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备考2024届高考数学一轮复习讲义第十章计数原理概率随机变量及其分布第5讲事件的相互独立性条件概率与全概率公式
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习讲义第十章计数原理概率随机变量及其分布第5讲事件的相互独立性条件概率与全概率公式，共8页。
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝① P（A）P（B） ，则称事件A与事件B相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A与B相互独立，则A与② B ，A与③ B ，A与B也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意 若事件A与事件B是互斥事件（或对立事件），则A与B不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④ P（AB）P（A） 为在⑤ 事件A 发生的条件下，⑥ 事件B 发生的条件概率，简称条件概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦ P（B｜A）＋P（C｜A） ；
c.设B和B互为对立事件，则P（B｜A）＝⑧ 1－P（B｜A） .
注意 （1）P（B｜A）与P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P（A｜B）表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率.
（2）当A，B相互独立时，P（B｜A）＝P（B）.
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）＝⑨ ∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai） .
拓展 贝叶斯公式：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，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）∑k=1nP（Ak）P（B｜Ak），i＝1，2，…，n.
1.下列说法错误的是（ A ）
A.对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立
B.若事件A，B相互独立，则P（B｜A）＝P（B）
C.抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立
D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（ A ）
A.P（A｜B）＜P（AB）B.P（A｜B）＝P（A）P（B）可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1D.P（A｜A）＝1
解析 由条件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A说法错误；当事件B包含事件A时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜B）＝P（A）P（B），故B说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D说法正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（ C ）
解析 设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车前往目的地，事件C表示甲乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次，记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P（A｜B），P（B｜A）分别等于（ A ）
A.1011，13B.13，1011C.111，13D.13，111
解析 由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1030＝13.故选A.
5.[教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是 15 .
解析 记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不合格品”，则AB为“2件都是不合格品”.
解法一 记n（A），n（AB）分别为事件A，AB所包含的基本事件个数，则n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝630＝15.
解法二 P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝21523＝15.
研透高考 明确方向
命题点1 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
例1 [2021新高考卷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（ B ）
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
解析 事件甲发生的概率P（甲）＝16，事件乙发生的概率P（乙）＝16，事件丙发生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁发生的概率P（丁）＝66×6＝16.
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；（对任意两个事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B）⇔事件A和B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，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16×6＝136，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.故选B.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B相互独立⇔P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2 相互独立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝ 0.5 ；
（2）事件“X＝4且甲获胜”的概率为 0.1 .
解析 （1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（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.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.
（1）分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解析 （1）记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即3人都回答正确，其概率P（A）＝23×23×23＝827，
甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－23）×（1－23）×23＝29.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，1人回答错误，则P（C）＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23=49，
乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－23）×34＝14.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝19.
命题点2 条件概率
例3 （1）[2023全国卷甲]某地的中学生中有60％的同学爱好滑冰，50％的同学爱好滑雪，70％的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ A ）
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4
解析 令事件A，B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C表示该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝0.40.5＝0.8，故选A.
（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（ C ）
A.12B.47C.35D.23
解析 解法一 设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则PBA=n（AB）n（A）＝C41＋C41+1C62＝915＝35，故选C.
解法二 在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C62＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为C42＝6，所以所求概率为1－615＝35，（方法：在解决至多、至少的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
训练2 （1）[2022天津高考]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 1221 ；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是 117 .
解析 设事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.
第1空 解法一 不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种数为4×3，所以P（A1A2）＝4×352×51＝1221.
解法二 不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C522种可能结果，事件A1A2包含的可能结果种数为C42，所以P（A1A2）＝C42C522＝4×3252×512＝1221.
第2空 解法一 因为P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A2）P（A1）＝4×352×51452＝117.
解法二 缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝117.
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为 67 .
解析 设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B为“取出的两瓶中另一瓶是红色”，事件C为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D为“取出的两瓶中另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.由题意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝P（AB）P（A）＋P（AC）P（A）＝15710＋25710＝67.故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为67.
命题点3 全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（ A ）
C.0.5D.0
解析 用A表示事件“考生答对题目”，用B表示事件“考生知道答案”，则B表示事件“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率为 14 .
解析 记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×14×12＝14.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A1）＝14；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A3）＝12.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×12＝14.
因此，子三代中基因型为dd的概率是14.
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（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）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率PBAii＝1,2,···,n；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐，第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5.则王同学（ AC ）
A.第二天去甲餐厅的概率为0.54
B.第二天去乙餐厅的概率为0.44
C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为59
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为49
解析 设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3 ①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得PA2=PA1PA2A1+PB1×PA2B1=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54 ②，所以A正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝＝59，C正确.P（A1｜B2）＝P（A1）P（B2｜A1）P（B2）＝P（A1)[1－P（A2｜A1)]P（B2）＝0.4×（1－0.6）0.46＝823，所以D错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为 64％ .
解析 记A为事件“利率下调”，那么A即为“利率不变”，记B为事件“股票价格上涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（A）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典概型，利用独立性计算概率.
2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.
4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.
相互独立事件
2023新高考卷ⅡT12；2022全国卷乙T10；2022全国卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全国卷ⅠT19；2019全国卷ⅠT15；2019全国卷ⅡT18
本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，近两年考查频率较高，复习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，在2023年新高考卷Ⅰ中已命题，命题概率大.在2025年高考备考中应强化对条件概率和全概率公式的理解和应用.
条件概率
2023全国卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的应用
2023新高考卷ⅠT21
定义法
先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（AB）P（A）PA>0.
样本
点法
先求事件A包含的样本点数n（A），再求事件AB包含的样本点数n（AB），得P（B｜A）＝n（AB）n（A）.
缩样法
即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
（1）定义：对任意两个事件A，B，如果P（AB）＝① P（A）P（B） ，则称事件A与事件B相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件A与B相互独立，则A与② B ，A与③ B ，A与B也都相互独立.
（3）推广：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P（A1A2…An）＝P（A1）P（A2）…P（An）.
注意 若事件A与事件B是互斥事件（或对立事件），则A与B不相互独立.
2.条件概率
（1）定义：一般地，设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0，我们称P（B｜A）＝④ P（AB）P（A） 为在⑤ 事件A 发生的条件下，⑥ 事件B 发生的条件概率，简称条件概率.
（2）性质：设P（A）＞0，则
a.P（Ω｜A）＝1；
b.若B和C是两个互斥事件，则P（B∪C｜A）＝⑦ P（B｜A）＋P（C｜A） ；
c.设B和B互为对立事件，则P（B｜A）＝⑧ 1－P（B｜A） .
注意 （1）P（B｜A）与P（A｜B）是不相同的，P（B｜A）表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P（A｜B）表示在事件B发生的条件下事件A发生的概率.
（2）当A，B相互独立时，P（B｜A）＝P（B）.
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）＝⑨ ∑i=1nP（Ai）P（B｜Ai） .
拓展 贝叶斯公式：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，P（B）＞0，有P（Ai｜B）＝P（Ai）P（B｜Ai）P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）∑k=1nP（Ak）P（B｜Ak），i＝1，2，…，n.
1.下列说法错误的是（ A ）
A.对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立
B.若事件A，B相互独立，则P（B｜A）＝P（B）
C.抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立
D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，有P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）
2.下列说法错误的是（ A ）
A.P（A｜B）＜P（AB）B.P（A｜B）＝P（A）P（B）可能成立
C.0≤P（A｜B）≤1D.P（A｜A）＝1
解析 由条件概率公式P（A｜B）＝P（AB）P（B）及0＜P（B）≤1，知P（A｜B）≥P（AB），故A说法错误；当事件B包含事件A时，有P（AB）＝P（A），此时P（A｜B）＝P（A）P（B），故B说法正确；易知0≤P（A｜B）≤1，P（A｜A）＝1，故C，D说法正确.故选A.
3.[易错题]设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6，0.4，汽车和火车正点到达目的地的概率分别为0.9，0.8，则甲正点到达目的地的概率为（ C ）
解析 设事件A表示甲正点到达目的地，事件B表示甲乘火车前往目的地，事件C表示甲乘汽车前往目的地.由题意知P（B）＝0.4，P（C）＝0.6，P（A｜B）＝0.8，P（A｜C）＝0.9.由全概率公式得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（C）P（A｜C）＝0.4×0.8＋0.6×0.9＝0.32＋0.54＝0.86.故选C.
4.将两颗骰子各掷一次，记事件A为“两个点数不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P（A｜B），P（B｜A）分别等于（ A ）
A.1011，13B.13，1011C.111，13D.13，111
解析 由题意可得n（A）＝6×5＝30，n（B）＝6×6－5×5＝11，n（AB）＝2×5＝10，∴P（A｜B）＝n（AB）n（B）＝1011，P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1030＝13.故选A.
5.[教材改编]设10件产品中有4件不合格品，从中任意选取2件，则在所选取的产品中发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是 15 .
解析 记事件A为“选取的2件产品中发现有一件是不合格品”，事件B为“另一件是不合格品”，则AB为“2件都是不合格品”.
解法一 记n（A），n（AB）分别为事件A，AB所包含的基本事件个数，则n（A）＝C41C61＋C42＝30，n（AB）＝C42＝6，故P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝630＝15.
解法二 P（A）＝1－C62C102＝23，P（AB）＝C42C102＝215，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝21523＝15.
研透高考 明确方向
命题点1 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
例1 [2021新高考卷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（ B ）
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
解析 事件甲发生的概率P（甲）＝16，事件乙发生的概率P（乙）＝16，事件丙发生的概率P（丙）＝56×6＝536，事件丁发生的概率P（丁）＝66×6＝16.
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；（对任意两个事件A和B，且P（A）＞0，P（B）＞0，则P（AB）＝P（A）P（B）⇔事件A和B相互独立）事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，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16×6＝136，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.故选B.
方法技巧
判断事件是否相互独立的方法
（1）由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响.
（2）利用“事件A，B相互独立⇔P（AB）＝P（A）·P（B）”判断.
角度2 相互独立事件的概率的求解
例2 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.
（1）P（X＝2）＝ 0.5 ；
（2）事件“X＝4且甲获胜”的概率为 0.1 .
解析 （1）“X＝2”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此P（X＝2）＝0.5×0.4＋（1－0.5）×（1－0.4）＝0.5.
（2）“X＝4且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”.因此所求概率为[0.5×（1－0.4）＋（1－0.5）×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
方法技巧
求相互独立事件同时发生的概率的思路
（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.
训练1 为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.
（1）分别求甲队总得分为3分与1分的概率；
（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.
解析 （1）记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B.
甲队得3分，即3人都回答正确，其概率P（A）＝23×23×23＝827，
甲队得1分，即3人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P（B）＝23×(1-23)×（1－23）＋（1－23）×23×（1－23）＋（1－23）×（1－23）×23＝29.
故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.
（2）记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D.
甲队得2分，即甲队3人中有2人回答正确，1人回答错误，则P（C）＝23×23×1-23+23×1-23×23+1-23×23×23=49，
乙队得1分，即乙队3人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P（D）＝12×（1－23）×（1－34）＋（1－12）×23×（1－34）＋（1－12）×（1－23）×34＝14.
由题意得事件C与事件D相互独立，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P（CD）＝P（C）P（D）＝49×14＝19.
命题点2 条件概率
例3 （1）[2023全国卷甲]某地的中学生中有60％的同学爱好滑冰，50％的同学爱好滑雪，70％的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ A ）
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.4
解析 令事件A，B分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件C表示该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.5，P（AB）＝P（A）＋P（B）－0.7＝0.4，所以P（C）＝P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝0.40.5＝0.8，故选A.
（2）[2023重庆联考]从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是（ C ）
A.12B.47C.35D.23
解析 解法一 设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B，则PBA=n（AB）n（A）＝C41＋C41+1C62＝915＝35，故选C.
解法二 在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C62＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为C42＝6，所以所求概率为1－615＝35，（方法：在解决至多、至少的有关问题时，常考虑其对立事件的概率）
故选C.
方法技巧
求条件概率的常用方法
训练2 （1）[2022天津高考]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 1221 ；在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是 117 .
解析 设事件A1＝“第一次抽到A”，事件A2＝“第二次抽到A”.
第1空 解法一 不放回地取两次的可能结果种数为52×51，事件A1A2包含的可能结果种数为4×3，所以P（A1A2）＝4×352×51＝1221.
解法二 不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有C522种可能结果，事件A1A2包含的可能结果种数为C42，所以P（A1A2）＝C42C522＝4×3252×512＝1221.
第2空 解法一 因为P（A1）＝452，所以P（A2｜A1）＝P（A1A2）P（A1）＝4×352×51452＝117.
解法二 缩小样本空间，已知第一次抽到的是A牌，所以还剩下51张牌，其中有3张A牌，所以P（A2｜A1）＝351＝117.
（2）现有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为 67 .
解析 设事件A为“取出的两瓶中至少有一瓶是蓝色”，事件B为“取出的两瓶中另一瓶是红色”，事件C为“取出的两瓶中另一瓶是黑色”，事件D为“取出的两瓶中另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥.由题意得，P（A）＝C21C31＋C22C52＝710，PAB=C21C11C52＝15，P（AC）＝C21C21C52＝25，所以P（D｜A）＝P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝P（AB）P（A）＋P（AC）P（A）＝15710＋25710＝67.故取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为67.
命题点3 全概率公式的应用
例4 （1）某考生回答一道四选一的考题，假设他知道答案的概率为0.5，知道答案时，答对的概率为1，而不知道答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（ A ）
C.0.5D.0
解析 用A表示事件“考生答对题目”，用B表示事件“考生知道答案”，则B表示事件“考生不知道答案”，则P（B）＝0.5，P（B）＝0.5，P（A｜B）＝1，P（A｜B）＝0.25，则P（A）＝P（A｜B）P（B）＋P（A｜B）P（B）＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.
（2）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率为 14 .
解析 记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P（A1）＝12×12＝14，P（A2）＝14×14＝116，P（A3）＝2×14×12＝14.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是Dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A1）＝14；
②若选择的是dd，dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A2）＝1；
③若选择的是dd，Dd，则子三代中基因型为dd的概率为P（B｜A3）＝12.
综上所述，P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）×P（B｜A3）＝14×14＋116×1＋14×12＝14.
因此，子三代中基因型为dd的概率是14.
方法技巧
全概率公式的应用步骤
（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）（i＝1，2，…，n）和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率PBAii＝1,2,···,n；
（3）代入全概率公式求P（B）.
训练3 （1）[多选/2023广东六校联考]某高校有甲、乙两家餐厅，王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐，第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5.则王同学（ AC ）
A.第二天去甲餐厅的概率为0.54
B.第二天去乙餐厅的概率为0.44
C.第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为59
D.第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为49
解析 设A1＝“王同学第一天去甲餐厅”，A2＝“王同学第二天去甲餐厅”，B1＝“王同学第一天去乙餐厅”，B2＝“王同学第二天去乙餐厅”，则P（A1）＝0.4，P（B1）＝0.6，P（A2｜A1）＝0.6，P（A2｜B1）＝0.5.由题意得P（A2｜B1）＝P（A2）P（B1｜A2）P（B1）＝0.5，所以P（A2）P（B1｜A2）＝0.3 ①.
易知Ω＝A1∪B1，且A1与B1互斥，则由全概率公式得PA2=PA1PA2A1+PB1×PA2B1=0.4×0.6+0.6×0.5=0.54 ②，所以A正确.
P（B2）＝1－P（A2）＝0.46，B错误.（注意题干“王同学每天都选择两家餐厅中的一家就餐”，故P（A2）＋P（B2）＝1）
由①②得P（B1｜A2）＝0.3P（A2）＝＝59，C正确.P（A1｜B2）＝P（A1）P（B2｜A1）P（B2）＝P（A1)[1－P（A2｜A1)]P（B2）＝0.4×（1－0.6）0.46＝823，所以D错误.故选AC.
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为60％，利率不变的概率为40％.根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该只股票价格上涨的概率为80％，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为40％，则该只股票将上涨的概率为 64％ .
解析 记A为事件“利率下调”，那么A即为“利率不变”，记B为事件“股票价格上涨”.
依题设知P（A）＝60％，P（A）＝40％，
P（B｜A）＝80％，P（B｜A）＝40％，
于是P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）·P（B｜A）＝60％×80％＋40％×40％＝64％.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典概型，利用独立性计算概率.
2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.
3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.
4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.
相互独立事件
2023新高考卷ⅡT12；2022全国卷乙T10；2022全国卷甲T19； 2021新高考卷ⅠT8；2020全国卷ⅠT19；2019全国卷ⅠT15；2019全国卷ⅡT18
本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，近两年考查频率较高，复习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，在2023年新高考卷Ⅰ中已命题，命题概率大.在2025年高考备考中应强化对条件概率和全概率公式的理解和应用.
条件概率
2023全国卷甲T6；2022新高考卷ⅠT20；2022新高考卷ⅡT19；2022天津T13
全概率公式的应用
2023新高考卷ⅠT21
定义法
先分别计算概率P（AB）和P（A），然后代入公式P（B｜A）＝P（AB）P（A）PA>0.
样本
点法
先求事件A包含的样本点数n（A），再求事件AB包含的样本点数n（AB），得P（B｜A）＝n（AB）n（A）.
缩样法
即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解.
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