立 B．P(B|A2)＝
C．P(B)＝ D．P(A3|B)＝
题号
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√
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题号
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7
C　[AC选项，由题意得P(A1)＝＝，P(BA1)＝＝，
P(A2)＝＝，P(BA2)＝＝，
P(A3)＝＝，P(BA3)＝＝，
故P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝＝，C正确；
由于P(B)P(A1)＝＝，
故P(BA1)≠P(B)P(A1)，
故A1与B不互相独立，A错误；
B选项，由条件概率得P(B|A2)＝＝＝，B错误；
D选项，P(A3|B)＝＝＝，D错误．故选C．]
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题号
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题号
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7
5．(多选)已知A，B是两个随机事件，且0A．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)＝0
D．若P(B|A)＋P(|A)＝1，则A，B相互独立
√
√
8
题号
1
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7
AC　[对于A选项，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(B)，A正确；
对于B选项，抛掷一枚骰子，定义事件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)＝，此时，P(B)对于C选项，若P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，
则P(AB)＝0，
因此，P(B|A)＝＝0，C正确；
对于D选项，P(B|A)＋P(|A)＝1对任意的事件A，B恒成立，故A，B不一定独立，D错误．故选AC．]
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题号
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7
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题号
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7
6．甲每个周末都跑步或游泳，每天进行且仅进行其中的一项运动．已知他周六跑步的概率为0.6，且如果周六跑步，则周日游泳的概率为0.7，如果周六游泳，则周日跑步的概率为0.9．若甲某个周日游泳了，则他前一天跑步的概率为________．
　
8
题号
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7
　[用事件A，B分别表示“周六跑步”，“周日跑步”，则分别表示“周六游泳”，“周日游泳”，于是P(A)＝0.6，P()＝0.1，
因此P()＝0.7×0.6＋0.1×0.4＝0.46，
所以P(A|)＝＝＝＝．]
8
题号
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6
7
7．(2025·天津和平区二模)甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以2∶1的比分获胜的概率为________；在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是________．
　
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题号
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　[若甲以2∶1的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲以2∶1的比分获胜的概率P＝＝，设事件A表示“甲获胜”，则前两局甲获胜，或前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜，所以甲获胜的概率P(A)＝＝，设事件B表示“甲第一局获胜”，则P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝．]
8．(2025·辽宁省实验中学期中)甲、乙两人进行n(n≥2，n∈N*)场羽毛球比赛，甲每场比赛获胜的概率
为p，乙每场比赛获胜的概率为1－p，记事件A为“n场比赛中既有甲获胜也有乙获胜”，事件B为“n场比赛中甲至多获胜一场”．
(1)若p＝，n＝3，求P(AB)和P(B|A)；
(2)若p＝，证明：事件A，B相互独立的充要条件为n＝3．
题号
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[解]　(1)事件AB表示“甲、乙比赛3场，甲胜一场输两场”，故P(AB)＝＝，而P(A)＝＝＝，
故P(B|A)＝＝．
题号
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(2)证明：若n＝3，则P(A)＝＝，P(B)＝＝，
而P(AB)＝＝，
故P(AB)＝P(A)P(B)，所以A，B相互独立．
若A，B相互独立，则P(A)＝＝1－，而P(B)＝＝(n＋1)，
题号
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而P(AB)＝＝n，
所以n＝(n＋1)，整理得＝1－，化简得＝1，设an＝，则an－an－1＝，故当n≥2时，an＜an－1，而a1＝2，a2＝，a3＝1，
故＝1有且只有一个正整数解n＝3．
综上，事件A，B相互独立的充要条件为n＝3．
题号
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谢 谢！

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