资源简介

9.5　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
一、 单选题
1 [2026安溪八中一检]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”，则下列结论中正确的是(　　)
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
2 [2025上海卷]已知事件A，B相互独立，事件A发生的概率为P(A)＝，事件B发生的概率为P(B)＝，则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为(　　)
A. B.
C. D. 0
3 一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来．某考生知道正确答案的概率为，不知道正确答案乱猜的概率为.在乱猜时，4个答案都有机会被他选择．若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是(　　)
A. B. C. D.
4 某校组织“致敬航天星，逐梦青春路”主题征文比赛，评审结果显示，获得一、二、三等奖的征文数量之比为2∶3∶5，男生的征文获奖数量分别占一、二、三等奖征文总数的30%，60%，50%.现从所有获奖征文中任取一篇，记“取出一等奖的征文”为事件E，“取出男生的征文”为事件F，“取出女生的征文”为事件G，则下列结论中正确的是(　　)
A. P(F)>P(G) B. P(F)P(G)>
C. P(E|G)＝ D. P(E|F)＝
二、 多选题
5 [2025苏北四市一模]设甲袋中有2个白球和3个红球，乙袋中有1个白球和2个红球，现从甲袋中任取1个球放入乙袋，用事件A1，A2分别表示从甲袋中取出的是白球和红球，再从乙袋中随机取出1球，用事件B表示从乙袋中取出的是白球，则下列结论中正确的是(　　)
A. A1，A2互斥 B. A1与B相互独立
C. P(B|A2)＝ D. P(B)＝
6 [2025南京调研]对于随机事件A，B，若P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝，则下列结论中正确的是(　　)
A. P(AB)＝ B. P(A|B)＝
C. P(A＋B)＝ D. P(B)＝
7 英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)＝.某高校有甲、乙两家餐厅，王同学第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学(　　)
A. 第二天去甲餐厅的概率为0.54
B. 第二天去乙餐厅的概率为0.44
C. 第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为
D. 第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为
三、 填空题
8 [2026南京外国语学校月考]现有8道单选题(每题都有四个选项)，某学生对其中6道题有思路，2道题完全没有思路．假设有思路的题都能做对，没有思路的题仅能随机猜，那么从8道题中随机选择1道题，此学生能够做对的概率为________．
9 [2025天津南开中学月考]现有52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，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________．
10 某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两班的人数之比为 5∶3，其中甲班中女生占，乙班中女生占，则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率是________．
四、 解答题
11 [2025广州五中月考]某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示．
(1) 当甲出场比赛时，求球队输球的概率；
(2) 当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当边锋的概率；
(3) 如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在场上的哪个位置？请说明理由．
场上位置 边锋 前卫 中场
出场率 0.3 0.5 0.2
球队胜率 0.8 0.6 0.7
12 [2025武汉调研]有A，B，C，D，E，F，G，H八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛、半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军，赛事流程图如图所示．八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知B～H这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，A运动员与其他运动员对决时，A获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立．
(1) 求这八名运动员各自获得冠军的概率；
(2) 求B与A对决过且最后获得冠军的概率；
(3) 求B与C对决过且最后获得冠军的概率．
9．5　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1. B　解析：由题意，得P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝， P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁).故甲与丙不独立，甲与丁相互独立，乙与丙不独立，丙与丁不独立．
2. B　解析：因为A，B相互独立，所以P(A∩B)＝P(A)P(B)＝×＝.
3. B　解析：设事件A为“考生答对”，事件B为“考生知道正确答案”．由全概率公式可得P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()·P(A|)＝×1＋×＝，所以P(B|A)＝＝＝.
4. D　解析：因为获得一、二、三等奖的征文数量之比为2∶3∶5，所以不妨设获得一、二、三等奖的征文数量分别为2m，3m，5m，则获奖总数为10m.因为男生的征文获奖数量分别占一、二、三等奖征文总数的30%，60%，50%，所以男生的一、二、三等奖征文获奖数量分别为0.6m，1.8m，2.5m，则女生的一、二、三等奖征文获奖数量分别为1.4m，1.2m，2.5m.现从所有获奖征文中任取一篇，则P(F)＝＝0.49，P(G)＝＝0.51，P(F)5. AC　解析：因为A1，A2不可能同时发生，所以A1，A2互斥，故A正确；因为P(A1)＝，所以P(B)＝×＋×＝，故D错误；因为P(A1B)＝×＝≠P(A1)P(B)，所以A1与B不独立，故B错误；因为P(A2)＝，P(A2B)＝×＝，所以由条件概率公式可得P(B|A2)＝＝＝，故C正确．故选AC.
6. BCD　解析：对于A，P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，故A错误；对于B，P(A|B)＝＝＝，故B正确；对于C，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，故C正确；对于D，因为P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)，即＝×＋×P(B|)，所以P(B|)＝，所以P(B)＝P()P(B|)＝×＝，故D正确．故选BCD.
7. AC　解析：设事件A1为第一天去甲餐厅，事件A2为第二天去甲餐厅，事件B1为第一天去乙餐厅，事件B2为第二天去乙餐厅，所以P(A1)＝0.4，P(B1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.6，P(A2|B1)＝0.5.因为P(A2|A1)＝＝0.6，P(A2|B1)＝＝0.5，所以P(A2)P(A1|A2)＝0.24，P(A2)P(B1|A2)＝0.3，所以P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.4×0.6＋0.6×0.5＝0.54，故A正确；P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，故B错误；P(B1|A2)＝＝，故C正确；P(A1|B2)＝＝＝＝，故D错误．故选AC.
8. 　解析：P＝×＋×1＝.
9. 　　解析：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)＝＝，P(C|B)＝＝＝.
10. 　解析：记A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件，B表示是女生的事件，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B Ω.由题意可知，P(A1)＝，P(A2)＝，且P(B|A1)＝，P(B|A2)＝.由全概率公式可知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝×＋×＝，即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为.
11. (1) 记A1表示“甲出任边锋”，A2表示“甲出任前卫”，A3表示“甲出任中场”，B表示“球队赢球”，
则甲出场时，球队赢球的概率为
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.3×0.8＋0.5×0.6＋0.2×0.7＝0.68，
所以甲出场比赛时，球队输球的概率为1－P(B)＝1－0.68＝0.32.
(2) 因为P(B)＝0.68，
所以P(A1|B)＝＝＝，
即当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，球员甲担当边锋的概率为.
(3) 因为P(A2|B)＝＝＝，P(A3|B)＝＝＝，
所以P(A2|B)>P(A1|B)>P(A3|B)，
所以如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在前卫．
12. (1) 因为A运动员夺冠即为三轮比赛都获胜，
所以A运动员夺冠的概率为＝.
由题意，得B～H七名运动员水平相同，且八名运动员各自夺冠的概率之和为1，
所以B～H七名运动员各自夺冠的概率均为×＝.
(2) 记事件B为“B获得冠军”，事件A为“B与A对决过”，事件Ai为“B与A在第i轮对决”，i＝1，2，3.
不妨设A在①号位，则B在第1，2，3轮能与A对决时其位置编号分别为②，③④中的一个，⑤⑥⑦⑧中的一个．
因为P(AB)＝P((A1＋A2＋A3)B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B),
且P(A1B)＝×××＝，
P(A2B)＝××××＝，
P(A3B)＝×××××＝，
所以P(AB)＝＋＋＝.
(3) 记事件C为“B与C对决过”．
由(1)(2)，得B没有与A对决过且最后获得冠军的概率P(B)＝P(B)－P(AB)＝－＝.
因为P(BC)＝P((A＋)BC)＝P(ABC)＋P(BC)＝P(AB)P(C|AB)＋P(B)P(C|B).
又C～H六名运动员与B对决过的概率相同，B夺冠时共与三名运动员对决，所以P(C|AB)＝＝，P(C|B)＝＝.
故P(BC)＝×＋×＝.9.5　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
复习目标　了解条件概率的定义，结合古典概型了解条件概率以及条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算条件概率，会用全概率公式计算概率．
事件的相互独立性：P(AB)＝P(A)P(B)
条件概率：P(B|A)＝
全概率公式：P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)
活动一 基础引入
1 已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)等于(　　)
A. B. C. D.
2 有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件C：所选盒中有笔袋，则下列结论中正确的是(　　)
A. 事件A与事件B互斥
B. 事件A与事件B相互独立
C. 事件A与事件B∪C互斥
D. 事件A与事件B∩C相互独立
3 [2025潍坊模拟]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，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. B. C. D.
4 [2025湖南“长望浏宁”四县调研]甲、乙两人在玩掷骰子游戏，各掷一次，设得到的点数分别为x，y，事件A表示“x>4”，事件B表示“y为奇数”，事件C表示“x＋y>8”，事件D表示“x＋y＝7”，则相互独立的事件是(　　)
A. A与C B. B与C
C. C与D D. B与D
5 某同学连续两天在学校信息图文中心2楼和3楼进行拓展阅读，第一天等可能地从信息图文中心2楼和3楼中选择一层楼进行阅读．若在第一天去2楼的条件下第二天还在2楼阅读的概率为0.7；在第一天去3楼的条件下第二天去2楼阅读的概率为0.8，则该同学第二天去3楼阅读的概率为________．
活动二 典例悟法
题组一　相互独立事件发生的概率
1 某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为，乙当选的概率为，丙当选的概率为，三名同学是否当选互不影响，且相互独立．
(1) 求甲、乙、丙三名同学恰有一名同学当选的概率；
(2) 求甲、乙、丙三名同学至多有两名同学当选的概率．
1 在例1的条件下，求甲、乙、丙三名同学中恰有两名当选的概率．
2 在例1的条件下，求甲、乙、丙三名同学中至少有一名当选的概率．
2 [2026徐州三中月考改编]甲、乙两人组队代表班级参加学校科技节的“水火箭”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各发射火箭一次．在一轮比赛中，若两人都射中，则得3分；若只有一个人射中，则得1分；若两人都没射中，则得0分．已知甲每轮射中的概率均为，乙每轮射中的概率均为，每轮比赛中甲、乙射中与否互不影响，各轮比赛的结果也互不影响．
(1) 若他们参加一轮比赛，求得分X的概率分布和数学期望；
(2) 若他们参加两轮比赛，求至少得3分的概率．
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其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．
题组二　条件概率
3 从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为________．
　从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，则第一次抽到奇数、第二次抽到偶数的概率为________．
1 [2023全国甲卷(理)·6]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 [2022天津卷·13]52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，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________.
4 现有5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取1个，不放回地取两次，求：
(1) 第一次取到新球的概率；
(2) 第二次取到新球的概率；
(3) 在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率．
　一袋中共有大小相同的5个黑球和 5个白球．
(1) 若从袋中任意摸出2个球，求至少有1个白球的概率；
(2) 现从袋中不放回地取球，每次取1个球，取两次，已知第一次取得白球，求第二次取得黑球的概率．
5 某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保　费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
设该险种的一位续保人一年内出险次数与相应的概率如下：
一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
概　率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
(1) 求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2) 若该续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3) 求该续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
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包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
题组三　全概率公式
6 有甲、乙两个袋子，甲袋中有3个白球，2个黑球，乙袋中有4个白球，4个黑球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，然后再从乙袋中任取一球，求此球为白球的概率．
7 设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正．一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.
(1) 该射手任取一支枪射击，中靶的概率是多少？
(2) 若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率．
[2025邵阳二模]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，若取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为(　　)
A. B. C. D.
1 [2024上海秋季高考·8]某校举办科学竞技比赛，有A，B，C三种题库，A题库有5 000道题，B题库有 4 000 道题，C题库有3 000道题. 小申已完成所有题，已知小申完成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，则他从所有的题中随机选一题作答的正确率是________．
2 [2025天津卷·13]小桐绕操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈．第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4. 小桐一周跑11圈的概率为________；若一周至少跑11圈为运动达标，小桐连续跑4周，记运动达标的周数为X，则期望E(X)＝________．
使用全概率公式的前提是Ai(i＝1，2，3，…，n)是互斥事件，且Ai＝Ω为样本空间，事件B Ω，才能计算事件B发生的概率．
9．5　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
1. D　解析：由条件概率公式，得P(B|A)＝＝＝.
2. B　解析：对于A，事件A和事件B可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，所以事件A与事件B不互斥，故A错误；对于B，因为P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，所以P(A)·P(B)＝P(AB)，则事件A与事件B相互独立，故B正确；对于C，事件A与事件B∪C可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，所以事件A与事件B∪C不互斥，故C错误；对于D，因为P(A)＝，P(B∩C)＝，P(A∩(B∩C))＝，所以P(A)P(B∩C)≠P(A∩(B∩C))，则事件A与事件B∩C不相互独立，故D错误．
3. D　解析：设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，则P(A)＝×＋××＋××＝，P(AB)＝×＋××＝，所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(B|A)＝＝＝.
4. D　解析：由题意，得甲、乙两人掷骰子共有36种情况．事件A：“x>4”的情况有(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共12种，所以P(A)＝＝.事件B：“y为奇数”的情况有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，(6，1)，(6，3)，(6，5)，共18种，所以P(B)＝＝.事件C：“x＋y>8”的情况有(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共10种，所以P(C)＝＝.事件D：“x＋y＝7”的情况有(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，共6种，所以P(D)＝.对于A，因为P(AC)＝≠P(A)P(C)，所以A与C不独立，故A错误；对于B，因为P(BC)＝＝≠P(B)P(C)，所以B与C不独立，故B错误；对于C，因为事件C与D不能同时发生，所以P(CD)＝0≠P(C)P(D)，故C错误；对于D，因为P(BD)＝＝＝P(B)P(D)，所以B与D相互独立，故D正确．
5. 0.25　解析：设事件Ai为“第i天去2楼阅读”， 事件Bi为“第i天去3楼阅读”，则P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(B2|A1)＝1－0.7＝0.3，P(B2|B1)＝1－0.8＝0.2，所以P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)·P(B2|B1)＝0.5×0.3＋0.5×0.2＝0.25.
例1　设甲、乙、丙当选的事件分别为A，B，C，
则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1) 因为事件A，B，C相互独立，
所以甲、乙、丙三名同学恰有1名同学当选的概率为
P＝P(A)·P()·P()＋P()·P(B)·P()＋P()·P()·P(C)＝××＋××＋××＝.
(2) 甲、乙、丙三名同学至多有两名同学当选的概率为1－P(ABC)＝1－P(A)·P(B)·P(C)＝1－××＝.
变式训练1　因为事件A，B，C相互独立，
所以甲、乙、丙三名同学恰有两名当选的概率为
P＝P(A)·P(B)·P()＋P(A)·P()·P(C)＋P()·P(B)·P(C)＝××＋××＋××＝＋＋＝.
变式训练2　因为“甲、乙、丙三名同学至少有一名当选”与事件“甲、乙、丙三名同学都不当选”为对立事件，
所以甲、乙、丙三名同学至少有一名当选的概率为
P＝1－P(　　)＝1－P()·P()·P()＝1－××＝.
例2　(1) 由题意，得X的可能取值为0，1，3，
则P(X＝0)＝×＝×＝，
P(X＝1)＝×＋×＝＝，
P(X＝3)＝×＝，
所以得分X的概率分布为
X 0 1 3
P
所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋3×＝.
(2) 至少得3分的对立事件为总分小于3分，即总分为0，1，2.
总分得0分的概率为P1＝＝，
总分得1分的概率为P2＝2××＝，
总分得2分的概率为P3＝＝，
所以总分小于3分的概率为＋＋＝＝，
所以至少得3分的概率P＝1－＝.
例3　　解析：设事件A表示“第一次抽到奇数”，事件B表示“第二次抽到偶数”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝，所以在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为P(B|A)＝＝＝.
变式训练　　解析：由题意，得第一次抽到奇数、第二次抽到偶数的概率为P＝＝.
链接高考
1. A　解析：由题意，得同时爱好两项的概率为0.5＋0.6－0.7＝0.4.记“该同学爱好滑雪”为事件A，“该同学爱好滑冰”为事件B，则P(A)＝0.5，P(AB)＝0.4，所以P(B|A)＝＝＝0.8.
2. 　　解析：设“第一次抽到A”为事件B，“第二次抽到A”为事件C，则P(BC)＝×＝，P(B)＝＝，所以P(C|B)＝＝＝.
例4　(1) 由题意，得基本事件的总数为5，第一次取到新球的基本事件包含3个，所以第一次取到新球的概率为.
(2) 第二次取到新球包含两种情况，第一次取到新球和第一次没有取到新球，所以第二次取到新球的概率为×＋×＝.
(3) 由(1)(2)，可得所求概率为P＝＝.
变式训练　(1) 记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A，则P(A)＝1－＝.
(2) 记“第一次取得白球”为事件B, “第二次取得黑球”为事件C，
则P(BC)＝＝，P(B)＝＝.
故P(C|B)＝＝.
例5　(1) 设“该续保人本年度的保费高于基本保费”为事件A，
则P(A)＝1－P()＝1－(0.30＋0.15)＝0.55.
(2) 设“该续保人保费比基本保费高出60%”为事件B，
则P(B|A)＝＝＝.
(3) 设本年度所交保费为随机变量X，则随机变量X的概率分布为
X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
故平均保费E(X)＝0.85a×0.30＋0.15a＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a，
所以平均保费与基本保费的比值为1.23.
例6　记事件Ai为“从甲袋中取出的2个球有i个白球”，其中i＝0，1，2，事件B为“从乙袋中取到的一球为白球”，
则P(A0)＝＝，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
P(B|A0)＝＝，P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝.
由全概率公式，得P(B)＝P(A0)·P(B|A0)＋P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝×＋×＋×＝.
例7　设事件A表示“枪已校正”，事件B表示“射击中靶”，
则P(A)＝0.6，P()＝0.4，P(B|A)＝0.9，P(|A)＝0.1，P(B|)＝0.4，P(|)＝0.6.
(1) 由全概率公式，得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.6×0.9＋0.4×0.4＝0.7.
(2) 由题意，得P(|)＝＝＝0.8.
变式训练　C　解析：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)＝，所以P(A1|B)＝＝＝.故任取一个零件，若取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为.
链接高考
1. 0.85　解析：由题意可得A，B，C题库的比为5∶4∶3, 各自的占比分别为，，，根据全概率公式可得正确率P＝×0.92＋×0.86＋×0.72＝0.85.
2. 0.6　3.2　解析：设“小桐一周跑11圈”为事件A，“第一次跑5圈”为事件B，“第二次跑5圈”为事件C，则P(A)＝P(B)P(|B)＋P()·P(C|)＝0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6.设“小桐至少跑11圈”为事件D，则P(D)＝P(A)＋P()P(|)＝0.6＋0.5×0.4＝0.8，所以X～B(4，0.8)，所以E(X)＝4×0.8＝3.2.(共47张PPT)
第九章
9.5　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
统计与概率
复习目标　了解条件概率的定义，结合古典概型了解条件概率以及条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算条件概率，会用全概率公式计算概率．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
D
2 有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件A：所选盒中有中国结，事件B：所选盒中有记事本，事件C：所选盒中有笔袋，则下列结论中正确的是 (　　)
A．事件A与事件B互斥
B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件B∪C互斥
D．事件A与事件B∩C相互独立
B
D
4 [2025湖南“长望浏宁”四县调研]甲、乙两人在玩掷骰子游戏，各掷一次，设得到的点数分别为x，y，事件A表示“x>4”，事件B表示“y为奇数”，事件C表示“x＋y>8”，事件D表示“x＋y＝7”，则相互独立的事件是 (　　)
A．A与C　　　B．B与C　　　C．C与D　　　D．B与D
D
5 某同学连续两天在学校信息图文中心2楼和3楼进行拓展阅读，第一天等可能地从信息图文中心2楼和3楼中选择一层楼进行阅读．若在第一天去2楼的条件下第二天还在2楼阅读的概率为0.7；在第一天去3楼的条件下第二天去2楼阅读的概率为0.8，则该同学第二天去3楼阅读的概率为_______.
0.25
【解析】设事件Ai为“第i天去2楼阅读”， 事件Bi为“第i天去3楼阅读”，则P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(B2|A1)＝1－0.7＝0.3，P(B2|B1)＝1－0.8＝0.2，所以P(B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)·P(B2|B1)＝0.5×0.3＋0.5×0.2＝0.25.
活动二　典例悟法
1
　　　　　　1 在例1的条件下，求甲、乙、丙三名同学中恰有两名当选的概率．
　　　　　　2 在例1的条件下，求甲、乙、丙三名同学中至少有一名当选的概率．
2
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其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．
题组二　条件概率
　　　从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为_____．
3
　　　　　　从标有1，2，3，4，5的五张卡中，依次抽出2张，则
第一次抽到奇数、第二次抽到偶数的概率为_____．
1 [2023全国甲卷(理)·6]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
2 [2022天津卷·13]52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，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_____．
　　　现有5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取1个，不放回地取两次，求：
(1) 第一次取到新球的概率；
(2) 第二次取到新球的概率；
(3) 在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率．
4
　　　　　　一袋中共有大小相同的5个黑球和 5个白球．
(1) 若从袋中任意摸出2个球，求至少有1个白球的概率；
(2) 现从袋中不放回地取球，每次取1个球，取两次，已知第一次取得白球，求第二次取得黑球的概率．
　　　某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
5
上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保　费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
设该险种的一位续保人一年内出险次数与相应的概率如下：
一年内出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
概　率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
(1) 求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2) 若该续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3) 求该续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
(3) 设本年度所交保费为随机变量X，则随机变量X的概率分布为
故平均保费E(X)＝0.85a×0.30＋0.15a＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a，
所以平均保费与基本保费的比值为1.23.
X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05
　　　　　如何计算条件概率？
题组三　全概率公式
　　　有甲、乙两个袋子，甲袋中有3个白球，2个黑球，乙袋中有4个白球，4个黑球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，然后再从乙袋中任取一球，求此球为白球的概率．
6
　　　设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正．一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.
(1) 该射手任取一支枪射击，中靶的概率是多少？
(2) 若任取一支枪射击，结果未中靶，求该枪未校正的概率．
7
C
1 [2024上海秋季高考·8]某校举办科学竞技比赛，有A，B，C三种题库，A题库有5 000道题，B题库有 4 000 道题，C题库有3 000道题．小申已完成所有题，已知小申完成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，则他从所有的题中随机选一题作答的正确率是_______.
0.85
2 [2025天津卷·13]小桐绕操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈．第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4．小桐一周跑11圈的概率为______；若一周至少跑11圈为运动达标，小桐连续跑4周，记运动达标的周数为X，则期望E(X)＝______．
0.6
3.2
谢谢观看
Thank you for watching

展开更多......

收起↑