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10.4　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
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，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.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-p2
C.1-p2 D.p-2p2
3.设P(A|B)=P(B|A)=，P(A)=，则P(B)等于(　　)
A. B. C. D.
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
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，，，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.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
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)=，P(B)=，P(|B)=，下列说法正确的是(　　)
A.事件与事件B相互独立
B.P(∪B)=
C.P(AB)=
D.P()=P(B)
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)=
B.P(B)=
C.事件B与事件A1相互独立
D.P(A1|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；若第一次落地未摔破，则第二次落地摔破的概率是；若前两次未摔破，则第三次落地摔破的概率是.则手机屏落地三次未摔破的概率为　　　　　　.
10.(2020·天津)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.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　　　　.
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)
12.(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(先验概率).
(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)
[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1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为(　　)
A. B. C. D.
14.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)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
10.4　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
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，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.
答案　C
解析　各项均合格的概率为××=.
2.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-p2
C.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)=，P(A)=，则P(B)等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　P(AB)=P(A)P(B|A)=×=，由P(A|B)=，得P(B)==×2=.
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，，，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.
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)=×=，
P()=1-P(M)=1-=，
P(N)=×=，
所以P()=1-P(N)=1-=，
所以P(A)=1-P()P()=1-×=，
即该电子元件能正常工作的概率是.
6.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)=，P(A2)=，
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)=
=
==0.8.
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)=，P(B)=，P(|B)=，下列说法正确的是(　　)
A.事件与事件B相互独立
B.P(∪B)=
C.P(AB)=
D.P()=P(B)
答案　AC
解析　根据P(A)=，P(B)=可得P()=1-P(A)=，P()=1-P(B)=，
又P(|B)==，可得P(B)=P(B)==P()P(B)，
因此事件与事件B相互独立，即A正确；
易知P(∪B)=P()+P(B)-P(B)=+-=，即B错误；
由P(B)=P(AB)+P(B)=可得P(AB)=-P(B)=，即C正确；
因为P()=，P(B)=，
所以P()≠P(B)，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)=
B.P(B)=
C.事件B与事件A1相互独立
D.P(A1|B)=
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)==，P(A2)=，P(A3)=，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，则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=，故A，B正确；
因为P(A1B)=P(A1)P(B|A1)=×=，又P(A1)=，P(B)=，则P(A1B)≠P(A1)P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
P(A1|B)==×=，故D正确.
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；若第一次落地未摔破，则第二次落地摔破的概率是；若前两次未摔破，则第三次落地摔破的概率是.则手机屏落地三次未摔破的概率为　　　　　　.
答案　
解析　用Ai表示“第i次落地摔破”(i=1，2，3)，则P(A1)=，P(A2)=，P(A3)=，因而P()=××=.
10.(2020·天津)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.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　　
解析　甲、乙两球都落入盒子的概率P=×=；事件A：“甲、乙两球至少有一个落入盒子”的对立事件是：“甲、乙两球都不落入盒子”，P()=×=，所以P(A)=1-=.
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)==20.
由分步乘法计数原理，得n(A)=·=12.
于是P(A)===.
故第一次抽到选择题的概率为.
(2)因为n(AB)==6，
所以P(AB)===.
故第一次和第二次都抽到选择题的概率为.
(3)方法一　由(1)(2)可知P(A)=，P(AB)=，
所以P(B|A)===.
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.
方法二　由(1)(2)可知n(AB)=6，n(A)=12，所以P(B|A)===.
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.(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(先验概率).
(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)=×+×=.
所以试验一次结果为红球的概率为，
即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P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-=，
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)=×+×=，
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)=×+×=，
因为>，所以方案二中取到红球的概率更大，
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1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　方法一　令A1=“每天玩手机超过1 h”，A2=“每天玩手机不超过1 h”，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)+P(A2)P(B|A2)，
即0.4=0.2×0.5+0.8×P(B|A2)，
所以P(B|A2)=.
方法二　设该校有100名学生，整理得到如下列联表：
视力情况 每天玩手机时间 合计
超过1 h 不超过1 h
近视 10 30 40
不近视 10 50 60
合计 20 80 100
依题意得所求概率P==.
14.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)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
答案　ABD
解析　对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2，故B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1和1，1，1这4个事件的和，
它们互斥，所求的概率为β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1-α)2(1+2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1-α，
而0<α<0.5，
因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)
=α(1-α)(1-2α)>0，即P>P'，故D正确.

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