5.2.5 随机事件的独立性-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学必修第二册学习手册（人教B版）

高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ 2 ） 推广移动支付前， 平均每辆车进出高速收费站 大约耗时 （ 10+30 ） ×60%+ （ 4+4 ） ×40%=27.2 （ s ）， 推广移动支付后， 平均每辆车进出高速收费站大约 耗时 （ 10+30 ） × 135 1 500 + （ 10+15 ） × 240 1 500 + （ 4+4 ） × 750+375 1 500 =3.6+4+6=13.6 （ s ）， ∴ 推广移动支付后平均每辆车进出高速收费站总耗 时比推广移动支付前大约减少一半 . 5.2.5 随机事件的独立性 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 ∵P （ A 1 ） = 3 5 . 若 A 1 发生了， P （ A 2 ） = 2 4 = 1 2 ； 若 A 1 不发生， P （ A 2 ） = 3 4 . 即 A 1 发生的结果对 A 2 发 生的结果有影响， ∴A 1 与 A 2 不是相互独立事件 . 故选 D. 变式训练 2 D 【解析】 第一次甲没有被抽检的概率为 2 3 ， 第二次甲没有被抽检的概率为 1 2 ， 故甲没有被抽检的概率为 2 3 × 1 2 = 1 3 ， 故甲被抽检的概率为 1- 1 3 = 2 3 . 故选 D. 变式训练 3 解： 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 线路能够正常工作的概率是 1-P （ ABC ） =1-0.027=0.973. 随堂练习 1. A 【解析】 由于采用有放回地摸球， 因此 A 1 与 A 2 相互独立， 于是事件 A 1 与 A 2 是相互独立事件 . 故选 A. 2. B 【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. 3. 0.55 【解析】 小李将玩偶击落有三种情况： ① 第 一次就击落； ② 第一次未击中， 第二次击落； ③ 第一次 击中但未击落 ， 第二次击落 . ∴P=0.4×0.5+0.6×0.7×0.5+ 0.4×0.5×0.7=0.55. 4. C 【解析】 设甲同学收到李老师的信息为事件 A ， 收到张老师的信息为事件 B ， A ， B 相互独立 ， P （ A ） =P （ B ） = 4 10 = 2 5 ， 则甲同学收到李老师或张老师所发活动 通知的信息的概率为 1-P （ AB ） =1- （ 1-P （ A ））（ 1-P （ B ）） = 1- 3 5 × 3 5 = 16 25 . 故选 C. 5. 解： 记事件 “该选手能正确回答第 i 轮的问题” 为 A i （ i＝1 ， 2 ， 3 ）， 则 P （ A 1 ） ＝ 4 5 ， P （ A 2 ） ＝ 3 5 ， P （ A 3 ） ＝ 2 5 . 方法一： 该选手被淘汰的概率为 P （ A 1 ） ＋P （ A 1 ∩A 2 ） ＋P （ A 1 ∩A 2 ∩A 3 ） ＝P （ A 1 ） ＋P （ A 1 ） P （ A 2 ） ＋P （ A 1 ） P （ A 2 ） P （ A 3 ） ＝ 1 5 ＋ 4 5 × 2 5 ＋ 4 5 × 3 5 × 3 5 ＝ 101 125 . 方法二： 该选手被淘汰的概率为 1－P （ A 1 ∩A 2 ∩A 3 ） ＝1－ 4 5 × 3 5 × 2 5 ＝ 101 125 . 练习手册 效果评价 1. A 【解析】 ∵ 射击一次命中目标的概率为 P ， ∴ 射 击一次未命中目标的概率为 1-P. ∵ 每次射击结果相互独 立， ∴ 三次都未命中的概率为 （ 1-P ） 3 . ∵ 连续射击三次， 至少有一次命中的对立事件为三次都未射中， ∴ 连续射 击三次， 至少有一次命中的概率为 1- （ 1-P ） 3 = 37 64 ， 解得 P= 1 4 . 故选 A. 2. C 【解析 】 由题知三个社团都能进入的概率为 1 24 ， 即 m× 1 3 ×n= 1 24 圯m×n= 1 8 ， 又 ∵ 至少进入一个社团 的概率为 3 4 ， 即一个社团都没能进入的概率为 1- 3 4 = 1 4 ， 即 （ 1-m ） × 2 3 × （ 1-n ） = 1 4 圯1-m-n+m×n= 3 8 ， 整理 得 m+n= 3 4 . 故选 C. 3. C 【解析】 ① “至少有 1 个黑球” 等价于 “ 1 个 黑球和 1 个红球或 2 个黑球” 与 “都是黑球” 可以同时 发生， 不是互斥事件， 故错误； ② “至少有 1 个黑球” 等价于 “ 1 个黑球和 1 个红球或 2 个黑球”， “至少有 1 个红球” 等价于 “ 1 个黑球和 1 个红球或 2 个红球”， 可 以同时发生， 故正确； ③ “恰好有 1 个黑球 ” 等价于 “ 1 个黑球和 1 个红球”， 与 “恰好有 2 个黑球” 不同时 发生 ， 还有可能都是红球 ， 不是对立事件 ， 故正确 ； ④ “至少有 1 个黑球” 等价于 “ 1 个黑球和 1 个红球或 2 个黑球”， 与 “都是红球” 不同时发生， 但一定会有一 个发生， 是对立事件， 故正确 . 上述说法中， 正确的个 数为 3. 故选 C. 4. B 【解析】 根据题意可知 ， 如果没有抽到红球 ， 70 参 考 答 案 则将黑球放回， 然后继续抽取， ∴ “放回袋中 4 个小球” 也即是前 4 次都是抽到黑球， 第 5 次抽到了红球， 故 X=5. 故选 B. 5. C 【解析】 分别独立地扔一枚骰子和硬币， 所有 的基本事件是： 1 正面向上， 1 反面向上， 2 正面向上， 2 反面向上， 3 正面向上， 3 反面向上， 4 正面向上， 4 反面向上， 5 正面向上， 5 反面向上， 6 正面向上， 6 反 面向上， 共 12 个基本事件 . 含有 “ 1 点或正面向上” 有 1 正面向上， 1 反面向上， 2 正面向上， 3 正面向上， 4 正面向上， 5 正面向上， 6 正面向上， 共 7 个基本事件， ∴ 结果中含有 “ 1 点或正面向上” 的概率为 7 12 . 故选 C. 6. ABD 【解析】 样本空间 Ω={1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6} ， 事件 M={2 ， 4 ， 6} ， 事件 N={3 ， 6} ， 事件 MN={6} ， ∴P （ M ） = 3 6 = 1 2 ， P （ N ） = 2 6 = 1 3 ， P （ MN ） = 1 2 × 1 3 = 1 6 ， 即 P （ MN ） =P （ M ） P （ N ）， 故事件 M 与 N 相互独立， A 正确； 根据事件的特点易知， 事件 M 是否发生对事件 N 发生 的概率没有影响， 故 M 与 N 是相互独立事件， 故 B 正 确； 由于第 1 次摸到球不放回， 因此会对第 2 次摸到球 的概率产生影响， 因此不是相互独立事件， 故 C 错误； 从甲组中选出 1 名男生与从乙组中选出 1 名女生这两个 事件的发生没有影响， 所以它们是相互独立事件， 故 D 正确 . 故选 ABD. 7. 1 2 1 4 【解析 】 设事件 A 表示 “甲选做第 22 题”， 事件 B 表示 “乙选做第 22 题”， 则甲、 乙 2 名学 生选做同一道题的事件为 “ AB+AB ”， 且事件 A ， B 相互 独立 ， ∴P （ AB+AB ） =P （ A ） P （ B ） +P （ A ） P （ B ） = 1 2 × 1 2 + 1- 1 2 2 " × 1- 1 2 2 " = 1 2 ， ∴ 甲、 乙 2 名学生选做同一道题 的概率为 1 2 ； P （ A ） P （ B ） = 1 2 × 1 2 = 1 4 ， ∴ 甲、 乙 2 名学 生都选做第 22 题的概率为 1 4 . 8. 11 【解析】 设需要至少布置 n 门高炮， ∵ 某种高 炮在它控制的区域内击中敌机的概率为 0.2 ， 要使敌机 一旦进入这个区域后有 0.9 以上的概率被击中 ， ∴1- （ 1-0.2 ） n >0.9 ， 解得 n>10.3 ， n∈N ， ∴ 需要至少布置 11 门高炮 . 9. 2 3 【 解 析 】 由 题 意 ， 知 P （ A ） P （ B ） = 1 9 ， P （ A ） P （ B ） =P （ A ） P （ B ） . 设 P （ A ） =x ， P （ B ） =y ， 则 （ 1-x ）（ 1-y ） = 1 9 ， （ 1-x ） y=x （ 1-y ） ） & & & % & & & ' ， 即 1-x-y+xy= 1 9 ， x=y ） & & & % & & & ' ， 解得 x= 2 3 或 x= 4 3 （舍去）， 故事件 A 发生的概率 P （ A ） = 2 3 . 10. 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 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 ） = 1 2 ， P （ B ） = 3 4 ， P （ AB ） = 1 2 ， 由此可知 P （ AB ） ≠P （ A ） P （ B ）， ∴ 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 1 8 ， 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 P （ A ） = 6 8 = 3 4 ， P （ B ） = 4 8 = 1 2 ， P （ AB ） = 3 8 ， 显然有 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） 成立， 从而事件 A 与 B 是相互独立的 . 11. 解： （ 1 ） 由已知条件可得 n= 400 0.02×10 =2 000 ， 每组的纵坐标的和乘以组距为 1 ， ∴0.84+80t=1 ， 解得 t= 0.002. （ 2 ） 由 （ 1 ） 知 t=0.002 ， ∴ 调查评分在 ［ 40 ， 50 ） 的人数占调查评分在 ［ 50 ， 60 ） 人数的 1 2 ， 若按分层抽 样 抽 取 3 人 ， 则 调 查 评 分 在 ［ 40 ， 50 ） 有 1 人 ， ［ 50 ， 60 ） 有 2 人 . ∵ 经过心理疏导后的恢复情况相互独 立， ∴ 选出的 3 人经过心理疏导后， 心理等级均达不到 良好的概率为 3 4 × 2 3 × 2 3 = 1 3 ， ∴ 经过心理疏导后， 至少 有 1 人心理等级转为良好的概率为 P=1- 3 4 × 2 3 × 2 3 = 2 3 . （ 3 ） 由频率分布直方图可得， 45×0.02+55×0.04+65× 0.14+75×0.2+85×0.35+95×0.25=80.7 ， 估计市民心理健康 问卷调查的平均评分为 80.7 ， ∴ 市民心理健康指数平均 值为 80.7 100 =0.807>0.8 ， ∴ 只需发放心理指导材料， 不需 要举办心理健康大讲堂活动 . 提升练习 12. B 【解析】 该同学可以进入两个社团的概率为 1 5 ， 则 ab 1- 1 4 2 " + 1 4 a （ 1-b ） + 1 4 b （ 1-a ） = 1 5 ， 整理得 ab+a+b= 4 5 ， 又 ∵ 三个社团都进不了的概率为 3 10 ， 则 71 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ 1-a ）（ 1-b ） 1- 1 4 ! " = 3 10 ， 整理得 a+b-ab= 3 5 ， 联立 ab+ a+b= 4 5 与 a+b-ab= 3 5 ， 解得 ab= 1 10 . 故选 B. 13. B 【解析】 由题意可知， 有任何一人破译成功密 码， 则密码就被破译 . 方案 1 ： 四人均没有成功破译密码的概率为 1 2 ! " 4 = 1 16 ， ∴ 四人独立翻译， 密码能被破译的概率为 1- 1 16 = 15 16 =0.937 5. 方案 2 ： 分为两组， 每组两人， 两组独立破译 . 由二 人合为一组， 该组破译的概率为 0.8 ， ∴ 两组均没有成 功破译的概率为 （ 0.2 ） 2 =0.04 ， 则密码能被破译的概率为 1-0.04=0.96. 方案 3 ： 分为两组， 一组三人、 一组一人 . 三人合为 一组， 该组破译的概率为 0.9 ， 则密码能被破译的概率 为 0.9× （ 1-0.5 ） +0.1×0.5+0.9×0.5=0.95. 方案 4 ： 四人一组合作翻译 . 四人合作， 则破译的概 率为 0.94. 显然方案 2 破译密码的概率最大 . 故选 B. 14. BD 【解析】 取出的卡片有三种情况： 2 张都是 红色， 2 张都是蓝色， 1 张红色 1 张蓝色， 所以 “取出 的 2 张卡片都是红色” 与 “取出的 2 张卡片都是蓝色” 为互斥事件， 而不是对立事件， 故 A 错误； 每次取出红色的卡片概率为 1 2 ， ∴P （ X=2 ） = 1 2 × 1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 2 × 1 2 + 1 2 × 1 2 × 1 2 = 3 8 ， 故 B 正确； 记两个数字为 5 的卡片分别为 A5 ， B5 ， 乙获胜包 含的基本事件有 （ 0 ， 2 ）， （ 0 ， A5 ）， （ 0 ， B5 ）， （ 2 ， A5 ）， （ 2 ， B5 ）， ∴ 在乙获胜的条件下， 甲取出的卡片 上数字为 2 的概率为 2 5 ， 故 C 错误； 从 4 张卡片中无放回连续取 3 张卡片， 总共有 4×3× 2=24 （种 ） 情况 ， 而 3 次所取到的数字依次为 “ 5 ” “ 2 ” “ 0 ” 的情况有 2 种， 所以 “ x 1 ， x 2 ， x 3 ” 为 “ 520 ” 的概率为 1 12 ， 故 D 正确 . 故选 BD. * 15. 解： （ 1 ） 事件 A ， B ， C 分别为壹号 、 贰号 、 叁号三条生产线各自生产的零件是合格品， 事件 A ， B ， C 分别为壹号、 贰号、 叁号三条生产线各自生产的零件 是非合格品 . 由题意得 P （ AB ） = 1 6 ， P （ BC ） = 3 5 ， P （ AC ） = 8 15 5 % % % % % % % $ % % % % % % % & ， 即 P （ A ） -P （ A ） P （ B ） = 1 6 ， P （ B ） P （ C ） = 3 5 ， P （ A ） P （ C ） = 8 15 5 % % % % % % % $ % % % % % % % & ， 解得 P （ A ） = 2 3 ， P （ B ） = 3 4 ， P （ C ） = 4 5 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， P （ A ） = 1 3 ， P （ B ） = 1 4 ， P （ C ） = 1 5 ， ∴P （ D ） =P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ） =P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 2 3 × 1 4 × 1 5 + 1 3 × 3 4 × 1 5 + 1 3 × 1 4 × 4 5 = 3 20 ， P （ E ） =P （ ABC ） +P （ ABC ） +P （ ABC ）， =P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） +P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 2 3 × 3 4 × 1 5 + 2 3 × 1 4 × 4 5 + 1 3 × 3 4 × 4 5 = 13 30 . * 16. 解： （ 1 ） 记 “选手能正确回答第 i 轮的问题” 的事件记为 A i （ i=1 ， 2 ， 3 ， 4 ）， 则 P （ A 1 ） = 4 5 ， P （ A 2 ） = 3 5 ， P （ A 3 ） = 2 5 ， P （ A 4 ） = 1 5 ， ∴ 选手进入第四轮才被淘 汰的概率为 P=P （ A 1 A 2 A 3 A 4 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 ） P （ A 3 ） P （ A 4 ） = 4 5 × 3 5 × 2 5 × 4 5 = 96 625 . （ 2 ） 该选手至多进入第三轮考核的概率 P=P （ A 1 +A 1 A 2 +A 1 A 2 A 3 ） =P （ A 1 ） +P （ A 1 A 2 ） +P （ A 1 A 2 A 3 ） = 1 5 + 4 5 × 2 5 + 4 5 × 3 5 × 3 5 = 101 125 . 5.3 统计与概率的应用 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 以 A 表示击中， B 表示未击中， 所有的 基本事件有 BAAA ， ABAA ， AABA ， AAAB ， 共 4 个 . 其中事件 “ 3 枪中有且只有 2 枪连中” 所包含的基本事 件有 ABAA ， AABA ， 共 2 个 . 因此， 3 枪中有且只有 2 枪连中的概率是 2 4 = 1 2 . 故选 D. 变式训练 2 A 【解析】 分别用 A ， B ， C 表示齐王的上、 中、 下 等马， 用 a ， b ， c 表示田忌的上、 中、 下等马， 现从双 方的马匹中随机选一匹进行一场比赛， 有 Aa ， Ab ， Ac ， Ba ， Bb ， Bc ， Ca ， Cb ， Cc ， 共 9 场比赛， 其中田忌的 马获胜的有 Ba ， Ca ， Cb ， 共 3 场比赛， ∴ 田忌的马获 胜的概率为 1 3 . 变式训练 3 解： 不公平 . 设该城市有出租车 1 000 辆， 那么依 题意可得如下信息： 72 第五章 统计与概率 学 学 习 目 标 1. 结合实例， 理解两个随机事件独立的 意义， 并会判断两个事件是否独立 . 2. 理解概率的乘法公式 . 3. 会运用互斥事件的概率加法公式和独 立事件的概率乘法公式解题 . 要 点 精 析 要点 1 事件独立性的判断 相互独立事件、 互斥事件的区别与联系： （ 1 ） 二者都是刻画随机事件的关系 . （ 2 ） 两事件互斥是指两个随机事件不会 同时发生， 此时 P （ A+B ） =P （ A ） +P （ B ）， 两 事件独立是指两个事件不相互影响， 此时 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） . 思考 如果事件 A 与 B 相互独立， 则 A 与 B ， A 与 B ， A 与 B 是否也相互独立？ 例 1 抛掷 3 枚质地均匀的硬币， 若事 件 A= “既有正面向上又有反面向上”， 事件 B= “至多有 1 枚反面向上”， 则事件 A 与事件 B （ ） A. 是互斥事件 B. 是对立事件 C. 是相互独立事件 D. 不是相互独立事件 分析 利用相互独立事件的判断公式 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ）即可 . 解析： 抛掷 3 枚质地均匀的硬币的样本 空间 赘={ （正， 正， 正）， （正 ， 正 ， 反 ）， （正， 反， 正）， （反， 正， 正）， （正， 反， 反）， （反， 正， 反）， （反， 反， 正）， （反， 反， 反） } ， 事件 A 中所含的样本点为 （正， 正， 反）， （正， 反， 正）， （反， 正， 正）， （正， 反， 反）， （反， 正， 反）， （反， 反， 正）， 因此 P （ A ） = 3 4 ， 事件 B 中所含的样本点为 （正， 正， 正）， （正， 正， 反）， （正， 反， 正）， （反， 正， 正）， 因此 P （ B ） = 1 2 ， 事件 AB 中所含的样本点 为（正， 正， 反）， （正， 反， 正）， （反， 正， 正）， 因此 P （ AB ） = 3 8 ， 因此 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ）， 即事 件 A ， B 相互独立 . 故选 C. 变式训练 1 坛子中放有 3 个白球、 2 个黑球， 从中 进行不放回地取球 2 次， 每次取 1 球， 用 A 1 表示第一次取得白球， 用 A 2 表示第二次取 得白球， 则 A 1 和 A 2 是 （ ） A． 互斥的事件 B． 相互独立的事件 C． 对立的事件 D． 不相互独立的事件 要点 2 相互独立事件概率的计算 相互独立事件的概率乘法公式： （ 1 ） 若 A 与 B 相互独立 ， 则 P （ AB ） = P （ A ） P （ B ）， 同时 P （ AB ） =P （ A ） P （ B ）， P （ AB ） =P （ A ） P （ B ）， P （ AB ） =P （ A ） P （ B ） . （ 2 ） 若 A 1 ， A 2 ， …， A n 两两独立 ， 则 P （ A 1 A 2 … A n ） =P （ A 1 ） P （ A 2 ）·…· P （ A n ） . 5.2.5 随机事件的独立性 61 学 高 中 数 学 必 修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ 3 ） 求 P （ A＋B ）时同样应注意事件 A ， B 是否互斥， 对于 “至多” “至少” 型问题的 解法有两种思路： 一是分类讨论； 二是求对 立事件 . 思考 判断两件事情是否独立时， 能 否只看它们有没有联系？ 例 2 甲、 乙、 丙 3 人投篮， 投进的概 率分别为 1 3 ， 2 5 ， 1 2 ， 现 3 人各投篮 1 次， 是否投进互不影响， 则 3 人都投进的概率为 （ ） A. 1 15 B. 2 15 C. 1 5 D. 1 10 分析 利用相互独立事件同时发生的 乘法公式即可计算 . 解析： 利用相互独立事件的概率乘法公 式 P= 1 3 × 2 5 × 1 2 = 1 15 ， ∴3 人都投进的概率为 1 15 . 故选 A. 变式训练 2 甲、 乙、 丙三名选手参加短跑、 跳远两 项比赛 ． 每项比赛以后， 随机抽取一名选手 进行兴奋剂检测 ． 若每次检测每位选手被抽 到的概率相同， 且每位选手最多被抽检一次 （第一次被抽检的选手第二次免检）， 则甲被 抽检的概率是 （ ） A. 4 9 B. 5 9 C. 1 3 D. 2 3 例 3 三个元件 T 1 ， T 2 ， T 3 正常工作的 概率分别为 1 2 ， 3 4 ， 3 4 且是互相独立的 . 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， 在如图 5-2-3 的电路中， 电路 不发生故障的概率是 （ ） A. 15 32 B. 9 32 C. 7 32 D. 17 32 分析 本题利用串、 并联电路知识将 电路不发生故障分解为若干基本事件的交 或并， 进而计算 . 解析： 记 “三个元件 T 1 ， T 2 ， T 3 正常工 作” 分别为事件 A 1 ， A 2 ， A 3 ， 则 P （ A 1 ） = 1 2 ， P （ A 2 ） = 3 4 ， P （ A 3 ） = 3 4 . P （ A 2 ∪A 3 ） = ［ 1-P （ A 2 ）· P （ A 3 ）］ =1- 1 4 × 1 4 = 15 16 ， 不发生故障的事件 为 （ A 2 ∪A 3 ） ∩A 1 ， ∴ 不发生故障的概率为 P ［（ A 2 ∪A 3 ） ∩A 1 ］ = ［ 1-P （ A 2 ）· P （ A 3 ）］· P （ A 1 ） = 15 16 × 1 2 = 15 32 . 故选 A. 变式训练 3 如图 5-2-4 ， 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 ． 图 5-2-3 T 1 T 2 T 3 J A J B J C 图 5-2-4 62 第五章 统计与概率 学 数 学 文 化 例 眉山市位于四川西南， 有 “千载诗 书城， 人文第一州” 的美誉， 这里是大文豪 苏洵、 苏轼、 苏辙的故乡 . 在今年的国庆黄 金周， 为了丰富游客的文化生活， 每天在东 坡故里三苏祠举行 “三苏文化” 知识竞赛 . 已知甲、 乙两队参赛， 每队 3 人， 每人回答 1 个问题， 答对者为本队赢得 1 分， 答错得 0 分 . 假设甲队中每人答对的概率均为 2 3 ， 乙队中 3 人答对的概率分别为 2 3 ， 2 3 ， 1 2 ， 且各人回答正确与否相互之间没有影响 . （ 1 ） 分别求甲队总得分为 0 分、 2 分的 概率； （ 2 ） 求甲队得 2 分、 乙队得 1 分的概率 . 分析 本题将所求事件写成互斥事件 的并， 进而利用相互独立事件乘法公式即 可求解 . 解： （ 1 ） 记 “甲队总得分为 0 分” 为 事件 A ， “甲队总得分为 2 分” 为事件 B. 甲队总得分为 0 分 ， 即甲队 3 人都回答 错误， 其概率 P （ A ） = 1- 2 3 3 " 3 = 1 27 . 甲队总 得分为 2 分 ， 即甲队 3 人中有 1 人答错 ， 其余 2 人答对 ， 其概率 P （ B ） =3 × 2 3 3 " 2 × 1- 2 3 3 " = 4 9 . （ 2 ） 记 “乙队得 1 分” 为事件 C ， “甲 队得 2 分， 乙队得 1 分” 为事件 D ， 事件 C 即乙队 3 人中有 2 人答错， 其余 1 人答对， P （ C ） = 1- 2 3 3 " × 2 3 3 " × 1- 1 2 3 " + 2 3 3 " × 1- 2 3 3 " × 1- 1 2 3 " + 1- 2 3 3 " × 1- 2 3 3 " × 1 2 3 " = 5 18 . 甲队得 2 分、 乙队得 1 分， 即事件 B ， C 同时发生， 且事件 B ， C 相互独立， 则 P （ D ） =P （ B ） P （ C ） = 4 9 × 5 18 = 10 81 . 63