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第58讲　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
【课程标准】　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.　2.结合古典概型，理解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.　3.结合古典概型，理解条件概率与独立性的关系.　4.结合古典概型，会利用乘法公式、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)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.
(2)性质：若事件A与事件B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立.
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，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).
(3)性质
①0≤P(B｜A)≤1，P(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B和 互为对立事件，则P(｜A)＝1－P(B｜A).
[微提醒]　(1)P(B｜A) 与P(A｜B) 是不相同的.P(B｜A)表示在事件A 发生的条件下事件B 发生的概率.P(A｜B) 表示在事件B 发生的条件下事件A 发生的概率.(2)当A ，B 相互独立时，P(B｜A)＝P(B).(3)两事件互斥是指两个事件不能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥.
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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)＝P(Ai)P(B｜Ai)，此公式为全概率公式.
[常用结论]
事件的关系与运算
(1)A，B都发生的事件为AB；A，B都不发生的事件为.
(2)如果事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P()P()…P().
【自测诊断】
1.(多选)下列结论正确的是(　　)
A.对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立
B.若事件A，B相互独立，则P(B｜A)＝P(B)
C.抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第2枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立
D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)
答案：BCD
2.(多选)(链接人教A必修二P253T1)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的关系为(　　)
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
答案：AB
解析：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.故选AB.
3.(链接人教A选择性必修三P46例1)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.
答案：D
解析：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.
4.(链接人教A必修二P253习题10.2T4)“五一”劳动节放假期间，甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为　　　　.
答案：
解析：因为甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，，所以他们不去北京旅游的概率分别为，，.因为至少有1人去北京旅游的对立事件是没有人去北京旅游，所以至少有1人去北京旅游的概率为1－××＝.
考点一　相互独立事件的概率 多维探究
角度1　事件相互独立性的判断
(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
答案：B
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.
【溯源教材30】
溯源 (人教A必修二P251例1)一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A＝“第一次摸出球的标号小于3”，事件B＝“第二次摸出球的标号小于3”，那么事件A与事件B是否相互独立？
透视 该高考题考查相互独立事件的应用，判断是否为独立事件的方法是检验P(AB)＝P(A)P(B)是否成立，与教材例题命题角度类似
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预测 (多选)一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球.现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则(　　) A.事件A与事件B相互独立 B.事件A与事件C相互独立 C.事件B与事件C相互独立 D.事件B与事件D互斥 答案：ABD 解析：样本空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)}，n(Ω)＝15.事件A＝{(1，3)，(2，4)，(5，6)}，所以P(A)＝＝.事件B＝{(1，2)，(2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，6)}，所以P(B)＝＝.事件C＝{(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(3，4)}，所以P(C)＝＝.事件D＝{(1，5)}，所以P(D)＝.事件AB，AC，BC分别为{(5，6)}，{(2，4)}，{(3，4)}.对于A，P(AB)＝＝P(A)P(B)，故A正确；对于B，P(AC)＝＝P(A)P(C)，故B正确；对于C，P(BC)＝≠P(B)P(C)，故C错误；对于D，事件B与事件D不能同时发生，故D正确.故选ABD.
角度2　相互独立事件的概率
(一题多变)中国书法的五种主要书体为篆书体、隶书体、楷书体、行书体、草书体.现有甲、乙两名书法爱好者分别从五种书体中任意选一种进行研习，且相互独立，则甲选隶书体，乙选草书体的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：记“甲选隶书体”为事件A，“乙选草书体”为事件B.“甲选隶书体，乙选草书体”为事件AB，根据题意，事件A、事件B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.故选A.
[变式探究](数智赋能辅助)
1.(变结论)本例条件不变，求“甲不选隶书体且乙不选草书体”的概率.
解：由本例解析可知，“甲不选隶书体”的概率为P()＝1－＝，“乙不选草书体”的概率为P()＝1－＝.因为事件A、事件B相互独立，所以事件也相互独立，所以“甲不选隶书体，乙不选草书体”的概率为P()＝P()P()＝×＝.
2.(变结论)本例条件不变，求“甲选隶书体或乙选草书体”的概率.
解：由本例解析可知，“甲选隶书体或乙选草书体”为事件A∪B，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝.
1.判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.
(2)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立.
(3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与，与B，也相互独立.
2.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概率乘法公式直接求解；
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.
对点练1.甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局；每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束.已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为，各局比赛的结果相互独立，经抽签，第一场比赛甲当裁判.
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率.
解：(1)记事件A为甲胜乙，则P(A)＝，
则P()＝1－＝，事件B为甲胜丙，则P(B)＝，
则P()＝1－＝，事件C为乙胜丙，则P(C)＝，则P()＝1－＝，
前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件C C∪CAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为P1＝P(C C)＋P(CAB)＝××＋××＝.
(2)若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪BAB来表示，
P(CABA∪BAB)＝P(CABA)＋P(BAB)＝P(C)P(A)P(B)P(A)＋P()P(B)P(A)P(B)＝×××＋×××＝.
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件C C 来表示，P(C C )＝P(C)P()P(C)P()＝×××＝.
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
P()＝P()P()P()P()＝×××＝.
综上，只需四场比赛就决出冠军的概率为P2＝＋＋＝.
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考点二　条件概率 多维探究
角度1　条件概率
(1)(2025·沈阳质量监测(三))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)(双空题、一题多解)(2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为　　　　.
答案：(1)C　(2)　
解析：(1)根据题意，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)＝＝＝.故选C.
(2)法一(列举法)：从五个活动中选三个的情况有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，则甲选到A的概率为P＝＝；乙选A活动有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B有3种可能性：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝.
法二：由题意知，甲选到A的概率P＝＝.设乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N｜M)＝＝＝.
角度2　条件概率的性质
(多选)设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知0＜P(A)＜1，0＜P(B)＜1，则下列说法正确的是(　　)
A.P(B｜A)＋P(｜A)＝1
B.P(B｜A)＋P(B｜)＝0
C.若A，B是相互独立事件，则P(A｜B)＝P(A)
D.若A，B是互斥事件，则P(B｜A)＝P(B)
答案：AC
解析：对于A，P(B｜A)＋P(｜A)＝＝＝1，故A正确；对于B，当A，B是相互独立事件时，则P(B｜A)＋P(B｜)＝2P(B)≠0，故B错误；对于C，因为A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A｜B)＝＝P(A)，故C正确；对于D，因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式P(B｜A)＝0，而P(B)∈(0，1)，故D错误.故选AC.
角度3　乘法公式的应用
经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为(　　)
A.0.24 B.0.36
C.0.48 D.0.75
答案：C
解析：设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B.由题意得P(A)＝0.6，P(B｜A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.6×0.8＝0.48.故选C.
1.求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B｜A)＝.
(2)样本点法：P(B｜A)＝.
(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
2.乘法公式的作用
乘法公式P(AB)＝P(B｜A)P(A)的作用就是方便我们在不好直接求得P(AB)的情况下，先迂回地求出方便计算的P(B｜A)和P(A)，再求得P(AB).
对点练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
答案：A
解析：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)－P(A∪B)＝0.6＋0.5－0.7＝0.4，所以P(C)＝P(A｜B)＝＝＝0.8.故选A.
对点练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.
答案：C
解析：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.
考点三　全概率公式的应用 师生共研
(2026·广东肇庆模拟)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.
学生用书 第293页
(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.假设人工抽检结果均正确，求人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率.
解：(1)设事件A表示“零件是次品”，A1表示“零件是一等品”，A2表示“零件是二等品”，B表示“自动检测判断零件为次品”，因为P(B｜A1)＝0，则P(B)＝P(A)P(B｜A)＋P(A2)·P(B｜A2)＝0.1×0.9＋0.2×0.05＝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)＝＝＝.
利用全概率公式求解概率的步骤
第一步：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)；
第二步：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(B｜Ai)；
第三步：代入全概率公式计算.
注意：对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn.
对点练4.设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产该芯片的次品率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：B
解析：设事件A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙生产的，事件B表示取得的芯片为次品，甲生产该芯片的次品率为p，则P＝＝，P＝，P＝p，P＝，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＝×p＋×＝0.08，解得p＝.故选B.
对点练5.某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都为，从开关第一次闭合起，若前一次出现红灯，则下一次出现红灯的概率为，出现绿灯的概率为；若前一次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率为，出现绿灯的概率为，那么第二次闭合后出现红灯的概率为　　　　.
答案：
解析：记第一次闭合后出现红灯为事件A，出现绿灯为事件，第二次闭合后出现红灯为事件B，出现绿灯为事件，则P(A)＝P＝，P＝，P＝，所以P(B)＝P＋P＝P(A)P＋PP＝×＋×＝.
课时分层测评84　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
(时间：60分钟　满分：85分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(1—8题，每小题5分，共40分)
1.若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)
A.事件A与B互斥
B.事件A与B对立
C.事件A与B相互独立
D.事件A与B既互斥又相互独立
答案：C
解析：因为P(A)＝1－P()＝1－＝，所以P(A)P(B)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)≠0，所以事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立.故选C.
2.若事件A与B相互独立，P(A)＝，P(B)＝，则P(A＋B)＝(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：因为事件A与B相互独立，P(A)＝，P(B)＝，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝·＝，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝.故选C.
3.(2025·浙江台州二模)已知一个盒子里有4个大小形状完全相同的小球，其中2个红球，2个黑球，现从中任取两球，若已知一个是红球，则另一个也是红球的概率是(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：设事件A表示：在所取的球中有一个是红球，事件B表示：另一个也是红球，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝.已知一个是红球的情况下，另一个也是红球的概率为P(B｜A)＝＝＝.故选A.
4.深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.8.当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为(　　)
A.0.32 B.0.68
C.0.58 D.0.64
答案：C
解析：设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”，则P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42.所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1－0.42＝0.58.故选C.
5.(多选)(2025·江苏扬州第二次调研)已知P(A)＝，P(B｜A)＝.若随机事件A，B相互独立，则(　　)
A.P(B)＝ B.P(AB)＝
C.P(｜B)＝ D.P(A＋)＝
答案：BCD
解析：对于B，P(B｜A)＝＝＝，所以P(AB)＝，故B正确；对于A，P(AB)＝P(A)P(B)＝P(B)，所以P(B)＝，故A错误；对于C，P(B)＝P()P(B)＝×＝，所以P(｜B)＝＝＝，故C正确；对于D，P(A＋)＝P(A)＋P()－P(A)＝P(A)＋P()－P(A)P()＝＋－×＝，故D正确.故选BCD.
6.(多选)先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为x，y，设事件A＝“log(x＋1)y为整数”，B＝“x＋y为偶数”，C＝“x＋2y为奇数”，则(　　)
A.P＝
B. P＝
C.事件B与事件C相互独立
D. P＝
答案：BCD
解析：先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到向上的点数分别为x，y，则基本事件总数为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(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36种情况，满足事件A的有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，5)，(5，1)，(5，6)，(6，1)共12种，其概率P＝＝，故A错误；满足事件B的有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，(6，2)，(6，4)，(6，6)，共18个，故P＝＝；满足事件AB的有(1，1)，(3，1)，(5，1)共3个，所以P＝＝，故B正确；满足事件C的有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，共18个，故P＝＝，满足事件BC的有(1，1)，(1，3)，(1，5)， (3，1)，(3，3)，(3，5)， (5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个，所以P＝＝＝PP，所以事件B与事件C相互独立，故C正确；满足事件AC的有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(3，1)，(3，4)，(5，1)，(5，6)，共7种，所以P＝，则P＝＝＝，故D正确.故选BCD.
7.(2026·辽宁沈阳模拟)某运动员在亚运会田径比赛中准备参加100米、200米两项比赛，根据以往成绩分析，该运动员100米比赛未能获得奖牌的概率为，200米比赛未能获得奖牌的概率为，两项比赛都未能获得奖牌的概率为，若该运动员在100米比赛中获得了奖牌，则他在200米比赛中也获得奖牌的概率为　　　　.
答案：
解析：设“在200米比赛中获得奖牌”为事件A，“在100米比赛中获得奖牌”为事件B，则P()＝，P()＝，P(∩)＝，P(B)＝1－P()＝，所以P(∪)＝P()＋P()－P(∩)＝＋－＝，则P(AB)＝1－P(∪)＝，所以该运动员在100米比赛中获得了奖牌，在200米比赛中也获得奖牌的概率为P(A｜B)＝＝.
8.某学校在甲、乙、丙三个地区进行新生录取，三个地区的录取比例分别为，，.现从这三个地区等可能抽取一个人，此人被录取的概率为　　　　.
答案：
解析：记事件A1，A2，A3分别表示此人选自甲、乙、丙三个地区，事件B表示此人被录取，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，P(B｜A1)＝，P(B｜A2)＝，P(B｜A3)＝，所以P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3)＝×＋×＋×＝.
【教师备选】　(2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40％，25％，50％.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为　　　　；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为　　　　.
答案：　
解析：法一：设A＝“从甲盒子中取一个球，是黑球”，B＝“从乙盒子中取一个球，是黑球”，C＝“从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知P(A)＝40％＝，P(B)＝25％＝，P(C)＝50％＝，现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.设D1＝“取到的球是甲盒子中的”，D2＝“取到的球是乙盒子中的”，D3＝“取到的球是丙盒子中的”，E＝“取到的球是白球”.由题意可知P(D1)＝＝，P(D2)＝＝，P(D3)＝＝，P(E｜D1)＝1－＝，P(E｜D2)＝1－＝，P(E｜D3)＝1－＝，所以P(E)＝P(D1E＋D2E＋D3E)＝P(D1E)＋P(D2E)＋P(D3E)＝P(D1)P(E｜D1)＋P(D2)P(E｜D2)＋P(D3)P(E｜D3)＝×＋×＋×＝.
法二：设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有5×4×6种结果，其中取到的三个球都是黑球有2×1×3种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为＝；将三个盒子中的球混合在一起共有5＋4＋6＝15(个)球，其中白球共有3＋3＋3＝9(个)，所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为＝.
9.(10分)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.
(ⅰ)求选到的袋子为甲袋的概率；
(ⅱ)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)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)(ⅰ)因为B1，B2是对立事件，所以P(B2)＝1－P(B1)＝，
所以P(A1｜B2)＝＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
(ⅱ)由(ⅰ)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.
(10、11题，每小题5分，共10分)
10.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：C
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)＝(1－)×(1－)＝，P()＝1－P(M)＝1－＝，P(N)＝(1－×)×(1－)＝，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.故选C.
11.(多选)(2025·湖州、衢州、丽水一模)现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1，2，3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子(主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子).记Ai(i＝1，2，3)表示第i号箱子有奖品，Bj(j＝2，3)表示主持人打开第j号箱子.则下列说法正确的是(　　)
A.P(B3｜A2)＝
B.P(A1｜B3)＝
C.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
答案：BC
解析：对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即P(B3｜A2)＝1，故A错误；对于B，P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，P(B3｜A1)＝，P(B3｜A2)＝1，P(B3｜A3)＝0，则P(B3)＝P(A1)P(B3｜A1)＋P(A2)P(B3｜A2)＋P(A3)P(B3｜A3)＝＋1＋0)＝，因此P(A1｜B3)＝＝＝＝，故B正确；对于C、D，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，故C正确，D错误.故选BC.
12.(15分)(2025·湖北武汉二调)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.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.
[本题规范解答见答案]
解：(1)第一步：求A夺冠的概率
A夺冠即三轮比赛都获胜，所以A夺冠的概率为＝. (2分)
第二步：求B～H夺冠的概率
由题意，B～H这七名运动员水平相同，且八名运动员各自夺冠概率之和为1.
所以B～H这七名运动员各自夺冠的概率均为×＝. (4分)
(2)第一步：设事件，确定A，B的位置
记事件M＝“B获得冠军”，事件N＝“B与A对决过”，事件Ai＝“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②，③④，⑤⑥⑦⑧. (6分)
第二步：分别求出两人在一轮、二轮、三轮对决且B最终夺冠的概率
P(NM)＝P((A1＋A2＋A3)M)＝P(A1M)＋P(A2M)＋P(A3M)，
P(A1M)＝×××＝，
P(A2M)＝××××＝，
P(A3M)＝×××××＝， (9分)
第三步：求出P(NM)
所以P(NM)＝＋＋＝. (10分)
(3)第一步：设事件，求出P(M)
记事件Q＝“B与C对决过”，
B没有与A对决过且最后获得冠军的概率P(M)＝P(M)－P(NM)＝－＝.
(12分)
第二步：写出P(MQ)的表达式
P(MQ)＝P((N＋)MQ)＝P(NMQ)＋P(MQ)＝P(NM)·P(Q｜NM)＋P(M)P(Q｜M). (13分)
第三步：求出P(Q｜NM)和P(Q｜M)
由题意，C～H这六名运动员与B对决过的概率相同，B夺冠时共与三名运动员对决过，
所以P(Q｜NM)＝＝，P(Q｜M)＝＝， (15分)
第四步：求出P(MQ)
代入得，P(MQ)＝×＋×＝. (17分)
(每小题5分，共10分)
13.(一题多解)(2022·全国乙卷)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
答案：D
解析：法一(通法)：设该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.
14.(2025·河南周口模拟)某商家为举办抽奖活动，准备了n(n＞2，n∈N*)个相同的盒子，里面均装有n张形状、材质完全相同的卡片，一部分卡片为写有“谢谢惠顾”的无效卡，另一部分卡片为写有“100元”的代金券，第k(k＝1，2，3，…，n)个盒子中有k张代金券，n－k张无效卡.现将这些盒子混合，任选1个盒子，并且依次从中不放回地取出2张卡片，若第二次取出无效卡的概率不超过，则n的最大值为　　　　.
答案：5
解析：设Ak＝“选中的盒中有k(k＝1，2，3，…，n)张代金券”，B＝“依次从盒中不放回地取出2张卡片，第二次取出无效卡”，则P(Ak)＝，P(B｜Ak)＝·＋·＝.由全概率公式可得P(B)＝P(B｜Ak)P(Ak)＝＝＝.根据题意可得≤，解得n≤5.又因为n＞2，n∈N*，所以n的最大值为5.
学生用书 第294页
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