第十章 4 第四节 事件的独立性与随机事件的条件概率（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学高考复习资料围绕事件独立性、条件概率、全概率公式等核心考点，按概念内涵-公式推导-应用策略的逻辑层次系统梳理，通过课标研读明确考向，考点多维探究（含判断、计算等角度）、规律方法提炼、真题演练等环节，帮助学生构建知识网络，突破概率计算难点，体现复习的系统性和针对性。 资料创新采用“概念-公式-应用”递进架构与分层探究模式，如条件概率教学中对比定义法与缩样法，结合古典概型样本点分析培养数学思维，设置基础检测、能力提升、真题对接三级练习，配合即时方法总结，助力教师精准把控节奏，高效提升学生概率问题解决能力与应考素养。

第四节　事件的独立性与随机事件的条件概率 【课标研读】　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.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率；了解条件概率与独立的关系.　3.结合古典概型，会利用乘法公式、全概率公式计算概率. 1.相互独立事件 (1)概念：事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响. (2)公式：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)＝P(A)P(B). (3)性质：若事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立. [微提醒]　相互独立事件不一定互斥. 2.条件概率 3.全概率公式 (1)样本空间的一个划分 设Ω是试验E的样本空间，B1，B2，…，Bn为样本空间Ω的一组事件，若 ①BiBj＝⌀，其中i≠j(i，j＝1，2，…，n)， ②B1∪B2∪…∪Bn＝Ω， 则称B1，B2，…，Bn为样本空间Ω的一个划分. 条件①表示每次试验B1，B2，…，Bn中只能发生一个； 条件②表示每次试验B1，B2，…，Bn必有一个发生. (2)全概率公式 设B1，B2，…，Bn为样本空间Ω的一个划分，若P(Bi)＞0(i＝1，2，…，n)，则对任意一个事件A有P(A)＝P(Bi)P(A｜Bi)，称上式为全概率公式. 【常用结论】 (1)计算条件概率除了应用公式P(B｜A)＝外，还可以利用缩减公式法，即P(B｜A)＝，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数. (2)相互独立事件的概率 若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P()P()…P(). 【自主检测】 1.(多选题)下列说法中正确的是(　　) A.对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立 B.若事件A，B相互独立，则P(B｜A)＝P(B) C.抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”为事件A，“第2枚正面朝上”为事件B，则A，B相互独立 D.若事件A1与A2是对立事件，则对任意的事件B⊆Ω，都有P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2) 答案：BCD 2.(链接北师必修一P217习题T1)天气预报在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为(　　) A.0.2 B.0.3 C.0.38 D.0.56 答案：C 解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A＋B，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.故选C. 3.(链接北师选择性必修一P194习题T3)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则他在第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为　　　　. 答案： 解析：法一(定义法)：设A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到红球”，则P(AB)＝＝，P(A)＝＝，所以P(B｜A)＝＝. 法二(缩样法)：设A＝“甲第一次拿到白球”，B＝“甲第二次拿到红球”，所以P(B｜A)＝＝. 4.根据天气预报，某一天A城市和B城市降雨的概率均为0.6，假定这一天两城市是否降雨相互之间没有影响，则该天这两个城市中，至少有一个城市降雨的概率为　　　　. 答案：0.84 解析：记A城市和B城市降雨分别为事件A和事件B，故P(A)＝0.6，P(B)＝0.6，可得P()＝0.4，P()＝0.4，两城市均未降雨的概率为P()＝0.4×0.4＝0.16，故至少有一个城市降雨的概率为1－0.16＝0.84. 学生用书⬇第265页 考点一　事件的独立性多维探究 角度1　事件相互独立性的判断 (1)(多选题)设M，N为两个随机事件，则下列说法正确的是(　　) A.若M，N为互斥事件，且P(M)＝，P(N)＝，则P(M∪N)＝ B.若P(M)＝，P(N)＝，P(MN)＝，则事件M，N相互独立 C.若P(M)＝，P()＝，P(MN)＝，则事件M，N相互独立 D.若P(M)＝，P(N)＝，P()＝，则事件，相互独立 (2)(2021·新高考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(　　) 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：(1)ABD　(2)B 解析：(1)对于A，由互斥事件的概率加法公式得P(M∪N)＝＋＝，故A正确；对于B，因为P(MN)＝P(M)P(N)＝，所以事件M，N相互独立，故B正确；对于C，由P()＝得P(N)＝1－P()＝，P(MN)＝≠P(M)P(N)＝×＝，所以事件M，N 不相互独立，故C错误；对于D，由题意得，P()＝，P()＝，此时P()＝P()P()＝，故事件，相互独立，故D正确.故选ABD. (2)事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.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＝，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＝，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.故选B. 角度2　相互独立事件的概率 (多选题)(2023·新高考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 答案：ABD 解析：对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所求的概率为β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P'＝1－α，而0＜α＜0.5，因此P－P'＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)＞0，即P＞P'，故D正确.故选ABD. 规律方法 1.判断两个事件是否相互独立的方法 (1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率. (2)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立. (3)转化法：由事件A与事件B相互独立知，A与，与B，也相互独立. 2.与相互独立事件A，B有关的概率的计算公式 事件A，B相互独立 概率计算公式 A，B同时发生 P(AB)＝P(A)P(B) A，B同时不发生 P()＝P()P()＝[1－P(A)]·[1－P(B)] A，B至少有一个不发生 P＝1－P(AB)＝1－P(A)P(B) A，B至少有一个发生 P＝1－P()＝1－P()P() A，B恰有一个发生 P＝P(A＋B)＝P(A)P()＋P()P(B) 对点练1.(1)(2025·辽宁锦州调研)分别抛掷3枚质地均匀的硬币，设事件M＝“至少有2枚正面朝上”，则与事件M相互独立的事件是(　　) A.3枚硬币都正面朝上 B.有正面朝上的，也有反面朝上的 C.恰好有1枚反面朝上 D.至多有2枚正面朝上 (2)(2025·四川成都诊断)甲和乙两位同学准备在 学生用书⬇第266页 体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为，比赛采取三局两胜制(当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，则甲获胜的概率为　　　　. 答案：(1)B　(2) 解析：(1)分别抛掷3枚质地均匀的硬币，则样本空间Ω＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8个样本点，事件M＝“至少有2枚正面朝上”，则M＝{(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，共4个样本点，故P(M)＝＝.设事件A＝“3枚硬币都正面朝上”，则A＝{(正，正，正)}，共1个样本点，所以P(A)＝，P(AM)＝，P(AM)≠P(A)P(M)，故A错误；设事件B＝“有正面朝上的，也有反面朝上的”，则B＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)}，共6个样本点，所以P(B)＝＝，P(BM)＝，所以P(BM)＝P(M)P(B)，事件B与事件M相互独立，故B正确；设事件C＝“恰好有1枚反面朝上”，则C＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(反，正，正)}，共3个样本点，所以P(C)＝，P(CM)＝，P(CM)≠P(C)P(M)，故C错误；设事件D＝“至多有2枚正面朝上”，则D＝{(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共7个样本点，所以P(D)＝，P(DM)＝，P(DM)≠P(D)P(M)，故D错误.故选B. (2)甲获胜的情况分三类：①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局，此时甲获胜的概率为×＝；②甲输第一局，赢后两局，此时甲获胜的概率为××＝；③甲赢第一局和第三局，输第二局，此时甲获胜的概率为××＝.故甲获胜的概率为＋＋＝. 考点二　条件概率多维探究 角度1　条件概率 (1)2023年8月31日贵南高铁实现全线贯通运营，我国西南和华南地区新增一条交通大动脉，黔桂两地间交通出行更加便捷、西南与华南地区联系将更加紧密.贵南高铁线路全长482公里，设计时速350公里，南宁东到贵阳东旅行时间由原来的5个多小时缩短至最快2小时53分.贵阳某调研机构调查了一个来自南宁的旅行团对贵阳两种特色小吃肠旺面和丝娃娃的喜爱情况，了解到其中有的人喜欢吃肠旺面，有的人喜欢吃丝娃娃，还有的人既不喜欢吃肠旺面也不喜欢吃丝娃娃.在已知该旅行团一游客喜欢吃肠旺面的条件下，他还喜欢吃丝娃娃的概率为(　　) A. B. C. D. (2)(双空题)(一题多解)(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　　　　. 答案：(1)B　(2)　 解析：(1)设喜欢吃肠旺面为事件A，喜欢吃丝娃娃为事件B，喜欢吃肠旺面或喜欢吃丝娃娃为事件A∪B，既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝娃娃为事件A∩B，由题意知P(A∪B)＝1－＝，从而P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝＋－＝，因此由条件概率的公式得P(B｜A)＝＝＝.故选B. (2)法一：从五个活动中选三个的情况有：(ABC)，(ABD)，(ABE)，(ACD)，(ACE)，(ADE)，(BCD)，(BCE)，(BDE)，(CDE)，共10种情况，其中甲选到A有6种可能性：(ABC)，(ABD)，(ABE)，(ACD)，(ACE)，(ADE)，则甲选到A的概率为P＝＝；乙选A活动有6种可能性：(ABC)，(ABD)，(ABE)，(ACD)，(ACE)，(ADE)，其中乙再选B则有3种可能性：(ABC)，(ABD)，(ABE)，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝. 法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为P＝＝；乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P＝＝＝. 角度2　乘法公式的应用 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 答案：C 解析：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.故选C. 规律方法 1.求条件概率的常用方法 (1)定义法：P(B｜A)＝. (2)样本点法：P(B｜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. 2.乘法公式的作用 乘法公式P(AB)＝P(B｜A)P(A)的作用就是方便我们在不好直接求得P(AB)的情况下，先迂回地求出方便计算的P(B｜A)和P(A)，再求得P(AB). 注意：求一些复杂的条件概率时，往往可以先把事件分解成若干个互斥的较简单事件之和，利用公式P(B∪C｜A)＝P(B｜A)＋P(C｜A)使求解更为简捷.如果直接分解比较麻烦，可以考虑对立事件，利用P(AB)＋P(A)＝P(A)及P(｜A)＋P(B｜A)＝1求解. 对点练2.(1)(2025·北京西城模拟)从－2，－1，1，2，3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”为事件A，“两数均为负数”为事件B.则P(B｜A)＝　　　　. (2)(多选题)甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则(　　) A.P(A)＝ B.P(B｜A)＝ C.P(B)＝ D.P(A｜B)＝ 答案：(1)　(2)ACD 解析：(1)从－2，－1，1，2，3这5个数中任取2个不同的数有＝10(种)取法，其中满足两数之积为正数的有＝4(种)取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有＝1(种)取法，所以P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B｜A)＝＝. (2)对于A，因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以P(A)＝，故A正确；对于C，记A1表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，则P(A1)＝.当A发生时，乙罐中有3个红球，2个黑球，此时B发生的概率为，当A1发生时，乙罐中有2个红球，3个黑球，此时B发生的概率为，所以P(B)＝×＋×＝，故C正确；对于B，因为P(AB)＝×＝，所以P(B｜A)＝＝＝，故B不正确；对于D，P(A｜B)＝＝，故D正确.故选ACD. 考点三　全概率公式的应用师生共研 (1)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5 nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产该芯片的次品率为(　　) A. B. C. D. (2)(多选题)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是(　　) A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08 B.该零件是次品的概率为0.03 C.如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98 学生用书⬇第267页 D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为 答案：(1)B　(2)BC 解析：(1)设事件A1，A2分别表示取得的这块芯片是由甲、乙生产的，事件B表示取得的芯片为次品，甲生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝＝，P(A2)＝，P(B｜A1)＝p，P(B｜A2)＝，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＝×p＋×＝0.08，解得p＝.故选B. (2)设事件A：车床加工的零件为次品，设事件Bi：零件为第i(i＝1，2，3)台车床加工，则P(A｜B1)＝8％，P(A｜B2)＝3％，P(A｜B3)＝2％，P(B1)＝10％，P(B2)＝40％，P(B3)＝50％.对于A，任取一个零件是第1台车床加工出来的次品的概率为P(AB1)＝P(A｜B1)P(B1)＝8％×10％＝0.008，故A错误；对于B，任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确；对于C，如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(｜B3)＝1－P(A｜B3)＝1－2％＝0.98，故C正确；对于D，如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为1－P(B3｜A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误.故选BC. 规律方法 全概率公式的适用范围及步骤 1.适用范围：所研究的事件试验前提或前一步骤有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式. 2.运用全概率公式的一般步骤 第一步：求出样本空间Ω的一个划分A1，A2，…，An； 第二步：求P(Ai)(i＝1，2，…，n)； 第三步：求P(B｜Ai)(i＝1，2，…，n)； 第四步：求目标事件的概率P(B). 注意：(1)对Ω中的任意事件B，都有B＝BA1＋BA2＋…＋BAn.(2)全概率公式体现了转化与化归的数学思想，即采用化整为零的方式，把各块的概率分别求出，再相加求和即可. 对点练3.(1)设甲乘汽车、动车前往某目的地的概率分别为0.4，0.6，汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7，0.9，则甲正点到达目的地的概率为(　　) A.0.78 B.0.8 C.0.82 D.0.84 (2)(2025·山东潍坊模拟)已知事件A，B，P(B)＝，P(｜A)＝，P(｜)＝，则P(A)＝(　　) A. B. C. D. 答案：(1)C　(2)C 解析：(1)设事件A表示“甲正点到达目的地”，事件B表示“甲乘动车到达目的地”，事件C表示“甲乘汽车到达目的地”，由题意知P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A｜B)＝0.9，P(A｜C)＝0.7.由全概率公式得P(A)＝P(B)·P(A｜B)＋P(C)P(A｜C)＝0.6×0.9＋0.4×0.7＝0.54＋0.28＝0.82.故选C. (2)因为P(｜A)＝，所以P(B｜A)＝，因为P(｜)＝，所以P(B｜)＝，由全概率公式得P(B)＝P(A)·P(B｜A)＋P()P(B｜)，所以P(A)×＋[1－P(A)]×＝，所以P(A)＝.故选C. [真题再现]　(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 答案：A 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)＝＝＝0.8.故选A. [教材呈现]　(链接北师选择性必修一P187练习T2)已知100个产品中，有83个产品长度合格，90个产品质量合格，80个产品长度和质量都合格.现在，任取一个产品，若它的质量合格，则它长度合格的概率为(　　) A. B. C. D. 点评：这两题考查相同的知识点，设问的本质也是一样的，都是考查条件概率的求解，两题的相似度极高. 学科网（北京）股份有限公司 $