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§10.5 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
(分值：80 分)
一、单项选择题(每小题5 分，共20 分)
1.(2024·齐齐哈尔模拟)某同学参加社团面试，已知其第一次面试通过的概率为0.7，第二次面试通过的概率
为0.5.若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，若两
次面试互不影响，则该同学面试通过的概率为( )
A.0.85
B.0.7
C.0.5
D.0.4
2.以A，B 分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现停水的事件，据记载知P(A)=0.35，P(B)=0.30，
P(A|B)=0.15，则两个区同时发生停水事件的概率为( )
A.0.6
B.0.65
C.0.45
D.0.045
3.(2025·沈阳模拟)某公司的两名同事计划今年国庆节期间从大理、丽江、洱海、玉龙雪山、蓝月谷这5 个
著名旅游景点中随机选择一个游玩.则在两人中至少有一人选择大理的条件下，两人选择的景点不同的概率
为( )
A.5
8
B.8
9
C.7
8
D.6
7
4.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，客车中途停车修理
的概率为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
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
5.(2025·南京模拟)分别抛掷两枚质地均匀的硬币，记“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反
面朝上”为事件B，则( )
A.P(A)=1
2
B.P(AB)=1
3
C.A 和B 是互斥事件
D.A 和B 是相互独立事件
6.一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4 个一等品，3 个二等品和3 个三等品，乙盒中有5 个一等品，2 个二
等品和3 个三等品.先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是
一等品、二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以B 表示由乙盒取出的产品是一等品的事
件.则下列结论中正确的是( )
A.P(B|A1)= 6
11
B.P(B)=27
55
C.事件B 与事件A1相互独立
D.P(A1|B)=4
9
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
7.(2024·武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C 三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为1
2，则这个
电路是通路的概率是 .
8.已知一道解答题有两小问，每小问5 分，共10 分.现每十个人中有六人能够做出第一问，但在做不出第一
问的情况下，做出第二问的概率为0.1；做出第一问的情况下，做不出第二问的概率为0.6.用频率估计概率，
则此题得满分的概率是 ；得0 分的概率是 .
四、解答题(共28 分)
9.(13 分)甲、乙、丙3 名同学各自独立去做某道题，已知甲能解出该题的概率为2
3，乙能解出而丙不能解出
该题的概率为1
8，甲、丙都能解出该题的概率为1
2.
(1)求乙、丙各自解出该题的概率；(6 分)
(2)求甲、乙、丙3 人中至少有1 人解出该题的概率.(7 分)
10.(15 分)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1
2(先验概率).
(1)求首次试验结束的概率；(4 分)
(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；(4 分)
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.(7
分)
每小题5 分，共10 分
11.(2025·南昌模拟)A，B 是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=3
5，P(A|B)=2
5，P(A+B)= 7
10，则下列错误
的是( )
A.P(B)=1
2
B.P(AB)=2
5
C.P(AB)=3
5
D.P(B|A)=1
3
12.如果10 个篮球中有7 个已打足气，3 个没有打足气.已知小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，
若小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，现小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为
.
答案精析
1.A [依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，
因此面试失败的概率为
0.3×0.5＝0.15，
所以该同学面试通过的概率为
1－0.15＝0.85.]
2.D [由题意可得P(AB)
＝P(B)P(A|B)
＝0.30×0.15＝0.045.]
3.B [设“两人中至少有一人选择大理”为事件A，“两人选择的景点不同“为事件B，则P(A)＝
2×4+1
25
＝9
25，P(AB)＝2×4
25 ＝8
25，
所以P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝8
9.]
4.A [设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，
则P(A1)＝2
3，P(A2)＝1
3，
设B 表示“一辆汽车中途停车修理”，则P(B|A1)＝0.02，
P(B|A2)＝0.01，
则P(B)＝P(A1B)+P(A2B)
＝P(A1)P(B|A1)
+P(A2)P(B|A2)，
今有一辆汽车中途停车修理，
该汽车是货车的概率为
P(A1|B)＝P( A1B)
P(B)
＝
P( A1)P( B|A1)
P( A1)P( B|A1)+ P( A2)P( B|A2)
＝
2
3 ×0.02
2
3 ×0.02+ 1
3 ×0.01
＝0.8.]
5.AD [由题意得，样本空间为
Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
A＝{(正，正)，(正，反)}，
B＝{(正，反)，(反，反)}，
所以P(A)＝2
4 ＝1
2，A 正确；
AB＝A∩B＝{(正，反)}，
所以P(AB)＝1
4 ，B 错误；
因为P(AB)＝1
4 ，所以A 和B 不是互斥事件，C 错误；
因为P(AB)＝1
4 ，P(A)·P(B)＝1
2×1
2 ＝1
4 ，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以A 和B 是相互独立事件，D 正确.]
6.ABD [因为甲盒中有4 个一等品，3 个二等品和3 个三等品，
则P(A1)＝4
10 ＝2
5，
P(A2)＝3
10，P(A3)＝3
10，
乙盒中有5 个一等品，
2 个二等品和3 个三等品，
则P(B|A1)＝5+1
10+1 ＝6
11，
P(B|A2)＝P(B|A3)
＝
5
10+1 ＝5
11，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+
P(A3)P(B|A3)
＝2
5× 6
11 + 3
10× 5
11×2＝27
55，
故A，B 正确；
因为P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)
＝2
5× 6
11 ＝12
55，又P(A1)＝2
5，
P(B)＝27
55，
则P(A1B)≠P(A1)P(B)，
则两事件不相互独立，
故C 错误；
P(A1|B)＝P( A1B)
P(B) ＝12
55×55
27
＝4
9 ，故D 正确.]
7.3
8
解析 元件B，C 都不正常的概率为P1＝(1- 1
2)×(1- 1
2)＝1
4 ，
则元件B，C 中至少有一个正常工作的概率为1－P1＝3
4 ，
而电路是通路，即元件A 正常工作与元件B，C 中至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率是
P＝1
2×3
4 ＝3
8.
8.0.24 0.36
解析 设“做出第一问”为事件A，“做出第二问”为事件B，
由题意可得P(A)＝6
10＝0.6，
P(B|A)＝0.1，P(B|A)＝0.6，
则P(A)＝0.4，P(B|A)＝0.9，
P(B|A)＝0.4，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此题得满分的概率是0.24，
所以P(A B)＝P(A)P(B|A)＝0.36，
即此题得0 分的概率是0.36.
9.解 (1)设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C 相互独立，
由题意得P(A)＝2
3，
P(AC)＝P(A)P(C)
＝2
3·P(C)＝1
2，
所以P(C)＝3
4 ，
P(BC)＝P(B)P(C)
＝P(B)(1－P(C))
＝P(B)·(1- 3
4)＝1
8，
所以P(B)＝1
2，
所以乙、丙各自解出该题的概率为1
2，3
4 .
(2)设“甲、乙、丙3 人中至少有1 人解出该题”为事件D，
则D＝A B C，
因为P(A)＝2
3，
P(B)＝1
2，P(C)＝3
4 ，
所以P(A)＝1
3，
P(B)＝1
2，P(C)＝1
4 ，
因为A，B，C相互独立，
所以P(D)＝1－P(D)
＝1－P(A B C)
＝1－P(A)P(B)P(C)
＝1－1
3×1
2×1
4 ＝23
24 .
所以甲、乙、丙3 人中至少有1 人解出该题的概率为23
24 .
10.解 设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”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.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝1
2× 9
10 + 1
2× 2
10 ＝11
20.
所以试验一次结果为红球的概率为11
20，即首次试验结束的概率为11
20.
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝9
20，
所以P(A1|B2)＝P( A1B2)
P(B2)
＝
P(B2| A1)P( A1)
P(B2)
＝
1
10 × 1
2
9
20
＝1
9，
所以选到的袋子为甲袋的概率为1
9.②由①得P(A2|B2)
＝1－P(A1|B2)＝1－1
9 ＝8
9，
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)＝1
9× 9
10 + 8
9× 2
10 ＝5
18，
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)＝8
9× 9
10 + 1
9× 2
10 ＝37
45，
因为37
45> 5
18，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.
11.C [∵P(A|B)＝P( AB)
P(B) ＝2
5，∴P(AB)＝2
5P(B)，
又∵P(A+B)＝1－P(AB)＝7
10，∴P(AB)＝3
10，故C 错误；
∵P(AB)＝P(B)－P(AB)＝3
10，∴P(B)－2
5P(B)＝3
10，
∴P(B)＝1
2，故A 正确；
∵P(AB)＝2
5P(B)＝1
5，
∴P(AB)＝P(A)－P(AB)
＝3
5 －1
5 ＝2
5，故B 正确；
P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝
1
5
3
5
＝1
3，
故D 正确.]
12.0.7
解析 设事件A1，A2分别表示小明拿的一个球为已打足气的，没有打足气的，事件B 表示投篮命中，
则由题意可得P(A1)＝7
10＝0.7，
P(A2)＝3
10＝0.3，
又小明用打足气的篮球投篮，
命中率为0.9，所以P(B|A1)＝0.9，
则P(A1)P(B|A1)
＝0.7×0.9＝0.63，
又小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)＝0.72，
则P(A2)P(B|A2)＝0.09，
所以P(B|A2)＝0.09
0.3 ＝0.3，故小明用没有打足气的篮球投篮，能命中的概率为0.3，
所以小明用没有打足气的篮球投篮，不能命中的概率为1－0.3＝0.7.
