3.1.2-3.1.3 事件的独立性 乘法公式-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（湘教版）

该高中数学课件聚焦事件的独立性与乘法公式，课前通过概念辨析（如独立与互斥事件对比）和基础训练帮助学生自主落实，课堂以题型分类（独立性判断、概率计算等）和思维建模搭建学习支架，衔接条件概率与独立性的关系，形成从概念到应用的递进。 其特色是梯度进阶式教学，通过对比表格培养数学眼光的抽象能力，思维建模总结解题步骤发展数学思维的推理能力，综合题结合现实情境提升数学语言的应用意识。学生能构建知识体系，教师可实施分层教学，提升教学效率。

3.1.2& 3.1.3 事件的独立性　乘法公式 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 课时目标 1.理解两个事件相互独立的概念.　 2.理解事件的独立性与条件概率的关系. 3.结合古典概型，会用乘法公式计算概率. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.事件的独立性 (1)事件独立性的概念 如果n(n>2)个事件A1，A2，…，An中任何一个事件发生的概率都不受其余事件发生与否的影响，则称A1，A2，…，An______________. (2)事件的独立性的概率公式 一般地，当n(n>2)个事件A1，A2，…，An相互独立时，有以下公式成立： P(A1A2…An)=___________________. 相互独立 P(A1)P(A2)·…·P(An) (3)相互独立事件与互斥事件的区别   相互独立事件 互斥事件 条件 事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响 不可能同时发生的两个事件 符号 相互独立事件A，B同时发生，记作：AB 互斥事件A，B中有一个发生，记作：A∪B(或A+B) 计算公式 P(AB) =P(A)P(B) P(A∪B) =P(A)+P(B) 2.乘法公式 由条件概率的计算公式可知，对于两个事件A，B，由P(B|A)=可得P(AB)=_____________，P(A)>0.　① 如果三个事件A，B，C不相互独立，若P(AB)>0，则P(ABC)=____________________.　② 将①②式推广到n个事件，则有： 若Ai(i=1，2，…，n)为随机事件，且P(A1A2·…·An-1)>0，则 P(A1A2…An)=__________________________________________.　③ ③式常称为概率的乘法公式. P(A)P(B|A) P(A)P(B|A)P(C|AB) P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)·…·P(An|A1A2…An-1) 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)不可能事件与任何一个事件相互独立. (　　) (2)必然事件与任何一个事件相互独立. (　　) (3)如果事件A与事件B相互独立，则P(B|A)=P(B). (　　) (4)“P(AB)=P(A)P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件. (　　) 基础落实训练 √ √ √ √ 2.甲、乙两个气象台同时做天气预报，如果它们预报准确的概率分别为0.9与0.6，且预报准确与否相互独立，那么在一次预报中这两个气象台的预报都不准确的概率是 (　　) A.0.04 B.0.36 C.0.54 D.0.94 √ 解析：甲气象台预报不准确的概率为1-0.9=0.1，乙气象台预报不准确的概率为1-0.6=0.4，故在一次预报中这两个气象台的预报都不准确的概率是0.1×0.4=0.04，故选A. 3.已知P(B|A)=，P(A)=，则P(BA)=(　　) A. B. C. D. √ 解析：因为P(B|A)=，P(A)=，所以P(BA)=P(A)P(B|A)=×=. 4.某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关.某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为 (　　) A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.8 解析：记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)=0.8，P(B|A)=0.5.所以P(AB)=P(B|A)P(A)=0.8×0.5=0.4，即这个选手过关的概率为0.4. √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　事件独立性的判断 [例1]　判断下列事件是否相互独立： (1)甲组有3名男生，2名女生，乙组有2名男生，3名女生.现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”. 解： “从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件是否发生没有影响，所以两个事件相互独立. (2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”. 解：“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为，可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不相互独立. |思|维|建|模| 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. 针对训练 1.[多选]下列事件A，B不是相互独立事件的是 (　　) A.一枚硬币掷两次，事件A表示“第一次为正面向上”，事件B表示“第二次为反面向上” B.袋中有两个白球和两个黑球，不放回地摸两次，每次摸一个球，事件A表示“第一次摸到白球”，事件B表示“第二次摸到白球” C.掷一枚骰子，事件A表示“出现点数为奇数”，事件B表示“出现点数为偶数” D.事件A表示“人能活到20岁”，事件B表示“人能活到50岁” √ √ √ 解析：对于A，A，B两个事件发生没有关系，故是相互独立事件；对于B，A事件发生时，影响到B事件，故不是相互独立事件；对于C，由于掷的是同一枚骰子，A，B是对立事件，所以不是相互独立事件；对于D，能活到20岁的，可能也能活到50岁，故A，B不是相互独立事件，故选BCD. √ 2.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 解析：P(甲)=，P(乙)=，P(丙)=，P(丁)=，P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)==P(甲)P(丁)，P(乙丙)=≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0≠ P(丙)P(丁).故选B. 题型(二)　相互独立事件发生的概率 [例2]　甲、乙两名射击运动员分别对一目标射击一次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求： (1)2人都射中目标的概率； 解：记“甲射击1次，击中目标”为事件A，“乙射击1次，击中目标”为事件B，则A与B，与B，A与与为相互独立事件. 2人都射中目标的概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72， ∴2人都射中目标的概率是0.72. (2)2人中恰有1人射中目标的概率； 解：“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中(事件A发生)，另一种是甲未击中、乙击中(事件B发生).根据题意，事件A与B互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的乘法公式，所求的概率为P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.8×(1-0.9)+(1-0.8)×0.9= 0.08+0.18=0.26， ∴2人中恰有1人射中目标的概率是0.26. (3)2人至少有1人射中目标的概率. 解：法一　2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为P=P(AB)+P(A)+P(B)=0.72+0.26=0.98. 法二　“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件，2人都未击中目标的概率是P( )=P()P()=(1-0.8)×(1-0.9)=0.02， ∴2人至少有1人射中目标的概率为P=1-P( )=1-0.02=0.98. |思|维|建|模| 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. 针对训练 3.某地医疗科研机构都在研究某种疫苗，现有甲、乙、丙三个独立的科研机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是.求： (1)他们都研制出疫苗的概率； 解：设“甲机构在一定时期研制出疫苗”为事件A，“乙机构在一定时期研制出疫苗”为事件B，“丙机构在一定时期研制出疫苗”为事件C， 则他们都研制出疫苗的概率为P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=××=. (2)恰有一个机构研制出疫苗的概率； 解：设“恰有一个机构研制出疫苗”为事件M， 则P(M)=P(A ∪ B∪ C)=P(A )+P( B )+P( C) =××+××+××=. (3)至少有一个机构研制出疫苗的概率. 解：设“至少有一个机构研制出疫苗”为事件N， 则P(N)=1-P( )=1-P()P()P()=1-××=. 题型(三)　乘法公式 [例3]　一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次.求： (1)第一次取得白球的概率； 解：设事件A表示“第一次取得白球”，事件B表示“第二次取得白球”，则事件表示“第一次取得黑球”，由题意得， P(A)==. (2)两次都取得白球的概率； 解：P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率. 解：P(B)=P()P(B|)=×=. 　|思|维|建|模| 　　乘法公式揭示了P(A)，P(B|A)，P(AB)三者之间的关系，在解题时只要知道其中的两个就可以求出第三个，最主要在于分析实际问题中已知的是什么，要求的是什么，从另一个方面可以理解乘法公式就是利用条件概率P(A|B)来计算P(AB)的.乘法公式是普遍成立的，只要作为“条件的事件”的概率不为零. 针对训练 4.已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3，试求这样的手机从1 m 高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率. 解：设事件Ai表示“第i次掉落手机屏幕没有碎掉”，i=1，2，则由已知可得P(A1)=0.5，P(A2|A1)=0.3， 因此由乘法公式可得P(A2A1)=P(A1)P(A2|A1)=0.5×0.3=0.15.即这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率为0.15. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.袋内有3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，记事件A表示“第一次摸得白球”，事件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 √ 解析：根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义可知，A与B不互斥、不对立，也不是相互独立事件. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.下列式子成立的是 (　　) A.P(A|B)=P(B|A) B.0<P(B|A)<1 C.P(AB)=P(A)P(B|A) D.P(AB|A)=P(B) √ 解析：由P(B|A)=得P(AB)=P(B|A)P(A). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.已知某学校中喜欢阅读的学生占50%，而在喜欢阅读的学生中喜欢创作的占20%，从这个学校的学生中任意抽取一人，则抽到的学生既喜欢阅读又喜欢创作的概率是 (　　) A. B. C. D. √ 解析：设事件A=“抽到的学生喜欢阅读”，事件B=“抽到的学生喜欢创作”，由题意知P(A)=，P(B|A)=，则P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 √ 4.[多选]已知分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则(　　) A.P(B|A)+P(|A)=1 B.P(B|A)+P(|A)=P(A) C.若A，B相互独立，则P(A|B)=P(A) D.若A，B互斥，则P(A|B)=P(B|A) √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：因为P(B|A)+P(|A)===1，所以A正确，B错误；由相互独立事件定义，若A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)，P(A|B)==P(A)，所以C正确；若A，B互斥，则P(AB)=0，P(A|B)==0，P(B|A)==0，所以D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.如图，已知电路中有5个开关，开关S5闭合的概率为，其他开关闭合的概率都是，且各开关是否闭合相互独立，则灯亮的概率为(　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：法一　灯亮的对立事件为灯不亮，则得到灯不亮的条件是S1，S2至少有一个断开，且S3，S4，S5同时断开， ∴灯亮的概率P=1-=. 法二　根据串联、并联，得灯亮有三种情况： ①S5闭合，则灯亮的概率P1=； ②S5断开，S1，S2均闭合，则灯亮的概率P2=××=； ③S5断开，S1，S2至少有一个断开，S3，S4至少有一个闭合，则灯亮的概率P3=××=. 综上，P(灯亮)=P1+P2+P3=++=.故选A. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.在某道路的A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在1分钟内开放绿灯的时间分别为25秒，35秒，45秒，某辆车在这段道路上匀速行驶，则在这三处都不停车的概率为 (　　) A. B. C. D. √ 解析：设事件A表示“在A处遇绿灯”，事件B表示“在B处遇绿灯”，事件C表示“在C处遇绿灯”，则有P(A)=，P(B)=，P(C)=，则这三处都不停车的概率为P(ABC)=P(A)P(B)·P(C)=××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.[多选]口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回地依次取出两个球，事件A=“第一次取出的是红球”，事件B=“第二次取出的是红球”，事件C=“取出的两球同色”，事件D=“取出的两球不同色”，则 (　　) A.A与B互斥 B.C与D互为对立事件 C.A与C相互独立 D.P(D|B)= √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：样本点有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12个，事件A=“12，13，14，21，23，24”；事件B=“12，21，31，41，32，42”；事件C=“12，21，34，43”；事件D=“13，14，23，24，31，41，32，42”.∵A∩B≠∅，∴A与B不是互斥事件，故A错误；C∪D=Ω，C∩D=∅，∴C与D互为对立事件，故B正确；事件AC=“12，21”，∴P(A)==，P(C)==，P(AC)==，P(AC)=P(A)·P(C)，∴A与C相互独立，故C正确；事件BD=“31，41，32，42”，P(B)=，P(BD)==，∴P(D|B)==，故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为.假定三人的行动相互之间没有影响，那么国庆假期内至少有1人去北京旅游的概率为______________.  解析：因为甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，所以他们不去北京旅游的概率分别为，所以至少有1人去北京旅游的概率为P=1-××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)已知0<P(A)<1，且P(B|A)=P(B).若P()=0.6，P(B|)=0.3，则P(AB)=_________________.  解析：因为P(B|A)=P(B)，所以事件A与事件B相互独立，则P(B)=P(B|)=0.3.因为P()=0.6，所以P(A)=0.4， 则P(AB)=P(A)P(B)=0.12. 0.12 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)事件A，B，C相互独立，如果P(AB)=，P(C)=，P(AB ) =，则P(B)=__________，P(B)=_____________. 解析：∵P(AB )=P(AB)P()=P()=，∴P()=，即P(C)=. 又P(C)=P()P(C)=，∴P()=，P(B)=. 又P(AB)=，∴P(A)=，∴P(B)=P()P(B)=×=. 　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)设不透明的袋中有5个红球，3个黑球，2个白球，有放回地随机摸球三次，每次摸一球，则第三次才摸到白球的概率为_________；若以同样的方式不放回摸球，则第三次才摸到白球的概率为___________.  　 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：设事件A表示“第一次未摸到白球”，B表示“第二次未摸到白球”，C表示“第三次摸到白球”， 则事件“第三次才摸到白球”可表示为ABC. 有放回时：P(A)=，P(B|A)=，P(C|AB)=， 则P(ABC)=P(A)P(B|A)·P(C|AB)=××=. 不放回时：P(A)=，P(B|A)=， P(C|AB)=，则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)=××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(10分)袋中装有4个红球，5个白球，从中不放回地任取两次，每次取一球. (1)求在第一次取出的是红球的条件下，第二次取出的也是红球的概率.(6分) 解：设事件Ai表示“第i次取出的是红球”(i=1，2)，则P(A1)=，P(A1A2)==，所以P(A2|A1)===. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求第二次才取到红球的概率.(4分) 解：第二次才取到红球，即第一次取白球，第二次取红球， 所以P(A2)=P()·P(A2|)=×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)清明节放假期间，甲同学去古镇游玩的概率为，乙同学去古镇游玩的概率为，丙同学去古镇游玩的概率为，且甲、乙、丙三人的行程之间互相没有影响. (1)求甲、乙、丙三人在清明节放假期间同时去古镇游玩的概率；(5分) 解：根据相互独立事件同时发生的概率公式， 得三人同时去古镇游玩的概率P1=××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求甲、乙、丙三人在清明节放假期间仅有一人去古镇游玩的概率.(5分) 解：甲、乙、丙三人仅有一人去古镇游玩的概率P2=××+××+××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(15分)甲、乙、丙三人进行网球比赛，约定赛制如下：累计负两场被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两个人，另一个人当裁判，没有平局；每场比赛结束时，负的一方在下一场当裁判；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获得冠军，比赛结束.已知在每场比赛中，双方获胜的概率都为，各局比赛的结果相互独立，经抽签，第一场比赛甲当裁判. (1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；(5分) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解：记事件A为甲胜乙，则P(A)=，则P()=1-=，事件B为甲胜丙，则P(B)=，则P()=1-=，事件C为乙胜丙，则P(C)=， 则P()=1-=.前三场比赛结束后，丙被淘汰可用事件CC∪CAB来表示，所以前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率P1=P(CC)+P(CAB)=××+××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求只需四场比赛就决出冠军的概率.(10分) 解：若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪BAB来表示， P(CABA∪BAB)=P(CABA)+P(BAB)=P(C)P(A)·P(B)P(A)+P()P(B)P(A)P(B)=×××+×××=；若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CC来表示， P(CC)=P(C)P()P(C)P()=×××=；若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件 来表示， P( )=P()P()P()P()=×××=.所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2=++=. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $