4.1事件和的概率
课件2：4.1.3 独立性与条件概率的关系
见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，
所以二者不是相互独立事件.
【类题通法】
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定两个事件发生是否相
互影响；
(2)定义法：如果事件A，B同时发生的概率等于事件A发生的
概率与事件B发生的概率的积，则事件A，B为相互独立事件；
(3)条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)=P(B)判断.
3 5
25
【类题通法】概率问题中的数学思想
(1)正难则反.灵活应用对立事件的概率关系(P(A)+P()=1)
简化问题，是求解概率问题最常用的方法；
(2)化繁为简.将复杂事件的概率转化为简单事件的概率，
即寻找所求事件与已知事件之间的关系.“所求事件”分几
类(考虑加法公式，转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑
A1，A2，…，An相互独立.
2.若事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件都发
生的概率，等于每个事件发生的概率积，即
P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).
【定向训练】
张老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，他
预估做对第一道题的概率是0.80，做对两道题的概率
是0.60，做对第一道题与做对第二道题互不影响，估
解：(1)设事件A表示：观众甲选中3号歌手且观众乙未选
中3号歌手.
2
观众甲选中3号歌手的概率为 ，观众乙未选中3号歌手的
3
3
2
3
4
概率为1- ，所以P(A)= ×(1- )= .
5
3
5 15
因此，观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概
概率的基本概念与计算(知识点总结)
概率的基本概念与计算（知识点总结）概率是概率论的核心概念之一，它在各个领域中都扮演着重要的角色。
本文将从概率的基本概念、计算方法以及实际应用等方面进行总结。
一、概率的基本概念概率是描述事物发生可能性大小的数值，用来衡量事件发生与不发生之间的关系。
在概率论中，概率的取值范围介于0和1之间，其中0代表不可能事件，1代表一定事件。
1.1 事件与样本空间事件是指随机试验中可能发生的结果，而样本空间是指所有可能结果的集合。
例如，掷一枚硬币的样本空间为{正面，反面}，则正面朝上的事件可以表示为{正面}。
1.2 基本事件与复合事件基本事件指的是样本空间中的单个结果，而复合事件是由一个或多个基本事件组合而成的事件。
例如，连续掷两枚硬币，正面朝上的事件可以表示为{正面，正面}或{正面，反面}。
1.3 事件的概率事件的概率可以通过频率或理论推断的方式进行计算。
频率概率是指通过大量的实验或观察得到的事件发生的相对频率。
理论概率是根据已知信息和前提条件计算得出的事件发生的概率。
二、概率的计算方法概率的计算可以通过经典概型、几何概型和统计概型等不同的方法来实现。
以下是常见的几种计算方法：2.1 经典概型经典概型是指在样本空间中每个基本事件发生的可能性相等的情况。
例如，掷一枚均匀硬币正面朝上的概率为1/2，反面朝上的概率也为1/2。
2.2 几何概型几何概型是指通过计算几何空间中的比例来计算概率。
例如，在单位正方形中随机选择一个点，落在对角线上的概率为1/2，落在任意一条边上的概率为1/4。
2.3 统计概型统计概型是指通过统计数据来计算概率。
例如，根据历史数据计算某一事件的发生概率，如某市明天下雨的概率为70%。
三、概率的实际应用概率在生活和各个领域中都有广泛的应用，以下是几个常见的实际应用场景：3.1 金融与投资概率在金融领域中用于股票价格的预测、风险管理和投资组合的优化等方面。
通过计算概率可以帮助投资者做出更明智的决策。
2025年高考数学一轮复习讲义含答案解析 第4节 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式课标解读考向预测1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.6.了解贝叶斯公式.预计2025年高考将会以事件独立性的判断或条件概率、全概率公式计算在小题中单独考查，或与随机变量的分布列、数字特征相结合融合在解答题中考查.必备知识——强基础1．事件的相互独立性事件A 与事件B 相互独立对任意的两个事件A 与B ，如果P (AB )＝01P (A )P (B )成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立性质若事件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，P (B |A )＝02P (B )，P (A |B )＝03P (A )2.条件概率条件概率的定义设A ，B 为两个随机事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝04P （AB ）P （A ）为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率条件概率的性质(1)P (Ω|A )＝1；(2)如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝05P (B |A )＋P (C |A )；(3)设B 与B 互为对立事件，则P (B |A )＝1－P (B |A )3.全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )＞0，i ＝1，2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝06∑ni ＝1P (A i )P (B |A i )，我们称上面的公式为全概率公式．1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．2．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝P（AB）外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝P（A）n（AB），其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数．n（A）3．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件A发生的概率．4．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.()(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立．()(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为()A．1B．0.629C．0D．0.74或0.85答案B解析由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，所以甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74＝0.629.(2)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()A．0.8B．0.625C．0.5D．0.1答案A解析设“发生中度雾霾”为事件A ，“刮四级以上大风”为事件B ，由题意知，P (A )＝0.25，P (B )＝0.4，P (AB )＝0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.20.25＝0.8.(3)(2023·河南安阳二模)某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为()A ．0.25B ．0.35C ．0.65D ．0.75答案C解析他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65.(4)(多选)(人教A 选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()A ．若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为310B ．若不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为12C ．若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为18125D ．若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为54125答案BCD解析对于A ，第一次摸到红球的概率为35，故A 错误；对于B ，不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P ＝24＝12，故B 正确；对于C ，有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为35×35×25＝18125，故C 正确；对于D ，有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为C 23×25＝54125，故D 正确．故选BCD.考点探究——提素养考点一事件的相互独立性(多考向探究)考向1事件独立性的判定例1(2023·江苏常州一中期初检测)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A 表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B 表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C 表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D 表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出()A ．B 与D 相互独立B ．A 与D 相互独立C ．B 与C 相互独立D ．C 与D 相互独立答案C解析由题意可得P (A )＝14，P (B )＝14，有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4种，所以P (C )＝44×4＝14；两次取出的球上数字之和是6的情况有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3种，故P (D )＝34×4＝316.对于A ，P (BD )＝14×4＝116，P (B )P (D )＝14×316＝364，则P (BD )≠P (B )P (D )，故B 与D 不是相互独立事件，故A 错误；对于B ，P (AD )＝0，P (A )P (D )＝14×316＝364，则P (AD )≠P (A )P (D )，故A与D 不是相互独立事件，故B 错误；对于C ，P (BC )＝14×4＝116，P (B )P (C )＝14×14＝116，则P (BC )＝P (B )P (C )，故B 与C 是相互独立事件，故C 正确；对于D ，P (CD )＝0，P (C )P (D )＝14×316＝364，则P (CD )≠P (C )P (D )，故C 与D 不是相互独立事件，故D 错误．【通性通法】判断两个事件是否相互独立的方法(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．(2)定义法：判断P (AB )＝P (A )P (B )是否成立．(3)转化法：由事件A 与事件B 相互独立知，A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．【巩固迁移】1.(2024·河北唐山模拟)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A ，B 如图所示．其中n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，则事件A 与事件B ()A ．是互斥事件，不是独立事件B ．不是互斥事件，是独立事件C ．既是互斥事件，也是独立事件D ．既不是互斥事件，也不是独立事件答案B解析因为n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，所以n (A ∩B )＝2，n (A ∩B )＝4，n (B )＝8，所以事件A 与事件B 不是互斥事件；P (AB )＝412＝13，P (A )P (B )＝612×812＝13，所以P (AB )＝P (A )P (B )，所以事件A 与事件B 是独立事件．故选B.考向2相互独立事件的概率例2(2023·山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为34，第二类检验单独通过率为p (0<p <1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为56，则p ＝()A ．25B ．12C ．23D ．56答案C解析设A i 表示第i 次通过第一类检验，B i 表示第i 次通过第二类检验(i ＝1，2)，由题意得P (A 1B 1＋A 1A 2B 1＋A 1B 1B 2＋A 1A 2B 1B 2)＝56，即34p ＋14×34p ＋34×(1－p )p ＋14×34×(1－p )p ＝56，解得p＝23或p ＝43(舍去)．【通性通法】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它们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．【巩固迁移】2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)()A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率答案ABD解析对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，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，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为C23(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD.考点二条件概率例3现有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(A|B)＝()A．59B．49C．29D．13答案C解析由题意，4人去4个不同的景点，总样本点数为4×4×4×4＝256，事件B包含的样本点数为1×3×3×3＝27，则事件B发生的概率为P(B)＝27256，事件A与事件B的交事件AB为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件AB包含的样本点数为1×A33＝6，则事件AB 发生的概率为P (AB )＝6256＝3128，即P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝312827256＝29.【通性通法】求条件概率的常用方法(1)定义法：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.(2)样本点法：P (B |A )＝n （AB ）n （A ）.(3)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．【巩固迁移】3．(多选)(2024·滨州模拟)为庆祝建党节，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A 为“第1次抽到选择题”，事件B 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A ．P (A )＝35B ．P (AB )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A －)＝12答案ABC解析P (A )＝C 13C 15＝35，故A正确；P (AB )＝C 13C 12C 15C 14＝310，故B 正确；P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝31035＝12故C 正确；P (A －)＝1－P (A )＝1－35＝25，P (A －B )＝C 12C 13C 15C 14＝310，P (B |A －)＝P （A －B ）P （A －）＝31025＝34，故D 错误．考点三全概率公式的应用例4某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是()A ．0.155B ．0.175C ．0.016D ．0.096答案B解析设事件B 1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B 3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P (B 1)＝20%，P (B 2)＝50%，P (B 3)＝30%.设事件A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P (A |B 1)＝0.05，P (A |B 2)＝0.15，P (A |B 3)＝0.30.由全概率公式，得P (A )＝∑3i ＝1P (B i )·P (A |B i )＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.【通性通法】利用全概率公式的思路(1)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件A i (i ＝1，2，…，n )．(2)求P (A i )和所求事件B 在各个互斥事件A i 发生条件下的概率P (B |A i )．(3)代入全概率公式计算．【巩固迁移】4．葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列．其中亚腰葫芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80颗.2024年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．答案0.4825解析设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A 1，A 2，A 3，A 4，则Ω＝A 1∪A 2∪A 3∪A 4，且A 1，A 2，A 3，A 4两两互斥，设事件B 表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＋P (A 4)P (B |A 4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.课时作业一、单项选择题1．甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球，则取出的两个球都是红球的概率为()A ．512B ．56C ．19D ．1318答案C解析由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中取出红球的概率为46＝23，从乙袋中取出红球的概率为16，故所求事件的概率为23×16＝19.2．若P (AB )＝19，P (A －)＝23，P (B )＝13，则事件A 与B 的关系是()A ．互斥B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又相互独立答案C解析∵P (A )＝1－P (A －)＝1－23＝13，∴P (AB )＝P (A )P (B )＝19≠0，∴事件A 与B 相互独立，事件A 与B 不互斥，故不对立．3．某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为()A ．0.625B ．0.75C ．0.5D ．0答案A解析用A 表示事件“考生答对题目”，用B 表示“考生知道正确答案”，用B 表示“考生不知道正确答案”，则P (B )＝0.5，P (B )＝0.5，P (A |B )＝100%，P (A |B )＝0.25，则P (A )＝P (AB )＋P (AB )＝P (A |B )P (B )＋P (A |B )P (B )＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.4．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A ．0.8B ．0.4C ．0.2D ．0.1答案A解析报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A ，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝5070＝57，P(AB)＝4070＝47，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4757＝0.8.故选A．5．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a2＋b2＝c2的正整数组(a，b，c)．现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是()A．136B．160C．1108D．1216答案A解析由题意知，骰子点数能够成勾股数组的为3，4，5，∴第一次掷骰子得到其中一个数的概率为12，第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为13，第三次掷骰子得到最后一个数的概率为16，∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为12×13×16＝136.6．(2024·湖南湘潭摸底)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产线生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产线生产该芯片的次品率为120，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产线生产该芯片的次品率为()A．15B．110C．115D．120答案B解析设A1，A2分别表示取得的芯片是由甲生产线、乙生产线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲生产线生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝35，P(A2)＝25，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝120，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝35×p＋25×120＝0.08，解得p＝110.7．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B 为“第一次记录的数字为奇数”，事件C 为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是()A ．事件B 与事件C 是对立事件B ．事件A 与事件B 不是相互独立事件C ．P (A )P (B )P (C )＝18D ．P (ABC )＝18答案C解析对于A ，事件B 与事件C 是相互独立事件，但不是对立事件，故A 错误；对于B ，P (A )＝12，P (B )＝12，P (AB )＝14，事件A 与事件B 是相互独立事件，故B 错误；对于C ，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4×4＝16种，其中，事件A 发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有2×2＋2×2＝8种，所以P (A )＝816＝12，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以P (B )＝24＝12，P (C )＝24＝12，所以P (A )P (B )P (C )＝18，故C 正确；对于D ，事件ABC 表示“第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数”，故P (ABC )＝2×24×4＝14，故D 错误．8．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p 1，p 2，p 3，且p 3＞p 2＞p 1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p ，则()A ．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B ．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C ．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D ．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大答案D解析设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P 甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P 乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P 丙．由题意得P 甲＝p 1[p 2(1－p 3)＋p 3(1－p 2)]＝p 1p 2＋p 1p 3－2p 1p 2p 3，P 乙＝p 2[p 1(1－p 3)＋p 3(1－p 1)]＝p 1p 2＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，P 丙＝p 3[p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)]＝p 1p 3＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，所以P 丙－P 甲＝p 2(p 3－p 1)＞0，P 丙－P 乙＝p 1(p 3－p 2)＞0，所以P丙最大．故选D.二、多项选择题9．已知A －，B －分别为随机事件A ，B 的对立事件，P (A )>0，P (B )>0，则下列说法正确的是()A ．P (B |A )＋P (B －|A )＝1B ．P (B |A )＋P (B |A －)＝1C ．若A ，B 独立，则P (A |B )＝P (A )D ．若A ，B 互斥，则P (B |A )＝P (A |B )答案ACD解析对于A ，P (B |A )＋P (B －|A )＝P （AB ）＋P （A B －）P （A ）＝P （A ）P （A ）＝1，故A 正确；对于B ，设A ，B 独立，则P (B |A )＋P (B |A －)＝2P (B )，而P (B )显然不一定为12，故B 错误；对于C ，A ，B 独立，则P (AB )＝P (A )P (B )，则P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，故C 正确；对于D ，A ，B 互斥，P (AB )＝0，则根据条件概率公式得P (B |A )＝P (A |B )＝0，故D 正确．10．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数．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．定义：事件A ＝“x ＋y ＝7”，事件B ＝“xy 为奇数”，事件C ＝“x ＞3”，则下列结论正确的是()A ．A 与B 互斥B ．A 与B 对立C ．P (B |C )＝13D ．A 与C 相互独立答案AD解析对于A ，因为x ＋y ＝7，所以x 与y 必是一奇一偶，又当xy 为奇数时，x 与y 都是奇数，所以事件A 和B 不能同时发生，即A 与B 互斥，故A 正确；对于B ，因为事件A 和B 不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x ＝1，y ＝2，即A 与B 不对立，故B 不正确；对于C ，(x ，y )的所有可能结果有36种，其中P (C )＝1836＝12，P (BC )＝336＝112，所以P (B |C )＝P （BC ）P （C ）＝16，故C 不正确；对于D ，P (A )＝636＝16，P (C )＝1836＝12，P (AC )＝336＝112，则有P (AC )＝P (A )P (C )，A 与C 相互独立，故D 正确．故选AD.三、填空题11．已知m 是一个三位正整数，若m 的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称m 为递增数．已知a ，b ，c ∈{0，1，2，3，4}，设事件A ＝“由a ，b ，c 组成三位正整数”，事件B ＝“由a ，b ，c 组成的三位正整数为递增数”，则P (B |A )＝________．答案110解析所有三位正整数的个数为4×5×5＝100，即n (A )＝100，满足三位正整数为递增数的有以下三类：①当百位数为2时，有1个；②当百位数为3时，有C 23＝3个；③当百位数为4时，有C 24＝6个．所以n (AB )＝1＋3＋6＝10，故P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝110.12．(2023·河南濮阳一模)已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2局者胜．甲每局获胜的概率为34，则本次比赛甲获胜的概率为________．答案2732解析本次比赛甲获胜有3种可能：①1，3甲胜，2乙胜；②2，3甲胜，1乙胜；③1，2甲胜．则本次比赛甲获胜的概率为P ＝34×14×34＋14×34×34＋34×34＝2732.13．(2024·黑龙江哈尔滨质量监测)盒子中有大小形状相同的7个小球，其中有4个白球，3个黑球，先随机从盒子中取出两个小球，再从该盒中取出一个小球，则最后取出的小球为白球的概率是________．答案47解析记A 1为先取出的两个小球都为白球，A 2为先取出的两个小球为一白一黑，A 3为先取出的两个小球都为黑球，B 为最后取出的小球为白球，则P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3)＝C 24C 27×25＋C 14C 13C 27×35＋C 23C 27×45＝27×25＋47×35＋17×45＝47.14．有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n 站的概率为P n ，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束．则P 3＝________；该棋手获胜的概率为________．答案3485256解析由题意，P 3＝12＋12×12＝34.因为P n ＝12P n －2＋12P n －1(3≤n ≤8)，故P n －P n －1P n －1－P n －2＝－12，由P 2－P 1＝－12，所以P n －P n －1－1，n ≥2，累加可得P 8＝1＋…＝1＝85128，所以P 10＝12P 8＝85256.四、解答题15．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为12，卖出1箱的概率为15，没有卖出的概率为310，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱，则需补货至3箱，否则不补货．(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率．解设事件A 表示“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B 表示“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C 表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”．(1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出1箱，故P (C |B )＝15.(2)由题意，P (A )＝310＋12＝45，P (B )＝15，P (C |A )＝12，由全概率公式得P (C )＝P (A )P (C |A )＋P (B )P (C |B )＝45×12＋15×15＝1125.16．溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响．(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；(2)求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率．解(1)记“甲队总得分为3分”为事件A ，“甲队总得分为1分”为事件B .甲队得3分，即三人都回答正确，其概率P (A )＝23×23×23＝827，甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P (B )＝23××23××23＝29.故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.(2)记“甲队总得分为2分”为事件C ，“乙队总得分为1分”为事件D .甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，则P (C )＝23×23×＋23××23＋×23×23＝49，乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P (D )＝12××23××34＝14.由题意得事件C 与事件D 相互独立，则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P (CD )＝P (C )P (D )＝49×14＝19.17．(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的是()A ．若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是25B ．若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35C ．若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是49D ．若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是35答案BC解析对于A ，总事件数是C 36＝20，摸出的球均为红球的事件数为C 34＝4，所以摸出的球均为红球的概率是15，故A 错误．对于B ，总事件数是C 36＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C24C12＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35，故B正确．对于C，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×26＝836；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×46＝836.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是836＋836＝49，故C正确．对于D，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×25＝830；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×45＝830.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是830＋830＝815，故D错误．18．(多选)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n＋n，则算闯过第n关，n＝1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则()A．直接挑战第2关并过关的概率为712B．连续挑战前两关并过关的概率为524C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P(A|B)＝1 13D．若直接挑战第4关，则过关的概率是351296答案ACD解析对于A，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝1＋2＋3＋4＋5＋66×6＝2136＝712，故A正确；对于B，21＋1＝3，所以挑战第一关通过的概率为P2＝12，则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝12×712＝724，故B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63＝216，抛掷3次至少出现一个5点的共有63－53＝216－125＝91种，故P(B)＝91216，而事件AB包括：含5，5，5的有1种，含4，5，6的有6种，共7种，故P(AB)＝7216，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝7216×21691＝113，故C正确；对于D，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以P 4＝356×6×6×6＝351296，故D 正确．19．(2022·新高考Ⅰ卷节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”，P （B |A ）P （B －|A ）与P （B |A －）P （B －|A －）的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R .(1)证明：R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）；(2)利用该调查数据，给出P (A |B )，P (A |B －)的估计值，并利用(1)的结果给出R 的估计值．解(1)证明：由题意R ＝P （B |A ）P （B －|A ）P （B |A －）P （B －|A －）＝P （AB ）P （A ）P （A B －）P （A ）÷P （A －B ）P （A －）P （A －B －）P （A －）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），而P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝P （AB ）P （B ）P （A －B ）P （B ）·P （A －B －）P （B －）P （A B －）P （B －）＝P （AB ）P （A －B ）·P （A －B －）P （A B －）.故R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）.(2)由调查数据可得P (A |B )＝40100＝25，P (A |B －)＝10100＝110，且P (A －|B )＝1－P (A |B )＝35，P (A －|B －)＝1－P (A |B －)＝910，。
高一随机事件的概率知识点
高一随机事件的概率知识点概述：随机事件概率是高中数学中的重要内容，通过对随机事件的概率进行研究和计算，可以帮助我们理解事件发生的可能性，以及在实际问题中的应用。
本文将介绍高一阶段涉及的随机事件的概率知识点。
一、基本概念在进一步讨论高一随机事件的概率知识点之前，我们先来了解一些基本概念。
1.1 随机试验随机试验指的是满足以下三个条件的试验：试验进行前无法确定出现的结果，试验的结果有多种可能性，每次试验的结果不会受到上一次结果的影响。
1.2 样本空间与事件在随机试验中，样本空间是指所有可能结果的集合，一般用"S"表示。
而事件是样本空间的子集，是指我们感兴趣的某些结果组成的集合。
1.3 事件的概率事件的概率是指该事件在所有可能结果中出现的可能性大小，通常用"P(A)"表示。
概率的取值范围在0到1之间，其中0表示不可能事件，1表示必然事件。
二、概率计算方法在计算随机事件的概率时，可以采用以下几种方法：2.1 等可能性原则当每个事件在样本空间中的出现是等可能的情况下，可以使用等可能性原则来计算事件的概率。
也就是说，如果一个随机试验有n个等可能的结果，而事件A有m个结果，那么事件A发生的概率可以表示为P(A) = m/n。
2.2 排列组合法当样本空间中的结果不是等可能的情况下，可以使用排列组合法来计算事件的概率。
排列和组合是高中数学中的基本概念，通过这些方法可以计算不同情况下事件的出现次数，从而求解事件的概率。
2.3 频率计算法频率计算法是通过实验的方式计算事件发生的概率。
当试验次数足够大时，事件发生次数与总试验次数的比值趋近于事件的概率。
三、概率的性质和应用在了解了概率计算方法之后，我们来探讨一些概率的性质和应用。
3.1 加法定理加法定理是指对于两个不相容事件A和B，它们的概率之和等于它们各自的概率之和。
即P(A∪B) = P(A) + P(B)。
3.2 乘法定理乘法定理是指对于两个相互独立的事件A和B，它们的概率乘积等于它们各自的概率之积。
概率与统计学公式集锦整理速查
概率与统计学公式集锦整理速查以下是概率与统计学领域中常见的公式集锦，方便您在需要时进行查阅和使用。
1. 概率公式1.1 事件的概率：P(A) = n(A) / n(S)1.2 互斥事件的概率：P(A ∪ B) = P(A) + P(B)1.3 两独立事件的概率：P(A ∩ B) = P(A) × P(B)1.4 随机事件的和：P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B)1.5 随机事件的差：P(A - B) = P(A) - P(A ∩ B)1.6 互补事件的概率：P(A') = 1 - P(A)2. 统计学公式2.1 定义方差：Var(X) = E[(X - E(X))^2]2.2 方差的性质：Var(aX) = a^2 × Var(X)2.3 协方差：Cov(X, Y) = E[(X - E(X))(Y - E(Y))]2.4 相关系数：ρ(X, Y) = Cov(X, Y) / (√(Var(X)) × √(Var(Y)))2.5 二项分布期望：E(X) = n × p2.6 二项分布方差：Var(X) = n × p × (1 - p)2.7 正态分布的标准差：Var(X) = σ^23. 概率函数与密度函数3.1 二项分布概率函数：P(X = k) = C(n, k) × p^k × (1 - p)^(n - k)3.2 二项分布累积概率函数：P(X ≤ k) = Σ(i=0 to k) C(n, i) × p^i × (1 - p)^(n - i)3.3 正态分布概率密度函数：f(x) = (1 / (σ × √(2π))) × exp(-(x - μ)^2 / (2σ^2))3.4 正态分布累积概率函数：P(X ≤x) = Φ((x - μ) / σ)4. 估计与假设检验4.1 样本均值的抽样分布：X ～N(μ, σ^2/n)，其中 X 为样本均值，μ 为总体均值，σ 为总体标准差，n 为样本容量。
15事件和与事件积的概率【教师版】
事件和与事件积这节课我们学什么1.掌握事件和与事件积的概率的求法；2.理解事件独立的概念，并掌握独立事件积的概率的求法.知识框图知识梳理1.和事件（1）和事件：设A、B为两个随机事件，把“事件A与事件B至少有一个出现”叫做事件A与事件B的和．（2）事件和的概率（概率加法公式）：()()()()P A B P A P B P AB=+-．（3）互斥事件：在同一次试验中，不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件，也叫做互不相容事件．（4）互斥事件和的概率：如果事件A、B互斥，那么()()()P A B P A P B=+．2.积事件（1）积事件：设A、B为两个随机事件，把“事件A与事件B同时出现”叫做事件A与事件B的积．（2）独立事件：如果事件A出现和事件B出现，互相之间没有影响，即其中一个事件的发生对另一事件发生的概率没有影响，那么就称事件A和事件B互相独立．如果A与B是独立的，则A与B、A与B、A与B也是互相独立的．（3）独立事件积的概率：如果事件A、B互相独立，那么()()()P AB P A P B=⋅．（4）推广：如果事件nAAA、、、21相互独立，则)()()(2121nnAPAPAPAAAP=）（（5）“事件nAAA、、、21至少出现一个”这一事件的对立事件是“nAAA、、、21都不出现”，即12121'''n nP A A A P A A A+++=-（）（）)'()'()'(121nAPAPAP-=)](1[)](1)][(1[121nAPAPAP----=3.总结：典型例题分析1.事件和概率例1、从一副混合后的扑克牌（52张）中随机抽取1张，事件A 为“抽得红桃K”，事件B 为“抽得为黑桃”，则概率)(B A P U 为多少？.【答案：)(B A P ＝11()+()=+=524P A P B 726】 例2、某校高二(1)班45名同学都订阅了不同的报刊，其中订阅中学生报有30名同学，订阅中学生外语报有25名同学，10名同学即订了中学生报又订阅了中学生外语报。
高中数学概率知识点总结
高中数学概率知识点总结一、概率的基本概念1.1 概率的定义在日常生活中，我们经常会遇到很多不确定的事件，比如掷骰子的结果、抽奖的中奖情况等等。
而概率就是用来描述这些不确定事件发生的可能性的。
概率可以理解为某件事情发生的可能性大小，通常用一个介于0和1之间的数值来表示，其中0表示不可能发生，1表示一定会发生。
1.2 样本空间和事件在进行概率计算时，通常需要确定一个样本空间，即所有可能发生的结果的集合。
比如掷一枚骰子，样本空间为{1,2,3,4,5,6}。
事件则是样本空间的一个子集，表示我们关心的那部分结果。
比如“出现奇数点数”的事件为{1,3,5}。
1.3 古典概率和频率概率古典概率是指在所有可能结果等可能时，事件发生的概率即为事件发生的次数与样本空间元素总数的比值。
而频率概率是指在实际观察中，某一事件发生的次数与总次数的比值。
古典概率适用于理论计算，而频率概率适用于实际观测。
1.4 概率的性质概率具有以下几个重要性质：（1）非负性：任何事件的概率都大于等于0；（2）规范性：全集事件的概率为1；（3）可列可加性：对于两个互不相容的事件，它们的概率之和等于这两个事件并起来的概率。
二、概率的计算方法2.1 古典概率的计算在古典概率中，当每个事件发生的可能性相等时，概率等于事件发生的次数除以总事件数，即P(A)=n(A)/n(S)。
2.2 几何概率的计算几何概率是通过几何模型中的面积、长度或体积来计算概率的方法。
比如说，在一个正方形的面积中，事件发生的可能性可以表示为事件的面积与总面积的比值。
2.3 频率概率的计算频率概率是通过实验次数和事件发生次数的比值来计算概率的方法，即P(A)=n(A)/n。
2.4 排列和组合排列是指从n个不同元素中取出m个元素，按一定的次序排成一列，不同元素的个数为n!/(n-m)!。
组合是指从n个不同元素中取出m个元素，不考虑次序的情况，不同元素的个数为n!/(m!(n-m)!)。
古典概型公开课教案
古典概型公开课教案第一章：古典概型的概念与特点1.1 古典概型的定义1.2 古典概型的特点1.3 古典概型与实际问题的联系第二章：排列与组合2.1 排列的概念与计算方法2.2 组合的概念与计算方法2.3 排列与组合在实际问题中的应用第三章：概率的基本性质3.1 概率的定义与性质3.2 概率的基本运算法则3.3 条件概率与独立事件的概率第四章：互斥事件与概率计算4.1 互斥事件的定义与性质4.2 互斥事件的概率计算方法4.3 相互独立事件的概率计算方法第五章：古典概型应用案例分析5.1 抽奖活动中的古典概型问题5.2 扑克牌游戏中的古典概型问题5.3 随机抽选问题中的古典概型应用教学目标：1. 理解古典概型的概念与特点，能够识别和应用古典概型解决实际问题。
2. 掌握排列与组合的计算方法，能够运用排列与组合解决相关问题。
3. 理解概率的基本性质，掌握概率的基本运算法则，能够计算简单事件的概率。
4. 理解互斥事件与相互独立事件的性质，掌握其概率计算方法。
5. 能够分析实际问题中的古典概型，并运用相关知识解决案例问题。
教学方法：1. 采用讲解、案例分析、互动讨论等方式进行教学，引导学生理解和掌握古典概型的相关概念和计算方法。
2. 通过实际案例分析，让学生感受古典概型在现实生活中的应用，培养学生的实际问题解决能力。
3. 引导学生运用概率的基本性质和运算法则，解决互斥事件和相互独立事件的概率计算问题。
4. 提供适量的练习题，巩固学生对古典概型的理解和应用能力。
教学评估：1. 通过课堂讲解和案例分析，观察学生对古典概型的概念和特点的理解程度。
2. 通过作业和练习题的完成情况，评估学生对排列与组合计算方法的掌握情况。
3. 通过解答概率计算问题，评估学生对概率的基本性质和运算法则的应用能力。
4. 通过案例分析报告，评估学生对古典概型在实际问题中应用的能力。
教学资源：1. 教案、PPT课件、案例分析材料等教学资料。
五年级上册《可能性的大小》知识点归纳
五年级上册《可能性的大小》知识点归纳引言《可能性的大小》是五年级上册数学教材中的一篇重要内容，主要讲解了可能性的大小与概率的关系。
通过学习这一部分的内容，可以帮助学生更好地理解可能性与概率之间的区别，并且掌握一些基本的计算方法和应用技巧。
1. 可能性的定义在开始介绍可能性的大小与概率的关系之前，首先需要明确什么是可能性。
可能性是指事件在一次试验中发生的可能程度。
它通常用0到1之间的数表示，其中0表示不可能，1表示必然发生。
2. 可能性的大小判断方法为了判断事件的可能性大小，我们可以通过以下几个方面来考虑：2.1 事件的发生次数事件发生的次数越多，那么它的可能性就越大。
例如，抛一枚硬币，出现正面的次数多于反面的次数，那么正面的可能性就更大。
2.2 事件的发生原因事件的发生原因也会对可能性产生影响。
如果事件的发生原因是必然的，那么它的可能性就是1，表示必然发生；如果事件的发生原因是不可能的，那么它的可能性就是0，表示不可能发生。
2.3 事件的发生条件事件的发生条件也会影响它的可能性。
如果事件发生的条件很苛刻，只有在某些特定条件下才会发生，那么它的可能性就比较小；如果事件发生的条件比较宽松，只要满足一定条件就会发生，那么它的可能性就比较大。
3. 可能性与概率的关系可能性是概率的一种表达方式，两者之间存在一定的关系。
概率是指在大量重复试验中，某一事件发生的可能性。
它通常用百分数或分数表示，范围在0%到100%之间。
概率可以通过试验结果的频率来进行估计。
当试验次数越多时，概率的估计值越接近真实值。
可能性与概率的关系可以用以下公式表示：可能性 = 概率/100也就是说，可能性与概率之间存在着一种线性关系，可能性是概率的一种相对表达方式。
4. 可能性的计算方法在实际问题中，我们需要根据已知条件来计算事件的可能性。
下面介绍几种常见的计算方法：4.1 等可能性原则当事件的发生条件相同，并且不同的结果是等可能发生时，可以使用等可能性原则来计算事件的可能性。
随机事件的互斥事件和独立事件
随机事件的互斥事件和独立事件1. 互斥事件1.1 定义互斥事件（Mutually Exclusive Events）指的是两个事件不可能同时发生。
用数学符号表示为：A ∩ B = ∅，即事件A和事件B的交集为空集。
1.2 性质（1）完备性：对于任意事件A，有P(A) = P(A ∩ B’) + P(A ∩ B)，其中B’为事件B的补集。
（2）互斥事件的概率公式：若A1, A2, …, An为互斥事件，则P(A1 ∪ A2 ∪ … ∪ An) = P(A1) + P(A2) + … + P(An)。
1.3 应用互斥事件在实际生活中有很多应用，如在抽奖活动中，中奖和不中奖这两个事件就是互斥的。
在统计分析中，也可以利用互斥事件来计算概率。
2. 独立事件2.1 定义独立事件（Independent Events）指的是两个事件的发生与否互不影响。
用数学符号表示为：P(A ∩ B) = P(A)P(B)。
2.2 性质（1）组合性：对于任意事件A和B，有P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B)。
（2）独立事件的乘法公式：若A1, A2, …, An和B1, B2, …, Bm为独立事件，则P(A1 ∩ B1 ∩ … ∩ An ∩ Bm) = P(A1)P(B1) … P(An)P(Bm)。
2.3 应用独立事件在实际生活中也有很多应用，如在投掷两个骰子的情况下，第一个骰子出现1点，第二个骰子出现2点的概率就是独立事件。
在统计分析中，独立事件可以用来计算联合概率。
3. 互斥事件与独立事件的区别与联系3.1 区别（1）定义不同：互斥事件指的是两个事件不可能同时发生，而独立事件指的是两个事件的发生与否互不影响。
（2）概率公式不同：互斥事件的概率公式为P(A ∩ B’) + P(A ∩ B)，独立事件的概率公式为P(A)P(B)。
3.2 联系（1）互补事件：互斥事件和独立事件都可以看作是互补事件。