§10.4事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式課標要求1.了解兩個事件相互獨立的含義.2.理解隨機事件的獨立性和條件概率的關系，會利用全概率公式計算概率.1.相互獨立事件(1)概念：對任意兩個事件A與B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，則稱事件A與事件B相互獨立，簡稱為獨立.(2)性質：若事件A與B相互獨立，那么A與B，A與B，A與B也都相互獨立.2.條件概率(1)概念：一般地，設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，我們稱P(B|A)＝P(AB)P(A(2)兩個公式①利用古典概型：P(B|A)＝n(②概率的乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A).(3)條件概率的性質條件概率只是縮小了樣本空間，因此條件概率同樣具有概率的性質.設P(A)>0，則①P(Ω|A)＝1；②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A).③設B和B互為對立事件，則P(B|A)＝1－P(B|A).3.全概率公式一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有P(B)＝n∑i=1P(Ai)P(B|Ai1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)對于任意兩個事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.(×)(2)P(B|A)表示在事件A發生的條件下，事件B發生的概率，P(AB)表示事件A，B同時發生的概率.(√)(3)拋擲兩枚質地均勻的硬幣，設“第一枚正面朝上”為事件A，“第二枚正面朝上”為事件B，則A，B相互獨立.(√)(4)若事件A1與A2是對立事件，則對任意的事件B?Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2).(√)2.若P(A|B)＝19，P(B)＝13，則P(AB)的值是(A.127 B.C.19 D.答案A解析由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝19×13.某人忘記了一位同學電話號碼的最后一個數字，但確定這個數字一定是奇數，則撥號不超過兩次就撥對號碼的概率為()A.15 B.C.35 D.答案B解析設Ai＝{第i次撥號撥對號碼}，i＝1，2.撥號不超過兩次就撥對號碼可表示為A1＋A1A2所以撥號不超過兩次就撥對號碼的概率為P(A1＋A1A2)＝P(A1)＋P(A1A2)＝154.甲箱中有3個白球，2個黑球，乙箱中有1個白球，3個黑球，先從甲箱中任取一球放入乙箱中，再從乙箱中任取一球，則從乙箱中取出白球的概率是.

答案8解析記事件A為“從甲箱中取出一個白球放入乙箱”，事件B為“從乙箱中取出白球”，則P(A)＝35，P(A)＝25，P(B|A)＝25，P(B|A)∴P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝35×25＋1.理清“相互獨立”和“事件互斥”的區別兩事件互斥是指兩事件不可能同時發生，兩事件相互獨立是指一個事件的發生與否對另一個事件發生的概率沒有影響，兩個事件相互獨立不一定互斥.2.不要混淆P(B|A)與P(A|B)前者是在A發生的條件下B發生的概率，后者是在B發生的條件下A發生的概率.題型一相互獨立事件命題點1事件相互獨立性的判斷例1(2021·新高考全國Ⅰ)有6個相同的球，分別標有數字1，2，3，4，5，6，從中有放回地隨機取兩次，每次取1個球.甲表示事件“第一次取出的球的數字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數字之和是7”，則()A.甲與丙相互獨立 B.甲與丁相互獨立C.乙與丙相互獨立 D.丙與丁相互獨立答案B解析事件甲發生的概率P(甲)＝16，事件乙發生的概率P(乙)＝16，事件丙發生的概率P(丙)＝56×6＝536，事件丁發生的概率P(丁)＝66×6＝16.事件甲與事件丙同時發生的概率為0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A錯誤；事件甲與事件丁同時發生的概率為16×6＝136，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正確；事件乙與事件丙同時發生的概率為1命題點2相互獨立事件的概率例2小剛參與一種答題游戲，需要解答A，B，C三道題.已知他答對這三道題的概率分別為a，a，12，且各題答對與否互不影響，若他恰好能答對兩道題的概率為14，則他三道題都答錯的概率為(A.12 B.C.14 D.答案C解析記小剛答對A，B，C三道題分別為事件D，E，F，且D，E，F相互獨立，且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝12恰好能答對兩道題為事件DEF＋DEF＋DEF，且DEF，DEF，DEF兩兩互斥，所以P(DEF＋DEF＋DEF)＝P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)＝P(D)P(E)P(F)＋P(D)P(E)P(F)＋P(D)P(E)P(F)＝a×a×1-12＋a×(1－a)×12＋(1－a)×a整理得(1－a)2＝12，他三道題都答錯為事件D故P(DEF)＝P(D)P(E)P(＝(1－a)21-12＝12(1－a概率問題中的遞推數列在概率與統計的問題中，經常會出現概率統計與數列綜合考查的問題，一般以壓軸題的形式出現.主要有四種類型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型.典例(多選)甲、乙、丙三人玩傳球游戲，持球人把球傳給另外兩人中的任意一人是等可能的.從一個人傳球到另一個人稱傳球一次.若傳球開始時甲持球，記傳球n次后球仍回到甲手里的概率為Pn，則下列結論正確的是()A.P2＝12 B.P4＝C.Pn＝12(1－Pn－1) D.Pn＝答案ACD解析A選項，第一次傳球后到乙或丙手里，故P1＝0，第二次傳球，球有12的概率回到甲手里，故P2＝12，C選項，Pn－1為傳球(n－1)次后球仍回到甲手里的概率，要想傳球n次后球仍回到甲手里，則第(n－1)次傳球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次傳球有12的概率回到甲手里，故Pn＝12(1－Pn－1)，D選項，由C選項知Pn＝12(1－Pn－1)即Pn＝－12Pn－1＋1設Pn＋λ＝－12(Pn－1＋λ)故Pn＝－12Pn－1－32所以－32λ＝12，解得λ＝－故Pn－13＝－1又P1－13＝－13≠所以Pn-13是首項為－13，公比為－12的等比數列，故P故Pn＝13－1B選項，由D選項可知P4＝13－13×-思維升華求相互獨立事件同時發生的概率的方法(1)相互獨立事件同時發生的概率等于他們各自發生的概率之積.(2)當正面計算較復雜或難以入手時，可從其對立事件入手計算.跟蹤訓練1甲、乙兩名射擊運動員進行射擊比賽，甲中靶的概率為0.6，乙中靶的概率為0.7，且兩人是否中靶相互獨立，若甲、乙各射擊一次，則()A.兩人都中靶的概率為0.12B.兩人都不中靶的概率為0.42C.恰有一人中靶的概率為0.46D.至少有一人中靶的概率為0.74答案C解析設甲中靶為事件A，乙中靶為事件B，P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，則兩人都中靶的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，兩人都不中靶的概率為P(AB)＝[1－P(A)][1－P(B)]＝0.4×0.3＝0.12恰有一人中靶的概率為P(AB∪AB)＝[1－P(A)]P(B)＋P(A)[1－P(B)]＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，至少有一人中靶的概率為1－P(AB)＝題型二條件概率命題點1條件概率例3甲、乙、丙、丁四名同學報名參加4×100米接力賽跑.記事件A為“甲同學不跑第一棒”，事件B為“乙同學跑第二棒”，則P(B|A)的值為()A.19 B.C.13 D.答案D解析已知事件A為“甲同學不跑第一棒”，事件B為“乙同學跑第二棒”，則P(A)＝C3P(AB)＝C2所以P(B|A)＝P(命題點2條件概率性質的應用例4(多選)下列結論中錯誤的是()A.P(B|A)＝P(A|B)B.P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)C.P(AB)＝P(B|A)P(A)D.P(B|A)P(A)≥P(A)＋P(B)答案ABD解析P(A|B)＝P(AB)P(B)，P(B|A)＝P(AB)P(A當B，C為互斥事件時，等式成立，故B不正確；由概率的乘法公式知C正確；P(B|A)P(A)＝P(AB)≤P(A)＋P(B)，故D不正確.思維升華求條件概率的常用方法(1)定義法：P(B|A)＝P((2)樣本點法：P(B|A)＝n((3)縮樣法：去掉第一次抽到的情況，只研究剩下的情況，用古典概型求解.跟蹤訓練2(1)為謳歌中華民族實現偉大復興的奮斗歷程，增進學生對黨史知識的了解，某學校開展黨史知識競賽活動，以班級為單位參加比賽.某班級在5道黨史題中(有3道選擇題和2道填空題)，不放回地依次隨機抽取2道題作答，設事件A為“第一次抽到選擇題”，事件B為“第二次抽到選擇題”，則P(B|A)等于()A.35 B.C.34 D.答案D解析P(A)＝35，P(AB)＝3×25×4＝310，所以(2)(多選)一個箱子中裝有大小、形狀均相同的8個小球，其中白球5個、黑球3個，現在從箱子中不放回地取兩次球，第一次先從箱子中隨機取出1個球，第二次再從箱子中隨機取出2個球，分別用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分別用C，D表示事件“第二次取出的兩球都為黑球”“第二次取出的兩球為一個白球一個黑球”.則下列結論正確的是()A.P(C|B)＝121 B.P(D|A)＝C.P(B)＝38 D.P(BC)＝答案ACD解析由題得P(B)＝C31C根據條件概率得P(C|B)＝n(BC)P(D|A)＝n(DA)P(BC)＝P(B)P(C|B)＝38×121＝1題型三全概率公式的應用例5(1)某保險公司將其公司的被保險人分為三類：“謹慎的”“一般的”“冒失的”.統計資料表明，這三類人在一年內發生事故的概率依次為0.05，0.15，0.30.若該保險公司的被保險人中“謹慎的”被保險人占20%，“一般的”被保險人占50%，“冒失的”被保險人占30%，則該保險公司的一個被保險人在一年內發生事故的概率是()A.0.155 B.0.175C.0.016 D.0.096答案B解析設事件B1表示“被保險人是‘謹慎的’”，事件B2表示“被保險人是‘一般的’”，事件B3表示“被保險人是‘冒失的’”，則P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.設事件A表示“被保險人在一年內發生事故”，則P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝3∑i=1P(Bi)P(A|Bi)＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.(2)設5支槍中有2支未校正，3支已校正.一射手用校正過的槍射擊，中靶率為0.9，用未校正過的槍射擊，中靶率為0.4.若任取一支槍射擊，結果未中靶，則該槍未校正的概率為.

答案0.8解析設事件A表示“射擊時中靶”，事件B1表示“使用的槍校正過”，事件B2表示“使用的槍未校正”，則P(A|B1)＝0.9，P(B1)＝0.6，P(A|B2)＝0.4，P(B2)＝0.4，根據全概率公式得P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＝0.9×0.6＋0.4×0.4＝0.7，所以P(A)＝1－P(A)＝0.3，所以P(B2|A)＝P(A思維升華利用全概率公式解題的思路(1)按照確定的標準，將一個復雜事件分解為若干個互斥事件Ai(i＝1，2，…，n).(2)求P(Ai)和所求事件B在各個互斥事件Ai發生條件下的概率P(B|Ai).(3)代入全概率公式計算.跟蹤訓練3(多選)湖南張家界是國家5A級景區，有許多好看的景點.李先生和張先生預選該景區的玻璃棧道和鳳凰古城游玩，他們第一天去玻璃棧道和鳳凰古城游玩的概率分別為0.3和0.7，如果他們第一天去玻璃棧道，那么第二天去玻璃棧道的概率為0.3；如果第一天去鳳凰古城，那么第二天去玻璃棧道的概率為0.6.設A1＝“第一天去玻璃棧道”，A2＝“第二天去玻璃棧道”，B1＝“第一天去鳳凰古城”，B2＝“第二天去鳳凰古城”，則()A.P(A2|A1)＝0.3 B.P(A2|B1)＝0.3C.P(A2)＝0.51 D.P(B2)＝0.49答案ACD解析由題干可知P(A2|A1)＝0.3，P(A2|B1)＝0.6，A正確，B錯誤；P(A1)＝0.3，P(B1)＝0.7，P(B2|A1)＝0.7，P(B2|B1)＝0.4，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.3×0.3＋0.7×0.6＝0.51，P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.3×0.7＋0.7×0.4＝0.49，C，D正確.課時精練[分值：90分]一、單項選擇題(每小題5分，共30分)1.某同學參加學校組織的化學競賽，比賽分為筆試和實驗操作測試，該同學參加這兩項測試的結果相互不受影響.若該同學在筆試中結果為優秀的概率為34，在實驗操作中結果為優秀的概率為23，則該同學在這次測試中僅有一項測試結果為優秀的概率為(A.712 B.C.512 D.答案C解析根據題意可得該同學在這次測試中僅有一項測試結果為優秀的概率為14×23＋2.某車隊派出兩輛車參加比賽，假設這兩輛車在比賽中不出現故障的概率均為p，則比賽結束時兩輛車不同時出現故障的概率為()A.p2 B.2p－p2C.1－p2 D.p－2p2答案B解析兩輛車不同時出現故障的概率為1－(1－p)2＝2p－p2.3.以事件A，B分別表示“某城市的甲、乙兩個區在一年內出現停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，則兩個區一年內都出現過停水的概率為()A.0.6 B.0.65C.0.45 D.0.045答案D解析由題意可得P(AB)＝P(B)P(A|B)＝0.30×0.15＝0.045.4.(2024·沈陽模擬)某公司的兩名同事計劃從大理古城、麗江古城、洱海、玉龍雪山、瀘沽湖這5個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩.則在兩人中至少有一人選擇大理古城的條件下，兩人選擇的景點不同的概率為()A.58 B.C.78 D.答案B解析設“兩人中至少有一人選擇大理古城”為事件A，“兩人選擇的景點不同”為事件B，則P(A)＝2×P(AB)＝2×P(B|A)＝P(5.已知P(A)＝14，P(B|A)＝13，P(B|A)＝12，則P(B)等于A.512 B.C.38 D.答案C解析P(A)＝14＝1－P(A)，則P(A)＝3由于P(B|A)＝13，則P(B|A)＝2則P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝34×23＋則P(B)＝1－P(B)＝386.設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車中途停車修理的概率為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為()A.0.8 B.0.6C.0.5 D.0.3答案A解析設A1表示“該汽車是貨車”，A2表示“該汽車是客車”，則P(A1)＝23，P(A2)＝1設B表示“一輛汽車中途停車修理”，則P(B|A1)＝0.02，P(B|A2)＝0.01，則P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為P(A1|B)＝P＝P＝23×二、多項選擇題(每小題6分，共12分)7.(2024·蘇州模擬)隨機事件A，B滿足P(A)＝12，P(B)＝13，P(A|B)＝12，下列說法正確的是A.事件A與事件B相互獨立B.P(A∪B)＝1C.P(AB)＝1D.P(B)＝P(AB)答案AC解析根據P(A)＝12，P(B)＝13可得P(A)＝1－P(A)＝12，P(B)＝1－P(B)又P(A|B)＝P(AB)P(B)＝12，可得P(AB)＝12P(B)因此事件A與事件B相互獨立，即A正確；易知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝12＋1由P(B)＝P(AB)＋P(AB)＝13可得P(AB)＝13－P(AB)＝16因為P(B)＝23，P(AB)＝16，所以P(B)≠P(AB)，即D8.一工廠將兩盒產品送檢，甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品.先從甲盒中隨機取出一個產品放入乙盒，分別以A1，A2和A3表示由甲盒取出的產品是一等品、二等品和三等品的事件；再從乙盒中隨機取出一產品，以B表示由乙盒取出的產品是一等品的事件.則下列結論中正確的是()A.P(B|A1)＝6B.P(B)＝27C.事件B與事件A1相互獨立D.P(A1|B)＝4答案ABD解析因為甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，則P(A1)＝410＝25，P(A2)＝310，P(A3)＝310，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品，則P(B|A1)＝5＋110＋1＝611，P(B|A2)＝P(B|A3)＝510＋1＝511，則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(因為P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝25×611＝1255，又P(A1)＝25，P(B)＝2755，則P(A1B)≠P(A1)P(A1|B)＝P(A1B)P三、填空題(每小題5分，共10分)9.某公司研發6G項目時遇到一項技術難題，由甲、乙兩個部門分別獨立攻關，已知甲部門攻克該技術難題的概率為0.8，乙部門攻克該技術難題的概率為0.7，則該公司攻克這項技術難題的概率為.

答案0.94解析由題意，該公司攻克這項技術難題的概率為1－(1－0.8)×(1－0.7)＝0.94.10.已知一道解答題有兩小問，每小問5分，共10分.現每十個人中有六人能夠做出第一問，但在第一問做不出的情況下，第二問做出的概率為0.1；第一問做出的情況下，第二問做不出的概率為0.6.用頻率估計概率，則此題得滿分的概率是；得0分的概率是.

答案0.240.36解析設“第一問做出”為事件A，“第二問做出”為事件B，由題意可得P(A)＝610＝0.6，P(B|A)＝0.1，P(B|A)＝0.6則P(A)＝0.4，P(B|A)＝0.9，P(B|A)＝0.4，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此題得滿分的概率是0.24，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.36即此題得0分的概率是0.36.四、解答題(共27分)11.(13分)甲、乙、丙3名同學各自獨立去做某道題，已知甲能解出該題的概率為23，乙能解出而丙不能解出該題的概率為18，甲、丙都能解出該題的概率為(1)求乙、丙各自解出該題的概率；(6分)(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率.(7分)解(1)設“甲解出該題”為事件A，“乙解出該題”為事件B，“丙解出該題”為事件C，則A，B，C相互獨立，由題意得P(A)＝23P(AC)＝P(A)P(C)＝23·P(C)＝1所以P(C)＝34P(BC)＝P(B)P(C)＝P(B)[1－P(C)]＝P(B)·1-3所以P(B)＝12所以乙、丙各自解出該題的概率為12，3(2)設“甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題”為事件D，則D＝因為P(A)＝23，P(B)＝12，P(C)＝所以P(A)＝13，P(B)＝12，P(C)＝因為A，B，C相互獨立，所以P(D)＝1－P(D)＝1－P(AB＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－13×12×所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率為232412.(14分)人工智能是用于研究模擬和延伸人類智能的技術科學，被認為是21世紀最重要的尖端科技之一，其理論和技術日益成熟，應用領域也在不斷擴大.人工智能背后的一個基本原理：首先確定先驗概率，然后通過計算得到后驗概率，使先驗概率得到修正和校對，再根據后驗概率做出推理和決策.基于這一基本原理，我們可以設計如下試驗模型：有完全相同的甲、乙兩個袋子，袋子中有形狀和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9個紅球和1個白球，乙袋中有2個紅球和8個白球.從這兩個袋子中選擇一個袋子，再從該袋子中等可能地摸出一個球，稱為一次試驗.若多次試驗直到摸出紅球，則試驗結束.假設首次試驗選到甲袋或乙袋的概率均為12(先驗概率)(1)求首次試驗結束的概率；(4分)(2)在首次試驗摸出白球的條件下，我們對選到甲袋或乙袋的概率(先驗概率)進行調整.①求選到的袋子為甲袋的概率；(4分)②將首次試驗摸出的白球放回原來的袋子，繼續進行第二次試驗時有如下兩種方案：方案一，從原來的袋子中摸球；方案二，從另外一個袋子中摸球.請通過計算，說明選擇哪個方案第二次試驗結束的概率更大.(6分)解設試驗一次，“選到甲袋”為事件A1，“選到乙袋”為事件A2，“試驗結果為紅球”為事件B1，“試驗結果為白球”為事件B2.(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝12×910＋所以試驗一次結果為紅球的概率為1120即首次試驗結束的概率為1120(2)①因為B1，B2是對立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝920所以P(A1|B2)＝P＝110所以選到的袋子為甲袋的概率為19②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－19所以方案一中取到紅球的概率為P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝19×910＋方案二中取到紅球的概率為P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝89×910＋因為3745>5即選擇方案二第二次試驗結束的概率更大.13題5分，14題6分，共11分13.長時間玩手機可能影響視力.據調查，某校學生大約40%的人近視，而該校大約有20%的學生每天玩手機超過1h，這些人的近視率約為50%.現從每天玩手機不超過1h的學生中任意調查一名學生，則他近視的概率為()A.12 B.C.58 D.答案B解析方法一令A1＝“每天玩手機超過1h的學生”，A2＝“每天玩手機不超過1h的學生”，B＝“任意調查一人，此人近視”，則A1，A2為對立事件，依題意，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0