第四章 第6节 事件的相互独立性、条件概率、全概率公式（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第6节　事件的相互独立性、 条件概率、全概率公式 第四章　计数原理、离散型随机变量及其分布 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 A B A B 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 1 0和1 0≤P(B|A)≤1 P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) 衔接教材 夯基固本 落实 P(A)P(B|A) 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ABD 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 AC 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 ABC 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(31) 温馨提示 谢谢观看！ 1．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．了解条件概率与独立性的关系，会利用乘法公式计算概率． 4．会利用全概率公式计算概率． 一、相互独立事件 概念 对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)·P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立 性质 若事件A与B相互独立，那么A与 eq \o(B,\s\up16(－))， eq \o(A,\s\up16(－))与__， eq \o(A,\s\up16(－))与 eq \o(B,\s\up16(－))也都相互独立 二、条件概率 1．条件概率的计算公式 条件 设A，B为两个随机事件，且P(A)>0 含义 在事件__发生的条件下，事件__发生的条件概率 记作 P(B|A) 读作 __发生的条件下__发生的概率 计算 公式 ①缩小样本空间法： P(B|A)＝ eq \f(n（AB）,n（A）)； ②公式法：P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) 2.条件概率的性质：设P(B|A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝__； (2)任何事件的条件概率都在______之间，即_________________； (3)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝_______________； (4)设 eq \o(B,\s\up16(－))和B是对立事件，则P( eq \o(B,\s\up16(－))|A)＝________________． 3．概率的乘法公式 由条件概率的定义知，若P(A)>0，则P(AB)＝_______________，称该式为概率的乘法公式． 三、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)＝________________．称该公式为全概率公式． eq \a\vs4\al(\i\su(i＝1,n,P)（Ai）P（B|Ai）) 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． 一、“教考衔接”例证 高考 真题 (2021·新课标Ⅰ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(　　) 高考 真题 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 追根 溯源 (人教B版必修第二册P122T2)从1，2，3，4，5，6这六个数字中，每次任意取出一个数字，有放回地取两次．设事件A为“第一次取出的数字为4”，B为“两次取出的数字之和等于7”． (1)用合适的符号写出样本空间； (2)判断A与B是否相互独立 发现 感悟 新高考新课标注重对基础知识的考查，两题均考查对相互独立事件概念的理解，说明高考重视课本，重视基本能力的考查 二、教材典题改编 1．(人教A版必修第二册P253习题10.2T1改编)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现偶数点”，B＝“第二枚出现奇数点”，则A与B的关系为(　　) A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等 2．(人教A版选择性必修第三册P46例1改编)在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回地从中依次抽取2件，在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是(　　) A． eq \f(1,28) B． eq \f(1,10) C． eq \f(1,9) D． eq \f(2,7) 解析：当第一次抽到次品后，还剩余2件次品，5件合格品，所以第二次抽到次品的概率为 eq \f(2,7). 3．(人教B版选择性必修第二册P57练习AT3改编)已知P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.6，P(B| eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.1，则P(B)＝________． 答案：0.5　解析：P(B)＝P(A)P(B|A)＋P( eq \o(A,\s\up16(－)))P(B| eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.8×0.6＋0.2×0.1＝0.5. 三、易误易混澄清 1．(混淆事件的类型)一名信息员维护甲、乙两个公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则两个公司都需要维护的概率是________，至少有一个公司不需要维护的概率为________． 答案：0.12　0.88　解析：因为两个公司是否需要维护相互独立，所以两个公司都需要维护的概率是0.4×0.3＝0.12.“至少有一个公司不需要维护”的对立事件是“两个公司都需要维护”，所以至少有一个公司不需要维护的概率P＝1－0.12＝0.88. 2．(混淆A在B的条件下或B在A的条件下的运算公式)从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A＝“第一次取到的是奇数”，B＝“第二次取到的是3的整数倍”，则P(B|A)＝________． 答案： eq \f(13,40)　解析：由题意得P(A)＝ eq \f(5,9)，事件AB＝“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”，若第一次取到的是3或9，则第二次有2种取法；若第一次取到的是1，5，7，则第二次有3种取法．故事件AB共包含2×2＋3×3＝13个样本点，则P(AB)＝ eq \f(13,9×8)＝ eq \f(13,72).由条件概率的定义得P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）)＝ eq \f(13,40). 考点一　事件的相互独立性 考向1　事件相互独立性的判断 [例1] (1)(2025·武汉开学考试)掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一枚出现小于4的点”，B＝“第二枚出现大于3的点”，则A与B的关系为(　　) A．互斥 B．互为对立 C．相互独立 D．相等 (2)(2025·周口开学考试)若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件A＝{2，4，6}，B＝{1，2，3，4}，则(　　) A．B包含A B．A与B对立 C．A与B互斥 D．A与B相互独立 解析：(1)对于该试验，第一枚骰子与第二枚骰子出现点数互不影响，故A与B相互独立． (2)事件A与B没有包含关系，A选项错误；事件AB＝{2，4}≠∅，所以A与B不互斥也不对立，B，C选项错误；P(A)＝ eq \f(3,6)＝ eq \f(1,2)，P(B)＝ eq \f(4,6)＝ eq \f(2,3)，P(AB)＝ eq \f(2,6)＝ eq \f(1,3)，P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，D选项正确． 判断事件是否相互独立的方法 (1)定义法：事件A，B相互独立⇔P(A∩B)＝P(A)P(B). (2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响． (3)条件概率：当P(A)＞0时，可用P(B|A)＝P(B)判断． 考向2　相互独立事件的概率 [例2] (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)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).(　　) 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C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))β(1－β)2＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))(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＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))α(1－α)2＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))(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． 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． 训练1 (1)(2025·南充模拟)当P(A)>0时，若P(B|A)＋P( eq \o(B,\s\up16(－)))＝1，则事件A与B的关系是(　　) A．互斥 B．对立 C．相互独立 D．无法判断 解析：∵P(B|A)＋P( eq \o(B,\s\up16(－)))＝P(B|A)＋1－P(B)＝1，∴P(B|A)＝P(B)，即 eq \f(P（AB）,P（A）)＝P(B)，∴P(AB)＝P(A)P(B)，∴事件A与B相互独立． (2)(2025·杭州开学考试)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．至少一人中靶的概率为0.74 解析：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(A)P(B)＝0.6×0.7＝0.42，两人都不中靶的概率为(1－P(A))(1－P(B))＝0.3×0.4＝0.12，恰有一人中靶的概率为(1－P(A))P(B)＋P(A)(1－P(B))＝0.4×0.7＋0.6×0.3＝0.46，至少一人中靶的概率为1－0.3×0.4＝0.88. 考点二　条件概率 [例3] (1)(2024·重庆大联考)从包含男生甲、乙、女生丙的5名男生和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有一人被选中的概率是(　　) A． eq \f(1,2) B． eq \f(4,7) C． eq \f(3,5) D． eq \f(2,3) (2)经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么该射击运动员两次均击中9环的概率为(　　) A．0.24 B．0.36 C．0.48 D．0.75 (3)(多选)设 eq \o(A,\s\up16(－))， eq \o(B,\s\up16(－))分别为随机事件A，B的对立事件，已知0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列说法正确的是(　　) A．P(B|A)＋P( eq \o(B,\s\up16(－))|A)＝1 B．P(B|A)＋P(B| eq \o(A,\s\up16(－)))＝0 C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A) D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B) 解析：(1)方法一　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P(B|A)＝ eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) eq \f(C＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋1,C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))) ＝ eq \f(9,15)＝ eq \f(3,5). 方法二　在男生甲被选中的情况下，基本事件总数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝15，其中男生乙和女生丙都没有被选中的基本事件数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6，所以所求概率为1－ eq \f(6,15)＝ eq \f(3,5). (2)设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，由题意得P(A)＝0.6，P(B|A)＝0.8，所以该射击运动员两次均击中9环的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.6×0.8＝0.48. (3)P(B|A)＋P( eq \o(B,\s\up16(－))|A)＝ eq \f(P（AB）＋P（A\o(B,\s\up16(－))）,P（A）)＝ eq \f(P（A）,P（A）)＝1，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B| eq \o(A,\s\up16(－)))＝2P(B)≠0，故B错误；若A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）)＝P(A)，故C正确；因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式知P(B|A)＝0，而P(B)∈(0，1)，故D错误． 求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）). (2)样本点法：P(B|A)＝ eq \f(n（AB）,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． 训练2 (1)(2023·全国甲卷)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．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4 解析：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生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)＝ eq \f(P（AB）,P（B）)＝ eq \f(0.4,0.5)＝0.8. (2)(多选)(2025·哈尔滨期中)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝ eq \f(2,3)，P(B)＝ eq \f(5,12)，P(A∪B)＝ eq \f(5,6)，则下列说法正确的是(　　) A．P(AB)＝ eq \f(1,4) B．P( eq \o(A,\s\up16(－))B)＝ eq \f(1,6) C．P(B|A)＝ eq \f(3,8) D．P( eq \o(B,\s\up16(－))| eq \o(A,\s\up16(－)))＝ eq \f(1,3) 解析：因为P(A)＝ eq \f(2,3)，P(B)＝ eq \f(5,12)，P(A∪B)＝ eq \f(5,6)，且P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝ eq \f(2,3)＋ eq \f(5,12)－ eq \f(5,6)＝ eq \f(1,4)，故A正确；P( eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(B)－P(AB)＝ eq \f(5,12)－ eq \f(1,4)＝ eq \f(1,6)，故B正确；P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）)＝ eq \f(\f(1,4),\f(2,3))＝ eq \f(3,8)，故C正确；P( eq \o(B,\s\up16(－))| eq \o(A,\s\up16(－)))＝ eq \f(P（\o(B,\s\up16(－))\o(A,\s\up16(－))）,P（\o(A,\s\up16(－))）)＝ eq \f(1－P（A∪B）,1－P（A）)＝ eq \f(1－\f(5,6),1－\f(2,3))＝ eq \f(1,2)，故D错误． (3)某厂的产品中有4%的废品，在100件合格品中有75件一等品，则在该厂的产品中，任取一件是一等品的概率为________． 答案：0.72　解析：设事件A为“任取的一件是合格品”，事件B为“任取的一件是一等品”，则P(A)＝1－P( eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.96.P(B|A)＝0.75，∴P(B)＝P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.96×0.75＝0.72. 考点三　全概率公式的应用 [例4] 甲、乙两人进行射击比赛，每回射击胜者得1分，且每回射击甲胜的概率为α，乙胜的概率为β(α＋β＝1)，比赛进行到有一人比另一人多2分时结束，多2分者最终获胜． (1)试求甲、乙最终获胜的概率． (2)比赛是否有可能无限地一直进行下去？ 解：(1)设事件A为“甲最终获胜”，事件B为“乙最终获胜”． 设事件C1为“在第一、二回射击中甲均获胜”，则P(A|C1)＝1； 设事件C2为“在第一、二回射击中乙均获胜”，则P(A|C2)＝0； 设事件C3为“在第一、二回射击中甲、乙各获胜一次”，则P(A|C3)＝P(A). 显然P(C1)＝α2，P(C2)＝β2，P(C3)＝2αβ，由全概率公式， 得P(A)＝P(A|C1)P(C1)＋P(A|C2)P(C2)＋P(A|C3)P(C3)＝α2＋0＋2αβP(A)，解得P(A)＝ eq \f(α2,1－2αβ)， 同理，P(B)＝P(B|C1)P(C1)＋P(B|C2)·P(C2)＋P(B|C3)P(C3)＝β2＋0＋2αβP(B)，解得P(B)＝ eq \f(β2,1－2αβ). (2)因为P(A)＋P(B)＝ eq \f(α2＋β2,1－2αβ)＝ eq \f(（α＋β）2－2αβ,1－2αβ)＝1，所以比赛不会无限地一直进行下去． 利用全概率公式的思路 (1)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1，2，…，n)； (2)求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai)； (3)代入全概率公式计算． 训练3 (1)(2024·上海卷)某校举办科学竞技比赛，有A，B，C 3种题库，A题库有5 000道题，B题库有4 000道题，C题库有3 000道题．小申已完成所有题，他A题库的正确率是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，正确率是________． 答案：0.85(或 eq \f(17,20))　解析：A题库占 eq \f(5 000,5 000＋4 000＋3 000)＝ eq \f(5,12)， B题库占 eq \f(4 000,5 000＋4 000＋3 000)＝ eq \f(1,3)，C题库占 eq \f(3 000,5 000＋4 000＋3 000)＝ eq \f(1,4)，则所求概率P＝ eq \f(5,12)×0.92＋ eq \f(1,3)×0.86＋ eq \f(1,4)×0.72＝0.85. (2)受环境和气候影响，近阶段在相邻的甲、乙、丙三个市爆发了支原体肺炎，经初步统计，这三个市分别有8%，6%，4%的人感染了支原体肺炎病毒，已知这三个市的人口数之比为4∶6∶10，现从这三个市中任意选取一个人． ①求这个人感染支原体肺炎病毒的概率； ②若此人感染支原体肺炎病毒，求他来自甲市的概率． 解：①记事件D：选取的这个人感染了支原体肺炎病毒．记事件E：此人来自甲市．记事件F：此人来自乙市．记事件G：此人来自丙市．Ω＝E∪F∪G，且E，F，G彼此互斥．由题意可得P(E)＝ eq \f(4,20)＝0.2，P(F)＝ eq \f(6,20)＝0.3，P(G)＝ eq \f(10,20)＝0.5，P(D|E)＝0.08，P(D|F)＝0.06，P(D|G)＝0.04， 由全概率公式可得 P(D)＝P(E)·P(D|E)＋P(F)·P(D|F)＋P(G)·P(D|G)＝0.2×0.08＋0.3×0.06＋0.5×0.04＝0.054. 所以从三个市中任取一人，这个人感染支原体肺炎病毒的概率为0.054. ②由条件概率公式可得 P(E|D)＝ eq \f(P（DE）,P（D）)＝ eq \f(P（E）P（D|E）,P（D）)＝ eq \f(0.2×0.08,0.054)＝ eq \f(8,27)， 所以若此人感染支原体肺炎病毒，则他来自甲市的概率为 eq \f(8,27). $$