2019年北师大版数学选修1-2练习(第1章)条件概率与独立事件(含答案)

条件概率与独立事件[A 组 基础巩固]1．某人一周晚上值班2次，在已知他星期日一定值班的前提下，其余晚上值班所占的概率为( )A 、13B 、14C 、15D 、16解析：本题为条件概率，在星期日一定值班的前提下，只需再从其余6天中选一天值班即可，概率为16、答案：D2．甲、乙两人独立解答某道题，解不出来的概率分别是a 和b ，那么甲、乙两人都解出这道题的概率是( ) A ．1－abB ．(1－a )(1－b )C ．1－(1－a )(1－b )D ．a (1－b )＋b (1－a )解析：设甲解出该题为事件A ，乙解出该题为事件B ，则P (A )＝a ，P (B )＝b ， ∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝(1－a )(1－b )． 答案：B3．打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射一个目标，则他们都中靶的概率是( ) A 、1425B 、1225C 、34D 、35解析：P ＝810×710＝56100＝1425、答案：A4．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是为13、12、23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( ) A 、19B 、16C 、13D 、718解析：设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A 、B 、C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23、停车一次即为事件A BC ＋A B C ＋AB C ，故概率为P ＝⎝⎛⎭⎫1－13×12×23＋13×⎝⎛⎭⎫1－12×23＋13×12×⎝⎛⎭⎫1－23＝718、 答案：D5、同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y ，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为( ) A 、116B 、18C 、316D 、14解析：满足xy ＝4的所有可能如下： x ＝1，y ＝4;x ＝2，y ＝2;x ＝4，y ＝1、 所以，所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋P (x ＝4，y ＝1) ＝14×14＋14×14＋14×14＝316、 答案：C6．在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0、4，乙胜丙的概率为0、5，丙胜甲的概率为0、6，比赛顺序如下：第一局，甲对乙;第二局，第一局胜者对丙;第三局，第二局胜者对第一局败者;第四局，第三局胜者对第二局败者，则乙连胜四局的概率为________．解析：乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最后再胜丙，∴概率P ＝(1－0、4)×0、5×(1－0、4)×0、5＝0、09、 答案：0、097．由长期统计资料可知，某一地区在4月份下雨(记作事件A )的概率为415，刮风(用B 表示)的概率为715，既刮风又下雨的概率为110，则P (A |B )＝________，P (B |A )＝________、解析：P (A |B )＝P (AB )P (B )＝110715＝314，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38、答案：314 388．若A ，B 为相互独立事件，则下列式子成立的是__________．(把你认为正确的序号都填上) ①P (AB )＝P (A )P (B );②P (A B )＝P (A )P (B );③P (A B )＝P (A )－P (A )P (B );④P (A B )＝1－P (A )－P (B )＋P (A )P (B )． 解析：①②正确．③P (A B )＝P (A )P (B )＝P (A )[1－P (B ))] ＝P (A )－P (A )P (B )．④P (A B )＝P (A )P (B )＝[1－P (A )][1－P (B )] ＝1－P (A )－P (B )＋P (A )P (B )． 答案：①②③④9．甲、乙同时向一敌机炮击，已知甲击中敌机的概率为0、6，乙击中敌机的概率为0、5、 (1)求甲、乙都未击中敌机的概率; (2)求敌机被击中的概率．解析：设“甲击中敌机”为事件A ，“乙击中敌机”为事件B ，“甲、乙都未击中敌机”为事件C ，“敌机被击中”为事件D 、由题意可知A ，B 相互独立，则A 与B 也相互独立． (1)P (C )＝P (A B )＝P (A )·P (B ) ＝(1－0、6)×(1－0、5)＝0、2、(2)P (D )＝1－P (A B )＝1－0、2＝0、8、10．甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%、问： (1)乙地为雨天时，甲地为雨天的概率为多少？ (2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为多少？ 解析：设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”， 则根据题意有P (A )＝0、20，P (B )＝0、18，P (AB )＝0、12， 所以(1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18≈0、67，(2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0、60、[B 组 能力提升]1．据统计，大熊猫的平均寿命是12～20岁，一只大熊猫从出生起，活到10岁的概率为0、8，活到20岁的概率是0、4，北京动物园的大熊猫“妞妞”今年已经10岁了，它能活到20岁的概率为( ) A ．0、32 B ．0、5 C ．0、4D ．0、8解析：设A ＝“能活到10岁”，B ＝“能活到20岁”．即P (A )＝0、8，P (B )＝0、4，所求概率为P (B |A )，由于B ⊆A ，故AB ＝B ， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝0.40.8＝0、5、答案：B2、在如图所示的电路图中，开关a ，b ，c 闭合与断开的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是( ) A 、18B 、38C 、14D 、78解析：设开关a ，b ，c 闭合的事件分别为A ，B ，C ，则灯亮这一事件E ＝ABC ∪AB C ∪A B C ，且A ，B ，C 相互独立，ABC ，AB C ，A B C 互斥， 所以P (E )＝P (ABC )∪P (AB C )∪P (A B C ) ＝P (ABC )＋P (AB C )＋P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C ) ＝12×12×12＋12×12×⎝⎛⎭⎫1－12＋12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＝38、 答案：B3．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是25，12，35，现3人各投篮1次，则3人中恰有2人投进的概率为________．解析：甲、乙、丙投进分别记作事件A 、B 、C ，它们相互独立，则3人中恰有2人投进的概率为P ＝P (AB C ＋A B C ＋A BC )＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C ) ＝25×12×(1－35)＋25×(1－12)×35＋(1－25)×12×35＝1950、 答案：19504．(2016·高考四川卷)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是________． 解析：解法一 先求出成功次数X 的分布列，再求均值．由题意可知每次试验不成功的概率为14，成功的概率为34，在2次试验中成功次数X 的可能取值为0,1,2，则P (X ＝0)＝116，P (X ＝1)＝C 12×14×34＝38， P (X ＝2)＝⎝⎛⎭⎫342＝916、所以在2次试验中成功次数X 的分布列为X 0 1 2 P11638916则在2次试验中成功次数X E (X )＝0×116＋1×38＋2×916＝32、解法二 此试验满足二项分布，其中p ＝34，所以在2次试验中成功次数X 的均值为E (X )＝np＝2×34＝32、答案：325．某种元件用满6 000小时未坏的概率是34，用满10 000小时未坏的概率是12，现有一个此种元件，已经用满6 000小时未坏，求它能用满10 000小时的概率． 解析：设A ＝“用满10 000小时未坏”， B ＝“用满6 000小时未坏”， 则P (A )＝12，P (B )＝34，由于A ⊆B ， 故P (AB )＝P (A )．∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝P (A )P (B )＝1234＝23、∴这个元件能用满10 000小时的概率为23、6、如图所示，用A 、B 、C 三类不同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．已知元件A 、B 、C 正常工作的概率依次为0、80、0、90、0、90，分别求系统N 1、N 2正常工作的概率P 1、P 2、 解析：由题图可知P 1＝P (A ∩B ∩C )＝P (A )P (B )P (C )＝0、80×0、90×0、90＝0、648P2＝P(A∩(B∪C))＝P(A)·[1－P(B C)] ＝0、8×[1－P(B)·P(C)]＝0、8×[1－(1－0、9)(1－0、9)]＝0、8×(1－0、01)＝0、8×0、99＝0、792、。

（新课标）2017-2018学年北师大版高中数学选修1-2§2 独立性检验 2.1 条件概率与独立事件课时目标 1.在具体情境中，了解条件概率的概念.2.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．1．条件概率定义：已知________________A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P(A|B)．2．公式P(A|B)＝__________.一、选择题1．设P(A|B)＝P(B|A)＝12，P(A)＝13，则P(B)等于( )A.12B.13C.14D.162．100件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已知第1次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为( )A.599B.120C.19396D.95993．甲乙两人独立地解同一道题，甲解对的概率为34，乙解对的概率为23，则恰有1人解对的概率为( )A.34B.23C.12D.512 4．某人独立射击三次，每次射中的概率为0.6，则三次中至少有一次射中的概率为( ) A ．0.216 B ．0.064 C ．0.936D ．0.0365．某零件加工由两道工序完成，第一道工序的废品率为a ，第二道工序的废品率为b ，假定这两道工序是否出废品彼此无关，那么产品的合格率为( )A ．ab －a －b ＋1B ．1－a －bC ．1－abD ．1－2ab二、填空题6．某种电子元件用满3 000小时不坏的概率为34，用满8 000小时不坏的概率为12.现有一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时的概率是________．7．一个家庭中有两个小孩，假定生男，生女是等可能的．已知这个家庭有一个是女孩，问这时另一个小孩是男孩的概率是________．8．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P(A)＝________.三、解答题9．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．10.甲、乙、丙三位学生用计算机联网进行数学测试，每天独立完成10道数学题，已知甲及格的概率是810，乙及格的概率是610，丙及格的概率是710，三人各答一次，求三人中只有一人答题及格的概率．能力提升11．根据历年气象资料统计，某地四月份刮东风的概率是830，既刮东风又下雨的概率是730.问该地四月份刮东风时下雨的概率是________．12．栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5，移栽后成活的概率分别为0.7,0.9.(1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率；(2)求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率．1．所谓条件概率，是当试验结果的一部分信息已知(即在原随机试验的条件下，再加上一定的条件)，求另一事件在此条件下的概率．2．已知事件A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，求P(B|A)时，除按公式外，还可把A看做新的基本事件空间来计算B发生的概率．3．事件A、B独立，B发生不影响A的概率．§2 独立性检验2．1 条件概率与独立事件答案知识梳理1．B 发生的条件下 2.P(AB)P(B)作业设计1．B [P(AB)＝P(A)P(B|A)＝13×12＝16，由P(A|B)＝P(AB)P(B)，得P(B)＝P(AB)P(A|B)＝16×2＝13，故选B.] 2．D [第1次抽出的是次品之后，还剩下4件次品，95件正品，所以所求概率为9599.]3．D [记“甲解对此题”为事件A ，“乙解对此题”为事件B ，它们相互独立． 则恰有1人解对为事件A B ∪A B ， ∴P(A B ∪A B)＝P(A B )＋P(A B) ＝P(A)P(B )＋P(A )P(B) ＝34×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23＝512.] 4．C [可以考虑利用对立事件的概率以及相互独立事件的关系来求． P ＝1－0.4×0.4×0.4＝0.936.]5．A [合格率为(1－a)·(1－b)＝ab －a －b ＋1.] 6.23解析 记事件A ：“用满3 000小时不坏”，P(A)＝34；记事件B ：“用满8 000小时不坏”，P(B)＝12.因为B ⊂A ，所以P(AB)＝P(B)＝12，则P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1234＝12×43＝23.7.23解析 一个家庭的两个小孩只有4种可能{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}，由题意知，这4个事件是等可能的．设基本条件空间为Ω，A ＝“其中一个是女孩”，B ＝“其中一个是男孩”，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2434＝23.8.23解析 由已知P(A ·B )＝P(A )P(B )＝19①又P(A ·B )＝P(A ·B)，即[1－P(A )]·P(B )＝P(A )[1－P(B )]② 由①②解得P(A )＝P(B )＝13，所以P(A)＝23.9．解 设第1次抽到舞蹈节目为事件A ，第2次抽到舞蹈节目为事件B ，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n(Ω)＝6×5＝30，n(A)＝4×5＝20， 于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝4×3＝12， 于是P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝1230＝25.(3)方法一 由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2523＝35.方法二 因为n(AB)＝12，n(A)＝20， 所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35.10．解 设甲、乙、丙三人答题及格分别为事件A 、B 、C ， 则P(A)＝810，P(B)＝610，P(C)＝710，设三人各答题一次，只有一人及格为事件D ， 则D 的情况为：A B C 、A B C 、A B C. 所以P(D)＝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)＝810×⎝⎛⎭⎪⎫1－610⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－810×610×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－810⎝ ⎛⎭⎪⎫1－610×710＝47250.11.78解析 记“某地四月份刮东风”为事件A ，“某地四月份下雨”为事件B ， 则P(A)＝830，P(AB)＝730，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝78.12．解 分别记甲、乙两种果树成苗为事件A 1、A 2；分别记甲、乙两种果树苗移栽后成活为事件B 1、B 2，则P(A 1)＝0.6，P(A 2)＝0.5，P(B 1)＝0.7，P(B 2)＝0.9.(1)甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为 P(A 1＋A 2)＝1－P(A 1·A 2)＝1－0.4×0.5＝0.8.(2)分别记甲、乙两种果树培育成苗且移栽成活为事件A 、B ，则P(A)＝P(A 1B 1)＝0.42，P(B)＝P(A 2B 2)＝0.45.恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为P(A B ＋A B)＝0.42×0.55＋0.58×0.45＝0.492.。

§2 独立性检验2.1 条件概率与独立事件自主整理1.已知B 发生的条件下,A 发生的概率,称为____________,记为____________.2.一般地,对两个事件A 、B,如果P(AB)=P(A)P(B),则称____________.高手笔记1.解答概率问题,首先要区分是条件概率,还是无条件概率,条件概率的前提条件是:在知道事件A 必然发生的前提下,只需局限在A 发生的范围内考虑问题,在事件A 发生的前提下事件B 发生,等价于事件A 和事件B 同时发生,即AB 发生,由古典概型知其条件概率为: P(B|A)=)()()()()()()()(A P AB P n A n n AB n A n AB n =ΩΩ=,其中n(Ω)为一次试验中可能出现的结果数,n(A)为事件A 所包含的结果数,n(AB)为AB 同时发生时的结果数.2.如果B 、C 是两个互斥事件,在事件A 发生的前提下,互斥事件B 、C 有一个发生的概率为P(B ∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).特殊地.若事件A 是一次试验的所有可能结果就与无条件的概率统一起来.3.区别事件间的“互斥”与“相互独立”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.4.应用公式时要注意前提条件,只有对于相互独立事件才能用P(A·B)=P(A)·P(B),而1-P(A)P(B)是表示相互独立事件A 与B 中至少有一个不发生的概率,它在求概率计算中经常用到.而在一般情况下,对于n 个随机事件A 1,A 2,…,A n ,有P(A 1+A 2+…+A n )=1-P(1A ·2A ·…·n A ).5.如果A 、B 相互独立,则A 与B ,A 与B,A 与B 也相互独立,如果A 1,A 2, …,A n 相互独立,则有P(A 1A 2…A n )=P(A 1)P(A 2)…P(A n ).名师解惑如果A 、B 相互独立,证明A 与,A 与B,A 与B 也相互独立.证明:∵A 、B 相互独立,则P(B|A)=P(B)=)()(A P AB P , 从而P(B |A)=1-P(B|A)=1-P(B)=P(B)=)()(A P B A P , ∴P(A B )=P(A)P(B ).∴A 与B 相互独立.同理,A 与B 也相互独立.∴P(A B)=P(A )P(B).又∵P(B|A )=1-P(B|A )=1-P(B)=P(B )=)()(A P B A P , ∴P(A ·B )=P(A )P(B ).∴A 与B 也相互独立.讲练互动【例1】在由12道选择题和4道填空题组成的考题中,如果不放回地依次抽取2道题. 求:(1)第一次抽到填空题的概率;(2)第一次和第二次都抽到填空题的概率;(3)在第一次抽到填空题的前提下,第二次抽到填空题的概率.分析：(1)为无条件古典概型,(2)为相互独立事件同时发生的概率,(3)为条件概率,可由(1)(2)求出. 解：设第一次抽到填空题为事件A,第二次抽到填空题为事件B,则第一次和第二次都抽到填空题为事件AB. (1)P(A)=21611514A A A =411516154=⨯⨯. (2)P(AB)=60315163421624=⨯⨯=A A . (3)P(B|A)=5141603)()(==A P AB P . 绿色通道求概率时分清是否为条件概率,并弄清事件A 、事件B 及计算公式.变式训练1.甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有10个不同的题目,其中选择题6个,判断题4个,甲、乙两人依次各抽1题,在甲抽到选择题的前提下,乙抽到判断题的概率是多少?解:设甲抽到选择题为事件A,乙抽到判断题为事件B,则P(A)=5311016=A A ,P(AB)=154910462101416=⨯⨯=∙A A A .则P(B|A)=9453154)()(==A P AB P . 答:在甲抽到选择题的前提下,乙抽到判断题的概率是94. 【例2】10张奖券中有3张有奖,甲、乙两人从中各抽1张,甲先抽、乙后抽,求:(1)甲中奖的概率;(2)乙中奖的概率;(3)在甲未中奖的情况下,乙中奖的概率.分析：甲未中奖与甲中奖是对立事件,(3)为条件概率.解：设甲中奖为事件A,乙中奖为事件B.(1)则P(A)=103,(2)P(B)=P(AB+A B)=P(AB)+P(A B),P(AB)=103×15192=, P(A B)=107×93=307,∴P(B)=151+307=309=103. (3)P(A )=107,P(A B)=307, ∴P(B|A )=)()(A P B A P 31107307=. 答:甲中奖的概率为103,乙中奖的概率为103,在甲未中奖的条件下,乙中奖的概率为31. 绿色通道在无任何条件下,甲、乙不论谁先、谁后中奖概率相同,但在已知甲未中奖的情况下乙中奖的概率就变大了.变式训练2.15张奖券中有5张能中奖,甲、乙、丙三人依次抽1张.解:设甲中奖为事件A,乙中奖为事件B,丙中奖为事件C,则P(A)=31155=,P(B)=31155=,P(C)=31. 设甲、乙都未中奖为事件D,则P(D)=P(A B )=1510×149=73,P(CD)=1510×149×135=9115, ∴P(C|D)=135739115)()(==D CD P . ∴在甲、乙都未中奖的前提下,丙中奖的概率是135. 求:(1)甲中奖的概率;(2)乙中奖的概率;(3)在甲、乙都未中奖的前提下,丙中奖的概率.【例3】甲射击命中目标的概率是21,乙命中目标的概率是31,丙命中目标的概率是41,现在三人同时射击目标,求目标被击中的概率.分析：甲、乙、丙分别射中目标是相互独立的,利用独立事件来求概率,目标被击中是指甲、乙、丙三人至少有一人射中目标.解：设甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,丙击中目标为事件C,目标未被击中为事件C B A ,则目标被击中的概率P=1-P(C B A )=1-P(A )P(B )P(C )=1-［1-P(A)］［1-P(B)］［1-P(C)］=1-(121-)(131-)(141-)=43. 答:目标被击中的概率为43. 绿色通道已知事件A 、事件B 、事件C 为相互独立事件,则A 、B 、C 也为相互独立事件,∴P(C B A )=P(A )P(B )P(C ).变式训练3.甲、乙两人各进行一次射击,如果两人击中目标的概率都是0.6.求:(1)两人都击中目标的概率;(2)其中恰有1人击中目标的概率;(3)至少有1人击中目标的概率.答案：设甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,则P(A)=0.6,P(B)=0.6,P(A)=0.4,P(B)=0.4.(1)P(AB)=P(A)·P(B)=0.6×0.6=0.36.(2)P(A B+A B)=P(A B)+P(A B)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.6×0.4+0.4×0.6=0.48.(3)至少有一人击中目标的概率为P(AB)+P(A B+A B)=0.36+0.48=0.84或1-P(A B)=1-P(A)P(B)=1-0.4×0.4=0.84.【例4】有三种产品,合格率分别为0.90,0.95,0.95,各抽取一件进行检验,(1)求恰有一件不合格的概率;(2)求至少有两件不合格的概率.分析：恰有一件不合格分三种情况,可以看成由三个基本事件构成的,三个事件之间又是相互独立的,至少有两件不合格,正面考虑情况复杂,可考虑此事件的对立事件.解：设三种产品各抽取一件,抽到合格产品的事件分别是A、B和C,P(A)=0.90,P(B)=P(C)=0.95,P(A)=0.10,P(B)=P(C)=0.05.(1)∵事件A、B、C相互独立,恰有一件不合格的概率为P(AB C)+P(A B C)+P(A BC)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=2×0.90×0.95×0.05+0.1×0.95×0.95=0.176.答:恰有一件产品不合格的概率为0.176.(2)方法一:至少有两件不合格的概率为P(A B C)+P(A B C)+P(A B C)+P(A B C)=0.90×0.052+2×0.10×0.05×0.95+0.10×0.052=0.012.答:至少有两件不合格的概率为0.012.方法二:三件产品都合格的概率是P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.9×0.952=0.812,由(1),知恰有一件不合格的概率为0.176,∴至少有两件不合格的概率为1-［P(ABC)+0.176］=1-(0.812+0.176)=0.012.答:至少有两件不合格的概率为0.012.绿色通道把一个笼统事件等价转化后,分解成几个具体的相互独立的事件是解决问题的关键.变式训练4.某工人看管三台设备,在一天内不需要工人维护的概率,第一台为0.9,第二台为0.8,第三台为0.85.问一天内:(1)3台机器都要维护的概率是多少?(2)其中恰有一台要维护的概率是多少?(3)至少有一台要维护的概率是多少?解:用A、B、C分别表示事件第一、第二、第三台设备不需要维护,这三个事件是相互独立的.(1)三台机器都要维护的概率为P=P(A B C)=P(A)P(B)P(C)=(1-0.9)(1-0.8)(1-0.85)=0.003.(2)恰有一台要维护的概率是P(A BC+A B C+AB C)=P(A BC)+P(A B C)+P(AB C)=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)=(1-0.9)×0.8×0.85+0.9·(1-0.8)×0.85+0.9×0.8(1-0.85)=0.329.(3)三台设备都不需要维护的概率为P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.612.∴至少有一台需要维护的概率为1-0.612=0.388.。

§2独立性检验2.1条件概率与独立事件课时过关·能力提升1.甲、乙两人独立地解同一问题,甲解出这个问题的概率是p1,乙解出这个问题的概率为p2,那么恰好有一人解决了这个问题的概率是()A.p1p2B.p1(1-p2)+p2(1-p1)C.1-p1p2D.1-(1-p1)(1-p2)答案:B2.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡,这些灯泡除灯口外,其他均相同,且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从盒中任取一只并不放回,则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下,第2次抽到的是卡口灯泡的概率为()A.310 B.29C.78D.79解析:记事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”,事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”,则P(A)=310,P(AB)=310×79=2190=730.在已知第1次抽到螺口灯泡的条件下,第2次抽到卡口灯泡的概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=730310=79.答案:D3.设M,N为两个随机事件,给出以下命题:①若M,N为互斥事件,且P(M)=15,P(N)=14,则P(M∪N)=920;②若P(M)=12,P(N)=13,P(MN)=16,则M,N为相互独立事件;③若P(M)=12,P(N)=13,P(MN)=16,则M,N为相互独立事件;④若P(M)=12,P(N)=13,P(MN)=16,则M,N为相互独立事件;⑤若P(M)=12,P(N)=13,P(MN)=56,则M,N为相互独立事件.其中正确命题的个数为()A.1B.2C.3D.4答案:D4.抛掷一枚质地均匀的骰子一次,事件A表示“出现偶数点”,事件B表示“出现3点或6点”,则事件A与B的关系为()A.互斥事件B.相互独立事件C.既是互斥事件又是相互独立事件D.既不是互斥事件又不是相互独立事件解析:因为A={2,4,6},B={3,6},A∩B={6},所以P(A)=12,P(B)=13,P(AB)=16=12×13,所以A与B是相互独立事件.答案:B5.设某种动物由出生算起活到10岁的概率为0.9,活到15岁的概率为0.6.现有一个10岁的这种动物,它能活到15岁的概率是()A.35 B.310C.23D.2750答案:C6.若两个独立事件A和B都不发生的概率为19,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)=( )A.29 B.118C.13D.23解析:由P(AB)=P(BA),得P(A)P(B)=P(B)P(A),即P(A)[1-P(B)]=P(B)[1-P(A)],得P(A)=P(B).又P(A B)=19,则P(A)=P(B)=13.故P(A)=23.答案:D7.★先后两次掷一枚质地均匀的骰子,再次落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,设事件A为“x+y为偶数”,事件B为“x,y中有偶数,且x≠y”,则概率P(B|A)=()A.12 B.13C.14D.25解析:由题意知,若事件A“x+y为偶数”发生,则x,y两个数均为奇数或均为偶数,其有2×3×3=18个基本事件.故P(A)=1836=12.而A,B同时发生的基本事件有“2+4”“2+6”“4+2”“4+6”“6+2”“6+4”共6个基本事件.故P(AB)=636=16,所以在事件A发生的情况下,事件B发生的概率P(B|A)=P(AB)P(A)=13.答案:B8.在一次三人象棋对抗赛中(无平局结果),甲胜乙的概率为0.4,乙胜丙的概率为0.5,丙胜甲的概率为0.6,若比赛顺序如下:第一局,甲对乙;第二局,第一局胜者对丙;第三局,第二局胜者对第一局败者;第四局,第三局胜者对第二局败者,则乙连胜四局的概率为.解析:乙连胜四局,即乙先胜甲,然后胜丙,接着再胜甲,最后再胜丙,概率为(1-0.4)×0.5×(1-0.4)×0.5=0.09.答案:0.099.如图,EFGH是以O为圆心,半径为1的圆的内接正方形,将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”,B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”,则P(B|A)=.解析:依题意,得P(A)=√2×√2π=2π,P(AB)=12×1×1π=12π,则由条件概率的意义可知P(B|A)=P(AB)P(A)=14.答案:1410.甲、乙两人参加普法知识竞赛,共有10道不同的题目,其中选择题6道,判断题4道,甲、乙两人不放回地依次各抽1题,在甲抽到选择题的前提下,乙抽到判断题的概率是多少?分析:本题为条件概率,事件A为甲抽到选择题,事件B为乙抽到判断题.本题所求为在事件A发生的条件下事件B发生的概率.解:设甲抽到选择题为事件A,乙抽到判断题为事件B,则P(A)=610=35,P(AB)=6×410×9=415.所以P(B|A)=P(AB)P(A)=41535=49,即所求概率为49.11.某田径队有三名短跑运动员,根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100 m跑(互不影响)的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别为25,34,13,若对这三名短跑运动员100 m跑的成绩进行一次检测,求:(1)三人成绩都合格的概率;(2)三人成绩都不合格的概率;(3)出现几人成绩合格的概率最大.解:设甲、乙、丙三人100 m跑的成绩合格分别为事件A,B,C,显然事件A,B,C相互独立,则P(A)=25,P(B)=34,P(C)=13.设恰有k人成绩合格的概率为P k(k=0,1,2,3).(1)三人成绩都合格的概率为P3=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=25×34×13=110.(2)三人成绩都不合格的概率为P0=P=P(A)P(B)P(C)=35×14×23=110.(3)恰有两人成绩合格的概率为P2=P(A BC)+P(ABC)+P(ABC)=25×34×23+25×14×13+35×34×13=2360.恰有一人成绩合格的概率为P1=1-P0-P2-P3=1−110−2360−110=2560=512.结合(1)(2)可知P1最大.故出现恰有一人成绩合格的概率最大.12.★一个元件能正常工作的概率叫这个元件的可靠性,设构成系统的每个元件的可靠性为P(0<P<1),且每个元件能否正常工作是相互独立的.现有6个元件按如图所示的两种联接方式构成两个系统(Ⅰ),(Ⅱ),试分别求出它们的可靠性,并比较它们可靠性的大小.解:系统(Ⅰ)有两条道路,它们能正常工作当且仅当两条道路至少有一条能正常工作,而每条道路能正常工作当且仅当它的每个元件都能正常工作.系统(Ⅰ)每条道路正常工作的概率是P3,不能正常工作的概率是1-P3,系统(Ⅰ)不能正常工作的概率为(1-P3)2.故系统(Ⅰ)正常工作的概率是P1=1-(1-P3)2=P3(2-P3).系统(Ⅱ)由3对并联元件串联而成,它能正常工作当且仅当每对并联元件都能正常工作,由于每对并联元件不能正常工作的概率为(1-P)2,因而每对并联元件正常工作的概率是1-(1-P)2,故系统(Ⅱ)正常工作的概率是P2=[1-(1-P)2]3=P3(2-P)3.又P1-P2=P3(2-P3)-P3(2-P)3=-6P3(P-1)2<0,所以P1<P2,故系统(Ⅱ)的可靠性大.由Ruize收集整理。

§2 独立性检验2.1 条件概率与独立事件 学习目标 1.理解条件概率与两个事件相互独立的概念.2.掌握条件概率的计算公式.3.能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际问题．知识点一 条件概率100件产品中有93件产品的长度合格，90件产品的质量合格，85件产品的长度、质量都合格． 令A ＝{产品的长度合格}，B ＝{产品的质量合格}，AB ＝{产品的长度、质量都合格}． 思考1 试求P (A )，P (B )，P (AB )．答案 P (A )＝93100，P (B )＝90100，P (AB )＝85100. 思考2 任取一件产品，已知其质量合格(即B 发生)，求它的长度(即A 发生)也合格(记为A |B )的概率．答案 事件A |B 发生，相当于从90件质量合格的产品中任取1件长度合格，其概率为P (A |B )＝8590. 思考3 P (B )，P (AB )，P (A |B )间有怎样的关系．答案 P (A |B )＝P (AB )P (B ). 梳理 条件概率(1)概念事件B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P (A |B )．(2)公式P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )(其中，A ∩B 也可以记成AB )． (3)当P (A )>0时，A 发生时B 发生的条件概率为P (B |A )＝P (AB )P (A ). 知识点二 独立事件甲箱里装有3个白球、2个黑球，乙箱里装有2个白球，2个黑球．从这两个箱子里分别摸出1个球，记事件A ＝“从甲箱里摸出白球”，B ＝“从乙箱里摸出白球”．思考1 事件A 发生会影响事件B 发生的概率吗？答案 不影响．思考2 P (A )，P (B )，P (AB )的值为多少？答案 P (A )＝35，P (B )＝12， P (AB )＝3×25×4＝310. 思考3 P (AB )与P (A )，P (B )有什么关系？答案 P (AB )＝P (A )·P (B )．梳理 独立事件(1)概念：对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立．(2)推广：若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．(3)拓展：若A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．1．在“A 已发生”的条件下，B 发生的概率可记作P (A |B )．( × )2．在某种情况下，条件概率中的条件意味着对样本空间进行压缩，相应的概率可在压缩的样本空间内直接计算．( √ )3．如果事件A 与事件B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．( √ )4．“P (AB )＝P (A )·P (B )”是“事件A ，B 相互独立”的充要条件．( √ )类型一 条件概率例1 甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是多少？(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是多少？解 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则：(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23.(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0.60. 反思与感悟 条件概率的求法(1)利用定义，分别求出P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (A ).特别地，当B ⊆A 时，P (B |A )＝P (B )P (A ). (2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ). 跟踪训练1 某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率是110，设下雨为事件A ，刮风为事件B .求： (1)P (A |B )；(2)P (B |A )．考点 条件概率的定义及计算公式题点 直接利用公式求条件概率解 由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110. (1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝110215＝34. (2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38. 类型二 事件的独立性的判断例2 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}．对下列两种情形，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．考点 相互独立事件的定义题点 相互独立事件的判断解 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．反思与感悟 三种方法判断两事件是否具有独立性(1)定义法：直接判定两个事件发生是否相互影响．(2)公式法：检验P (AB )＝P (A )P (B )是否成立．(3)条件概率法：当P (A )>0时，可用P (B |A )＝P (B )判断．跟踪训练2 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A 是“第一枚为正面”，事件B 是“第二枚为正面”，事件C 是“两枚结果相同”，则下列事件具有相互独立性的是________．(填序号)①A ，B ；②A ，C ；③B ，C .考点 相互独立事件的定义题点 相互独立事件的判断答案 ①②③解析 根据事件相互独立性的定义判断，只要P (AB )＝P (A )P (B )，P (AC )＝P (A )P (C )，P (BC )＝P(B)P(C)成立即可．利用古典概型概率公式计算可得P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(AB)＝0.25，P(AC)＝0.25，P(BC)＝0.25.可以验证P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)．所以根据事件相互独立的定义，事件A与B相互独立，事件B与C相互独立，事件A与C 相互独立．类型三求相互独立事件的概率例3小王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．考点相互独立事件同时发生的概率计算题点求多个相互独立事件同时发生的概率解用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，所以恰好有两列火车正点到达的概率为P1＝P(A BC)＋P(A B C)＋P(AB C)＝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.反思与感悟明确事件中的“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰好有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义．一般地，已知两个事件A，B，它们发生的概率分别为P(A)，P(B)，那么：。

（新课标）2017-2018学年北师大版高中数学选修1-2条件概率与独立事件 同步练习【选择题】1、一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，第一次取后不放回.则若已知第一只是好的，第二只也是好的概率为（ ）A ．53B ．52 C ．95D ．312、袋中有2个白球，3个黑球，从中依次取出2个，则取出两个都是白球的概率（ ）A ．53B ．101C ．31 D ．523、某射手命中目标的概率为P ，则在三次射击中至少有1次未命中目标的概率为（ ）A ．P 3B ．(1-P)3C ．1-P 3D ．1-(1-P)34、设某种产品分两道独立工序生产，第一道工序的次品率为10%，第二道工序的次品率为3%，生产这种产品只要有一道工序出次品就将生产次品，则该产品的次品率是（ ）．A ．0.873B ．0.13C ．0.127D ．0.035、甲、乙、丙三人独立地去译一个密码，分别译出的概率为51，31，41，则此密码能译出的概率是 （ ）A ．601 B ．52C ．53D ．6059 6、一射手对同一目标独立地进行四次射击，已知至少命中一次的概率为8180，则此射手的命中率为 （ ） A ．31 B ．41C ．32D ．527、n 件产品中含有m 件次品，现逐个进行检查，直至次品全部被查出为止．若第n-1次查出m-1件次品的概率为r ，则第n 次查出最后一件次品的概率为（ ）A ．1B ．r-1C ．rD ．r +18、对同一目标进行三次射击，第一、二、三次射击命中目标的概率分别为0.4，0.5和0.7，则三次射击中恰有一次命中目标的概率是 （ ）A ．0.36B ．0.64C ．0.74D ．0.63【填空题】9、某人把6把钥匙，其中仅有一把钥匙可以打开房门，则前3次试插成功的概率为__.10、甲乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问： （1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是____________________（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是____________________11、2个篮球运动员在罚球时命中概率分别是0.7和0.6，每个投篮3次，则2人都恰好进2球的概率是______________________． 12、有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是21，乙能解决的概率是31，两人试图独立地在半小时内解决它．则难题在半小时内得到解决的概率________.【解答题】13、设甲、乙两射手独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为0.95，0.9．求： （1）在一次射击中，目标被击中的概率； （2）目标恰好被甲击中的概率．14、在如图所示的电路中，开关a ，b ，c 开或关的概率都为21，且相互独立，求灯亮的概率.15、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.参考答案1、C2、B3、C4、C5、C6、C7、A8、A9、21 10、(1) 0.67 (2) 0.60 11、0.191 12、32 13、 解：设甲击中目标事件为A ，乙击中目标为事件B ，根据题意，有P(A)＝0．95，P(B)＝0.9(1) P(A ·B +A ·B+A ·B)＝P(A ·B )十P(A ·B)十P(A ·B) ＝P(A)·P(B )十P(A )·P(B)十P(A)·P(B)＝0．95×(1—0．9)十(1—0．95)×0．9十0．95×0．90 ＝0．995(2) P(A ·B )＝P(A) ·P(B )＝0．95×(1一0．90)＝0．095．14、解法1：设事件A 、B 、C 分别表示开关a,b,c 关闭，则a,b 同时关合或c 关合时灯亮，即A ·B ·C ，A ·B ·C 或A ·B ·C ，A ·B ·C ，A ·B ·C 之一发生，又因为它们是互斥的，所以，所求概率为 P=P （A ·B ·C ）+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 ）+P （A ）·P （B ）·P （C ）=.85)21(53=⨯解法2：设A ，B ，C 所表示的事件与解法1相同，若灯不亮，则两条线路都不通，即C 一定开，a ，b 中至少有一个开.而a,b 中至少有一个开的概率是 1－P （A ·B ）=1－P （A ）·P （B ）=43， 所以两条线路皆不通的概率为P （C ）·[1－P （A ·B ）]=.834321=⋅于是，灯亮的概率为85831=-=P .15、解：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321A A A ⋅⋅于是所求概率为;1018198109)(321=⨯⨯=⋅⋅A A A P （2）拨号不超过3次而接通电话可表示为：A 1+32121 A A A A A ⋅⋅+⋅于是所求概率为 P （A 1+32121A A A A A ⋅⋅+⋅）=P(A 1)+P(21A A ⋅)+P(321A A A ⋅⋅)=.103819810991109101=⨯⨯+⨯+。

1．下列说法正确的是( )．A．P(B|A)<P(AB)B．()=P BP B|AP A是可能的C．0<P(B|A)<1D．P(A|A)＝02．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”，B＝“第二次为反面”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”3．如图，A、B、C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9、0.8、0.7，那么系统的可靠性是( )．A．0.504 B．0.994 C．0.496 D．0.064．某人每周晚上值班2次，在已知他星期日一定值班的前提下，则值班表安排他连续两天值班的概率为( )．A. 13B.14C.15D.165．设11()=()=,()=23P A|B P A|B P A则P(B)等于__________，P(AB)＝__________.6．某个家庭中有2个小孩，已知其中1个是男孩，则另1个也是男孩的概率为________．7．某班从6名班干部中(其中男生4人，女生2人)选3人参加学校的义务劳动，在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率．8．任意向x轴上(0,1)这一区间内投掷一个点，问：(1)该点落在区间10,2内的概率是多少？(2)在(1)的条件下，求该点落在1,14内的概率．。

独立性检验的应用 同步练习【选择题】1、下表是性别与喜欢看电视与否的统计列联表，依据表中的数据，得到（ ）A 、317.72≈χB 、689.32≈χC 、706.22≈χD 、879.72≈χ2、统计假设0H ：P(AB)=P(A)P(B)成立时，以下判断：①)()()(B P A P B A P ⋅= ②)()()(B P A P B A P ⋅=③)()()(B P A P B A P ⋅=⋅.其中正确的A 、0个B 、1个C 、2个D 、3个3、下列说法正确的个数为（ ）①对事件A 与B 的检验无关时，即两个事件互不影响；②事件A 与B 关系越密切，则2χ就越大；③2χ的大小是判定事件A 与B 是否相关的唯一根据；④若判定两事件A 与B 有关，则A 发生B 一定发生. A 、1 B 、2 C 、3 D 、4 【填空题】4、为了考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到了如下的列联表：认为这种药物对预防疾病有效果的把握有_____________.5、在0H 成立时，若,10.0)(2=≥k P χ则k=______________. 【解答题】对于教育机构的研究项目，根据上述数据能得出什么结论？7、调查在2~3级风的海上航行中男女乘客的晕船情况，结果如下表所示：8、有甲乙两人班级进行一门课程的考试，按照学生考试成绩优秀和不优秀统计成绩后，得到如下的列联表. 班级和成绩列联表请画出列联表的条形图，并通过图形判断成绩与班级是否有关，利用列联表的独立性检验估计断言“成绩与班级有关系”犯错误的概率.参考答案1、B2、D3、A4、99%5、2.7066、78.12≈χ，因为1.78<2.706,所以我们没有充分理由说人具有大7、076.02≈χ，因为0.076<2.706,所以我们没有充分的把握认为晕船与否和性别有关系. 8、,6257.02≈χ因为0.6257<2.706,所以我们没有充分的证据显示“成绩与班级有关系”.。

高中数学 第1章《统计案例》1.2.1条件概率与独立事件习题导学案北师大版选修1-2 学习目标 1．理解条件概率和独立事件的概念． 2．会计算简单的条件概率和独立事件同时发生的概率．学习过程一、基础过关3． 某地一农业科技实验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为( ) A ．0.02B ．0.08C ．0.18D ．0.724． 甲，乙，丙3人投篮，投进的概率分别是13，25，12.现3人各投篮1次，求3人都没有投进的概率为( ) A.115 B.215 C.15D.110 5. 如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是互相独立的，灯亮 的概率为 ( )A.316B.34C.1316D.146． 设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它能活到25岁的概率是________．二、能力提升7． 在甲盒内的200个螺杆中有160个是A 型，在乙盒内的240个螺母中有180个是A 型．若从甲、乙两盒内各取一个，则能配在A 型螺栓的概率为________．8． 甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，则取得同色球的概率为________．9． 抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A 为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”．(1)求P (A )，P (B )，P (AB )；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，问两颗骰子的点数之和大于8的概率为多少？10．某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率是12，两次闭合都出现红灯的概率为16.求在第一次闭合出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率．。