2026年大一轮复习讲义数学讲义练习第十章10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式(复习讲义)（附答案）

这是一份2026年大一轮复习讲义数学讲义练习第十章10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式(复习讲义)（附答案），共8页。试卷主要包含了了解两个事件相互独立的含义，条件概率，全概率公式，6，乙中靶的概率为0等内容，欢迎下载使用。

1.相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)= 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B相互独立，那么A与 ，A与 ，A与B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，我们称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)= .
(3)条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则
①P(Ω|A)= ；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)= .
③设B和B互为对立事件，则P(B|A)= .
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)= .
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)对于任意两个事件，公式P(AB)=P(A)P(B)都成立.( )
(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A，B同时发生的概率.( )
(3)抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第二枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立.( )
(4)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).( )
2.若P(A|B)=19，P(B)=13，则P(AB)的值是( )
A.127B.13
C.19D.14
3.某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，则拨号不超过两次就拨对号码的概率为( )
A.15B.25
C.35D.920
4.甲箱中有3个白球，2个黑球，乙箱中有1个白球，3个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙箱中任取一球，则从乙箱中取出白球的概率是 .
1.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥.
2.不要混淆P(B|A)与P(A|B)
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率.
题型一 相互独立事件
命题点1 事件相互独立性的判断
例1 (2021·新高考全国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( )
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
命题点2 相互独立事件的概率
例2 小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a，a，12，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为14，则他三道题都答错的概率为( )
A.12B.13
C.14D.16
概率问题中的递推数列
在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现.主要有四种类型：(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 (多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的.从一个人传球到另一个人称传球一次.若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的是( )
A.P2＝12B.P4＝58
C.Pn＝12(1－Pn－1)D.Pn＝13－13−12n−1
思维升华 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.
跟踪训练1 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则( )
A.两人都中靶的概率为0.12
B.两人都不中靶的概率为0.42
C.恰有一人中靶的概率为0.46
D.至少有一人中靶的概率为0.74
题型二 条件概率
命题点1 条件概率
例3 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100米接力赛跑.记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为( )
A.19B.49C.13D.29
命题点2 条件概率性质的应用
例4 (多选)下列结论中错误的是( )
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)
思维升华 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)=P(AB)P(A).
(2)样本点法：P(B|A)=n(AB)n(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.
跟踪训练2 (1)为讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对党史知识的了解，某学校开展党史知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛.某班级在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A为“第一次抽到选择题”，事件B为“第二次抽到选择题”，则P(B|A)等于( )
A.35B.310
C.34D.12
(2)(多选)一个箱子中装有大小、形状均相同的8个小球，其中白球5个、黑球3个，现在从箱子中不放回地取两次球，第一次先从箱子中随机取出1个球，第二次再从箱子中随机取出2个球，分别用A，B表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分别用C，D表示事件“第二次取出的两球都为黑球”“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是( )
A.P(C|B)=121B.P(D|A)=37
C.P(B)=38D.P(BC)=156
题型三 全概率公式的应用
例5 (1)某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )
(2)设5支枪中有2支未校正，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.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率为 .
思维升华 利用全概率公式解题的思路
(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)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).
(3)代入全概率公式计算.
跟踪训练3 (多选)湖南张家界是国家5A级景区，有许多好看的景点.李先生和张先生预选该景区的玻璃栈道和凤凰古城游玩，他们第一天去玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3和0.7，如果他们第一天去玻璃栈道，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.3；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.6.设A1=“第一天去玻璃栈道”，A2=“第二天去玻璃栈道”，B1=“第一天去凤凰古城”，B2=“第二天去凤凰古城”，则( )
A.P(A2|A1)=0.3B.P(A2|B1)=0.3
C.P(A2)=0.51D.P(B2)=0.49
答案精析
落实主干知识
1.(1)P(A)P(B) (2)B B
2.(1)P(AB)P(A) (2)①n(AB)n(A)
②P(A)P(B|A) (3)①1
②P(B|A)+P(C|A) ③1-P(B|A)
3.n∑i=1P(Ai)P(B|Ai)
自主诊断
1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√
2.A 3.B 4.825
探究核心题型
例1 B [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；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.]
例2 C [记小刚答对A，B，C三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，
且P(D)=P(E)=a，P(F)=12.
恰好能答对两道题为事件DEF+DEF+DEF，且DEF，DEF，DEF两两互斥，
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×12=14，
整理得(1-a)2=12，他三道题都答错为事件DEF，
故P(DEF)=P(D)P(E)P(F)
=(1-a)21−12=12(1-a)2=14.]
微拓展
典例 ACD [A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1=0，
第二次传球，球有12的概率回到甲手里，故P2=12，A正确；
C选项，Pn-1为传球(n-1)次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n-1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有12的概率回到甲手里，故Pn=12(1-Pn-1)，C正确；
D选项，由C选项知
Pn=12(1-Pn-1)，
即Pn=-12Pn-1+12，
设Pn+λ=-12(Pn-1+λ)，
故Pn=-12Pn-1-32λ，
所以-32λ=12，解得λ=-13，
故Pn-13=-12Pn−1−13，
又P1-13=-13≠0，
所以Pn−13是首项为-13，公比为-12的等比数列，
故Pn-13=-13−12n−1，
故Pn=13-13−12n−1，D正确；
B选项，由D选项可知P4=13-13×−123=38，B错误.]
跟踪训练1 C [设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)=0.6，P(B)=0.7，
则两人都中靶的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.7=0.42，
两人都不中靶的概率为P(AB)=[1-P(A)][1-P(B)]=0.4×0.3=0.12，
恰有一人中靶的概率为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为1-P(AB)=0.88.]
例3 D [已知事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件B为“乙同学跑第二棒”，
则P(A)=C31A33A44=34，
P(AB)=C21A22A44=16，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=1634=29.]
例4 ABD [P(A|B)=P(AB)P(B)，P(B|A)=P(AB)P(A)，而P(A)与P(B)不一定相等，故A不正确；
当B，C为互斥事件时，等式成立，故B不正确；
由概率的乘法公式知C正确；
P(B|A)P(A)=P(AB)≤P(A)+P(B)，故D不正确.]
跟踪训练2 (1)D [P(A)=35，P(AB)=3×25×4=310，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12.]
(2)ACD [由题得P(B)=C31C81=38，C选项正确；
根据条件概率得P(C|B)=n(BC)n(B)=C31C22C31C72=121，A选项正确；
P(D|A)=n(DA)n(A)=C51C41C31C51C72=47，
B选项错误；
P(BC)=P(B)P(C|B)=38×121=156，D选项正确.]
例5 (1)B [设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)=20%，P(B2)=50%，P(B3)=30%.设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则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)0.8
解析 设事件A表示“射击时中靶”，事件B1表示“使用的枪校正过”，事件B2表示“使用的枪未校正”，
则P(A|B1)=0.9，P(B1)=0.6，
P(A|B2)=0.4，P(B2)=0.4，
根据全概率公式得
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(AB2)P(A)
=P(A|B2)P(B2)P(A)=(1−0.4)×0.40.3
=0.8.
跟踪训练3 ACD [由题干可知P(A2|A1)=0.3，P(A2|B1)=0.6，A正确，B错误；
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正确.]