第6章 1.2 乘法公式与事件的独立性（教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（北师大版）

本讲义聚焦高中数学“乘法公式与事件的独立性”核心知识点，先通过古典概型实例（如摸球问题）引入乘法公式，再结合条件概率关系引出相互独立事件概念，最后通过系统元件等实例掌握独立事件概率计算，构建递进式学习支架。 该资料以“三个臭皮匠挑战诸葛亮”生活情境导语激发兴趣，通过问题驱动（如密码尝试、抽奖问题）与实例分析培养数学思维，分层练习（跟踪训练、课时对点练）助学生用数学语言表达概率计算。课中辅助教师引导学生深化理解，课后帮助学生回顾知识、查漏补缺。

1.2　乘法公式与事件的独立性 学习目标　1.结合古典概型，会用乘法公式计算概率.2.理解两个事件相互独立的概念.3.理解事件的独立性与条件概率的关系. 导语 俗话说：“三个臭皮匠顶个诸葛亮.”在某次智者挑战大赛中，由甲、乙、丙三人组成“臭皮匠”团队，挑战“诸葛亮”，其中甲、乙、丙能答对某题的概率分别为0.5，0.48，0.45，而“诸葛亮”能答对该题的概率是0.8.比赛规则：各个选手独立答题，不得商量，团队中只要1人答出该题即为挑战成功.该挑战能否成功？ 一、概率的乘法公式 问题1　小明在登录邮箱时发现忘了密码的最后一位，只记得是数字0~9中的任意一个.那么他在尝试登录时，第一次失败，第二次成功的概率是多少？ 提示　×. 知识梳理　乘法公式： P(AB)＝P(A)P(B|A)(其中P(A)>0)， P(AB)＝P(B)P(A|B)(其中P(B)>0). 例1　(课本例3)　已知口袋中有3个黑球和7个白球，这10个球除颜色外完全相同. (1)先后两次从中不放回地各摸出一球，求两次摸到的均为黑球的概率； (2)从中不放回地摸球，每次各摸一球，求第三次才摸到黑球的概率. 解　设事件Ai表示“第i次摸到的是黑球”(i=1，2，3)，则事件A1A2表示“两次摸到的均为黑球”. (1)由题意知P(A1)=，P(A2|A1)=. 于是，根据乘法公式，有 P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=×=. 所以先后两次从中不放回地各摸出一球，两次摸到的均为黑球的概率为. (2)设事件A表示“第三次才摸到黑球”， 则A=A3. 由题意知P()=，P(|)=， P(A3|)=. 于是，根据乘法公式，有 P(A3)=P()P(|)P(A3|)=××=. 所以从中不放回地摸球，每次各摸一球，第三次才摸到黑球的概率为. 例1　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； (2)两次都取得白球的概率； (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率. 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， (1)P(A)＝. (2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×. (3)P(B)＝P()P(B|)＝×. 反思感悟　概率的乘法公式 (1)公式P(AB)＝P(A)P(B|A)反映了知二求一的方程思想. (2)该概率公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0. 跟踪训练1　(1)一粒种子发芽的可能性是90%，而发芽后芽成活长成苗的概率为80%，则一粒种子长成苗的概率为　　　　. 答案　72% 解析　设事件A表示“种子发芽”，事件B表示“芽长成苗”，则“一粒种子长成苗”为事件AB， 则P(A)＝90%，P(B|A)＝80%. 由乘法公式知P(AB)＝P(A)P(B|A)＝90%×80%＝72%. (2)已知1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，这些球除了颜色外其他都相同，现随机从1号箱中取出一个球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一个球，则两次都取到红球的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设“从1号箱取到红球”为事件A，“从2号箱取到红球”为事件B. 由题意，得P(A)＝，P(B|A)＝， 所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×， 所以两次都取到红球的概率为. 二、条件概率与相互独立事件的关系 问题2　三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学有放回地抽取，事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”.事件A的发生会影响事件B 发生的概率吗？ 提示　有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学的抽奖结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B 发生的概率.于是P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(A)P(B). 知识梳理 1.如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件就叫作相互独立事件. 2.两个相互独立事件同时发生的概率，等于这两个事件发生的概率的积，即P(AB)＝P(A)P(B). 注意点： 如果A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立. 例2　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”； (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　(1)“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)“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. 反思感悟　两个事件是否相互独立的判断 (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. 跟踪训练2　(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，每次摸出一个球，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” 答案　BCD 解析　对于A选项，A，B两个事件发生与否互不影响，故是相互独立事件；对于B选项，A事件发生影响B事件发生，故不是相互独立事件；对于C选项，事件A，B是对立事件，故不是相互独立事件；对于D选项，若事件B发生，则事件A一定发生，故不是相互独立事件. (2)有6个相同的球放在不透明袋子中，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.甲与丙是相互独立事件 B.甲与丁是相互独立事件 C.乙与丙是相互独立事件 D.丙与丁是相互独立事件 答案　B 解析　P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝， P(丁)＝，则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).故甲与丁是相互独立事件. 三、相互独立事件发生的概率 例3　(课本例5)　如图，用a，b，c三类不同的元件连接成两个系统N1，N2，当元件a，b，c都正常工作时，系统N1正常工作；当元件a正常工作且元件b，c至少有一个正常工作时，系统N2正常工作.已知元件a，b，c正常工作的概率依次为0.80，0.90，0.90. (1)求系统N1正常工作的概率P1； (2)求系统N2正常工作的概率P2. 解　设事件A表示“元件a正常工作”，事件B表示“元件b正常工作”，事件C表示“元件c正常工作”.由题意可知事件A，B，C相互独立. (1)依题意知P1=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.80×0.90×0.90=0.648. 故系统N1正常工作的概率为0.648. (2)依题意知P2=P(A)P(B)P()+P(A)P()P(C)+P(A)P(B)P(C) =0.80×0.90×0.10+0.80×0.10×0.90+ 0.80×0.90×0.90=0.792. 故系统N2正常工作的概率为0.792. 例3　小王某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求： (1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率； (2)这三列火车至少有一列正点到达的概率. 解　用A，B，C分别表示“这三列火车正点到达”的事件， 则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9， 所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1. (1)由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(BC)+P(AC)+P(AB)＝P()P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+P(A)P(B)P()＝0.2×0.7×0.9+0.8×0.3×0.9+0.8×0.7×0.1＝0.398. (2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P( )＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994. 反思感悟　求相互独立事件同时发生的概率的步骤 (1)首先确定各事件是相互独立的. (2)再确定各事件会同时发生. (3)先求每个事件发生的概率，再求两个概率之积. 跟踪训练3　根据资料统计，某市车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.6，购买甲种保险与购买乙种保险相互独立. (1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率； (2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率. 解　记事件A表示“购买甲种保险”，事件B表示“购买乙种保险”，则由题意得A与B，A与，与B，与都是相互独立事件，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6. (1)记事件C表示“同时购买甲、乙两种保险”， 则C＝AB， 所以P(C)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.6 ＝0.3. (2)记事件D表示“购买乙种保险但不购买甲种保险”， 则D＝B， 所以P(D)＝P(B)＝P()P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3. 1.知识清单： (1)概率乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(B)P(A|B). (2)事件A与事件B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B). 2.方法归纳：正难则反. 3.常见误区：判断事件是否为独立事件. 1.已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×. 2.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”，用事件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 答案　D 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不是相互独立事件. 3.袋中有6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，依次不放回抽取2次，每次抽取一球，则第二次才能取到黄球的概率为　　　　　. 答案　 解析　记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，“第二次才取到黄球”为事件C， 所以P(C)＝P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝×. 4.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　　　. 答案　 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－××. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共18分 1.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 答案　A 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. 2.甲、乙两班各有36名学生，甲班有9名三好学生，乙班有6名三好学生，两班各派1名学生参加演讲活动，派出的恰好都是三好学生的概率是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　两班各自派出1名学生是相互独立事件，设事件A，B分别为“甲班、乙班派出的是三好学生”，则事件AB为“两班派出的都是三好学生”，则P(AB)＝P(A)P(B)＝×. 3.(多选)设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则(　　) A.P(AB)＝ B.P(AB)＝ C.P(B)＝ D.P(B)＝ 答案　AC 解析　P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×， 由P(A|B)＝， 得P(B)＝×2＝. 4.(多选)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) 答案　BC 解析　P(A|B)＝，P(B|A)＝，P(A)与P(B)不一定相等，故A错误；B显然正确； 由P(B|A)＝， 得P(AB)＝P(A)P(B|A)，故C正确； P(AB|A)＝，当A与B不相互独立时，≠P(B)，故D错误. 5.如图，某系统由(1)(2)两个零件组成，零件(1)中含有A，B两个不同元件，零件(2)中含有C，D，E三个不同的元件，每个零件中的元件有一个能正常工作，该零件就能正常工作；两个零件都正常工作该系统才可以正常工作.若每个元件是否正常工作互不影响，且元件A，B，C，D，E正常工作的概率分别为0.7，0.9，0.8，0.7，0.6，则该系统正常工作的概率约为(　　) A.0.352 8 B.0.804 C.0.946 7 D.0.994 答案　C 解析　由题意知，零件(1)能正常工作的概率为1－0.3×0.1＝0.97，零件(2)能正常工作的概率为1－0.2×0.3×0.4＝0.976，所以该系统能够正常工作的概率为0.97×0.976＝0.946 72≈0.946 7. 6.某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过的号码不再重复，则他第3次拨号才接通电话的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设Ai表示事件“第i次拨号接通电话”，i＝1，2，3， 第3次拨号才接通电话可表示为A3， 显然，，A3相互独立， 所以P(A3)＝××. 7.(5分)已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝　　　　　　，P(A|B)＝　　　　　　. 答案　0.65　0.3 解析　P(A∪B)＝P(A)+P(B)－P(A)P(B) ＝0.3+0.5－0.3×0.5＝0.65；因为A，B相互独立，所以P(A|B)＝P(A)＝0.3. 8.(5分)某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是，，，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为　　　　　　　. 答案　 解析　分别记“汽车在甲、乙、丙三处通行”为事件A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝， 停车一次为事件BC+AC+AB发生， 故概率为P＝××+××+××. 9.(10分)要生产一种产品，甲机床的废品率为0.04，乙机床的废品率为0.05，从甲机床、乙机床生产的产品中各任取一件，求： (1)至少有一件废品的概率；(5分) (2)恰有一件废品的概率.(5分) 解　分别记“从甲机床生产的产品中取一件是废品”为事件A，“从乙机床生产的产品中取一件是废品”为事件B，则事件A，B相互独立. (1)设“至少有一件废品”为事件C， 则P(C)＝1－P()＝1－P()P()＝1－(1－0.04)×(1－0.05)＝0.088. (2)设“恰有一件废品”为事件D， 则P(D)＝P(A)+P(B)＝0.04×(1－0.05)+(1－0.04)×0.05＝0.086. 10.(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)求在第一次取出红球的条件下，第二次取出红球的概率.(5分) (2)求第二次才取到红球的概率.(5分) 解　(1)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)＝. (2)第二次才取到红球，即第一次取到白球，第二次取到红球， 所以P(A2)＝P()P(A2|)＝×. 11.(多选)甲、乙两个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的小球，甲袋中装有5个红球和5个绿球，乙袋中装有4个红球和6个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机摸出一个小球.记A1表示事件“从甲袋摸出的是红球”，A2表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记B1表示事件“从乙袋摸出的是红球”，B2表示事件“从乙袋摸出的是绿球”.下列说法正确的是(　　) A.A1，A2是互斥事件 B.A1，B2是相互独立事件 C.P(B2|A2)＝ D.P(B2|A1)+P(B1|A2)＝ 答案　AD 解析　对于A，依题意，因为每次只摸出一个球，A1∩A2＝∅，所以A1，A2是互斥事件，A正确； 对于B，P(A1)＝，P(B2)＝×+×， P(A1B2)＝×，P(A1)P(B2)≠P(A1B2)，B错误； 对于C，P(B2|A2)＝，C错误； 对于D，P(B2|A1)+P(B1|A2)＝+，D正确. 12.某高中的“篮球”“数学”“戏剧”三个社团考核挑选新社员，已知高一某新生对这三个社团都很感兴趣，决定三个考核都参加，假设他通过“篮球”“数学”“戏剧”三个社团考核的概率依次为m，，n，且他通过每个社团考核与否是相互独立的，若三个社团考核他都能通过的概率为，至少通过一个社团考核的概率为，则m+n等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意可知， 解得m+n＝. 13.(5分)事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝　　　　，P(B)＝　　　　. 答案　　 解析　∵P(AB)＝P(AB)P()＝P()＝， ∴P()＝，即P(C)＝. 又P(C)＝P()P(C)＝， ∴P()＝，P(B)＝. 又P(AB)＝，则P(A)＝， ∴P(B)＝P()P(B)＝×. 14.(5分)设不透明的袋中有5个红球，3个黑球，2个白球. (1)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　　　　； (2)不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　　　　. 答案　(1)　(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. (1)有放回地随机摸球时， P(A)＝，P(B|A)＝，P(C|AB)＝， 则P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB) ＝××. (2)不放回地随机摸球时， P(A)＝，P(B|A)＝，P(C|AB)＝， 则P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB) ＝××. 15.设两个相互独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P(A)为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由P(A)＝P(B)， 得P(A)P()＝P(B)P()， 即P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]， ∴P(A)＝P(B).又P()＝， 则P()＝P()＝，∴P(A)＝. 16.(12分)某单位为了丰富群众文化生活，提高职工对本行业的认同度，在“五一国际劳动节”期间举行了“本行业知识有奖竞答活动”，活动规则如下：每位参加活动的职工都有两轮回答问题的机会，每轮奖金积累.第一轮：参加活动的职工先抛掷一枚骰子1次，掷出1点或2点，则可回答一个低阶问题，回答正确获得奖金20元，回答错误获得奖金10元；掷出3点、4点、5点或6点，则可回答一个高阶问题，回答正确获得奖金40元，回答错误获得奖金20元.第二轮：若第一轮回答正确，则第二轮回答一个高阶问题，回答正确可获得奖金60元，回答错误可获得奖金30元；若第一轮回答错误，则第二轮回答一个低阶问题，回答正确可获得奖金30元，回答错误可获得奖金20元.职工甲参加活动，已知他每一轮回答高阶问题的正确率均为，回答低阶问题的正确率均为. (1)求甲第一轮回答问题后获得20元奖金的概率；(5分) (2)求甲在第一轮中已获得20元奖金的条件下，两轮累计获得奖金不低于50元的概率.(7分) 解　(1)设Ai表示“第i轮回答低阶问题”，Bi表示“第i轮回答高阶问题”，i＝1，2，C表示“问题回答正确”， 由题可知，P(A1)＝，P(B1)＝，P(C|A1)＝P(C|A2)＝，P(C|B1)＝P(C|B2)＝， 由概率的乘法公式得P(A1C)＝P(A1)P(C|A1)＝×，P(B1)＝P(B1)P(|B1)＝×， 所以甲第一轮回答问题后获得20元奖金的概率P＝P(A1C)+P(B1)＝+. (2)设事件D表示“第一轮获得20元奖金”， 则由(1)可得P(D)＝， 设事件E表示“两轮累计获得奖金不低于50元”， 则事件“DE”可分解为以下两个事件： ①第一轮回答低阶问题正确； ②第一轮回答高阶问题错误，且第二轮回答低阶问题正确， 则①P1＝P(A1C)＝， ②P2＝P(B1)P(C|A2)＝×， 所以P(DE)＝P1+P2＝， 所以甲在第一轮中已获得20元奖金的条件下，两轮累计获得奖金不低于50元的概率为P(E|D)＝. 学科网（北京）股份有限公司 $