第11章 第4讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案全书Word（提升版）

亨学科网书城 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 第4讲 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课程标准！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.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，会利用乘法公式和全概率公式计算概率. 基础知识整合 知识梳理 1.相互独立事件 (I)定义：对任意两个事件A与B,如果P(AB)=sup1(01P4P(B成立，则称事件A与事件 B相互独立，简称独立 (2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与，与B,与也都sp102)相互独立. 2.条件概率 设A,B为两个随机事件，且P(4)>0,称PB4)=s up1(03P(AB)P(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 3.乘法公式 对任意两个事件A与B,若P(4)>0,则P(AB=splO4)PAPB4: 4.条件概率的性质 设P(4)>0,则 (1)P(24)=splO51: (2)如果B和C是两个互斥事件，则 P(BUCA)=sp1(06)P(BA)+P(CA): (3)如果与B互为对立事件，则 P()=slup1(07)1-P(BM). 5.全概率公式 设A1,A2,…,A是一组两两互斥的事件，A1UA2UUAn=2,且P(4)>0,1=1,2,…, n,则对任意的事件BcQ,有P(B)=s\up1(O8=业必 知识拓展 1 令学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 1.事件间的关系及表示 (I)4,B中至少有一个发生的事件为AUB (24,B都发生的事件为AB (3)4,B都不发生的事件为 (4)4,B恰有一个发生的事件为(4)U(B), (5)4,B至多有一个发生的事件为(4B)U(B)U(). 2.条件概率的计算常采用缩小样本空间法求解. 3.乘法公式可以推广为P(4A243)=PA1)P(A2A1)P(AA42),其中P(A1)>0,PA142)>0 4.贝叶斯公式 设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件，A1UA2UUAn=2,且P(A)>0,i=1,2,…, m,则对任意的事件BSQ,P(B)>O,有P(A:B=P(4i)P(BAi)P(B)=P(A)P(B 41)=少，i=1,2,…,n 双基自测 1.(人教A必修第二册习题10.2T2改编)若P(4B)=19,P()=23,PB)=13,则事件A与 B的关系是( A.事件A与B互斥 B.事件A与B对立 C.事件A与B相互独立 D.事件A与B既互斥又相互独立 答案：C 解析：，P(4)=1-P()=1一23=13，.P(4B)=P(4)P(B=19≠0，.事件A与B相互独立、 事件A与B不互斥，故不对立.故选C 2.(人教A必修第二册102例2改编)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6 ,乙被录取的概案为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为() A.0.12 B.0.42 C.046 D.0.88 答案：D 2 亨学科网书城 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 解析：设“甲被录取”为事件A,“乙被录取”为事件B,则两人至少有一人被柔取的概率P =1-P()=1-[1-P4)][1-P(B]=1-0.4×0.3=0.88.故选D 3.据统计，我国结核病的感染率约为0001在针对结核病的检查中，健康者检测结果显示为 阳性的概率为0.05，结核病感染者检测结果显示为阴性的概率为0.01，那么M同学检测结果 为阳性的概率为() A.0.05094 B.0.05001 C.0.01 D.0.05084 答案：A 解析：根据题意，设“M同学为健康者”为事件A,“检测结果为阳性”为事件B,则有P ()=0.001,则P(4)=1-P()=0.999,则PB)=P(A)PB4)+P()P(B)=0.999×0.05+ 0.001×(1-0.01)=0.05094.故选A. 4.(多选)某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级 以上的风又下雨的概率为110，设A为下雨，B为刮四级以上的风，则() A.P(BA)=13 B.P(B4)=38 C.P(4B)=34 D.P(AB)=35 答案：BC 解析：由题意知P(4)=415,PB)=215,PAB)=110,所以PB4)=P(AB)P(A)=110415 =38,P(4B=P(AB)P(B)=34故选BC 5.(人教A必修第二册习题10.1T16改编)从1~100共100个正整数中，任取一数，已知取 出的这个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为 答案：3350 解析：设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为 “取出的数是3的倍数”.则P(C)=12,且所求概率为P(AUBC)=P(AC)+P(BC)-P(ABC) =P (AC)P (C)+P (BC)P (C)-P (ABC)P (C)=2X\alvs4\alcol(f(25168100)=3350. 核心考向突破 考向一 事件的相互独立性多角度探究突破 角度1事件独立性的判定 亨学科网书城 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 例①(2021新高考1卷)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() 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 答案：B 解析：设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P4),P(B),P(C,PD),则P4)=PB)=16 ,P(C)=56×6=536,P(D)=66×6=16.对于A,甲、丙同时发生的概率P(4C)=0≠P (4)P(C):对于B,甲、丁同时发生的概率P(AD)=16×6=136=PA)PD):对于C,乙、丙 同时发生的概率P(BC)=16×6=136≠P(B)P(C):对于D,丙、丁同时发生的概案P(CD)=0 ≠P(CPD).若两事件X,Y相互独立，则PCX)=POP),因此B正确.故选B 角度2相互独立事件的概率 例2甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定 首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局：每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁 判；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获得冠军， 比赛结束，已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为12，各局比赛的结果相互独立，经抽签 ,第一场比赛甲当裁判. ()求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率； (2)求只需四场比赛就决出冠军的概率。 解：(1)设事件A为“甲胜乙”， 则P(4)=12,P()=1-12=12, 设事件B为“甲胜丙”， 则PB=12,P()=1-12=12, 设事件C为“乙胜丙”， 则P(C=12,P()=1-12=12, 前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件C CUCAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b2xk.com● 您身边的互联网+教辅专家 淘汰的概率为P1=P(CC+P(CAB)=12×12×12+12×12×12=14. (2)若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABAU B4B来表示， P(CABAU BAB)=P(CABA)+P(BAB) =P(CP(A)P(B)P(A)+P()P(B)P(A)P(B) =12×12×12×12+12×12×12×12=18 若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CC来表示， PCC)=P(CP()P(CP()）=12×12×12×12=116 若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件 来表示， P()=P()P()P()P()=12×12X12X12=116. 所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2=I8十116+116=14 1触类旁通 1.两个事件相互独立的判断方法 ()定义法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响. (2)充要条件法：事件A,B相互独立的充要条件是P(4B)=P(A)P(B). 2.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它们各自发生的概案之积. (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. 目即时训练1.(2025山东泰安期末)如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8， 任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间Q=1,2,3, 4,5,6,7,8},已知事件A=“与地面接触的面上的数字为偶数”，事件B=“与地面接 触的面上的数字不小于5”. (1)判断事件A与B是否相互独立，并证明： 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (2)连续抛掷3次这个正八面体，求事件AB至少发生2次的概率： (3)请构造一个含有2个样本点的事件C,满足①P(ABC©≠0：②A,B,C三个事件两两独立： ③P(ABC≠P(APB)P(C,并给出证明. 解：(1)事件A,B相互独立，证明如下： 因为样本空间为2={1,2,3,4,5,6,7,8}， 所以A={2,4,6,8},B=5,6,7,8},则AB={6,8}, 故P4)=12,P(B)=12, P(AB)=14=P(A)P(B), 所以事件A,B相互独立。 (2)依题意知，每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立， 记C(i=1,2,3)为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB,则P(C)=P4B)=14, 记事件AB至少发生2次为事件D, 所以PD)=P(CCC3+1CC3+C2C3+CC3) =P(CIC2C3)+P(C2C3)+P(C 2C3)+P(CIC2 3) =14×14×14+14×14×34×3=532 (3)事件C可以为1,6}，{1,8影，3,6,3,8}中的任意一个 以C={1,6为例（其他证明类似），证明如下： 因为P(C=28=14,AC={6},BC={6},ABC={6}, 所以P(ABC=18≠0， P(AC)=18=P(A)P(C), P(BC)=18=P(B)P(C), P(AB)=14=P(A)P(B), 所以A,B,C三个事件两两独立， 又P(ABC)=18,P(APB)P(C)=12×I2×14=116, 所以P(ABC)≠PA)P(B)P(C, 所以C={1,6;满足上述三个条件. 2.(2024浙江嘉兴期末)某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢 答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2 6 令学科网书城国 品牌书店，知名数辅·正版资源 b2xXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 分为止，且多得2分的一方胜出，现甲、乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次 抢到的概率都为12.若甲、乙正确回答每道题的概率分别为23和12，每道题回答是否正确相 互独立。 (1)求第1题答完甲得1分的概率： (2)求第2题答完比赛结束的概率： (③)假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率。 解：(1)记“第1题答完甲得1分”为事件A,则P(4)=12×23+12×12=712,第1题答完 甲得1分的概率为712 (2)第2题答完比赛结束，则甲得了2分，或乙得了2分 记“第1题答完乙得1分”为事件B,则P(B=1-P(4)=512. 记“第2题答完比赛结束”为事件C,则P(C=aws4 alcol0f712)2+1 alvs4alcol(f(512))2=3772. (3)记甲最终胜出的概率为P0. 第2题答完，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后 得1分. 其中甲、乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同， 从而PM0=PA)]P+2P(A)P(BPMO, 即P0=49144+70144P0M0,解得P0M0=4974,即甲最终胜出的概率为4974. 考向二条件概率 例3(Q)2o25甘肃酒泉期末)质数(prime number)又称素数，一个大于1的自然数，除了1 和它本身外，不能被其他自然数整除，则这个数为质数.数学上把相差为2的两个素数叫做 “李生素数”，如：3和5,5和7，…，那么，如果我们在不超过32的自然数中，随机选取 两个不同的数，记事件A=“这两个数都是素数”，事件B=“这两个数不是李生素数”， 则PBA)=( A.1011 B.911 C.1315 D.4145 答案：A 解析：不超过32的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31，共11个，李生素数 7 令学科网书城 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 有3和5,5和7,11和13,17和19,29和31，共5种情况，所以(4)=C211=55,n (AB)=C211-5=50,所以PB4)=P(AB)P(A)=n(AB)n(A)=1011.故选A (2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件， 则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为 答案：499 解析：解法一（应用条件概率公式求解）：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第 二次取到不合格品”，则所求的概率为PB4),因为P4B)=252100A4=1495,PA)= 151100CC=120,所以P(B4)=P(AB)P(A)=1495120=499 解法二（缩小样本空间求解）：第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产 品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为499， (3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸 2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率， 解：设“摸出第一个球是红球”为事件A,“摸出第二个球是黄球”为事件B,“摸出第二个 球是黑球”为事件C 则P(4)=110,P(AB)=1×210×9=145,P(AC)=1×310×9=130, 所以PB4)=P(AB)P(A)=145÷110=29, P(C4)=P(AC)P(A)=130:110=13 所以P(BUC)=PB4)+P(CA)=29+13=59. 所以所求概率为59 ■触类旁通条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB),再由P(BA)=P(AB)P(CA)求P(BA) 样本点 借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数(4)，再求事件AB所包含 法 的样本点数n(AB),得P(B4)=nCAB)nCA) 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 缩样法 概型求解，它能化繁为简 目即时训练1，有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓 球俱乐部，若己知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为() A.0.8 B.0.4 令学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b2xxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 C.0.2 D.0.1 答案：A 解析：报名两个俱乐部的人数为50十60一70=40，记“某人报足球俱乐部”为事件A,“某 人报乒乓球俱乐部”为事件B,则P(A)=5070=57,P(4B)=4070=47,所以P(B4)=P(AB) P(A)=4757=0.8.故选A 2.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损 ，则认为该构件通过质检.若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受 损时第二次再实施击打也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为() A.0.4 B.0.16 C.0.68 D.0.17 答案：C 解析：设事件A,表示“第i次击打后该构件没有受损”，1=1,2，则由已知可得P(41)=0.85 ,P(44)=0.80,因此由乘法公式可得P4142)=P41)P4A1)=0.85×0.80=0.68,即该构件 通过质检的概率为0.68.故选C 3.52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为 :已 知第一次抽到的是A,则第二次抽到A的概率为 答案：1221117 解析：由题意，设“第一次抽到A”为事件B,“第二次抽到A”为事件C,则PB=452=113 ,P(BC)=452×351=1221,所以P(CB)=P(BC)P(B)=1221113=117 考向三全概率公式及其应用 例④作为一种益智游戏，中国象棋具有悠久的历史，中国象棋的背后，体现的是博大精深 的中华文化，为了推广中国象棋，某地举办了一次地区性的中国象棋比赛，小明作为选手参 加.除小明以外的其他参赛选手中，50%是一类棋手，25%是二类棋手，其余的是三类棋手.小 明与一、二、三类棋手比赛获胜的概率分别是0.3,0.4和0.5 ()从参赛选手中随机选取一位棋手与小明比赛，求小明获胜的概率： (2)如果小明获胜，求与小明比赛的棋手为一类棋手的概率. 解：(1)设事件A1=“小明与一类棋手相遇”，事件A2=“小明与二类棋手相過”，事件A3 =“小明与三类棋手相遇”，则P(41)=0.5,P(4)=0.25,P(43)=0.25,设事件B=“小明获 9 令学科网书城国 品牌书店，知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 胜”，则有P(B4)=0.3,PB42)=0.4,P(BA)=0.5,由全概率公式，得小明在比赛中获胜 的概率为PB)=P(41)P(B4)+P(A2)PB42)+P4)P(BA3)=0.5×03+0.25×0.4+0.25×0.5 =0.375, 所以小明获胜的概率为0.375 (2)小明获胜时，与小明比赛的棋手为一类棋手的概率为P41B)=P(CA1B)P(B)=P(A1) P(B41)P(B)=0.5×0.30.375=0.4. 1触类旁通】“化整为零”求多事件的全概率问题 (I)如图，P(B)=∑3=P(A)P(BA). BA BA: BA (2)已知事件B的发生有各种可能的情形A,i=1,2,,),事件B发生的可能性，就是各 种可能情形A,发生的可能性与己知在A,发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和 目即时训练 放行准点率是衡量机场运行效率和服务质量的重要指标之一·己知2024年 某机场飞往A地、B地及其他地区航班放行准点率的估计值分别为84%，80%和75%，2024 年该机场飞往A地、B地及其他地区的航班比例分别为0.2,0.2和0.6. (Q)现在从2024年在该机场起飞的航班中随机抽取一个，求该航班准点放行的概率， (2)若2024年某航班在该机场准点放行，判断该航班飞往A地、B地及其他地区三种情况中 的哪种情况的可能性最大，说明你的理由 解：(I)设事件A1=“该航班飞往A地”，事件A2=“该航班飞往B地”，事件A=“该航 班飞往其他地区”，事件C=“该航班准点放行”， 则P(41)=0.2,P(42)=02,P(43)=0.6,P(C41)=0.84,P(C42)=0.8,PC4)=075, 由全概率公式，得P(C)=P(A1PCA1)+P(A2)P(CA2)+P(A3)P(CA3) =0.2×0.84+02×0.8+0.6×0.75=0.778, 所以该航班准点放行的概率为0.778 (2)P(AC)=P (AIC)P (C)=P (A1)P(CA1)P(C) =0.2×0.840.778=84389, 10