备战2025年高考数学精品教案第十章计数原理、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（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第十章计数原理、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（Word版附解析），共16页。

学生用书P236
1.事件的相互独立性
（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.
学生用书P237
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％.
1.[命题点1角度1/多选/2023石家庄市二检]先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则（ BD ）
A.A与B互斥B.B与C相互独立
C.P（A）＝16D.P（AC）＝136
解析 对于A选项，若第一次掷出的点数为1，第二次掷出的点数为5，则事件A和事件B同时发生，因此A选项不正确；
对于B选项，事件B发生的概率为P（B）＝12，事件C发生的概率为P（C）＝C61C61C61＝16，事件B与事件C同时发生的概率为P（BC）＝C31C61C61＝112，P（BC）＝P（B）·P（C），所以事件B与事件C相互独立，所以B选项正确；
对于C选项，事件A有（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5种情况，所以P（A）＝536，所以C选项不正确；
对于D选项，事件A与事件C同时发生的概率为P（AC）＝136，所以D选项正确.选BD.
2.[命题点1角度2/2022全国卷乙]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ D ）
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
解析 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，
由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，
P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，
P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.
所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D.
3.[命题点2]某光学仪器厂制造的透镜，第一次落下时打破的概率为12；第一次落下未打破，第二次落下时打破的概率为710；若前两次未打破，第三次落下时打破的概率为910.则透镜落下三次未打破的概率为 3200 .
解析 以Ai（i＝1，2，3）表示事件“透镜落下第i次时打破”，以B表示事件“透镜落下三次未打破”.
因为B＝A1A2A3， 所以P（B）＝P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）＝（1－12）（1－710）（1－910）＝3200.
4.[命题点3/2023福州八中检测]设验血诊查某种疾病的误诊率为5％，即若用A表示验血为阳性，B表示受验者患病，则P（A｜B）＝P（A｜B）＝0.05.若已知受验人群中有0.5％的人患此病，即P（B）＝0.005，则一个验血为阳性的人确患此病的概率为 19218 .
解析 由题意，可得P（B｜A）＝P（AB）P（A），P（A｜B）＝1－0.05＝0.95，P（B）＝0.995.
易知事件AB表示从受验人群中随机抽取一人，此人患病且验血为阳性，
则P（AB）＝P（B）P（A｜B）.
由全概率公式可得P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）.所以P（B｜A）＝P（B）P（A｜B）P（B）P（A｜B）＋P（B）P（A｜B）＝0.005××0.95+0.995×0.05＝19218.
学生用书·练习帮P387
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（ A ）
A.17B.37D.0.1
解析 由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝17.
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（ D ）
解析 甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局1胜1负，第3局胜，则甲最终获胜的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙选择的景点不同”，事件B为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（ B ）
A.15B.25C.925D.920
解析 由题意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C51C51＝825，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝82545＝25，故选B.
4.[2024福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红球的概率为（ C ）
A.13B.12C.23D.34
解析 解法一 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×13＝12，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23.选C.
解法二 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23，选C.
5.[多选/2024江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（ AD ）
A.P（B｜A1）＝511
B.P（B）＝25
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析 由题意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，
则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A1）＝P（B｜A1），则事件B与事件A1相互独立）
所以事件B与事件A1不相互独立，故A正确，B，C不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故D正确.故选AD.
6.[2023武汉市5月模拟]设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件 是 （填“是”或“不是”）两两独立的，且P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝ 2 .
解析 由题意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）＝12，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝14，
又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A与B相互独立，
同理可推出B与C，A与C分别相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，则P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝1412×12×12＝2.
7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，3个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有13的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有14的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自高一年级的概率.
解析 （1）补充表格如下.
（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA2·PBA2+PA3PBA3=310×13＋310×14＋25×14＝1140）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B｜A1）P（B）＝310×131140＝411.
8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），n＝a＋b＋c＋d.
解析 （1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）2（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝16825＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01的?2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.
解法一 P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1631.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1616+15＝1631.
（ii）解法一 由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”，则AB为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）＝64155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二 零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表：
χ12＝155×（16×60－64×15）280×75×124×31＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023江苏海安中学三模]记A，B为随机事件，则下列说法正确的有（ BC ）
A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝56
B.若事件A，B相互独立，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝23
C.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B）＝13
D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B｜A）＝14
解析
10.[多选/2023广州市二检]有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ BC ）
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为13
解析 记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PAB1=PAB1PB1=8%×10%=0.008，故A错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确.
对C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故C正确.
对D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率，可以考虑它的对立事件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜B3）P（B3）P（A）＝1－2％×50％0.03＝23，故D错误.故选BC.
11.[多选/2023新高考卷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）.（ ABD ）
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
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α； 发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5时，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D选项正确.综上，选ABD.
12.在2023年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为34，乙每次中靶的概率为45，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射击后甲得20分的概率；
（2）求第n次射击的人是乙的概率.
解析 （1）3次射击后甲得20 分的情况有以下2种：
第1次、第2次都是甲射击且中靶，第3次甲射击未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为12）
第1次乙射击未中靶，第2次、第3次甲射击均中靶，其概率P2＝12×15×34×34＝9160.
所以3次射击后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝81640.
（2）设“第n次射击的人是乙”为事件An，
则P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）＋14，
所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－59]，
易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－118，
所以数列{P（An）－59}是首项为－118，公比为1120的等比数列，
所以P（An）－59＝－118×（1120）n－1，
则P（An）＝59－118×（1120）n－1，
故第n次射击的人是乙的概率为59－118×（1120）n－1.
13.[设问创新/2023江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A表示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.
解析 （1）用C表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝110，
所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝19.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910×19＝110）
（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9时，事件B发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10种，事件AB发生的情况为（7，2），共1种，
因此P（B）＝n（B）n（Ω）＝10100＝110，
P（AB）＝n（AB）n（Ω）＝1100，
又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与事件B相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A与事件B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）P（B），
而P（A）＝110，P（AB）P（B）＝n（AB）n（B），于是n（AB）n（B）＝110，
易知事件AB发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x的不等式组0≤x≤9，0≤m－x≤9，
要使上述不等式有10个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.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.
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
13
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
310
310
25
13
14
14
1140
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪B）＝12
✕
B
PA∪B=PA+PB-PAB=PA+PB-PAPB=12+13-12×13=23
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）x＝34，
∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝34x＋38（1－x）＝1－12，解得x＝13
√
D
由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）－P（AB）P（A）＝13－1412＝16
✕