第五节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“事件的相互独立性、条件概率与全概率公式”核心考点，依据高考评价体系明确“理解独立性与条件概率关系”“掌握全概率公式应用”等考查要求，通过梳理近5年高考真题，归纳出相互独立事件判断、条件概率计算、全概率公式应用三大常考题型，突出备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+方法归纳+素养提升”，如以2021新高考Ⅰ卷独立事件判断题为载体，提炼“定义法+实际意义法”解题技巧，培养学生逻辑推理的数学思维，结合投壶比赛等实际情境训练全概率公式应用，帮助学生熟练符号表达的数学语言，教师可借此实现考点精准突破，助力学生高效冲刺。

第五节 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 【目标要求】　1.了解两个事件相互独立的含义.2.理解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.3.了解全概率公式的含义. 1.相互独立事件 (1)概念: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:若事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立. P(A)P(B) 2.条件概率 (1)条件概率的定义 设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,称P(B|A)=_____________为在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率. (2)条件概率的求法 求条件概率除了可借助定义中的公式,还可以借助古典概型概率公式,即P(B|A)=_____________. 　 (3)概率的乘法公式 由条件概率的定义,对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(B|A). (4)条件概率的性质 条件概率只是缩小了样本空间,因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0,则 ①P(Ω|A)=1; ②如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A); ③设B和互为对立事件,则P(|A)=1-P(B|A). 1.公式P(AB)=P(A)P(B)不可以推广到多个事件.当事件A1,A2,…,An两两独立时,P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An)不一定成立,只有事件A1,A2,…,An相互独立时公式才成立. 2.事件的拆分:若A1,A2,…,An彼此互斥,且A1∪A2∪…∪An=Ω,则对Ω中的任意事件B,都有B=BA1+BA2+…+BAn. 3.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)=P(A1)P(A2|A1) ·P(A3|A1A2).其中P(A3|A1A2)表示已知A1与A2同时发生时A3发生的概 率,P(A1A2A3)表示A1,A2,A3同时发生的概率. 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)P(B|A)≠P(AB).(　　) P(B|A)=.则P(B|A)≠P(AB),正确. 解析 (2)若A,B相互独立,且P(A)=0.5,P(B)=0.4,则A,B都不发生的概率为0.3. (　　) 因为A,B相互独立,P(A)=0.5,P(B)=0.4,所以P()=0.5,P()=0.6,所以P()=0.5×0.6=0.3. 解析 (3)抛掷2枚质地均匀的硬币,“第1枚为正面向上”为事件A,“第2枚为正面向上”为事件B,则A,B相互独立.(　　) (4)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).(　　) 2.(多选题)抛掷两枚大小相同、质地均匀的骰子,设事件A=“第一枚出现奇数点”,B=“第二枚出现偶数点”,C=“第一枚出现偶数点”,则(　　) A.A与B互斥 B.A与C互为对立 C.A与B相互独立 D.A与B互为对立 对于A,D,事件A,B可以同时发生,如第一枚的点数为1,第二枚的点数为2,因此A与B不互斥,也不对立,A,D错误;对于B,事件A与C不可能同时发生,但必有一个发生,它们互为对立,B正确;对于C,P(A)==, P(B)==,P(AB)==,因此P(AB)=P(A)P(B),A与B相互独立,C正确. 解析 3.(人A必二P253 练习T3改编)天气预报报道:元旦假期甲地的降雨概率是0.2,乙地的降雨概率是0.3.假定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 设“甲地降雨”为事件A,“乙地降雨”为事件B,则两地中恰有一地降雨为事件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. 解析 4.(人A选三P50例5改编)已知P(A)=,P()=,P(B|A)=,P(B|)=,则P(B)=_____________. P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=. 解析 5.袋子中放有大小、形状相同的5个小球,其中标号为“0”的小球为1个,标号为“1”的小球2个,标号为“2”的小球2个.从袋中任取两个小球,已知其中一个小球的标号是“1”的条件下,则另一个小球标号也是“1”的概率为(　　) A. B. C. D. 设取出的两个小球中至少有一个标号为“1”为事件A,取出的两个小球标号都为“1”为事件B,则P(A)==,P(AB)==,所以已知其中一个小球的标号是“1”的条件下,另一个小球标号也是“1”的概率为P(B|A)===,故选B. 解析 考向❶事件独立性的判断 【例1】　(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 考点一 相互独立事件的判断及概率 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. 解析 判断事件相互独立性的方法 1.利用定义,若P(AB)=P(A)P(B),则事件A与事件B相互独立. 2.利用对“独立性”的理解,若事件A的发生与否不影响事件B的发生与否,则两事件相互独立. 考向❷求相互独立事件的概率 【例2】　(1)(2026·合肥模拟)甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛,采用7局4胜制(先胜4局者胜,比赛结束),已知每局比赛甲获胜的概率均为,则甲以4比2获胜的概率为(　　) A. B. C. D. 由题意知在前5局比赛中甲胜3局,第六局甲必胜,所以所求概率为=.故选C. 解析 (2)(2026·杭州质检)投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在广泛开展投壶活动中,对投壶的壶也有所改进,即在壶口两旁增添两耳,因此在投壶的花式上就多了许多名目,如“贯耳(投入壶 耳)”.每一局投壶,每一位参赛者各有四支箭,投入壶口一次得1分,投入壶耳一次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛(两人投中壶口、壶耳是相互独立的),甲四支箭已投完,共得3分,乙投完2支箭,目前只得1分,乙投中壶口的概率为,投中壶耳的概率为.四支箭投完,以得分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为_____________. 由题意,若乙要赢得这局比赛,按照乙第三支箭的情况可分为两类:①第三支箭投中壶口,第四支箭必须投入壶耳,其概率为P1=×=;②第三支箭投入壶耳,第四支箭投入壶口、壶耳均可,其概率为P2= ×=,所以乙赢得这局比赛的概率为P=P1+P2=+=. 解析 独立事件概率的求法 解答这类概率综合问题时,一般“大化小”,即将问题划分为若干个彼此互斥的事件,然后运用概率的加法公式和乘法公式来求解,在运用乘法公式时一定要注意是否满足相互独立,只有相互独立才能运用乘法公式. 【题组对点练】 题号 1 2 考向 ❶ ❷ (1)(2026·菏泽模拟)盒中有4个大小相同的小球,其中2个红球、2个白球,第一次在盒中随机摸出2个小球,记下颜色后放回,第二次在盒中也随机摸出2个小球,记下颜色后放回.设事件A=“两次均未摸出红球”,事件B=“两次均未摸出白球”,事件C=“第一次摸出的两个球中有红球”,事件D=“第二次摸出的两个球中有白球”,则(　　) A.A与B相互独立 B.A与C相互独立 C.B与C相互独立 D.C与D相互独立 依题意得P(A)==,P(B)==,P(AB)=0≠P(A)P(B),故A错 误;P(C)==,P(AC)=0≠P(A)P(C),故B错误;P(BC)= =≠P(B)P(C),故C错误;P(D)==,P(CD)= == P(C)P(D),故D正确.故选D. 解析 (2)小刚参与一种答题游戏,需要解答A,B,C三道题.已知他答对这三道题的概率分别为a,a,,且各题答对与否互不影响,若他恰好能答对两道题的概率为,则他三道题都答错的概率为(　　) A. B. C. D. 记小刚答对A,B,C三道题分别为事件D,E,F,且D,E,F相互独立,且P(D)=P(E)=a,P(F)=.恰好能答对两道题为事件DE+DF+EF,且DE,DF,EF两两互斥,所以P(DE+DF+EF)=P(DE)+ P(DF)+P(EF)=P(D)P(E)P()+P(D)P()P(F)+P()P(E)P(F)=a×a×+a×(1-a)×+(1-a)×a×=,整理得(1-a)2=,他三道题都答错为事件,故P()=P()P()P()=(1-a)2=(1-a)2=. 解析 【例3】　(1)(2026·福建质检)已知随机事件A,B发生的概率分别为P(A)=0.3,P(B)=0.6,下列说法不正确的为(　　) A.若P(AB)=0.18,则A,B相互独立 B.若A,B相互独立,则P(B|A)=0.6 C.若P(B|A)=0.4,则P(AB)=0.12 D.若A⊆B,则P(A|B)=0.3 考点二 条件概率 因为P(AB)=0.18=P(A)P(B)=0.3×0.6,所以A,B相互独立,故A正确;若A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)=0.6,故B正确;若P(B|A)=== 0.4,则P(AB)=0.12,故C正确;若A⊆B,则P(A|B)===0.5,故D错误.故选D. 解析 (2)(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 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. 解析 (3)(2026·南昌模拟)某学校组织党史知识竞赛,经过激烈角逐,最后甲乙两队争夺冠军,决赛实行“三局两胜”制(无平局).若甲队在每局比赛中获胜的概率均为,且每局比赛结果相互独立,则在甲获得冠军的条件下,比赛进行了三局的概率为_____________. 解析 求条件概率的常用方法 1.利用定义,分别求P(A)和P(AB),得P(B|A)=; 2.借助古典概型概率公式,先求事件A包含的样本点个数n(A),再求在事件A发生的条件下事件B包含的样本点个数n(AB),得P(B|A)=. 【训练1】　(1)(2026·大连质检)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 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. 解析 (2)某地开展党史知识竞赛活动,以党支部为单位参加比赛,某党支部在5道党史题中(包含3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答,设事件A为“第1次抽到选择题”,事件B为“第2次抽到选择题”,则P(B|A)=_____________. 解析 解析 【例4】　(2026·石家庄模拟)玻璃杯整箱出售,共3箱,每箱20只.假设各箱含有0,1,2只残次品的概率分别为0.8,0.1,0.1.一顾客欲购买一箱玻璃杯,在购买时,售货员随意取一箱,而顾客随机查看4只玻璃杯,若无残次品,则买下该箱玻璃杯;否则不买.设事件A表示“顾客买下所查看的一箱玻璃杯”,事件Bi表示“箱中恰好有i(i=0,1,2)只残次品”.求: (1)顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率; 考点三 全概率公式的应用 由题设可知,P(B0)=0.8,P(B1)=0.1,P(B2)=0.1,且P(A|B0)=1,P(A|B1)= =,P(A|B2)==,所以P(A)=P(B0)P(A|B0)+P(B1)P(A|B1)+P(B2) ·P(A|B2) =0.8×1+0.1×+0.1×=,即顾客买下所查看的一箱玻璃杯的概率是. 解 (2)在顾客买下的一箱玻璃杯中,没有残次品的概率. 因为P(B0|A)===,所以在顾客买下的一箱玻璃杯中,没有残次品的概率是. 解 利用全概率公式解题的思路 1.按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i=1,2,…,n). 2.求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生条件下的概率P(Ai)P(B|Ai). 3.代入全概率公式计算. 【训练2】　(1)无人酒店是利用人工智能与物联网技术,为客人提供自助入住等服务的新型酒店,胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择,某游客去该地旅游,第一天随机选择一种酒店入住,如果第一天入住无人酒店,那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8,如果第一天入住常规酒店,那么第二天入住无人酒店的概率为0.6,则该游客第二天入住无人酒店的概率为(　　) A.0.8 B.0.7 C.0.6 D.0.5 记事件A1={第一天入住无人酒店},A2={第二天入住无人酒店},B1= {第一天入住常规酒店},根据题意可知P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)= 0.8,P(A2|B1)=0.6,则由全概率公式可得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+ P(B1)P(A2|B1)=0.7.故选B. 解析 (2)某学校有A,B两个餐厅,已知同学甲每天中午都会在这两个餐厅中选择一个就餐,如果甲当天选择了某个餐厅,那么他第二天会有60%的可能性换另一个餐厅就餐,假如第1天甲选择了A餐厅,求第n天选择A餐厅的概率Pn. 若甲在第(n-1)天选择了A餐厅,那么在第n天有40%的可能性选择A餐厅;若甲在第(n-1)天选择了B餐厅,那么在第n天有60%的可能性选择A餐厅.所以第n天选择A餐厅的概率Pn=0.4Pn-1+0.6(1- Pn-1)(n≥2,n∈N*),故Pn=-0.2Pn-1+0.6,所以Pn-0.5=-0.2(Pn-1-0.5),又由题意得,P1=1,所以{Pn-0.5}是以0.5为首项,-0.2为公比的等比数列,所以Pn-0.5=0.5×(-0.2)n-1,所以Pn=0.5+0.5×(-0.2)n-1. 解 【典例】　人工智能领域让贝叶斯公式:P(A|B)=站在了世界中心位置,AI换脸是一项深度伪造技术,某视频网站利用该技术掺入了一些AI视频,AI视频占有率为0.001.某团队决定用AI对抗AI,研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假.该鉴伪技术的准确率是0.98,即在该视频是伪造的情况下,它有98%的可能鉴定为AI;它的误报率是0.04,即在该视频是真实的情况下,它有4%的可能鉴定为AI.已知某个视频被鉴定为AI,则该视频是AI合成的可能性为(　　) A.0.1%　　B.0.4%　　C.2.4%　　D.4% 记“视频是AI合成”为事件A,记“鉴定结果为AI”为事件B,则P(A)=0.001,P()=0.999,P(B|A)=0.98,P(B|)=0.04,由贝叶斯公式得P(A|B)==≈0.024.故选C. 解析 【微练】　(1)某校高一(1)班有学生40人,其中共青团员15人,全班分成4个小组,第一组有学生10人,共青团员4人,从该班任选一人做学生代 表.已知选到的是共青团员,则他是第一组学生的概率为____________. 解析 (2)某人从保山到昆明,可以乘坐高铁、客车、飞机三种交通工具,出行方式如下表, 交通工具 高铁 客车 飞机 乘坐概率 迟到概率 0.1 0.3 0.3 某人已迟到,则他乘坐飞机迟到的概率为__________________. 0.25 由题意知,所求概率P==0.25. 解析 1.(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)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).则下列结论正确的为(　　) 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 对于A,单次传输,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,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,B正确;对于C,三次传输,发送1,则译码为1的 解析 事件是依次收到1,1,0;1,0,1;0,1,1和1,1,1的事件的和,它们互斥,所以所求的概率为β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β),C错误;对于D,由选项C知,三次传输,发送0,则译码为0的概率为(1-α)2(1+2α),而单次传输发送0,则译码为0的概率为1-α,又0<α<0.5,因此(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即D正确.故选ABD. 解析 2.(2024·天津高考)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 3.(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查,随机调查了100位某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数据的频率分布直方图: (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表); 平均年龄=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023 +55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=(0.005+0.03+ 0.3+0.595+1.035+1.1+1.105+0.45+0.17)×10=47.9(岁). 解 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率; 设A={一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)},则P(A)=1-P()= 1-(0.001+0.002+0.006+0.002)×10=1-0.11=0.89. 解 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%,该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人,若此人的年龄位于区间[40,50),求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率,精确到0.000 1). 设B={任选一人年龄位于区间[40,50)},C={任选一人患这种疾病},则由条件概率公式,得P(C|B)==== 0.001 437 5≈0.001 4.即此人患这种疾病的概率约为0.001 4. 解 3.全概率公式 一般地,设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=P(Ai)P(B|Ai),我们称上面的公式为全概率公式. 设“甲获得冠军”为事件A,“比赛进行了三局”为事件B,则P(A)=×+××+ ××=,P(AB)=××+××=,P(B|A)===. 解法一(定义法):P(A)==,P(AB)== ,由条件概率公式可得P(B|A)===. 解法二(样本点数法):不放回地依次随机抽取2道题作答,样本空间有5×4=20 个样本点,n(A)=3×4=12,n(AB)=3×2=6,所以P(B|A)===. 解法三(缩小样本空间法):第1次抽到选择题后,第二次再抽一道题,其样本空间有4个样本点,满足事件B 的样本点有2个,所以P(B|A)==. 贝叶斯公式 *贝叶斯公式:设A1,A2,…,An是一组两两互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,P(B)>0,有P(Ai|B) ==,i=1,2,…,n. 设事件A表示“选到第一组学生”,事件B表示“选到共青团员”,由题意,P(A)==,P(B|A)==,P(B)==,所以“已知选到的是共青团员,则他是第一组学生的概率”为==. 由题意知甲选到A的概率P==.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)==,P(MN)==,所以P(N|M)= ==. $