课时达标检测48 事件的独立性(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2025-2026学年高中数学必修第一册（北师大版2019）

课时达标检测(四十八)　事件的独立性 基础达标 　 一、单项选择题 1.袋内有3个白球和2个黑球,从中不放回地摸球,用A表示“第一次摸得白球”,用B表示“第二次摸得白球”,则A与B是(　　) A.互斥事件 B.相互独立事件 C.对立事件 D.不相互独立事件 解析　根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义可知,A与B不是相互独立事件。故选D。 答案　D 2.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　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。故选C。 答案　C 3.在某次考试中,甲、乙通过的概率分别为0.7,0.4,若两人考试相互独立,则甲未通过而乙通过的概率为(　　) A.0.28 B.0.12 C.0.42 D.0.16 解析　甲未通过的概率为0.3,则甲未通过而乙通过的概率为0.3×0.4=0.12。故选B。 答案　B 4.有一道数学难题,学生A解出的概率为,学生B解出的概率为,学生C解出的概率为。若A,B,C三人独立去解答此题,则恰有一人解出的概率为(　　) A.1 B. C. D. 解析　一道数学难题,恰有一人解出,包括:①A解出,B,C解不出,概率为;②B解出,A,C解不出,概率为;③C解出,A,B解不出,概率为。所以恰有1人解出的概率为。故选C。 答案　C 5.国庆节放假,甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为,,。假定3人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为(　　) A. B. C. D. 解析　因为甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为,,,所以他们不去北京旅游的概率分别为,,,故至少有1人去北京旅游的概率为1-。故选B。 答案　B 6.甲骑自行车从A地到B地,途中要经过4个十字路口,已知甲在每个十字路口遇到红灯的概率都是,且在每个路口是否遇到红灯相互独立,那么甲在前两个十字路口都没有遇到红灯,直到第三个路口才首次遇到红灯的概率是(　　) A. B. C. D. 解析　由题意知,甲在前两个十字路口没有遇到红灯,直到第三个路口才首次遇到红灯的概率为P=。故选B。 答案　B 二、多项选择题 7.下列各对事件中,M,N是相互独立事件的有(　　) A.掷一枚质地均匀的骰子一次,事件M=“出现的点数为奇数”,事件N=“出现的点数为偶数” B.袋中有5个白球,5个黄球,除颜色外完全相同,依次不放回地摸两次,事件M=“第1次摸到黄球”,事件N=“第2次摸到黄球” C.分别抛掷两枚相同的硬币,事件M=“第一枚为正面”,事件N=“两枚结果相同” D.一枚硬币掷两次,事件M=“第一次为正面”,事件N=“第二次为反面” 解析　在A中,M,N是互斥事件,不相互独立;在B中,M,N不是相互独立事件;在C中,P(M)=,P(N)=,P(MN)=,P(MN)=P(M)P(N),因此M,N是相互独立事件;在D中,第一次为正面对第二次的结果不影响,因此M,N是相互独立事件。故选CD。 答案　CD 8.如图所示,用A,B,C三类不同的元件连接成两个系统N1,N2,当元件A,B,C都正常工作时,系统N1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N2正常工作。系统N1,N2正常工作的概率分别为p1,p2,则以下四种说法中,正确的是(　　) A.若元件A,B,C正常工作的概率依次为0.5,0.6,0.8,则p1=0.46,p2=0.24 B.若元件A,B,C正常工作的概率依次为0.5,0.6,0.8,则p1=0.24,p2=0.46 C.若元件A,B,C正常工作的概率都是p(0<p<1),则p1>p2 D.若元件A,B,C正常工作的概率都是p(0<p<1),则p1<p2 解析　设元件A,B,C正常工作分别为事件M,N,Q,则M,N,Q相互独立。对于A,B,若P(M)=0.5,P(N)=0.6,P(Q)=0.8,故p1=P(MNQ)=P(M)·P(N)P(Q)=0.5×0.6×0.8=0.24,p2=P(M∩(N∪Q))=P(M)[1-P()]=0.5×(1-0.4×0.2)=0.46。故A错误,B正确;对于C,D,若P(M)=P(N)=P(Q)=p,p1=P(MNQ)=P(M)P(N)P(Q)=p3,p2=P(M∩(N∪Q))=P(M)[1-P()]=p[1-(1-p)2],p1-p2=p3-p[1-(1-p)2]=2p3-2p2=2p2(p-1),又0<p<1,所以p1-p2<0,即p1<p2。故C错误,D正确。故选BD。 答案　BD 三、填空题 9.已知甲袋中有8个白球,4个红球;乙袋中有6个白球,6个红球,这些球除颜色外其他均相同。若从每袋中任取一个球,则取得同色球的概率为　　　　。  解析　设从甲袋中任取一个球,事件A为“取得白球”,则事件为“取得红球”,从乙袋中任取一个球,事件B为“取得白球”,则事件为“取得红球”。因为事件A与B相互独立,所以事件与也相互独立。所以从每袋中任取一个球,取得同色球的概率为P(AB∪)=P(AB)+P()=P(A)P(B)+P()P()=。 答案　 10.A,B,C三人将参加某项测试,三人能否达标互不影响,已知他们能达标的概率分别是,,,则三人都能达标的概率是　　　　,三人中至少有一人能达标的概率是　　　　。  解析　A,B,C三人将参加某项测试,三人都能达标的概率是;都没有达标的概率是,因此A,B,C三人中至少有一人能达标的概率是1-。 答案　　 11.台风给我们送来了淡水资源,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卫星预报准确的概率是　　　　。  解析　设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A,B,C,不准确记为事件,,,则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,P()=0.2,P()=0.3,P()=0.1,至少两颗预报准确的事件有AB,AC,BC,ABC,这四个事件两两互斥。所以至少两颗卫星预报准确的概率为P(AB)+P(AC)+P(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。 答案　0.902 四、解答题 12.根据资料显示,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、乙两种保险中的一种的概率。 解　设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,与B,与都是相互独立事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.6。 (1)设C表示事件“同时购买甲、乙两种保险”,则C=AB。 所以P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.6=0.3。 (2)设D表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”,则D=B。 所以P(D)=P(B)=P()P(B)=(1-0.5)×0.6=0.3。 (3)解法一:设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B,A,AB,且它们彼此为互斥事件。 所以P(E)=P(∪AB)=P(B)+P(A)+P(AB)=0.5×0.6+0.5×0.4+0.5×0.6=0.8。 解法二: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。 所以P(E)=1-P()=1-(1-0.5)×(1-0.6)=0.8。 素养升级 13.如图,已知电路中4个开关闭合的概率都是,且是相互独立的,则灯亮的概率为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析　记A,B,C,D这4个开关闭合分别为事件A,B,C,D,又记开关A与B至少有一个不闭合为事件,则P()=P(A)+P(B)+P()=,则灯亮的概率为P=1-P()=1-P()P()P()=1-,故选C。 答案　C 14.有甲、乙、丙三支足球队进行比赛。每场都要分出胜负,已知甲队胜乙队的概率是0.4,甲队胜丙队的概率是0.3,乙队胜丙队的概率是0.5,现规定比赛顺序是:第一场甲队对乙队,第二场是第一场中的胜者对丙队,第三场是第二场中的胜者对第一场中的败者,以后每一场都是上一场中的胜者对上上场中的败者,若某队连胜4场则比赛结束,求: (1)第四场结束比赛的概率; (2)第五场结束比赛的概率。 解　(1)因为P(甲连胜4场)=0.4×0.3×0.4×0.3=0.014 4。 P(乙连胜4场)=0.6×0.5×0.6×0.5=0.09, 所以P(第四场结束比赛)=0.014 4+0.09=0.104 4。 (2)第五场结束比赛即某队从第二场起连胜4场,只有丙队有可能。 因为P(甲胜第一场,丙连胜4场)=0.4×0.7×0.5×0.7×0.5=0.4×0.122 5, P(乙胜第一场,丙连胜4场)=0.6×0.5×0.7×0.5×0.7=0.6×0.122 5。 所以P(第五场结束比赛)=0.4×0.122 5+0.6×0.122 5=0.122 5。 学科网（北京）股份有限公司 $$