随机事件、古典概型、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“随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式”专题，依据高考评价体系梳理了随机事件概率、互斥与对立事件、古典概型、事件独立性、条件概率与全概率公式五大核心考点。通过近五年高考真题分析，明确古典概型占30%、条件概率占25%的高频考点分布，归纳出古典概型计算、独立性判断等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题母题+变式训练+方法总结”的备考模式，如以2024全国甲文4题为例，用树状图法和排列组合知识突破古典概型，培养学生数学思维。通过典例6全概率公式解决疾病概率问题，强化数学语言表达。特设易错点分析和解题模板，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准定位考点，提升复习效率。

10.1 随机事件、古典概型、条件概率 与全概率公式 返回目录 知识清单 知识点1　随机事件的概率 1.随机事件的频率与概率 (1)频数与频率:在相同的条件S下进行n次试验,观察某一事件A是否出现,称n次试验中 事件A出现的次数nA为事件A出现的频数,称事件A出现的比例fn(A)= 为事件A出现的 频率. (2)概率:对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率,事件A的概率用 P(A)表示. 返回目录 2.互斥事件与对立事件 名称 定义 符号表示 互斥事件 若A∩B为不可能事件,那么称事件A 与事件B互斥 A∩B=⌀ 对立事件 若A∩B为不可能事件,A∪B为必然 事件,那么称事件A与事件B互为对立 事件 A∩B=⌀ 且A∪B=Ω (Ω为全集) 易错易混　互斥事件与对立事件 　　对立事件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件,则“互斥”是“对 立”的必要不充分条件. 返回目录 3.概率的基本性质 性质1:对任意的事件A,都有P(A)≥0. 性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(⌀)=0. 性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B). 性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B). 性质5:如果A⊆B,那么P(A)≤P(B). 性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B). 返回目录 知识点2　古典概型 1.古典概型的两个特点 (1)有限性:样本空间的样本点只有有限个; (2)等可能性:每个样本点发生的可能性相等. 2.古典概型的概率公式 (1)对于古典概型,在包含n个样本点的样本空间Ω中,每个样本点发生的概率都是相等 的,即每个样本点发生的概率都是 . (2)设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则定 义事件A的概率P(A)= = . 其中,n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数. 返回目录 知识点3　事件的相互独立性 1.定义:对任意的两个事件A与B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,则称事件A与事件B相互独 立. 2.性质:若事件A与事件B相互独立,则A与 , 与B, 与 也都相互独立. 返回目录 知识点4　条件概率与全概率公式 1.条件概率及性质 (1)一般地,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 和B互为对立事件,则P( |A)=1-P(B|A). 返回目录 (3)概率的乘法公式 对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(B|A). 2.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). 知识拓展　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. 返回目录 即练即清 1.判断正误.(对的打“√”,错的打“✕”) (1)随机事件A的概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值. ( ) (2)若两个事件是互斥事件,则这两个事件也是对立事件. ( ) (3)可利用古典概型的概率公式求“在边长为2的正方形内任取一点,这点到正方形中 心距离小于或等于1”的概率. ( ) (4)若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B). ( ) (5)P(AB)=P(B)P(B|A). ( )     ✕         √         ✕         ✕         √     返回目录 2.抛掷两枚质地均匀的硬币,设A=“第一枚正面朝上”,B=“第二枚反面朝上”,则事 件A与事件B ( ) A.相互独立　　    B.互为对立事件 C.互斥　　     D.相等     A     返回目录 3.两批同种规格的产品,第一批占40%,合格品率为95%;第二批占60%,合格品率为96%. 将两批产品混合,从混合产品中任取1件,则这件产品是合格品的概率为 ( ) A.0.956　　    B.0.966　　    C.0.044　　    D.0.034     A     返回目录 4.袋子中有10个大小相同的球,其中4个红球,6个白球,已知甲、乙两人依次不放回地摸 取1个球,在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      A     返回目录 5.抛掷一枚质地均匀的骰子两次,则两次的点数都是偶数的概率为_________. 返回目录 考点清单 考点1　随机事件与古典概型 角度1　古典概型 典例1    (2024全国甲文,4,5分)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加, 每人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概 率是 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　解法一　画树状图如下:   由图可知,共有24种出场次序, 其中事件“丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个, 所以丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率P= = . 解法二　设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一 返回目录 个出场,且乙最后出场”. 四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有 =24个,事件A包含的基本事件有 2 =4个,故P(A)= = ,同理可得P(B)= .由于事件A与事件B互斥,故丙不是第一个出 场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)= . 返回目录 方法总结　古典概型概率的求法 (1)列举法:此法适用于样本点较少的古典概型. (2)列表法:此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成坐标法. (3)画树状图法:此法适用于有顺序的问题及较复杂问题中样本点个数的探求. (4)运用排列、组合知识计算. 注:含有“至多”“至少”等类型的概率问题,从正面突破比较困难或比较烦琐时,可考 虑其反面,即其对立事件,然后应用对立事件的性质P(A)=1-P( )求解. 返回目录 变式训练 1.(情境模型变式)如图,平面内有A,B,C,D四个区域,随机在这四个区域之间画3道线, 且任意两个区域之间最多画一道线,则从A,B,C,D任何一个区域,都可以通过连线及区 域到达其他区域的概率为( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     返回目录 解析　从四个区域中任选2个连线,可连 =6条线段, 从中任选3条的方法有 = =20种. 从四个区域中任选3个,用3条线段将这3个区域连接,有 =4种方法,这些连接方式不能 连通四个区域. 所以可以通过3条线连通四个区域的概率为P=1- = .故选D. 返回目录 角度2　概率的基本性质 典例2　抛掷一红一绿两颗质地均匀的正方体骰子,记下骰子朝上面的点数.若用x表示 红色骰子的点数,用y表示绿色骰子的点数,用(x,y)表示一次试验的结果.设A=“两个点 数之积是偶数”,B=“至少有一颗骰子的点数为5”,则P(A∪B)= ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      D     返回目录 解析　解法一　样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5), (2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4), (5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共36个样本点. 事件A包含的样本点有(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,2),(3,4),(3,6),(4, 1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,2),(5,4),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共27个,所以 P(A)= = . 事件B包含的样本点有(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),共11个, 所以P(B)= . 返回目录 事件A∩B包含的样本点有(2,5),(4,5),(6,5),(5,2),(5,4),(5,6),共6个,所以P(A∩B)= = .根 据概率的加法公式可得P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)= + - = .故选D. 解法二    P(A∪B)=1-P( )=1-P( ∩ ), 事件 ∩ 包含的样本点有(1,1),(1,3),(3,1),(3,3),则P(A∪B)=1- = . 返回目录 变式训练 2.(设问条件变式)(2025届山东泰安模拟,5)在一次随机试验中,三个事件A1,A2,A3发生 的概率分别是0.2,0.3,0.5,则下列选项正确的是( ) A.A1+A2+A3是必然事件 B.A1+A2与A3是互斥事件,也是对立事件 C.P(A1+A2)≤0.5 D.P(A2+A3)=0.8     C     返回目录 解析　对于A,P(A1+A2+A3)=P(A1+A2)+P(A3)-P((A1+A2)∩A3) =P(A1)+P(A2)+P(A3)-P(A1∩A2)-P((A1+A2)∩A3) =1-P(A1∩A2)-P((A1+A2)∩A3)≤1, 所以A1+A2+A3不一定是必然事件,A错误; 对于B,因为(A1+A2)∩A3不一定是不可能事件,故A1+A2与A3不一定互斥,B错误; 对于C,P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)-P(A1∩A2)=0.5-P(A1∩A2)≤0.5,C正确; 对于D,P(A2+A3)=P(A2)+P(A3)-P(A2∩A3)=0.8-P(A2∩A3)≤0.8,D错误. 故选C. 返回目录 考点2　事件的相互独立性 角度1　事件独立性的判断 典例3　抛掷一枚均匀的骰子两次,E表示事件“第一次是奇数点”,F表示事件“第二 次是3点”,G表示事件“两次点数之和是9”,H表示事件“两次点数之和是10”,则  ( ) A.E与G相互独立　　    B.E与H相互独立 C.F与G相互独立　　    D.G与H相互独立     A     返回目录 解析　由题意得P(E)= ,P(F)= ,P(G)= ,P(H)= . 对于A,P(EG)= = =P(E)P(G),所以E和G相互独立; 对于B,P(EH)= ≠P(E)P(H),所以E和H不相互独立; 对于C,P(FG)= ≠P(F)P(G),所以F和G不相互独立; 对于D,P(GH)=0,P(G)P(H)≠0,所以G和H不相互独立.故选A. 技巧点拨　判断两个事件A,B是不是相互独立事件,只需要判断P(A)P(B)=P(AB)是否成 立即可,若成立,则A,B是相互独立事件;若不成立,则不是相互独立事件. 返回目录 变式训练 3.(关键元素变式)有5张相同的卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取两 次,每次取1张卡片,A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”,A2表示事件“第一 次取出的卡片上的数字为奇数”,A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”,A4 表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”,则( ) A.A3与A4为对立事件 B.A1与A3为相互独立事件 C.A2与A4为相互独立事件 D.A2与A4为互斥事件     B     返回目录 解析　由题意,知A3与A4互斥但不对立,A错误; 事件A3包含的样本点有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),共5个,则P(A3)= = , 事件A4包含的样本点有(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),共4个,则P(A4)= = , 其中事件A1A3包含的样本点有(2,4),共1个,事件A2A4包含的样本点有(3,4),(5,2),共2个, P(A1)= ,P(A2)= ,则P(A1A3)= =P(A1)P(A3),所以A1与A3为相互独立事件,B正确; P(A2A4)= ≠P(A2)P(A4),所以A2与A4不是相互独立事件,故C错误; 因为A2与A4可同时发生,所以A2与A4不是互斥事件,故D错误.故选B. 返回目录 角度2　相互独立事件概率的求解 典例4    (2020课标Ⅰ理,19,12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与 轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;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,另一人最终获胜,比赛结束. 经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 . (1)求甲连胜四场的概率; (2)求需要进行第五场比赛的概率; (3)求丙最终获胜的概率. 返回目录 解析    (1)甲连胜四场只能是前4场,所求概率为 = .【提醒:如果甲第1场负,那么第 2场甲不出场,在剩余的3场比赛中,甲不可能连胜4场】 (2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛. 比赛四场结束,共有三种情况: 甲连胜四场的概率为 ; 乙连胜四场的概率为 ; 丙上场后连胜三场的概率为 . 返回目录 所以需要进行第五场比赛的概率为1- - - = .【提醒:正面求解情况比较复杂,故考 虑先求其对立事件“比赛只进行4场”的概率,再利用公式P(A)=1-P( )求解】 (3)丙最终获胜包括进行四场比赛丙获胜和进行五场比赛丙获胜. 由(2)知比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 , 由题意知,进行五场比赛丙获胜,则丙只能输一场且丙输的场次可能为第二或第三或第 四场. ①若丙在第二场输,则五场比赛的输者为甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙、乙丙乙甲甲、乙 丙甲乙甲,共4种情况,概率为 ×4= = ; 返回目录 ②若丙在第三场输,则五场比赛的输者为甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙 甲丙乙甲,共4种情况,概率为 ×4= = ; ③若丙在第四场输,则五场比赛的输者为甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲,共2种情况,概率为  ×2= = . 【提醒:若丙在第四场输且在第五场赢,可知前三场有一人淘汰,即第一、三场输的是同 一人】 综上,丙最终获胜的概率为 + + + = . 返回目录 变式训练 4.(情境模型变式)(2024届湖北武汉模拟,6)如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件, 每个元件正常工作的概率均为 ,这个电路是通路的概率是 ( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      B     返回目录 解析　元件B,C都不正常工作的概率p1= × = ,则元件B,C至少有一个正常工 作的概率为1-p1= , 而电路是通路,即元件A正常工作,元件B,C至少有一个正常工作, 所以这个电路是通路的概率p= × = .故选B. 返回目录 考点3　条件概率与全概率公式 角度1　条件概率公式的应用 典例5　小明每天上学途中必须经过2个红绿灯,经过一段时间观察发现如下规律:在第 一个红绿灯处遇到红灯的概率是 ,连续两次遇到红灯的概率是 ,则在第一个红绿灯 处小明遇到红灯的条件下,第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件A,“小明在第二个红绿灯处遇 到红灯”为事件B, 则由题意可得P(A)= ,P(AB)= , 则P(B|A)= = .故选C. 方法总结　条件概率的求法 定义法 先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)= 求P(B|A) 样本点 个数法 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),再求事件AB所包含的样本点个数n(AB),得P(B|A)=   返回目录 变式训练 5.(情境模型变式)将三颗骰子各掷一次,设事件A为“三个点数都不相同”,B为“至 少出现一个6点”,则P(A|B)=_________,P(B|A)=_________. 返回目录 解析    P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下,事件A发生的概率,即在“至少出现一个 6点”的条件下,“三个点数都不相同”的概率.因为“至少出现一个6点”有6×6×6-5× 5×5=91(种)情况,“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有 ×5×4=60(种)情况, 所以P(A|B)= . P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下,事件B发生的概率,即在“三个点数都不相同” 的条件下,“至少出现一个6点”的概率.因为“三个点数都不相同”有6×5×4=120(种) 情况,所以P(B|A)= . 返回目录 角度2　全概率公式的应用 典例6    (2026届广东阳江月考,4)医学部门对某地区的一种地方性疾病进行医学研究, 已知该地区有良好卫生习惯的居民占0.6,没有良好卫生习惯的居民占0.4,该地区所有 居民患这种地方性疾病的概率为0.014.若有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的 概率为0.01,则没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为( ) A.0.03　　    B.0.024　　    C.0.02　　    D.0.018     C     返回目录 解析　设事件A=“居民患有这种地方性疾病”,事件B1=“居民有良好卫生习惯”,事 件B2=“居民没有良好卫生习惯”. 由题意,知P(B1)=0.6,P(B2)=0.4,P(A)=0.014,P(A|B1)=0.01, 由全概率公式,可得P(A)=P(B1)·P(A|B1)+P(B2)P(A|B2), 即0.014=0.6×0.01+0.4×P(A|B2),解得P(A|B2)=0.02, 即没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为0.02.故选C. 返回目录 技巧总结　全概率公式的应用 全概率公式是计算概率的一个很有用的公式,通常把B1,B2,…,Bn看成导致A发生的一组 原因,如若A是“次品”,必是n个车间生产了次品;若A是“某种疾病”,必是几种病因导 致A发生;若A表示“被击中”,必有几种方式或几个人打中. (1)何时用:多种原因导致事件的发生. (2)如何用:将事件分成两两不相容的完备事件组. (3)数学本质是先利用一组两两互斥的事件(和为必然事件)分割事件B,再由概率的加法 公式和乘法公式求事件A的概率. 返回目录 变式训练 6.(关键元素变式)已知甲、乙两个袋子,其中甲袋内有1个红球和3个白球,乙袋内有2 个红球和2个白球.根据下列规则进行连续有放回的摸球(每次只摸1个球):先随机选择 一个袋子摸球.若选中甲袋,则后续每次均选择甲袋摸球;若选中乙袋,则后续再随机选 择一个袋子摸球.按照上述规则进行连续摸球,若摸到2次红球,则停止摸球.求3次之内 (含3次)停止摸球的概率. 返回目录 解析　设事件M=“3次之内(含3次)停止摸球”, 事件A=“第1次摸到红球,第2次摸到红球”, 事件B=“第1次摸到红球,第2次摸到白球,第3次摸到红球”, 事件C=“第1次摸到白球,第2次摸到红球,第3次摸到红球”, 事件Di=“首次选择甲袋是第i次摸球”(i=1,2,3), 事件D0=“一直没有选择甲袋”, 则P(A)=P(D1)P(A|D1)+P(D2)·P(A|D2)+P(D0)P(A|D0) = × × + × × × + × × × = . 返回目录 P(B)=P(D1)P(B|D1)+P(D2)P(B|D2)+P(D3)P(B|D3)+P(D0)P(B|D0) = × × × + × × × × + × × × × × + × × × = . P(C)=P(D1)P(C|D1)+P(D2)P(C|D2)+P(D3)P(C|D3)+P(D0)P(C|D0) = × × × + × × × × + × × × × × + × × × = . 因此P(M)=P(A)+P(B)+P(C)= + + = . 返回目录 $