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第8讲 事件的相互独立性与条件概率
复习要点 1.在具体情境中，结合古典概型，了解条件概率和两个事件相互独立的概
率.2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.3.结合古典概
型，会利用全概率公式计算概率．
一 相互独立事件
1．概念：对任意两个事件A与B，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．
二 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)＝ P ( A ) P ( B | A ) ．
三 全概率公式
一般地，设A ，A ，…，A 是一组两两互斥的事件，A∪A∪…∪A ＝Ω，且P(A)>0，
1 2 n 1 2 n i
i＝1,2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝ ( A ) P ( B | A )．
i i
常/用/结/论
⊆
1．两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．
2．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件
下事件A发生的概率．
3．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．
1．判断下列结论是否正确．
(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()
(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．()
(3)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(√)
(4)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”为事件 A，“第2枚为正面”为事件
B，则A，B相互独立．(√)
2．(2024·河北廊坊模拟)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
解析：∵P(A)＝1－P()＝1－＝，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝≠0，∴事件A与B相互独立、事件A与B不互斥，故不对立．故
选C．
答案：C
3．(2024·四川成都七中月考)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( )
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
解析：设事件B 表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件 B 表示“被保险人是‘一般
1 2
的’”，事件B 表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B)＝20%，P(B)＝50%，P(B)＝
3 1 2 3
30%.
设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B)＝0.05，P(A|B)＝0.15，P(A|
1 2
B)＝0.30.
3
由全概率公式，得P(A)＝(B)P(A|B)＝0.05×20%＋0.15×50%＋0.30×30%＝0.175.
i i
答案：B
4．从1～100共100个正整数中，任取一个数，已知取出的这个数不大于50，则此数
是2或3的倍数的概率为________．
解析：设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B
为“取出的数是3的倍数”，则P(C)＝，且所求概率为P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|
C)＝＋－＝2×＝.
答案：
题型 相互独立事件的概率
典例1(1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ卷)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
(2)(2024·河北元氏模拟)某国男子乒乓球队为备战奥运会，在某训练基地进行封闭式训
练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢 2个球者获胜．通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不
影响，已知某局甲先发球．
关键条件不要丢落．
①求 该局打 4 个球甲赢 的概率；
甲输赢情况：赢、输、赢、赢．
②求 该局打 5 个球结束 的概率．
分两类
(1)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；
对于 B ，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，
利用相互独立事件的概率公式判断A，B．
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；
对于 C ，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依
利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C．
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；
对于 D ，由选项C，知三次传输，发送0，则译码为0
求出两种传输方案的概率并作差比较判断D．
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′，D正确．
故选ABD．
(2)解：①设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，P(A)＝，P(B)＝，∴C＝AAB，
∴P(C)＝P(AAB)＝P(A)P()P(A)·P(B)＝×××＝，
∴该局打4个球甲赢的概率为.
②设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知
D，E为互斥事件，
D＝BBA，E＝AA ，F＝D∪E，∴P(D)＝P(BBA)＝P()P(B)P()P(B)P(A)＝××××＝，
P(E)＝P(AA )＝P(A)P()P(A)P()·P()＝××××＝，∴P(F)＝P(D∪E)＝P(D)＋P(E)＝＋＝，
∴该局打5个球结束的概率为.
1．两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)充要条件法：事件A，B相互独立的充要条件是P(AB)＝P(A)P(B).
2．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.
对点练1(1)(2024·浙江绍兴诸暨检测)用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，A
表示事件“1和2相邻”，B表示事件“偶数不相邻”，C表示事件“任何连续两个位置奇
偶性都不相同”，D表示事件“奇数按从小到大的顺序排列(按照从左到右的顺序排列奇
数)”，则( )
A．事件A与事件B相互独立
B．事件A与事件C相互独立
C．事件A与事件D相互独立
D．事件B与事件C相互独立
(2)(2024·云南德宏州质量监测)高三某位同学准备参加物理、化学、政治科目的等级考
试．已知这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的概率分别为，，，假定这三门科
目考试成绩的结果互不影响，那么这位同学恰好得2个A＋的概率是________．
解析：(1)P(A)＝＝，P(B)＝＝，
P(C)＝＝，P(D)＝＝＝.
对于A，P(AB)＝＝≠P(A)·P(B)，故A错误；
对于B，P(AC)＝＝＝≠P(A)P(C)，故B错误；
对于C，P(AD)＝＝＝P(A)·P(D)，故C正确；
对于D，P(BC)＝P(C)≠P(B)P(C)，故D错误．
(2)设这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的事件分别为A，B，C．
因为这位同学在物理、化学、政治科目考试中达A＋的概率分别为，，，
所以P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
这三门科目考试成绩的结果互不影响，
则这位同学恰好得2个A＋的概率P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝.
答案：(1)C (2)
题型 条件概率
典例2(1)(2023·全国甲卷，理)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 ．
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即0.7＝0.6＋0.5－P(AB) P(AB)＝0.4.
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
⇒
A
该同学也爱好滑冰的概
B
条件概率：P(B|A)＝.
率为( )
A．0.8 B．0.6
C．0.5 D．0.4
(2)(2024·山东威海统考)某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
男生人数 女生人数
有自主创业打算 16 m
无自主创业打算 64 n
①若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学
生有无自主创业打算与性别有关．
②若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人．
(ⅰ)若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
(ⅱ)判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立．
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
α 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
(1)解析：设事件 A：爱好滑冰，事件 B：爱好滑雪，则 P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，
P(A∪B)＝0.7，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，解得P(A∩B)＝0.4.所以P(A|B)＝＝＝
0.8.故选A．
(2)解：① 零假设为 H ：该校学生有无自主创业
0
【易遗漏】假设两个分类变量X与Y无关，提出零假设这一步不能省．
打算与性别无关．
χ2＝
＝＝6.72>6.635，
依据小概率值α＝0.01的χ2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别
有关．
②(ⅰ)记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”．
方法一：P(A)＝＝＝，
P(AB)＝＝，
所以 P ( B | A ) ＝＝ .
【小技巧】用定义法求条件概率，先求出P(A)和P(AB)，再根据公式P(B|A)＝求解．
方法二： P ( B | A ) ＝＝＝ .
【敲黑板】当基本事件有限且等可能时，可借助古典概型的概率计算公式计算条件概
率：P(B|A)＝.
(ⅱ)记C为“抽到的人无自主创业打算”，由(ⅰ)知B为“抽到的人是男生”，
方法一：P(B|C)＝＝，P(B)＝＝，所以P(B)＝P(B|C)，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立．
方法二：P(C|B)＝＝，P(C)＝＝，所以P(C)＝P(C|B)，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立．
方法三：零假设为H′：该校学生有无自主创业打算与性别无关．
0
根据题意得到如下2×2列联表：
男生人数 女生人数 合计有自主创业打算 16 15 31
无自主创业打算 64 60 124
合计 80 75 155
χ＝＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立．
条件概率的三种求法
定义法 先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
样本点法 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件AB所包
含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝
缩样法 缩小样本空间的方法，就是去掉第一次
处理条件概率时非常方便的一种方法．
抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
对点练2(1)现有甲、乙、丙、丁四个人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山 4处景点
旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲
去了九嶷山”，则P(A|B)＝( )
A． B． C． D．
(2)某射击运动员每次击中目标的概率为，现连续射击两次．
①已知第一次击中，则第二次击中的概率是________；
②在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是________．
解析：(1)由题意，4人去4个不同的景点，总事件数为4×4×4×4＝256，事件B的情况
数为1×3×3×3＝27，则事件B发生的概率为P(B)＝，事件A与事件B的交事件AB为“甲
去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件AB的情况数为1×A＝6，则事件
AB发生的概率为P(AB)＝＝，即P(A|B)＝＝＝.
(2)①设第一次击中为事件A，第二次击中为事件B，则P(A)＝，
由题意知，第一次击中与否对第二次没有影响，
因此已知第一次击中，则第二次击中的概率是.
②设仅击中一次为事件C，则仅击中一次的概率为
P(C)＝C××＝，
在仅击中一次的条件下，第二次击中的概率是P(B|C)＝＝.
答案：(1)C (2)① ②
题型 全概率公式的应用
典例3(1)(2024·东北师大附中等五校联考)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，查干冬渔，是著名的吉林八景．小李打算到吉林
旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是.若冬季来，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渔．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，则小李去了“一眼望三国”景点的概率为
冬季去、夏季去，显然是全概率．( )
A． B． C． D．
(2)(2024·福建莆田模拟)两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率是 0.03，第
二台出现废品的概率是0.02，加工出来的零件放在一起，并且已知第一台加工的零件比第
二台加工的零件多一倍．
①求任意取出的零件是合格品的概率；
全概率：求一个事件发生的总概率．
②如果任意取出的零件是废品，求它是第二台车床加工的概率．
贝叶斯公式，即求一个事件的条件概率. 利用已知的结果，反推出原因的可能性．
(1)解析：设事件A 为“冬季去吉林旅游”，事件A 为“夏季去吉林旅游”，事件B
1 2
为“去了‘一眼望三国’景点”，则P(A)＝，P(A)＝.在冬季去了“一眼望三国”景点的
1 2
概率 P ( B | A ) ＝＝，在夏季去了“一眼望三国”景点的概率 P ( B | A ) ＝＝，所以去了“一眼望
1 2
三国”景点的概率
认真审题，求出这两个概率是解题的关键．
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝，故选C．
1 1 2 2
(2)解：设A表示“第i台车床加工的零件(i＝1,2)”，B表示“出现废品”，C表示“出
i
现合格品”．
①P(C)＝P(AC∪AC)＝P(AC)＋P(AC)＝P(A)P(C|A)＋P(A)P(C|A)＝×(1－0.03)＋×(1
1 2 1 2 1 1 2 2
－0.02)≈0.973.
② P ( A | B ) ＝
2
直接利用条件概率公式．
＝
分子是乘法公式，分母是全概率公式．
＝＝0.25.
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝(A)P(B|A)．
i i
(2)已知事件B的发生有各种可能的情形A(i＝1,2，…，n)，事件B发生的可能性，就
i
是各种可能情形A发生的可能性与已知在A发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
i i
对点练3(2024·江苏南京、盐城模拟)人工智能是研究用于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，其理论和技术正在日益成熟，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：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袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方
案一为从原来袋子中摸球；方案二为从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个
方案可使第二次试验结束的概率更大．
解：(1)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
1 2
红球”为事件B，“试验结果为白球”为事件B.
1 2
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝×＋×＝.
1 1 1 1 2 1 2
所以首次试验结束的概率为.
(2)①因为B，B 是对立事件，P(B)＝1－P(B)＝，
1 2 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得第一次选的袋子为乙袋的概率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>，所以选择方案二可使第二次试验结束的概率更大．
