第十章 第64讲 随机事件的相互独立性与条件概率（课件 学案 练习）2026届高中数学人教A版（2019）一轮复习

第64讲　随机事件的相互独立性与条件概率 ● 课前基础巩固 【知识聚焦】 1.(1)P(A)P(B) 2.(1)　(2)①1 ②P(B|A)+P(C|A)　③对立事件 (3)①P(A)P(B|A)　②相互独立 【对点演练】 1.0.7　[解析] 由事件A与B相互独立,得P(AB)=P(A)P(B),即0.6×P(B)=0.42,所以P(B)=0.7. 2.　[解析] 设“甲独立地破解出该谜题”为事件A,“乙独立地破解出该谜题”为事件B,“该谜题被破解”为事件C,且事件A与B相互独立,则P(C)=1-P( )=1-×=. 3.　　[解析] 由题意可知P(A)=,P(B)=,P(AB)=,所以P(B|A)===,P(A|B)===. 4.　[解析] 由事件A和事件B相互独立,得事件A和事件也相互独立,所以P(A)=P(A)P()=P(A)[1-P(B)]=×=. 5.　[解析] 记事件A为“小明选择篮球”,事件B为“小明、小红的选择不同”,则P(A)=,P(AB)==,所以P(B|A)===. 6.　[解析] 设“第1次按对”为事件A1,“第2次按对”为事件A2,则不超过2次就按对的概率P=P(A1)+P(A2)=P(A1)+P()P(A2|)=+×=. ● 课堂考点探究 例1　[思路点拨] 结合枚举法以及古典概型的概率计算公式,判断P(A)P(B)=P(AB)是否成立. B　[解析] P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)==,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(丁)P(丙),故选B. 例2　[思路点拨] (1)由题意分析知第一轮比赛选手的对战安排可以为{AB,CD},{AC,BD},{AD,BC};(2)设事件M=“选手A与选手D相遇”,以对战情况分类讨论,进而求解;(3)设采用方案一、二种子选手夺冠的概率分别为P1,P2,由独立事件的乘法公式求出P1,P2,比较P1,P2的大小即可. 解:(1)第一轮比赛选手的对战安排可以为{AB,CD},{AC,BD},{AD,BC},故共有3种对战方案. (2)设事件M=“选手A与选手D相遇”,当对战安排为{AD,BC}时,A,D两选手相遇的概率为1;当对战安排为{AB,CD}时,A,D两选手相遇的概率为×=;当对战安排为{AC,BD}时,A,D两选手相遇的概率为×=.抽到三种对战安排的概率均为,则P(M)=×1+×+×=,即选手A与选手D相遇的概率为. (3)设采用方案一、二种子选手夺冠的概率分别为P1,P2.若采用方案一,假设第一轮对战安排为{AC,BD},第一轮比赛两种子选手获胜,则第二轮比赛种子选手一定夺冠,其概率为×=;第一轮比赛选手A,D获胜,第二轮比赛A获胜,其概率为××=;第一轮比赛选手C,B获胜,第二轮比赛B获胜,其概率为××=;第一轮比赛选手C,D获胜,则种子选手不能夺冠.所以P1=+×2=.若采用方案二,则第一轮对战安排为{AB,CD},第一轮比赛选手A,C获胜,第二轮比赛A获胜,其概率为××=;第一轮比赛选手A,D获胜,第二轮比赛A获胜,其概率为××=;第一轮比赛选手B,C获胜,第二轮比赛B获胜,其概率为××=;第一轮比赛选手B,D获胜,第二轮比赛B获胜,其概率为××=.所以P2=×4=.因为P1>P2,所以方案一种子选手夺冠的概率更大. 变式题　(1)ABD　[解析] 对于A,发送1,0,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,1-α,1-β,因为信号传输是相互独立的,所以由相互独立事件的概率公式得,所求概率为(1-α)(1-β)2,故A正确.对于B,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,β,1-β,由相互独立事件的概率公式得,所求概率为β(1-β)2,故B正确.对于C,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到的译码为1,则收到的信号可能为(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1),故所求概率为3β(1-β)2+(1-β)3,故C错误.对于D,若采用三次传输方案,发送0,收到的译码为0,则收到的信号可能为(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),故所对应的概率P1=3α(1-α)2+(1-α)3,若采用单次传输方案,发送0,则收到信号0即为译码,所对应的概率P2=1-α,因为0<α<0.5,所以P1-P2=3α(1-α)2+(1-α)3-(1-α)=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=(1-α)(1-2α)α>0,所以P1>P2,故D正确.故选ABD. (2)解:①三人各自独立闯关,其中甲闯关成功的概率为,甲、乙都闯关成功的概率为,甲、丙都闯关成功的 ... ...