§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．
1．相互独立事件
(1)概念：对两个随机事件A，B，如果P(AB)＝ P ( A ) P ( B ) 成立，则称事件A，事件B为相互独
立事件．
(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，设A，B为两个事件，P(A)>0，我们称为事件A发生的条件下事件B发生
的条件概率，记为 P ( B | A ) ，读作“ A 发生的条件下 B 发生的概率 ”．即P(B|A)＝(P(A)>0)．
(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)条件概率的性质
①P(Ω|A)＝1；
②P(∅|A)＝0；
③若B，B 互斥，则P((B＋B)|A)＝ P ( B | A ) ＋ P ( B | A ) ．
1 2 1 2 1 2
3．全概率公式
一般地，若事件A ，A ，…，A 两两互斥，且它们的和 ＝Ω，P(A)>0，i＝1,2，…，n，则
1 2 n i i
对于Ω中的任意事件B，有P(B)＝(A)·P(B|A)．这个公式称为全概率公式．
i i
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 ，A ，…，A 是一组两两互斥的事件，A∪A∪…∪A ＝Ω，且
1 2 n 1 2 n
P(A)>0，i＝1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(A|B)＝＝，i＝1，2，…，n.
i i
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)．( √ )
2
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，，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 4
C．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<P(A)<1,0<P(B)<1，则下列说法正确的是( )
A．P(B|A)＋P(|A)＝1B．P(B|A)＋P(B|)＝0
C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A)
D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B)
答案 AC
解析 P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A正确；
当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B|)＝2P(B)≠0，故B错误；
因为A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝＝P(A)，故C正确；
因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式P(B|A)＝0，而P(B)∈(0,1)，故D
错误．
命题点3 乘法公式的应用
例5 经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中
9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为(
)
A．0.24 B．0.36
C．0.48 D．0.75
答案 C
解析 设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由题
意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|
A)＝0.6×0.8＝0.48.
思维升华 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)＝.
(2)样本点法：P(B|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)(多选)甲盒子中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙盒子中有4个红球，3
个白球和3个黑球．先从甲盒子中随机取出一球放入乙盒子，分别以A ，A 和A 表示由甲
1 2 3
盒子取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙盒子中随机取出一球，以 B表示由乙盒
子取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )
A．A，A，A 是两两互斥的事件
1 2 3
B．P(B)＝
C．事件B与事件A 相互独立
1
D．P(B|A)＝
1
答案 AD
解析 A选项，根据题意AA＝∅，AA＝∅，AA＝∅，
1 2 2 3 1 3
故由互斥事件的定义可得A，A，A 两两互斥，故A正确；
1 2 3
B，D选项，P(A)＝＝，P(A)＝＝，P(A)＝，
1 2 3又P(B|A)＝，P(B|A)＝，P(B|A)＝，故D正确；
1 2 3
故P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)
1 1 2 2 3 3
＝×＋×＋×＝，故B错误；
C选项，P(B)P(A)＝×＝，P(BA)＝P(B|A)P(A)＝，
1 1 1 1
故P(B)P(A)≠P(BA)，所以事件B与事件A 不相互独立，故C错误．
1 1 1
(2)(2023·北京模拟)从－2，－1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”
为事件A，“两数均为负数”为事件B.则P(B|A)＝________.
答案
解析 从－2，－1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有C＝10(种)取法，
其中满足两数之积为正数的有C＋C＝4(种)取法，
满足两数之积为正数且两数均为负数的有C＝1(种)取法，
所以P(A)＝，P(AB)＝，
所以P(B|A)＝＝.
题型三 全概率公式的应用
例6 (1)(2024·银川模拟)长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江
雾凇，净月风光，查干冬捕，是著名的吉林八景．某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是，
夏季来的概率是，如果冬季来，则看不到长白飞瀑、鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看
不到松江雾凇和查干冬捕．无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处
参观，则某人去了一眼望三国景点的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设事件A＝“冬季去吉林旅游”，事件A＝“夏季去吉林旅游”，事件B＝“去了一
1 2
眼望三国”，则P(A)＝，P(A)＝，在冬季去了一眼望三国的概率P(B|A)＝＝，在夏季去了
1 2 1
一眼望三国的概率P(B|A)＝＝，
2
所以去了一眼望三国的概率P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝.
1 1 2 2
(2)(2023·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. B. C. D.
答案 A
解析 记事件A：放入水果分选机的苹果为大果，事件A：放入水果分选机的苹果为小果，
1 2
记事件B：水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则P(A)＝，P(A)＝，P(B|A)＝，P(B|A)＝，
1 2 1 2
由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝，
1 1 2 2P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，
1 1 1
因此，P(A|B)＝＝×＝.
1
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A(i＝1,2，…，n)．
i
(2)求P(A)和所求事件B在各个互斥事件A发生条件下的概率P(A)P(B|A)．
i i i i
(3)代入全概率公式计算．
跟踪训练3 (2023·郴州模拟)已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋
内装有两个红球、一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球、一个黄球；黄色口袋内
装有三个红球、两个绿球(球的大小质地相同)．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，
然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄
球的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为A，A，A，则P(A)＝，P(A)＝P(A)＝，
1 2 3 1 2 3
记第二次抽到黄球的事件为B，
而A，A，A 两两互斥，其和为Ω，
1 2 3
所以P(B|A)＝，P(B|A)＝，P(B|A)＝，
1 2 3
则P(B)＝(A)P(B|A)＝×＋×＋×＝.
i i
课时精练
一、单项选择题
1．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B既互斥又相互独立
答案 C
解析 ∵P(A)＝1－P()＝1－＝，
∴P(A)P(B)＝，
∴P(AB)＝P(A)P(B)≠0，
∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立．
2．已知事件A，B相互独立，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则P(A＋B)等于( )A．0.88 B．0.9 C．0.7 D．0.72
答案 C
解析 因为事件A，B相互独立，故P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，
又P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，
所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.4－0.2＝0.7.
3．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同．甲每次从中任取
一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 方法一 因为他第一次拿到白球且不放回，所以在他第一次拿到白球的条件下，第二
次拿到红球的概率等价于从装有3个红球、1个白球、5个黑球中拿到红球的概率，即为＝.
方法二 设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B，
依题意P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
故P(B|A)＝＝.
4．(2024·咸阳模拟)某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙
队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙
三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事
件C，
则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为
P＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)
＝P(A)P()P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)
＝××＋××＋××
＝××＋××＋××＝.
5．(2023·江门模拟)衣柜里有灰色、白色、黑色、蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选 4
只，已知取出的两只是同一双，则取出的另外两只不是同一双的概率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件
A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，事件A包含两种情况：“取出的袜
子恰好有两只是同一双”“取出的袜子恰好四只是两双”，则P(A)＝＝，
又P(AB)＝＝，则P(B|A)＝＝.6．(2023·武汉模拟)设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的
概率为0.02，客车为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.3
答案 A
解析 设A 表示“该汽车是货车”，A 表示“该汽车是客车”，则P(A)＝，P(A)＝，
1 2 1 2
设B 表示“货车中途停车修理”，B 表示“客车中途停车修理”，则P(B)＝0.02，P(B)＝
1 2 1 2
0.01，
B表示“一辆汽车中途停车修理”，
则P(B)＝P(AB)＋P(AB)，
1 1 2 2
今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为P(A|B)＝＝＝＝0.8.
1
二、多项选择题
7．(2024·石家庄模拟)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( )
A．A与B互斥 B．B与C相互独立
C．P(A)＝ D．P(AC)＝
答案 BD
解析 互斥事件是指不可能同时发生的两个事件，事件A可以有以下情况：第一次掷出1，
第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件B有同时发生的可能，故A错
误；
P(B)＝＝，P(C)＝＝，P(BC)＝＝＝P(B)P(C)，故B正确；
易知P(A)＝＝≠，故C错误；
点数和为6，且两次点数相同仅有都是3点一种情况，
故P(AC)＝＝，故D正确．
8．(2023·广州模拟)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( )
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
答案 BC
解析 记事件A：车床加工的零件为次品，记事件B：第i台车床加工的零件，
i
则P(A|B)＝8%，P(A|B)＝3%，P(A|B)＝2%，P(B)＝10%，P(B)＝40%，P(B)＝50%，
1 2 3 1 2 3
任取一个零件是第 1 台车床加工出来的次品概率为 P(AB)＝P(A|B)P(B)＝8%×10%＝
1 1 10.008，故A错误；
任取一个零件是次品的概率为P(A)＝(B)P(A|B)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，
i i
故B正确；
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(|B )＝1－P(A|B)＝1－2%
3 3
＝0.98，故C正确；
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1－P(B|A)＝1－＝1－＝1－
3
＝，故D错误．
三、填空题
9．(2024·内江模拟)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先
下，则乙胜的概率为.假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、
乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为
________．
答案
解析 若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，
第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为；
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，
第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P＝××＋××＝.
10．(2023·西安模拟)从1,2,3,4,5,6,7中任取两个不同的数，事件A为“取到的两个数的和为
偶数”，事件B为“取到的两个数均为偶数”，则P(B|A)＝________.
答案
解析 因为事件B⊆A，
所以P(AB)＝P(B)＝＝，
而P(A)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
11．(2023·辽宁实验中学模拟)有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控
制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、
丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为________．
答案
解析 设事件M为“A灯亮”，事件N为“B灯亮”，事件X为“开关甲闭合”，事件Y为
“开关乙闭合”，事件Z为“开关丙闭合”，则所求概率为 P(N|M)＝.
其中P(NM)＝P(X)＋P()P(Y)P(Z)＝＋××＝，
P(M)＝P(X＋Z)＝P(X)＋P(Z)－P(X)P(Z)＝＋－×＝，
所以P(N|M)＝＝.12．(2024·茂名模拟)有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙、丙工
厂分别生产 3 000 件、3 000 件、4 000 件，而且甲、乙、丙工厂的次品率依次为
6%,5%,5%，现从这批产品中任取一件，则取到次品的概率为________；若取到的是次品，
则其来自甲厂的概率为________．
答案 0.053
解析 设任取一件产品来自甲厂为事件 A ，来自乙厂为事件A ，来自丙厂为事件A ，则
1 2 3
A，A，A 彼此互斥，且A＋A＋A＝Ω，
1 2 3 1 2 3
P(A)＝＝，
1
P(A)＝＝，
2
P(A)＝＝，
3
设任取一件产品，取到的是次品为事件B，
则P(B)＝P(AB)＋P(AB)＋P(AB)
1 2 3
＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)
1 1 2 2 3 3
＝×6%＋×5%＋×5%＝＝0.053.
若取得产品是次品，那么它是来自甲厂生产的概率为P(A|B)＝＝＝＝.
1
四、解答题
13．(2023·景德镇模拟)世界杯小组赛中，A，B，C，D四支球队被分到同一组进行循环赛
(每两队间进行一场比赛，获胜的球队积3分，平局两队各积1分，落败的球队积0分)．已
知四支球队实力相当，每支球队在每场比赛中胜、负、平的概率分别为0.4,0.4,0.2.
(1)求A队踢完三场比赛后积分不少于6分的概率；
(2)求四支球队比完后积分相同的概率．
解 (1)由于A队踢完三场比赛后积分不少于6分，
所以A队三场比赛中至少胜两场，
则P＝(0.4)3＋C×(0.4)2×(0.4＋0.2)＝0.352.
(2)四支球队共需进行六场比赛，
六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，
因此，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，
①若同积3分，则六局皆平P＝(0.2)6＝0.000 064；
1
②若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，
若A胜B，A平C，A负D，则B胜C，B平D，C胜D，
所以P＝6×(0.4)4×(0.2)2＝0.006 144，
2
综上所述，四支球队比完后积分相同的概率为
P＝P＋P＝0.006 208.
1 2
14．(2024·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)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 设试验一次，“取到甲袋”为事件A ，“取到乙袋”为事件A ，“试验结果为红球”
1 2
为事件B，“试验结果为白球”为事件B.
1 2
(1)P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝.
1 1 1 1 2 1 2
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B，B 是对立事件，
1 2
P(B)＝1－P(B)＝，
2 1
所以P(A|B)＝＝＝＝，
1 2
所以选到的袋子为甲袋的概率为.
②由①得P(A|B)＝1－P(A|B)＝1－＝，
2 2 1 2
所以方案一中取到红球的概率为
P＝P(A|B)P(B|A)＋P(A|B)P(B|A)＝×＋×＝，
1 1 2 1 1 2 2 1 2
方案二中取到红球的概率为
P＝P(A|B)P(B|A)＋P(A|B)P(B|A)＝×＋×＝，
2 2 2 1 1 1 2 1 2
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．
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
