学年高中数学第十章概率102事件的相互独立性.docx

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学年高中数学第十章概率102事件的相互独立性

课时素养评价四十二　事件的相互独立性

　　　　　　　　　　　　　（15分钟　30分）

1.若P（AB）=,P（）=,P（B）=,则事件A与B的关系是（　　）

A.事件A与B互斥

B.事件A与B对立

C.事件A与B相互独立

D.事件A与B既互斥又独立

【解析】选C.因为P（）=,所以P（A）=,又P（B）=,P（AB）=,所以有P（AB）=P（A）P（B）,所以事件A与B相互独立但不一定互斥.

2.如图,在两个圆盘中,指针落在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.B.C.D.

【解析】选A.题图中左边圆盘指针落在奇数区域的概率为=,题图中右边圆盘指针落在奇数区域的概率也为,所以两个指针同时落在奇数区域的概率为×=.

【补偿训练】

　　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.B.C.D.

【解析】选C.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）

=×=.

3.已知A,B是相互独立事件,若P（A）=0.2,P（AB+B+A）=0.44,则P（B）等于（　　）

A.0.3B.0.4C.0.5D.0.6

【解析】选A.因为A,B是相互独立事件,

所以,B和A,均相互独立.

因为P（A）=0.2,P（AB+B+A）=0.44,

所以P（A）P（B）+P（）P（B）+P（A）P（）=0.44,

所以0.2P（B）+0.8P（B）+0.2[1-P（B）]=0.44,

解得P（B）=0.3.

【补偿训练】

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.

4.已知P（A）=0.3,P（B）=0.5,当事件A,B相互独立时,P（A∪B）=　　　　. 

【解析】因为A,B相互独立,所以P（AB）=P（A）·P（B）,所以P（A∪B）

=P（A）+P（B）-P（A）·P（B）=0.3+0.5-0.3×0.5=0.65.

答案:

0.65

5.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　　　　. 

【解析】由题意知P=×+×=.

答案:

【补偿训练】

荷花池中,有只青蛙在成“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　　　　. 

【解析】青蛙跳三次要回到A叶只有两条途径.第一条:

按A→B→C→A,P1=××=;第二条:

按A→C→B→A,P2=××=,所以跳三次之后停在A叶上的概率为P=P1+P2=+=.

答案:

6.一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.

这时A={（男,女）,（女,男）},

B={（男,男）,（男,女）,（女,男）},

AB={（男,女）,（女,男）},

于是P（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）,（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,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）==,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.

　　　　　　　　　　　　　（30分钟　60分）

一、单选题（每小题5分,共20分）

1.设两个独立事件A和B都不发生的概率为,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）是（　　）

A.B.C.D.

【解析】选D.由P（A）=P（B）,得P（A）P（）=P（B）P（）,即P（A）=P（B）,

又P（）=,则P（）=P（）=.

所以P（A）=.

2.从甲袋中摸出一个红球的概率是,从乙袋中摸出一个红球的概率是,从两袋各摸出一个球,则等于（　　）

A.2个球不都是红球的概率

B.2个球都是红球的概率

C.至少有1个红球的概率

D.2个球中恰有1个红球的概率

【解析】选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A,B,则P（A）=,P（B）=,由于A,B相互独立,所以1-P（）P（）=1-×=.根据互斥事件可知C正确.

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到冠军,若两队胜每局的概率相同,则甲队获得冠军的概率为（　　）

A.B.C.D.

【解析】选D.设Ai（i=1,2）表示继续比赛时,甲在第i局获胜,B事件表示甲队获得冠军.

方法一:

B=A1+A2,故P（B）=P（A1）+P（）P（A2）=+×=.

方法二:

P（B）=1-P（）=1-P（）P（）=1-×=.

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,且是相互独立的,则灯亮的概率是（　　）

A.B.C.D.

【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-×=,

所以灯亮的概率P=1-P（T）P（R）P（C）P（D）=.

【补偿训练】

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,则p=（　　）

A.B.C.D.

【解析】选B.因为该电路为通路的概率为,所以该电路为不通路的概率为1-,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-=（1-p）4,解得p=或p=（舍去）.

二、多选题（每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分）

5.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（　　）

A.A与BB.A与C

C.B与CD.都不具有独立性

【解题指南】根据事件相互独立的定义判断,只要P（AB）=P（A）P（B）,

P（AC）=P（A）P（C）,P（BC）=P（B）P（C）成立即可.

【解析】选ABC.易知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.

6.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0.05

B.都没有抽到某一指定号码的概率为0.95

C.恰有一次抽到某一指定号码的概率为0.095

D.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=0.0025.同理“两次抽奖都没有抽到某一指定号码”的概率P（）=P（）P（）=0.95×0.95=0.9025;

“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A）∪（B）表示.由于事件A与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）+P（B）=P（A）P（）+P（）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）∪（A）∪（B）表示.由于事件AB,A和B两两互斥,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）+P（B）=0.0025+0.095=0.0975.

三、填空题（每小题5分,共10分）

7.事件A,B,C相互独立,如果P（AB）=,P（C）=,P（AB）=,则P（B）=　　　,

P（B）=　　　. 

【解析】由题意可得

解得P（A）=,P（B）=,P（C）=,

所以P（B）=P（）P（B）=×=.

答案:

8.水平相当的四人打麻将,彼此之间互不影响,也不受上局胜败的影响,甲连和4局的概率为　　　　,乙4局均不和的概率为　　　　. 

【解析】由题意,每局每人和牌的概率为,且相互独立,故甲连和4局的概率为=;每局每人不和牌的概率都是,且相互独立,故乙4局均不和的概率为=.

答案:

四、解答题（每小题10分,共20分）

9.据大地保险公司统计,某地车主购买车损险的概率为0.5,购买第三者人身安全险的概率为0.6,购买两种保险相互独立,各车主间相互独立.

（1）求一位车主同时购买车损险与第三者人身安全险保险的概率.

（2）求一位车主购买第三者人身安全险但不购买车损险的概率.

【解析】记A表示事件“购买车损险”,B表示事件“购买第三者人身安全险”,则由题意,得A与B,A与,与B,与都是相互独立事件,

且P（A）=0.5,P（B）=0.6.

（1）记C表示事件“同时购买两种保险”,

则C=AB,所以P（C）=P（AB）=P（A）P（B）=0.5×0.6=0.3.

（2）记D表示事件“购买第三者人身安全险但不购买车损险”,则D=B,所以P（D）=P（B）=P（）P（B）=（1-0.5）×0.6=0.3.

10.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,服用B有效的概率为.

（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Ai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.Bi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（A0）=×=,

P（A1）=2××=,

P（A2）=×=,

P（B0）=×=,P（B1）=2××=.

所求概率为P=P（B0A1）+P（B0A2）+

P（B1A2）=×+×+×=.

（2）所求