湖北高三数学理科一轮总复习课件10.8条件概率、事件的独立性及独立性试验、二项分布
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《随机事件与概率》ppt课件
从甲、乙等 5 名同学中随机选 3 名，有 C35种情况，其中甲、乙都入选 有 C13种情况，所以甲、乙都入选的概率 P＝CC3513＝130.
第
二 部 分
探究核心题型
题型一 随机事件
命题点1 随机事件间关系的判断
例1 (1)(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设
射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”， 与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”.
教材改编题
2.从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为
0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的
身高超过175 cm的概率为
A.0.2
知识梳理
性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A， 因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1； 性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝_P_(_A_)_＋__P_(B__) _－__P_(A__∩__B_)_.
知识梳理
6.频率与概率 (1)频率的稳定性 一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A 发生的频率fn(A)会逐渐 稳定于 事件A发生的概率P(A)，我们称频率的这 个性质为频率的稳定性. (2)频率稳定性的作用 可以用频率fn(A)估计概率P(A).
知识梳理
(2)随机事件 ①定义：将样本空间Ω的 子集 称为随机事件，简称事件. ②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示. ③随机事件的极端情形： 必然事件 、 不可能事件 .
知识梳理
2.两个事件的关系和运算
包含关系 相等关系 并事件(和事件) 交事件(积事件) 互斥(互不相容) 互为对立
2025届高中数学一轮复习课件《事件的相互独立性与条件概率》ppt
第1页
第十章 统计、排列组合与概率
第8讲 事件的相互独立性与条件概率
高考一轮总复习•数学
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复习要点 1.在具体情境中，结合古典概型，了解条件概率和两个事件相互独立的概 率.2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率.3.结合古典概 型，会利用全概率公式计算概率．
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，
利用相互独立事件的概率公式判断 A，B．
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，
门科目考试成绩的结果互不影响，那么这位同学恰好得 2 个 A＋的概率是____3_0___．
高考一轮总复习•数学
解析：(1)P(A)＝AA22A66 55＝13，P(B)＝AA33A66 34＝15， A66
P(C)＝2AA3366A33＝110，P(D)＝AA6336＝A133＝16. 对于 A，P(AB)＝A22AA3366A23＝110≠P(A)·P(B)，故 A 错误； 对于 B，P(AC)＝2C15AA6622A22＝74200＝118≠P(A)P(C)，故 B 错误； 对于 C，P(AD)＝C12AC1466C15＝118＝P(A)·P(D)，故 C 正确； 对于 D，P(BC)＝P(C)≠P(B)P(C)，故 D 错误．
解析 答案
高考一轮总复习•数学
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3 ． (2024·四 川 成 都 七 中 月 考 ) 某 保 险 公 司 将 其 公 司 的 被 保 险 人 分 为 三 类 ： “ 谨 慎
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《事件的相互独立性与条件概率、全概率公式》课件ppt
记两人又打了X个球后结束比赛， 设双方10∶10平后的第k个球甲获胜为事件Ak(k＝1,2,3…)， 则 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P( A 1 A 2)＝P(A1)P(A2)＋P( A 1)P( A 2) ＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5. 由乙先发球，得 P(X＝4 且甲获胜)＝P(A1 A 2A3A4)＋P( A 1A2A3A4) ＝P(A1)P( A 2)P(A3)P(A4)＋P( A 1)P(A2)P(A3)·P(A4)＝0.4×0.5×0.4×0.5 ＋0.6×0.5×0.4×0.5＝0.1.
B.0.49
√ C.0.52 D.0.51
设事件A＝“发送的信号为0”，事件B＝“接收的信号为1”， 则 P(A)＝P( A )＝0.5，P(B|A)＝0.07，P(B| A )＝0.95， 因此 P(B)＝P(A)P(B|A)＋P( A )P(B| A )＝0.5×(0.07＋0.95)＝0.51.
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；
恰好有一列火车正点到达的概率为 P2＝P(A B C )＋P( A B C )＋P( A C) ＝P(A)P( B )P( C )＋P( A )P(B)P( C )＋P( A )P( B )P(C) ＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9 ＝0.092.
1.相互独立事件 (1)概念：对任意两个事件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，简称为独立. (2)性质：若事件 A 与 B 相互独立，那么 A 与_B__， A 与_B__， A 与 B 也都 相互独立.
知识梳理
2.条件概率 (1)概念：一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝ PAB __P_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)两个公式
高考一轮复习理科数学课件条件概率与事件的相互独立性
独立性检验思想引入
独立性检验是指通过样本数据来推断总体中的两个事件是否相互独立的一种统计方法。如果两个事件 相互独立，则它们同时发生的概率等于它们各自发生的概率的乘积。
在实际问题中，我们往往无法直接判断两个事件是否相互独立，这时就需要通过独立性检验来进行判 断。独立性检验的基本思想是通过比较样本数据中两个事件同时发生的频率与它们各自发生的频率的 乘积是否有显著差异来判断它们是否相互独立。
判定方法
对于n个事件，要判定它们是否相互 独立，需要验证其中任意k(2≤k≤n)个 事件同时发生的概率是否等于这k个事 件各自发生的概率之积。
实际生活中应用举例
抽奖游戏
在抽奖游戏中，每次抽奖的结果通常 被认为是相互独立的。即前一次抽奖 的结果不会影响后一次抽奖的结果。
天气预报
在天气预报中，不同地区的天气状况 通常被认为是相互独立的。即一个地 区的天气状况不会影响另一个地区的 天气状况。
实例分析
拓展思考
通过具体的医学诊断案例，计算敏感度和 特异度，并评估诊断方法的准确性。
探讨如何提高医学诊断的敏感度和特异度， 减少误诊和漏诊的可能性。
天气预报中降水概率预测
降水概率预测介绍
说明天气预报中降水概率预测的方法和意义。
条件概率在降水概率预测中应用
分析条件概率在降水概率预测中的具体作用，以及如何利用历史气象 数据进行预测。
乘法公式及其应用
乘法公式是条件概率的一个重要性质，它表示两个事件同时 发生的概率等于其中一个事件发生的概率与另一个事件在前 一个事件发生的条件下的概率的乘积。即P(AB)=P(A)P(B/A) 。
乘法公式在概率论中有着广泛的应用，例如在计算多个事件 同时发生的概率、求解复杂事件的概率等问题中都可以使用 乘法公式进行简化计算。
高考一轮数学(理)教案：第10章 第8节 条件概率与独立事件、二项分布、正态分布 含解析
第八节条件概率与独立事件、二项分布、正态分布[考纲传真] 1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念.2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.3.利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．1．条件概率(1)条件概率的定义设A，B是两个事件，当P(B)>0时，称P(A|B)为B发生时A发生的条件概率．当P(A)>0时，称P(B|A)为A发生时B发生的条件概率．(2)条件概率的运算公式P(A|B)＝P(AB)P(B)，P(B|A)＝P(AB)P(A).2．事件的相互独立性(1)定义对两个事件A，B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称A，B相互独立．(2)性质①如果A，B相互独立，则A与B，A与B，A与B也相互独立；②如果A1，A2，…，A n相互独立，则有P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)．3．二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：(1)每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”．(2)每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为1－p.(3)各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )． 若一个随机变量X 的分布列如上所述，称X 服从参数为n ，p 的二项分布，记为X ～B (n ，p )．4．正态分布密度函数满足的性质 (1)函数图像关于直线x ＝μ对称．(2)σ(σ>0)的大小决定函数图像的“胖”“瘦”． (3)正态分布的三个常用数据 ①P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝68.3%； ②P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝95.4%； ③P (μ－3σ＜X ＜μ＋3σ)＝99.7%.1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．( )(2)P (AB )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( ) (3)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．( )(4)二项分布是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k ，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( )[答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)√2．(教材改编)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )A.49B.29C.427D.227 A [所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.]3．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同．甲每次从中任取一个不放回，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.310B ．1389B[设“第一次拿到白球”为事件A，“第二次拿到红球”为事件B，依题意P(A)＝210＝15，P(AB)＝2×310×9＝115.故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝13.]4．(·全国卷Ⅰ)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.312A[3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.故选A.]5．(·郑州调研)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，则P(0＜ξ＜4)＝________.0．6[由P(ξ＜4)＝0.8，得P(ξ≥4)＝0.2.又正态曲线关于x＝2对称．则P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，∴P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6.]条件概率2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝()A.18 B.1452(2)如图10-8-1，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.图10-8-1(1)B(2)14[(1)法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，即n(A)＝4，事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝n(AB)n(A)＝14.法二：P(A)＝C23＋C22C25＝410，P(AB)＝C22C25＝110.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝110410＝14.(2)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝S正方形EFGHS圆O＝2×2π×12＝2π.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝S△EOHS圆O＝12×12π×12＝12π.故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝12π2π＝14.][规律方法]条件概率的求法(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝P(AB)P(A)求P(B|A)．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ). [变式训练1] 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，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )A.1127 B ．1124 C.827D ．924C [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，P (A )＝42＋4＝23，P (B |A )＝3＋18＋1＝49，所以P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝23×49＝827， 所以两次都取到红球的概率为827.]相互独立事件同时发生的概率概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B ，设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列.【导学号：57962475】[解] 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}．由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立.2分(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H －＝E －F －，于是P (H －)＝P (E －)P (F －)＝13×25＝215.故所求的概率为P (H )＝1－P (H －)＝1－215＝1315.5分(2)设企业可获利润为X 万元，则X 的可能取值为0,100,120,220.因为P (X ＝0)＝P (E －F －)＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E －F )＝13×35＝15， P (X ＝120)＝P (E F －)＝23×25＝415， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝25.8分故所求X 的分布列为12分 [规律方法] 1.求解该类问题关键是正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．2．求相互独立事件同时发生的概率的主要方法． (1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面计算较繁(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．[变式训练2] 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手，各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X ≥2”的事件概率．[解] (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.2分∵事件A 与B 相互独立，A 与B －相互独立，则A B －表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．∴P (A B －)＝P (A )·P (B －)＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415. 5分(2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”， 则P (C )＝C 24C 35＝35.7分 依题意，A ，B ，C 相互独立，A －，B －，C －相互独立， 且AB C －，A B －C ，A －BC ，ABC 彼此互斥．又P (X ＝2)＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＝23×35×25＋23×25×35＋13×35×35＝3375，10分 P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875.∴P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝3375＋1875＝1725.12分 独立重复试验与二项分布10场比赛中投篮命中情况统计如下表(注：表中分数nN ，N 表示投篮次数，n 表示命中次数)，假设各场比赛相互独立. 场次 球员1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 513 412 1430 59 1419 1016 1223 48 613 1019 乙1326918914816615101472191610221220 (1)从上述比赛中等可能随机选择一场，求甲球员在该场比赛中投篮命中率大于0.5的概率；(2)试估计甲、乙两名运动员在下一场比赛中恰有一人命中率超过0.5的概率； (3)在接下来的3场比赛中，用X 表示这3场比赛中乙球员命中率超过0.5的场次，试写出X 的分布列，并求X 的数学期望．[解] (1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，甲球员投篮命中率超过0.5的场次有5场，分别是4,5,6,7,10，所以在随机选择的一场比赛中，甲球员的投篮命中率超过0.5的概率是12.4分(2)在10场比赛中，乙球员投篮命中率超过0.5的场次有4场，分别是3,6,8,10，所以在随机选择的一场比赛中，乙球员的投篮命中率超过0.5的概率是25. 6分设在一场比赛中，甲、乙两名运动员恰有一人命中率超过0.5为事件A ，甲队员命中率超过0.5且乙队员命中率不超过0.5为事件B 1，乙队员命中率超过0.5且甲队员命中率不超过0.5为事件B 2，则P (A )＝P (B 1)＋P (B 2)＝12×35＋12×25＝12. 8分(3)X 的可能取值为0,1,2,3，依题意X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25.P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125； P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫251⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝54125； P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫351＝36125； P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125， 10分X 的分布列如下表：EX ＝np ＝3×25＝65.12分[规律方法] 1.求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，看复杂事件能转化为几个彼此互斥的事件的和事件，还是能转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，然后用概率公式求解．2．(1)注意辨别独立重复试验的基本特征：①在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；②在每次试验中，事件发生的概率相同．(2)牢记公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n ，并深刻理解其含义． [变式训练3] 某架飞机载有5位空降兵依次空降到A ，B ，C 三个地点，每位空降兵都要空降到A ，B ，C 中的任意一个地点，且空降到每一个地点的概率都是13，用ξ表示地点C 空降人数，求：(1)地点A 空降1人，地点B ，C 各空降2人的概率； (2)随机变量ξ的分布列与数学期望．[解] (1)设“地点A 空降1人，地点B ，C 各空降2人”为事件M ，易知基本事件的总数n ＝35＝243个，事件M 发生包含的基本事件M ＝C 15C 24＝30个．故所求事件M 的概率P (M )＝m n ＝30243＝1081.5分(2)依题意，5位空降兵空降到地点C 相当于5次独立重复试验． ∴ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，且ξ的取值可能为0,1,2,3,4,5.则P (ξ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝⎛⎭⎪⎫1－135－k∴P (ξ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫130⎝ ⎛⎭⎪⎫1－135＝32243，P (ξ＝1)＝C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243，P (ξ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243，P (ξ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243， P (ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝10243，P (ξ＝5)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1243. 10分∴随机变量ξ的分布列为： ξ 0 1 2 3 4 5 P32243802438024340243102431243根据二项分布得数学期望Eξ＝5×13＝53.12分正态分布及应用N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%，P(μ－3σ＜ξ＜μ＋3σ＝99.74%.)A．4.56%B．13.59%C．27.18% D．31.74%B[由正态分布的概率公式知P(－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P(－6＜ξ＜6)＝0.9544，故P(3＜ξ＜6)＝P(－6＜ξ＜6)－P(－3＜ξ＜3)2＝0.954 4－0.682 62＝0.135 9＝13.59%，故选B.][规律方法] 1.利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．2．利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面两个结论的活用：(1)P(X＜a)＝1－P(X≥a)；(2)P(X＜μ－σ)＝P(X≥μ＋σ)．[变式训练4](·河南名校联考)在如图10-8-2所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(－1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为()(参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ＜X＜μ＋3σ)＝0.997 4.)图10-8-2A．1 193 B．1 359C．2 718 D．3 413B[对于正态分布N(－1,1)，μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为12×[P(－3＜X＜1)－P(－2＜X＜0)]＝12×[P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)－P(μ－σ＜X＜μ＋σ)]＝12×(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，所以点落入题图中阴影部分的概率P＝0.135 91＝0.135 9，投入10 000个点，落入阴影部分的个数约为10 000×0.135 9＝1 359.] [思想与方法]1．古典概型中，A发生的条件下B发生的条件概率公式为P(B|A)＝P(AB) P(A)＝n(AB) n(A)，其中，在实际应用中P(B|A)＝n(AB)n(A)是一种重要的求条件概率的方法．2．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．3．n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次可看作是C k n个互斥事件的和，其中每一个事件发生的概率都是p k(1－p)n－k.因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为C k n p k(1－p)n－k.4．若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间的面积为1.[易错与防范]1．易混淆“相互独立”和“事件互斥”两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．2．易混淆P(B|A)与P(A|B)前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．第11页共11页。
2015届高三数学一轮总复习课件：10.8条件概率、事件的独立性及独立性试验、二项分布
则反”思想的具体体现.
题型一
题型二
题型三
解题策略
第十八页，编辑于星期五：八点 三十三分。
重点难点
题型二
事件的相互独立性
例2
点拨提示
迁移训练2
设甲、乙两射手独立地射击同一目标,他们击中目标的概率分别
为 0.8,0.9,求:
(1)两人都击中目标的概率;
合格品,
4
故第二次取到不合格品的概率为 .
题型一
题型二
题型三
解题策略
99
第十一页，编辑于星期五：八点 三十三分。
重点难点
题型一
离散型随机变量分布列的性质
迁移训练1
点拨提示
例1
条件概率的求法:
P(AB )
(1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)=
P(A)
.这是通用的求条件概率
于事件 A·B+A·B.问题(4)“至多 1 个人译出密码”的对立事件是两
个人都译出密码(即事件 AB).问题(5)“至少 1 个人译出密码”的对立
事件是两个人都未译出密码(即事件A·B).由于 A,B 是相互独立事件,
上述问题中,A与 B,A 与B,A与B都是相互独立事件,可以用公式计算
相关概率.
中目标},A 与 B 相互独立.
则 P(A)=0.8,P(B)=0.9.
(1) 两 人 都 击 中 目 标 的 事 件 为 AB, 则 P(AB)=P(A)
P(B)=0.8×0.9=0.72,即两人都击中目标的概率为 0.72.
(2)设事件 C={两人中恰有 1 人击中目标},则 C=AB+BA,
2025年高考数学一轮复习-11.4-事件的独立性、条件概率与全概率公式【课件】
√
)
提示:因为抛掷2枚质地均匀的硬币,第一枚正面朝上,与第二枚正面的朝向无关,
所以(3)正确;
(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).(
√
)
提示:因为事件A1与A2是对立事件,所以B=A1B+A2B,
第十一章
计数原理、概率、随机变量及其分布
第四节
事件的独立性、条件概率与全概率公式
必备知识·逐点夯实
核心考点·分类突破
【课标解读】
【课程标准】
1.了解两个事件相互独立的含义.
2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.
3.会利用全概率公式计算概率.
【核心素养】
数学抽象、数学运算.
【命题说明】
两个事件相互独立的判断方法
(1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.
(2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B).
对点训练
(多选题)(2024·吉林模拟)口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个,从
中不放回地依次取出2个球,事件A=“取出的两球同色”,事件B=“第一次取出的是
1∪A2∪…∪An=Ω,且
∑ P(Ai)·P(B|Ai)
=
P(Ai)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=_________________.
我们称此公式为全概率公式.
基础诊断·自测
类型
辨析
改编
易错
高考
题号
1
2
3
高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第6讲随机事件的独立性条件概率与二项分布课件
A．三人选择社团一样的概率为19 B．三人选择社团各不相同的概率为89 C．至少有两人选择篮球社的概率为277 D．在至少有两人选择羽毛球社的前提下，小王选择羽毛球社的概率 为57
①P(甲乙)＝316＝P(甲)P(乙)，故正确； ②P(乙丁)＝316＝P(乙)P(丁)，故正确； ③乙与丙不互斥，且 P(乙丙)＝316≠P(乙)·P(丙)，故错误； ④甲与丙互斥，且 P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，故正确．故选 C.
角度 2 相互独立事件的概率 例3 (1)(多选题)(2023·广东佛山禅城区调研)九月伊始，佛山市某中
互不影响，每次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为___3___；
20
3 次活动中，甲至少获胜 2 次的概率为___2_7__. [解析] 由题可得一次活动中，甲获胜的概率为56×45＝23；则在 3 次
活动中，甲至少获胜 2 次的概率为 C23×232×13＋233＝2207.
考点突破 · 互动探究
4．(2018·课标Ⅲ)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，
各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的10位成员中使用移动支付
的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则p＝( B )
A．0.7
B．0.6
C．0.4
D．0.3
[解析] 由题知 X～B(10，p)，则 D(X)＝10×p×(1－p)＝2.4，解得 p
3．二项分布与超几何分布的比较
摸球方式
X 的分布列
放回摸球
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)
B. 4
1 1
C. 6 答案:A
D. 8
1 2
P(AB ) 1 解析:P( B|A) = P(A) = 4 = 1 2.
基础梳理
自我检测
考点基础
自我检测
1
2
3
4
5
2.接种某疫苗后, 出现发热反应的概率为 0.80.现有 5 人接种该疫苗, 至少有 3 人出现发热反应的概率为( 精确到 0.001) ( A. 0.942 B. 0.205 C. 0.737 D. 0.993 答案:A
第8讲 条件概率、事件的独立性 及独立重复试验、二项分布
考纲考向
考纲展示 1. 了解条件概率和两个事件相互 独立的概念. 2. 理解 n 次独立重复试验的模型 及二项分布, 并能解决一些简单的 实际问题.
命题分析 从近两年的高考试题来看 , 相互独立事件的 概率、n 次独立重复试验的概率是考查的热 点, 题型为解答题, 属中档题, 主要考查对基本 知识的应用及运算能力 .
迁移训练1
条件概率的求法: (1)利用定义, 分别求 P(A) 和 P(AB), 得 P( B|A)=
k n-k
列:
X P 0 p0qn 1 p1qn-1 … … k pkqn-k … … n pnq0
此时称离散型随机变量 X 服从参数为 n, p的二项分布, 记作 X ~B (n, p)
基础梳理
自我检测
考点基础
自我检测
1
2
3
4
5
1.把一枚硬币连续抛两次, 记“第一次出现正面”为事件 A, “第二次出 现正面”为事件 B, 则 P( B|A) 等于( A. 2
3 4 3 8 2 4 1 1
4
2
; P( A|B) =
.
解析:∵P( A) =15, P( B) =15, P( AB) =10,
P(AB ) 3
∴P( B|A) = P(A) =4, P( A|B) = P(B) =8.
P(AB ) 3
基础梳理
自我检测
重点难点
题型一
条件概率
例1
点拨提示
迁移训练1
基础梳理
自我检测
考点基础
基础梳理
1
2
3
3.独立重复试验与二项分布
独立重复试验 二项分布 在 n 次独立重复试验中, 事件 A 发生的次数设为 X , 事件 A 发生的概率为 p, 事件 A 不发生的概率为 q= 1-p, 则 n 次独 在相同条件下 定 义 重复做的 n 次 试验称为 n 次 独立重复试验 立重复试验中事件 A 恰好发生 k次的概率是 P( X =k) = C������ 其中 k= 0, 1, 2, 3, …, n, 于是得到 X 的分布 ������ p q ,
100
P(AB ) 4 P( B|A) = P(A) = 100×99 = . 5 99
100
5×4
方法二: 第一次取到不合格品后还剩余 99 件产品, 其中有 4 件不 合格品,
题型一
故第二次取到不合格品的概率为99.
题型二 题型三 解题策略
4
重点难点
题型一
离散型随机变量分布列的性质
例1
点拨提示
1
1
所以 P( ABC) =P( A) P(B) P( C) = .
8
基础梳理 自我检测
1
考点基础
自我检测
1
2
3
4
5
5.某地区气象台统计, 该地区下雨的概率是15 , 刮风的概率是15 , 既刮 风又下雨的概率是 10 ,设事件 A 为 “ 刮风 ”,事件 B 为 “ 下雨 ”,则 P( B|A) = 答案:
1 8 2
)
B.
1 4 1
C. 5 答案:B 解析:∵P( A) =
2 +������ 2 ������2 3
D. 2 = , P( AB ) = ������ 2 = 10,
5
4
∴P( B|A) = P(A) =4.
2 ������5 10 P(AB ) 1
2 ������2
1
基础梳理
自我检测
考点基础
自我检测
1
2
3
4
5
4.如图所示的电路, 有 a, b, c 三个开关, 每个开关开或关的概率都是 ,
2
1
且是相互独立的, 则灯泡甲亮的概率为
.
答案:8 解析:理解事件之间的关系, 设“a 闭合”为事件 A, “b 闭合”为事件 B, “c 闭合 ” 为事件 C,则灯亮应为事件 AC B ,且 A, C,B 之间彼此独立 ,且 P( A) =P(B) =P( C) =2 ,
考点基础
基础梳理
1
2
3
1.条件概率及其性质
条件概率的定义 设 A, B 为两个事件, 且 P( A) > 0, 称 P( B| A) =
������(������������) ������(������)
条件概率的性质 ( 1) 0≤P ( B| A) ≤1 ( 2) 若 B, C 是两个互斥事件, 则 P( ( B ∪C ) | A) =P ( B| A) +P ( C| A)
3 4 5 解析:P=������5 ×0.83×0.22+������5 ×0.84×0.2+������5 ×0. 85≈0. 942.
)
基础梳理
自我检测
7
考点基础
自我检测
1
2
3
4
5
3.从 1, 2, 3, 4, 5 中任取 2 个不同的数, 事件 A=“取到的 2 个数之和为偶 数”, 事件 B=“取到的 2 个数均为偶数”, 则 P( B|A) =( A.
为在事件 A 发生的条件
下, 事件 B 发生的条件概率
基础梳理
自我检测
考点基础
基础梳理
1
2
3
2.相互独立事件 ( 1) 对于事件 A, B, 若 A 的发生与 B 的发生互不影响, 则称 A, B 是相 互独立事件. ( 2) 若 事 件 A 与 事 件 B 相 互 独 立 , 则 P( B|A) =P( B) , P( AB) =P( B|A) P( A) =P( A) P( B) . ( 3) 若事件 A 与事件 B 相互独立, 则 A 与B, A与 B, A与B也都相互独 立. ( 4) 若 P( AB) =P( A) P( B) , 则事件 A 与事件 B 相互独立.
在 100 件产品中有 95 件合格品, 5 件不合格品.现从中不放回地 取两次 , 每次任取一件 , 则在第一次取到不合格品后 , 第二次再次取 到不合格品的概率为 . 思路分析： 直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型概 率公式. 答案:
4 99
2 ������5
解析:方法一: 设 A={第一次取到不合格品}, B={第二次取到不合 格品}, 则 P( AB) =������ 2 , 所以