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§10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
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．
知识梳理
1．相互独立事件
(1)概念：如果P(AB)＝ P ( A ) P ( B ) 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，与B，与也都相互独立．
2．条件概率
(1)概念：一般地，当事件B发生的概率 大于 0 ( 即 P ( B )>0 )时，已知事件B发生的条件下事件
A发生的概率，称为条件概率，记作P(A|B)，而且P(A|B) ＝.
(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)＝ P ( A ) P ( B | A ) ．
3．全概率公式
一般地，如果样本空间为Ω，A，B为事件，则BA与B是互斥的，且B＝BΩ＝B(A＋)＝BA
＋B，从而P(B)＝P(BA＋B)＝P(BA)＋P(B)，当P(A)>0且P()>0时，有P(B)＝P(A)P(B|A)＋
P()P(B|)．
常用结论
1．如果事件A ，A ，…，A 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
1 2 n
的概率的积，即P(AA…A)＝P(A)P(A)…P(A)．
1 2 n 1 2 n
2．*贝叶斯公式：设A，是一组对立事件，A＋＝Ω，0＜P(A)＜1，则对任意事件B⊆Ω，
P(B)＞0，有P(A|B)＝＝.
自主诊断
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A 与A 是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|
1 2 1 1 2
A)．( √ )
22．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，，则谜题没被破解出的
概率为( )
A. B. C. 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)＝，P(B)＝，故P()＝，P()＝，所以P()＝×＝，
即谜题没被破解出的概率为.
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. B. C. D.
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.
4．智能化的社区食堂悄然出现，某社区有智能食堂 A，人工食堂B，居民甲第一天随机地
选择一食堂用餐，如果第一天去A食堂，那么第二天去A食堂的概率为0.6；如果第一天去
B 食堂，那么第二天去 A 食堂的概率为 0.5，则居民甲第二天去 A 食堂用餐的概率为
________．
答案 0.55
解析 由题意得，居民甲第二天去A食堂用餐的概率P＝0.5×0.6＋0.5×0.5＝0.55.
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)(2024·滁州模拟)已知A，B为两个随机事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则( )
A．P(A＋B)<1
B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0
C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件
D．若A，B为相互独立事件，则P()＝P(AB)
答案 BCD
解析 若A，B为互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，则AB＝∅且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，
P(AB)＝0，故A错误，B正确；
若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B为相互独立事件，故C正确；
若A，B为相互独立事件，则，也相互独立，
即P()＝P()P()，
又P()＝0.6，P()＝0.4，
所以P(AB)＝0.4×0.6＝P()P()，故P()＝P(AB)，故D正确．
命题点2 相互独立事件的概率
例2 (多选)(2023·新高考全国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)．( )
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 对于A，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这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，故A正确；
对于B，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这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，故B正确；
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这4
个事件的和，
它们互斥，所求的概率为Cβ(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，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，
因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．
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)a＝pa ＋q型；(2)a ＝pa＋f(n)型；(3)a ＝af(n)型；(4)a
n n－1 n＋1 n n＋1 n n＋
＝pa＋qa 型．
1 n n－1
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P，则下列结论正确的是( )
n
A．P＝ B．P＝
2 4C．P＝(1－P ) D．P＝－n－1
n n－1 n
答案 ACD
解析 A选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P＝0，
1
第二次传球，乙或丙有的概率回到甲手里，故P＝，A正确；
2
C选项，P 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，
n－1
则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里，
故P＝(1－P )，C正确；
n n－1
D选项，由C选项知P＝(1－P )，
n n－1
即P＝－P ＋，
n n－1
设P＋λ＝－(P ＋λ)，
n n－1
故P＝－P －λ，
n n－1
所以－λ＝，解得λ＝－，
故P－＝－，
n
又P－＝－≠0，
1
所以是首项为－，公比为－的等比数列，故P－＝－n－1，
n
故P＝－n－1，D正确；
n
B选项，由D选项可知P＝－×3＝，B错误．
4
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 (1)(多选)甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签．其中，
甲袋中有编号为1,2,3的三个号签；乙袋有编号为1,2,3,4,5,6的六个号签．现从甲、乙两袋
中各抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响．记事件 A：从甲袋中抽取号签
1；事件B：从乙袋中抽取号签6；事件C：抽取的两个号签和为3；事件D：抽取的两个号
签编号不同．则下列选项中，正确的是( )
A．P(AB)＝
B．P(C)＝
C．事件A与事件C相互独立
D．事件A与事件D相互独立
答案 ABD
解析 对于A，事件A，B相互独立，P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，A正确；
对于B，样本点为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，
(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，共18种，
事件C包括(1,2)，(2,1)2种情况，P(C)＝＝，B正确；对于C，由P(AC)＝≠×＝P(A)P(C)，得事件A，C不相互独立，C错误；
对于D，由P(AD)＝＝×＝P(A)P(D)，得事件A，D相互独立，D正确．
(2)某高中的独孤与无极两支排球队在校运会中采用五局三胜制(有球队先胜三局则比赛结束)．
第一局独孤队获胜概率为0.4，独孤队发挥受情绪影响较大，若前一局获胜，下一局获胜概
率增加0.1，反之降低0.1.则独孤队不超过四局获胜的概率为__________．
答案 0.236
解析 设A(i＝1,2,3,4)为独孤队第i局取胜，
i
由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：AAA，AAA，AAA，AAA，
1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4
所以独孤队取胜的概率P＝P(AAA)＋P(AA A)＋P(AAA)＋P(AAA)
1 2 3 1 23 4 1 3 4 2 3 4
＝0.4×0.5×0.6＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.4×0.5×0.4×0.5＋0.6×0.3×0.4×0.5＝0.236.
题型二 条件概率
命题点1 条件概率
例3 2023年8月31日贵南高铁实现全线贯通运营，我国西南和华南地区新增一条交通大动
脉，黔桂两地间交通出行更加便捷、西南与华南地区联系将更加紧密．贵南高铁线路全长
482公里，设计时速350公里，南宁东到贵阳东旅行时间由原来的5个多小时缩短至最快2
小时53分．贵阳某调研机构调查了一个来自南宁的旅行团对贵阳两种特色小吃肠旺面和丝
娃娃的喜爱情况，了解到其中有的人喜欢吃肠旺面，有的人喜欢吃丝娃娃，还有的人既不喜
欢吃肠旺面也不喜欢吃丝娃娃．在已知该旅行团一游客喜欢吃肠旺面的条件下，他还喜欢吃
丝娃娃的概率为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 设喜欢吃肠旺面为事件A，喜欢吃丝娃娃为事件B，
喜欢吃肠旺面或喜欢吃丝娃娃为事件A＋B，既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃为事件AB，
由题意知P(A＋B)＝1－＝，
从而P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A＋B)＝＋－＝，
因此由条件概率的公式得
P(B|A)＝＝＝.
命题点2 条件概率性质的应用
例 4 (多选 )(2023·武汉模拟 )设，分别为随机事件A，B 的对立事件，已知
0，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．
15．(2022·全国乙卷)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p ，p ，p ，且p>p>p>0.记该棋手连胜两盘
1 2 3 3 2 1
的概率为p，则( )
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
答案 D
解析 设该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
方法一 由题意可知，P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp，
甲 1 2 3 3 2 1 2 1 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp，
乙 2 1 3 3 1 1 2 2 3 1 2 3
P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝2pp＋2pp－4ppp.
丙 3 1 2 2 1 1 3 2 3 1 2 3
所以P －P ＝2p(p－p)>0，
丙 甲 2 3 1
P －P ＝2p(p－p)>0，
丙 乙 1 3 2
所以P 最大．
丙
方法二 (特殊值法)
不妨设p＝0.4，p＝0.5，p＝0.6，
1 2 3
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.4；
甲 1 2 3 3 2
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.52；
乙 2 1 3 3 1
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P ＝2p[p(1－p)＋p(1－p)]＝0.6.
丙 3 1 2 2 1
所以P 最大．
丙
16．已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形
状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中，第二次从与第一次取出的球颜色相
同的箱子内取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相
同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为P ，数列{P}前n项
n n
和S＝________.
n
答案
解析 依题意得P＝＝，
1
第n次取出的球是红球的概率为P，则第n次取出的球是白球的概率为(1－P)，
n n
对于第n＋1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出的概率为P×，②从白箱取出的概率
n
为(1－P)×，
n
所以P ＝＋P，
n＋1 n
所以P －＝，
n＋1
令a＝P－，则数列{a}为等比数列，且公比为，
n n n
因为P＝，所以a＝，
1 1
故a＝2－(2n＋1)即对应P＝＋2－(2n＋1)，
n n
所以S＝＋＝＋＝.
n
