10.1 隨機(jī)事件 古典概型與條件概率 課件-2025屆高三數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)項(xiàng)復(fù)習(xí)

10.1隨機(jī)事件、古典概型與條件概率命題形式本專(zhuān)題內(nèi)容在選擇題、填空題中主要考查古典概型、條件概率、正態(tài)分布等,解答題

中常通過(guò)排列、組合知識(shí)考查離散型隨機(jī)變量的分布列、期望、方差,超幾何分布,二

項(xiàng)分布及正態(tài)分布等問(wèn)題,結(jié)合本專(zhuān)題內(nèi)容特點(diǎn),備考時(shí)需:1.回歸教材,夯實(shí)基礎(chǔ),注重對(duì)教材上的概念、公式等深刻理解,理解數(shù)學(xué)問(wèn)題的本質(zhì),對(duì)

概念、公式、定理等進(jìn)行落實(shí),不留知識(shí)盲點(diǎn),確?；A(chǔ)知識(shí)部分不丟分;2.針對(duì)新考情下的中難檔題目,應(yīng)開(kāi)拓視野,活絡(luò)思路.注意數(shù)學(xué)建模與邏輯思維能力在

概率中的應(yīng)用,從多命題角度練習(xí)題目,沖刺提分.考點(diǎn)1隨機(jī)事件的概率1.隨機(jī)事件的頻率與概率(1)頻數(shù)與頻率:在相同的條件S下進(jìn)行n次試驗(yàn),觀察某一事件A是否出現(xiàn),稱(chēng)n次試驗(yàn)中

事件A出現(xiàn)的次數(shù)nA為事件A出現(xiàn)的頻數(shù),稱(chēng)事件A出現(xiàn)的比例fn(A)=

為事件A出現(xiàn)的頻率.(2)概率:對(duì)隨機(jī)事件發(fā)生可能性大小的度量(數(shù)值)稱(chēng)為事件的概率,事件A的概率用P(A)表示.2.互斥事件與對(duì)立事件名稱(chēng)定義符號(hào)表示互斥事件若A∩B為不可能事件,那么稱(chēng)事

件A與事件B互斥A∩B=?對(duì)立事件若A∩B為不可能事件,A∪B為必

然事件,那么稱(chēng)事件A與事件B互

為對(duì)立事件A∩B=?且A∪B=Ω(Ω為全集)易錯(cuò)易混

互斥事件與對(duì)立事件對(duì)立事件是互斥事件的特殊情況,而互斥事件未必是對(duì)立事件,則“互斥”是“對(duì)立”

的必要不充分條件.3.概率的基本性質(zhì)性質(zhì)1:對(duì)任意的事件A,都有P(A)≥0.性質(zhì)2:必然事件的概率為1,不可能事件的概率為0,即P(Ω)=1,P(?)=0.性質(zhì)3:如果事件A與事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B).性質(zhì)4:如果事件A與事件B互為對(duì)立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B).性質(zhì)5:如果A?B,那么P(A)≤P(B).性質(zhì)6:設(shè)A,B是一個(gè)隨機(jī)試驗(yàn)中的兩個(gè)事件,則P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).考點(diǎn)2古典概型1.古典概型的兩個(gè)特點(diǎn)(1)有限性:樣本空間的樣本點(diǎn)只有有限個(gè);(2)等可能性:每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的可能性相等.2.古典概型的概率公式(1)對(duì)于古典概型,在包含n個(gè)樣本點(diǎn)的樣本空間Ω中,每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的概率都是相等

的,即每個(gè)樣本點(diǎn)發(fā)生的概率都是

.(2)設(shè)試驗(yàn)E是古典概型,樣本空間Ω包含n個(gè)樣本點(diǎn),事件A包含其中的k個(gè)樣本點(diǎn),則定

義事件A的概率P(A)=

=

.其中,n(A)和n(Ω)分別表示事件A和樣本空間Ω包含的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù).考點(diǎn)3事件的相互獨(dú)立性1.定義:對(duì)任意的兩個(gè)事件A與B,如果P(AB)=P(A)·P(B)成立,則稱(chēng)事件A與事件B相互獨(dú)

立.2.性質(zhì):若事件A與事件B相互獨(dú)立,則A與

,

與B,

與

也都相互獨(dú)立.考點(diǎn)4條件概率與全概率公式1.條件概率及性質(zhì)(1)一般地,設(shè)A,B為兩個(gè)隨機(jī)事件,且P(A)>0,稱(chēng)P(B|A)=

為在事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的條件概率,簡(jiǎn)稱(chēng)條件概率.(2)條件概率的性質(zhì)設(shè)P(A)>0,則①P(Ω|A)=1.②如果B和C是兩個(gè)互斥事件,則P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).③設(shè)

和B互為對(duì)立事件,則P(

|A)=1-P(B|A).(3)概率的乘法公式對(duì)任意兩個(gè)事件A與B,若P(A)>0,則P(AB)=P(A)P(B|A).2.全概率公式一般地,設(shè)A1,A2,…,An是一組兩兩互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,

則對(duì)任意的事件B?Ω,有P(B)=

P(Ai)·P(B|Ai).知識(shí)拓展

貝葉斯公式設(shè)A1,A2,…,An是一組兩兩互斥的事件,A1∪A2∪…∪An=Ω,且P(Ai)>0,i=1,2,…,n,則對(duì)任意

的事件B?Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)=

=

,i=1,2,…,n.即練即清1.判斷正誤.(對(duì)的打“√”,錯(cuò)的打“?”)(1)標(biāo)準(zhǔn)大氣壓下,把水加熱至100℃沸騰為隨機(jī)事件.

(

)(2)隨機(jī)事件A的概率是頻率的穩(wěn)定值,頻率是概率的近似值.

(

)(3)“在區(qū)間(0,5)內(nèi)任取一點(diǎn),求此點(diǎn)小于2的概率”是古典概型.

(

)(4)“P(AB)=P(A)P(B)”是“事件A,B相互獨(dú)立”的充要條件.

(

)(5)P(B|A)相當(dāng)于在事件A發(fā)生的條件下,事件AB發(fā)生的概率.

(

)×√×√√2.拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣,設(shè)A=“第一枚正面朝上”,B=“第二枚反面朝上”,則事

件A與事件B

(

)A.相互獨(dú)立

B.互為對(duì)立事件C.互斥

D.相等3.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子兩次,則兩次的點(diǎn)數(shù)都是偶數(shù)的概率為

.A題型一相互獨(dú)立事件概率的求法求相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的主要方法:①利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式直接求解;②正面計(jì)算較復(fù)雜(如求用“至少”表

達(dá)的事件的概率)或難以入手時(shí),可從其對(duì)立事件入手計(jì)算.判斷事件相互獨(dú)立,一般用

定義判斷.角度1事件相互獨(dú)立性的判斷典例1

(2024山東泰安三模,8)盒中有4個(gè)大小相同的小球,其中2個(gè)紅球、2個(gè)白球,第

一次在盒中隨機(jī)摸出2個(gè)小球,記下顏色后放回,第二次在盒中也隨機(jī)摸出2個(gè)小球,記下

顏色后放回.設(shè)事件A=“兩次均未摸出紅球”,事件B=“兩次均未摸出白球”,事件C=

“第一次摸出的兩個(gè)球中有紅球”,事件D=“第二次摸出的兩個(gè)球中有白球”,則

(

)A.A與B相互獨(dú)立

B.A與C相互獨(dú)立C.B與C相互獨(dú)立

D.C與D相互獨(dú)立D解析

依題意得P(A)=

=

,P(B)=

=

,P(AB)=0≠P(A)P(B),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;P(C)=

=

,P(AC)=0≠P(A)P(C),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;P(BC)=

=

≠P(B)P(C),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;P(D)=

=

,P(CD)=

=

=P(C)P(D),故D項(xiàng)正確.故選D.技巧

判斷兩個(gè)事件A、B是不是相互獨(dú)立事件,只需要判斷P(A)P(B)=P(AB)是否

成立即可,成立,則A、B是相互獨(dú)立事件,不成立,則不是相互獨(dú)立事件.變式訓(xùn)練1-1

(情境模型變式)有5張相同的卡片,分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,從中有放回地

隨機(jī)取兩次,每次取1張卡片,A1表示事件“第一次取出的卡片上的數(shù)字為2”,A2表示事

件“第一次取出的卡片上的數(shù)字為奇數(shù)”,A3表示事件“兩次取出的卡片上的數(shù)字之

和為6”,A4表示事件“兩次取出的卡片上的數(shù)字之和為7”,則(

)A.A3與A4為對(duì)立事件B.A1與A3為相互獨(dú)立事件C.A2與A4為相互獨(dú)立事件D.A2與A4為互斥事件B解析

由題意,知A3與A4互斥但不對(duì)立,A錯(cuò)誤;事件A3包含的樣本點(diǎn)有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),共5個(gè),則P(A3)=

=

,事件A4包含的樣本點(diǎn)有(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),共4個(gè),則P(A4)=

=

,其中事件A1A3包含的樣本點(diǎn)有(2,4),共1個(gè),事件A2A4包含的樣本點(diǎn)有(3,4),(5,2),共2個(gè),P(A1)=

,P(A2)=

,則P(A1A3)=

=P(A1)P(A3),所以A1與A3為相互獨(dú)立事件,B正確;P(A2A4)=

≠P(A2)P(A4),所以A2與A4不是相互獨(dú)立事件,故C錯(cuò)誤;因?yàn)锳2與A4可同時(shí)發(fā)生,所以A2與A4不是互斥事件,故D錯(cuò)誤.故選B.角度2相互獨(dú)立事件的概率典例2

(2020課標(biāo)Ⅰ理,19,12分)甲、乙、丙三位同學(xué)進(jìn)行羽毛球比賽,約定賽制如下:累計(jì)負(fù)兩場(chǎng)者被淘汰;比賽前抽簽決定首先比賽的兩人,另一人輪空;每場(chǎng)比賽的勝者與

輪空者進(jìn)行下一場(chǎng)比賽,負(fù)者下一場(chǎng)輪空,直至有一人被淘汰;當(dāng)一人被淘汰后,剩余的

兩人繼續(xù)比賽,直至其中一人被淘汰,另一人最終獲勝,比賽結(jié)束.經(jīng)抽簽,甲、乙首先比賽,丙輪空.設(shè)每場(chǎng)比賽雙方獲勝的概率都為

.(1)求甲連勝四場(chǎng)的概率;(2)求需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率;(3)求丙最終獲勝的概率.解析

(1)甲連勝四場(chǎng)只能是前4場(chǎng),所求概率為

=

.(提醒:如果甲第1場(chǎng)負(fù),那么第2場(chǎng)甲不出場(chǎng),在剩余的3場(chǎng)比賽中,甲不可能連勝4場(chǎng))(2)根據(jù)賽制,至少需要進(jìn)行四場(chǎng)比賽,至多需要進(jìn)行五場(chǎng)比賽.比賽四場(chǎng)結(jié)束,共有三種情況:甲連勝四場(chǎng)的概率為

;乙連勝四場(chǎng)的概率為

;丙上場(chǎng)后連勝三場(chǎng)的概率為

.所以需要進(jìn)行第五場(chǎng)比賽的概率為1-

-

-

=

.(提醒:正面求解情況比較復(fù)雜,故考慮先求其對(duì)立事件“比賽只進(jìn)行4場(chǎng)”的概率,再利用公式P(A)=1-P(

)求解)(3)丙最終獲勝包括進(jìn)行四場(chǎng)比賽丙獲勝和進(jìn)行五場(chǎng)比賽丙獲勝.由(2)知比賽四場(chǎng)結(jié)束且丙最終獲勝的概率為

,由題意知,進(jìn)行五場(chǎng)比賽丙獲勝,則丙只能輸一場(chǎng)且丙輸?shù)膱?chǎng)次可能為第二或第三或第

四場(chǎng).①若丙在第二場(chǎng)輸,則五場(chǎng)比賽的輸者為甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙、乙丙乙甲甲、乙

丙甲乙甲,共4種情況,概率為

×4=

=

;②若丙在第三場(chǎng)輸,則五場(chǎng)比賽的輸者為甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙

甲丙乙甲,共4種情況,概率為

×4=

=

;③若丙在第四場(chǎng)輸,則五場(chǎng)比賽的輸者為甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲,共2種情況,概率為

×2=

=

.(提醒:若丙在第四場(chǎng)輸且在第五場(chǎng)贏,可知前三場(chǎng)有一人淘汰,即第一、三場(chǎng)輸?shù)氖峭?/p>

一人)綜上,丙最終獲勝的概率為

+

+

+

=

.變式訓(xùn)練1-2

(新情境變式)(2024湖北武漢模擬,6)如圖,一個(gè)電路中有A,B,C三個(gè)電器

元件,每個(gè)元件正常工作的概率均為

,這個(gè)電路是通路的概率是

(

)

A.

B.

C.

D.

B解析

元件B,C都不正常工作的概率p1=

×

=

,則元件B,C至少有一個(gè)正常工作的概率為1-p1=

,而電路是通路,即元件A正常工作,元件B,C至少有一個(gè)正常工作,所以這個(gè)電路是通路的概率p=

×

=

.故選B.題型二條件概率公式的應(yīng)用典例3從1,2,3,4,5中任取2個(gè)不同的數(shù),事件A=“取到的2個(gè)數(shù)之和為偶數(shù)”,事件B=

“取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”,則P(B|A)=

(

)A.

B.

C.

D.

B解析

解法一:根據(jù)條件概率公式求解.由題意得P(A)=

=

=

,(從3個(gè)奇數(shù)中取2個(gè)或取2個(gè)偶數(shù))P(AB)=

=

,則由條件概率計(jì)算公式,得P(B|A)=

=

=

.解法二:縮小樣本空間,利用古典概型概率公式求解.事件A包含的樣本點(diǎn)為(1,3),(1,5),(3,5),(2,4),共4個(gè).事件AB包含的樣本點(diǎn)只有(2,4)1個(gè),即n(AB)=1.故由古典概型概率公式知P(B|A)=

=

.歸納總結(jié)

求條件概率的兩種方法(1)利用定義,分別求P(A)和P(AB),得P(B|A)=

,這是求條件概率的通法.(2)借助古典概型概率公式,先求事件A包含的樣本點(diǎn)數(shù)n(A),再求事件A與事件B的交事

件中包含的樣本點(diǎn)數(shù)n(AB),得P(B|A)=

.變式訓(xùn)練2-1

(情境模型變式)將三顆骰子各擲一次,設(shè)事件A為“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相

同”,B為“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”,則P(A|B)=

,P(B|A)=

.解析

P(A|B)的含義是在事件B發(fā)生的條件下,事件A發(fā)生的概率,即在“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”

的條件下,“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”的概率.因?yàn)椤爸辽俪霈F(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”有6×6×6-5×5×5=91(種)情況,“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)且三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”共有

×5×4=60(種)情況,所以P(A|B)=

.P(B|A)的含義是在事件A發(fā)生的條件下,事件B發(fā)生的概率,即在“三個(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”

的條件下,“至少出現(xiàn)一個(gè)6點(diǎn)”的概率.因?yàn)椤叭齻€(gè)點(diǎn)數(shù)都不相同”有6×5×4=120(種)

情況,所以P(B|A)=

.典例4

(2024陜西寶雞二模,7)某位同學(xué)家中常備三種感冒藥,分別為金花清感顆粒3

盒、連花清瘟膠囊2盒、清開(kāi)靈顆粒5盒.若這三類(lèi)藥物能治愈感冒的概率分別為

,

,

,他感冒時(shí),隨機(jī)從這幾盒藥物里選擇一盒服用(用藥請(qǐng)遵醫(yī)囑),則感冒被治愈的概率為

(

)A.

B.

C.

D.

C解析

記服用金花清感顆粒為事件A,服用連花清瘟膠囊為事件B,服用清開(kāi)靈顆粒為事件C,感

冒被治愈為事件D,依題意可得P(A)=

,P(B)=

=

,P(C)=

=

,P(D|A)=

,P(D|B)=