10.4事件的独立性、条件概率与全概率公式课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“事件的独立性、条件概率与全概率公式”核心考点，依据高考评价体系梳理了相互独立事件判断、条件概率计算、全概率公式应用三大考查要求，通过近五年真题分析明确“相互独立事件概率”占35%、“全概率公式综合题”占40%的高频考点分布，归纳出概率模型构建等常考题型。 课件亮点在于“真题驱动+方法提炼+素养落地”的备考策略，如以2023年全国甲卷“爱好滑雪与滑冰”题为例，详解条件概率“定义法+缩样法”，培养学生数学思维与数据观念。特设“易错点对比表”（如互斥与独立的区别）和“解题模板库”，助力学生掌握得分技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第四讲　事件的独立性、条件概率与全概率公式 知识梳理 · 双基自测 知 识 梳 理 知识点一　事件的相互独立性 设A、B为两个事件，如果P(AB)＝_____________，则称事件A与事件B相互独立． 注：“相互独立”与“事件互斥”的区别．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件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． P(A)P(B) 3．乘法公式：由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)． 4．性质 (1)0≤P(B|A)≤1； (2)若B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 归 纳 拓 展 1．事件的表示 (1)A、B中至少有一个发生的事件为A∪B. (2)A、B都发生的事件为AB. 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　) (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(BA)表示事件A，B同时发生的概率，一定有P(AB)＝P(A)·P(B)．(　　) (3)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5.(　　) (4)抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B＝“两枚骰子向上点数之和为7”，则A与B独立．(　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√ 题组二　走进教材 2．(多选题)(选择性必修3P48T3)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是(　　) [答案]　BCD [答案]　A 题组三　走向考场 4．(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 5．(多选题)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)(　　) 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 [答案]　ABD [解析]　依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)．(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)·β·(1－β)＝β(1－β)2，B正确； 考点突破 · 互动探究 相互独立事件的概率——多维探究 角度1　判断事件的独立性 (2026·河南商丘模拟)盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回．设事件A＝“两次均未摸出红球”，事件B＝“两次均未摸出白球”，事件C＝“第一次摸出的两个球中有红球”，事件D＝“第二次摸出的两个球中有白球”，则(　　) A．A与B相互独立 B．A与C相互独立 C．B与C相互独立 D．C与D相互独立 [答案]　D 【变式训练】 (多选题)(2026·湖北A9高中联盟期中联考)甲、乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是(　　) A．事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件 B．事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件 C．事件“甲、乙都投得6点”与事件“甲、乙不全投得6点”是对立事件 D．事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件 [答案]　BC [解析]　事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不可能同时发生，二者是互斥事件，A错误；事件“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”没有影响，二者是相互独立事件，B正确；事件“甲、乙都投得6点”的反面为“至少有1人没有投得6点”，也即“甲、乙不全投得6点”，故事件“甲、乙都投得6点”与事件“甲、乙不全投得6点”是对立事件，C正确；事件“至少有1人投得6点”包含“甲投得6点且乙没投得6点”的情况，故事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”不是相互独立事件，D错误，故选BC. 角度2　相互独立事件的概率 1．(多选题)(2026·河北重点高中模拟)甲袋中有20个红球，10个白球，乙袋中红球、白球各有10个，两袋中的球除了颜色有差别外，再没有其他差别．现在从两袋中各取出1个球，下列结论正确的是(　　) [答案]　ABC 2．甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是_____. [答案]　0.18 [解析]　前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是P＝0.108＋0.072＝0.18. [答案]　B [引申1]本例2中乙以4∶0获胜的概率为______，甲以4∶2获胜的概率为________. [答案]　0.04　0.171 [引申2]本例3中至少有一个队完成任务的概率为________. 名师点拨：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． 求相互独立事件概率的主要方法 1．利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解． 2．正面计算较繁琐(如求用“至少”“至多”等表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算． [答案]　BC 条件概率——自主练透 1．(2026·湖北部分名校联考)已知事件A和事件B满足：P(A)＝0.6，P(B)＝0.7，P(A＋B)＝0.9，则P(A|B)＝(　　) [答案]　D [答案]　ABD 3．(2026·湖北宜昌起点考试)不透明的布袋里装有不同编号且大小完全相同的红色，白色，黑色，蓝色的球各两个，从中随机选4个球，则在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为(　　) [答案]　B 2．(2026·广东中山一中测试)从编号1～10的10张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为5的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，则P(B|A)＝(　　) [答案]　B 全概率公式——师生共研 [答案]　C 2．(2026·广东深圳宝安区质检)近期某市推进“光储充一体化”充电站建设，现有A充电站配备2个超级快充桩和3个普通充电桩，B充电站配备1个超级快充桩和3个普通充电桩，为优化资源配置，系统随机从A站调度1个充电桩至B站，随后技术人员从B站随机选取2个充电桩进行升级调试，记“选取的两个充电桩均为普通桩”为事件B，则P(B)＝(　　) [答案]　D [引申]本例1条件下P(A|B)＝________. 名师点拨：利用全概率公式的策略 1．根据题意，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)及事件B在各互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B|Ai)； 【变式训练】 (2025·江苏常州质检)在A，B，C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感．假设这三个地区的人口数的比为5∶7∶8，现从这三个地区中任意选取一人，则这个人患流感的概率为(　　) A．0.515 B．0.05 C．0.049 5 D．0.048 5 [答案]　D 名师讲坛 · 素养提升 概率的综合问题 (2026·江苏南京模拟)人工智能是用于研究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模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中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，再从该袋子中等可能地摸出一个 (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． ①求选到的袋子为甲袋的概率； ②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，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． [解析]　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. 【变式训练】 (2025·江苏常州教科院附中调研)第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，条件概率就被广泛应用于ChatGPT中．某数学素养提升小组设计了如下问题进行探究：现有完全相同的甲，乙两个箱子(如图)，其中甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同．某人先从两个箱子中任取一个箱子，再从中随机摸出一球． (1)求摸出的球是黑球的概率； (2)若已知摸出的球是黑球，请用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大． 提能训练　练案[65] A组基础巩固 [答案]　D [答案]　D 3．(2025·山西大同摸底)已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示．能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作．则听不到声音的概率为(　　) A．0.197 38 B．0.000 18 C．0.010 92 D．0.098 28 [答案]　A [答案]　B 5．(2026·江西赣抚吉十二校联考)儿童牙齿是否健康与早晚是否都刷牙有关．据调查，某幼儿园大约有60%的学生牙齿健康，大约有30%的学生早晚都刷牙，且其中早晚都刷牙的学生中约有70%的学生牙齿健康．现从不是早晚都刷牙的学生中任意调查一名学生，则他的牙齿健康的概率约为(　　) [答案]　A 6．(2026·湖北高中名校联盟联考)某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3，0.3，0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是(　　) A．0.16 B．0.31 C．0.4 D．0.32 [答案]　B [解析]　设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝DA∪DB∪DC，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.故选B. 7．(2026·广东佛山S6高质量发展联盟联考)掷2次质地均匀的骰子，记事件A为“两次掷出的数字相同”，事件B为“两次掷出的数字不同”，事件C为“两次掷出的数字之和为奇数”，事件D为“两次掷出的数字之和为偶数”，则下列说法不正确的有(　　) [答案]　B [答案]　ACD 9．(2026·天域全国名校协作体联考)盒子中有大小相同的5个球，其中3个红球，2个白球，从盒子中随机依次不放回的取出两个球，记事件A为“第一次取出的是红球”，事件B为“第二次取出的是红球”，则(　　) [答案]　BCD [答案]　BCD 12．(2026·湖北部分高中协作体联考)一个数学兴趣小组共有2名男生、3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为________. 四、解答题 14．(2025·广东肇庆联考)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． (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．求人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率． [解析]　(1)设事件A表示“零件是次品”，B表示“自动检测判断零件为次品”，A1、A2表示零件是一等品、二等品， P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A1)P(B|A1)＝0.1×0.9＋0.2×0.05＋0.7×0＝0.1， B组能力提升 1．(2026·山东德州开学考试)甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以A1，A2分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是(　　) [答案]　C [答案]　A 3．(2026·河南周口开学考试)甲箱中有2个红球和2个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球．先从甲箱中等可能地取出2个球放入乙箱，再从乙箱中等可能地取出1个球，记事件“从甲箱中取出的球恰有i个红球”为Ai(i＝0，1，2)，“从乙箱中取出的球是黑球”为B，则(　　) [答案]　D 4．(多选题)(2026·湖南部分学校联考)下列说法正确的是(　　) [答案]　ACD C组拓展应用(选作) (1)求首次摸球就试验结束的概率； (2)在首次摸球摸出红球的条件下， ①求选到的袋子为乙袋的概率； ②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大． 若事件A、B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)；事件A与，与B，与都相互独立． 知识点二　条件概率 1．定义：设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的概率． 2．求法：P(B|A)＝＝. 知识点三　全概率公式 一般地，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，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝(Ai)P(B|Ai)，我们称此公式为全概率公式． *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，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝＝，i＝1，2，…，n. (3)A、B都不发生的事件为. (4)A、B恰有一个发生的事件为(A)∪(B)． (5)A、B至多有一个发生的事件为(B)∪(A)∪()． 2．一般结论 (1)若事件A，B，C两两相互独立，则P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)； (2)P(|A)＝1－P(B|A)； (3)若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)·P(B|A)； (4)若A、B相互独立，则①A、B至少有一个发生的概率P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(A)·P(B)． P(A＋B)＝1－P()P()． ②A、B恰有一个发生的概率P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－2P(A)·P(B)． A．若不放回的摸球2次，则第一次摸到红球的概率为 B．若不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为 C．若有放回的摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为 D．若有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为 [解析]　第一次摸到红球的概率为，故A错误；不放回的摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P＝＝，故B正确；有放回的摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率××＝，故C正确；有放回的摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率C2×＝，故D正确．故选BCD. 3．(必修2P250T4改编)(2026·贵州黔东南州九校月考)智力竞赛决赛由A，B两队进行比赛，A队有甲、乙两名队员，某一道题由甲、乙两名队员共同解答，甲答对的概率为，乙答对的概率为，则此题A队答对的概率是(至少一人答对即可)(　　) A． B． C． D． [解析]　该题甲答对的概率为，乙答对的概率为，甲、乙答不出的概率分别为，.故A队答出的概率为1－×＝.故选A． [解析]　同时爱好两项的概率为0.5＋0.6－0.7＝0.4，记“该同学爱好滑雪”为事件A，记“该同学爱好滑冰”为事件B，则P(A)＝0.5，P(AB)＝0.4，所以P(B|A)＝＝＝0.8.故选A． 对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD. [解析]　依题意得P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A错误；P(C)＝＝，P(AC)＝0≠P(A)P(C)，故B错误；P(BC)＝＝≠P(B)P(C)，故C错误；P(D)＝＝，P(CD)＝＝＝P(C)P(D)，故D正确．故选D. A．2个球都是红球的概率为 B．2个球中恰有1个红球的概率为 C．不都是红球的概率为 D．都不是红球的概率为 [解析]　记事件A1：从甲袋中任取1个球为红球，事件A2：从乙袋中任取1个球为红球，则P(A1)＝，P(A2)＝，对于A选项，即求事件A1A2的概率，P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝，所以A正确；对于B选项，即求事件A1＋A2的概率，P(A1＋A2)＝P(A1)P()＋P()P(A2)＝×＋×＝，所以B正确， 对于C选项，由于“都是红球”与“不都是红球”互为对立事件，所以概率为1－P(A1A2)＝1－＝，所以C正确；对于D选项，即求事件的概率，P()＝×＝，所以D错误．故选ABC. 3．(2026·安徽合肥模拟)已知在某竞赛中，天涯队、谛听队、洪荒队单独完成某项任务的概率分别为，，，且这3个队是否完成该任务相互独立，则恰有2个队完成该任务的概率为(　　) A． B． C． D． [解析]　在某竞赛中，天涯队、谛听队、洪荒队单独完成某项任务的概率分别为，，，且这3个队是否完成该任务相互独立，则恰有2个队完成该任务的概率为P＝××＋××＋××＝.故选B. [解析]　P1＝0.42×0.52＝0.04； P2＝(C0.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C0.4×0.62×C0.52)×0.5＝0.171. [答案]　 [解析]　所求概率P＝1－××＝1－＝. 3．转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与，与B，与也相互独立． 【变式训练】 1．(角度1)(多选题)(2026·福建部分地市质检)投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量Xn＝(n＝1，2，3)．记A表示事件“X1＋X2＝0”，B表示事件“X2＝1”，C表示事件“X1＋X2＋X3＝－1”，则(　　) A．B和C互为对立事件 B．事件A和C不互斥 C．事件A和B相互独立 D．事件B和C相互独立 [解析]　事件B和C均会出现“反，正，反”的情况，故A错误；事件A和C均会出现“反，正，反”的情况，故B正确；易知P(A)＝C2＝，P(B)＝，事件AB为前两次投出的硬币结果为“反，正”，则P(AB)＝，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝，故C正确；由选项A，C可知P(BC)＝3＝，P(B)＝，在事件C中三次投出的硬币有一次正面，两次反面，则P(C)＝C×3＝，∴P(BC)≠P(B)P(C)，故D错误．故选BC. 2.(角度2)(2026·湖北A9高中联盟期中联考)如图，由X到Y的电路中有4个元件，分别为A，B，C，D，若A，B，C，D能正常工作的概率都是，记N＝“X到Y的电路是通路”，则P(N)＝________. [答案]　 [解析]　解法一：A、B、C正常工作的概率P1＝×＝，∴P(N)＝1－×＝. 解法二：设N1＝“D正常工作”，N2＝“D没有正常工作，A正常工作，且B，C中至少有一个正常工作”由于“X到Y的电路是通路”等价于“D正常工作”或“D没有正常工作，A正常工作，且B，C中至少有一个正常工作”，即N＝N1∪N2，P(N1)＝，P(N2)＝××＝，由于事件N1，N2互斥，所以P(N)＝P(N1∪N2)＝＋＝. A． B． C． D． [解析]　由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)知P(AB)＝0.4，于是，P(A|B)＝＝，选D. 2．(多选题)(2025·河南许昌中学月考)设A，B是一次随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝，则(　　) A．A，B相互独立 B．P(＋)＝ C．P(B)＝ D．P(|B)≠P(|A) [解析]　由题意可知，∵P(B|A)＝＝，则P(AB)＝，因此P(AB)＝P(A)P(B)，故A正确；∵P()＝，P()＝，∴P(＋)＝P()＋P()－P()＝P()＋P()－P()·P()＝＋－×＝，故B正确；∵P(B)＋P(AB)＝P(B)，∴P(B)＋＝，因此P(B)＝，故C错误； P(A)＋P(AB)＝P(A)，因此P(A)＝，P(|B)＝＝＝，P(|A)＝＝＝，即P(|B)≠P(|A)，故D正确．故选ABD. A． B． C． D． [解析]　记至少有两个球颜色相同为事件A，两球颜色不同为事件B，则P(A)＝＝＝，P(AB)＝＝＝，所以在已有两个球是同一颜色的条件下，另外两球不同色的概率为P(B|A)＝＝＝，故选B. 名师点拨：条件概率的求法 1．定义法：P(B|A)＝(P(A)>0)； 2．古典概型法：P(B|A)＝； 3．缩样法：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． 【变式训练】 1．(2026·江西部分学校联考)已知P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝0.2，则P(A|)＝________. [答案]　 [解析]　因为P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝0.2，所以P()＝1－0.5＝0.5，P(A)＝P(A)－P(AB)＝0.6－0.2＝0.4，故P(A|)＝＝＝. A． B． C． D． [解析]　由题意，在1～10这10个数字中，5的倍数有5、10，共2个，所以事件A发生的概率P(A)＝＝，记事件AB表示“第一次抽到的卡片编号数字为5的倍数且第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，若第一次抽到5，那么第二次从剩下9张卡片中抽小于5的卡片，有4种抽法；若第一次抽到10，那么第二次从剩下9张卡片中抽小于10的卡片，有9种抽法；所以P(AB)＝＝.根据条件概率公式，P(B|A)＝＝＝.故选B. 1．(2025·鄂豫皖五十三校联考)已知P()＝，P(|A)＝，P(B|)＝，则P()＝(　　) A． 　 B． 　 C． 　 D． [解析]　P()＝＝1－P(A)，则P(A)＝.由于P(|A)＝，则P(B|A)＝.则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝，则P()＝1－P(B)＝.故选C. A． B． C． D． [解析]　设从A站调度的充电桩为超级快充桩为事件M，从A站调度的充电桩为普通充电桩为事件N，则P(M)＝，P(N)＝.则P(B)＝P(M)·P(B|M)＋P(N)·P(B|N)＝×＋×＝×＋×＝.故选D. [答案]　 [解析]　＝P(B|A)＝＝，∴P(AB)＝，从而P(A|B)＝＝×＝. 3．代入全概率公式P(B)＝(Ai)P(B|Ai)． 全概率公式P(B)＝(Ai)P(B|Ai)在解题中体现了“化整为零、逐个击破”的转化思想，可将较为复杂的概率计算分解为一些较为容易的情况分别进行考虑． [解析]　由题意得，从这三个地区中任意选取一人，则这个人可能来自三个地区中患流感的人当中，故这个人患流感的概率为P＝6%×＋5%×于＋4%×＝0.048 5，故选D. 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)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝×＋×＝. 所以试验一次结果为红球的概率为， 即首次试验结束的概率为. (2)①因为B1，B2是对立事件， P(B2)＝1－P(B1)＝， 所以P(A1|B2)＝＝＝＝， 所以选到的袋子为甲袋的概率为. ②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－＝， 所以方案一中取到红球的概率为 P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝， 方案二中取到红球的概率为 P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝， 因为>，所以方案二中取到红球的概率更大， 即选择方案二第二次试验结束的概率更大． [解析]　(1)记事件A表示“球取自甲箱”，事件表示“球取自乙箱”，事件B表示“取得黑球”， 则P(A)＝P()＝，P(B|A)＝＝，P(B|)＝， 由全概率公式得 P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|) ＝×＋×＝. (2)该球取自乙箱的可能性更大，理由如下： 该球是取自甲箱的概率 P(A|B)＝＝＝， 该球取自乙箱的概率 P(|B)＝＝＝， 因为P(A|B)<P(|B)，所以该球取自乙箱的可能性更大． 一、单选题 1．(2026·河南郑州部分学校质检)已知A，B是一个随机试验中的两个随机事件，若P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则事件A与事件B的关系为(　　) A．B⊆A B．互斥但不对立 C．互为对立 D．相互独立 [解析]　P(A∪B)＝＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－P(AB)＝，得P(AB)＝，又∵P(AB)＝×＝＝P(A)·P(B)，故事件A与事件B相互独立，故选D. 2．(2025·安徽“皖江名校联盟”月考)2022年11月29日神舟十五号载人飞船发射任务取得圆满成功，开启了我国空间站应用发展的新阶段．在太空站内有甲、乙、丙三名航天员，按照一定顺序依次出仓进行同一试验、每次只派一人、每人最多出仓一次，且时间不超过10分钟．若第一次试验不成功，返仓后派下一人重复进行试验，若试验成功终止试验．已知甲，乙，丙10分钟内试验成功的概率分别为，，，每人试验能否成功相互独立，则试验成功的概率为(　　) A． B． C． D． [解析]　解法一：试验任务不成功的概率是1－p＝＝，所以成功的概率是. 解法二：不妨设按照甲乙丙顺序依次出仓进行试验，设试验任务成功的事件为M，甲成功的事件为M1，甲不成功乙成功的事件为M2，甲乙都不成功丙成功的事件为M3，P(M1)＝，P(M2)＝×＝，P(M3)＝××＝，因为事件M1，M2，M3互斥，所以试验任务成功的概率P(M)＝P(M1＋M2＋M3)＝＋＋＝.故选D. [解析]　设能听到声音为事件M，则P(M)＝[1－P( )]·P(C)[1－P()]＝[1－P()P()]·P(C)·[1－P()P()]＝(1－0.1×0.2)×0.9×(1－0.3×0.3)＝0.802 62，所以听不到声音的概率P()＝1－0.802 62＝0.197 38.故选A． 4．(2026·湖北腾云联盟联考)已知A，B是样本空间Ω中的随机事件，0<P(B)<1，若P(A＋B)＝，P(A∣)＝，则P(B)＝(　　) A． B． C． D． [解析]　设P(B)＝a，则P()＝1－P(B)＝1－a，而P(A|)＝＝，则P(A)＝P()＝(1－a)，因为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝P(A)＋P(B)＝，所以(1－a)＋a＝，解得a＝，即P(B)＝.故选B. A． B． C． D． [解析]　不是早晚都刷牙且牙齿健康的学生占60%－30%×70%＝39%.记“该学生不是早晚都刷牙”为事件A，“该学生牙齿健康”为事件B，则P(A)＝1－0.3＝0.7，P(AB)＝0.39，所以P(B|A)＝＝＝.故选A． A．A和C互斥 B．B和D独立 C．P(A|D)＝ D．P(B)>P(C) [解析]　对于A，由题可知，A和C互斥，故A正确；对于B，P(B)＝1－＝，P(D)＝×＋×＝，P(BD)＝×＋×＝，P(B)P(D)＝×＝≠P(BD)，故B错误；对于C，P(AD)＝＝，P(A|D)＝＝＝，故C正确；对于D，P(C)＝×＋×＝，P(B)>P(C)，故D正确．故选B. 二、多选题 8．(2026·福建厦门一中开学测试)某社团开展“建党100周年主题活动——学党史知识竞赛”，甲、乙两人能得满分的概率分别为，，两人能否获得满分相互独立，则(　　) A．两人均获得满分的概率为 B．两人至少一人获得满分的概率为 C．两人恰好只有甲获得满分的概率为 D．两人至多一人获得满分的概率为 [解析]　设A＝“甲获得满分”，B＝“乙获得满分”，则P(A)＝，P(B)＝.“两人均获得满分”可表示为AB，因两人能否获得满分相互独立，故P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝，即A正确； 因“两人至少一人获得满分”的对立事件为，则“两人至少一人获得满分”的概率为1－P()＝1－P()P()＝1－×＝，故B错误；“两人恰好只有甲获得满分”可表示为A，其概率为P(A)＝P(A)·P()＝×＝，故C正确；“两人至多一人获得满分”的对立事件为AB，则两人至多一人获得满分的概率为1－P(AB)＝1－P(A)·P(B)＝1－×＝，故D正确．故选ACD. A．P(AB)＝ B．P(B|A)＝ C．P(B)＝ D．P(A＋B)＝ [解析]　对于A，P(AB)＝＝，故A错误；对于B，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝＝，故B正确；对于C，P(B)＝P(AB)＋P(B)＝＋＝，故C正确；对于D，P(A＋B)＝1－P( )＝1－＝，故D正确．故选BCD. 10．(2026·四川成都摸底)眼睛是心灵的窗户，保护视力从青少年开始．“近视”(设为事件A)和“老花”(设为事件B)是影响中老年人学习与生活质量的重要视力因素．设P(A)＝，P(B)＝，P(|A)＝，则(　　) A．A与B互为对立 B．A与B相互独立 C．P(A＋B)＝P() D．P(A|B)＝P(|) [解析]　因为P(A)＝，P(B)＝，P(|A)＝，则P(|A)＝＝，所以P(A)＝，所以P(A)－P(A)＝P(AB)＝－＝，则A与B不对立，故A错误；得到P(AB)＝P(A)P(B)，A与B相互独立，故B正确；而P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，P()＝1－P(B)＝1－＝，故P(A＋B)＝P()，故C正确； P(A|B)＝＝＝，P(|)＝＝＝＝，所以P(A|B)＝P(|)，故D正确．故选BCD. 三、填空题 11．(2026·陕西师大附中收心考试)嵊(shèng)州是历史文化名城，早在秦朝已设郡县，古称剡(shàn)县，赡县、嵊县，古往今来无数文人墨客都醉心于嵊州的山水风景之中，李白曾梦到：湖月照我影，送我至剡溪．杜甫有诗曰：剡溪蕴秀异，欲罢不能忘，其中万年小黄山，千年唐诗路，百年越剧是三张重要历史文化名片，现有甲、乙两人到达高铁嵊州新昌站，前往旅游集散中心，再分赴万年小黄山、千年唐诗路之谢灵运垂钓处、越剧诞生地打卡，已知每人都只去1个景点，且甲、乙两人前往三地打卡的概率分别是，，和，，，则甲、乙打卡不相同景点的概率为________. [答案]　 [解析]　甲乙打卡相同景点的概率为×＋×＋×＝，所以甲、乙打卡不相同景点的概率为1－＝. [答案]　 [解析]　记事件A表示“2名中至少有1名男生”，事件B表示“2名中有1名女生”，则“2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生”的概率为P(B|A)＝，而P(AB)＝＝，P(A)＝1－＝，所以P(B|A)＝. 13．(2025·江西南昌摸底)庆“七一”，教育局组织党史知识竞赛，经过激烈角逐，最后甲乙两队争夺冠军．实行“三局两胜制”(无平局)．若甲队在每局比赛中获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为________. [答案]　 [解析]　设事件“甲获得冠军”为事件A，比赛进行了三局为事件B，则P(A)＝×＋××＋××＝，P(AB)＝××＋××＝，P(B|A)＝＝＝. 则P(A|B)＝＝＝. 所以一个被判为次品的零件实际为次品的概率为. (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)＝＝＝. A．A1，A2互斥 B．P(B|A1)＝ C．P(A2B)＝ D．P(B)＝ [解析]　因为每次只取一球，故A1，A2是互斥的事件，故A正确；由题意得P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＝×＋×＝，故B，D均正确；因为P(A2B)＝×＝，故C错误．故选C. 2．(2026·江苏如皋调研)已知随机事件A，B互相独立，满足P(A＋B)＝，P(A|B)＝，则P(|A)＝(　　) A． B． C． D． [解析]　由题意知P(A)＝P(A|B)＝，又由P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)知＝＋P(B)－P(B)．∴P(B)＝，∴P(|A)＝P()＝1－P(B)＝.故选A． A．P(A0)＝ B．P(B|A1)＝ C．P(B)＝ D．P(A2|B)＝ [解析]　根据题意，甲箱中有2个红球和2个黑球，则P(A0)＝＝，P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，故A不正确；乙箱中有1个红球和3个黑球，则P(B|A0)＝＝，P(B|A1)＝＝，P(B|A2)＝＝，故B不正确； 则有P(B)＝P(A0)P(B|A0)＋P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＋×＝，故C不正确；则P(A2|B)＝＝＝＝，故D正确．故选D. A．甲、乙两人独立地破译一份密码，已知个人能破译的概率分别为，，则密码被成功破译的概率为 B．一箱12罐的饮料中有2罐有奖券，从中任意抽取2罐，这2罐中有奖券的概率为 C．一个袋子中有4个红球，n个绿球，不放回地从中随机取出两个球，若取出的两球都是红球的概率为，则n＝5 D．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利 [解析]　对于A：因为个人能破译的概率分别为，，所以密码被成功破译的概率为P＝1－×＝，故A正确；对于B：依题意所求的概率为＝＝，故B错误；对于C：由题意取出的两球都是红球的概率为＝，则n2＋7n－60＝0，解得n＝5或n＝－12(舍去)，故C正确； 对于D：采用“5局3胜制”甲获胜的概率为P1＝(0.6)3＋C(0.6)2×0.4×0.6＋C(0.6)2×(0.4)2×0.6＝0.682 56，采用“3局2胜制”甲获胜的概率为P2＝(0.6)2＋C×0.6×0.4×0.6＝0.36＋0.288＝0.648，因为P1＝0.682 56>P2＝0.648，所以相比3局2胜制，5局3胜制对甲更有利，故D正确．故选ACD. 5．(2026·四川仁寿一中月考)某社区举办“闹元宵，猜灯谜”活动．甲、乙、丙三个家庭同时参加此活动．某一灯谜，已知甲家庭猜对的概率是，甲、丙两个家庭都猜错的概率是，乙、丙两个家庭都猜对的概率是.若各家庭是否猜对互不影响． (1)求乙、丙两个家庭各自猜对此灯谜的概率； (2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭猜对此灯谜的概率． [解析]　(1)记甲家庭猜对此灯谜为事件A，乙家庭猜对此灯谜为事件B，丙家庭猜对此灯谜为事件C， 则P(A)＝，P()＝，P(BC)＝， 又A、B、C两两相互独立，所以 解得 即乙家庭猜对的概率为，丙家庭猜对的概率为. (2)记甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭猜对此灯谜为事件D， 则P(D)＝P(ABC＋BC＋AC＋AB) ＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB) ＝××＋××＋××＋××＝. (2026·山西运城调研)学习小组设计了如下试验模型：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2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为. [解析]　设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2. (1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2) ＝×＋×＝， 所以摸球一次就实验结束的概率为. (2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝， 所以P(A2|B2)＝＝＝， 所以选到的袋子为乙袋的概率为. ②由①可知P(A1|B2)＝1－P(A2|B2)＝1－＝， 所以方案一中取到白球的概率为 P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝； 方案二中取到白球的概率为 P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝， 因为>， 所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就实验结束的概率更大． $