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概念、概率计算、实际应用三大考查要求，通过模拟题分析得出相互独立事件判断、条件概率计算占比超60%的高频考点，归纳选择、填空、解答等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+方法归纳+素养提升”，如2026郑州模拟题用贝叶斯公式解决“获胜条件下选队概率”，培养数学思维的推理能力与数学语言的模型观念，提供“定义法判断独立性”等突破方法，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 2 一、单项选择题 1.若P(AB)=,P()=,P(B)=,则事件A与B的关系是(　　) A.事件A与B互斥 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 基础过关 因为P(A)=1-P()=1-=,所以P(A)P(B)=,P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A与B相互独立,事件A与B不互斥也不对立.故选C. 解析 2.(2026·福州模拟)已知P(A|B)=P(B|A),P()=,则P(B)=(　　) A. B. C. D. 因为P(A|B)=,P(B|A)=,且P(A|B)=P(B|A),所以P(A)=P(B).又P()=,所以P(A)=1-P()=,所以P(B)=. 解析 3.甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛,教练组根据训练情况,安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1,p2,p3,假设三次交接棒相互独立,则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(　　) A.p1p2p3 B.1-p1p2p3 C.(1-p1)(1-p2)(1-p3) D.1-(1-p1)(1-p2)(1-p3) 因为三次交接棒失误的概率分别是p1,p2,p3,所以三次交接棒不失误的概率分别是1-p1,1-p2,1-p3.因为三次交接棒相互独立,所以此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是(1-p1)(1-p2)(1-p3). 解析 4.(2026·开封模拟)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道题,抽出的题不再放回,则在第1次抽到几何题的条件下,第2次抽到代数题的概率是(　　) A. B. C. D. 设事件A=“第1次抽到几何题”,事件B=“第2次抽到代数题”,所以P(A)=,P(AB)=×=,则P(B|A)===.故选A. 解析 5.为充分感受冬奥的运动激情,领略奥运的拼搏精神,甲、乙、丙三人进行短道速滑训练赛.已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为,,,则3场训练赛过后,甲、乙获胜场数相同的概率为(　　) A. B. C. D. “甲、乙获胜场数相同”包括两种情况:“甲、乙各获胜1场”与“甲、乙各获胜0场”,所以所求概率为×××××+=.故选C. 解析 6.(2026·郑州模拟)某单位选派一支代表队参加市里的辩论比赛,现有“初心”“使命”两支预备队.选哪支队是随机的,其中选“初心”队获胜的概率为0.8,选“使命”队获胜的概率为0.7,单位在比赛中获胜的条件下,选“使命”队参加比赛的概率为 (　　) A. B. C. D. 记选“初心”队为事件A,选“使命”队为事件B,该单位获胜为事件M.则P(A)=P(B)=0.5,P(M|A)=0.8,P(M|B)=0.7,因此P(M)=P(A)P(M|A)+ P(B)P(M|B)=0.5×0.8+0.5×0.7=0.75.所以选“使命”队参加比赛的概率P(B|M)====.故选D. 解析 二、多项选择题 7.在一个随机试验中,随机事件M,N发生的概率分别为P(M)=0.3,P(N)=0.7,则下列说法正确的是(　　) A.M与N是对立事件 B.若M与N相互独立,则P(M+N)=0.79 C.若M与N相互独立,则P(N)=0.49 D.若P(M|N)=,则P(N|M)= 选项A:虽然P(M)+P(N)=0.3+0.7=1,但P(MN)=0不一定成立(即事件M包含的样本点与事件N包含的样本点有可能重复),故M与N不一定是对立事件,错误;选项B:若M与N相互独立,则P(M+N)=P(M)+P(N)-P(MN)=P(M)+P(N)-P(M)·P(N)=0.3+0.7-0.3·0.7=0.79,正确;选项C:若M与N相互独立,则与N相互独立,所以P(N)=P()·P(N)= [1-P(M)]·P(N)=0.7×0.7=0.49,正确;选项D:若P(M|N)=,则=,所以P(MN)=0.1,所以P(N|M)===,正确.故选BCD. 解析 8.盒子中有大小相同的5个球,其中3个红球,2个白球,从盒子中随机依次不放回的取出两个球,记事件A为“第一次取出的是红球”,事件B为“第二次取出的是红球”,则(　　) A.P(AB)= B.P(B|A)= C.P(B)= D.P(A+B)= 对于A,P(AB)==,故A错误;对于B,P(A)==,P(B|A)= ==,故B正确;对于C,P(B)=P(AB)+P(B)=+=,故C正确;对于D,P(A+B)=1-P()=1-=,故D正确.故选BCD. 解析 三、填空题 9.甲、乙两名同学参加一项射击比赛,其中任何一人每射击一次击中目标得2分,未击中目标得0分.已知甲、乙两人射击互不影响,且命中率分别为和p.若甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为,则p的 值为　　　　.  　 设“甲射击一次,击中目标”为事件A,“乙射击一次,击中目标”为事件B,则“甲射击一次,未击中目标”为事件,“乙射击一次,未击中目标”为事件,则P(A)=,P()=1-=,P(B)=p,P()=1-p.依题意得×(1-p)+×p=,解得p=. 解析 10.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛,比赛采取五局三胜制.若各局比赛相互独立,甲每局获胜的概率为,没有平局.若已知甲最终获得比赛胜利,那么甲是以3∶1获胜的概率为　　　　.  　 由题意可知若甲获得比赛胜利,比赛的结果可为3∶0,3∶1和3∶2.若甲以3∶0获胜,则概率为P1==,若甲以3∶1获胜,则概率为P2=××=,若甲以3∶2获胜,则概率为P3=××=,所以甲获得比赛胜利的概率为P=P1+P2+P3=,则在已知甲最终获得比赛胜利的条件下,甲是以3∶1获胜的概率为==. 解析 11.某批产品来自A,B两条生产线,A生产线占60%,次品率为4%;B生产线占40%,次品率为5%,现随机抽取一件进行检测,若抽到的是次品,则它来自A生产线的概率是　　　　.  　 设A=“抽到的产品来自A生产线”,B=“抽到的产品来自B生产线”,C=“抽到的一件产品是次品”,则P(A)=0.6,P(B)=0.4,P(C|A)=0.04, P(C|B)=0.05,由全概率公式得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=0.6× 0.04+0.4×0.05=0.044,所以它来自A生产线的概率是P(A|C)== ==. 解析 四、解答题 12.(2026·西安模拟)某芯片加工厂对其生产的芯片采用AI质检系统进行检测,该厂芯片的次品率为p,系统检测到次品时,有95%的概率正确标记为“不合格”,检测到正品时有90%的概率正确标记为“合格”. (1)现从生产线上随机抽取1件芯片进行检测,若p=0.1,求被系统标记为合格品的概率; 用事件A表示抽到的是正品,把抽到的产品标记为合格品为事件B,则P(A)=0.9,P()=0.1,P(B|A)=0.9,P(B|)=1-0.95=0.05,由全概率公式得P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.9×0.9+0.1×0.05=0.815. 解 (2)若质检系统把次品标记为“合格”或把正品标记为“不合格”,则称系统检测误判,且将单件产品被系统检测误判的概率称之为系统检测误判率.已知该工厂通过技术升级使芯片的次品率p有所降低,那么随着p的降低,系统检测误判率是升高还是降低?并说明理由. 设系统的误判率为P,则P=0.05×p+0.1×(1-p)=0.1-0.05p,所以随着p的降低,系统的误判率P升高. 解 13.(2026·南京模拟)为了吸引顾客,我市某大型商超策划了抽奖活动,计划如下:有A,B,C三个抽奖项目,它们之间相互不影响,每个项目每位顾客至多参加一次,项目A中奖的概率是,项目B和C中奖的概率都是. (1)若规定每位参加活动的顾客需要依次参加A,B,C三个项目,如果A,B,C三个项目全部中奖,顾客将获得100元奖券,如果仅有两个项目中奖,顾客将获得50元奖券,否则就没有奖券.求每位顾客获得50元奖券的概率; P(X=50)=×××+×=. 解 (2)若规定每位顾客等可能地参加三个项目中的一个项目.已知某顾客中奖了,求他参加的是A项目的概率. 设“该顾客中奖”为事件M,参加项目A,B,C分别记为事件N1,N2,N3,则P(M)= P(Ni)P(M|Ni)=×+×+×=,所以P(N1|M)====,即已知某顾客中奖了,则他参加的是A项目的概率是. 解 14.盒子内装有编号为1,2,3,…,10的10个除编号外完全相同的玻璃球.从中任取三球,则其编号之和能被3整除的概率为　　　　.  素养提升 依题意,知试验含有的样本点总数为 =120,且它们的发生是等可能的,10个数中能被3整除的有3,6,9;除以3余数是1的有1,4,7,10; 解析 　 除以3余数是2的有2,5,8,取出的3个数的和能被3整除的事件有以下几类可能:3个数都能被3整除,有=1种;3个数都除以3余数是1,有=4种;3个数都除以3余数是2,有=1种;3个数有1个能被3整除,1个除以3余数是1,1个除以3余数是2,有=36种,所以所求概率为=. 解析 15.人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学,被认为是21世纪最重要的尖端科技之一,其理论和技术日益成熟,应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理:首先确定先验概率,然后通过计算得到后验概率,使先验概率得到修正和校对,再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理,我们可以设计如下试验模型:有完全相同的甲、乙两个袋子,袋子中有形状和大小完全相同的小球,其中甲袋中有9个红球和1个白球,乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子,再从该袋子中等可能地摸出一个球,称为一次试验.若多次试验直到摸出红球,则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率). (1)求首次试验结束的概率; 设试验一次,“选到甲袋”为事件A1,“选到乙袋”为事件A2,“试验结果为红球”为事件B1,“试验结果为白球”为事件B2. (1)P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)=×+×=.所以试验一次结果为红球的概率为,即首次试验结束的概率为. 解 (2)在首次试验摸出白球的条件下,我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率; ②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子,继续进行第二次试验时有如下两种方案:方案一,从原来的袋子中摸球;方案二,从另外一个袋子中摸球.请通过计算,说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. ①因为B1,B2是对立事件,P(B2)=1-P(B1)=,所以P(A1|B2)= ===,所以选到的袋子为甲袋的概率为. 解 ②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-=,所以方案一中取到红球的概率为P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=×+×=,方案二中取到红球的概率为P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=×+ ×=,因为>,所以方案二中取到红球的概率更大,即选择方案二第二次试验结束的概率更大. 解 $