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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.
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
∑
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.若P(A|B)＝1
9，P(B)＝1
3，则P(AB)的值是( )
A. 1
27
B.1
3
C.1
9
D.1
4
答案 A
解析 由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝1
9×1
3 ＝1
27.
3.某人忘记了一位同学电话号码的最后一个数字，但确定这个数字一定是奇数，则拨号不超过两次就拨对
号码的概率为( )
A.1
5
B.2
5
C.3
5
D. 9
20
答案 B
解析 设Ai＝{第i 次拨号拨对号码}，i＝1，2.
拨号不超过两次就拨对号码可表示为A1＋A1A2，
所以拨号不超过两次就拨对号码的概率为P(A1＋A1A2)＝P(A1)＋P(A1A2)＝1
5 ＋4
5 ×1
4 ＝2
5.
4.甲箱中有3 个白球，2 个黑球，乙箱中有1 个白球，3 个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙箱中，再从乙
箱中任取一球，则从乙箱中取出白球的概率是 .
答案 8
25
解析 记事件A 为“从甲箱中取出一个白球放入乙箱”，事件B 为“从乙箱中取出白球”，则P(A)＝3
5，
P(A)＝2
5，P(B|A)＝2
5，P(B|A)＝1
5，
∴P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝3
5×2
5 ＋2
5×1
5 ＝8
25.
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 (2021·新高考全国Ⅰ)有6 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两
次，每次取1 个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字
是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是
7”，则( )
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
答案 B
解析 事件甲发生的概率P(甲)＝1
6，事件乙发生的概率P(乙)＝1
6，事件丙发生的概率P(丙)＝
5
6×6 ＝5
36，
事件丁发生的概率P(丁)＝
6
6×6 ＝1
6.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A 错
误；事件甲与事件丁同时发生的概率为
1
6×6 ＝1
36 ，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B 正确；事件乙与事件丙同
时发生的概率为
1
6×6 ＝1
36，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C 错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独
立事件，故D 错误.
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 .
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)an＝pan－1＋q 型；(2)an＋1＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型.
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Pn，则下列结论正
确的是( )
A.P2＝1
2
B.P4＝5
8
C.Pn＝1
2(1－Pn－1)
D.Pn＝1
3 －1
3(- 1
2)
n-1
答案 ACD
解析 A 选项，第一次传球后到乙或丙手里，故P1＝0，
第二次传球，球有1
2的概率回到甲手里，故P2＝1
2，A 正确；
C 选项，Pn－1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，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1
2的概率回到甲手里，故Pn＝1
2(1－Pn－1)，C 正确；
D 选项，由C 选项知Pn＝1
2(1－Pn－1)，
即Pn＝－1
2Pn－1＋1
2，
设Pn＋λ＝－1
2(Pn－1＋λ)，
故Pn＝－1
2Pn－1－3
2λ，
所以－3
2λ＝1
2，解得λ＝－1
3，
故Pn－1
3＝－1
2(Pn-1- 1
3)，
又P1－1
3＝－1
3≠0，
所以{Pn- 1
3}是首项为－1
3，公比为－1
2的等比数列，故Pn－1
3＝－1
3(- 1
2)
n-1
，
故Pn＝1
3 －1
3(- 1
2)
n-1
，D 正确；
B 选项，由D 选项可知P4＝1
3 －1
3×(- 1
2)
3
＝3
8，B 错误.
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 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 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.
命题点2 条件概率性质的应用
例4 (多选)下列结论中错误的是( )
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 ABD
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 为互斥事件时，等式成立，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)为讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进学生对党史知识的了解，某学校开展
党史知识竞赛活动，以班级为单位参加比赛.某班级在5 道党史题中(有3 道选择题和2 道填空题)，不放
回地依次随机抽取2 道题作答，设事件A 为“第一次抽到选择题”，事件B 为“第二次抽到选择题”，
则P(B|A)等于( )
A.3
5
B. 3
10
C.3
4
D.1
2
答案 D
解析 P(A)＝3
5，P(AB)＝3×2
5×4 ＝3
10，所以P(B|A)＝P( AB)
P( A ) ＝
3
10
3
5
＝1
2.
(2)(多选)一个箱子中装有大小、形状均相同的8 个小球，其中白球5 个、黑球3 个，现在从箱子中不放
回地取两次球，第一次先从箱子中随机取出1 个球，第二次再从箱子中随机取出2 个球，分别用A，B
表示事件“第一次取出白球”“第一次取出黑球”；分别用C，D 表示事件“第二次取出的两球都为黑
球”“第二次取出的两球为一个白球一个黑球”.则下列结论正确的是( )
A.P(C|B)＝1
21
B.P(D|A)＝3
7
C.P(B)＝3
8
D.P(BC)＝1
56
答案 ACD
解析 由题得P(B)＝
C3
1
C8
1 ＝3
8，C 选项正确；
根据条件概率得P(C|B)＝n(BC )
n(B) ＝C3
1C2
2
C3
1C7
2 ＝1
21，A 选项正确；
P(D|A)＝n( DA)
n( A) ＝C5
1C4
1C3
1
C5
1C7
2
＝4
7 ，B 选项错误；
P(BC)＝P(B)P(C|B)＝3
8× 1
21 ＝1
56，D 选项正确.
题型三 全概率公式的应用
例5 (1)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
答案 B
解析 设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示
“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%.设事件A 表示“被保险人在一年
内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30.由全概率公式，得P(A)＝
3
∑
i=1
P(Bi)P(A|Bi)＝
20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.
(2)设5 支枪中有2 支未校正，3 支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射
击，中靶率为0.4.若任取一支枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率为 .
答案 0.8
解析 设事件A 表示“射击时中靶”，事件B1 表示“使用的枪校正过”，事件B2 表示“使用的枪未校
正”，则P(A|B1)＝0.9，P(B1)＝0.6，
P(A|B2)＝0.4，P(B2)＝0.4，
根据全概率公式得P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)
＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)
＝0.9×0.6＋0.4×0.4＝0.7，
所以P(A)＝1－P(A)＝0.3，
所以P(B2|A)＝P( A B2)
P( A ) ＝P( A |B2)P(B2)
P( A )
＝(1-0.4)×0.4
0.3
＝0.8.
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：100 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.某同学参加学校组织的化学竞赛，比赛分为笔试和实验操作测试，该同学参加这两项测试的结果相互不
受影响.若该同学在笔试中结果为优秀的概率为3
4 ，在实验操作中结果为优秀的概率为2
3，则该同学在这次
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 根据题意可得该同学在这次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.
2.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为p，则比赛结束时两辆车不
同时出现故障的概率为( )
A.p2
B.2p－p2
C.1－p2
D.p－2p2
答案 B
解析 两辆车不同时出现故障的概率为1－(1－p)2＝2p－p2.
3.以事件A，B 分别表示“某城市的甲、乙两个区在一年内出现停水”，若P(B)＝0.30，P(A|B)＝0.15，则
两个区一年内都出现过停水的概率为( )
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.
4.(2024·沈阳模拟)某公司的两名同事计划从大理古城、丽江古城、洱海、玉龙雪山、泸沽湖这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古城的条件下，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古城”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，
P(B|A)＝P( AB)
P( A) ＝8
9.
5.已知P(A)＝1
4 ，P(B|A)＝1
3，P(B|A)＝1
2，则P(B)等于( )
A. 5
12
B.5
8
C.3
8
D.1
4
答案 C
解析 P(A)＝1
4 ＝1－P(A)，则P(A)＝3
4 .
由于P(B|A)＝1
3，则P(B|A)＝2
3.
则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)＝3
4 ×2
3 ＋1
4 ×1
2 ＝5
8，
则P(B)＝1－P(B)＝3
8.
6.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)
7.(2024·苏州模拟)随机事件A，B 满足P(A)＝1
2，P(B)＝1
3，P(A|B)＝1
2，下列说法正确的是( )
A.事件A与事件B 相互独立
B.P(A∪B)＝1
6
C.P(AB)＝1
6
D.P(B)＝P(AB)
答案 AC
解析 根据P(A)＝1
2，P(B)＝1
3可得P(A)＝1－P(A)＝1
2，P(B)＝1－P(B)＝2
3，
又P(A|B)＝P( A B)
P(B) ＝1
2，可得P(AB)＝1
2P(B)＝1
6＝P(A)P(B)，
因此事件A与事件B 相互独立，即A 正确；
易知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝1
2 ＋1
3 －1
6 ＝2
3，即B 错误；
由P(B)＝P(AB)＋P(AB)＝1
3可得P(AB)＝1
3－P(AB)＝1
6，即C 正确；
因为P(B)＝2
3，P(AB)＝1
6，所以P(B)≠P(AB)，即D 错误.
8.一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)
9.某公司研发6G 项目时遇到一项技术难题，由甲、乙两个部门分别独立攻关，已知甲部门攻克该技术难题
的概率为0.8，乙部门攻克该技术难题的概率为0.7，则该公司攻克这项技术难题的概率为 .
答案 0.94
解析 由题意，该公司攻克这项技术难题的概率为1－(1－0.8)×(1－0.7)＝0.94.
10.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，但在第一问做
不出的情况下，第二问做出的概率为0.1；第一问做出的情况下，第二问做不出的概率为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“第一问做出”为事件A，“第二问做出”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27 分)
11.(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 BC，
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 BC)
＝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 .
12.(14 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.(6
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.
13，15，16 题每小题5 分，14 题6 分，共21 分
13.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手
机超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h 的学生中任意调查一名学生，则他近视的
概率为( )
A.1
2
B.3
8
C.5
8
D.3
4
答案 B
解析 方法一 令A1＝“每天玩手机超过1 h 的学生”，A2＝“每天玩手机不超过1 h 的学生”，B＝“任
意调查一人，此人近视”，
则A1，A2为对立事件，
依题意，P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.5，P(B)＝0.4，
由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)，
即0.4＝0.2×0.5＋0.8×P(B|A2)，
所以P(B|A2)＝3
8.
方法二 设该校有100 名学生，整理得到如下列联表：
视力情况
每天玩手机时间
合计
超过1 h
不超过1 h
近视
10
30
40
不近视
10
50
60
合计
20
80
100
依题意得所求概率P＝30
80 ＝3
8.
14.(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C3
2β(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.
15.(2025·南京模拟)由若干个互不相同的数构成等腰直角三角形数阵，如图，其中第1 行1 个数，第2 行2
个数，第3 行3 个数……以此类推，一共10 行，设xk是从上往下数第k 行中的最大数(k＝1，2，…，10)，
则x1<x2<…<x10的概率为 .
答案 2
10
11！
解析 一共10 行，第10 行需要10 个数，则最大数在第10 行的概率为
10
10(1＋10)
2
＝2
11，
第9 行需要9 个数，则剩余数中最大数在第9 行的概率为
9
9(1＋9)
2
＝2
10，
…
第k 行需要k 个数，则剩余数中最大数在第k 行的概率为
k
k(k ＋1)
2
＝
2
k ＋1，
则满足x1<x2<…<x10的概率为2
11× 2
10×2
9×…×2
3×2
2 ＝2
10
11！.
16.甲、乙、丙三个人做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可
能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.如果第一次由甲将球传出，设n 次传球后球在
甲手中的概率为Pn，则P3＝ ；Pn＝ .
答案 1
4 2
3×(- 1
2)
n
＋1
3
解析 设An＝“经过n 次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率即Pn，n∈N*，则P1＝0，
依题意，An＋1＝AnAn＋1＋AnAn＋1，
则Pn＋1＝P(AnAn＋1＋AnAn＋1)
＝P(AnAn＋1)＋P(AnAn＋1)
＝P(An)P(An＋1|An)＋P(An)P(An＋1|An)
＝(1－Pn)×1
2＋Pn×0＝1
2(1－Pn)，
即Pn＋1＝－1
2Pn＋1
2，n∈N*，
(*)
因为P1＝0，代入解得P2＝1
2，
P3＝－1
2×1
2 ＋1
2 ＝1
4 ，
由(*)可得，Pn＋1－1
3＝－1
2Pn＋1
6
＝－1
2(Pn- 1
3)，且P1－1
3＝－1
3，
故数列{Pn- 1
3}是以－1
3为首项，－1
2为公比的等比数列，
于是，Pn－1
3＝－1
3×(- 1
2)
n-1
，
则得Pn＝1
3 －1
3×(- 1
2)
n-1
＝2
3×(- 1
2)
n
＋1
3.
