第10章 第5节 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 　第五节　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 夯实·必备知识 研磨·高考题型 Part 02 课时作业 Part 03 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 夯实·必备知识 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 P(A)P(B) B 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 P(A)P(B|A) 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 1 P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 × √ √ 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 √ 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （八十） 点击进入word 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　1.了解两个事件相互独立的含义.2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用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)＝ 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 eq \o(B,\s\up15(－))， eq \o(A,\s\up15(－))与 ， eq \o(A,\s\up15(－))与 eq \o(B,\s\up15(－))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)＝ eq \f(P(AB),P(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)＝ eq \f(n(AB),n(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 eq \o(B,\s\up15(－))和B互为对立事件，则P( eq \o(B,\s\up15(－))|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)＝ eq \i\su(i＝1,n, )(Ai)P(B|Ai). 【常用结论】 1．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).　 2．*贝叶斯公式：设A1，A2，A3…An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪A3…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，3，4…n， 则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝ eq \f(P(Ai)P(B|Ai),P(B))＝ eq \f(P(Ai)P(B|Ai),\i\su(k＝1,n,P)(Ak)P(B|Ak))，i＝1，2，3，4…n. 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2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．甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为 eq \f(1,2)， eq \f(2,3)，则谜题没被破解出的概率为(　　) A． eq \f(1,6)　　　B． eq \f(1,3)　　　C． eq \f(5,6)　　　D．1 答案　A 解析　设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B， 则P(A)＝ eq \f(1,2)，P(B)＝ eq \f(2,3)，故P( eq \o(A,\s\up15(－)))＝ eq \f(1,2)，P( eq \o(B,\s\up15(－)))＝ eq \f(1,3)，所以P( eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－)))＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,6)， 即谜题没被破解出的概率为 eq \f(1,6). 3．在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是(　　) A． eq \f(1,28) B． eq \f(1,10) C． eq \f(1,9) D． eq \f(2,7) 答案　D 解析　当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品， 所以第二次抽到次品的概率为 eq \f(2,7). 4．某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是 eq \f(2,3)，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是 eq \f(1,15).乙、丙两个家庭都回答正确的概率是 eq \f(3,5)，各家庭是否回答正确互不影响，则甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率为________． 答案　 eq \f(13,30) 解析　甲、乙、丙三个家庭回答正确的概率分别记为P1，P2，P3， 由题意得P1＝ eq \f(2,3)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))(1－P3)＝ eq \f(1,15)，P3＝ eq \f(4,5)，P2P3＝P2· eq \f(4,5)＝ eq \f(3,5)，P2＝ eq \f(3,4)， 所以甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率是 P＝P1P2(1－P3)＋P1(1－P2)P3＋(1－P1)P2P3＝ eq \f(2,3)× eq \f(3,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5)))＋ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))× eq \f(4,5)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))× eq \f(3,4)× eq \f(4,5)＝ eq \f(13,30). 题型一　相互独立事件的概率 命题点1　事件相互独立性的判断 [例1]　(多选)(2025·潍坊模拟)一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则(　　) A．A与D相互独立　 　B．A与B相互独立 C．B与D相互独立 D．A与C相互独立 答案　BCD 解析　不放回依次取出两个，基本事件有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12种， 事件A＝“13，14，23，24，31，41，32，42”； 事件B＝“12，13，14，21，23，24”； 事件C＝“12，21，31，41，32，42”； 事件D＝“12，21，34，43”． 事件AD＝∅，事件AB＝“13，14，23，24”， 事件BD＝“12，21，”， 事件AC＝“31，41，32，42”， 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝ eq \f(8,12)＝ eq \f(2,3)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝ eq \f(6,12)＝ eq \f(1,2)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C))＝ eq \f(6,12)＝ eq \f(1,2)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD))＝0，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BD))＝ eq \f(2,12)＝ eq \f(1,6)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AC))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)， 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD))≠P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D))，所以A与D不相互独立； 事件BD＝“12，21，”， 事件AC＝“31，41，32，42”， 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝ eq \f(8,12)＝ eq \f(2,3)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝ eq \f(6,12)＝ eq \f(1,2)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C))＝ eq \f(6,12)＝ eq \f(1,2)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD))＝0，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BD))＝ eq \f(2,12)＝ eq \f(1,6)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AC))＝ eq \f(4,12)＝ eq \f(1,3)， 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD))≠P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D))，所以A与D不相互独立； P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AC))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C))，所以A与C相互独立．故选BCD. 命题点2　相互独立事件的概率 [例2]　甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；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，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为 eq \f(1,2)． (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率． 解　(1)甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16). (2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛． 比赛四场结束，共有三种情况： 甲连胜四场的概率为 eq \f(1,16)；乙连胜四场的概率为 eq \f(1,16)； 丙上场后连胜三场的概率为 eq \f(1,8). 所以需要进行第五场比赛的概率为 1－ eq \f(1,16)－ eq \f(1,16)－ eq \f(1,8)＝ eq \f(3,4). (3)丙最终获胜，有两种情况： 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8)； 比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为 eq \f(1,16)， eq \f(1,8)， eq \f(1,8). 因此丙最终获胜的概率为 eq \f(1,8)＋ eq \f(1,16)＋ eq \f(1,8)＋ eq \f(1,8)＝ eq \f(7,16). eq \a\vs4\al([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． [即时训练] 为庆祝教师节，某校举办教师联谊会，甲、乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为 eq \f(4,5)，乙每轮猜对的概率为 eq \f(3,4).在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为(　　) A． eq \f(3,5) B． eq \f(19,20) C． eq \f(7,20) D． eq \f(1,20) 答案　B 解析　设事件A＝“甲猜对”，B＝“乙猜对”，C＝“几何队至少猜对一个成语”， 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝ eq \f(4,5)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝ eq \f(3,4)，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))＝ eq \f(1,5)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(B,\s\up15(－))))＝ eq \f(1,4). 由题意知，事件A，B相互独立，则 eq \o(A,\s\up15(－))与B，A与 eq \o(B,\s\up15(－))， eq \o(A,\s\up15(－))与 eq \o(B,\s\up15(－))也相互独立， 法一：C＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))B))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up15(－))))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))，且 eq \o(A,\s\up15(－))B，A eq \o(B,\s\up15(－))，AB两两互互斥， 则P(C)＝P( eq \o(A,\s\up15(－))B)＋P(A eq \o(B,\s\up15(－)))＋P(AB)＝P( eq \o(A,\s\up15(－)))P(B)＋P(A)P( eq \o(B,\s\up15(－)))＋P(A)P(B)＝ eq \f(1,5)× eq \f(3,4)＋ eq \f(4,5)× eq \f(1,4)＋ eq \f(4,5)× eq \f(3,4)＝ eq \f(19,20). 法二：事件C的对立事件 eq \o(C,\s\up15(－))＝“几何队一个成语也没有猜对”，即 eq \o(C,\s\up15(－))＝ eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－))， 则P(C)＝1－P( eq \o(C,\s\up15(－)))＝1－P( eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－)))＝1－P( eq \o(A,\s\up15(－)))P( eq \o(B,\s\up15(－)))＝1－ eq \f(1,5)× eq \f(1,4)＝ eq \f(19,20).故选B. 题型二　条件概率 命题点1　条件概率 [例3]　(2025·汉中模拟)袋中有除颜色外完全相同的6个小球，其中4个白球和2个红球，现从袋中不放回地连取两个．在第一次取得白球前提下，则第二次取得红球的概率为(　　) A．0.25 B．0.4 C．0.5 D．0.6 答案　B 解析　设第一次取得白球为事件A，第二次取得红球为事件B， 所以在第一次取得白球前提下，则第二次取得红球的概率为： P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(\f(4×2,6×5),\f(4×5,6×5))＝ eq \f(2,5)＝0.4.故选B. 命题点2　条件概率性质的应用 [例4]　(多选)若 eq \o(A,\s\up15(－))、 eq \o(B,\s\up15(－))分别为随机事件A、B的对立事件，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))>0，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))>0，则下列结论正确的是(　　) A．P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))＝1 B．P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－)))) C．P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)) D．若P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)) 答案　BD 解析　对于A选项，因为P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(B,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)))＋ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up15(－)))),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))＋P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\o(B,\s\up15(－)))),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)))＝1，但P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))与P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(B,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))不一定相等， 故P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))不一定等于1，A错； 对于B选项，因为P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))B))， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))B))， 所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))))，B对； P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)))＋ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(A,\s\up15(－))B)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)))＝1，C错； 对于D选项，因为P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(B))))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B)))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))，所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))， 所以事件A、B独立，故P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\co1(A))))＝ eq \f(P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB)),P\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B))，D对．故选BD. 命题点3　乘法公式的应用 [例5]　已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球(白球与红球大小、形状、质地相同)，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，再从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是(　　) A． eq \f(11,27) B． eq \f(11,24) C． eq \f(8,27) D． eq \f(3,8) 答案　C 解析　设“从1号箱中取到红球放入2号箱”为事件A，“从2号箱中取到红球”为事件B. 由题意，知P(A)＝ eq \f(4,2＋4)＝ eq \f(2,3)，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(B))A))＝ eq \f(3＋1,8＋1)＝ eq \f(4,9)，所以P(BA)＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(B))A))P(A)＝ eq \f(4,9)× eq \f(2,3)＝ eq \f(8,27)， 所以两次都取到红球的概率为 eq \f(8,27).故选C. eq \a\vs4\al([思维升华]) 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))． (2)样本点法：P(B|A)＝ eq \f(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． [即时训练] (1)(多选)设A，B是随机试验的两个事件，P(A)＝ eq \f(2,3)，P(B)＝ eq \f(3,4)，P(A∪B)＝ eq \f(11,12)，则(　　) A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立 C．P(A|B)＝ eq \f(2,3) D．P( eq \x\to(AB))＝ eq \f(1,2) 答案　BCD 解析　因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，　 所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝ eq \f(2,3)＋ eq \f(3,4)－ eq \f(11,12)＝ eq \f(1,2)，故A错误； 因为P(A)P(B)＝ eq \f(2,3)× eq \f(3,4)＝ eq \f(1,2)＝P(AB)，所以事件A与事件B相互独立，故B正确； 因为P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝ eq \f(\f(1,2),\f(3,4))＝ eq \f(2,3)，故C正确； 因为P( eq \x\to(AB))＝1－P(AB)＝1－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)，故D正确． (2)一个盒子中装有2个红球，8个黑球，从中不放回地任取1个小球，则第二次才取出红球的概率是________． 答案　 eq \f(8,45) 解析　由题意知第一次取出的是黑球，设为事件A，第二次取出红球设为事件B， 则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝ eq \f(8,10)＝ eq \f(4,5)，则P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(B))A))＝ eq \f(2,9)， 所以第二次才取出红球的概率是P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AB))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(B))A))＝ eq \f(4,5)× eq \f(2,9)＝ eq \f(8,45). 题型三　全概率公式的应用 [例6]　(1)某人外出出差，委托邻居给家里盆栽浇一次水，若不浇水，盆栽枯萎的概率为0.8；若浇水，盆栽枯萎的概率为0.1.若邻居浇水的概率为P，该人回来盆栽没有枯萎的概率为0.83，则实数P的值为(　　) A．0.9 B．0.85 C．0.8 D．0.75 答案　A 解析　记A为事件“盆栽没有枯萎”，W为事件“邻居给盆栽浇水”，由题意可得P(W)＝P，P( eq \o(W,\s\up15(－)))＝1－P，P( eq \o(A,\s\up15(－))| eq \o(W,\s\up15(－)))＝0.8，P( eq \o(A,\s\up15(－))|W)＝0.1，由对立事件的概率公式可得P( eq \o(A,\s\up15(－)))＝1－P(A)＝1－0.83＝0.17. 由全概率公式可得 P( eq \o(A,\s\up15(－)))＝P(W)P( eq \o(A,\s\up15(－))|W)＋P( eq \o(W,\s\up15(－)))P( eq \o(A,\s\up15(－))| eq \o(W,\s\up15(－)))＝P×0.1＋(1－P)×0.8＝0.17，解得P＝0.9.故选A. (2)(2025·石嘴山模拟)一堆苹果中大果与小果的比例为9∶1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%.经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为(　　) A． eq \f(855,857) B． eq \f(857,1 000) C． eq \f(171,200) D． eq \f(9,10) 答案　A 解析　记事件A1：放入水果分选机的苹果为大果，事件A2：放入水果分选机的苹果为小果， 记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”， 则P(A1)＝ eq \f(9,10)，P(A2)＝ eq \f(1,10)，P(B|A1)＝ eq \f(19,20)， P(B|A2)＝ eq \f(1,50)， 由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝ eq \f(9,10)× eq \f(19,20)＋ eq \f(1,10) × eq \f(1,50)＝ eq \f(857,1 000)，P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)＝ eq \f(9,10)× eq \f(19,20)＝ eq \f(855,1 000)， 因此，P(A1|B)＝ eq \f(P(A1B),P(B))＝ eq \f(855,1 000)× eq \f(1 000,857)＝ eq \f(855,857). eq \a\vs4\al([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(Ai)P(B|Ai). (3)代入全概率公式计算． 　[即时训练] (2025·汉中模拟)某电子设备厂所用的元件由甲、乙两家元件厂提供，根据以往的记录，这两个厂家的次品率分别为0.01，0.03，提供元件的份额分别为0.90，0.10.设这两个厂家的产品在仓库里是均匀混合的，且无任何区分的标志，现从仓库中随机取出一个元件，取到的元件是次品的概率为________． 答案　0.012 解析　设事件A：“取得一件次品”，事件B1：“取得次品是甲厂生产”，B2：“取得次品是乙厂生产”， 由题意可知P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1))＝0.9，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2))＝0.1， P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(A))B1))＝0.01，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(A))B2))＝0.03， 所以由全概率公式知取得次品的概率为 P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(A))B1))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B1))＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\co1(A))B2))P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B2))＝0.01×0.90＋0.03×0.10＝0.012. $$