6.1.2 乘法公式与事件的独立性-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（北师大版2019）

第六章　概率 §1　随机事件的条件概率 1.2　乘法公式与事件的独立性 (教师独具内容) 课程标准：1.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系． 教学重点：1.理解并掌握乘法公式.2.了解条件概率与独立性的关系． 教学难点：应用条件概率与独立性的关系解决简单实际问题． 核心素养：1.通过应用乘法公式计算概率，培养数学抽象及数学运算素养.2.通过应用相互独立事件的乘法公式解决问题，培养数学建模及逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 P(A)P(B|A) P(B)P(A|B) 核心概念掌握 目录 5 B A P(A)P(B) 核心概念掌握 目录 6 核心概念掌握 目录 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．(　　) (2)必然事件与任何一个事件相互独立．(　　) (3)当P(A)＞0时，如果事件A与事件B相互独立，则P(B|A)＝P(A)．(　　) 答案 √ √ × 核心概念掌握 目录 8 答案 (1－a)(1－b) 核心概念掌握 目录 9 核心素养形成 题型一　乘法公式的应用 　 10个考签中有4个难签，3人参加抽签(不放回)，甲先，乙次，丙最后．求： (1)甲抽到难签的概率； (2)甲、乙都抽到难签的概率； (3)甲没有抽到难签，而乙抽到难签的概率； (4)甲、乙、丙都抽到难签的概率． 核心素养形成 目录 11 解 核心素养形成 目录 12 感悟提升 核心素养形成 目录 13 [跟踪训练1]　 在标有1，2，3，4，5这5个数字的卡片里，无放回地抽取两次，一次一张，求： (1)第一次取到奇数卡片的概率； (2)已知第一次取到偶数卡片，求第二次取到奇数卡片的概率； (3)第二次才取到奇数卡片的概率． 核心素养形成 目录 14 解 核心素养形成 目录 15 核心素养形成 目录 16 解 核心素养形成 目录 17 解 核心素养形成 目录 18 感悟提升 (1)利用相互独立事件与条件概率的关系可以准确地判断两个事件是否相互独立，这是用定量方法计算，较准确，必须熟练掌握． (2)判断两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，即看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响．没有影响就是相互独立事件，有影响就不是相互独立事件． (3)判断两个事件是否为相互独立事件还可以利用“事件A与事件B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B)”进行判断． 核心素养形成 目录 19 [跟踪训练2]　从一副不含大小王的扑克牌(52张)中任抽一张，设事件A表示“抽得K”，事件B表示“抽得红牌”，则事件A与B是不是相互独立事件？ 解 核心素养形成 目录 20 解 核心素养形成 目录 21 解 核心素养形成 目录 22 感悟提升 (1)求相互独立事件同时发生的概率的步骤 ①首先确定各事件之间是相互独立的； ②确定这些事件可以同时发生； ③求出每个事件发生的概率，再求积． (2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们同时发生． 核心素养形成 目录 23 核心素养形成 目录 24 解 核心素养形成 目录 25 解 核心素养形成 目录 26 核心素养形成 目录 27 解 核心素养形成 目录 28 解 核心素养形成 目录 29 解 核心素养形成 目录 30 解 核心素养形成 目录 31 感悟提升 核心素养形成 目录 32 核心素养形成 目录 33 核心素养形成 目录 34 解 核心素养形成 目录 35 解 核心素养形成 目录 36 解 核心素养形成 目录 37 随堂水平达标 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 39 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 40 2．某厂的产品中有4%的废品，在100件合格品中有75件一等品，则在该厂的产品中任取一件是一等品的概率为(　　) A．0.21 B．0.72 C．0.75 D．0.96 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 41 3．某校甲、乙、丙三名教师每天使用1号录播教室上课的概率分别是0.6，0.6，0.8，这三名教师是否使用1号录播教室相互独立，则某天这三名教师中至少有一人使用1号录播教室上课的概率是(　　) A．0.296 B．0.288 C．0.968 D．0.712 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 42 答案 解析 0.3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 43 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 44 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 45 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 目录 46 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 48 2．下列式子成立的是( ) A．P(A|B)＝P(B|A) B．0<P(B|A)<1 C．P(AB)＝P(A)P(B|A) D．P(AB|B)＝P(B|A) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 49 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 50 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 51 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 52 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 53 二、填空题 6．某人有8把外形相同的钥匙，其中只有一把能打开家门．一次该人醉酒回家，每次从8把钥匙中随便拿一把开门，试用后又不加记号放回，则该人第三次打开家门的概率是________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 54 7．如图，元件Ai(i＝1，2，3，4)通过电流的概率是0.9，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在M，N之间通过的概率是___________． 解析　电流能通过A1，A2的概率为0.9×0.9＝0.81，电流能通过A3的概率为0.9，故电流不能通过A1，A2且也不能通过A3的概率为(1－0.81)×(1－0.9)＝0.019.故电流能在M，N之间通过的概率是(1－0.019)×0.9＝0.8829. 答案 0.8829 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 55 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 56 三、解答题 9．100件产品中有5件是次品，从中连续无放回地抽取3次，求第三次才取得次品的概率(精确到0.001)． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 57 10．一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，记事件A表示“一个家庭中既有男孩又有女孩”，事件B表示“一个家庭中最多有一个女孩”．对下述两种情形，讨论事件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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 59 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 60 1．甲、乙两人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，甲、乙各胜1局． (1)求再赛2局结束这次比赛的概率； (2)求甲获得这次比赛胜利的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 61 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 62 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 64 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 65 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 A级 B级 目录 66 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　乘法公式 由条件概率的定义P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，则有P(AB)＝eq \x(\s\up1(01))____________ (其中P(A)>0)．①　同理，P(AB)＝eq \x(\s\up1(02))____________ (其中P(B)>0)．②　称公式①②为乘法公式． 知识点二　相互独立事件 (1)如果事件A(或B)是否发生对事件eq \x(\s\up1(01))______ (或eq \x(\s\up1(02))______)发生的概率没有影响，这样的两个事件就叫作相互独立事件． (2)事件A与事件B相互独立⇔P(AB)＝eq \x(\s\up1(03))____________． 1．当P(A)>0时，当且仅当事件A与B相互独立时，有P(B|A)＝P(B)． 2．若事件A与B相互独立，则A与eq \o(B,\s\up16(－))，eq \o(A,\s\up16(－))与B，eq \o(A,\s\up16(－))与eq \o(B,\s\up16(－))也相互独立． 3．若A，B为相互独立事件，则P(AB)＝P(A)·P(B)，该性质可推广为：若A1，A2，A3，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于各个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)． 4．P(AB)＝P(A)P(B)使用的前提是A，B为相互独立事件，也就是说，只有相互独立的两个事件同时发生的概率，才等于这两个事件发生的概率的积． 2．做一做 (1)已知P(B|A)＝eq \f(3,4)，P(A)＝eq \f(1,2)，则P(AB)＝________． (2)一件产品要经过两道独立的工序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则该产品的正品率为______________． (3)已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，则P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝________，P(eq \o(A,\s\up16(－))|eq \o(B,\s\up16(－)))＝________． eq \f(3,8) eq \f(1,6) eq \f(1,2) 解　设事件A，B，C分别表示甲、乙、丙抽到难签． (1)P(A)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5). (2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,9)＝eq \f(2,15). (3)P(eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(3,5)×eq \f(4,9)＝eq \f(4,15). (4)P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,9)×eq \f(2,8)＝eq \f(1,30). 由条件概率公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，可推导得出乘法公式P(AB)＝P(A)·P(B|A) (P(A)>0)．即要求A，B事件同时发生的概率，需建立缩小的事件空间，再由概率相乘可得． 解　设事件A，B分别表示第一次和第二次取到奇数卡片． (1)P(A)＝eq \f(3,5). (2)第一次取出一张偶数卡片，还剩4张卡片，而其中有3张奇数卡片，故此时取一张奇数卡片的概率为eq \f(3,4)，即P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(3,4). (3)∵第二次才取到奇数卡片， ∴第一次应取偶数卡片，即第一次eq \o(A,\s\up16(－))发生，故{第二次才取到奇数卡片}应是eq \o(A,\s\up16(－))与B同时发生，∴P(eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B|eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10). 题型二　事件独立性的判断 (1)已知P(A|B)＝0.6，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.4，判断事件A与B是否独立； (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，取出的球是白球”； (3)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”． 解　(1)P(A)＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.6＝P(A|B)， 所以事件A与B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eq \f(5,8)，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的球是白球”的概率为eq \f(4,7)，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为eq \f(5,7).可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以两者不是相互独立事件． (3)设事件A表示“出现偶数点”，事件B表示“出现3点或6点”，则A＝{2，4，6}，B＝{3，6}，AB＝{6}， ∴P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,6)， ∴P(AB)＝P(A)P(B)， ∴事件A与B是相互独立事件． 解　因为52张牌中有4张K，所以P(A)＝eq \f(4,52)＝eq \f(1,13)，红牌有26张，红K有2张，所以在抽得红牌的条件下抽得K的概率P(A|B)＝eq \f(2,26)＝eq \f(1,13)＝P(A)，因此事件A与B是相互独立事件． 题型三　相互独立事件概率的计算 (1,2)INCLUDEPICTURE"例3.TIF" INCLUDEPICTURE "例3.TIF" \* MERGEFORMAT 　甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为，eq \f(2,5). (1)甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率； (2)甲、乙两人在罚球线各投球两次，求这四次投球中至少一次命中的概率． 解　(1)设事件A表示“甲投一次命中”，事件B表示“乙投一次命中”，则 P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,5)，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(1,2)，P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(3,5). ∴恰好命中一次的概率为 P＝P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B) ＝eq \f(1,2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2). (2)设事件“甲、乙两人在罚球线各投球两次均不命中”的概率为P1， 则P1＝P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(9,100). ∴甲、乙两人在罚球线各投球两次，至少一次命中的概率为P＝1－P1＝eq \f(91,100). [跟踪训练3]　 已知A，B，C三个独立的制药公司在一定的时期内能研发出某款新药的概率分别是eq \f(1,5)，eq \f(1,4)，eq \f(1,3). 求：(1)他们都研发出该款新药的概率； (2)他们都失败的概率； (3)只有A公司研发出该款新药的概率． 解　设事件D，E，F分别表示A，B，C三个独立的制药公司在一定时期内成功研发出该款新药，依题意可知，事件D，E，F相互独立，且P(D)＝eq \f(1,5)，P(E)＝eq \f(1,4)，P(F)＝eq \f(1,3). (1)他们都研发出该款新药，即事件D，E，F同时发生． P(DEF)＝P(D)P(E)P(F)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,60). (2)他们都失败，即事件eq \o(D,\s\up16(－))，eq \o(E,\s\up16(－))，eq \o(F,\s\up16(－))同时发生． P(eq \o(D,\s\up16(－)) eq \o(E,\s\up16(－)) eq \o(F,\s\up16(－)))＝P(eq \o(D,\s\up16(－)))P(eq \o(E,\s\up16(－)))P(eq \o(F,\s\up16(－))) ＝[1－P(D)][1－P(E)][1－P(F)] ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))) ＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,5). (3)只有A公司研发出该款新药，即事件D，eq \o(E,\s\up16(－))，eq \o(F,\s\up16(－))同时发生．P(Deq \o(E,\s\up16(－)) eq \o(F,\s\up16(－)))＝P(D)P(eq \o(E,\s\up16(－)))P(eq \o(F,\s\up16(－)))＝eq \f(1,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,10). 题型四　相互独立事件的综合应用 (2,3)INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "例4.TIF" \* MERGEFORMAT 　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和eq \f(3,4).假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响． (1)求甲、乙各射击一次均击中目标的概率； (2)求甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率； (3)若乙在射击中出现连续2次未击中目标则会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率． 解　(1)设事件A表示“甲击中目标”，事件B表示“乙击中目标”． 依题意知，事件A和事件B相互独立， 因此甲、乙各射击一次均击中目标的概率为 P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2). (2)设事件Ai表示“甲第i次射击击中目标”(其中i＝1，2，3，4)，事件C表示“甲4次射击恰有3次连续击中目标”，则C＝A1A2A3eq \o(A,\s\up16(－))4∪eq \o(A,\s\up16(－))1A2A3A4，且A1A2A3eq \o(A,\s\up16(－))4与eq \o(A,\s\up16(－))1A2A3A4是互斥事件． 由于A1，A2，A3，A4相互独立，所以Ai与eq \o(A,\s\up16(－))j(i，j＝1，2，3，4，且i≠j)也相互独立． 由于P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝eq \f(2,3)， 故P(C)＝P(A1A2A3eq \o(A,\s\up16(－))4∪eq \o(A,\s\up16(－))1A2A3A4) ＝P(A1)P(A2)P(A3)P(eq \o(A,\s\up16(－))4)＋P(eq \o(A,\s\up16(－))1)P(A2)·P(A3)P(A4) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(16,81). (3)设事件Bi表示“乙第i次射击击中目标”(其中i＝1，2，3，4)，事件D表示“乙在第4次射击后终止射击”， 则D＝B1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4∪eq \o(B,\s\up16(－))1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4， 且B1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4与eq \o(B,\s\up16(－))1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4是互斥事件． 由于B1，B2，B3，B4相互独立，所以Bi与eq \o(B,\s\up16(－))j(i，j＝1，2，3，4，且i≠j)也相互独立． 由于P(Bi)＝eq \f(3,4)(i＝1，2，3，4)， 故P(D)＝P(B1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4∪eq \o(B,\s\up16(－))1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4) ＝P(B1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up16(－))1B2eq \o(B,\s\up16(－))3eq \o(B,\s\up16(－))4) ＝P(B1)P(B2)P(eq \o(B,\s\up16(－))3)P(eq \o(B,\s\up16(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up16(－))1)·P(B2)P(eq \o(B,\s\up16(－))3)P(eq \o(B,\s\up16(－))4) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(3,64). 常见事件与概率间的关系 已知两个相互独立事件A，B，它们的概率分别为P(A)，P(B)．将A，B中至少有一个发生记为事件A∪B，都发生记为事件AB，都不发生记为事件eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－))，恰有一个发生记为事件Aeq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B，至多有一个发生记为事件eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B∪Aeq \o(B,\s\up16(－))，为方便同学们记忆，我们用表格的形式将其展示出来． 概率 A与B相互独立 P(A∪B) 1－P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－))) P(AB) P(A)P(B) P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－))) P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－))) P(Aeq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B) P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B) P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－))∪Aeq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B) 1－P(A)P(B) [跟踪训练4]　 甲、乙、丙三台机床各自独立加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为eq \f(1,4)，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为eq \f(1,12)，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为eq \f(2,9). (1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率； (2)从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，求至少有一个一等品的概率． 解　(1)设事件A，B，C分别表示甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品． 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A\o(B,\s\up16(－))）＝\f(1,4)，,P（B\o(C,\s\up16(－))）＝\f(1,12)，,P（AC）＝\f(2,9)，)) 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（A）[1－P（B）]＝\f(1,4)，　①,P（B）[1－P（C）]＝\f(1,12)， ②,P（A）P（C）＝\f(2,9). ③)) 由①③得P(B)＝1－eq \f(9,8)P(C)， 代入②得27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0， 解得P(C)＝eq \f(2,3)或P(C)＝eq \f(11,9)(舍去)． 将P(C)＝eq \f(2,3)代入②得P(B)＝eq \f(1,4)， 将P(B)＝eq \f(1,4)代入①得P(A)＝eq \f(1,3). 故甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，eq \f(2,3). (2)设事件D表示“从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，其中至少有一个一等品”， 则P(D)＝1－P(eq \o(D,\s\up16(－)))＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,6). 故从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，至少有一个一等品的概率为eq \f(5,6). 1．下列事件A，B是相互独立事件的是(　　) A．已知P(A|B)＝0.8，P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.2 B．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，事件A表示“第一次摸到白球”，事件B表示“第二次摸到白球” C．掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“出现点数为奇数”，事件B表示“出现点数为偶数” D．事件A表示“一个灯泡能用1000小时”，事件B表示“一个灯泡能用2000小时” 解析　由P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝0.2，可得P(A)＝0.8，所以有P(A|B)＝P(A)，A，B为相互独立事件，A正确；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C，其结果具有唯一性，A，B应为互斥事件；D中事件B受事件A的影响．故选A. 解析　设事件A表示“任取的一件是合格品”，事件B表示“任取的一件是一等品”，因为P(A)＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝96%，P(B|A)＝75%，所以P(B)＝P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(96,100)×eq \f(75,100)＝0.72. 解析　记甲、乙、丙三名教师某天使用1号录播教室上课分别为事件A，B，C，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.6，P(C)＝0.8，这三名教师是否使用1号录播教室相互独立，则所求事件的概率为P＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)) eq \o(C,\s\up16(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))P(eq \o(C,\s\up16(－)))＝1－0.4×0.4×0.2＝0.968.故选C. 4．已知事件A与B独立，P(B|A)＝0.4，P(A)＝0.5，则P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝________． 解析　由事件A与B独立，得A与eq \o(B,\s\up16(－))独立，则P(B|A)＝P(B)＝0.4，得P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝0.5×(1－0.4)＝0.3. 5．甲、乙两人独立地破译出密码的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4).求： (1)两个人都译出密码的概率； (2)两个人都译不出密码的概率； (3)恰有一人译出密码的概率； (4)至多一人译出密码的概率； (5)至少一人译出密码的概率． 解　设事件A表示“甲独立地译出密码”，事件B表示“乙独立地译出密码”． (1)两个人都译出密码的概率为 P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12). (2)两个人都译不出密码的概率为 P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)] ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,2). (3)恰有一人译出密码分为两类：甲译出乙译不出，乙译出甲译不出，即Aeq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B， ∴P(Aeq \o(B,\s\up16(－))∪eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－))B)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＋P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12). (4)至多一人译出密码的对立事件是两人都译出密码， ∴所求概率为1－P(AB)＝1－eq \f(1,12)＝eq \f(11,12). (5)至少一人译出密码的对立事件为两人都没有译出密码， ∴所求概率为1－P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2). 一、选择题 1．已知事件A与B相互独立，且P(AB)＝eq \f(1,8)，P(B)＝eq \f(1,3)，则P(eq \o(A,\s\up16(－))|B)＝(　　) A.eq \f(3,8) B.eq \f(5,8) C.eq \f(1,4) D.eq \f(2,3) 解析　∵事件A与B相互独立，∴P(AB)＝P(A)P(B)，且事件eq \o(A,\s\up16(－))与B也相互独立，∴P(A)＝eq \f(3,8)，P(eq \o(A,\s\up16(－))|B)＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝eq \f(5,8).故选B. 解析　显然A错误；0≤P(B|A)≤1，B错误；由P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，得P(AB)＝P(A)P(B|A)，C正确；P(AB|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝P(A|B)，D错误．故选C. 3．甲射手击中靶心的概率为eq \f(1,3)，乙射手击中靶心的概率为eq \f(1,2)，甲、乙两人各射一次，那么eq \f(5,6)等于(　　) A．甲、乙都击中靶心的概率 B．甲、乙恰好有一人击中靶心的概率 C．甲、乙至少有一人击中靶心的概率 D．甲、乙不全击中靶心的概率 解析　设事件A表示“甲、乙两人都击中靶心”，则P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，甲、乙不全击中靶心的概率为P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝1－P(A)＝eq \f(5,6). 4.在荷花池中，有一只青蛙在呈“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片跳到另一片)，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片上，则跳三次之后停在A片上的概率是(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,9) C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,27) 解析　由题意知逆时针方向跳的概率为eq \f(2,3)，顺时针方向跳的概率为eq \f(1,3)，青蛙跳三次要回到A片上只有两条途径：第一条，按A→B→C→A，P1＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)；第二条，按A→C→B→A，P2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,27)，所以跳三次之后停在A片上的概率为P1＋P2＝eq \f(8,27)＋eq \f(1,27)＝eq \f(1,3). 5．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冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　) A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,2) 解析　问题等价为两类：第1类，只比赛一局，甲队赢，其概率P1＝eq \f(1,2)；第2类，需比赛两局，第一局甲队负，第二局甲队赢，其概率P2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).故甲队获得冠军的概率为P1＋P2＝eq \f(3,4). eq \f(49,512) 解析　由已知可知每次打开家门的概率为eq \f(1,8)，则该人第三次打开家门的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))×eq \f(1,8)＝eq \f(49,512). 8．已知事件A与B相互独立，且P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(1,9)，P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－))B)，则P(A|B)＝________，P(B)＝________． eq \f(2,3) eq \f(2,3) 解析　∵事件A与B相互独立，∴事件eq \o(A,\s\up16(－))与eq \o(B,\s\up16(－))，A与eq \o(B,\s\up16(－))，eq \o(A,\s\up16(－))与B也相互独立，且P(eq \o(A,\s\up16(－)))＝1－P(A)，P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝1－P(B)．∵P(Aeq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－))B)，∴P(A)P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(B)，即P(A)·[1－P(B)]＝[1－P(A)]P(B)，∴P(A)＝P(B)．∵P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝P(eq \o(A,\s\up16(－)))P(eq \o(B,\s\up16(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)]，∴P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝[1－P(A)]2.∵P(eq \o(A,\s\up16(－)) eq \o(B,\s\up16(－)))＝eq \f(1,9)，∴[1－P(A)]2＝eq \f(1,9)，∴P(A)＝eq \f(2,3)，∴P(A|B)＝P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(2,3). 解　设事件Ai表示“第i次取得次品(i＝1，2，3)”，事件B表示“第三次才取得次品”， 则B＝eq \o(A,\s\up16(－))1eq \o(A,\s\up16(－))2A3，P(B)＝P(eq \o(A,\s\up16(－))1eq \o(A,\s\up16(－))2A3)＝P(eq \o(A,\s\up16(－))1)P(eq \o(A,\s\up16(－))2|eq \o(A,\s\up16(－))1)·P(A3|eq \o(A,\s\up16(－))1eq \o(A,\s\up16(－))2)＝eq \f(95,100)×eq \f(94,99)×eq \f(5,98)≈0.046. 所以第三次才取得次品的概率约为0.046. 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)}，包含4个样本点，由等可能性知每个样本点出现的概率均为eq \f(1,4). 这时A＝{(男，女)，(女，男)}， B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， AB＝{(男，女)，(女，男)}， 于是P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(AB)＝eq \f(1,2). 由此可知P(AB)≠P(A)P(B)， 所以事件A与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)}，共8个样本点，由等可能性知每个样本点出现的概率均为eq \f(1,8).这时事件A包含6个样本点，事件B包含4个样本点，事件AB包含3个样本点． 于是P(A)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(3,8)，显然P(AB)＝P(A)P(B)成立． 从而事件A与B相互独立． 解　设事件Ai表示“第i局甲获胜(i＝3，4，5)”，事件Bj表示“第j局乙获胜(j＝3，4，5)”． (1)设事件A表示“再赛2局结束这次比赛”，则A＝A3A4∪B3B4， 由于各局比赛结果相互独立， 故P(A)＝P(A3A4∪B3B4) ＝P(A3A4)＋P(B3B4) ＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4) ＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52. 所以再赛2局结束这次比赛的概率为0.52. (2)设事件B表示“甲获得这次比赛胜利”，因前2局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局， 从而B＝A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5， 由于各局比赛结果相互独立，故 P(B)＝P(A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5) ＝P(A3A4)＋P(B3A4A5)＋P(A3B4A5) ＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)P(A5) ＝0.6×0.6＋0.4×0.6×0.6＋0.6×0.4×0.6＝0.648. 所以甲获得这次比赛胜利的概率为0.648. 2．某车间共有八位工人，为了保障安全生产，每月1号要从中选取四名工人参加同样的技能测试，每个工人通过每次测试的概率都是eq \f(3,4).甲从事的岗位比较特殊，每次他都必须参加技能测试，另外乙和丙从事同一岗位的工作，所以他们不能同时离开岗位参加技能测试． (1)每次测试时，共有多少种选取方式？ (2)工厂规定：工人连续2次没通过测试，则被撤销上岗资格，求甲工人恰好参加4次测试后被撤销上岗资格的概率． 解　(1)乙、丙均不选，有Ceq \o\al(3,5)＝10种；乙、丙中选一个，有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,5)＝20种．所以共有30种选法． (2)设事件A表示“甲工人恰好参加4次测试后被撤销上岗资格”， 事件A1表示“甲第一、二次通过，第三、四次未通过测试”，则P(A1)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(9,256)， 事件A2表示“甲第一次未通过，第二次通过，第三、四次未通过测试”， 则P(A2)＝eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,256)， 因为A1，A2互斥， 所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq \f(9,256)＋eq \f(3,256)＝eq \f(3,64). 所以甲工人恰好参加4次测试后被撤销上岗资格的概率为eq \f(3,64). $$