第10章 第4节 事件的独立性、条件概率与全概率公式-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

第四节 事件的独立性、条件概率与全概率公式 1.相互独立事件的定义和性质 (1)定义:对任意两个事件 A 与B,如果 P(AB)= 成立,则称事件A 与 事件B 相互独立,简称为独立. (2)性质:如果A 与B 相互独立,那么A 与 B,A 与B,A 与B 也都相互独立. (1)两事件互斥是指两个事件不可能同时 发生,两事件互相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 个事件相互独立与是否互斥没有关系. (2)n个事件相互独立:对于n个事件A1, A2,…,An,如果其中任何一个事件发生的 概率不受其他事件是否发生的影响,则称 n个事件A1,A2,…,An 相互独立. (3)独立事件的概率公式:若事件A1,A2, …,An 相 互 独 立,则 P(A1A2…An)= P(A1)P(A2)…P(An). 2.条件概率的定义及性质 (1)定义:一般地,设A,B 为两个随机事件, 且P(A)>0,称P(B|A)=P (AB) P(A) 为在事 件 发生的条件下,事件 发生的条件概率,简称条件概率. (2)性质:设P(A)>0,则 ①P(Ω|A)= ; ②如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A) = ; ③设B 与B 互为对立事件,则P(B|A)= 1-P(B|A). 3.乘法公式及其推广 (1)乘法公式:对任意两个事件 A 与B, P(AB)= ,其中P(A)>0. (2)乘法公式的推广: 设Ai 表示事件,i=1,2,3,且 P(Ai)>0, P(A1A2)>0, 则P(A1A2A3)= . 其中 表示已知A1 与A2 都发生 时A3 发生的概率, 表示 A1A2A3 同时发生的概率. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 事件的相互独立性 (2025·山东烟台模拟)某次知识竞赛 规则如下:在主办方预设的5个问题中,选 手若能连续正确回答出两个问题,即停止答 题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个 问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结 果相互独立,则该选手恰好回答了4个问题 的晋级下一轮的概率等于 . 【解析】 根据题意,记该选手恰好回答了4 个问题就晋级下一轮为A,若该选手恰好回 答了4个问题就晋级下一轮,必有第二个问 题回答错误,第三、四个问题回答正确,第一 个问题可对可错; 由相互独立事件的概率乘法公式, 可得P(A)=1×0.2×0.8×0.8=0.128. 【答案】 0.128 (2024·天津卷)A,B,C,D,E 五种活 动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A 的概率为 ;已知乙选了A 活动,他 再选择B 活动的概率为 . 【解析】 由题意知甲选到A 的概率P= C24 C35 =35. 记乙选择A 活动为事件M,乙选了A 活动再选择B 活动为事件N,则P(M)= C24 C35 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 189 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 =35 ,P(MN)= C13 C35 =310 ,所以P(N|M)= P(MN) P(M)= 3 10 3 5 =12. 【答案】 35 1 2 1.两个事件是否相互独立的判断 (1)直接法: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)定义法:如果事件A,B同时发生的概率 等于事件A发生的概率与事件B发生的概 率的积,则事件A,B为相互独立事件. 2.求相互独立事件同时发生概率的步骤 第一步:首先确定各事件之间是相互独 立的; 第二步:确定这些事件可以同时发生; 第三步:求出每个事件的概率,再求积. [注意] 使用相互独立事件同时发生的概 率计算公式时,要掌握公式的适用条件,即各 个事件是相互独立的,而且它们同时发生. [针对训练] 1.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷,5分)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 全概率公式 (2025·全国二卷)甲、乙两人进行乒乓 球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设 每个球甲胜的概率为p 12<p<1 ,乙胜的 概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独 立,对正整数k≥2,记pk 为打完k个球后甲 比乙至少多得2分的概率,qk 为打完k个球 后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若p4 -p3 q4-q3 =4,求p; (3)证明:对任意正整数m,p2m+1-q2m+1< p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 【解】 (1)打完3个球后甲比乙至少多得2 分,只有一种情况:甲全胜得3分.所以p3 =p3. 打完4个球后甲比乙至少多得2分,有两种 情况:甲全胜得4分;甲胜3个球得3分,乙 胜1个球得1分.所以p4=p4+C14·p3(1-p) =p3(4-3p). (2)由(1)可知p4-p3=p3(4-3p)-p3= 3p3(1-p), 同理q4-q3=3q3(1-q)=3p(1-p)3. 由p4-p3 q4-q3 =4,可得3p 3(1-p) 3p(1-p)3 =4,即3p2- 8p+4=0,解得p=23 或p=2(舍). 所以p=23. (3)由12<p<1 ,p+q=1,可知0<q<12< p<1. 设随 机 变 量 X 为“打 完k 个 球 后 甲 的 得 分”,则X~B(k,p), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 190 名师大课堂 艺术生必备·数学 p2m=p2m+C12m·p2m-1q1+C22m·p 2m-2q2+ …+Cm-12m ·pm+1qm-1. 对于p2m+1,考虑前2m 个球的情况.若打完 2m 个球后,甲、乙得分一样,或者甲比乙得 分少,则第2m+1个球无论甲胜负,甲都不 可能比乙至少多得2分.若打完2m 个 球 后,甲比乙至少多得4分,则第2m+1个球 甲无论胜负都能满足甲比乙至少多得2分. 若打完2m 个球后,甲比乙恰好多得2分, 则第2m +1个球甲必须胜才能满足甲比乙 至少多得2分.所以p2m+1=(p2m-Cm-12m · pm+1qm-1)+p·Cm-12m ·pm+1qm-1=p2m - q·Cm-12m ·pm+1qm-1. 故p2m-p2m+1=q·Cm-12m ·pm+1qm-1>0, 同理q2m-q2m+1=p·Cm-12m ·q m+1pm-1>0. 所以p2m-p2m+1 q2m-q2m+1 =q ·Cm-12m ·pm+1qm-1 p·Cm-12m ·qm+1pm-1 =pq >1,即p2m-p2m+1>q2m-q2m+1,所以p2m+1 -q2m+1<p2m-q2m. 对于p2m+2,考虑前2m 个球的情况.若打完 2m 个球后,甲比乙得分少,则剩下两个球 (第2m+1和2m +2个球)无论甲胜负,甲 都不可能比乙至少多得2分.若打完2m 个 球后,甲、乙得分一样,则剩下两个球甲必须 全胜才能满足甲比乙至少多得2分.若打完 2m 个球后,甲比乙恰好多得2分,则剩下两 个球甲全胜,或者一胜一负都能满足甲比乙 至少多得2分.若打完2m 个球后,甲比乙 至少多得4分,则剩下两个球甲无论胜负都 能满足甲比乙至少多得2分. 所以p2m+2=p2·Cm2m ·pmqm +(1-q2)· Cm-12m ·pm+1qm-1+(p2m-Cm-12m ·pm+1qm-1) =p2m +p2 ·Cm2m ·pmqm -q2 ·Cm-12m · pm+1qm-1 =p2m+pmqm·(Cm2m·p2-Cm-12m ·pq), 故p2m+2-p2m=pmqm·(Cm2m·p2-Cm-12m · pq),同理q2m+2-q2m =qmpm ·(Cm2m·q2- Cm-12m ·qp), 所以(p2m+2-p2m)-(q2m+2-q2m)=pmqm· Cm2m·(p2-q2)>0,即p2m+2-p2m>q2m+2 -q2m, 所以p2m-q2m<p2m+2-q2m+2. 综 上,p2m+1 -q2m+1 <p2m -q2m <p2m+2 -q2m+2. 应用全概率公式求概率的步骤 第一步:根据题意找出完备事件组,即满足 全概率公式的Ω 的一个划分A1,A2,A3, …,An; 第二步:用Ai(i=1,2,3,…,n)来表示待 求的事件; 第三步:代入全概率公式求解. [针对训练] 2.一个盒子中装有15个乒乓球,其中9个新 球,在第一次比赛时任意抽取3只,比赛后 仍放回原盒中;在第二次比赛时同样地任意 抽取3只球,则第二次取出的3个球均为新 球的概率为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第五节 离散型随机变量及其分布列、均值与方差与正态分布 1.离散型随机变量的分布列 (1)对于随机试验样本空间Ω 中的每个样 本点w,都有唯一的实数 X(w)与之对应, 我们称X 为随机变量,像这样,可能取值为 有限个或可以 的随机变量,我们 称之为离散型随机变量. (2)一般地,设离散型随机变量X 的可能取 值为x1,x2,…,xn,我们称X 取每一个值xi 的概率P(X=xi)=pi(i=1,2,…,n)为离 散型随机变量 X 的 ,简称分 布列. (3)分布列的性质: ① ; ②P1+P2+…+Pn=1. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 191 第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第三节 随机事件的概率与古典概型 基础知识必备 2.一定发生 B⊇A A⊆B A⊇B A=B 当且仅当事 件A 发生或事件B 发生 A∪B A+B 当且仅当事件 A 发生且事件B 发生 A∩B AB 不可能 不可能 必然事件 3.(1)只有有限个 相等 4.(1)1≥P(A)≥0 (2)1 0 (3)P(A)+P(B) (4)1-P(B) (5)≤ 5.稳定于 考点知能突破 针对训练 1.D 由题意,从政治、地理、化学、生物中四选二,共有C24 =6(种)方法,所以他们选课相同的概率为16 ,故选D. 2.解:(1)在所给数据中,降雨量为110毫米的有3个,为 160毫米的有7个,为200毫米的有3个.故近20年六月 份降雨量频率分布表为 降雨量 70 110 140 160 200 220 频率 1 20 3 20 1 5 7 20 3 20 1 10 (2)由已知可得Y=X2+425 , 故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”) =P(Y<490或Y>530)=P(X<130或X>210) =P(X=70)+P(X=110)+P(X=220) =120+ 3 20+ 2 20= 3 10. 故今年六月份该水力发电站的发电量低于490万千瓦时 或超过530万千瓦时的概率为310. 3.答案:0.7 解析:设此人乘火车、轮船、汽车、飞机去开会分别用事件 A,B,C,D 表 示,则 事 件 A,B,C,D 是 互 斥 事 件, P(A∪D)=P(A)+P(D)=0.3+0.4=0.7,所以他乘火 车或乘飞机去的概率为0.7. 第四节 事件的独立性、条件概率与全概率公式 基础知识必备 1.(1)P(A)P(B) 2.(1)A B (2)1 P(B|A)+P(C|A) 3.(1)P(A)P(B|A) (2)P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2) P(A3|A1A2) P(A1A2A3) 考点知能突破 针对训练 1.ABD 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C23β(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=C23α(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. 2.答案:5285915 解析:设A=“第二次取出的均为新球”,Bi=“第一次取 出的3个球恰好有i个新球”(i=0,1,2,3).由全概率公 式得P(A)=P(B0)P(A|B0)+P(B1)P(A|B1)+P(B2) P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)= C36 C315 ·C 3 9 C315 + C19C26 C315 ·C 3 8 C39 + C29+C16 C35 ·C 3 7 C325 + C39 C35 ·C 3 6 C35 =5285915. 第五节 离散型随机变量及其分布列、均值与 方差与正态分布 基础知识必备 1.(1)一一列举 (2)概率分布列 (3)pi≥0,i=1,2,…,n 2.1-p 3.(1)x1p1+x2p2+…+xnpn 数学期望 平均水平 (2)标准差 (3)aE(X)+b a2D(X) 考点知能突破 针对训练 1.C 由分布列的性质知 2-3q≥0, q2≥0, 1 3+2-3q+q 2=1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得q=32- 33 6 . 2.解:(1)由题意得(0.02+0.032+a+0.018)×10=1,解 得a=0.03.由题图可估计盒子中小球质量的众数为20 克,而50个样本中小球质量的平均数为0.2×10+0.32 ×20+0.3×30+0.18×40=24.6(克).故由样本估计总 体,可估计盒子中小球质量的平均数为24.6克. (2)该盒子中小球质量在[5,15]内的概率为15 ,则 X~B 3,15 .X 的可能取值为0,1,2,3,则 P(X=0)=C03 1 5 0 × 45 3 =64125 ,P(X=1)=C13 1 5 1 × 45 2 = 48 125 ,P(X=2)=C23 1 5 2 × 45 1 =12125 ,P(X=3)=C33 1 5 3 × 45 0 = 1125. 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 64125 48 125 12 125 1 125 所以E(X)=0×64125+1× 48 125+2× 12 125+3× 1 125= 3 5 或者E(X)=3×15= 3 5 . 3.解:(1)x=65×0.06+75×0.06+85×0.1+95×0.14+ 105×0.22+115×0.18+125×0.16+135×0.06+145× 0.02=105;y=100+1102 =105. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —523—