第十章 第5讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

国高考一轮总复习·数学·RJA 第5讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课标多求！ 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 必备知识 夯实四基 对应答案P401 知识梳理 2.P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生 L.相互独立事件 的概率，P(AB)是在事件B发生的条件下事件 (1)概念：对任意两个事件A与B,如果P(AB) A发生的概率。 =四 成立，则称事件A与事件B相互 3.计算条件概率P(BA)时，不能随便用事件B的 独立，简称为独立。 概率P(B)代替P(AB). (2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与B, 诊断自测 不与回，A与B也都相互独立 2.条件概率 思考辨析 (1)概念：一般地，设A,B为两个随机事件，且 1.判断（在括号内打“√”或“×”） PA)>0.我们称P(B1A=PAB为在事件A (1)对于任意两个串件，公式P(AB)=P(A)P(B) P(A) 都成立 () 发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条 (2)若事件A,B相互独立，则P(BA)=P(B). 件概率。 () (2)两个公式 ①利用古典概型：P(BA)=n(AB) (3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第1枚为正面” n(A): 为事件A,“第2枚为正面”为事件B,则A,B相 ②概率的乘法公式：P(AB)=图 互独立 () 3.全概率公式 (4)若事件A1与A是对立事件，则对任意的事 一般地，设A,,A,,…,A。是一组两两互斥的事 件B二2，有P(B)=P(A)P(B|A,)+P(A2) 件，AUA,U…UA.=2,且P(A)>0,i=1, 2,…,n,则对任意的事件B≤2，有P(B)= P(BA,). () P(A,)P(BIA ) 教材衍化 2.(人A必修第二册P253T4改编)甲，乙两人独立 心常用结论 地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为 1.两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事 2·3,则谜题没被破解出的概率为 12 件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件 () 发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定 互斥. A.6 B号 c.o D.1 盛214 第十章计数原理，景率.随机变量及其分布回 3.(人A选择性必修第三册P46倒1改编)在8件 互之问没有影响，那么这段时间内至少有1人去 同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现 厦门旅游的概率为 () 不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品 入品 B号 n品 的条件下，第二次抽到次品的概率是 5.(全概率公式应用易错)某同学第1天午餐时随 A c D. 2 机选择A,B中的一家就餐，若第1天去A餐厅， 易错自纠 则第2天去A餐厅的概率为0.6：若第1天去B 4.(对“至少”理解铅误)五一放假，甲、乙、丙去厦门 餐厅，则第2天去A餐厅的概率为0.8.则该同 旅游的概率分别是子，·号·假定三人的行动相 学第2天去B餐厅的概率为 提升能力 考点剖析⊙ [对应客案P460 考点小 条件概率（师生共研） 例1们(1)(2023·全国甲卷理科)有50人报名足 (2)样本点法：P(BA)=(AB 球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名 n(A) 足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐 (3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩 部，则其报乒乓球俱乐部的概率为 ( 下的情况，用古典概型求解。 A.0.8 B.0.4 C.0.2 D.0.1 》变式训练g (2)(2023·四川成都·联考)一个不透明的袋 1.(2024·新高考天津卷)A,B,C,D,E五种活动， 中装有4个红球，4个黑球，2个白球，这些球除 甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率 颜色外，其他完全相同，现从袋中一次性随机抽 为 :已知乙选了A活动，他再选择B活 取3个球，事件A:“这3个球的颜色各不相 同”，事件B:“这3个球中至少有1个黑球”，则 动的概率为 P(AB)= ( 2.将三颗骰子各掷一次，记事件A=“三个点数都 A号 8 0.函 不同”，B=“至少出现一个6点”，则条件概率 P(BA),P(AB)分别等于 () 感悟方法 A品 a29 求条件概率的常用方法 (I)定义法：P(B1A)=P(AB c品 n贺 P(A)' 215® 国高考一轮总复习·数学·RJA 考点2 全概率公式及应用（师生共研 例2](1)(2024·新高考上海卷)某校举办科学 (2)求P(A)和所求事件B在各个互斥事件A 竞技比赛，有A,B,C3种题库，A题库有5000 发生条件下的概率P(BA): 道题，B题库有4000道题，C题库有3000道 (3)代入全概率公式计算。 题.小申已完成所有题，他A题库的正确率是 》变式训练” 0.92,B题库的正确率是0.86，C题库的正确率 是0.72.现他从所有的题中随机选一题，正确 1.第24届冬奥会奥运村有智能餐厅A、人工餐厅 率是 B,运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐，如 (2)(2025·包头模拟)长白飞瀑、高句丽遗迹、 果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概 鹤舞向海、一眼望三国、伪满皇宫、松江雾淞、净 率为0.7：如果第一天去B餐厅，那么第二天去 月风光、查干冬捕，是著名的吉林八景，某人打 A餐厅的概率为0.8.运动员甲第二天去A餐厅 算到吉林旅游，冬季来的概率是号，夏季来的概 用餐的概率为 () A.0.75B.0.7 C.0.56 D.0.38 率是号，如果冬季来，则看不到长白飞漫、鹤舞 2.流感病毒可以造成人传人现象.通俗点说就是存 向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾淞 在A传B,B又传C,C又传D,那么A,B,C就会 和查干冬捕.无论什么时候来，由于时间原因， 被称为第一代、第二代，第三代传播者.假设一个 只能在可去景点当中选择两处参观，则某人去 了一眼望三国景点的概率为 身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者 ( A是 B. c. 感染的概率分别为0.95,0.9,0.85，健康的小明 0.3 参加了一次多人宴会，事后知道，参加宴会的人 感悟方法 有5名第一代传播者，3名第二代传播者，2名第 利用全概率公式的思路 三代传播者，试计算，小明参加聚会，仅和感染的 (1)按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若 10个人其中一个接触，感染的概率有多大 干个互斥事件A(i=1,2,…,n): 考点3 相互独立事件的概率（师生共研） [例3]（多选）(2023·新高考全国Ⅱ卷)在信道内 B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 传输0,1信号，信号的传输相互独立，发送0 0,1的概率为3(1一) 时，收到1的概率为a(0<a<1),收到0的概率 C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的 为1一a:发送1时，收到0的概率为(0<3< 概率为31一3)°+(1一) 1),收到1的概率为1一3.考虑两种传输方案： D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次传输 单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号 方案译码为0的概率大于采用单次传输方案 只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3 译码为0的概率 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 感悟方法 到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依 求相互独立事件同时发生的概率的方法 次收到1,0,1，则译码为1)，则下列说法正确的 (1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各 冷 自发生的概率之积， A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依 (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对 次收到1,0,1的概率为(1-a)(1一3) 立事件入手计算 216 第十章计数原理，概率，随机变量及其分布回 乡变式训练多 2.某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成， 1.某产品需要通过两类质量检验才能出货.已知该 元件1和元件2同时正常工作，或元件3正常工 产品第一类检验单独通过率为子，第二类检验单 作，则部件正常工作，设三个电子元件正常工作 独通过率为p(0<p<1),规定：第一类检验不通 的概率均为？，且各个元件能否正常工作相互独 过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修 立，那么该部件正常工作的概率为 () 复后再检验一次，修复后无须从头检验，通过率 T元件钉-元件3 不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独 匹13☐ 立.若该产品能出货的概率为号，则P=( A.64 c器 A号 B司 c号 5 D.6 请完成《课时检测训练64 第6讲 离散型随机变量及其分布列 课标来求！ 1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念 2.理解离散型随机变量的性质 对应客案P461 必备知识 夯实四基。 知识梳理 X 0 1-p 1.离散型随机变量的分布列 其中0<p<1,我们称X服从圆 分布或 (1)一般地，对于随机试验样本空间2中的每个 回 分布 样本点ω，都有回 与之对应， 3.超几何分布 我们称X为随机变量.可能取值为有限个或可 一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次 以☑ 的随机变量，我们称为离散型随 品，从N件产品中随机抽取n件（不放回），用X 机变量 表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布 (2)一般地，设离散型随机变量X的可能取值为 列为P(X=)=回 ,k=m,m十1， x1x…,x,我们称X取每一个值x,的概率图 m十2，，r 其中，n,N,M∈N°，M≤N,n≤N,m=max{0, ,i=1,2,…,,为X的概率分 n-V+M),r=min{n,M}.如果随机变量X的 布列，简称分布列. 分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服 (3)离散型随机变量的分布列的性质 从超几何分布. ①p,≥0(i=1,2,…,n): 心常用结论 ②p,+p:十…+p.=国 随机变量的线性关系 2.两点分布 若X是随机变量，Y=aX十b,a,b是常数，则Y也 如果随机变量X的分布列为 是随机变量」 217®3.C 解析 互斥不一定对立，但对立必互斥，①正确；只有A 与B是互斥事件时，才有P(AUB)=P(A)+P(B),②错 误；若事件 A,B,C两两互斥，则P(AUBUC)=P(A)+ P(B)+P(C),但AUBUC不一定是必然事件，例如，设样 本点空间是由两两互斥的事件A,B,C,D组成且事件D与 AUBUC为对立事件，当P(D)≠0时，P(A)+P(B)+ P(C)<1,③错误. 考点2 [例1]解(1)当且仅当最高气温低于25℃时，这种饮料一天 的需求量不超过300瓶，由表中数据可知，最高气温低于 25℃的频率为2+96+3?=0.6, 所以这种饮料一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值 为0.6. (2)当这种饮料一天的进货量为450瓶时， 若最高气温低于20℃,则Y=200×6+(450-200)×2- 450×4=-100; 若最高气温位于区间(20,25),则Y=300×6+(450-300) ×2-450×4=300; 若最高气温不低于25℃,则Y=450×(6-4)=900. 故利润Y的所有可能值为-100,300,900. 当且仅当最高气温不低于20℃时，Y大于零，由表格数据 36+2907+?=0.8.因知，最高气温不低于20℃的频率为 此Y大于零的概率的估计值为0.8. [变式训练] P=1720=8=D 解析 A.该教职工具有本科学历的概率1 62.5?0故错误；B.该教职工具有研究生学历的概率P =1250=3=37.5?0故错误；C.该教职工的年龄在50 P=120=1≈8.3?0故错误；D.该教职岁以上的概率 P=1250=工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率 =12.5?0故正确。 考点3 [例2](1)D 解析 依题意，从这4名学生中随机选2名组织 校文艺汇演，总的基本事件有C2=6(件), 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C?C= 4(件), 4=3所以这2名学生来自不同年级的概率为 (2)C 解析 由AUB=U,A∩B=可得A,B中没有重复 数字.由x∈A,则22-x∈B可得A,B不为空集，且可将U 中10个数字分为5组， 分别为2或20,4或18,6或16,8或14,10或12, 且每组数中的一个数如果在集合A中，另一个必在集合B 中，所以集合A中元素的个数小于等于集合B中元素的个 数，所以集合A中元素的个数可能为1,2,3,4,5,所以集合 A的可能的个数为 C?+C(C)2+C(C2)3+C(C?)?+C(C)?=242, P=1-Co+24C32=926所以 [变式训练] 1.C 解析 这8个素数中，任取2个不同的数，有(2,3),(2, 5),(2,7),(2,11),(2,13),(2,17),(2,19),(3,5),(3,7), (3,11),(3,13),(3,17),(3,19),(5,7),(5,11),(5,13),(5, 17),(5,19),(7,11),(7,13),(7,17),(7,19),(11,13),(11, 17),(11,19),(13,17),(13,19),(17,19),共28个样本点， 这两个数之和仍为素数的样本点有(2,3),(2,5),(2,11), (2,17),共4个， 28=号所以这两个数之和仍为素数的概率是 2.C 解析 4名同学分别进入话剧社团、书法社团、摄影社 团、街舞社团共有A=24种选法， 其中甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团有C?A2=4种 选法，按学校规定每人只能加入一个社团，由古典概型的概 率计算公式可得，甲进街舞社团，乙进书法社团或摄影社团 P=4=6的概率1 第5讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 必备知识 夯实四基] 知识梳理 1P(A)P(B)2B 3P(A)P(B|A) 诊断自测 1.(1)×(2)√(3)√(4)√ 2.A 解析 设“甲独立地破解出谜题"为事件A,“乙独立地 则P(A)=2,P(B)=3,故P(A)=2,P(B)=3 3.D 解析 当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格 4.B 解析 记事件A为“至少有1人去厦门旅游”,其对立事 P(A)=(1-3)×(1-4)×(1-亏)=号 5.0.3 解析 设A,=“第i天去A餐厅就餐”,B,=“第i天去 0.5,P(B?|A?)=0.4,P(B?|B?)=0.2, 所以P(B?)=P(A?)P(B?|A?)+P(B?)P(B?|B?)=0.5× 0.4+0.5×0.2=0.3. 提升能力 考点剖析] 破解出谜题”为事件B, ,所以 . 件为A“三人都不去厦门旅游”,由独立事件的概率公式可得 ,由对立事件 B餐厅就餐”(i=1,2);则A?,B?对立且P(A?)=P(B?)= P(AB)=2×3=6, 品，所以第二次抽到次品的概率为- 的概率公式可得P(A)=1-P(A)=1-3=3. 即谜题没被破解出的概率为 考点1 [例1](1)A 解析 报名两个俱乐部的人数为50+60-70 =40, 记“某人报足球俱乐部”为事件A,记“某人报乒乓球俱乐 部”为事件B, 则P(A)=50=5,P(AB)=0=4, ran---所以 (2)D 解析 由题意知，n(B)=C·C2+C2·C?+C3=100, n(AB)=C·C·C=32, 所以P(A|B)=nAB)=32=25 [变式训练] 1.号2 解析 解法一：列举法 从五个活动中选三个的情况有： ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE, CDE,共10种情况， 其中甲选到A有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE, ADE, P=0=3;则甲选到A的概率为： 高考一轮总复习·数学·RJA · 460· 乙选A 活动有6 种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD, 个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1-β)(1-α) ACE,ADE, (1-β)=(1-a)(1-β)2,A正确； 其中再选则B有3种可能性：ABC,ABD,ABE, 6=故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 解法二： 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的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1- β)·β·(1-β)=βC1-β)2,B正确； 设甲、乙选到A为事件M,乙选到B为事件N, 对于C,三次传输，发送1,则译码为1的事件是依次收到1, P(M=G-3,则甲选到A的概率为 1,0、1,0,1、0,1,1和1,1,1的事件和， 乙选了A活动，他再选择 B活动的概率为P(N|M)= 它们互斥，由选项B知，所求的概率为Cβ(1-β)2+(1-β)3 =(1-β)2(1+2β),C错误； 对于D,由选项C知，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-a,而0<a<0.5,因此P-P'=(1-α)2(1+2a)— (1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即P>P',D正确. 2.B 解析 由题意知，事件AB=“三个点数都不同且至少出 现一个6点”, [变式训练] 1.C 解析 设A,表示第i次通过第一类检验，B,表示第i次 因为P(A)=-28=5,P(B)=65=296,P(AB)= 通过第二类检验(i=1,2), CA-216-=58 Pau--PABS-%所以 由题意得P(A?B?+A?A?B?+A?B?B?+A?A?B?B?)=6, 4p+4×2p+2×1-p)p+4×3×1-p)p=即- 6 p=3或p=3(舍).,解得 2.D 解析 讨论元件3正常与不正常， 考点2 第一类，元件3正常，上部分正常或不正常都不影响该部件 4×1=4正常工作，则正常工作的概率为 [例2](1)0.85 解析 由题意知，A,B,C题库的比例为：5: 第二类，元件3不正常，上部分必须正常，则正常工作的概率 5,4,3,4:3,各占比分别为 为4×(4×3)=64,,故概率为4+64-64 p=5×0.92+4×0.86则根据全概率公式知所求正确率 第6讲 离散型随机变量及其分布列 [必备知识 夯实四基] +3×0.72=0.85. (2)C 解析 设事件A?=“冬季去吉林旅游”,事件A?=“夏 季去吉林旅游”,事件B=“去了一眼望三国”,则P(A?)= 3,PA?)=3,在冬季去了一眼望三国的概率P(B|A?) -G-号,在夏季去了一眼望三国的概率P(B|A?)= C-3, 所以去了一眼望三国的概率P(B)=P(A?)P(B|A?)+ P(A?)P(B|A?)=3×3+3×3=45 [变式训练] 1.A 解析 设A?="第一天去A餐厅用餐”,B?=“第一天去 B餐厅用餐”, A?=“第二天去A餐厅用餐”,则Ω=A?UB?,且A?与B?互斥， 根据题意得P(A?)=P(B?)=0.5,P(A?|A?)=0.7,P(A?I 知识梳理 口唯一的实数X(w)2一一列举 3P(X=x?)=p;41 诊断自测 1.(1)×(2)√(3)× 2.D 解析 因为甲、乙两人下象棋，赢了得3分，平局得1分， 3.B 解析 设P(E=1)=p,则P(E=0)=1-p.依题意知， p=号，故P(=0)=1-p=3 4.B 解析 由超几何分布的定义可知B正确. 5.C 解析 由随机变量X的分布列知P(X<-1)=0.1, P(X<0)=0.3,P(X<1)=0.5,P(X<2)=0.8,则当P(X <a)=0.8时，实数a的取值范围是(1,2). 提升能力 考点剖析] 5两点 60-1 7 输了得0分，故{E=3}表示两种情况，即甲赢一局输两局或 p=2(1-p),解得 甲、乙平局三次. 考点1 B?)=0.8, [例1](1)ABD 解析 因为0.1+0.2+0.4+0.2+a=1,解 则P(A?)=P(A?)P(A?|A?)+P(B?)P(A?|B?)=0.5×0.7 得a=0.1,故A正确； +0.5×0.8=0.75.故选A. 由分布列知P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2) 2.0.915 解析 设事件A,B,C为小明和第一代、第二代、第 三代传播者接触，事件D为小明被感染，则由已知得P(A) =0.1+0.2+0.4=0.7,故B正确； P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)=0.2+0.1=0.3,故C =0.5,P(B)=0.3,P(C)=0.2,P(D|A)=0.95,P(D|B)= 错误； 0.90,P(D|C)=0.85,从而，小明被感染的概率由概率公式， 可得P(D)=P(D|A)P(A)+P(D|B)P(B)+P(D|C)P(C) P(X≤1)=P(X=0)+P(X=1)=0.1+0.2=0.3,故D 正确。 =0.95×0.5+0.90×0.3+0.85×0.2=0.915. 考点3 (2)D 解析 因为P(X=n)=n(n+1n=1,2,3,4), [例3]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的3 +6++20=1,即a=4,所以- · 461· 高考一轮总复习·数学·RJA