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§10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
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
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
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
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
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
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
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)
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
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 .
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 .
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)
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)
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
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
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 .
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＝ .
答案精析
1.C 2.B 3.D 4.B
5.C [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.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.]
7.AC [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.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.]
9.0.94
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.
10.0.24 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.
11.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.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.B [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.ABD [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. 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！.
16.1
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.
