6.1.2 乘法公式与事件的独立性-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（北师大版）

1.2　乘法公式与事件的独立性 　 第六章　§1　随机事件的条件概率 学习目标 1.结合古典概型，会用乘法公式计算概率，培养数学运算、 数学建模的核心素养. 2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，理解两个 事件相互独立的概念，提升数学运算、数学建模的核心 素养. 任务一　概率的乘法公式 1 任务二　事件的独立性 2 任务三　相互独立事件同时发生的概率 3 随堂评价 4 内容索引 课时分层评价 5 任务一　概率的乘法公式 返回 问题导思 问题1.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现停水的事件，据记载知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A｜B)＝0.15，两个区有可能同时停水吗？其概率是多少？ 提示：有可能，由条件概率公式可得：P(AB)＝P(B)P(A｜B)＝0.30×0.15＝0.045. 新知构建 乘法公式 P(AB)＝_____________(其中P(A)＞0). P(AB)＝_____________(其中P(B)＞0). P(A)P(B｜A) P(B)P(A｜B) 微提醒 (1)公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)反映了知二求一的方程思想.(2)该概率公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2｜A1)·P(A3｜A1A2)，其中P(A1)＞0，P(A1A2)＞0. (链教材P187例3)一批灯泡共100只，其中10只是次品，其余为正品.作不放回抽取，每次取1只.求： (1)前两次都抽到正品的概率； 解：设Ai＝，A＝，则A＝A1A2， 于是P(A)＝P＝P(A1)·P＝×＝， 所以前两次都抽到正品的概率为. 典例 1 (2)第三次才取到正品的概率. 解：设B＝，则B＝A3， 于是P(B)＝P＝P·P()·P＝××＝， 所以第三次才取到正品的概率为. 规律方法 利用乘法公式解题的一般步骤 第一步：首先判断应用题是否可以应用乘法公式求解； 第二步：根据已知条件表示出各事件的概率P(A)，P(B｜A)； 第三步：代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)求出概率. 对点练1.(1)开元通宝是我国唐代的一种货币，向开元通宝上任意投掷一粒芝麻，第一次投进方空的概率约为0.5，在第一次投进开元通宝方空的条件下第二次也投进方空的概率约为0.3，则这样连续两次都可把芝麻投进方空的概率是　　　　. 0.15 设“第一次投进方空”为事件A，“第二次投进方空”为事件B，则由题意P(A)＝0.5，P(B｜A)＝0.3，从而由条件概率公式可知，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.5×0.3＝0.15. (2)设袋中有5个红球，3个黑球，2个白球，现按不放回抽样方式摸球三 次，每次摸得一球，则第三次才摸得白球的概率为　　. . 设A＝“第一次未摸得白球”，B＝“第二次未摸得白球”，C＝“第三次摸得白球”，则事件“第三次才摸得白球”可表示为ABC，P(A)＝，P(B｜A)＝，P(C)＝，所以P(ABC)＝P(A)P(B｜A)P(C)＝××＝. 返回 任务二　事件的独立性 返回 问题导思 问题2.三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学有放回地抽取，事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”.事件A的发生会影响事件B发生的概率吗？ 提示：有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学的抽奖结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B发生的概率.于是P(B｜A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(A)P(B). 新知构建 1.如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率______影响，这样的两个事件就叫作______________. 2.两个相互独立事件同时发生的概率，等于这两个事件发生的概率的积，即P(AB)＝__________. 3.相互独立事件的性质：若A与B是相互独立事件，则A与，B与，与也相互独立. 没有 相互独立事件 P(A)P(B) 若A，B相互独立，则A与也相互独立，为什么？ 提示：因为A，B相互独立，所以P(B｜A)＝P(B)＝，P(｜A)＝1－P(B｜A)＝1－P(B)＝P()＝， 所以P(A)＝P(A)P()，所以A与相互独立. 微思考 (链教材P188例4)(多选题)同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同.下列说法正确的有 A.事件A与事件B对立 B.事件A与事件B相互独立 C.事件A与事件C相互独立 D.P(C)＝P(AB) 典例 2 √ √ 由题意，得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝＝，对于A，当甲骰子点数为奇数，且乙骰子点数为偶数时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误；对于B，由题意知P(AB)＝＝，又P(A)P(B)＝×＝＝P(AB)，故事件A与事件B相互独立，故B正确；对于C，P(AC)＝＝，又P(A)P(C)＝×＝＝P(AC)，故事件A与事件C相互独立，故C正确；对于D，由上知，P(C)＝＜P(AB)＝，故D错误.故选BC. 规律方法 两个事件是否相互独立的判断方法 1.直接法：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.定义法：当P(AB)＝P(A)P(B)时，事件A，B相互独立. 3.条件概率法：当P(A)＞0时，可用P(B｜A)＝P(B)判断. 对点练2.有3个相同的球，分别标有数字1，2，3，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.用(x，y)表示样本点，其中x表示第一次取出球的数字，y表示第二次取出球的数字.设事件A＝“第一次取出的球的数字是1”，事件B＝“两次取出的球的数字之和是4”. (1)写出这个试验的样本空间； 解：依题意试验的样本空间Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)}. (2)判断事件A和事件B是否相互独立，并说明理由. 解：事件A和事件B相互独立，理由如下： 因为A＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)}，B＝{(1，3)，(2，2)，(3，1)}， 所以P(A)＝＝＝，P(B)＝＝＝， 因为AB＝{(1，3)}，所以P(AB)＝＝， 因为P(A)P(B)＝×＝＝P(AB)， 所以事件A和事件B相互独立. 返回 任务三　相互独立事件同时发生的概率 返回 甲、乙、丙三人进行投球练习，每人投球一次.已知甲命中的概率是，甲、乙都未命中的概率是，乙、丙都命中的概率是，若每人是否命中互不影响. (1)求乙、丙两人各自命中的概率； 解：设乙、丙两人各自命中的概率分别为p1，p2， 故＝，p1p2＝，解得p1＝，p2＝， 故乙、丙两人各自命中的概率分别为，. 典例 3 (2)求甲、乙、丙三人中至少2人命中的概率. 解：甲、乙、丙三人均命中的概率为××＝， 甲、乙、丙三人中2人命中的概率为××＋××＋××＝＋＋＝， 故甲、乙、丙三人中至少2人命中的概率为＋＝. 规律方法 1.求P(AB)时，要注意事件A，B是否相互独立，求P(A＋B)时，应注意事件A，B是否互斥.对于“至多”“至少”型问题的解法有两种思路：(1)分类讨论；(2)转化为求对立事件的概率，利用P()＝1－P(A)来计算. 2.复杂问题可考虑分解为等价的几个事件的概率问题，同时结合对立事件的概率求法进行求解. √ 对点练3.(1)李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔子各1只，从兔窝中每次摸取1只，有放回地摸取3次，则3次摸取的颜色不全相同的概率为 A. B. C. D. 由题意可知：每次摸到白、灰、黑三种颜色的概率均为，记“3次摸取的颜色不全相同”为事件A，则P()＝3×＝，所以P(A)＝1－P()＝.故选B. (2)(2025·广东广州期末)某专业技术的考试共两个单项考试，考生应依次参加两个单项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考.据调查，这两项考试的合格率依次为，，且各项考试是否通过互不影响，则一位考生通过这项专业技术考试至 多需要补考一次的概率为　　. . 不需要补考就通过的概率为×＝；仅补考一次第一个单项考试就通过的概率为(1－)××＝；仅补考一次第二个单项考试就通过的概率为×(1－)×＝；故一位考生通过这项专业技术考试至多需要补考一次的概率为＋＋＝. 课堂小结 任务再现 1.概率乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(B)P(A｜B).2.事件A与事件B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B).3.相互独立事件同时发生的概率. 方法提炼 公式法、正难则反思想 易错警示 独立事件不互斥，互斥事件不独立，二者概念不同，不能混淆 返回 随堂评价 返回 √ 1.甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为，，则谜题被破解出的概率为 A. B. C. D.1 设“甲独立地破解谜题”为事件A，“乙独立地破解谜题”为事件B，且事件A，B相互独立，“谜题被破解”为事件C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝1－P＝1－＝1－×＝.故选C. √ 2.袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是 A.互斥事件 B.相互独立事件 C.对立事件 D.不相互独立事件 依题意，有放回地摸球，事件A与B可以同时发生，因此事件A与B不互斥，更不对立，故A、C错误；显然P(A)＝P(B)＝，P(AB)＝＝×＝P(A)P(B)，因此A与B是相互独立事件，故B正确，D错误.故选B. 3.如图，用A，B，C三个不同的元件连接成一个系统N.当元件C正常工作且元件A，B至少有一个正常工作时，系统N正常工作.已知元件A，B，C正常工作的概率依次为0.8，0.7，0.8，则系统N能正常工作的概率为　　　　. 0.752 由题意知，系统N能正常工作的概率为(0.8×0.3＋0.2×0.7＋0.8×0.7) ×0.8＝0.752. 4.(2025·山东淄博高二期中)甲、乙两人进行羽毛球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立.设甲在第一、第二、第三局比赛中获胜的概率分别为，，，则甲恰好连胜两局的概率为　　. . 甲恰好连胜两局有：前两局获胜，第三局失利和第一局失利，后两局获胜两种情况，甲恰好连胜两局的概率P＝××＋××＝. 返回 课时分层评价 返回 √ 1.某车队派出两辆车参加比赛，假设这两辆车在比赛中不出现故障的概率均为p，则比赛结束时两辆车不同时出现故障的概率为 A.p2 B.2p－p2 C.1－p2 D.p－2p2 两辆车不同时出现故障的概率为1－(1－p)2＝2p－p2.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 2.若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是 A.事件A与B互斥但不对立 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 因为P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，所以P(A)＝1－＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，所以事件A与B是相互独立事件.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 3.如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机向左或向右移动一个单位长度，向左的概率为，向右的概率为，共移动4次，则该质点共两次到达1的位置的概率为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 共移动4次，该质点共两次到达1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且两种方式第4次移动向左向右均可以，所以该质点共两次到达1的位置的概率为××＋××＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 4.某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次通过面试的概率为0.4，若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为 A.0.24 B.0.42 C.0.82 D.0.88 因为第一次通过面试的概率为0.7，第二次通过面试的概率为0.4，所以两次面试都没有通过的概率为(1－0.7)×(1－0.4)＝0.18，所以该同学通过面试的概率为1－0.18＝0.82.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 5.已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7.现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是 A.2∶7 B.3∶7 C.4∶7 D.5∶7 因为甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7，现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，只有甲打中猎物的概率为0.4×0.3＝0.12，只有乙打中猎物的概率为0.6×0.7＝0.42，所以甲、乙分配猎物的比例应该是0.12∶0.42＝2∶7.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 6.(多选题)(2025·烟台模拟)甲、乙两人参加消防安全知识竞赛活动.活动共设三轮，在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局.已知每轮活动中，甲、乙答对的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则 A.每轮活动中，甲获胜的概率为 B.每轮活动中，平局的概率为 C.甲胜一轮乙胜两轮的概率为 D.甲至少获胜两轮的概率为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意，每轮活动中，甲获胜的概率为×＝，故A正确；每轮活动中，乙获胜的概率为×＝，所以平局的概率为1－－＝，故B正确；在三轮活动中，甲胜一轮乙胜两轮的概率为× ＝，故C不正确；甲至少获胜两轮的概率为＋·＝＋＝，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.在市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70％，乙厂产品占30％，甲厂产品的合格率是95％，乙厂产品的合格率是80％，则从市场上买到一个甲厂的合格灯泡的概率是　　　　. 0.665 记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B｜A)＝0.95，所以P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.7×0.95＝0.665. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别为，p，，该同学站在三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则p的值是　　. . 由题意得＋××(1－p)＝1，解得p＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.(2025·重庆长寿高二期末)某学生上学选择步行、坐公交车的概率分别为，，而他步行、坐公交车迟到的概率分别为，.结果今天他迟到了， 在此条件下，他步行去上学的概率为　　. . 设这个学生迟到为事件A，选择步行为事件B，则P(A)＝×＋×＝，P(AB)＝×＝，所以P(B｜A)＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(15分)某人忘记了电话号码的最后一位数字，因而他随意地拨号. (1)求他拨号不超过三次接通电话的概率； 解：设Ai＝“第i次接通电话”，i＝1，2，3， B＝“拨号不超过3次接通电话”， 则事件B＝A1∪A2∪A3. 利用概率的加法公式和乘法公式，则P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3) ＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＝＋×＋××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若已知最后一位数字是奇数，那么(1)中的概率又是多少？ 解：若已知最后一位数字是奇数，则P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3) ＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＝＋×＋××＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 11.某大学强基测试有近千人参加，每人做题最终是否正确相互独立，其中一道选择题有5个选项，假设会做此题则必能答对.参加考试的同学中有一部分同学会做此题；有一半的同学完全不会，需要在5个选项中随机蒙一个选项；剩余同学可以排除一个选项，在其余四个选项中随机蒙一个选项，最终统计该题的正确率为30％，则真会做此题的学生比例最可能为 A.5％ B.10％ C.15％ D.20％ 设测试总人数为n，真会做此题的学生人数为x，由题意得，＝30％，解得＝10％.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 12.(多选题)A，B，C，D四名医生去甲，乙，丙三个村开展义诊活动，每个医生分配到一个村且每个村至少分配一名医生.设事件X＝“A医生分配到乙村”，事件 Y＝“B医生分配到甲村”，则 A.P(X)＝ B.事件X与事件Y相互独立 C.事件X与事件Y互斥 D.P(X｜Y)＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 四名医生去甲，乙，丙三个村开展义诊活动，每个医生分配到一个村且每个村至少分配一名医生共有＝36种方法，A医生分配到乙村有＝12种方法，所以P(X)＝＝，故A正确；B医生分配到甲村有＝12种方法，所以P(Y)＝＝，A医生分配到乙村且B医生分配到甲村有＋＝5种方法，所以P(XY)＝，因为P(XY)≠P(X)P(Y)，所以事件X与事件Y不独立，故B不正确；由于事件X与事件Y能同时发生，所以事件X与事件Y不是互斥事件，故C不正确；P＝＝，故D正确.故选AD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.甲、乙、丙三人一同下棋(无平局)，甲胜乙、乙胜丙、丙胜甲的概率分别为0.6，0.5，0.4.第一局由甲、乙二人先下，丙旁观，规则为负者在下一局旁观，胜者与丙比赛……依次类推.若其中有一人累计胜两局，则结束比赛，胜两局者最终获胜，则甲最终获胜的概率是　　　　. 0.504 甲最终获胜的所有比赛情形有3种，甲胜前两局：P1＝0.6×0.6＝0.36；第一局甲胜乙，第二局丙胜甲，第三局乙胜丙，第四局甲胜乙：P2＝0.6×0.4×0.5×0.6＝0.072；第一局乙胜甲，第二局丙胜乙，第三局甲胜丙，第四局甲胜乙：P3＝0.4×0.5×0.6×0.6＝0.072，故甲最终获胜的概率为P1＋P2＋P3＝0.504. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)(2025·广东深圳高二月考)某场知识竞赛比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是，若各家庭回答是否正确互不影响. (1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率； 解：记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C， 由于甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则P(A)＝，P()·P()＝，P(B)·P(C)＝， 即[1－P(A)]·[1－P(C)]＝，P(B)·P(C)＝， 所以P(B)＝，P(C)＝. 所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于两个家庭回答正确这道题的概率. 解：三个家庭全部回答错误的概率为P0＝P() ＝P()·P()·P()＝××＝， 有一个家庭回答正确的概率为P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝， 所以不少于两个家庭回答正确这道题的概率 P＝1－P0－P1＝1－－＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(创新题)中国有很多谚语，如“人多计谋广，柴多火焰高”“三个臭皮匠，顶个诸葛亮”“一个篱笆三个桩，一个好汉三个帮”等等，都能体现团队协作、集体智慧的强大.假设某人能力较强，他独自一人解决某个项目的概率为P1＝0.8.同时，有由n个水平相当的人组成的团队也在研究该项目，团队成员各自独立解决该项目的概率都是0.4.如果这n个人组成的团队解决该项目的概率为P2，且P2≥P1，则n的最小取值是(参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48) A.3 B.4 C.5 D.6 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得，P2＝1－(1－0.4)n＝1－( )n，由P2≥P1可得1－()n≥，即()n≤，两边取对数，可得n≥lo＝＝≈＞3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.某超市举行有奖答题活动，参加活动的顾客依次回答三个问题.不管答对或者答错，三题答完活动结束.规定每位顾客只能参加一次活动.已知每位顾客第一题答对的概率为，第二题答对的概率为，第三题答对的概率为，若答对两题，则可获得价值100元的奖品，若答对三题，则可获得价值200元的奖品，若答对的题数不够2题，则不能获奖.假设顾客是否通过每一关相互独立.现有甲，乙两名顾客参加该活动，则两人最后获得奖品 价值总和为300元的概率为　　　　. . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 两人最后获得奖品价值总和为300元的事件为：甲得100元且乙得200元，或甲得200元且乙得100元，即甲答对2题且乙答对3题，或甲答对3题且乙答对2题，又每位顾客答对2题的概率为××＋××＋××＝，每位顾客答对3题的概率为××＝，所以两人最后获得奖品价值总和为300元的概率为P＝××2＝. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 1.2　乘法公式与事件的独立性 返回 $