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第68课时　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[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．(多选)(人教A版必修第二册P266复习参考题10T1改编)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是 (　　)
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在5道题中有3道代数题和2道几何题．如果不放回地依次抽取2道题，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为 (　　)
A．
3．(人教A版选择性必修第三册P48例3改编)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．
4．(北师大版必修第一册P217习题7－4A组T4改编)已知甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.8，若甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率是___________．
5．(湘教版选择性必修第二册P163复习题三T7改编)有三个同样的箱子，A箱中有4个黑球1个白球，B箱中有3个黑球3个白球，C箱中有3个黑球5个白球．现任取一箱，再从中任取一球，则此球是白球的概率为___________．
1．事件的相互独立性
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
性质 若事件A与事件B相互独立，则A与也都相互独立，P(B|A)＝____，P(A|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)＝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)＝__________________．(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)＝____；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝__________________；
③设|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)＝______________________，我们称该公式为全概率公式．
4．*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)＝，i＝1，2，…，n．
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求复杂事件的概率一般可分三步进行
(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
(2)理清各事件之间的关系，恰当地利用事件间的“并”“交”表示所求事件；
(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．
考点一　事件的相互独立性
　事件相互独立性的判断
[典例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
　相互独立事件的概率
[典例2]　乒乓球比赛规则规定，一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
(2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[巩固迁移]
1．已知从甲袋中摸出一个红球的概率是，现从两袋中各摸出一个球，下列结论错误的是 (　　)
A．两个球都是红球的概率为
B．两个球中恰有1个红球的概率为
C．两个球不都是红球的概率为
D．至少有1个红球的概率为
考点二　条件概率
[典例3]　在一个盒子中有大小与质地相同的20个球，其中10个红球，10个白球，两人依次不放回地各摸1个球，求：
(1)在第一个人摸出1个红球的条件下，第二个人摸出1个白球的概率；
(2)第一个人摸出1个红球，且第二个人摸出1个白球的概率．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法．
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝．
[巩固迁移]
2．(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
3．(2022·天津卷)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为___________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为___________．
考点三　全概率公式的应用
[典例4]　(2026· 湖南长沙模拟)某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人．
(1)求该机器人是甲品牌合格品的概率；
(2)求该机器人是合格品的概率；
(3)若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)．
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
[巩固迁移]
4．已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且各箱中的小球总个数之比为5∶6∶9，红球在1，2，3号箱中分别占．从3个箱中的所有球中随机取出一个球，若每个球被取出的概率相等，在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为___________ __．
第68课时　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．AB　2．D　3．B　4．0.38　5．
No2．储备知识要点
1．P(A)·P(B)　P(B)　P(A)
2．(2)P(A)·P(B|A)　(3)1　P(B|A)＋P(C|A)　1－P(B|A)
3．P(Ai)P(B|Ai)
精研考点·提升素养
考点一
考向1　典例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)，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)，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)，C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误．故选B．]
考向2　典例2　解：记Ai表示事件，第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0，1，2，
记Bi表示事件，第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0，1，2，
A表示事件：第3次发球，甲得1分，
B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1∶2，
C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先，
(1)B＝A0A＋A1，
P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16；
P(A1)＝2×0.4×0.6＝0.48；
P(B)＝P(A0A＋A1)
＝P(A0A)＋P(A1)
＝P(A0)P(A)＋P(A1)P()
＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352．
(2)P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，
P(A2)＝0.62＝0.36，
C＝A1B2＋A2B1＋A2B2，
P(C)＝P(A1B2＋A2B1＋A2B2)
＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)
＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16
＝0.307 2．
巩固迁移
1．C
考点二
典例3　解：(1)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，则P(A)＝，
第一个人摸出1个红球后，盒子中还有19个球，其中9个红球，10个白球，故在第一个人摸出1个红球的条件下，第二个人摸出1个白球的概率P(B|A)＝．
(2)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，
事件：第一个人摸出1个红球，且第二个人摸出1个白球即事件AB，所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝．
巩固迁移
2．A
3．　[由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，
则P(BC)＝，P(B)＝，
所以P(C|B)＝．]
考点三
典例4　解：(1)用A表示机器人是甲品牌，用B表示机器人是合格品，甲品牌的占40%，合格率为95%，
则P(A)＝40%，P(B|A)＝95%，
所以该机器人是甲品牌合格品的概率P(BA)＝P(A)P(B|A)＝40%×95%＝0.38．
(2)用C表示机器人是乙品牌，用D表示机器人是丙品牌，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(C)P(B|C)＋P(D)P(B|D)＝40%×95%＋30%×90%＋30%×90%＝0.92．
(3)由(2)知，该机器人是不合格品的概率P()＝1－0.92＝0.08，若该机器人是不合格品，它是丙品牌的概率P(D|)＝．
巩固迁移
4．　[设事件Ai为“取出的小球来自i号箱”，事件B为“取出的球为红球”，
则A1∪A2∪A3构成了总的样本空间，且A1，A2，A3两两互斥，
由题意有P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，
P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
则由全概率公式得P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)＝，
则在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为P(A3|B)＝
＝．]
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第68课时　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
[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．
以题引理·激活思维
1．(多选)(人教A版必修第二册P266复习参考题10T1改编)袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，其对立事件记为C，那么事件A与B，A与C的关系是(　　)
A．A与B相互独立 B．A与C相互独立
C．A与C互斥 D．A与B互斥
√
√
AB　[由于摸球过程是有放回地，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥．]
2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在5道题中有3道代数题和2道几何题．如果不放回地依次抽取2道题，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为(　　)
A． B．
C． D．
D　[根据题意，在第1次抽到几何题后，还剩4道题，其中有3道代数题，则第2次抽到代数题的概率P＝．故选D．]
√
3．(人教A版选择性必修第三册P48例3改编)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． B．
C． D．
√
B　[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＋A2，
所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝．]
4．(北师大版必修第一册P217习题7－4A组T4改编)已知甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.8，若甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率是_____________．
0.38　[∵甲运动员的投篮命中率为0.7，乙运动员的投篮命中率为0.8，
∴甲、乙各投篮一次，则恰有一人命中的概率为P＝0.7×(1－0.8)＋(1－0.7)×0.8＝0.38．]
0.38
5．(湘教版选择性必修第二册P163复习题三T7改编)有三个同样的箱子，A箱中有4个黑球1个白球，B箱中有3个黑球3个白球，C箱中有3个黑球5个白球．现任取一箱，再从中任取一球，则此球是白球的概率为_____________．
　[任取一箱取到A，B，C箱的概率各为，在A，B，C箱中取到白球的概率依次为，故P＝．]
1．事件的相互独立性
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
性质 若事件A与事件B相互独立，则A与与B，也都相互独立，P(B|A)＝________，P(A|B)＝________
P(A)·P(B)
P(B)
P(A)
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)＝_______________．
(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)＝__；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝________________；
③设和B互为对立事件，则P(|A)＝________________．
P(A)·P(B|A)
1
P(B|A)＋P(C|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)＝_________________，我们称该公式为全概率公式．
P(Ai)·P(B|Ai)
4．*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)＝，i＝1，2，…，n．
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求复杂事件的概率一般可分三步进行
(1)列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
(2)理清各事件之间的关系，恰当地利用事件间的“并”“交”表示所求事件；
(3)根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算．
考点一　事件的相互独立性
考向1　事件相互独立性的判断
[典例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
精研考点·提升素养
√
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)，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)，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)，C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误．故选B．]
考向2　相互独立事件的概率
[典例2]　乒乓球比赛规则规定，一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
(2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．
[解]　记Ai表示事件，第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i＝0，1，2，
记Bi表示事件，第3次和第4次这两次发球，甲共得i分，i＝0，1，2，
A表示事件：第3次发球，甲得1分，
B表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1∶2，
C表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先，
(1)B＝A0A＋A1，
P(A)＝0.4，P(A0)＝0.42＝0.16；
P(A1)＝2×0.4×0.6＝0.48；
P(B)＝P(A0A＋A1)
＝P(A0A)＋P(A1)＝P(A0)P(A)＋P(A1)P()
＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4)＝0.352．
(2)P(B1)＝2×0.4×0.6＝0.48，P(B2)＝0.42＝0.16，
P(A2)＝0.62＝0.36，
C＝A1B2＋A2B1＋A2B2，
P(C)＝P(A1B2＋A2B1＋A2B2)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)
＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16＝0.307 2．
名师点评：求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
[巩固迁移]
1．已知从甲袋中摸出一个红球的概率是
，现从两袋中各摸出一个球，下列结论错误的是(　　)
A．两个球都是红球的概率为
B．两个球中恰有1个红球的概率为
C．两个球不都是红球的概率为
D．至少有1个红球的概率为
√
C　[两个球都是红球的概率为，A正确；
两个球中恰有1个红球的概率为，B正确；
两个球不都是红球的对立事件为两个球都是红球，所以概率为1－，C错误；
至少有1个红球包含两个球都是红球、两个球中恰有1个红球，所以概率为，D正确．故选C．]
【教用·备选题】
设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件_____________(填“是”或“不是”)两两独立，且＝_____________．
是
2
是　2　[由题意，可得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
且P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，P(ABC)＝，
所以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两两相互独立，且＝2．]
考点二　条件概率
[典例3]　在一个盒子中有大小与质地相同的20个球，其中10个红球，10个白球，两人依次不放回地各摸1个球，求：
(1)在第一个人摸出1个红球的条件下，第二个人摸出1个白球的概率；
(2)第一个人摸出1个红球，且第二个人摸出1个白球的概率．
[解]　(1)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，则P(A)＝，
第一个人摸出1个红球后，盒子中还有19个球，其中9个红球，10个白球，故在第一个人摸出1个红球的条件下，第二个人摸出1个白球的概率P(B|A)＝．
(2)设事件A表示：第一个人摸出红球，B表示：第二个人摸出白球，
事件：第一个人摸出1个红球，且第二个人摸出1个白球即事件AB，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝．
名师点评：求条件概率的两种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法．
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝．
[巩固迁移]
2．(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
√
A　[法一(图示法)：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(运用条件概率的计算公式求解)：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．]
3．(2022·天津卷)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为_____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为_____________．
　[由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，则P(BC)＝，P(B)＝，
所以P(C|B)＝．]
考点三　全概率公式的应用
[典例4]　(2026·湖南长沙模拟)某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人．
(1)求该机器人是甲品牌合格品的概率；
(2)求该机器人是合格品的概率；
(3)若该机器人是不合格品，求它是丙品牌的概率．
[解]　(1)用A表示机器人是甲品牌，用B表示机器人是合格品，甲品牌的占40%，合格率为95%，
则P(A)＝40%，P(B|A)＝95%，
所以该机器人是甲品牌合格品的概率P(BA)＝P(A)P(B|A)＝40%×95%＝0.38．
(2)用C表示机器人是乙品牌，用D表示机器人是丙品牌，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(C)P(B|C)＋P(D)·P(B|D)＝40%×95%＋30%×90%＋30%×90%＝0.92．
(3)由(2)知，该机器人是不合格品的概率P()＝1－0.92＝0.08，若该机器人是不合格品，它是丙品牌的概率P(D|)＝．
名师点评：“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)．

(2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
[巩固迁移]
4．已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且各箱中的小球总个数之比为5∶6∶9，红球在1，2，3号箱中分别占．从3个箱中的所有球中随机取出一个球，若每个球被取出的概率相等，在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为_____________．
　[设事件Ai为“取出的小球来自i号箱”，事件B为“取出的球为红球”，
则A1∪A2∪A3构成了总的样本空间，且A1，A2，A3两两互斥，
由题意有P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，
P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝，
则由全概率公式得P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)＝，
则在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱的概率为P(A3|B)＝＝．]
【教用·备选题】
1．(2026·湖南长沙开学考试)某种电路开关闭合后，会出现闪动的红灯或绿灯．已知开关第一次闭合后，出现红灯和出现绿灯的概率都是，记开关第n次闭合后出现红灯的概率为Pn．
(1)求P2；
(2)求Pn(n≥2，n∈N*)．
[解]　(1)第二次闭合后出现红灯的概率P2的大小决定于两个互斥事件，
即第一次红灯后第二次又是红灯，第一次绿灯后第二次才是红灯，于是
P2＝P1·＋(1－P1)·．
(2)研究开关第n次闭合后出现红灯的概率Pn，则要考虑第n－1次闭合后出现红灯或绿灯的情况，
Pn＝Pn-1·＋(1－Pn-1)·．
再利用待定系数法，令Pn＋x＝－(Pn-1＋x)，整理比较可得x＝－．
故为等比数列，
所以Pn－．
所以Pn＝．
2．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，从原来袋子中摸球；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．
[解]　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．
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝．
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)＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为．
②由①得P(A2)＝1－P(A1)＝1－，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1)P(B1)＋P(A2)·P(B1)＝，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2)P(B1)＋P(A1)·P(B1)＝，
因为，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大．
一、单项选择题
1．假设P(A)＝0.6，P(AB)＝0.42，且A与B相互独立，则P(A∪B)＝
(　　)
A．0.9 B．0.75
C．0.88 D．0.84
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
课后作业(六十八)　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
√
C　[由题意得，P(B)＝＝0.7，故P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.6＋0.7－0.42＝0.88．]
题号
1
3
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12
题号
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1
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12
2．(2026·福建福州模拟)已知事件A，B，且P(A)＝，P(B)＝，P(A|B)＝，则P(B|A)＝(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
√
D　[因为 P(B)＝，P(A|B)＝ ，所以P(AB)＝P(B)P(A|B)＝，因为 P(A)＝，所以P(B|A)＝．故选D．]
3．(2025·山东济宁一模)甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为(　　)
A． B．
C． D．
题号
2
1
3
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5
6
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7
9
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11
12
√
C　[设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，
则P(A)＝0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784，P(AB)＝2×0.7×0.3×0.7＝0.294，
所以P(B|A)＝．故选C．]
题号
2
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11
12
4．(2026·辽宁大连模拟)志愿者甲参加第21届文博会的服务工作，甲从住所到文博会选择乘地铁、乘公交车、骑共享单车的概率分别为．若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为(　　)
A． B．
C． D．
题号
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12
√
C　[设事件A表示“甲乘地铁”，事件B表示“甲乘公交车”，事件C表示“甲骑共享单车”，事件D表示“甲按时到达文博会”，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D|A)＝，P(D|B)＝，P(D|C)＝，
则P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)·P(D|C)
＝，P(CD)＝P(C)P(D|C)＝，
所以若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为P(C|D)＝．故选C．]
题号
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11
12
5．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，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是(　　)
A． B．
C． D．
题号
2
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11
12
√
C　[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)＝，P()＝1－P(M)＝1－，
P(N)＝，所以P()＝1－P(N)＝1－，所以P(A)＝1－P()P()＝1－
．]
题号
2
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11
12
6．甲、乙两人分别掷两枚骰子，规则如下：若掷出的点数之和是3的倍数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着掷．第一次掷由甲开始，设第n次由甲掷的概率为Pn，则Pn与Pn-1之间的关系是(　　)
A．Pn＝
B．Pn＝
C．Pn＝－
D．Pn＝－
题号
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11
12
√
C　[第n次由甲掷应该有两种情况：
①第n－1次由甲掷，第n次继续由甲掷，此时概率为Pn-1；
②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，此时概率为．
由于这两种情况是互斥的，
因此Pn＝，Pn与Pn-1之间的关系式是Pn＝
－，其中n≥2．故选C．]
题号
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二、多项选择题
7．(2026·江苏南通开学考试)设样本空间Ω＝{1，2，3，4}，且每个样本点是等可能的，已知事件A＝{1，2}，B＝{1，3}，C＝{1，4}，则(　　)
A．A与B互斥 B．B与C相互独立
C．P(ABC)＝P(A)P(B)P(C) D．P(A|C)＝P(C|A)
2025课标新变化：选择合适的方法计算概率．
题号
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√
√
BD　[对于A，因为A＝{1，2}，B＝{1，3}，则A∩B＝≠ ，所以A错误；对于B，因为B∩C＝，所以P(BC)＝，又P(B)＝P(C)＝，
则P(BC)＝P(B)P(C)，所以B与C相互独立，故B正确；
对于C，因为A∩B∩C＝，则P(ABC)＝，
又P(A)＝P(B)＝P(C)＝，所以P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，故C错误；
对于D，因为P(A)＝P(C)＝，又A∩C＝，则P(AC)＝，
所以P(A|C)＝，P(C|A)＝，故D正确．故选BD．]
题号
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12
8．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现任取一个零件，记事件Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，事件B＝“任取一零件为次品”，则(　　)
A．P(A1)＝0.25 B．P(B|A2)＝0.015
C．P(B)＝0.052 5 D．P(A1|B)＝
题号
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√
√
√
ACD　[根据题意知P(B)＝6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝0.052 5，故C正确；P(A1)＝0.25， 故A正确；P(BA2)＝5%×0.3＝0.015，P(A2)＝0.3，则P(B|A2)＝＝0.05，故B错误；P(A1B)＝6%×0.25＝0.015，则P(A1|B)＝，故D正确．]
题号
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三、填空题
9．甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为_____________．
题号
2
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0.625
0.625　[记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝＝0.625．]
10．甲箱中有2个白球和3个红球，乙箱中有1个白球和3个红球，这些球除颜色外其余都相同，先从甲箱中取1个球放入乙箱，再从乙箱中任取1个球，则从乙箱中取出的球是白球的概率为_________．
题号
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12
　[设事件A＝“从甲箱中取出红球”，事件B＝“从甲箱中取出白球”，事件C＝“从乙箱中取出的球是白球”，则有P(A)＝，P(C|A)＝，P(B)＝，P(C|B)＝，所以P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)P(C|B)＝．]
四、解答题
11．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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为， 收到1的概率为．
(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；
(2)依次发送1，1，0，判断以下两个事件：①事件A：至少收到一个正确信号； ②事件B：至少收到两个0，是否互相独立，并给出证明．
题号
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[解]　(1)重复发送信号1三次，至少收到两次1的可能情况为：
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因为信号的传输相互独立，
故至少收到两次1的概率为．
题号
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题号
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(2)事件A与事件B不互相独立，证明如下：
若依次发送1，1，0，则三次都没收到正确信号的概率为，
故至少收到一个正确信号的概率为P(A)＝1－；
若依次发送1，1，0，至少收到两个0的可能情况为：
(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
得P(B)＝，
题号
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若依次发送1，1，0，至少收到两个0且至少收到一个正确信号的可能情况为：
(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
得P(AB)＝，
因为P(A)P(B)≠P(AB)，所以事件A与事件B不互相独立．
12．(2025·广西柳州三模)某学校有A、B两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐．已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去A餐厅的条件下，后一天继续选择A餐厅的概率为；而在前一天选择去B餐厅的条件下，后一天继续选择去B餐厅的概率为，如此往复．
题号
2
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题号
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1
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(1)求该同学第一天和第二天都选择去A餐厅用晚餐的概率；
(2)求该同学第二天选择去A餐厅用晚餐的概率；
(3)记该同学第n天选择去A餐厅用晚餐的概率为Pn，求的通项公式．
[解]　(1)记事件Ak：该同学第k(k＝1，2)天去A餐厅，则P(A1)＝P()＝，P(A2|A1)＝，P()＝，
由概率乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝．
(2)由对立事件的概率公式可得P(A2|)＝1－P()＝1－，
由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P()·P(A2|)＝．
题号
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(3)记事件An：该同学第n(n∈N*)天去A餐厅，则Pn＝P(An)，
由题意可知，P(An|An-1)＝，P(An|)＝(n≥2，n∈N*)，
由全概率公式可得
P(An)＝P(An-1)·P(An|An-1)＋P()·P(An|)(n≥2，n∈N*)，
即Pn＝(1－Pn-1)＝－，则Pn－，
所以，数列是以P1－为首项，－为公比的等比数列，
所以，Pn－，故Pn＝．
题号
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谢 谢 ！课后作业(六十八)　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共78分
一、单项选择题
1．假设P(A)＝0.6，P(AB)＝0.42，且A与B相互独立，则P(A∪B)＝ (　　)
A．0.9 B．0.75
C．0.88 D．0.84
2．(2026·福建福州模拟)已知事件A，B，且P(A)＝，P(B)＝，P(A|B)＝，则P(B|A)＝ (　　)
A． B．
C． D．
3．(2025·山东济宁一模)甲，乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为 (　　)
A． B．
C． D．
4．(2026·辽宁大连模拟)志愿者甲参加第21届文博会的服务工作，甲从住所到文博会选择乘地铁、乘公交车、骑共享单车的概率分别为，且乘地铁、乘公交车、骑共享单车按时到达文博会的概率分别为．若某一天甲按时到达文博会，则他骑共享单车的概率为 (　　)
A． B．
C． D．
5．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，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是 (　　)
A． B．
C． D．
6．甲、乙两人分别掷两枚骰子，规则如下：若掷出的点数之和是3的倍数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着掷．第一次掷由甲开始，设第n次由甲掷的概率为Pn，则Pn与Pn-1之间的关系是 (　　)
A．Pn＝Pn-1
B．Pn＝
C．Pn＝－Pn-1＋
D．Pn＝－Pn-1＋
二、多项选择题
7．(2026·江苏南通开学考试)设样本空间Ω＝{1，2，3，4}，且每个样本点是等可能的，已知事件A＝{1，2}，B＝{1，3}，C＝{1，4}，则 (　　)
A．A与B互斥
B．B与C相互独立
C．P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)
D．P(A|C)＝P(C|A)
2025课标新变化：选择合适的方法计算概率．
8．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2，3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现任取一个零件，记事件Ai＝“零件为第i台车床加工”(i＝1，2，3)，事件B＝“任取一零件为次品”，则 (　　)
A．P(A1)＝0.25 B．P(B|A2)＝0.015
C．P(B)＝0.052 5 D．P(A1|B)＝
三、填空题
9．甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为________　．
10．甲箱中有2个白球和3个红球，乙箱中有1个白球和3个红球，这些球除颜色外其余都相同，先从甲箱中取1个球放入乙箱，再从乙箱中任取1个球，则从乙箱中取出的球是白球的概率为________．
四、解答题
11．(13分)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，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为， 收到1的概率为．
(1)重复发送信号1三次，计算至少收到两次1的概率；
(2)依次发送1，1，0，判断以下两个事件：①事件A：至少收到一个正确信号； ②事件B：至少收到两个0，是否互相独立，并给出证明．
12．(13分)(2025·广西柳州三模)某学校有A、B两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐．已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去A餐厅的条件下，后一天继续选择A餐厅的概率为；而在前一天选择去B餐厅的条件下，后一天继续选择去B餐厅的概率为，如此往复．
(1)求该同学第一天和第二天都选择去A餐厅用晚餐的概率；
(2)求该同学第二天选择去A餐厅用晚餐的概率；
(3)记该同学第n天选择去A餐厅用晚餐的概率为Pn，求的通项公式．
课后作业(六十八)
1．C　[由题意得，P(B)＝＝0.7，故P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.6＋0.7－0.42＝0.88．]
2．D
3．C　[设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，
则P(A)＝0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784，P(AB)＝2×0.7×0.3×0.7＝0.294，
所以P(B|A)＝．故选C．]
4．C　[设事件A表示“甲乘地铁”，事件B表示“甲乘公交车”，事件C表示“甲骑共享单车”，事件D表示“甲按时到达文博会”，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D|A)＝，P(D|B)＝，P(D|C)＝，
则P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)·P(D|C)
＝，
P(CD)＝P(C)P(D|C)＝，
所以若某一天甲按时到达文博会，
则他骑共享单车的概率为P(C|D)＝．故选C．]
5．C　[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)＝，P()＝1－P(M)＝1－，
P(N)＝，所以P()＝1－P(N)＝1－，
所以P(A)＝1－P()P()＝1－．]
6．C　[第n次由甲掷应该有两种情况：
①第n－1次由甲掷，第n次继续由甲掷，此时概率为Pn-1＝Pn-1；
②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，此时概率为．
由于这两种情况是互斥的，
因此Pn＝Pn-1＋，Pn与Pn-1之间的关系式是Pn＝－Pn-1＋，其中n≥2．故选C．]
7．BD　[对于A，因为A＝{1，2}，B＝{1，3}，则A∩B＝≠ ，所以A错误；
对于B，因为B∩C＝，所以P(BC)＝，
又P(B)＝P(C)＝，
则P(BC)＝P(B)P(C)，所以B与C相互独立，故B正确；
对于C，因为A∩B∩C＝，
则P(ABC)＝，
又P(A)＝P(B)＝P(C)＝，
所以P(ABC)≠P(A)P(B)P(C)，故C错误；
对于D，因为P(A)＝P(C)＝，
又A∩C＝，则P(AC)＝，
所以P(A|C)＝，
P(C|A)＝，故D正确．故选BD．]
8．ACD　[根据题意知P(B)＝6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝0.052 5，故C正确；P(A1)＝0.25， 故A正确；P(BA2)＝5%×0.3＝0.015，P(A2)＝0.3，
则P(B|A2)＝＝0.05，故B错误；P(A1B)＝6%×0.25＝0.015，则P(A1|B)＝，故D正确．]
9．0．625　10．
11．解：(1)重复发送信号1三次，至少收到两次1的可能情况为：
(1，1，1)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，
因为信号的传输相互独立，
故至少收到两次1的概率为．
(2)事件A与事件B不互相独立，证明如下：
若依次发送1，1，0，则三次都没收到正确信号的概率为，
故至少收到一个正确信号的概率为P(A)＝1－；
若依次发送1，1，0，至少收到两个0的可能情况为：
(0，0，0)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
得P(B)＝，
若依次发送1，1，0，至少收到两个0且至少收到一个正确信号的可能情况为：
(0，0，0)，(0，1，0)，(1，0，0)，根据事件的相互独立性，
得P(AB)＝，
因为P(A)P(B)≠P(AB)，所以事件A与事件B不互相独立．
12．解：(1)记事件Ak：该同学第k(k＝1，2)天去A餐厅，则P(A1)＝P()＝，
P(A2|A1)＝，P()＝，
由概率乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＝．
(2)由对立事件的概率公式可得
P(A2|)＝1－P()＝1－，
由全概率公式可得P(A2)＝P(A1)·P(A2|A1)＋P()·P(A2|)＝．
(3)记事件An：该同学第n(n∈N*)天去A餐厅，则Pn＝P(An)，
由题意可知，P(An|An-1)＝，
P(An|)＝(n≥2，n∈N*)，
由全概率公式可得P(An)＝P(An-1)·P(An|An-1)＋P()·P(An|)(n≥2，n∈N*)，
即Pn＝Pn-1＋(1－Pn-1)＝－Pn-1＋，
则Pn－＝－，
所以，数列是以P1－为首项，－为公比的等比数列，
所以，Pn－，故Pn＝．
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