第30讲事件的相互独立性、频率与概率课件-2026年广东省学考数学备考复习

该高中数学高考复习课件聚焦相互独立事件的判断与概率计算、频率的稳定性及应用、随机模拟估计概率等核心考点，依据高考评价体系梳理考点权重，通过定义辨析、性质应用、实际问题转化等方式归纳常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于结合高考真题训练与应试技巧指导，如通过射击问题中“至少有一人中靶”的对立事件简化计算，培养学生用数学思维分析问题的能力，用数学语言规范概率表达过程。助力学生掌握独立事件概率计算步骤、频率估计概率方法，为教师高效组织复习提供系统指导。

第30讲　事件的相互独立性、 频率与概率 必备知识 1 考点精析 2 综合提升 3 必备知识 PART 01 第一部分 P(AB)＝P(A)P(B) 返回导航 2026年广东省学考数学 2．频率的稳定性 一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn(A)会逐渐稳定于事件A发生的概率P(A).我们称频率的这个性质为频率的稳定性．因此，我们可以用频率fn(A)估计概率P(A).　 返回导航 2026年广东省学考数学 3．随机模拟 (1)随机模拟的定义：利用计算器或计算机软件可以产生随机数．实际上，我们也可以根据不同的随机试验构建相应的随机数模拟试验，这样就可以快速地进行大量重复试验了．我们称利用随机模拟解决问题的方法为蒙特卡洛(Monte Carlo)方法． 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)随机模拟来估计概率事件的特点： ①对于满足“有限性”但不满足“等可能性”的概率问题，我们可采取随机模拟方法来估计概率． ②对于一些基本事件的总数比较大而导致很难不重复、不遗漏列举的概率问题或对于基本事件的等可能性难于验证的概率问题，可用随机模拟方法来估计概率． 返回导航 2026年广东省学考数学 考点精析 PART 02 第二部分 考点一　事件独立性的判断 (1)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 √ 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)从52张扑克牌(不含大小王)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽到J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？ ①A与B； ②A与C. 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生没有影响． (2)一般地，两个随机事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件不可能同时发生，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提． 返回导航 2026年广东省学考数学 √ 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，且两个人的射击结果互不影响，求下列事件的概率： ①两人都中靶； 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 ②恰好有一人中靶； 返回导航 2026年广东省学考数学 ③两人都脱靶； 返回导航 2026年广东省学考数学 ④至少有一人中靶． 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)求相互独立事件同时发生的概率的步骤： ①首先确定各事件之间是相互独立的． ②确定这些事件可以同时发生． ③求出每个事件的概率，再求积． (2)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． 返回导航 2026年广东省学考数学 考点三　频率的稳定性 (1)给出下列说法： ①频数和频率都能反映一个对象在试验总次数中的频繁程度； ②每个试验结果出现的频数之和等于试验的样本总数； ③每个试验结果出现的频率之和不一定等于1； ④频率就是概率． 其中正确的是(　　) A．① B．①②④ C．①② D．③④ √ 返回导航 2026年广东省学考数学 解析：对于①，根据频数和频率的定义知，频数和频率都能反映一个对象在试验总次数中的频繁程度，所以①正确； 对于②，每个试验结果出现的频数之和等于试验的样本总数，所以②正确； 对于③，每个试验结果出现的频率之和一定等于1，所以③错误； 对于④，频率是一个实验值，是随试验结果变化的，概率是稳定值，是不随试验结果变化的，所以④错误． 综上，①②正确．故选C. 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)某公司在过去几年内使用某种型号的灯管1 000支，该公司对这些灯管的使用寿命(单位：小时)进行了统计，统计结果如表所示： 分组 频数 频率 [500，900) 48   [900，1 100) 121   [1 100，1 300) 208   [1 300，1 500) 223   [1 500，1 700) 193   [1 700，1 900) 165   [1 900，＋∞) 42   返回导航 2026年广东省学考数学 ①求各组的频率； 解：频率依次是：0.048，0.121，0.208，0.223，0.193，0.165，0.042. ②根据上述统计结果，估计灯管使用寿命不足1 500小时的概率． 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)频率是事件A发生的次数m与试验总次数n的比值，利用此公式可求出它们的频率，频率本身是随机变量，当n很大时，频率总是在一个稳定值附近摆动，这个稳定值就是概率． (2)解此类题目的步骤：先利用频率的计算公式计算频率，然后用频率估计概率． 返回导航 2026年广东省学考数学 综合提升 PART 03 第三部分 1．把标有1，2的两张卡片随机地分给甲、乙；把标有3，4的两张卡片随机地分给丙、丁，每人一张，事件“甲得1号纸片”与“丙得4号纸片”是(　　) A．互斥但非对立事件 B．对立事件 C．相互独立事件 D．以上答案都不对 √ 解析：相互独立的两个事件彼此没有影响，可以同时发生，因此它们不可能互斥．故选C. 返回导航 2026年广东省学考数学 2．抛一枚质地均匀的硬币100次，有49次正面朝上，则事件“反面朝上”的概率和频率分别是(　　) A．0.5，0.5 B．0.51，0.51 C．0.49，0.49 D．0.5，0.51 √ 解析：抛一枚质地均匀的硬币，正面朝上和反面朝上的概率均为0.5，抛一枚质地均匀的硬币100次，其中有51次反面朝上，对应频率为0.51. 返回导航 2026年广东省学考数学 √ 返回导航 2026年广东省学考数学 √ 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 5．某班级准备到郊外野营，为此向商店订购了帐篷，如果下雨与不下雨是等可能的，能否准时收到帐篷也是等可能的，只要帐篷如期运到，他们就不会淋雨．则他们淋雨的概率是________． 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率． 返回导航 2026年广东省学考数学 8．据平安保险公司统计，某地车主购买车损险的概率为0.5，购买第三者责任险的概率为0.6.购买两种保险相互独立，各车主的选择相互独立．求： (1)一位车主同时购买车损险与第三者责任险的概率； 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)一位车主购买第三者责任险但不购买车损险的概率． 返回导航 2026年广东省学考数学 1．事件的相互独立性 (1)定义：对任意两个事件A与B，如果__________________成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立． (2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与 eq \o(B,\s\up16(－)) ， eq \o(A,\s\up16(－)) 与B， eq \o(A,\s\up16(－)) 与 eq \o(B,\s\up16(－)) 也都相互独立． 解析：事件甲发生的概率 P(甲)＝ eq \f(1,6) ，事件乙发生的概率P(乙)＝ eq \f(1,6) ，事件丙发生的概率P(丙)＝ eq \f(5,6×6) ＝ eq \f(5,36) ，事件丁发生的概率P(丁)＝ eq \f(6,6×6) ＝ eq \f(1,6) .事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为 eq \f(1,6×6) ＝ eq \f(1,36) ，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为 eq \f(1,6×6) ＝ eq \f(1,36) ，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．选B. 解：①P(A)＝ eq \f(4,52) ＝ eq \f(1,13) ，P(B)＝ eq \f(26,52) ＝ eq \f(1,2) ， 事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P(AB)＝ eq \f(2,52) ＝ eq \f(1,26) ，从而有P(A)P(B)＝P(AB)，因此事件A与B相互独立． ②事件A与事件C是互斥的，因此事件A与C不是相互独立事件． 考点二　相互独立事件概率的实际应用 A． eq \f(1,20) B． eq \f(15,16) C． eq \f(3,5) D． eq \f(19,20) 解析：设“从甲盒中任取一螺杆为A型螺杆”为事件M，“从乙盒中任取一螺母为A型螺母”为事件N，则事件M与N相互独立，P(M)＝ eq \f(160,200) ＝ eq \f(4,5) ，P(N)＝ eq \f(180,240) ＝ eq \f(3,4) ，则从甲、乙两盒中各任取一个，恰好可配成A型螺栓的概率为P(MN)＝P(M)P(N)＝ eq \f(4,5) × eq \f(3,4) ＝ eq \f(3,5) . 解：设事件A＝“甲中靶”，B＝“乙中靶”，则 eq \o(A,\s\up16(－)) ＝“甲脱靶”， eq \o(B,\s\up16(－)) ＝“乙脱靶”．由于两个人射击的结果互不影响，所以A与B相互独立，A与 eq \o(B,\s\up16(－)) ， eq \o(A,\s\up16(－)) 与B， eq \o(A,\s\up16(－)) 与 eq \o(B,\s\up16(－)) 都相互独立．由已知可得，P(A)＝0.8，P(B)＝0.9，P( eq \o(A,\s\up16(－)) )＝0.2，P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＝0.1. ①AB＝“两人都中靶”，由事件独立性的定义，得P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72. 解：“恰好有一人中靶”＝A eq \o(B,\s\up16(－)) ∪ eq \o(A,\s\up16(－)) B，且A eq \o(B,\s\up16(－)) 与 eq \o(A,\s\up16(－)) B互斥，根据概率的加法公式和事件独立性定义，得P(A eq \o(B,\s\up16(－)) ∪ eq \o(A,\s\up16(－)) B)＝P(A eq \o(B,\s\up16(－)) )＋P( eq \o(A,\s\up16(－)) B)＝P(A)P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＋P( eq \o(A,\s\up16(－)) )P(B)＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26. 解：事件“两人都脱靶”＝ eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) ，所以P( eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) )＝P( eq \o(A,\s\up16(－)) )P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＝0.2×0.1＝0.02. 解：方法一：事件“至少有一人中靶”＝AB∪A eq \o(B,\s\up16(－)) ∪ eq \o(A,\s\up16(－)) B，且AB，A eq \o(B,\s\up16(－)) ， eq \o(A,\s\up16(－)) B两两互斥，所以P(AB∪A eq \o(B,\s\up16(－)) ∪ eq \o(A,\s\up16(－)) B)＝P(AB)＋P(A eq \o(B,\s\up16(－)) )＋P( eq \o(A,\s\up16(－)) B)＝0.8×0.9＋0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.98. 方法二：由于事件“至少有一人中靶”的对立事件是“两人都脱靶”，根据对立事件的性质，得事件“至少有一人中靶”的概率为1－P( eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) )＝1－0.2×0.1＝0.98. 解：样本中灯管使用寿命不足1 500小时的频数是48＋121＋208＋223＝600， 所以样本中灯管使用寿命不足1 500小时的频率是 eq \f(600,1 000) ＝0.6. 即灯管使用寿命不足1 500小时的概率约为0.6. 3．在某次射击比赛中，甲命中目标的概率是 eq \f(1,2) ，乙命中目标的概率是 eq \f(2,3) ，丙命中目标的概率是 eq \f(3,4) ，现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(2,3) C． eq \f(3,4) D． eq \f(23,24) 解析：若三人均未击中目标，则概率为 eq \f(1,2) × eq \f(1,3) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,24) ，所以目标被击中的概率P＝1－ eq \f(1,24) ＝ eq \f(23,24) .故选D. 4．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是 eq \f(1,2) ，且每个开关是否闭合是相互独立的，则灯亮的概率为(　　) A． eq \f(3,16) B． eq \f(3,4) C． eq \f(13,16) D． eq \f(1,4) 解析：记“A，B，C，D四个开关闭合”分别对应事件A，B，C，D，四个事件相互独立．题图中含开关的三条线路同时断开的概率为P( eq \o(C,\s\up16(－)) )P( eq \o(D,\s\up16(－)) )(1－P(AB))＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)×\f(1,2))) ＝ eq \f(3,16) ，所以灯亮的概率P＝1－ eq \f(3,16) ＝ eq \f(13,16) . eq \f(1,4) 解析：由题意，A表示下雨，B表示准时收到帐篷，且P(A)＝P(B)＝ eq \f(1,2) ，所以淋雨的可能性为P(A)P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) . 6．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，甲、乙、丙之间互不影响，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为 eq \f(1,3) ， eq \f(1,2) ， eq \f(2,3) ，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为________．　 eq \f(7,18) 解析：分别设汽车在甲、乙、丙三处通行的事件为A，B，C， 则P(A)＝ eq \f(1,3) ，P(B)＝ eq \f(1,2) ， P(C)＝ eq \f(2,3) ， 停车一次为事件( eq \o(A,\s\up16(－)) BC)∪(A eq \o(B,\s\up16(－)) C)∪(AB eq \o(C,\s\up16(－)) )，故其概率P＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) × eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) × eq \f(2,3) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) ＝ eq \f(7,18) . 7．在一个选拔节目中，每个选手都需要进行四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为 eq \f(5,6) ， eq \f(3,4) ， eq \f(5,6) ， eq \f(1,3) ，且各轮问题能否正确回答互不影响． (1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率； 解：设事件Ai(i＝1，2，3，4)表示“该选手能正确回答第i轮问题”，则P(A1)＝ eq \f(5,6) ，P(A2)＝ eq \f(3,4) ，P(A3)＝ eq \f(5,6) ， P(A4)＝ eq \f(1,3) . (1)设事件B表示“该选手进入第三轮才被淘汰”，则P(B)＝P(A1A2 eq \x\to(A) 3)＝P(A1)P(A2)P( eq \x\to(A) 3)＝ eq \f(5,6) × eq \f(3,4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,6))) ＝ eq \f(5,48) . 解：设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”， 则P(C)＝P( eq \x\to(A) 1＋A1 eq \x\to(A) 2＋A1A2 eq \x\to(A) 3)＝ P( eq \x\to(A) 1)＋P(A1 eq \x\to(A) 2)＋P(A1A2 eq \x\to(A) 3)＝ 1－ eq \f(5,6) ＋ eq \f(5,6) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4))) ＋ eq \f(5,6) × eq \f(3,4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,6))) ＝ eq \f(23,48) . 解：记A表示事件“购买车损险”，B表示事件“购买第三者责任险”， 则由题意得，A与B，A与 eq \o(B,\s\up16(－)) ， eq \o(A,\s\up16(－)) 与B， eq \o(B,\s\up16(－)) 与 eq \o(A,\s\up16(－)) 都是相互独立事件，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6. (1)记C表示事件“同时购买两种保险”，则C＝AB， P(C)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.6＝0.3. 解：记D表示事件“购买第三者责任险但不购买车损险”，则D＝ eq \o(A,\s\up16(－)) B， P(D)＝P( eq \o(A,\s\up16(－)) B)＝P( eq \o(A,\s\up16(－)) )P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3. $