6.1.2 乘法公式与事件的独立性-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版2019）

1.2　乘法公式与事件的独立性 [学习目标] 知识 层面 1．结合古典概型，会用乘法公式计算概率．2．理解两个事件相互独立的概念．3．结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系. 素养 层面 通过对相互独立事件的定义的学习，培养数学抽象素养；借助概率的乘法公式的应用，培养数学运算与数学建模素养. 知识点一　概率的乘法公式 问题1　小明在登录邮箱时发现忘了密码的最后一位，只记得是数字0～9中的任意一个．那么他在尝试登陆时，第一次失败，第二次成功的概率是多少？ 提示：×＝. 乘法公式 P(AB)＝P(B|A)P(A)(其中P(A)＞0)． P(AB)＝P(A|B)P(B)(其中P(B)＞0)． [微提醒]　(1)公式P(AB)＝P(A)P(B|A)反映了知二求一的方程思想．(2)该概率公式可以推广为P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)，其中P(A1)＞0，P(A1A2)＞0. (链教材P181例3)一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次．求： (1)第一次取得白球的概率； (2)两次都取得白球的概率； (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率． 解：设事件A表示“第一次取得白球”，事件B表示“第二次取得白球”，则事件表示“第一次取得黑球”，由题意得， (1)P(A)＝＝. (2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝. (3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝. 规律方法 利用乘法公式解题的一般步骤 第一步：首先判断应用题是否可以应用乘法公式求解； 第二步：根据已知条件表示出各事件的概率P(A)，P(B|A)； 第三步：代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)求出概率． 对点练1．已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3，试求这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率． 解：设事件Ai表示“第i次掉落手机屏幕没有碎掉”，i＝1，2， 则由已知可得P(A1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.3， 因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.5×0.3＝0.15. 即这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率为0.15. 学生用书第138页 知识点二　事件的独立性 问题2　三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学有放回地抽取，事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”．事件A的发生会影响事件B 发生的概率吗？ 提示：有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学的抽奖结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B 发生的概率．于是P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(A)P(B)． 1．如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)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． 2．两个相互独立事件同时发生的概率，等于这两个事件发生的概率的积，即P(AB)＝P(A)P(B)． 3．相互独立事件的性质：若A与B是相互独立事件，则A与，B与，与也相互独立． 微思考　若A，B相互独立，则A与也相互独立，为什么？ 提示：因为A，B相互独立，所以P(B|A)＝P(B)＝，P(|A)＝1－P(B|A)＝1－P(B)＝P()＝， 所以P()＝P(A)P()，所以A与相互独立． (链教材P182例4)判断下列各对事件是互斥事件，还是相互独立事件． (1)运动员甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”； (2)甲、乙两运动员各射击1次，“甲射中10环”与“乙射中9环”； (3)甲、乙两运动员各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”； (4)甲、乙两运动员各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”． 解：(1)甲射击1次，“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件． (2)甲、乙各射击1次，“甲射中10环”发生与否，对“乙射中9环”的概率没有影响，二者是相互独立事件． (3)甲、乙各射击1次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生，二者是互斥事件． (4)甲、乙各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中目标，但乙没有射中目标”可能同时发生，二者构不成互斥事件，也不可能是相互独立事件． 规律方法 两个事件是否相互独立的判断方法 1．直接法：由事件本身的性质直接判断两个事件的发生是否相互影响． 2．定义法：当P(AB)＝P(A)P(B)时，事件A，B相互独立． 3．条件概率法：当P(A)＞0时，可用P(B|A)＝P(B)判断． 对点练2．判断下列事件是否相互独立： (1)甲组有3名男生，2名女生；乙组有2名男生，3名女生．现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”； (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，取出的还是白球”． 解：(1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件是否发生没有影响，所以两个事件相互独立． (2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为，可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不相互独立． 学生用书第139页 相互独立事件同时发生的概率 (链教材P183例5)某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，，，，且各轮问题能否正确回答互不影响． (1)求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； (2)求该选手至多进入第三轮考核的概率． 解：(1)记“该选手能正确回答第i轮的问题”的事件为Ai(i＝1，2，3，4)，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，P(A4)＝.“该选手进入第四轮才被淘汰”记为B，P(B)＝P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2)P(A3)P()＝×××＝. (2)法一： “该选手至多进入第三轮考核”记为C， P(C)＝P(＋A1＋A1A2)＝P()＋P(A1)P()＋P(A1)P(A2)P() ＝＋×＋××＝. 法二：“该选手进入第四轮没有被淘汰”记为D， 则P(D)＝×××＝. 而C与B∪D为对立事件，B与D为互斥事件， 所以P(C)＝1－P(B∪D)＝1－P(B)－P(D)＝1－－＝. 规律方法 1．求P(AB)时，要注意事件A，B是否相互独立，求P(A＋B)时，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：(1)分类讨论；(2)转化为求对立事件的概率，利用P()＝1－P(A)来计算． 2．复杂问题可考虑分解为等价的几个事件的概率问题，同时结合对立事件的概率求法进行求解． 对点练3．设对某目标进行三次相互独立的射击，各次的命中率分别是0.2，0.6，0.3，试求： (1)在三次射击中恰有一次命中的概率； (2)在三次射击中至少有一次命中的概率． 解：设“第i次射击命中目标”为事件Ai(i＝1，2，3)，则P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.6，P(A3)＝0.3，由题意A1，A2，A3相互独立． (1)恰有一次命中的概率为P＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3) ＝P(A1)·P(2)·P(3)＋P(1)·P(A2)·P(3)＋P(1)·P(2)·P(A3) ＝0.2×(1－0.6)×(1－0.3)＋(1－0.2)×0.6×(1－0.3)＋(1－0.2)×(1－0.6)×0.3＝0.488. (2)至少有一次命中的概率为P＝1－P(123)＝1－(1－0.2)×(1－0.6)×(1－0.3)＝0.776. 知识 1．概率乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)＝P(B)P(A|B)． 2．事件A与事件B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B) 方法 公式法、正难则反 易错误区 判断事件是否为独立事件 1．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝.故选C. 2．抛掷3枚质地均匀的硬币，A＝{既有正面向上又有反面向上}，B＝{至多有一个反面向上}，则A与B的关系是(　　) A．互斥事件 B．对立事件 C．相互独立事件 D．不相互独立事件 答案：C 解析：由已知，有P(A)＝1－＝，P(B)＝1－＝，P(AB)＝，满足P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A与事件B相互独立．故选C. 3．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 答案：B 解析：事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．故选B. 4．国庆节放假，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为，，.假定三人的行动相互之间没有影响，那么国庆假期内至少有1人去北京旅游的概率为______． 答案： 解析：由题意，知甲、乙、丙三人不去北京旅游的概率分别为，，，所以至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－××＝. 课时测评39　乘法公式与事件的独立性 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—9每小题5分，共45分) 1．袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，如果“第二次摸得白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C间的关系是(　　) A．A与B，A与C均相互独立 B．A与B相互独立，A与C互斥 C．A与B，A与C均互斥 D．A与B互斥，A与C相互独立 答案：A 解析：由于摸球是有放回地，故第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故A与B，A与C均相互独立．而A与B，A与C均能同时发生，从而不互斥．故选A. 2．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． 答案：D 解析：由题意，P()＝P(B)，即P(A)P()＝P(B)P()，则P()＝P()．又P( )＝[P()]2＝，所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.故选D. 3．如图所示，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．0.06 答案：B 解析：系统可靠即A，B，C 3种开关至少有一个能正常工作，则P＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7)＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994.故选B. 4．某食物的致敏率为2%，在对该食物过敏的条件下，嘴周产生皮疹的概率为99%，则某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为(　　) A．1.98% B．0.98% C．97.02% D．99% 答案：A 解析：设事件A表示“食用该食物过敏”，事件B表示“嘴周产生皮疹”．则P(A)＝2%，P(B|A)＝99%.所以某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝2%×99%＝1.98%.故选A. 5．如图所示，某系统由①②两个零件组成，零件①中含有A，B两个不同元件，零件②中含有C，D，E三个不同的元件，每个零件中的元件有一个能正常工作，该零件就能正常工作；两个零件都正常工作该系统才可以正常工作．若每个元件是否正常工作互不影响，且元件A，B，C，D，E正常工作的概率分别为0.7，0.9，0.8，0.7，0.6，则该系统正常工作的概率约为(　　) A．0.352 8 B．0.804 C．0.946 7 D．0.994 答案：C 解析：由题意知，零件①能正常工作的概率为1－0.3×0.1＝0.97，零件②能正常工作的概率为1－0.2×0.3×0.4＝0.976，所以该系统能够正常工作的概率为0.97×0.976＝0.946 72≈0.946 7.故选C. 6．(多选题)记，分别为A，B的对立事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(A|B)＝，则下列结论正确的是(　　) A．P(B|A)＝ B．P(|B)＝ C．P(A∪B)＝ D．P(∪)＝ 答案：ABC 解析：易知P(AB)＝P(B)·P(A|B)＝×＝.对于A，P(B|A)＝＝＝，故A正确；因为P(A|B)＝，所以P(|B)＝1－P(A|B)＝1－＝，故B正确；对于C，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－＝，故C正确；对于D，P(∪)＝1－P(AB)＝1－＝，故D错误．故选ABC. 7．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个甲厂生产的合格灯泡的概率是________． 答案：0.665 解析：记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，所以 P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 8．从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出1个红球的概率是，从两袋内各摸出1个球，则 (1)2个球不都是红球的概率是________； (2)2个球都是红球的概率是________； (3)至少有1个红球的概率是________； (4)2个球中恰好有1个红球的概率是________． 答案：(1)　(2)　(3)　(4) 解析：(1)，(2)，(3)，(4)中的事件依次记为A，B，C，D，则P(A)＝1－×＝；P(B)＝×＝；P(C)＝1－×＝；P(D)＝×＋× ＝. 9．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于______． 答案：0.128 解析：记“该选手回答对第i个问题”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，且P(Ai)＝0.8.选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，则该选手第二个问题必回答错，第三、第四个问题必回答对，所以所求事件概率P＝P(·A3·A4)＝P()·P(A3)·P(A4)＝(1－0.8)×0.8×0.8＝0.128. 10．(12分)(2024·山东淄博高二质量检测)某高校自主招生考试分笔试与面试两部分，每部分考试成绩只记“通过”与“不通过”，两部分考试都“通过”者，则考试“通过”．并给予录取．甲、乙两人都参加此高校的自主招生考试，甲、乙两人在笔试中“通过”的概率依次为，，在面试中“通过”的概率依次为，，笔试和面试是否“通过”是独立的． (1)甲、乙两人谁获得录取的可能性大？请说明理由； (2)求甲、乙两人中至少有一人获得录取的概率． 解：(1)记“甲通过笔试”为事件A1，“甲通过面试”为事件A2，“甲获得录取”为事件A，“乙通过笔试”为事件B1，“乙通过面试”为事件B2，“乙获得录取”为事件B， 则由题意得P(A1)＝，P(A2)＝，P(B1)＝，P(B2)＝，笔试和面试是否“通过”是独立的， 所以P(A)＝P(A1)P(A2)＝×＝， P(B)＝P(B1)P(B2)＝×＝， 因为＞，即P(A)＞P(B)， 所以甲获得录取的可能性大． (2)记“甲、乙两人中至少有一人获得录取”为事件C，则由题意得 P(C)＝P()＋P(B)＋P(AB)＝P(A)P()＋P()P(B)＋P(A)P(B) ＝×＋×＋×＝， 所以甲、乙两人中至少有一人获得录取的概率为. (11，12每小题5分，共10分) 11．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为P(A)＝，P(B)＝，所以P()＝，P()＝.又A，B为相互独立事件，所以P( )＝P()P()＝×＝.所以A，B中至少有一件发生的概率为1－P( )＝1－＝.故选C. 12．(多选题)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则下列结论正确的是(　　) A．两人都中靶的概率为0.72 B．恰好有一人中靶的概率为0.26 C．两人不都中靶的概率为0.02 D．至少有一人中靶的概率为0.28 答案：AB 解析：记A＝“甲中靶”，B＝“乙中靶”，＝“甲不中靶”，＝“乙不中靶”，则A，B，，两两独立．因为P(A)＝0.8，P(B)＝0.9，所以P()＝1－0.8＝0.2，P()＝1－0.9＝0.1.对于A，AB＝“两人都中靶”，P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.9＝0.72，故A正确；对于B，＋B＝“恰好有一人中靶”，P(＋B)＝P()＋P(B)＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26，故B正确；对于C，“两人不都中靶”与“两人都中靶”是对立事件，由选项A可知，“两人不都中靶”的概率是1－0.72＝0.28，故C错误；对于D， ＝“两人都不中靶”，P( )＝0.2×0.1＝0.02，因为“至少有一人中靶”与“两人都不中靶”是对立事件，所以“至少有一人中靶”的概率是1－0.02＝0.98，故D错误．故选AB. 13．(13分)一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个．某人在银行自助提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字．求： (1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率； (2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率． 解：设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1，2)， 则A＝A1∪(1A2)表示“不超过2次就按对密码”． (1)因为事件A1与事件1A2互斥，所以由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(1A2)＝＋＝. (2)用事件B表示“最后一位按偶数”，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P(1A2|B)＝＋＝. 14．(5分)(多选题)甲、乙、丙三位学生用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成6道自我检测题，甲及格的概率为，乙及格的概率为，丙及格的概率为，三人各答一次，则下列结论正确的是(　　) A．三人都及格的概率为 B．三人中没有1人及格的概率为 C．三人中至少有1人及格的概率为 D．三人中只有1人及格的概率为 答案：ABCD 解析：三人都及格的概率为××＝；三人中没有1人及格的概率为××＝；三人中至少有1人及格的概率为1－＝；三人中只有1人及格的概率为××＋××＋××＝.故选ABCD. 15．(15分)已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2． (1)假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率； (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，需至少布置几门高炮？(lg 2≈0.301 0) 解：(1)设敌机被第k门高炮击中的事件为Ak(k＝1，2，3，4，5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为∩∩∩∩. 因为事件A1，A2，A3，A4，A5相互独立， 所以敌机未被击中的概率为P(∩∩∩∩)＝ P()·P()·P()·P()·P()＝(1－0.2)5＝. 所以敌机未被击中的概率为. (2)设至少需要布置n门高炮才能使敌机有0.9以上的概率被击中，由(1)可得敌机被击中的概率为1－， 所以令1－≥0.9.所以≤. 两边取常用对数，得nlg ≤－1⇒n(3lg 2－1)≤－1⇒n(1－3lg 2)≤1，n≥≈10.3． 因为n∈N＋，所以n＝11. 所以至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机． 学生用书第140页 学科网（北京）股份有限公司 $$