还剩13页未读，
继续阅读
所属成套资源：2025年高考数学精品教案多份
成套系列资料，整套一键下载
2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 第5讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
展开
这是一份2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 第5讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式，共16页。
学生用书P236
1.事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝① P（A）P（B） ，则称事件A与事件B相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A与B相互独立，则A与② B ，A与③ B ，A与B也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意 若事件A与事件B是互斥事件（或对立事件），则A与B不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④ P（AB）P（A） 为在⑤ 事件A 发生的条件下，⑥ 事件B 发生的条件概率，简称条件概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦ P（B｜A）＋P（C｜A） ；
c.设B和B互为对立事件，则P（B｜A）＝⑧ 1－P（B｜A） .
注意 （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.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）＝⑨ ∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai） .
拓展 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）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）∑k=1nP（Ak）P（B｜Ak），i＝1，2，…，n.
1.下列说法错误的是（ A ）
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，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”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，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（ A ）
A.P（A｜B）＜P（AB）B.P（A｜B）＝P（A）P（B）可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1D.P（A｜A）＝1
解析 由条件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A说法错误；当事件B包含事件A时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜B）＝P（A）P（B），故B说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D说法正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（ C ）
解析 设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车前往目的地，事件C表示甲乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次， 记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”， 则条件概率P（A｜B）， P（B｜A）分别等于（ A ）
A.1011，13B.13，1011C.111，13D.13，111
解析 由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1030＝13.故选A.
5.[教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是 15 .
解析 记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不合格品”，则AB为“2件都是不合格品”.
解法一 记n（A），n（AB）分别为事件A，AB所包含的基本事件个数，则n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝630＝15.
解法二 P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝21523＝15.
学生用书P237
命题点1 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
例1 [2021新高考卷Ⅰ]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（ B ）
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
解析 事件甲发生的概率P（甲）＝16，事件乙发生的概率P（乙）＝16，事件丙发生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁发生的概率P（丁）＝66×6＝16.
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；（对任意两个事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B）⇔事件A和B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，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16×6＝136，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.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B相互独立⇔P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2 相互独立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝ 0.5 ；
（2）事件“X＝4且甲获胜”的概率为 0.1 .
解析 （1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（1）相互独立事件同时发生的概率等于他们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.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.
（1）分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解析 （1）记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即3人都回答正确，其概率P（A）＝23×23×23＝827，
甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－23）×（1－23）×23＝29.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，1人回答错误，则P（C）＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23=49，
乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－23）×34＝14.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝19.
命题点2 条件概率
例3 （1）[2023全国卷甲]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 ）
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4
解析 令事件A，B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C表示该同学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）＝P（AB）P（B）＝0.40.5＝0.8，故选A.
（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（ C ）
A.12B.47C.35D.23
解析 解法一 设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则PBA=n（AB）n（A）＝C41＋C41+1C62＝915＝35，故选C.
解法二 在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C62＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为C42＝6，所以所求概率为1－615＝35，（方法：在解决至多、至少的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
训练2 （1）[2022天津高考]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 1221 ；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是 117 .
解析 设事件A1＝ “第一次抽到A”，事件A2＝ “第二次抽到A”.
第1空 解法一 不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种数为4×3，所以P（A1A2）＝4×352×51＝1221.
解法二 不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C522种可能结果，事件A1A2包含的可能结果种数为C42，所以P（A1A2）＝C42C522＝4×3252×512＝1221.
第2空 解法一 因为P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A2）P（A1）＝4×352×51452＝117.
解法二 缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝117.
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为 67 .
解析 设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B为“取出的两瓶中另一瓶是红色”，事件C为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D为“取出的两瓶中另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.由题意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝P（AB）P（A）＋P（AC）P（A）＝15710＋25710＝67.故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为67.
命题点3 全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（ A ）
C.0.5D.0
解析 用A表示事件“考生答对题目”，用B表示事件“考生知道答案”，则B表示事件“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率为 14 .
解析 记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×14×12＝14.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A1）＝14；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd ，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A3）＝12.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×12＝14.
因此，子三代中基因型为dd的概率是14.
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（1）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）；
（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率PBAii＝1,2,···,n；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐，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（ AC ）
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59
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为49
解析 设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3 ①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得PA2=PA1PA2A1+PB1×PA2B1=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54 ②，所以A正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝＝59，C正确.P（A1｜B2）＝P（A1）P（B2｜A1）P（B2）＝P（A1)[1－P（A2｜A1)]P（B2）＝0.4×（1－0.6）0.46＝823，所以D错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为 64％ .
解析 记A为事件“利率下调”，那么A即为“利率不变”，记B为事件“股票价格上涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（A）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.
1.[命题点1角度1/多选/2023石家庄市二检]先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则（ BD ）
A.A与B互斥B.B与C相互独立
C.P（A）＝16D.P（AC）＝136
解析 对于A选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A和事件B同时发生，因此A选项不正确；
对于B选项，事件B发生的概率为P（B）＝12，事件C发生的概率为P（C）＝C61C61C61＝16，事件B与事件C同时发生的概率为P（BC）＝C31C61C61＝112，P（BC）＝P（B）·P（C），所以事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；
对于C选项，事件A有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5种情况，所以P（A）＝536，所以C选项不正确；
对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P（AC）＝136，所以D选项正确.选BD.
2.[命题点1角度2/2022全国卷乙]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（ D ）
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
解析 设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.
3.[命题点2]某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为12；第一次落下未打破，第二次落下时打破的概率为710；若前两次未打破，第三次落下时打破的概率为910.则透镜落下三次未打破的概率为 3200 .
解析 以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透镜落下第i次时打破”，以B表示事件“透镜落下三次未打破”.
因为B＝A1A2A3， 所以P（B）＝P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）＝（1－12）（1－710）（1－910）＝3200.
4.[命题点3/2023福州八中检测]设验血诊查某种疾病的误诊率为5％，即若用A表示验血为阳性，B表示受验者患病，则P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受验人群中有0.5％的人患此病，即P（B）＝0.005，则一个验血为阳性的人确患此病的概率为 19218 .
解析 由题意，可得P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95，P（B）＝0.995.
易知事件AB表示从受验人群中随机抽取一人，此人患病且验血为阳性，
则P（AB）＝P（B）P（A｜B）.
由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝P（B）P（A｜B）P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）＝0.005××0.95+0.995×0.05＝19218.
学生用书·练习帮P387
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（ A ）
A.17B.37D.0.1
解析 由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝17.
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（ D ）
解析 甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局1胜1负，第3局胜，则甲最终获胜的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙选择的景点不同”，事件B为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（ B ）
A.15B.25C.925D.920
解析 由题意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C51C51＝825，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝82545＝25，故选B.
4.[2024福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红球的概率为（ C ）
A.13B.12C.23D.34
解析 解法一 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×13＝12，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23.选C.
解法二 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23，选C.
5.[多选/2024江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（ AD ）
A.P（B｜A1）＝511
B.P（B）＝25
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析 由题意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，
则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A1）＝P（B｜A1），则事件B与事件A1相互独立）
所以事件B与事件A1不相互独立，故A正确，B，C不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故D正确.故选AD.
6.[2023武汉市5月模拟]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 是 （填“是”或“不是”）两两独立的，且P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝ 2 .
解析 由题意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）＝12，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝14，
又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A与B相互独立，
同理可推出B与C，A与C分别相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，则P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝1412×12×12＝2.
7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，3个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有13的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有14的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自高一年级的概率.
解析 （1）补充表格如下.
（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA2·PBA2+PA3PBA3=310×13＋310×14＋25×14＝1140）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B｜A1）P（B）＝310×131140＝411.
8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），n＝a＋b＋c＋d.
解析 （1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）2（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝16825＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01的?2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.
解法一 P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1631.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1616+15＝1631.
（ii）解法一 由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”，则AB为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）＝64155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二 零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表：
χ12＝155×（16×60－64×15）280×75×124×31＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023江苏海安中学三模]记A，B为随机事件，则下列说法正确的有（ BC ）
A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝56
B.若事件A，B相互独立，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝23
C.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B）＝13
D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B｜A）＝14
解析
10.[多选/2023广州市二检]有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，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10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ BC ）
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为13
解析 记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PAB1=PAB1PB1=8%×10%=0.008，故A错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确.
对C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故C正确.
对D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率，可以考虑它的对立事件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜B3）P（B3）P（A）＝1－2％×50％0.03＝23，故D错误.故选BC.
11.[多选/2023新高考卷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）.（ ABD ）
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
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α； 发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5时，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D选项正确.综上，选ABD.
12.在2023年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为34，乙每次中靶的概率为45，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射击后甲得20分的概率；
（2）求第n次射击的人是乙的概率.
解析 （1）3次射击后甲得20 分的情况有以下2种：
第1次、第2次都是甲射击且中靶，第3次甲射击未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为12）
第1次乙射击未中靶，第2次、第3次甲射击均中靶，其概率P2＝12×15×34×34＝9160.
所以3次射击后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝81640.
（2）设“第n次射击的人是乙”为事件An，
则P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）＋14，
所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－59]，
易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－118，
所以数列{P（An）－59}是首项为－118，公比为1120的等比数列，
所以P（An）－59＝－118×（1120）n－1，
则P（An）＝59－118×（1120）n－1，
故第n次射击的人是乙的概率为59－118×（1120）n－1.
13.[设问创新/2023江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A表示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.
解析 （1）用C表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝110，
所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝19.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910×19＝110）
（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9时，事件B发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10种，事件AB发生的情况为（7，2），共1种，
因此P（B）＝n（B）n（Ω）＝10100＝110，
P（AB）＝n（AB）n（Ω）＝1100，
又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与事件B相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A与事件B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）P（B），
而P（A）＝110，P（AB）P（B）＝n（AB）n（B），于是n（AB）n（B）＝110，
易知事件AB发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x的不等式组0≤x≤9，0≤m－x≤9，
要使上述不等式有10个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.
4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.
相互独立事件
2023新高考卷ⅡT12；2022全国卷乙T10；2022全国卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全国卷ⅠT19；2019全国卷ⅠT15；2019全国卷ⅡT18
本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，近两年考查频率较高，复习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，在2023年新高考卷Ⅰ中已命题，命题概率大.在2025年高考备考中应强化对条件概率和全概率公式的理解和应用.
条件概率
2023全国卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的应用
2023新高考卷ⅠT21
定义法
先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（AB）P（A）PA>0.
样本
点法
先求事件A包含的样本点数n（A），再求事件AB包含的样本点数n（AB），得P（B｜A）＝n（AB）n（A）.
缩样法
即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
13
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
310
310
25
13
14
14
1140
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪B）＝12
✕
B
PA∪B=PA+PB-PAB=PA+PB-PAPB=12+13-12×13=23
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）x＝34，
∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝34x＋38（1－x）＝1－12，解得x＝13
√
D
由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）－P（AB）P（A）＝13－1412＝16
✕
学生用书P236
1.事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝① P（A）P（B） ，则称事件A与事件B相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A与B相互独立，则A与② B ，A与③ B ，A与B也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意 若事件A与事件B是互斥事件（或对立事件），则A与B不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④ P（AB）P（A） 为在⑤ 事件A 发生的条件下，⑥ 事件B 发生的条件概率，简称条件概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦ P（B｜A）＋P（C｜A） ；
c.设B和B互为对立事件，则P（B｜A）＝⑧ 1－P（B｜A） .
注意 （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.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）＝⑨ ∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai） .
拓展 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）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）∑k=1nP（Ak）P（B｜Ak），i＝1，2，…，n.
1.下列说法错误的是（ A ）
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，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”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，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（ A ）
A.P（A｜B）＜P（AB）B.P（A｜B）＝P（A）P（B）可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1D.P（A｜A）＝1
解析 由条件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A说法错误；当事件B包含事件A时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜B）＝P（A）P（B），故B说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D说法正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（ C ）
解析 设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车前往目的地，事件C表示甲乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次， 记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”， 则条件概率P（A｜B）， P（B｜A）分别等于（ A ）
A.1011，13B.13，1011C.111，13D.13，111
解析 由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1030＝13.故选A.
5.[教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是 15 .
解析 记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不合格品”，则AB为“2件都是不合格品”.
解法一 记n（A），n（AB）分别为事件A，AB所包含的基本事件个数，则n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝630＝15.
解法二 P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝21523＝15.
学生用书P237
命题点1 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
例1 [2021新高考卷Ⅰ]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（ B ）
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
解析 事件甲发生的概率P（甲）＝16，事件乙发生的概率P（乙）＝16，事件丙发生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁发生的概率P（丁）＝66×6＝16.
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；（对任意两个事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B）⇔事件A和B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，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16×6＝136，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.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B相互独立⇔P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2 相互独立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝ 0.5 ；
（2）事件“X＝4且甲获胜”的概率为 0.1 .
解析 （1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（1）相互独立事件同时发生的概率等于他们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.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.
（1）分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解析 （1）记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即3人都回答正确，其概率P（A）＝23×23×23＝827，
甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－23）×（1－23）×23＝29.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，1人回答错误，则P（C）＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23=49，
乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－23）×34＝14.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝19.
命题点2 条件概率
例3 （1）[2023全国卷甲]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 ）
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4
解析 令事件A，B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C表示该同学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）＝P（AB）P（B）＝0.40.5＝0.8，故选A.
（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（ C ）
A.12B.47C.35D.23
解析 解法一 设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则PBA=n（AB）n（A）＝C41＋C41+1C62＝915＝35，故选C.
解法二 在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C62＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为C42＝6，所以所求概率为1－615＝35，（方法：在解决至多、至少的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
训练2 （1）[2022天津高考]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 1221 ；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是 117 .
解析 设事件A1＝ “第一次抽到A”，事件A2＝ “第二次抽到A”.
第1空 解法一 不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种数为4×3，所以P（A1A2）＝4×352×51＝1221.
解法二 不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C522种可能结果，事件A1A2包含的可能结果种数为C42，所以P（A1A2）＝C42C522＝4×3252×512＝1221.
第2空 解法一 因为P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A2）P（A1）＝4×352×51452＝117.
解法二 缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝117.
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为 67 .
解析 设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B为“取出的两瓶中另一瓶是红色”，事件C为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D为“取出的两瓶中另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.由题意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝P（AB）P（A）＋P（AC）P（A）＝15710＋25710＝67.故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为67.
命题点3 全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（ A ）
C.0.5D.0
解析 用A表示事件“考生答对题目”，用B表示事件“考生知道答案”，则B表示事件“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率为 14 .
解析 记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×14×12＝14.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A1）＝14；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd ，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A3）＝12.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×12＝14.
因此，子三代中基因型为dd的概率是14.
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（1）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）；
（2）求P（Ai）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率PBAii＝1,2,···,n；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐，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（ AC ）
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59
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为49
解析 设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3 ①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得PA2=PA1PA2A1+PB1×PA2B1=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54 ②，所以A正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝＝59，C正确.P（A1｜B2）＝P（A1）P（B2｜A1）P（B2）＝P（A1)[1－P（A2｜A1)]P（B2）＝0.4×（1－0.6）0.46＝823，所以D错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为 64％ .
解析 记A为事件“利率下调”，那么A即为“利率不变”，记B为事件“股票价格上涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（A）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.
1.[命题点1角度1/多选/2023石家庄市二检]先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则（ BD ）
A.A与B互斥B.B与C相互独立
C.P（A）＝16D.P（AC）＝136
解析 对于A选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A和事件B同时发生，因此A选项不正确；
对于B选项，事件B发生的概率为P（B）＝12，事件C发生的概率为P（C）＝C61C61C61＝16，事件B与事件C同时发生的概率为P（BC）＝C31C61C61＝112，P（BC）＝P（B）·P（C），所以事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；
对于C选项，事件A有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5种情况，所以P（A）＝536，所以C选项不正确；
对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P（AC）＝136，所以D选项正确.选BD.
2.[命题点1角度2/2022全国卷乙]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（ D ）
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
解析 设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.
3.[命题点2]某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为12；第一次落下未打破，第二次落下时打破的概率为710；若前两次未打破，第三次落下时打破的概率为910.则透镜落下三次未打破的概率为 3200 .
解析 以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透镜落下第i次时打破”，以B表示事件“透镜落下三次未打破”.
因为B＝A1A2A3， 所以P（B）＝P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）＝（1－12）（1－710）（1－910）＝3200.
4.[命题点3/2023福州八中检测]设验血诊查某种疾病的误诊率为5％，即若用A表示验血为阳性，B表示受验者患病，则P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受验人群中有0.5％的人患此病，即P（B）＝0.005，则一个验血为阳性的人确患此病的概率为 19218 .
解析 由题意，可得P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95，P（B）＝0.995.
易知事件AB表示从受验人群中随机抽取一人，此人患病且验血为阳性，
则P（AB）＝P（B）P（A｜B）.
由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝P（B）P（A｜B）P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）＝0.005××0.95+0.995×0.05＝19218.
学生用书·练习帮P387
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（ A ）
A.17B.37D.0.1
解析 由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝17.
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（ D ）
解析 甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局1胜1负，第3局胜，则甲最终获胜的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙选择的景点不同”，事件B为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（ B ）
A.15B.25C.925D.920
解析 由题意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C51C51＝825，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝82545＝25，故选B.
4.[2024福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红球的概率为（ C ）
A.13B.12C.23D.34
解析 解法一 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×13＝12，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23.选C.
解法二 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23，选C.
5.[多选/2024江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（ AD ）
A.P（B｜A1）＝511
B.P（B）＝25
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析 由题意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，
则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A1）＝P（B｜A1），则事件B与事件A1相互独立）
所以事件B与事件A1不相互独立，故A正确，B，C不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故D正确.故选AD.
6.[2023武汉市5月模拟]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 是 （填“是”或“不是”）两两独立的，且P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝ 2 .
解析 由题意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）＝12，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝14，
又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A与B相互独立，
同理可推出B与C，A与C分别相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，则P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝1412×12×12＝2.
7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，3个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有13的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有14的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自高一年级的概率.
解析 （1）补充表格如下.
（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA2·PBA2+PA3PBA3=310×13＋310×14＋25×14＝1140）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B｜A1）P（B）＝310×131140＝411.
8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），n＝a＋b＋c＋d.
解析 （1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）2（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝16825＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01的?2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.
解法一 P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1631.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1616+15＝1631.
（ii）解法一 由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”，则AB为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）＝64155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二 零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表：
χ12＝155×（16×60－64×15）280×75×124×31＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023江苏海安中学三模]记A，B为随机事件，则下列说法正确的有（ BC ）
A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝56
B.若事件A，B相互独立，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝23
C.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B）＝13
D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B｜A）＝14
解析
10.[多选/2023广州市二检]有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，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10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ BC ）
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为13
解析 记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PAB1=PAB1PB1=8%×10%=0.008，故A错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确.
对C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故C正确.
对D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率，可以考虑它的对立事件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜B3）P（B3）P（A）＝1－2％×50％0.03＝23，故D错误.故选BC.
11.[多选/2023新高考卷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）.（ ABD ）
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
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α； 发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5时，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D选项正确.综上，选ABD.
12.在2023年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为34，乙每次中靶的概率为45，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射击后甲得20分的概率；
（2）求第n次射击的人是乙的概率.
解析 （1）3次射击后甲得20 分的情况有以下2种：
第1次、第2次都是甲射击且中靶，第3次甲射击未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为12）
第1次乙射击未中靶，第2次、第3次甲射击均中靶，其概率P2＝12×15×34×34＝9160.
所以3次射击后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝81640.
（2）设“第n次射击的人是乙”为事件An，
则P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）＋14，
所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－59]，
易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－118，
所以数列{P（An）－59}是首项为－118，公比为1120的等比数列，
所以P（An）－59＝－118×（1120）n－1，
则P（An）＝59－118×（1120）n－1，
故第n次射击的人是乙的概率为59－118×（1120）n－1.
13.[设问创新/2023江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A表示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.
解析 （1）用C表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝110，
所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝19.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910×19＝110）
（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9时，事件B发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10种，事件AB发生的情况为（7，2），共1种，
因此P（B）＝n（B）n（Ω）＝10100＝110，
P（AB）＝n（AB）n（Ω）＝1100，
又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与事件B相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A与事件B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）P（B），
而P（A）＝110，P（AB）P（B）＝n（AB）n（B），于是n（AB）n（B）＝110，
易知事件AB发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x的不等式组0≤x≤9，0≤m－x≤9，
要使上述不等式有10个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
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，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.
4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.
相互独立事件
2023新高考卷ⅡT12；2022全国卷乙T10；2022全国卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全国卷ⅠT19；2019全国卷ⅠT15；2019全国卷ⅡT18
本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，近两年考查频率较高，复习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，在2023年新高考卷Ⅰ中已命题，命题概率大.在2025年高考备考中应强化对条件概率和全概率公式的理解和应用.
条件概率
2023全国卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的应用
2023新高考卷ⅠT21
定义法
先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（AB）P（A）PA>0.
样本
点法
先求事件A包含的样本点数n（A），再求事件AB包含的样本点数n（AB），得P（B｜A）＝n（AB）n（A）.
缩样法
即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
13
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
310
310
25
13
14
14
1140
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪B）＝12
✕
B
PA∪B=PA+PB-PAB=PA+PB-PAPB=12+13-12×13=23
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）x＝34，
∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝34x＋38（1－x）＝1－12，解得x＝13
√
D
由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）－P（AB）P（A）＝13－1412＝16
✕
相关教案
2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破1 概率、统计中的开放性与决策问题： 这是一份2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破1 概率、统计中的开放性与决策问题，共10页。
2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破2 概率与统计的综合： 这是一份2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破2 概率与统计的综合，共17页。
2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破3 概率、统计与其他知识的综合： 这是一份2025年高考数学精品教案第十章 计数原理 概率 随机变量及其分布 突破3 概率、统计与其他知识的综合，共10页。
