事件的独立性与条件概率、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“事件的独立性与条件概率、全概率公式”核心模块，依据高考评价体系明确条件概率计算、独立事件判定、全概率公式应用三大考查要求，通过考点权重分析，突出相互独立事件概率（占比约40%）及全概率公式（占比30%）的高频考点，归纳相互独立事件、条件概率、全概率公式应用三大常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题训练+方法建模+素养提升”的三维备考策略，如以滁州模拟题为例，通过定义法、样本点法解析条件概率，培养学生数学思维与逻辑推理能力。全概率公式应用中结合“工厂产品合格概率”实例，提炼四步解题步骤，帮助学生用数学语言精准表达概率关系。特设易错点警示与变式训练，助力学生掌握答题技巧，教师可据此实施针对性复习，提升备考效率。

　事件的独立性与条件概率、全概率公式 1 P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) P(A)P(B) P(A)P(B|A) C B B C 0.868 BCD ABD B AC C ACD D ACD 1．条件概率 (1)条件概率的定义 一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称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 条件概率是概率的一种，具有概率的一般性质．设P(A)>0，则 ①P(Ω|A)＝ ； ②如果B和C是两个互斥事件，那么P(B∪C|A)＝ ； ③设和B互为对立事件，则P(|A)＝ ． 2．事件的相互独立性 (1)独立事件的概念 对任意两个事件A，B，如果P(AB)＝ 成立，那么称事件A与事件B相互独立． (2)相互独立的性质 如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立． (3)独立事件的概率公式 ①若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B). ②若事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An). (4)概率的乘法公式 对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝ ． 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，则对任意事件B⊆Ω，有P(B)＝(Ai)P(B|Ai).我们称这个公式为全概率公式． [热身训练] 1．天气预报，在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 2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小、质地完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 3．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为和，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( ). A．　　　 B． C．　　　 D． 4．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次打击，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为( ). A．0.4　　　 B．0.16 C．0.68　　　 D．0.17 5．某工厂有两个车间生产同型号家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品混合堆放在一个仓库，假设第一、二车间生产的成品比例为2∶3，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，则该产品合格的概率为 ． 【解析】设事件B＝“从仓库中随机提出的一台产品是合格品”，事件Ai＝“提出的一台产品是第i车间生产的”，i＝1，2.由题意知P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.6，P(B|A1)＝0.85，P(B|A2)＝0.88，由全概率公式知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝0.4×0.85＋0.6×0.88＝0.868. 题型1　相互独立事件的概率 【例1】(1)(多选)(2024·滁州模拟)已知A，B为两个随机事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则下列说法正确的有( ). A．P(A＋B)<1 B．若A，B为互斥事件，则P(AB)＝0 C．若P(AB)＝0.24，则A，B为相互独立事件 D．若A，B为相互独立事件，则P()＝P(AB) 【解析】若A，B为互斥事件，因为P(A)＋P(B)＝1，所以A∩B＝∅且A＋B＝Ω，所以P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A错误，B正确；若P(AB)＝0.24，则P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B为相互独立事件，故C正确；若A，B为相互独立事件，则，也相互独立，则P()＝P()P()，又P()＝0.6，P()＝0.4，所以P(AB)＝0.4×0.6＝P()P()，所以P()＝P(AB)，故D正确． (2)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 ． 【解析】由题意，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＝×＝.综上，乙赢得这局比赛的概率为p＝p1＋p2＝＋＝. 求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)相互独立事件同时发生的概率等于事件各自发生的概率之积． (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算． 【变式】(多选)甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签．其中，甲袋中有编号为1，2，3的三个号签；乙袋有编号为1，2，3，4，5，6的六个号签．现从甲、乙两袋中各随机抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响．记事件A：从甲袋中抽取的号签编号为1；事件B：从乙袋中抽取的号签编号为6；事件C：抽取的两个号签编号的和为3；事件D：抽取的两个号签编号不同．则下列说法正确的有( ). A．P(AB)＝ B．P(C)＝ C．事件A与事件C相互独立 D．事件A与事件D相互独立 【解析】对于A，事件A，B相互独立，P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，A正确；对于B，样本点为(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)，共18个样本点，事件C包括(1，2)，(2，1)，共2个样本点，所以P(C)＝＝，B正确；对于C，由P(AC)＝≠×＝P(A)P(C)，得事件A，C不相互独立，C错误；对于D，由P(AD)＝＝×＝P(A)P(D)，得事件A，D相互独立，D正确． 题型2　条件概率 【例2】(1)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． 【解析】设“喜欢吃肠旺面”为事件A，“喜欢吃丝娃娃”为事件B，则“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－＝，所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝＋－＝，由条件概率的公式得P(B|A)＝＝＝. (2)(多选)(武汉模拟)设，分别为随机事件A，B的对立事件，已知0<P(A)<1，0<P(B)<1，则下列说法正确的有( ). A．P(B|A)＋P(|A)＝1 B．P(B|A)＋P(B|)＝0 C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A) D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B) 【解析】P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A正确；当A，B是相互独立事件时，P(B|A)＋P(B|)＝2P(B)≠0，故B错误；因为A，B是相互独立事件，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝＝P(A)，故C正确；因为A，B是互斥事件，所以P(AB)＝0，根据条件概率公式得P(B|A)＝0，而P(B)∈(0，1)，故D错误． 条件概率的三种求法 定义法 先求P(A)和P(AB)，再根据P(B|A)＝求P(B|A) 样本 点法 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包含的样本点个数n(AB)，得P(B|A)＝ 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，化繁为简 【变式】(1)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 【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. (2)(多选)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，事件A表示“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，事件B表示“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)＝ 【解析】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，记事件A1表示“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)＝＝＝，D正确． 题型3　全概率公式的应用 【例3】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，袋子中有质地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； (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． 【解析】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. (2)①因为B1，B2是对立事件，所以P(B2)＝1－P(B1)＝，所以P(A1|B2)＝＝＝＝，所以选到的袋子为甲袋的概率为. 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． 运用全概率公式的一般步骤 (1)求出样本空间Ω的一个划分A1，A2，…，An； (2)求P(Ai)(i＝1，2，…，n)； (3)求P(B|Ai)(i＝1，2，…，n)； (4)代入全概率公式求目标事件的概率P(B). 【变式】某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图10.4­1所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( ). 图10.4­1 A．0.23　　　 B．0.47 C．0.53　　　 D．0.77 概率问题中的递推数列 在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题． 【例题】(多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的任意一人是等可能的．从一个人传球到另一个人称传球一次．若传球开始时甲持球，记传球n次后球仍回到甲手里的概率为Pn，则下列结论正确的有( ). A．P2＝ B．P4＝ C．Pn＝(1－Pn－1) D．Pn＝－ 【解析】A选项，第一次传球，球到乙或丙手里，故P1＝0；第二次传球，乙或丙有的概率将球传给甲，故P2＝，A正确；C选项，Pn－1为传球n－1次后球仍回到甲手里的概率，要想传球n次后球仍回到甲手里，则第(n－1)次传球后球不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传球有的概率回到甲手里，故Pn＝(1－Pn－1)，C正确； D选项，由C选项知Pn＝(1－Pn－1)，即Pn＝－Pn－1＋，设Pn＋λ＝－(Pn－1＋λ)，故Pn＝－Pn－1－λ，所以－λ＝，解得λ＝－，故Pn－＝－，又P1－＝－≠0，所以是首项为－，公比为－的等比数列，故Pn－＝－，故Pn＝－，D正确；B选项，由D选项可知P4＝－×＝，B错误． 概率与递推数列的综合问题，主要有四种类型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1＝pan＋f (n)型；(3)an＋1＝anf (n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型． 【变式】已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有球的大小、质地完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列 {Pn}的前n项和Sn＝ ． 【解析】由题意得P1＝＝，第n次取出的球是红球的概率为Pn，则第n次取出的球是白球的概率为(1－Pn)，对于第n＋1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出的概率为Pn×，②从白箱取出的概率为(1－Pn)×，所以Pn＋1＝＋Pn，所以Pn＋1－＝，令an＝Pn－，则数列{an}为等比数列，且公比为，因为P1＝，所以a1＝，所以an＝2－(2n+1)，所以Pn＝＋2－(2n+1)，所以Sn＝＋＝＋＝. $