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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)＝ 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 ，A与 ，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)＝ 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)＝ .
(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)＝ ；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝ .
③设B和B互为对立事件，则P(B|A)＝ .
3.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，i＝1，2，…，
1 2 n 1 2 n i
n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝ .
⊆
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A 与A 是对立事件，则对任意的事件B Ω，都有P(B)＝P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A ).( )
1 2 1 1 2 2
⊆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
3 2
该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为 ，在续航测试中结果为优秀的概率为 ，则该型号
4 3
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( )
7 1 5 1
A. B. C. D.
12 2 12 3
4 3
3.统计某位篮球运动员的罚球命中率，罚中一次的概率是 ，连续罚中两次的概率是 .已知这位篮球运动
5 5
员第一次罚球命中，则第二次罚球也命中的概率是( )
12 4 3 3
A. B. C. D.
25 5 4 5
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 .
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( )
1
A.P(C)＝ B.A与C相互独立
3
C.A与D相互独立 D.B与D相互独立
命题点2 相互独立事件的概率
1
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，
2
1
，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 ，则他三道题都答错的概率为( )
4
1 1 1 1
A. B. C. D.
2 3 4 6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( )
1
A.事件M发生的概率为
2
B.事件M与事件N互斥
C.事件M与事件N相互独立
1
D.事件M+N发生的概率为
2
(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
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( )
1 2 3 4
A. B. C. D.
19 19 19 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)思维升华 求条件概率的常用方法
P(AB)
(1)定义法：P(B|A)＝ .
P(A)
n(AB)
(2)样本点法：P(B|A)＝ .
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( )
1 4 1 2
A. B. C. D.
9 9 3 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 .
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
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A(i＝1，2，…，n).
i
(2)求P(A)和所求事件B在各个互斥事件A发生条件下的概率P(B|A).
i i i
(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A ＝“第一天去玻璃栈道”，A ＝“第二天去玻璃栈道”，B ＝“第一天去凤凰古
1 2 1
城”，B ＝“第二天去凤凰古城”，则( )
2
A.P(A |A )＝0.3 B.P(A |B )＝0.3
2 1 2 1
C.P(A )＝0.51 D.P(B )＝0.49
2 2答案精析
落实主干知识
1.(1)P(A)P(B) (2)B B
P(AB) n(AB)
2.(1) (2)①
P(A) n(A)
②P(A)P(B|A) (3)①1
②P(B|A)+P(C|A)
③1－P(B|A)
n
3. Σ P(A)P(B|A)
i i
i=1
自主诊断
1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√
1 2 3
2.C [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 × + ×
4 3 4
1 5
＝ .]
3 12
3.C [记“第一次罚球命中”为事件A，“第二次罚球命中”为事件B，
4
由题意可知P(A)＝ ，
5
3
P(AB)＝ ，
5
P(AB) 3
所以P(B|A)＝ ＝ .]
P(A) 4
4.0.74
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.
探究核心题型
A2+A2
1
C1C1
1
例1 BD [依题意P(A)＝
2 2＝
，P(B)＝
2 3＝
，
A2 3 A2 2
4 4
C1C1+C1C1
1
P(C)＝ 2 1 2 2＝ ，
A2 2
4
C1C1+C1C1
2
P(D)＝ 2 2 2 2＝ ，
A2 3
4
故A错误；A2
1
因为P(AC)＝
2＝
，
A2 6
4
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；
C1C1
1
因为P(BD)＝
2 2＝
，
A2 3
4
则P(BD)＝P(B)P(D)，所以事件B与D相互独立，故D正确.]
例2 C [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，
1
且P(D)＝P(E)＝a，P(F)＝ .
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)
( 1) 1 1 1
＝a×a× 1- +a×(1－a)× +(1－a)×a× ＝ ，
2 2 2 4
1
整理得(1－a)2＝ ，他三道题都答错为事件D E F，
2
( 1) 1 1
故P(D E F)＝P(D)P(E)P(F)＝(1－a)2 1- ＝ (1－a)2＝ .]
2 2 4
2 1
跟踪训练1 (1)AC [由题意可得P(M)＝ ＝ ，故A正确；
4 2
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；
4 1
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)＝ ＝ ，
16 4
8 1
又P(N)＝ ＝ ，
16 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)1 1 1 3
－P(MN)＝ + － ＝ ，
2 2 4 4
故D错误.]
(2)C [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.]
5 1
例3 D [方法一 设“第1次抽到次品”为事件A，则P(A)＝ ＝ ，
20 4
5 4 1
设“第2次抽到次品”为事件B，则P(AB)＝ × ＝ ，
20 19 19
P(AB) 4
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(A) 19
4
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＝ .]
19
P(AB)
例4 C [P(A|B)＝ ，
P(B)
P(AB)
P(B|A)＝ ，
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.]
跟踪训练2 (1)D [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”，
C1A3
3
则P(A)＝
3 3＝
，
A4 4
4C1A2
1
P(AB)＝ 2 2＝ ，
A4 6
4
1
P(AB) 6 2
所以P(B|A)＝ ＝ ＝ .]
P(A) 3 9
4
(2)0.57
解析 设“第一问答对”为事件A，“第二问答对”为事件B，
4
由题意可得P(A)＝ ＝0.4，
10
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.
例5 B [设事件B为“选出的运动员能晋级”，A 为“选出的运动员是一级运动员”，A 为“选出的运
1 2
动员是二级运动员”，A 为“选出的运动员是三级运动员”，
3
则P(A )＝0.2，P(A )＝0.3，
1 2
P(A )＝0.5，P(B|A )＝0.9，
3 1
P(B|A )＝0.6，P(B|A )＝0.2，
2 3
所以由全概率公式可得
P(B)＝P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )
1 1 2 2 3 3
＝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.]
跟踪训练3 ACD [由题干可知
P(A |A )＝0.3，
2 1
P(A |B )＝0.6，
2 1
A正确，B错误；
P(A )＝0.3，P(B )＝0.7，
1 1
P(B |A )＝0.7，P(B |B )＝0.4，
2 1 2 1
所以P(A )＝P(A A )
2 1 2
+P(B A )＝P(A )P(A |A )+P(B )P(A |B )＝0.3×0.3+0.7×0.6＝0.51，P(B )＝P(A B )+P(B B )＝P(A )P(B |A )
1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
+P(B )P(B |B )＝0.3×0.7+0.7×0.4＝0.49，C，D正确.]
1 2 1
