2027届高三数学一轮复习课件：第十章　10.1 随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式

第十章概率考情清单知识清单考点清单目录CONTENTS考情清单考点真题示例考向5年考频核心素养随机事件的概率2023新课标Ⅱ,12积事件的概率4考数学运算数学建模逻辑推理2025全国一卷,15(1)古典概型2024新课标Ⅰ,142022新高考Ⅰ,5事件的相互独立性2021新高考Ⅰ,8事件的独立性的判断3考2025全国二卷,19独立事件同时发生的

概率2024新课标Ⅱ,18(1),

18(2)(i)随机事件的概率2023新课标Ⅱ,12积事件的概率4考数学运算数学建模逻辑推理条件概率与全概率公式2023新课标Ⅰ,21(1)

(2)全概率公式的应用3考2022新高考Ⅰ,20(2)条件概率的应用2022新高考Ⅱ,19(3)利用条件概率公式求

解离散型随机变量及其分布列、均值和方差2024新课标Ⅱ,18(2)

(ii)离散型随机变量的决

策问题6考数学运算数学建模逻辑推理2023新课标Ⅰ,21(3)两点分布的均值2021新高考Ⅰ,18(1)离散型随机变量的分

布列2025全国一卷,14离散型随机变量的均

值2021新高考Ⅰ,18(2)2021新高考Ⅱ,21(1)正态分布2024新课标Ⅰ,9正态曲线特征3考2022新高考Ⅱ,132021新高考Ⅱ,6综合分析本章内容在选择题、填空题中主要考查古典概型、条件概率、正态分布等,解答

题中常通过排列、组合知识考查离散型随机变量的分布列、期望、方差,超几何分布,

二项分布及正态分布等问题,结合本章内容特点,备考时需:1.回归教材,夯实基础,注重对教材上的概念、公式等深刻理解,理解数学问题的本质,对

概念、公式、定理等进行落实,不留知识盲点,确保基础知识部分不丢分;2.针对新考情下的中难档题目,应开拓视野,活络思路.注意数学建模与逻辑思维能力在概率中的应用,从多命题角度练习题目,冲刺提分.10.1随机事件、古典概型、条件概率与全概率公式知识清单知识点1随机事件的概率1.随机事件的频率与概率(1)频数与频率:在相同的条件S下进行n次试验,观察某一事件A是否出现,称n次试验中

事件A出现的次数nA为事件A出现的频数,称事件A出现的比例fn(A)=

为事件A出现的频率.(2)概率:对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率,事件A的概率用P(A)表示.2.互斥事件与对立事件名称定义符号表示互斥事件若A∩B为不可能事件,那么称事件A

与事件B互斥A∩B=⌀对立事件若A∩B为不可能事件,A∪B为必然

事件,那么称事件A与事件B互为对立

事件A∩B=⌀且A∪B=Ω(Ω为全集)易错易混互斥事件与对立事件对立事件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件,则“互斥”是“对

立”的必要不充分条件.3.概率的基本性质性质1:对任意的事件A,都有P(A)≥0.性质2:必然事件的概率为1,不可能事件的概率为0,即P(Ω)=1,P(⌀)=0.性质3:如果事件A与事件B互斥,那么P(A∪B)=P(A)+P(B).性质4:如果事件A与事件B互为对立事件,那么P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B).性质5:如果A⊆B,那么P(A)≤P(B).性质6:设A,B是一个随机试验中的两个事件,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).知识点2古典概型1.古典概型的两个特点(1)有限性:样本空间的样本点只有有限个;(2)等可能性:每个样本点发生的可能性相等.2.古典概型的概率公式(1)对于古典概型,在包含n个样本点的样本空间Ω中,每个样本点发生的概率都是相等

的,即每个样本点发生的概率都是

.(2)设试验E是古典概型,样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其中的k个样本点,则定

义事件A的概率P(A)=

=

.其中,n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数.知识点3事件的相互独立性1.定义:对任意的两个事件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.2.性质:若事件A与事件B相互独立,则A与

,

与B,

与

也都相互独立.知识点4条件概率与全概率公式1.条件概率及性质(1)一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,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)条件概率的性质设P(A)>0,则①P(Ω|A)=1.②如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).③设

和B互为对立事件,则P(

|A)=1-P(B|A).(3)概率的乘法公式对任意两个事件A与B,若P(A)>0,则P(AB)=P(A)P(B|A).2.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,

则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=

P(Ai)·P(B|Ai).知识拓展贝叶斯公式设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

任意的事件B⊆Ω,P(B)>0,有P(Ai|B)=

=

,i=1,2,…,n.即练即清1.判断正误.(对的打“√”,错的打“✕”)(1)随机事件A的概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值.

()(2)若两个事件是互斥事件,则这两个事件也是对立事件.

()(3)可利用古典概型的概率公式求“在边长为2的正方形内任取一点,这点到正方形中

心距离小于或等于1”的概率.

()(4)若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B).

()(5)P(AB)=P(B)P(B|A).

()

✕

√

✕

✕

√

2.抛掷两枚质地均匀的硬币,设A=“第一枚正面朝上”,B=“第二枚反面朝上”,则事

件A与事件B

()A.相互独立

B.互为对立事件C.互斥

D.相等

A

3.两批同种规格的产品,第一批占40%,合格品率为95%;第二批占60%,合格品率为96%.

将两批产品混合,从混合产品中任取1件,则这件产品是合格品的概率为

()A.0.956

B.0.966

C.0.044

D.0.034

A

4.袋子中有10个大小相同的球,其中4个红球,6个白球,已知甲、乙两人依次不放回地摸

取1个球,在甲摸到红球的情况下,乙摸到红球的概率为

()A.

B.

C.

D.

A

5.抛掷一枚质地均匀的骰子两次,则两次的点数都是偶数的概率为_________.考点清单考点1随机事件与古典概型角度1古典概型典例1

(2024全国甲文,4,5分)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加,

每人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概

率是

()A.

B.

C.

D.

C

解析

解法一画树状图如下:

由图可知,共有24种出场次序,其中事件“丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场”包含的基本事件有8个,所以丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率P=

=

.解法二设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一个出场,且乙最后出场”.四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有

=24个,事件A包含的基本事件有2

=4个,故P(A)=

=

,同理可得P(B)=

.由于事件A与事件B互斥,故丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)=

.方法总结古典概型概率的求法(1)列举法:此法适用于样本点较少的古典概型.(2)列表法:此法适用于从多个元素中选定两个元素的试验,也可看成坐标法.(3)画树状图法:此法适用于有顺序的问题及较复杂问题中样本点个数的探求.(4)运用排列、组合知识计算.注:含有“至多”“至少”等类型的概率问题,从正面突破比较困难或比较烦琐时,可考

虑其反面,即其对立事件,然后应用对立事件的性质P(A)=1-P(

)求解.变式训练1.(情境模型变式)如图,平面内有A,B,C,D四个区域,随机在这四个区域之间画3道线,

且任意两个区域之间最多画一道线,则从A,B,C,D任何一个区域,都可以通过连线及区

域到达其他区域的概率为()

A.

B.

C.

D.

D

解析从四个区域中任选2个连线,可连

=6条线段,从中任选3条的方法有

=

=20种.从四个区域中任选3个,用3条线段将这3个区域连接,有

=4种方法,这些连接方式不能连通四个区域.所以可以通过3条线连通四个区域的概率为P=1-

=

.故选D.角度2概率的基本性质典例2抛掷一红一绿两颗质地均匀的正方体骰子,记下骰子朝上面的点数.若用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.设A=“两个点

数之积是偶数”,B=“至少有一颗骰子的点数为5”,则P(A∪B)=

()A.

B.

C.

D.

D

解析

解法一样本空间Ω={(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),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),

(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共36个样本点.事件A包含的样本点有(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,2),(3,4),(3,6),(4,

1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,2),(5,4),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共27个,所以

P(A)=

=

.事件B包含的样本点有(1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),共11个,

所以P(B)=

.事件A∩B包含的样本点有(2,5),(4,5),(6,5),(5,2),(5,4),(5,6),共6个,所以P(A∩B)=

=

.根据概率的加法公式可得P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=

+

-

=

.故选D.解法二

P(A∪B)=1-P(

)=1-P(

∩

),事件

∩

包含的样本点有(1,1),(1,3),(3,1),(3,3),则P(A∪B)=1-

=

.变式训练2.(设问条件变式)(2025届山东泰安模拟,5)在一次随机试验中,三个事件A1,A2,A3发生

的概率分别是0.2,0.3,0.5,则下列选项正确的是()A.A1+A2+A3是必然事件B.A1+A2与A3是互斥事件,也是对立事件C.P(A1+A2)≤0.5D.P(A2+A3)=0.8

C

解析对于A,P(A1+A2+A3)=P(A1+A2)+P(A3)-P((A1+A2)∩A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)-P(A1∩A2)-P((A1+A2)∩A3)=1-P(A1∩A2)-P((A1+A2)∩A3)≤1,所以A1+A2+A3不一定是必然事件,A错误;对于B,因为(A1+A2)∩A3不一定是不可能事件,故A1+A2与A3不一定互斥,B错误;对于C,P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)-P(A1∩A2)=0.5-P(A1∩A2)≤0.5,C正确;对于D,P(A2+A3)=P(A2)+P(A3)-P(A2∩A3)=0.8-P(A2∩A3)≤0.8,D错误.故选C.考点2事件的相互独立性角度1事件独立性的判断典例3抛掷一枚均匀的骰子两次,E表示事件“第一次是奇数点”,F表示事件“第二

次是3点”,G表示事件“两次点数之和是9”,H表示事件“两次点数之和是10”,则

()A.E与G相互独立

B.E与H相互独立C.F与G相互独立

D.G与H相互独立

A

解析由题意得P(E)=

,P(F)=

,P(G)=

,P(H)=

.对于A,P(EG)=

=

=P(E)P(G),所以E和G相互独立;对于B,P(EH)=

≠P(E)P(H),所以E和H不相互独立;对于C,P(FG)=

≠P(F)P(G),所以F和G不相互独立;对于D,P(GH)=0,P(G)P(H)≠0,所以G和H不相互独立.故选A.技巧点拨判断两个事件A,B是不是相互独立事件,只需要判断P(A)P(B)=P(AB)是否成

立即可,若成立,则A,B是相互独立事件;若不成立,则不是相互独立事件.变式训练3.(关键元素变式)有5张相同的卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,从中有放回地随机取两

次,每次取1张卡片,A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”,A2表示事件“第一

次取出的卡片上的数字为奇数”,A3表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”,A4

表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”,则()A.A3与A4为对立事件B.A1与A3为相互独立事件C.A2与A4为相互独立事件D.A2与A4为互斥事件

B

解析由题意,知A3与A4互斥但不对立,A错误;事件A3包含的样本点有(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),共5个,则P(A3)=

=

,事件A4包含的样本点有(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),共4个,则P(A4)=

=

,其中事件A1A3包含的样本点有(2,4),共1个,事件A2A4包含的样本点有(3,4),(5,2),共2个,P(A1)=

,P(A2)=

,则P(A1A3)=

=P(A1)P(A3),所以A1与A3为相互独立事件,B正确;P(A2A4)=

≠P(A2)P(A4),所以A2与A4不是相互独立事件,故C错误;因为A2与A4可同时发生,所以A2与A4不是互斥事件,故D错误.故选B.角度2相互独立事件概率的求解典例4

(2020课标Ⅰ理,19,12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与

轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的

两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为

.(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率.解析

(1)甲连胜四场只能是前4场,所求概率为

=

.【提醒:如果甲第1场负,那么第2场甲不出场,在剩余的3场比赛中,甲不可能连胜4场】(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为

;乙连胜四场的概率为

;丙上场后连胜三场的概率为

.所以需要进行第五场比赛的概率为1-

-

-

=

.【提醒:正面求解情况比较复杂,故考虑先求其对立事件“比赛只进行4场”的概率,再利用公式P(A)=1-P(

)求解】(3)丙最终获胜包括进行四场比赛丙获胜和进行五场比赛丙获胜.由(2)知比赛四场结束且丙最终获胜的概率为

,由题意知,进行五场比赛丙获胜,则丙只能输一场且丙输的场次可能为第二或第三或第

四场.①若丙在第二场输,则五场比赛的输者为甲丙甲乙乙、甲丙乙甲乙、乙丙乙甲甲、乙

丙甲乙甲,共4种情况,概率为

×4=

=

;②若丙在第三场输,则五场比赛的输者为甲乙丙甲乙、甲乙丙乙甲、乙甲丙甲乙、乙

甲丙乙甲,共4种情况,概率为

×4=

=

;③若丙在第四场输,则五场比赛的输者为甲乙甲丙乙、乙甲乙丙甲,共2种情况,概率为

×2=

=

.【提醒:若丙在第四场输且在第五场赢,可知前三场有一人淘汰,即第一、三场输的是同

一人】综上,丙最终获胜的概率为

+

+

+

=

.变式训练4.(情境模型变式)(2024届湖北武汉模拟,6)如图,一个电路中有A,B,C三个电器元件,

每个元件正常工作的概率均为

,这个电路是通路的概率是

()

A.

B.

C.

D.

B

解析元件B,C都不正常工作的概率p1=

×

=

,则元件B,C至少有一个正常工作的概率为1-p1=

,而电路是通路,即元件A正常工作,元件B,C至少有一个正常工作,所以这个电路是通路的概率p=

×

=

.故选B.考点3条件概率与全概率公式角度1条件概率公式的应用典例5小明每天上学途中必须经过2个红绿灯,经过一段时间观察发现如下规律:在第

一个红绿灯处遇到红灯的概率是

,连续两次遇到红灯的概率是

,则在第一个红绿灯处小明遇到红灯的条件下,第二个红绿灯处小明也遇到红灯的概率为

()A.

B.

C.

D.

C

解析设“小明在第一个红绿灯处遇到红灯”为事件A,“小明在第二个红绿灯处遇

到红灯”为事件B,则由题意可得P(A)=

,P(AB)=

,则P(B|A)=

=

.故选C.方法总结条件概率的求法定义法先求P(A)和P(AB),再由P(B|A)=

求P(B|A)样本点个数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所包含的样本点个数n(AB),得P(B|A)=

变式训练5.(情境模型变式)将三颗骰子各掷一次,设事件A为“三个点数都不相同”,B为“至

少出现一个6点”,则P(A|B)=_________,P(B|A)=_________.解析

P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下,事件A发生的概率,即在“至少出现一个

6点”的条件下,“三个点数都不相同”的概率.因为“至少出现一个6点”有6×6×6-5×

5×5=91(种)情况,“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有

×5×4=60(种)情况,所以P(A|B)=

.P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下,事件B发生的概率,即在“三个点数都不相同”

的条件下,“至少出现一个6点”的概率.因为“三个点数都不相同”有6×5×4=120(种)

情况,所以P(B|A)=

.角度2全概率公式的应用典例6

(2026届广东阳江月考,4)医学部门对某地区的一种地方性疾病进行医学研究,

已知该地区有良好卫生习惯的居民占0.6,没有良好卫生习惯的居民占0.4,该地区所有

居民患这种地方性疾病的概率为0.014.若有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的

概率为0.01,则没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为()A.0.03

B.0.024

C.0.02

D.0.018

C

解析设事件A=“居民患有这种地方性疾病”,事件B1=“居民有良好卫生习惯”,事

件B2=“居民没有良好卫生习惯”.由题意,知P(B1)=0.6,P(B2)=0.4,P(A)=0.014,P(A|B1)=0.01,由全概率公式,可得P(A)=P(B1)·P(A|B1)+P(B2)P(A|B2),即0.014=0.6×0.01+0.4×P(A|B2),解得P(A|B2)=0.02,即没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为0.02.故选C.技巧总结全概率公式的应用全概率公式是计算概率的一个很有用的公式,通常把B1,B