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§10.5 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B，A与B，A与B也都相互独立.
2.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)= P( AB)
P( 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)=n( AB)
n( A ) ；
②概率的乘法公式：P(AB)=P ( A ) P ( B | A ) .
(3)条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则
①P(Ω|A)=1；
②如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B∪C|A)=P ( B | A )+
P ( C | A ) .
③设B和B 互为对立事件，则P(B|A)=1-
P ( B | A ) .
3.全概率公式
一般地，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，
则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)=
n
Σ
i=1
P ( A i) P ( B | A i).
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)抛掷两枚质地均匀的硬币，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A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2).
( √ )
2.某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试，该型号新能源汽车参加这两项测试的结果相互不受影响.若
该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为3
4 ，在续航测试中结果为优秀的概率为2
3，则该型号
新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为( )
A. 7
12
B.1
2
C. 5
12
D.1
3
答案 C
解析 根据题意可得该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为1
4 ×2
3+3
4 ×1
3=
5
12.
3.统计某位篮球运动员的罚球命中率，罚中一次的概率是4
5 ，连续罚中两次的概率是3
5.已知这位篮球运动
员第一次罚球命中，则第二次罚球也命中的概率是( )
A.12
25
B.4
5
C.3
4
D.3
5
答案 C
解析 记“第一次罚球命中”为事件A，“第二次罚球命中”为事件B，
由题意可知P(A)=4
5 ，P(AB)=3
5，
所以P(B|A)= P( AB)
P( A) =3
4 .
4.(2024·武威统考)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.3，0.7，汽车和动车正点到达目的地的
概率分别为0.6，0.8，则甲正点到达目的地的概率为 .
答案 0.74
解析 由全概率公式得甲正点到达目的地的概率为P=0.7×0.8+0.3×0.6=0.56+0.18=0.74.
1.理清“相互独立”和“事件互斥”的区别
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概
率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥.
2.不要混淆P(B|A)与P(A|B)
前者是在A 发生的条件下B 发生的概率，后者是在B 发生的条件下A 发生的概率.
题型一 相互独立事件
命题点1 事件相互独立性的判断
例1 (多选)(2024·河池模拟)口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2 个，从中不放回地依次取
出2 个球，事件A=“取出的两球同色”，事件B=“第一次取出的是白球”，事件C=“第二次取出的
是白球”，事件D=“取出的两球不同色”，则( )
A.P(C)=1
3
B.A 与C 相互独立
C.A 与D 相互独立
D.B 与D 相互独立
答案 BD
解析 依题意P(A)= A2
2+ A2
2
A4
2
=1
3，P(B)=C2
1C3
1
A4
2 =1
2，P(C)=C2
1C1
1+C2
1C2
1
A4
2
=1
2，P(D)=C2
1C2
1+C2
1C2
1
A4
2
=2
3，故A 错
误；
因为P(AC)=
A2
2
A4
2 =1
6，则P(AC)=P(A)P(C)，所以事件A 与C 相互独立，故B 正确；
因为P(AD)=0≠P(A)P(D)，所以事件A 与D 不相互独立，故C 错误；
因为P(BD)=
C2
1C2
1
A4
2 =1
3，则P(BD)=P(B)P(D)，所以事件B 与D 相互独立，故D 正确.
命题点2 相互独立事件的概率
例2 小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C 三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a，a，1
2
，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为1
4 ，则他三道题都答错的概率为 ( )
A.1
2
B.1
3
C.1
4
D.1
6
答案 C
解析 记小刚答对A，B，C 三道题分别为事件D，E，F，且D，E，F 相互独立，
且P(D)=P(E)=a，P(F)=1
2.
恰好能答对两道题为事件DEF+DEF+DEF，且DEF，DEF，DEF 两两互斥，
所以P(DEF+DEF+DEF)=P(DEF)+P(DEF)+P(DEF)
=P(D)P(E)P(F)+P(D)P(E)P(F)+P(D)P(E)P(F)
=a×a×(1- 1
2)+a×(1-a)×1
2+(1-a)×a×1
2=1
4 ，
整理得(1-a)2=1
2，他三道题都答错为事件D E F，
故P(D E F)=P(D)P(E)P(F)=(1-a)2(1- 1
2)=1
2(1-a)2=1
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)(2024·武汉模拟)一个质地均匀的正四面体4 个表面上分别标有数字1，2，3，4，
抛掷该正四面体两次，记事件M 为“第一次向下的数字为1 或2”，事件N 为“两次向下的数字之和
为奇数”，则下列说法正确的是( )
A.事件M 发生的概率为1
2
B.事件M 与事件N 互斥
C.事件M 与事件N 相互独立
D.事件M+N 发生的概率为1
2
答案 AC
解析 由题意可得P(M)=2
4 =1
2，故A 正确；
当两次抛掷的点数为(1，4)时，事件M 与事件N 同时发生，所以事件M 与事件N 不互斥，故B 错误；
事件M 与事件N 同时发生的情况有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，共4 种，所以P(MN)= 4
16=1
4 ，又
P(N)= 8
16=1
2，所以P(MN)=P(M)·P(N)，故事件M 与事件N 相互独立，故C 正确；
P(M+N)=P(M)+P(N)-P(MN)=1
2+1
2-1
4 =3
4 ，故D 错误.
(2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶
相互独立，若甲、乙各射击一次，则( )
A.两人都中靶的概率为0.12
B.两人都不中靶的概率为0.42
C.恰有一人中靶的概率为0.46
D.至少有一人中靶的概率为0.74
答案 C
解析 设甲中靶为事件A，乙中靶为事件B，P(A)=0.6，P(B)=0.7，
则两人都中靶的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.7=0.42，
两人都不中靶的概率为P(A B)=[1-P(A)][1-P(B)]=0.4×0.3=0.12，
恰有一人中靶的概率为P(AB∪AB)=[1-P(A)]P(B)+P(A)[1-P(B)]=0.4×0.7+0.6×0.3=0.46，
至少有一人中靶的概率为1-P(A B)=0.88.
题型二 条件概率
命题点1 条件概率
例3 从混有5 件次品的20 件产品中依次抽取2 件，在第1 次抽到次品的条件下，第2 次抽到次品的概
率为( )
A. 1
19
B. 2
19
C. 3
19
D. 4
19
答案 D
解析 方法一 设“第1 次抽到次品”为事件A，则P(A)= 5
20=1
4 ，
设“第2 次抽到次品”为事件B，则P(AB)= 5
20× 4
19= 1
19，
故在第1 次抽到次品的条件下，第2 次抽到次品的概率P(B|A)= P( AB)
P( A ) = 4
19.
方法二 已知第一次为次品，还剩下19 件产品，其中有4 件次品，则再抽一次为次品的概率为P= 4
19.
命题点2 条件概率性质的应用
例4 下列结论中正确的是( )
A.P(B|A)=P(A|B)
B.P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)
C.P(AB)=P(B|A)P(A)
D.P(B|A)P(A)≥P(A)+P(B)
答案 C
解析 P(A|B)= P( AB)
P(B) ，P(B|A)= P( AB)
P( A) ，而P(A)与P(B)不一定相等，故A 不正确；
当B，C 不为互斥事件时，等式不成立，故B 不正确；
由概率的乘法公式知C 正确；
P(B|A)P(A)=P(AB)≤P(A)+P(B)，故D 不正确.
思维升华 求条件概率的常用方法
(1)定义法：P(B|A)= P( AB)
P( A) .
(2)样本点法：P(B|A)=n( AB)
n( 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)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加4×100 米接力赛跑.记事件A 为“甲同学不跑第一
棒”，事件B 为“乙同学跑第二棒”，则P(B|A)的值为( )
A.1
9
B.4
9
C.1
3
D.2
9
答案 D
解析 已知事件A 为“甲同学不跑第一棒”，事件B 为“乙同学跑第二棒”，
则P(A)=C3
1 A3
3
A4
4 =3
4 ，
P(AB)=C2
1 A2
2
A4
4 =1
6，
所以P(B|A)= P( AB)
P( A ) =
1
6
3
4
=2
9.
(2)(2024·汕头模拟)某填空题有两小问，按目前掌握信息：十个人中有四人能够答对第一问；在第一问
答错的情况下，第二问答对的概率仅为0.05.用频率估计概率，选择有效信息估计该题两小问均答错的
概率为 .
答案 0.57
解析 设“第一问答对”为事件A，“第二问答对”为事件B，
由题意可得P(A)= 4
10=0.4，P(B|A)=0.05，
则P(A)=0.6，P(B|A)=0.95，
所以P(A B)=P(A)P(B|A)=0.57.
题型三 全概率公式的应用
例5 (2025·南昌模拟)已知某羽毛球集训小组，其中一级运动员、二级运动员、三级运动员占比分别为
0.2，0.3，0.5，现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，
0.6，0.2，则从该小组中任选一名运动员能够晋级的概率为( )
A.0.42
B.0.46
C.0.58
D.0.62
答案 B
解析 设事件B 为“选出的运动员能晋级”，A1为“选出的运动员是一级运动员”，A2为“选出的运动员
是二级运动员”，A3为“选出的运动员是三级运动员”，
则P(A1)=0.2，P(A2)=0.3，P(A3)=0.5，P(B|A1)=0.9，P(B|A2)=0.6，P(B|A3)=0.2，
所以由全概率公式可得
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.2×0.9+0.3×0.6+0.5×0.2=0.46，
所以任选一名运动员能够晋级的概率为0.46.
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Ai(i=1，2，…，n).
(2)求P(Ai)和所求事件B 在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(B|Ai).
(3)代入全概率公式计算.
跟踪训练3 (多选)湖南张家界是国家5A 级景区，有许多好看的景点.李先生和张先生预选该景区的玻
璃栈道和凤凰古城游玩，他们第一天去玻璃栈道和凤凰古城游玩的概率分别为0.3 和0.7，如果他们第
一天去玻璃栈道，那么第二天去玻璃栈道的概率为0.3；如果第一天去凤凰古城，那么第二天去玻璃栈
道的概率为0.6.设A1=“第一天去玻璃栈道”，A2=“第二天去玻璃栈道”，B1=“第一天去凤凰古城”，
B2=“第二天去凤凰古城”，则( )
A.P(A2|A1)=0.3
B.P(A2|B1)=0.3
C.P(A2)=0.51
D.P(B2)=0.49
答案 ACD
解析 由题干可知P(A2|A1)=0.3，P(A2|B1)=0.6，A 正确，B 错误；
P(A1)=0.3，P(B1)=0.7，P(B2|A1)=0.7，P(B2|B1)=0.4，所以P(A2)=P(A1A2)+P(B1A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|
B1)=0.3×0.3+0.7×0.6=0.51，P(B2)=P(A1B2)+P(B1B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=0.3×0.7+0.7×0.4=0.49，
C，D 正确.
课时精练
(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
答案 A
解析 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.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
答案 D
解析 由题意可得P(AB)=P(B)P(A|B)=0.30×0.15=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
答案 B
解析 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.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
答案 A
解析 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.
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
答案 AD
解析 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.
6.一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
答案 ABD
解析 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.
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 .
答案 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.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 .
答案 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.
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)
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.(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)
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.
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
答案 C
解析 ∵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.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 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.
