高二数学独立事件概率例题解析 人教版

相互独立事件的概率【知识总结】1、A∩B(或AB)：即事件A与事件B的交事件(或积事件)，指A发生且B发生。

2、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．3、相互独立事件：如果P(A∩B)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立。

4、如果事件A与事件B相互独立，则事件A与事件B，事件B与事件A，事件A与事件B都是相互独立事件。

【巩固练习】1．下列事件A,B是独立事件的是()A．一枚硬币掷两次,A=“第一次为正面向上”,B=“第二次为反面向上”B．袋中有两个白球和两个黑球,不放回地摸两球,A=“第一次摸到白球”,B=“第二次摸到白球”C．掷一枚骰子,A=“出现点数为奇数”,B=“出现点数为偶数”D．A=“人能活到20岁”,B=“人能活到50岁”【答案】A【解析】对于A选项，,A B两个事件发生，没有关系，故是相互独立事件.对于B选项，A事件发生时，影响到B事件，故不是相互独立事件.对于C选项，由于投的是一个骰子，,A B是对立事件，所以不是相互独立事件.对于D选项，能活到20岁的，可能也能活到50岁，故,A B不是相互独立事件.综上所述，本小题选A.2、一道试题，A，B，C三人可解出的概率分别为，则三人独立解答，仅有1人解出的概率为（）A．B．C．D．1【答案】B【解析】根据题意，只有一人解出的试题的事件包含A解出而其余两人没有解出，B解出而其余两人没有解出，C解出而其余两人没有解出，三个互斥的事件，而三人解出答案是相互独立的，则P（只有一人解出试题）＝×（1﹣）×（1﹣）+（1﹣）××（1﹣）+（1﹣）×（1﹣）×＝，故选：B．3、某盏吊灯上并联着3个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是则在这段时间内吊灯能照明的概率是（）A ．B．C．D．【答案】C【解析】这段时间内吊灯不能照明的概率，因此这段时间内吊灯能照明的概率4、若三个原件A，B，C按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件A，B，C正常工作的概率依次为0.7，0.8，0.9，则这个系统正常工作的概率为【答案】0.686【解析】系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C至少有一个正常工作的情况，A正常工作的概率为：0.7；B，C至少有一个正常工作的情况的概率为1减去B，C都不正常工作的情况的概率，即：B，C至少有一个正常工作的概率为：1﹣（1﹣0.8）（1﹣0.9）＝0.98，所以：这个系统正常工作的概率为：0.7×0.98＝0.686；故答案为：0.686；5、甲、乙两人各写一张贺年卡，随意送给丙、丁两人中的一人，则甲、乙将贺年卡送给同一人的概率是（）A．12B．13C．14D．15【答案】A则甲、乙将贺年卡送给同一个人的概率为111442+=.故选：C.6．在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是（）[来源学_科_网Z_X_X_K]A．13B．29C．49D．827【答案】A【解析】若按照顺时针跳的概率为p ，则按逆时针方向跳的概率为2p ，可得6、某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.6,0.5，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立，一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为（ ）A ．0.48B ．0.4C ．0.32D ．0.24答案：D解析： 某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.6,0.5，只有通过前一关才能进入下一关，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手只闯过前两关的概率为：()0.80.610.50.24p =⨯⨯=﹣．7、设某批电子手表的正品率为23，次品率为13，现对该批电子手表进行检测，每次抽取一个电子手表，假设每次检测相互独立，则第3次首次测到次品的概率为______．【解析】第3次首次测到次品，所以第1次和第2次测到的都是正品，第3次测到的是次8.为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；两人滑雪时间都不会超过3小时．求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；【解析】两人所付费用相同，相同的费用可能为0,40,80元，9、从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14. (1)求一辆车从甲地到乙地遇到红灯仅遇到2个红灯的概率；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．【答案】【解析】(1)(2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P (Y ＋Z ＝1)＝P (Y ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0)＝P (Y ＝0)P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148. 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148. 10、现有甲、乙、丙三名学生参加某大学的自主招生考试，考试分两轮，第一轮笔试，第二轮面试，只有第一轮笔试通过才有资格进入第二轮面试，面试通过就可以在高考录取中获得该校的优惠加分，两轮考试相互独立.根据以往多次的模拟测试，甲、乙、丙三名学生能通过笔试的概率分别为0.4，0.8，0.5，能通过面试的概率分别为0.8，0.4，0.64.根据这些数据我们可以预测：甲、乙、丙三名学生中至少有两名学生通过第一轮笔试的概率；【答案】0.6【解析】记事件：甲通过第一轮笔试，事件：乙通过第一轮笔试，事件：丙通过第一轮笔试，事件：至少有两名学生通过第一轮笔试，则，，.，，，所以至少有两名学生通过第一轮笔试的概率为。

事件的相互独立性【基础全面练】 (25分钟 50分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球两次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1和A 2是( )A ．互斥事件B ．相互独立事件C ．对立事件D ．不相互独立的事件【解析】选D.因为P(A 1)＝35 ，若A 1发生了，P(A 2)＝24 ＝12 ；若A 1不发生，P(A 2)＝34，所以A 1发生的结果对A 2发生的结果有影响，所以A 1与A 2不是相互独立事件．【加固训练】(多选题)下列事件中，A ，B 是相互独立事件的是( )A ．一枚硬币掷两次，A ＝“第一次为正面”，B ＝“第二次为反面”B ．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸两球，A ＝“第一次摸到白球”，B ＝“第二次摸到白球”C ．掷一枚骰子，A ＝“出现点数为奇数”，B ＝“出现点数为3或4”D ．掷一枚骰子，A ＝“出现点数为奇数”，B ＝“出现点数为偶数”【解析】选AC.把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后次序的影响，故A 中A ，B 事件是相互独立事件；B 中是不放回地摸球，显然A 事件与B 事件不相互独立；对于C ，A 事件为出现1，3，5点，P(A)＝12 ，P(B)＝13，事件AB 为出现3点，P(AB)＝16，P(AB)＝P(A)P(B)，事件A ，B 相互独立；D 中两事件是互斥事件，不是相互独立事件． 2．某校在秋季运动会中安排了篮球投篮比赛，现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4；每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响；现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为( )A ．0.5B ．0.48C ．0.4D ．0.32 【解析】选B.设事件A ＝“第一次投进球”，B ＝“第二次投进球”，则得2分的概率P ＝P(A B )＋P(A B)＝0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4＝0.48.3．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( ) A ．34 B ．23 C ．35 D ．12【解析】选A.问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P 1＝12 ；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P 2＝12 ×12 ＝14 .故甲队获得冠军的概率为P 1＋P 2＝34. 4.一个电路如图所示，A ，B ，C ，D ，E ，F 为6个开关，其闭合的概率都是12 ，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )A ．164B ．5564C ．18D ．116【解析】选B.设A 与B 中至少有一个不闭合的事件为T ，E 与F 中至少有一个不闭合的事件为R ，则P(T)＝P(R)＝1－12 ×12 ＝34 ，所以灯亮的概率P ＝1－P(T)P(R)P(C)P(D)＝5564. 二、填空题(每小题5分，共10分)5．在某道路A ，B ，C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________．【解析】由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为512 ，712 ，34.在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为512 ×712 ×34 ＝35192. 答案：351926．周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率是________．【解析】设“做对第一道题”为事件A ，“做对第二道题”为事件B ，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×P(B)＝0.6，故P(B)＝0.75.答案：0.75三、解答题(每小题10分，共20分)7．一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性：(1)家庭中有两个小孩；(2)家庭中有三个小孩．【解析】(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率都为14. 这时A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}，于是P(A)＝12 ，P(B)＝34 ，P(AB)＝12.由此可知P(AB)≠P(A)P(B)，所以事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(男，女，女)，(女，男，男)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件，AB 中含有3个基本事件．于是P(A)＝68 ＝34 ，P(B)＝48 ＝12 ，P(AB)＝38，显然有P(AB)＝38＝P(A)P(B)成立． 从而事件A 与B 是相互独立的．8．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率：(1)第3次拨号才接通电话；(2)拨号不超过3次而接通电话．【解析】设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1，2，3.(1)第3次才接通电话可表示为A 1A 2A 3，于是所求概率为P(A 1A 2A 3)＝910 ×89 ×18 ＝110； (2)拨号不超过3次而接通电话可表示为A 1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3，由于事件A 1，A 1A 2，A 1A 2A 3两两互斥，于是所求概率为P(A 1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3)＝P(A 1)＋P(A 1A 2)＋P(A1A 2A 3)＝110 ＋910 ×19 ＋910 ×89 ×18 ＝310 . 【综合突破练】 (20分钟 40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1.某种开关在电路中闭合的概率为p ，现将4只这种开关并联在某电路中(如图所示)，若该电路为通路的概率为6581，则p ＝( )A ．12B ．13C ．23D ．34【解析】选B.因为该电路为通路的概率为6581 ，所以该电路为不通路的概率为1－6581，只有当并联的4只开关同时不闭合时该电路不通路，所以1－6581 ＝(1－p)4，解得p ＝13 或p ＝53(舍去).2．(多选题)某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05，则两次抽奖中( )A ．都抽到某一指定号码的概率为0.05B ．都没有抽到某一指定号码的概率为0.95C ．恰有一次抽到某一指定号码的概率为0.095D ．至少有一次抽到某一指定号码的概率为0.0975【解析】选CD.记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A ，“第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB.由于两次抽奖结果互不影响，因此A 与B 相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率P(AB)＝P(A)P(B)＝0.05×0.05＝0.002 5.同理“两次抽奖都没有抽到某一指定号码”的概率P(A B )＝P(A )P(B )＝0.95×0.95＝0.902 5；“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用(A B )U(A B)表示．由于事件A B 与A B 互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为P(A B )＋P(A B)＝P(A)P(B )＋ P(A )P(B)＝0.05×(1－0.05)＋(1－0.05)×0.05＝0.095；“两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可用(AB)U(A B )U(A B)表示．由于事件AB ，A B 和A B 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为P(AB)＋P(A B )＋P(A B)＝0.002 5＋0.095＝0.097 5.二、填空题(每小题5分，共10分)3．同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错或不答均得零分．假设同学甲答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8，0.6，0.5，且各题答对与否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于300分的概率是________．【解析】设“同学甲答对第i 个题”为事件A i (i ＝1，2，3)，则P(A 1)＝0.8，P(A 2)＝0.6，P(A 3)＝0.5，且A 1，A 2，A 3相互独立，同学甲得分不低于300分对应于事件A 1A 2A 3∪A 1A 2A 3∪A 1A 2A 3发生，故所求概率为P ＝P(A 1A 2A 3∪A 1A 2A 3∪A 1A 2A 3)＝P(A 1A 2A 3)＋P(A 1A 2A 3)＋P(A 1A 2A 3) ＝P(A 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(A 2)P(A 3)＋P(A 1)P(A 2)P(A 3)＝0.8×0.6×0.5＋0.8×0.4×0.5＋0.2×0.6×0.5＝0.46.答案：0.464．事件A ，B ，C 相互独立，如果P(AB)＝16 ，P(B C)＝18 ，P(AB C )＝18，则P(B)＝________，P(A B)＝________．【解析】因为P(AB C )＝P(AB)P(C )＝16 P(C )＝18 ，所以P(C )＝34 ，即P(C)＝14. 又P(B C)＝P(B )·P(C)＝18 ，所以P(B )＝12 ，P(B)＝12. 又P(AB)＝16 ，则P(A)＝13， 所以P(A B)＝P(A )·P(B)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13 ×12 ＝13. 答案：12 13三、解答题(每小题10分，共20分)5．A ，B 是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验，每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后观察疗效，若在一个试验组中，服用A 有效的白鼠的只数比服用B 有效的多，就称该试验组为甲类组．设每只小白鼠服用A 有效的概率为23 ，服用B 有效的概率为12. (1)求一个试验组为甲类组的概率；(2)观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率．【解析】(1)设A i 表示事件“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0，1，2.B i 表示事件“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0，1，2.据题意有：P(A 0)＝13 ×13 ＝19 ，P(A 1)＝2×13 ×23 ＝49 ，P(A 2)＝23 ×23 ＝49 ，P(B 0)＝12 ×12 ＝14 ，P(B 1)＝2×12 ×12 ＝12.所求概率为P ＝P(B 0A 1)＋P(B 0A 2)＋P(B 1A 2)＝14 ×49 ＋14 ×49 ＋12 ×49 ＝49. (2)所求概率P′＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－49 3＝604729 . 6．如图所示，用A ，B ，C 三类不同的元件连接成两个系统N 1，N 2，当元件A ，B ，C 都正常工作时，系统N 1正常工作；当元件A 正常工作且元件B ，C 至少有一个正常工作时，系统N 2正常工作；系统N 1，N 2正常工作的概率分别为P 1，P 2.(1)若元件A ，B ，C 正常工作的概率依次为0.5，0.6，0.8，求P 1，P 2；(2)若元件A ，B ，C 正常工作的概率都是P(0<P<1)，求P 1，P 2，并比较P 1，P 2的大小关系．【解析】(1)设A ＝“元件A 正常工作”，B ＝“元件B 正常工作”，C ＝“元件C 正常工作”，则A ，B ，C 相互独立．P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.8，故P 1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝0.5×0.6×0.8＝0.24，P 2＝P(A)[1－P(B C )]＝0.5×(1－0.4×0.2)＝0.46.(2)P(A)＝P(B)＝P(C)＝P ，P 1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝P 3，P 2＝P(A)[1－P(B C )]＝P[1－(1－P)2]，P 1－P 2＝P 3－P[1－(1－P)2]＝2P 3－2P 2＝2P 2(P －1)，又0<P<1，故P 1－P 2<0，即P 1<P 2.。

10.2 事件的相互独立性学 习 任 务核 心 素 养1．结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．(重点、易混点)2．结合古典概型，利用独立性计算概率．(重点、难点)1．通过学习两个随机事件独立性的含义，培养数学抽象素养．2．通过利用随机事件的独立性计算概率，培养数学运算素养．3张奖券只有1张能中奖，3名同学有放回地抽取．事件A 为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B 为“第三名同学抽到中奖奖券”．问题：上述问题中事件A 的发生是否会影响B 发生的概率？事件A 和事件B 相互独立吗？ 知识点 事件的相互独立性 1．相互独立事件的定义对任意两个事件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．相互独立事件的性质当事件A ，B 相互独立时，则事件A 与事件B －相互独立，事件A －与事件B 相互独立，事件A －与事件B －相互独立．(1)事件A 与B 相互独立可以推广到n 个事件的一般情形吗？(2)公式P (AB )＝P (A )P (B )可以推广到一般情形吗？〖提示〗 (1)对于n 个事件A 1，A 2，…，A n ，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称事件A 1，A 2，…，A n 相互独立．(2)公式P (AB )＝P (A )P (B )可以推广到一般情形：如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)不可能事件与任何一个事件相互独立．()(2)必然事件与任何一个事件相互独立．()(3)若两个事件互斥，则这两个事件相互独立．()〖答案〗(1)√(2)√(3)×2．袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C的关系是() A．A与B，A与C均相互独立B．A与B相互独立，A与C互斥C．A与B，A与C均互斥D．A与B互斥，A与C相互独立A〖由于摸球过程是有放回的，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥，故选A．〗3．某同学做对某套试卷中每一个选择题的概率都为0.9，则他连续做对第1题和第2题的概率是()A．0.64B．0.56C．0.81D．0.99C〖设A i表示“第i题做对”，i＝1,2，则P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝0.9×0.9＝0.81．〗4．甲袋中有8个白球、4个红球，乙袋中有6个白球、6个红球，从每袋中任取一球，则取到相同颜色的球的概率是________．1 2〖由题意知P＝88＋4×66＋6＋48＋4×66＋6＝12．〗类型1独立性的判断〖例1〗一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B 的独立性：(1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩．〖解〗 (1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的所有可能情形为Ω1＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，共有4个样本点，由等可能性知概率均为14．这时A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}，于是P (A )＝12，P (B )＝34，P (AB )＝12．由此可知P (AB )≠P (A )P (B )， 所以事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，男孩、女孩的所有可能情形为Ω2＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，共有8个样本点，由等可能性知概率均为18．这时A ＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)}，B ＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，AB ＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (AB )＝38．显然有P (AB )＝38＝P (A )P (B )成立．所以事件A 与B 是相互独立的．判断两个事件是否相互独立的方法有哪些？〖提示〗 (1)定量法：利用P (AB )＝P (A )P (B )是否成立可以准确地判断两个事件是否相互独立．(2)定性法：直观地判断一个事件发生与否对另一个事件的发生的概率是否有影响，若没有影响就是相互独立事件．[跟进训练]1．判断下列各对事件是不是相互独立事件．(1)甲组有3名男生，2名女生，乙组有2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；(2)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的水果放回筐内，再从筐内任意取出1个，取出的是梨”；(3)一个布袋里有大小完全相同的3个白球，2个红球，“从中任意取1个球是白球”与“取出的球不放回，再从中任意取1个球是红球”．〖解〗 (1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．(2)由于把取出的水果又放回筐内，故“从中任意取出1个，取出的是苹果”这一事件是否发生对“再从筐内任意取出1个，取出的是梨”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．(3)不放回地取球，前者的发生影响后者发生的概率，所以二者不是相互独立事件． 类型2 相互独立事件概率的计算〖例2〗 (对接教材P 248例2)甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为25，34，13，且各自能否被选中互不影响．求：(1)3人同时被选中的概率； (2)3人中恰有1人被选中的概率．〖解〗 记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A ，B ，C ， 则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13．(1)3人同时被选中的概率P 1＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝25×34×13＝110．(2)3人中恰有1人被选中的概率P 2＝P (A B C ∪A B C ∪A B C )＝25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＝512．1．本例条件不变，求3人中至少有1人被选中的概率．〖解〗 法一：3人中有2人被选中的概率P 3＝P (AB C ∪A B C ∪A BC )＝25×34×⎝⎛⎭⎫1－13＋25×⎝⎛⎭⎫1－34×13＋⎝⎛⎭⎫1－25×34×13＝2360． 由本例第(1)(2)问可知，3人中至少有1个被选中的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝110＋512＋2360＝910． 法二：3人均未被选中的概率P ＝P (A B C )＝⎝⎛⎭⎫1－25×⎝⎛⎭⎫1－34×⎝⎛⎭⎫1－13＝110． 因为“3人中至少有1人被选中”与“3人均未被选中”是相互对立事件，所以“3人中至少有1人被选中”的概率为1－110＝910．2．若本例条件“3人能被选中的概率分别为25，34，13”变为“甲、乙两人恰有一人被选中的概率为1120，两人都被选中的概率为310，丙被选中的概率为13”，求恰好有2人被选中的概率．〖解〗 设甲、乙两人恰有一人被选中为事件A ，甲、乙都被选中为事件B ，丙被选中为事件C ，则恰好有2人被选中的概率P ＝P (A )P (C )＋P (B )P (C )＝1120×13＋310×⎝⎛⎭⎫1－13＝2360．用相互独立事件的乘法公式解题的步骤(1)用恰当的字母表示题中有关事件． (2)根据题设条件，分析事件间的关系．(3)将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或若干个事件的乘积之和(相互乘积的事件之间必须满足相互独立)．(4)利用乘法公式计算概率．[跟进训练]2．在某校运动会中，甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．在每一场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为14，乙胜丙的概率为13．(1)求甲队获第一名且丙队获第二名的概率； (2)求在该次比赛中甲队至少得3分的概率．〖解〗 (1)设甲队获第一名且丙队获第二名为事件A ，则P (A )＝13×14×⎝⎛⎭⎫1－13＝118． (2)甲队至少得3分有两种情况：两场只胜一场；两场都胜．设事件B 为“甲两场只胜一场”，设事件C 为“甲两场都胜”，则事件“甲队至少得3分”为B ∪C ，则P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝13×⎝⎛⎭⎫1－14＋14×⎝⎛⎭⎫1－13＋13×14＝12． 类型3 相互独立事件的概率的综合应用〖例3〗 三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路．(1)在如图所示的电路中，电路不发生故障的概率是多少？ (2)三个元件连成怎样的电路，才能使电路不发生故障的概率最大？如果事件A ，B 相互独立，事件AB 的对立事件是A B 吗？〖提示〗 如果事件A ，B 相互独立，事件AB 的对立事件是A B ∪A B ∪A B .〖解〗 (1)电路不发生故障包括三种情况， 一是三个元件都正常工作，二是T 1正常工作，T 2正常工作，T 3不能正常工作， 三是T 1正常工作，T 2不能正常工作，T 3正常工作，这三种情况是互斥的，每一种情况里三个元件是否正常工作是相互独立的， ∴电路不发生故障的概率P ＝12×34×34＋12×34×14＋12×14×34＝1532．(2)把T 2或T 3与T 1的位置互换，所得电路不发生故障的概率P ′＝34×12×34＋34×12×34＋34×12×14＝2132． ∵2132＞1532，∴把T 2或T 3与T 1的位置互换，即T 1与T 2(T 3)并联后再与T 3(T 2)串联，这样的电路能使电路不发生故障的概率最大．事件间的独立性关系已知两个事件A ，B 相互独立，它们的概率分别为P (A )，P (B )，则有事件 表示 概率 A ，B 同时发生 AB P (A )P (B ) A ，B 都不发生 A BP (A )P (B )A ，B 恰有一个发生(A B )∪(A B )P (A )P (B )＋P (A )P (B ) A ，B 中至少有一个发生 (A B )∪(A B ) ∪(AB )P (A )P (B )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )A ，B 中至多有一个发生(A B )∪(A B ) ∪(AB )P (A )P (B )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )[跟进训练]3．如图，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是P ，电流能通过T 4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999．(1)求P ；(2)求电流能在M 与N 之间通过的概率．〖解〗 记事件A i 表示“电流能通过T i ”，i ＝1,2,3,4， 事件A 表示“T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流”， 事件B 表示“电流能在M 与N 之间通过”． (1)A ＝A 1 A 2 A 3，A 1，A 2，A 3相互独立，所以P (A －)＝P (A 1 A 2 A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝(1－P )3． 又P (A )＝1－P (A )＝1－0.999＝0.001， 所以(1－P )3＝0.001，解得P ＝0.9． (2)因为B ＝A 4＋A 4A 1A 3＋A 4 A 1A 2A 3， 所以P (B )＝P (A 4)＋P (A 4A 1A 3)＋P (A 4 A 1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A 4)P (A 1)P (A 3)＋P (A 4)P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9 ＝0.989 1．1．甲、乙两名射手同时向一目标射击，设事件A ：“甲击中目标”，事件B ：“乙击中目标”，则事件A 与事件B ( )A ．相互独立但不互斥B ．互斥但不相互独立C ．相互独立且互斥D ．既不相互独立也不互斥A 〖对同一目标射击，甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的，所以事件A 与B 相互独立；对同一目标射击，甲、乙两射手可能同时击中目标，也就是说事件A 与B 可能同时发生，所以事件A 与B 不是互斥事件．〗2．甲、乙两班各有36名同学，甲班有9名三好学生，乙班有6名三好学生，两班各派1名同学参加演讲活动，派出的恰好都是三好学生的概率是( )A ．524B ．512C ．124D ．38C 〖两班各自派出代表是相互独立事件，设事件A ，B 分别为甲班、乙班派出的是三好学生，则事件AB 为两班派出的都是三好学生，则P (AB )＝P (A )P (B )＝936×636＝124．〗3．某天上午，李明要参加“青年文明号”活动．为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率是0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________．0.98 〖至少有一个准时响的概率为1－(1－0.90)×(1－0.80)＝1－0.10×0.20＝0.98．〗 4．在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为45和34．在同一时间内，求：(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率为________； (2)至少有一个气象台预报准确的概率为________．(1)35 (2)1920 〖记“甲气象台预报天气准确”为事件A ，“乙气象台预报天气准确”为事件B ．(1)P (AB )＝P (A )P (B )＝45×34＝35．(2)至少有一个气象台预报准确的概率为P ＝1－P (A － B －)＝1－P (A )P (B )＝1－15×14＝1920．〗回顾本节知识，自我完成以下问题：(1)相互独立事件的定义是什么？具有哪些性质？ (2)相互独立事件与互斥事件有什么区别？。

高二数学相互独立事件同时发生的概率知识精讲 人教版【基础知识精讲】1.相互独立事件与事件的积事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件.设A 、B 是两个事件，那么A ·B 表示这样一个事件，它的发生表示A 与B 同时发生，它可以推广到有限多个事件的积.2.相互独立事件发生的概率两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积. P(A ·B)＝P(A)·P(B) (1)证明：设甲试验共有N 1种等可能的不同结果，其中属于A 发生的结果有m 1种，乙试验共有N 2种等可能的不同结果，其中属于B 发生的结果有m 2种，由于事件A 与B 相互独立，N 1，m 1与N 2，m 2之间是相互没有影响的，那么，甲、乙两试验的结果搭配在一起，总共有N 1·N 2种不同的搭配，显然这些搭配都是具有等可能性的.另外，考察属于事件AB 的试验结果，显然，凡属于A 的任何一种试验的结果同属于B 的任何一种乙试验的结果的搭配，都表示A 与B 同时发生，即属于事件AB ，这种结果总共有m 1·m 2种.因此得：P(AB)＝2121N N m m ⋅⋅＝11N m ·22N m∴ P(AB)＝P(A)P(B)这个公式进一步推广：P(A 1A 2……A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )即：如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积.值得注意的是：①事件A 与B(不一定互斥)中至少有一个发生的概率可按下式计算： P(A+B)＝P(A)+P(B)-P(AB)特别地，当事件A 与B 互斥时，P(AB)＝0，于是上式变为 P(A+B)＝P(A)+P(B)②事件间的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念，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的发生与否对另一事件发生的概率没有影响.3.独立重复试验.独立重复试验，又叫贝努里试验，是在同样的条件下重复地，各次之间相互独立地进行的一种试验.在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某种事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的.一般地，如果在一次试验中某件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生K 次的概率P n (k)＝k P k (1-P)n-kP n (k)＝k P k (1-p)n-k 可以看成二项式［(1-p)+p ］n展开式中的第k+1项.【重点难点解析】本节的重点是相互独立事件的概念乘法公式，理解并掌握n 次独立重复试验中事件A发生k次的概率公式.难点是n次独立重复试验中事件A发生k次的概率的求法.例1甲、乙两人独立地解同一个问题，甲解决这个问题的概率为P1，乙解决这个问题的概率为P2，那么两人都没能解决这个问题的概率是( )A.2-P1-P2B.1-P1P2C.1-P1-P2+P1P2D.1-(1-P1)(1-P2)E⋃，而解法一：记甲解决成功为E，乙解决成功为F，则两个均未成功为事件FE⋃)＝1-P(E∪F)＝1-［P(E)+P(F)-P(EF)］，由于E、F独立，故P(EF)＝P(E)P(F)，P(FE⋃)＝1-P1-P2+P1P2.故选C.这样，P(F解法二：记号同解法一，所求事件为EF，由于E与F独立，故P(EF)＝P(E)·P(F)＝(1-P1)(1-P2)＝1-P1+P2+P1P2.解法三：可采用极端原则：设P1＝1，P2＝0，则所求概率为0，而四个选项中只有C此时值为0.故选C.例2甲、乙、丙各进行一次射击，如果甲、乙2人击中目标的概率是0.8，丙击中目标的概率是0.6，计算：(1)3人都击中目标的概率；(2)至少有2人击中目标的概率；(3)其中恰有1人击中目标的概率.解 (1)记“甲、乙、丙各射击一次，击中目标”分别为事件A、B、C彼此独立，三人都击中目标就是事件A·B·C发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得：P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.8×0.8×0.6＝0.384(2)至少有2人击中目标包括两种情况：一种是恰有2人击中，另一种是3人都击中，其中恰有2人击中，又有3种情形，即事件A·B·C，A·B·C，A·B·C分别发生，而这3种事件又互斥，故所求的概率是P(A·B·C)+P(A·B·C)+P(A·B·C)+P(A·B·C)＝P(A)P(B)·P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)＝0.8×0.8×0.4+0.8×0.2×0.6+0.2×0.8×0.6+0.8×0.8×0.6＝0.832(3)恰有1人击中目标有3种情况，即事件A·B·C，A·B·C，A·B·C，且事件分别互斥，故所求的概率是P(A·B·C)+P(A·B·C)+P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)+P(A)·P(B)+P(C)+P(A)·P(B)·P(C)＝0.8×0.2×0.4+0.2×0.8×0.4+0.2×0.2×0.6＝0.152.答：3人都击中目标的概率是0.384；至少2人击中目标的概率是0.832；恰有1人击中目标的概念是0.152.说明题(3)还可用逆向思考，先求出3人都未击中的概率是0.016，再用1-0.832-0.016可得.例3甲、乙两人各投篮3次，每次投中得分的概率分别为0.6和0.7，求(1)甲、乙得分相同的概率；(2)甲得分比乙多的概率.解 (1)分别令3次投篮中甲投中0次、1次、2次、3次为事件A 0，A 1，A 2，A 3；乙恰投中0次，1次，2次，3次为事件B 0，B 1，B 2，B 3，当且仅当他们投中次数相同时得分才相同，设得分相同为事件D.那么D ＝A 0B 0+A 1B 1+A 2B 2+A 3B 3所以P(D)＝P(A 0B 0)+P(A 1B 1)+P(A 2B 2)+P(A 3B 3)＝(1-0.6)3(1-0.7)3+C 31×0.6×(1-0.6)2×C 31×0.7×(1-0.7)2+C 32×0.62×(1-0.6)C 32×0.72×(1-0.7)+0.63×0.73＝0.321(2)设“甲得分比乙多”为事件E ，当且仅当甲投中次数比乙多，事件E 发生，所以E ＝A 1B 0+A 2B 0+A 3B 0+A 2B 1+A 3B 1+A 3B 2利用公式可求得P(E)＝0.243例4 工人看管3台机床，在1小时内，3台机床正常工作(不需要照顾)的概率分别是0.9，0.8，0.85，求在任一小时内.(1)3台机床都不需要照顾的概率.(2)3台机床中至少有一台不需要工人照顾的概率. 解 (1)可以认为机床的工作是相互独立的.设A 1，A 2，A 3分别表示第1、2、3台机床不需要工人照顾，则P(A 1A 2A 3)＝P(A 1)P(A 2)P(A 3)＝0.9×0.8×0.85＝0.612.即3台机床都不需要工人照顾的概率为0.612.(2)“3台机床中至少有一名不需要照顾”与“3台都需要工人照顾”是对立事件，即A 1+A 2+A 3与1A 、2A 、3A 是对立事件，所以P(A 1+A 2+A 3)＝1-P(321A A A ++) ＝1-P(321A A A ) ＝1-P(1A )P(2A )P(3A )＝1-(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85) ＝0.997即3名机床中至少有一台不需要照顾的概率为0.997.【难题巧解点拨】例1 有10台同样的机器，每台机器的故障率为0.03，各台机器独立工作，今配有2名维修工人，一般情况下，一台机器故障1个人维修即可，问机器故障无人修的概率是多少?解 A 表示机器故障无人修的事件，A 表示机器故障多不超过2，则P(A )＝C 100(0.97)10+C 101(0.97)9(0.03)+C 103(0.97)8(0.03)2＝0.9972P(A)＝1-P(A )＝0.0028.说明 出现故障的机器数大于2时即为机器故障无人修的情况，因为正向思考需考虑8种情况，所以应用逆向思考的方法.例2 设在一袋子内装有5只白球和5只黑球，从袋子内任取5次，每次取一只，每次取出的球又立即放回袋中，求这5次取球中(结果保留两个有效数字)①取得白球3次的概率②至少有一次取得白球的概率解 本题考查事件在n 次独立重复实验中恰好发生k 次的概率.设取得一次白球的事件为A ，A 在一次试验中发生的概率P ＝0.5，所以取得白球3次的概率即A 在5次独立实验中恰好发生3次的概率.C 530.53(1-0.5)5.3＝0.3125≈0.31至少有一次取得的白球的概率为1-C 500.50(1-0.5)5＝0.96875≈0.97例3 每周甲去某地的概率是41，乙去某地的概率是51，假定两人的行动之间没有影响，分别求下列事件发生的概率：(1)一周内甲、乙同去某地的概率；(2)一月内(以四周计)甲去某地的概率.解 (1)P ＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝41×51＝201 (2)P ＝1-C 40(1-41)4(41)0＝1-(43)4＝256175评析：(1)为相互独立事件同时发生；(2)为n 次独立重复实验恰好发生k 次的事件，也可由P ＝C 41(41)1(43)3+C 42(41)2(43)2+C 43(41)3(43)+C 44(41)4(43)0求解.【课本难题解答】有甲、乙、丙三批罐头，每100个，共中各1个是不合格的，从三批罐头中各抽出1个，计算：(1)3个中恰有一个不合格的概率； (2)3个中至少有1个不合格的概率.解 (1)P 1＝P(A ·B ·C)+P(A ·B ·C)+P(A ·B ·C )＝P(A )·P(B)·P(C)+P(A)·P(B )·P(C)+P(A)·P(B)·P(C )＝3×(0.01×0.992)≈0.03或者P 1＝C 31×0.01×(1-0.01)2＝3×0.01×0.992≈0.03(2)1-0.993≈0.03【命题趋势分析】本节主要了解互斥事件与相互独立事件的意义：会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率；了解独立重复试验，会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率.【典型热点考题】例1 将一枚硬币连掷4次，出现“2个正面，2个反面”的概率是( )A.21 B.83 C.52D.1解 掷一枚硬币一次看作一次试验，出现上面事件为A ，则P(A)＝21，而连掷4次可看作4次独立重复实验，所求问题即为4次独立重复试验中事件A 恰好发生2次的概率是多少，根据n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率公式P n (k)＝k P k (1-P)n-k得到：P 4(2)＝C 42·(21)2·(21)2＝83∴应选B.例2 生产某种产品出现次品的概率为2%，生产这种产品4件，至多一件次品的概率为( )A.1-(98%)4B.(98%)4+(98%)3·2%C.(98%)4D.(98%)4+C 41(98%)3·2%解 生产一件产品看作一次试验，产品为次品，记作事件A ，则所求问题就是4次独立重复试验中事件A 发生一次或不发生的概率.由公式 P n (k)＝k P k (1-p)n-k.得：P ＝C 40(2%)·(1-2%)4+C 41(2%)(1-2%)3＝(98%)4+C 41(98%)3·2% ∴应选D.本周强化练习： 【同步达纲练习】一、选择题1.若事件P 与Q 独立，则P 与Q ；P 与Q ；P 与Q 相互独立的对数是( ) A.0 B.1 C.2 D.32.下列正确的说法是( ) A.互斥事件是独立事件 B.独立事件是互斥事件C.两个非不可能事件不能同时互斥与独立D.若事件A 与事件B 互斥，则A 与B 独立.3.一个均匀的正四体，第一面是红色，第二面是白色，第三面是黑色，而第四面同时有红、白、黑三种颜色，P 、Q 、R 表示投掷一次四面体接触桌面为红、白、黑颜色事件.则下列结论正确的是( )A.P 、Q 、R 不相互独立B.P 、Q 、R 两两独立C.P 、Q 、R 不会同时发生D.P 、Q 、R 的概率是314.一个口袋中装有3个白球和3个黑球，独立事件是( ) A.第一次摸出是白球与第一次摸出是黑球B.摸出后不放回.第一次摸的是白球，第二次摸的是黑球C.摸出后放回，第一次摸的是白球，第二次摸的是黑球D.一次摸两个球，第一次摸出颜色相同的球与第一次摸出颜色不同的球5.某产品合格率为0.9，下列事件可看作独立重复试验( ) A.一次抽3件，都是合格品 B.一次抽3件，只有2件合格品 C.抽后放回，连续抽三次都是次品D.抽出后，合格品就不放回，是次品就放回，连续抽三次，三次都是合格品6.一批产品100件，其中5件是次品，从中任取三件，恰有一件是次品的概率是( ) A.C 31·0.05·(1-0.05)2B.51C.1005×3D.310025.915C C C7.推毁敌人一个工事，要命中三发炮弹才行，我炮兵射击的命中率是0.8.为了95%的把握摧毁工事，需要发射炮弹的个数是( )A.6B.5C.4D.38.甲、乙两人独立答题，甲能解出的概率为P ，乙不能解出的概率为q ，那么两人都能解出此题的概率是( )A.pqB.p(1-q)C.(1-p)(1-q)D.1-(1-p)(1-q)9.一批产品共有100个，次品率3%，从中任取3个恰有1个次品的概率是( )A.C 310.03(1-0.03)2B.C 31(0.03)2(1-0.03)C.C 31(0.03)3D.310019713C C C10.10颗骰子同时掷出，共掷5次，则至少有一次全部出现一个点的概率是( )A.［1-(65)10］5B.［1-(65)5］10C.1-［1-(61)10］5D.1-［1-(65)5］10二、填空题1.两雷达独立工作，它们发现飞行目标的概率分别是0.9和0.8，则有且仅有1名雷达发现飞行物的概率为.2.一个工人看管10部机器，在某段时间里一部机器需要人照看的概率为31，则在这段时间内，有四部机器需要照看的概率是.3.100个大小一样的球，其中红球90个，白球10个，现从中任取10个球.(1)若取后放回去，连续10个都是红球的概率＝；(2)若取后不放回，连续取10个都是红球的概率＝.4.每次射击打中目标的概率为0.2，如果射击6次，则至少打中两次的概率＝.5.某工人出废品的概率是0.2，则4天中仅有1天出废品的概率＝.6.一批棉花中任抽一纤维，长度小于45厘米的概率是0.75，则任抽3根纤维，两根小于45厘米，一根不小于45厘米的概率是.7.盒中有7个白球和3个黑球，从中连续取两次，两次都是白球.(1)如第一个取出后不放回，再取第二个，此时概率为；(2)如第一个球取出后放回，然后再取第二个，此时概率为.8.某气象局预报天气情况的准确率为0.9，那么一周内有五天准确的概率为.三、解答题1.两位乒乓球运动员水平相当，甲四次中胜乙三次的概率与甲八次中胜乙五次的概率哪种大?2.三位同龄工人参加人寿保险，在一年中，每人的死亡率都是0.01，年初交10元保险金，如一年内死亡，则发给家属100元.(1)一年中，保险公司亏本的概率?(2)保险公司一年中要付出200元的概率是多少?3.两个抽屉，各存放五个零件，使用时从任一抽屉中取一个，问过一段时间后第一个抽屉已用完，第二个抽屉还剩2个的概率?【素质优化训练】1.某厂正常用水(一天内用水在额定量之内)的概率为43，求在六天内至少四天用水正常的概率.2.一盒中装有20个弹子球，其中10个红球，6个白球，4个黄球，一小孩随手拿出4个，求至少有3个红球的概率.3.甲、乙两人进行五打三胜制的象棋赛，若甲每盘胜率为53，乙每盘胜率为52(和棋不算)，求：(1)比赛以甲比乙为3比0胜出的概率? (2)比赛以甲比乙为3比2胜出的概率?(3)比赛以乙比甲为3比1胜出的概率?4.现有一题面向全班50名同学征求解答，假定每人独立解出此题的概率为0.1，问此题能否在该班独立被解答的概率达95%?5.某人在车站上等车，可坐任何车回家，已知半小时内电车到站的概率为21，公交车到站的概率为41，计算此人十分钟内能乘回家的概率.【生活实际运用】船队要对下月是否出海作出决策，若出海后是好天，可得收益5000元；若出海后天气变坏，将要损失2000元；若不出海，无论天气好坏都要承担1000元的损失费.据预测下月好天气的概率是0.6，坏天气的概率是0.4，问应如何作出决策?解 因为天气好坏是不确定因素，因此作决策时存在一定的风险，我们不能保证所作的决策一定会取得最好的效益，但必须使效益的期望值是最高的.要作出是否出海的决策，其主要依据是效益的高低，根据题意，不出海的效益是-1000元，而出海的效益要视天气而定，有60%的概率获5000元的收益，有40%的概率获-2000元的收益，故可求得出海效益的期望值.E ＝5000×60%+(-2000)×40% ＝2200(元).显然高于不出海的收益-1000元.故选择出海.【知识验证实验】证明“五局三胜”制(即比赛五局，先胜三局者为优胜者)是公平的比赛制度，即如果比赛双方赢得每局是等可能的，各局比赛是独立进行的，则双方获胜的概率相同.证 将每一局比赛看作一次试验，考察一方，如甲方胜或负(即乙方负或胜)，问题归结为n ＝5的贝努里试验.设A 表示一局比赛中“甲获胜”事件，由题意，P(A)＝21，记B k 为“五局比赛中甲胜k 局”事件，k ＝0、1、2、3、4、5.则P(“甲获胜”)＝P(B 3∪B 4∪B 5).则利用概率的加法公式，注意到C 5k ＝C 55-k即得 P(“甲获胜”)＝P(B 3)+P(B 4)+P(B 5)＝C 53(21)5+C 54(21)5+C 55(21)5＝21. 而P(“乙获胜”)＝P(“甲获胜”)＝1-21＝21.【知识探究学习】从某鱼池中捕得1200条鱼，做了红色记号之后再放回池中，经过适当的时间后，再从池中捕1000条鱼，计算其中有红色记号的鱼的数目，共有100条，试估计鱼池中共有多少条鱼.解 依次捕鱼的情况有r 个结果，因是有放回地捕鱼，所以每次捕得都有n 种可能，共有n r 个结果，其中有记号的鱼出现k 次的基本事件数目为C r k n 1r (n-n 1)r-k，那么概率为P k (n)＝r(n n 1)k (1-nn 1)r-k. 为了求P k (n)的最大值时的n ，我们设x ＝nn 1，考察函数f(x)＝x k (1-x)r-k,x ∈(0,1). 而f(x)＝kk r k r k )(1--［(r-k)x ］k ［k(1-x)］r-k≤kk r k r k )(1--｛［∑=-k i k r 1)(x+∑-=-kr i x k 1)1(］/k+(r-k)｝k+(r-k)＝k k-r(r-k)-k［rx k k r x k r k )1()()(--+-］k+r-k＝rk r k rk r k --)(. 当且仅当(r-k)x ＝k(1-x)，即x ＝r k 时，上式等号成立，即rk＝x 时，f(x)达到最大.于是^n ＝［k r n 1］时，P k (n)达到最大值，这样我们把［k rn 1］作为鱼池中鱼数n 的估计量.在题中^n ＝10010001200⨯＝12000(条).[参考答案]【同步达纲练习】一、1.D 2.C 3.A 4.C 5.C 6.D 7.A 8.B 9.D 10.C二、1.P(A ·B)+P(A ·B )＝0.26 2.0.227 3.0.349，0.330 4.0.34 5.0.410 6.0.422 7.(1)157 (2)0.49 8.C 75·0.95·0.12三、1.C 43·(21)3·21＝41.C 85(21)5(21)3＝327，前者概率大于后者2.(1)1-(1-0.01)3＝0.0297 (2)C 32·(0.01)2·0.99＝0.0002973.C 85·0.55(1-0.5)3＝327 【素质优化训练】 1.C 64(43)4(41)2+C 65(43)5·(41)+C 66(43)6＝0.83 2.P ＝420410110310C C C C ＝32322 3.(1)P ＝(53)3＝12527 (2)P ＝C 53(53)3(52)2＝625216 (3)P ＝C 43(52)3(53)1＝62596 4.P ＝1-0.950＝0.995＞0.95. 故能够. 5.P ＝21×41+21×(1-41)+(1-21)×41＝85或者P ＝21+41-21×41＝85.。

事件的相互独立性 频率与概率(25分钟 50分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．“某彩票的中奖概率为1100 ”意味着( )A ．买100张彩票就一定能中奖B ．买100张彩票能中一次奖C ．买100张彩票一次奖也不中D ．购买彩票中奖的可能性为1100【解析】选D.概率是描述事件发生的可能性大小．2．已知A ，B 是两个相互独立事件，P(A)，P(B)分别表示它们发生的概率，则1－P(A)P(B)是下列哪个事件的概率( ) A ．事件A ，B 同时发生 B ．事件A ，B 至少有一个发生 C ．事件A ，B 至多有一个发生 D ．事件A ，B 都不发生【解析】选C.P(A)P(B)是指A ，B 同时发生的概率，1－P(A)·P(B)是A ，B 不同时发生的概率，即至多有一个发生的概率．3．某年级有12个班，现要从2班到12班中选1个班的学生参加一项活动，有人提议：掷两个骰子，得到的点数之和是几就选几班，这种选法( ) A ．公平，每个班被选到的概率都为112B ．公平，每个班被选到的概率都为16C ．不公平，6班被选到的概率最大D ．不公平，7班被选到的概率最大【解析】选D.P(1)＝0，P(2)＝P(12)＝136 ，P(3)＝P(11)＝118 ，P(4)＝P(10)＝112 ，P(5)＝P(9)＝19 ，P(6)＝P(8)＝536 ，P(7)＝16.4．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( ) A ．甲与丙相互独立 B ．甲与丁相互独立 C ．乙与丙相互独立 D ．丙与丁相互独立【解析】选B.设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D). 则P(A)＝P(B)＝16 ，P(C)＝56×6 ＝536， P(D)＝16.对于A 选项，P(AC)＝0;对于B 选项， P(AD)＝ 16×6 ＝136 ；对于C 选项， P(BC)＝ 16×6 ＝136 ；对于D 选项，P(CD)＝0.若两事件X ，Y 相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B 选项正确． 二、填空题(每小题5分，共10分)5．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625 ，则该队员每次罚球的命中率为________． 【解析】设此队员每次罚球的命中率为p ， 则1－p 2＝1625 ，所以p ＝35 .答案：356．A ，B 两人进行一局围棋比赛，A 获得的概率为0.8，若采用三局两胜制举行一次比赛，现采用随机模拟的方法估计B 获胜的概率．先利用计算器或计算机生成0到9之间取整数值的随机数，用0，1，2，3，4，5，6，7表示A 获胜；8，9表示B 获胜，这样能体现A 获胜的概率为0.8.因为采用三局两胜制，所以每3个随机数作为一组．例如，产生30组随机数：034 743 738 636 964 736 614 698 637 162 332 616 804 560 111 410 959 774 246 762 428 114 572 042 533 237 322 707 360 751，据此估计B 获胜的概率为________．【解析】由30组随机数，采用三局两胜制得到B 获胜满足的基本事件有： 698，959，共2个，所以B获胜的概率为p＝230＝115.答案：115三、解答题(每小题10分，共20分)7．元旦就要到了，某校将举行庆祝活动，每班派1人主持节目．高一(2)班的小明、小华和小利实力相当，又都争着要去，班主任决定用抽签的方式决定．机灵的小强给小华出主意，要小华先抽，说先抽的机会大．你是怎样认为的？说说看．【解析】其实抽签不必分先后，先抽后抽，中签的机会是一样的．我们取三张卡片，上面标上1，2，3，抽到1就表示中签，设抽签的次序为甲、乙、丙，则可以把情况填入下表：从上表可以看出：甲、乙、丙依次抽签，一共有六种情况，第一、二两种情况，甲中签；第三、五两种情况，乙中签；第四、六两种情况，丙中签．甲、乙、丙中签的可能性都是相同的，即甲、乙、丙的机会是一样的，先抽后抽，机会是均等的，不必争先恐后．8．天气预报说，在接下来的一个星期里，每天涨潮的概率为20%，请设计一个模拟试验计算下个星期恰有2天涨潮的概率．【解析】利用计算机产生0～9之间取整数值的随机数，用1，2表示涨潮，用其他数字表示不涨潮，这样体现了涨潮的概率是20%，因为时间是一周，所以每7个随机数作为一组，假设产生20组随机数：7032563 2564586 3142486 56778517782684 6122569 5241478 89715683215687 6424458 6325874 68943315789614 5689432 1547863 35698412589634 1258697 6547823 2274168相当于做了20次试验，在这组数中，如果恰有两个是1或2，就表示恰有两天涨潮，它们分别是3142486，5241478，3215687，1258697，共有4组数，于是一周内恰有两天涨潮的4 20＝15.概率近似值为。

条件概率与独立事件例题和知识点总结在概率论中，条件概率和独立事件是两个非常重要的概念。

理解它们对于解决各种概率问题至关重要。

接下来，让我们通过一些具体的例题来深入理解这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在事件 B 已经发生的条件下，事件 A 发生的概率，记作 P(A|B)。

其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）例题 1：一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。

先从中随机取出一个球，不放回，再取一个球。

已知第一次取出的是红球，求第二次取出红球的概率。

解析：第一次取出红球后，盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球。

此时总球数为 7 个。

所以第二次取出红球的概率为 4/7。

知识点总结：1、条件概率的本质是在新的信息（即已知某个事件发生）的基础上，重新评估另一个事件发生的可能性。

2、计算条件概率时，要先确定已知条件所限制的样本空间，再计算在这个新样本空间中目标事件发生的概率。

二、独立事件如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么事件 A 和事件 B 称为相互独立事件。

即P(A|B) ＝ P(A) 且 P(B|A) ＝ P(B) 。

例题 2：掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件 A ＝“第一次掷出的点数是1”，事件 B ＝“第二次掷出的点数是2”，判断事件 A 和事件 B是否独立。

解析：因为第一次掷骰子的结果不影响第二次掷骰子的结果，所以P(B|A) ＝ P(B) ＝ 1/6 ，P(A) ＝ 1/6 ，满足独立事件的条件，所以事件A 和事件B 是独立事件。

知识点总结：1、独立事件的判断关键在于看一个事件的发生是否会改变另一个事件发生的概率。

2、对于两个独立事件 A 和 B ，它们同时发生的概率为 P(AB) ＝P(A)×P(B) 。

三、条件概率与独立事件的综合例题例题 3：一个家庭有两个孩子，已知其中一个是女孩，求另一个也是女孩的概率。

10.2事件的相互独立性例1一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次.设事件A =“第一次摸出球的标号小于3”，事件B =“第二次摸出球的标号小于3”，那么事件A 与事件B 是否相互独立？解：因为样本空间{(,)|,{1,2,3,4},}m n m n m n Ω=∈≠且，{(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)}A =，{(1,2),(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2)}B =，所以61()()122P A P B ===，21()126P AB ==.此时()()()P AB P A P B ≠，因此，事件A 与事件B 不独立.例2甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，求下列事件的概率：（1）两人都中靶；（2）恰好有一人中靶；（3）两人都脱靶；（4）至少有一人中靶.分析：设A =“甲中靶”，B =“乙中靶”.从要求的概率可知，需要先分别求A ，B 的对立事件A ，B 的概率，并利用A ，B ，A ，B 构建相应的事件.解：设A =“甲中靶”，B =“乙中靶”，则A =“甲脱靶”，B =“乙脱靶”.由于两个人射击的结果互不影响，所以A 与B 相互独立，A 与B ，A 与B ，A 与B 都相互独立.由已知可得，()0.8P A =，()0.9P B =，()0.2P A =，(0.1P B =.（1）AB =“两人都中靶”，由事件独立性的定义，得()()()0.80.90.72P AB P A P B ==⨯=.（2）“恰好有一人中靶”AB AB =⋃，且AB 与AB 互斥，根据概率的加法公式和事件独立性定义，得()()()()()()()P AB AB P AB P AB P A P B P A P B ⋃=+=+0.80.10.20.90.26=⨯+⨯=.（3）事件“两人都脱靶”AB =，所以(()()(10.8)(10.9)0.02P AB P A P B ==-⨯-=.（4）方法1：事件“至少有一人中靶”AB AB AB =⋃⋃，且AB ，AB 与AB 两两互斥，所以()()()()P AB AB AB P AB P AB P AB =++ ()()P AB P AB AB =+ 0.720.260.98=+=.方法2：由于事件“至少有一人中靶”的对立事件是“两人都脱靶”，根据对立事件的性质，得事件“至少有一人中靶”的概率为1()10.020.98P AB -=-=.例3甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为34，乙每轮猜对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.求“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率.分析：两轮活动猜对3个成语，相当于事件“甲猜对1个，乙猜对2个”、事件“甲猜对2个，乙猜对1个”的和事件发生.解：设1A ，2A 分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，1B ，2B 分别表示乙两轮猜对1个，2个成语的事件.根据独立性假定，得()13132448P A =⨯⨯=，()2239416P A ⎛⎫== ⎪⎝⎭.()12142339P B =⨯⨯=，()222439P B ⎛⎫== ⎪⎝⎭.设A =“两轮活动‘星队’猜对3个成语”，则1221A A B A B = ，且12A B 与21A B 互斥，1A 与2B ，2A 与1B 分别相互独立，所以()()()()()()12211221()P A P A B P A B P A P B P A P B =+=+349458916912=⨯+⨯=.因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是512.练习1.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A =“第1枚正面朝上”，事件B =“第2枚正面朝上”，事件C =“2枚硬币朝上的面相同”，A B C ，，中哪两个相互独立？【答案】A 与B ，A 与C ，B 与C 都相互独立【解析】【分析】分别计算出()()(),,P A P B P C ,进而求得()()(),,P AB P AC P BC .由独立事件概率性质即可判断A B C ，，中哪两个相互独立.【详解】可求()()()111,,222P A P B P C ===()()()111,,444P AB P AC P BC ===所以()()()P AB P A P B =⋅()()()P AC P A P C =⋅()()()P BC P B P C =⋅由独立事件概率性质可知A 与B ,A 与C ,B 与C 都相互独立.【点睛】本题考查了古典概型概率的计算方法,根据概率判断事件的独立性,属于基础题.2.设样本空间{},,,a b c d Ω=含有等可能的样本点，且{}{}{},,,,,A a b B a c C a d ===，请验证A ，B ，C 三个事件两两独立，但()()()()P ABC P A P B P C ≠.【答案】见解析【解析】【分析】分别计算出()()(),,P A P B P C ,进而求得()()(),,P AB P AC P BC .由独立事件概率性质即可判断A B C ，，中两两事件相互独立.再计算出()P ABC 与()()()P A P B P C ,即可判断结论.【详解】可求得()()()111,,222P A P B P C ===()()()()1111,,4444P AB P AC P BC P ABC ====所以()()()()()()()()(),,P AB P A P B P AC P A P C P BC P B P C =⋅=⋅=⋅即A ,B ,C 两两独立但()()()1184P A P B P C ⋅⋅=≠,所以()()()()P ABC P A P B P C ≠【点睛】本题考查了古典概型概率的计算方法,根据概率判断事件的独立性,属于基础题.3.天气预报元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：（1）甲、乙两地都降雨的概率；（2）甲、乙两地都不降雨的概率；（3）至少一个地方降雨的概率.【答案】（1）0.06（2）0.56（3）0.44【解析】【分析】（1）根据独立事件概率性质()()()P AB P A P B =⋅,代入即可求解.（2）根据互斥事件概率的求法,()()()()()11P AB P A P B P A P B =⋅=-⨯-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦,代入即可求解.（3）根据对立事件概率性质,“至少一个地方降雨”与“甲乙两地都不降雨”互为对立事件,即可代入求解.【详解】设事件A =“甲地降雨”,事件B =“乙地降雨”,则事件A 与B 相互独立.由题意知()()0.2,0.3P A P B ==.（1）()()()0.20.30.06P AB P A P B ==⨯=；（2）()()()()()10.210.30.56P AB P A P B ==-⨯-=；（3）()()110.560.44P A B P AB =-=-= .【点睛】本题考查了独立事件概率的求法,互斥事件与对立事件概率性质的应用,属于基础题.4.证明必然事件Ω和不可能事件∅与任意事件相互独立.【答案】证明见解析【解析】【分析】根据独立事件概率性质,由()()1,0P P Ω=∅=代入化简运算即可.【详解】设任意事件记作A ,则,A A A Ω=∅=∅ .因为()()1,0P P Ω=∅=所以()()()()()1P A P A P A P A P Ω==⨯=Ω()()()()()00P A P P A P A P ∅=∅==⋅=∅所以A 与Ω,A 与∅都相互独立【点睛】本题考查了独立事件概率的性质及简单应用,属于基础题.习题10.2复习巩固5.掷两枚质地均匀的骰子，设A =“第一枚出现奇数点”，B =“第二枚出现偶数点”，则A 与B 的关系为（）．A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等【答案】C【解析】【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设A =“第一枚出现奇数点”，B =“第二枚出现偶数点”，事件A 与B 能同时发生，故事件A 与B 既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A ，B 错误；()3162P A ==，()3162P B ==，()331664P AB =⨯=，()()111224P A P B ⋅=⨯=，因为()()()P A P B P AB ⋅=，所以A 与B 独立，故选项C 正确；事件A 与B 不相等，故选项D 错误.故选：C.6.假设()0.7P A =，()0.8P B =，且A ，B 相互独立，则()P AB =______；()P A B = ______.【答案】①.0.56②.0.94【解析】【分析】（1）由A 与B 相互独立知()()()P AB P A P B =⨯，代入求解即可，（2）()()()()P A B P A P B P AB =+- ，代入求解即可．【详解】解：（1）∵()0.7P A =，()0.8P B =，且A 与B 相互独立，∴()()()0.70.80.56P AB P A P B =⨯=⨯=；（2）()()()()0.70.80.560.94P A B P A P B P AB =+-=+-= ，故答案为：0.56；0.94．7.若()0P A >，()0P B >，证明：事件A ，B 相互独立与A ，B 互斥不能同时成立．【答案】详见解析【解析】【分析】根据独立事件和互斥事件的概率证明.【详解】证明：若事件A ，B 相互独立，则()()()0P AB P A P B =>；若事件A ，B 互斥，则()0P AB =，所以事件A ，B 相互独立与A ，B 互斥不能同时成立．综合运用8.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是13，14求；（1）两人都成功破译的概率；（2）密码被成功破译的概率．【答案】（1）112；（2）12.【解析】【分析】记“甲译出密码”的事件为A ，“乙译出密码”的事件为B ，“密码被成功破译”的事件为C ，结合独立事件，对立事件的概率公式，进而求出相应概率.【小问1详解】解：记“甲译出密码”的事件为A ，“乙译出密码”的事件为B ，则()13P A =，()14P B =，所以()()()1113412P AB P A P B =⋅=⨯=.则两人都成功破译的概率为112.【小问2详解】记“甲译出密码”的事件为A ，“乙译出密码”的事件为B ，“密码被成功破译”的事件为C ，()13P A =，()14P B =，则事件A 的对立事件的概率()12133P A =-=，事件B 的对立事件的概率()13144P B =-=，则甲乙两人都没有成功破译密码的概率()()()231342P AB P A P B =⋅=⨯=所以()()111122P C P AB =-=-=.则密码被成功破译的概率为12.9.如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为{}1,2,3,4,5,6,7,8Ω=．构造适当的事件A ，B ，C ，使()()()()P ABC P A P B P C =成立，但不满足A ，B ，C 两两独立．【答案】答案见解析.(答案不唯一)【解析】【分析】设事件{}1,2,3,4A =，{}1,2,3,5B =,{}1,6,7,8C =,分别求出事件,,A B C ，事件,,,AB AC BC ABC 的概率，验证,,A B C 不是相互独立的事件.【详解】设事件{}1,2,3,4A =，{}1,2,3,5B =,{}1,6,7,8C =则{}{}{}{}1,1,2,3,1,1ABC AB AC BC ====则()()()12P A P B P C ===,()()()()3111,,,,8888P AB P AC P BC P ABC ====满足()()()()P ABC P A P B P C =，由于()()()P AB P A P B ≠,()()()P BC P B P C ≠,()()()P AC P A P C ≠即A 与B ,B 与C ,A 与C 都不相互独立，即不满足A ，B ，C 两两独立拓广探索10.分析如下三个随机试验及指定的随机事件，并解答下面的问题．1E ：抛掷两枚质地均匀的硬币；事件A =“两枚都正面朝上”．2E ：向一个目标射击两次，每次命中目标的概率为0.6；事件B =“命中两次目标”．3E ：从包含2个红球、3个黄球的袋子中依次任意摸出两球；事件C =“两次都摸到红球”（1）用适当的符号表示试验的可能结果，分别写出各试验的样本空间；（2）指出这三个试验的共同特征和区别；（3）分别求A ，B ，C 的概率．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.【解析】【分析】（1）分别用有序数对，(),m n ，()12,x x ，(),x y ，列举出样本空间；（2）由完成一次实验都要观察两个指标和是否等可能分析；（3）分别由（1）的样本空间求解；【小问1详解】解：1E 中用有序数对(),m n ，{},0,1m n ∈表示样本点，其中“0”表示正面朝上，“1”表示反面朝上，其样本空间为()()()(){}0,0,0,1,1,0,1,1Ω=；2E 中用有序数对()12,x x ，{}12,0,1x x ∈表示样本点，其中“0”表示未命中，“1”表示命中，其样本空间为()()()(){}0,0,0,1,1,0,1,1Ω=；3E 中用有序数对(),x y ，{},0,1x y ∈表示样本点，其中“0”表示摸到红球，“1”表示摸到黄球反面朝上，其样本空间为()()()(){}0,0,0,1,1,0,1,1Ω=；【小问2详解】三个实验的共同特征：完成一次实验都要观察两个指标，即样本点中包含两个要素，并且每个要素都只有两种可能结果，所以它们的样本点都可以用有序数对来表示，并且具有相同的表达形式；三个试验的区别：1E 中的样本点具有等可能性，2E ，3E 中的样本点不具有等可能性.【小问3详解】因为基本事件共有4个，所以两枚都正面朝上()14P A =.因为每次命中目标的概率为0.6；所以命中两次目标的概率为：()0.60.60.36P B =⨯=，因为是从包含2个红球、3个黄球的袋子中依次任意摸出两球；所以两次都摸到红球的概率是()2115410P C ⨯==⨯.变式练习题11.假定生男孩和生女孩是等可能的，令A =｛一个家庭中既有男孩又有女孩｝，B =｛一个家庭中最多有一个女孩｝.对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性.（1）家庭中有两个小孩；（2）家庭中有三个小孩.【答案】（1）A ，B 不相互独立（2）A 与B 是相互独立【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率性质,利用列举法得事件A 与事件B ,即可得()()(),,P A P B P AB ,即可判断家庭中有两个小孩时事件A 与事件B 是否独立.（2）根据独立事件的概率性质,利用列举法得事件A 与事件B ,即可得()()(),,P A P B P AB ,即可判断家庭中有三个小孩时事件A 与事件B 是否独立.【详解】（1）有两个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω={（男,男）,（男,女）,（女,男）,（女,女）},它有4个样本点由等可能性可知每个样本点发生的概率均为14这时A ={（男,女）,（女,男）},B ={（男,男）,（男,女）,（女,男）},AB ={（男,女）,（女,男）}于是()()()131,,242P A P B P AB ===由此可知()()()P AB P A P B ≠所以事件A ,B 不相互独立.（2）有三个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω={（男,男,男）,（男,男,女）,（男,女,男）,（女,男,男）,（男,女,女）,（女,男,女）,（女,女,男）,（女,女,女）}.由等可能性可知每个样本点发生的概率均为18,这时A 中含有6个样本点,B 中含有4个样本点,AB 中含有3个样本点.于是()()()63413,,84828P A P B P AB =====,显然有()()()P AB P A P B =成立,从而事件A 与B 是相互独立的.【点睛】本题考查了古典概型概率的计算方法,独立事件概率性质及应用,属于基础题.12.小宁某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求：（1）这三列火车恰好有两列正点到达的概率；（2）这三列火车至少有一列正点到达的概率.【答案】（1）0.398；（2）0.994.【解析】【分析】结合独立事件的乘法公式即可.【详解】解：用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件.则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1.（1）由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.（2）三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P(A B C)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.13.本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算)．有甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，两人租车时间都不会超过四小时．（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ＝4)和P(ξ＝6)的值．【答案】（1）5 16（2）5 16，316【解析】【分析】（1）先求得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率，甲、乙两人所付的租车费用相同，则则分甲乙都不超过2小时，甲乙都超过2小时不超过3小时，甲乙都超过3小时甲不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；（2）若ξ＝4，则分甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；若ξ＝6，则分甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；【小问1详解】解：因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为14，12，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为12，14，所以甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为14，14，记甲、乙两人所付的租车费用相同为事件A，则P（A）＝1111115 42244416⨯+⨯+⨯=，所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为5 16 .【小问2详解】若ξ＝4，则甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，所以P(ξ＝4)＝1111115 44242416⨯+⨯+⨯=，若ξ＝6，则甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，所以P(ξ＝6)＝11113 442416⨯+⨯=.14.如图所示，两个圆盘都是六等分，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是A.49B.29C.23D.13【答案】A 【解析】【详解】试题分析：由图知，每个转盘均为6个区域，其中有4个是奇数的区域，由几何概型概率公式，得两个转盘中指针落在奇数所在区域的概率均为4263=．由独立事件同时发生的概率，得所求概率224339P =⨯=，故选A ．考点：1、几何概型；2、相互独立事件的概率．【方法点睛】求几何概型的基本步骤：第一步，明确取点的区域Ω，确定要求概率的事件A 中的点的区域A ；第二步，求出区域Ω的几何度量μΩ；第三步，求出区域A 的几何度量A μ；第四步，计算所求事件的概率()P A ＝AμμΩ．15.已知A ，B 是相互独立事件，且P (A )＝12，P (B )＝23，则()P AB =________；P (AB )＝________.【答案】①.16②.16【解析】【分析】由题先求出()12P A =，()13P B =，再结合()()()P AB P A P B =，()()()P AB P A P B =计算即可【详解】因为P (A )＝12，P (B )＝23.所以()12P A =，()13P B =，所以()()()111236P AB P A P B ==⨯=，()()()111236P AB P A P B ==⨯=故答案为：16；16【点睛】本题考查相互独立事件乘法公式的应用，属于基础题16.某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，试求下列事件的概率：（1）第3次拨号才接通电话；（2）拨号不超过3次而接通电话．【答案】（1）110（2）310【解析】【分析】（1）由第一次，第二次没接通，第三次接通，利用独立事件的概率求解；（2）分第一次接通，第一次没接通第二次接通和第一次，第二次没接通，第三次接通，利用互斥事件和独立事件的概率求解.【小问1详解】解：设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1，2，3．第3次才接通电话可表示为123A A A ，所以第3次拨号才接通电话的概率为()1239811109810p A A A =⨯⨯=.【小问2详解】拨号不超过3次而接通电话可表示为112123A A A A A ++，所以拨号不超过3次而接通电话的概率为()112123p A A A A A ++，()()()112123p A p A A p A A A =++，191981310109109810=+⨯+⨯⨯=.。

独立概率计算公式例题解析在概率论中，独立事件是指一个事件的发生不会影响另一个事件发生的概率。

独立事件的概率计算公式是一种常见的数学工具，用于计算多个独立事件同时发生的概率。

本文将通过例题解析的方式，详细介绍独立概率计算公式的应用。

首先，让我们来看一个简单的例题，假设有一枚硬币和一颗骰子，求同时抛出硬币正面朝上和骰子点数为3的概率。

根据独立事件的概率计算公式，我们可以将这个问题分解为两个独立事件的概率相乘，P(硬币正面) P(骰子点数为3)。

其中，P(硬币正面) = 1/2，P(骰子点数为3) = 1/6。

因此，两个事件同时发生的概率为，(1/2) (1/6) = 1/12。

接下来，让我们来看一个稍微复杂一点的例题，某班学生中，60%的学生喜欢数学，70%的学生喜欢英语，求随机抽取一名学生，他既喜欢数学又喜欢英语的概率。

同样地，根据独立事件的概率计算公式，我们可以将这个问题分解为两个独立事件的概率相乘，P(喜欢数学) P(喜欢英语)。

其中，P(喜欢数学) = 60%，P(喜欢英语) = 70%。

因此，学生既喜欢数学又喜欢英语的概率为，(60%) (70%) = 42%。

通过以上两个例题的解析，我们可以看到独立概率计算公式的应用非常简单直观。

在实际问题中，只需要将问题分解为独立事件，并根据概率计算公式进行计算即可。

除了简单的两个事件的情况，独立概率计算公式也可以很容易地推广到多个事件的情况。

例如，假设有三个事件A、B、C，它们都是独立事件，那么它们同时发生的概率可以表示为，P(A) P(B) P(C)。

在实际应用中，独立概率计算公式经常被用于各种领域，如金融、医学、工程等。

例如，在金融领域，投资者可以利用独立概率计算公式来评估不同投资品种同时获利的概率；在医学领域，医生可以利用独立概率计算公式来评估多种疾病同时发生的概率。

总之，独立概率计算公式是概率论中的一种重要工具，它可以帮助我们计算多个独立事件同时发生的概率。

2.2.2 事件的相互独立性问题导学一、判断事件的相互独立性活动与探究1判断下列各对事件是否是相互独立事件：(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；(3)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．迁移与应用1．(2013江西樟树模拟)下列事件A，B是相互独立事件的是( )A．一枚硬币掷两次，事件A为“第一次为正面”，事件B为“第二次为反面”B．袋中有2白，2黑的小球，不放回地摸两球，事件A为“第一次摸到白球”，事件B 为“第二次摸到白球”C．掷一枚骰子，事件A为“出现点数为奇数”，事件B为“出现点数为偶数”D．事件A为“人能活到20岁”，事件B为“人能活到50岁”2．一个袋子中有4个小球，其中2个白球，2个红球，讨论下列A，B事件的相互独立性与互斥性．(1)A：取一个球为红球，B：取出的红球放回后，再从中取一球为白球；(2)从袋中取2个球，A：取出的两球为一白球一红球；B：取出的两球中至少一个白球．判断两事件的独立性的方法(1)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．(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．(3)当P(A)＞0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．二、求相互独立事件同时发生的概率活动与探究2根据资料统计，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.6，购买甲、乙保险相互独立，各车主间相互独立．(1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率；(2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率；(3)求一位车主至少购买甲、乙两种保险中1种的概率．迁移与应用1．设有两名射手射击同一目标，命中的概率分别为0.8和0.7，若各射击一次，则目标被击中的概率是( )A．0.56 B．0.92C．0.94 D．0.962．某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分，100分，200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．(1)求这名同学得300分的概率；(2)求这名同学至少得300分的概率．相互独立事件的概率计算必须先根据题设条件，分析事件间的关系，将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积，或若干个乘积之和，然后利用公式计算．三、相互独立事件的应用活动与探究3红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A，B，C进行围棋比赛，甲对A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A 、乙胜B 、丙胜C 的概率分别为0.6,0.5，0.5．假设各盘比赛结果相互独立．求：(1)红队中有且只有一名队员获胜的概率；(2)红队至少两名队员获胜的概率．迁移与应用1．甲、乙、丙三台机器是否需要维修相互之间没有影响．在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0.1,0.2,0.4，则一小时内恰有一台机床需要维修的概率是( )A ．0.444B ．0.008C ．0.7D ．0.2332．台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7,0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的是__________．事件的相互独立性是考试的重点，解题时需分清事件与事件之间的关联，判断是否相互独立．在求事件的概率时，有时会遇到求“至少……”或“至多……”等事件的概率问题，它们是诸多事件的和或积，如果从正面考虑这些问题，求解过程烦琐．但“至少……”或“至多……”这些事件的对立事件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思维，运用“正难则反”的原则求解．同时求解此类问题时，也是符号语言和文字语言之间的转化，应加强各语言之间的转化能力．答案：课前·预习导学【预习导引】1．P (A )P (B )2．B B预习交流 (1)提示：①要正确理解和区分事件A 与B 相互独立、事件A 与B 互斥．两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响．相互独立事件可以同时发生．只有当A 与B 相互独立时，才能使用P (AB )＝P (A )P (B )；同时也只有当A 与B 互斥时，才能使用公式P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )．②事件A 与B 是否具备独立性，一般都由题设条件给出．但在实际问题中往往要根据实际问题的性质来判定两个事件或一组事件是否相互独立．通常，诸如射击问题，若干电子元件或机器是否正常工作，有放回地抽样等对应的事件(组)认为是相互独立的．(2)提示：C课堂·合作探究【问题导学】活动与探究1 思路分析：利用相互独立事件的定义判断．解：(1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57，可见，前事件是否发生，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．(3)记A ：出现偶数点，B ：出现3点或6点，则A ＝{2,4,6}，B ＝{3,6}，AB ＝{6}，所以P (A )＝36＝12，P (B )＝26＝13，P (AB )＝16． 所以P (AB )＝P (A )·P (B )，所以事件A 与B 相互独立．迁移与应用 1．A 解析：把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故选项A 中的两个事件是相互独立事件；选项B 中是不放回地摸球，显然事件A 与事件B 不相互独立；对于选项C ，其结果具有唯一性，A ，B 应为互斥事件；选项D 是条件概率，事件B 受事件A 的影响．2．解：(1)由于取出的红球放回，故事件A 与B 的发生互不影响，∴A 与B 相互独立，A ，B 能同时发生，不是互斥事件．(2)设2个白球为a ，b ，两个红球为1,2，则从袋中取2个球的所有取法为{a ，b }，{a,1}，{a,2}，{b,1}，{b,2}，{1,2}，则P (A )＝46＝23，P (B )＝56，P (AB )＝23， ∴P (AB )≠P (A )·P (B )．∴事件A ，B 不是相互独立事件，事件A ，B 能同时发生，∴A ，B 不是互斥事件． 活动与探究2 思路分析：分析清楚事件间的独立、互斥的关系，再由相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式计算．解：记A 表示事件“购买甲种保险”，B 表示事件“购买乙种保险”，则由题意得A 与B ，A 与B ，A 与B ，A 与B 都是相互独立事件，且P (A )＝0.5，P (B )＝0.6．(1)记C 表示事件“同时购买甲、乙两种保险”，则C ＝AB ．∴P (C )＝P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.5×0.6＝0.3．(2)记D 表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”，则D ＝A B ．∴P (D )＝P (A B )＝P (A )·P (B )＝(1－0.5)×0.6＝0.3．(3)法一：记E 表示事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”，则事件E 包括A B ，A B ，AB ，且它们彼此为互斥事件．∴P (E )＝P (A B ＋A B ＋AB )＝P (A B )＋P (A B )＋P (AB )＝0.5×0.6＋0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.8．法二：事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”与事件“甲、乙两种保险都不购买”为对立事件．∴P (E )＝1－P (A B )＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8．迁移与应用 1．C 解析：设事件A 表示：“甲击中”，事件B 表示：“乙击中”． 由题意知A ，B 互相独立．故目标被击中的概率为P (A ∪B )＝1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－0.2×0.3＝0.94．2．解：记“这名同学答对第i 个问题”为事件A i (i ＝1,2,3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.7，P (A 3)＝0.6，A 1，A 2，A 3相互独立．(1)这名同学得300分的概率P 1＝P (A 1A 2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228．(2)这名同学至少得300分的概率P 2＝P 1＋P (A 1A 2A 3)＝0.228＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564．活动与探究3 思路分析：弄清事件“红队有且只有一名队员获胜”与事件“红队至少两名队员获胜”是由哪些基本事件组成的，及这些事件间的关系，然后选择相应概率公式求值．解：设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则D，E，F分别表示甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C的事件．因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，由对立事件的概率公式知P(D)＝0.4，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5．(1)红队有且只有一名队员获胜的事件有D E F，D E F，D E F，以上3个事件彼此互斥且独立．所以红队有且只有一名队员获胜的概率P1＝P(D E F＋D E F＋D E F)＝P(D E F)＋P(D E F)＋P(D E F)＝0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＝0.35．(2)法一：红队至少两人获胜的事件有：DE F，D E F，D EF，DEF．由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为P＝P(DE F)＋P(D E F)＋P(D EF)＋P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55．法二：“红队至少两人获胜”与“红队最多一人获胜”为对立事件，而红队都不获胜为事件D E F，且P(D E F)＝0.4×0.5×0.5＝0.1．所以红队至少两人获胜的概率为P2＝1－P1－P(D E F)＝1－0.35－0.1＝0.55．迁移与应用1．A解析：所求的概率为0.1×0.8×0.6＋0.9×0.2×0.6＋0.9×0.8×0.4＝0.444．2．0.902 解析：设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确记为A，B，C，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1，至少两颗预报准确的事件有AB C，A B C，A BC，ABC，这四个事件两两互斥且独立．∴至少两颗预报准确的概率为P＝P(AB C)＋P(A B C)＋P(A BC)＋P(ABC)＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902．当堂检测1．两个射手彼此独立射击一目标，甲射中目标的概率为0.9，乙射中目标的概率为0.8，在一次射击中，甲、乙同时射中目标的概率是( )A．0.72 B．0.85 C．0.1 D．不确定答案：A 解析：由已知甲、乙同时射中目标概率是0.9×0.8＝0.72．2．一袋中有3个红球，2个白球，另一袋中有2个红球，1个白球，从每袋中任取一球，则至少取一白球的概率为( )A．38B．35C．25D．15答案：B 解析：至少取一白球的对立事件为从每袋中都取得红球，从第一袋中取一球为红球的概率为35，从另一袋中取一球为红球的概率为23，则至少取一白球的概率为3231535 -⨯=．3．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170，169，168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为__________．答案：370解析：加工出来的零件的正品率是1116711170696870⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯-⨯-=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因此加工出来的零件的次品率为67317070 -=．4．设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125．则求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别为__________，__________，__________．答案：0.2 0.25 0.5 解析：记“机器甲需要照顾”为事件A，“机器乙需要照顾”为事件B，“机器丙需要照顾”为事件C，由题意可知A，B，C是相互独立事件．由题意可知()()()0.05,()()()0.1,()()()0.125, P AB P A P BP AC P A P CP BC P B P C==⎧⎪==⎨⎪==⎩得()0.2,()0.25,()0.5. P AP BP C=⎧⎪=⎨⎪=⎩所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2，0.25,0.5．5．在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．答案：解：如图所示，分别记这段时间内开关J A，J B，J C能够闭合为事件A，B，C．由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响，根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.7)×(1－0.7)×(1－0.7)＝0.027．于是这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能正常工作的概率是1－P(ABC)＝1－0.027＝0.973．答：在这段时间内线路正常工作的概率是0.973．。

高二数学独立事件概率例题解析 一. 本周教学内容：独立事件概率互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率二. 重点1. 互斥事件只有一个发生的概率如果事件A 1，A 2，…，A n 彼此互斥，那么事件A 1＋A 2＋…＋A n 发生(即A 1，A 2，…，A n 中有一个发生)的概率，等于这n 个事件分别发生的概率的和，即P(A 1＋A 2＋…＋A n )=P(A 1)＋P(A 2)＋…＋P(A n )．2. 相互独立事件同时发生的概率两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积．我们把两个事件A 、B 同时发生记作A ·B ，则有P （A ·B ）= P （A ）·P （B ）推广：如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A 1· A 2·…· A n )=P(A 1)· P(A 2)·…· P(A n )．【典型例题】例1.盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率：(1)取到的2只都是次品；(2)取到的2只中正品、次品各一只；(3)取到的2只中至少有一只正品.解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62＝36种不同取法.(1)取到的2只都是次品情况为22＝4种.因而所求概率为91364=. (2)由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品.因而所求概率为P =9436423624=⨯+⨯ (3)由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件.因而所求概率为P =1-9891=例2.从男女学生共有36名的班级中，任意选出2名委员，任何人都有同样的当选机会.如果选得同性委员的概率等于21，求男女生相差几名? 解：设男生有x 名，则女生有36-x 名.选得2名委员都是男性的概率为3536)1(C C 2362⨯-=x x x 选得2名委员都是女性的概率为3536)35)(36(C C 236236⨯--=-x x x 以上两种选法是互斥的，又选得同性委员的概率等于21，得 213536)35)(36(3536)1(=⨯--+⨯-x x x x 解得x =15或x =21即男生有15名，女生有36-15=21名，或男生有21名，女生有36-21=15名.总之，男女生相差6名.例3.某种零件经过三道工序加工才是成品，第一道工序的合格率是95%，第二道工序的合格率是98%，第三道工序的合格率是99%，假定这三道工序互不影响，那么成品的合格率是多少？（结果精确到0.01）解：记第一道工序合格为事件A ，第二道工序合格为事件B ，第三道工序合格为事件C ，则P（A ）=95%，P （B ）=98%，P （C ）=99%，且事件A 、B 、C 相互独立。

高二数学独立重复试验某事件发生的概率试题答案及解析1.实验女排和育才女排两队进行比赛，在一局比赛中实验女排获胜的概率是2/3，没有平局．若采用三局两胜制，即先胜两局者获胜且比赛结束，则实验女排获胜的概率等于A．B．C．D．【答案】B【解析】实验女排要获胜必须赢得其中两局，可以是1,2局，也可以是1,3局，也可以是2,3局.故获胜的概率为:,故选B.【考点】独立事件概率计算.2.设随机变量，则________．【答案】．【解析】由随机变量，利用二项分布的概率计算公式能求出．【考点】二项分布与次独立重复试验的模型．3.设随机变量，则________．【答案】.【解析】由随机变量，利用二项分布的概率计算公式能求出．【考点】二项分布与次独立重复试验的模型．4.在吸烟与患肺病这两个分类变量的计算中，下列说法正确的是()①若K2的观测值满足K2≥6.635，我们有99%的把握认为吸烟与患肺病有关系，那么在100个吸烟的人中必有99人患有肺病；②从独立性检验可知有99%的把握认为吸烟与患病有关系时，我们说某人吸烟，那么他有99%的可能患有肺病；③从统计量中得知有95%的把握认为吸烟与患肺病有关系，是指有5%的可能性使得推断出现错误A．①B．①③C．③D．②【答案】C【解析】解：若，我们有的把握认为吸烟与患肺病有关系，不表示有的可能患有肺病，也不表示在100个吸烟的人中必有99人患有肺病，故①不正确．也不表示某人吸烟，那么他有的可能患有肺病，故②不正确，若从统计量中求出有是吸烟与患肺病的比例，表示有的可能性使得推断出现错误，故③正确．【考点】独立性检验5.某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是.(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率；(2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率；(3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的期望和方差．【答案】（1）（2）（3）【解析】解：(1)P＝2×＝.4种，(2)6场胜3场的情况有C6∴P＝C333＝20××＝.6(3)由于X服从二项分布，即X～B，∴E(X)＝6×＝2，D(X)＝6××＝.6.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层可以停靠，若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用X表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，求随机变量X的分布列．【答案】X的分布列为【解析】解：考查每一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，即X～B，k k5－k，k＝0,1,2,3,4,5，即有P(X＝k)＝C5从而X的分布列为X0123457.甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“五局三胜制”，即五局中先胜三局为赢，若每场比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，则比赛以甲三胜一负而结束的概率为________．【答案】【解析】甲三胜一负即前3次中有2次胜1次负，而第4次胜，∴P＝C22··＝，3∴甲三胜一负而结束的概率为.8.甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为求：（1）乙至少击中目标2次的概率；（2）乙恰好比甲多击中目标2次的概率【答案】（1）（2）【解析】解：（1）乙至少击中目标2次的概率为（2）设乙恰好比甲多击中目标2次为事件A，包含以下2个互斥事件：乙恰好击中目标2次且甲恰好击中目标0次B1P（B1）＝B2：乙恰好击中目标3次且甲恰好击中目标1次，P（B2）＝则P（A）=P（B1）+P（B2）所以，乙恰好比甲多击中目标2次的概率为【考点】独立重复试验点评：独立重复试验的概率的求法：一般地，如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率。

高二文科概率知识点及例题概率是数学中的一个重要分支，它在我们日常生活和学习中都有着广泛的应用。

作为高二文科生，了解和掌握概率的基本知识点对于我们提高数学素养和解决实际问题都具有重要的意义。

本文将介绍高二文科概率的基本知识点及提供一些例题来帮助大家更好地理解。

知识点一：基本概率公式概率可以用来描述某件事情发生的可能性大小。

在概率的计算中，我们通常使用基本概率公式来计算事件发生的概率。

基本概率公式如下：P(A) = 事件A发生的可能性 / 总的可能性知识点二：独立事件和相关事件在概率的计算中，事件之间可以分为两种情况：独立事件和相关事件。

独立事件是指两个事件之间相互独立，一个事件的发生不会影响另一个事件的发生。

相关事件是指两个事件之间存在某种联系，一个事件的发生会影响另一个事件的发生。

知识点三：加法法则加法法则是概率计算中常用的一种方法，它用于计算两个事件联合发生的概率。

加法法则可以分为两种情况：互斥事件和非互斥事件。

互斥事件是指两个事件不能同时发生，而非互斥事件是指两个事件可以同时发生。

知识点四：乘法法则乘法法则是概率计算中另一种常用的方法，它用于计算两个事件同时发生的概率。

乘法法则适用于独立事件和相关事件的计算。

下面是一些例题来帮助大家更好地理解概率的运用：例题一：某班有30名学生，其中15名男生，15名女生。

从中随机选取一名学生，求选中的学生是男生的概率。

解析：题目中给出了总人数30人，其中男生15人，女生15人。

我们需要计算选中学生是男生的概率。

根据基本概率公式，男生被选中的可能性为15/30，即1/2。

因此，选中学生是男生的概率为1/2。

例题二：从一副扑克牌中随机抽取一张牌，求抽到红心的概率。

解析：一副扑克牌共有52张牌，其中红心有13张。

我们需要计算抽到红心的概率。

根据基本概率公式，抽到红心的可能性为13/52，即1/4。

因此，抽到红心的概率为1/4。

例题三：甲、乙两个学生参加一次数学竞赛。