第四章 4.1.3 独立性与条件概率的关系-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教B版2019）

4.1.3　独立性与条件概率的关系 ［学习目标］　1.了解独立性与条件概率的关系.2.会求相互独立事件同时发生的概率.3.综合应用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件同时发生的概率公式解题. 导语 我国民间流传寓意深刻的谚语“三个臭皮匠，顶个诸葛亮”，若已知诸葛亮想出计谋的概率为0.9，三个臭皮匠甲、乙、丙各自想出计谋的概率各为0.6，0.5，0.4. 试问这三个臭皮匠能胜过诸葛亮吗？ 一、事件独立性的理解与判断 问题　假设P(A)>0且P(B)>0 ，在A与B独立的前提下， P(A|B)与P(A)存在怎样的关系？此时由P(A|B)与P(B)，能不能求出P(AB) ？ 提示　当P(B)>0且P(AB)=P(A)P(B)时，由条件概率的计算公式有 P(A|B)===P(A). 即P(A|B)=P(A).这就是说，此时事件A发生的概率与已知事件B发生时事件A发生的概率相等，也就是事件B的发生，不会影响事件A发生的概率. 类似地，可以看出，如果P(A|B)=P(A)，那么一定有P(AB)=P(A)P(B). 知识梳理 1.相互独立的概念： 当P(B)>0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)=P(A)，且有P(A∩B)(或P(AB))=P(A)P(B).“A与B独立”也经常被说成“A与B互不影响”. 2.相互独立的性质： (1)如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立. (2)如果事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An). 例1　口袋中有4个黑球和3个白球，这7个球除颜色外完全相同，连摸两次，每次摸一球.记事件A表示第一次摸得黑球，事件B表示第二次摸得黑球.在放回摸球和不放回摸球两种情况下，事件A与事件B是否独立？ 解　①放回摸球： 依题意有P(A)=，P(B)=，P(B|A)=. 因此，P(B|A)=P(B)，即放回摸球时事件A与事件B独立. ②不放回摸球： 依题意有P(A)=，P(B)=+=. P(AB)===. 因此，P(AB)≠P(A)P(B)，即不放回摸球时事件A与事件B不独立. 反思感悟　两个事件是否独立的判断 (1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响. (2)定义法：当P(AB)=P(A)P(B)时，事件A，B独立. (3)条件概率法：当P(B)>0时，可用P(A|B)=P(A)判断. 跟踪训练1　(多选)下列事件中，A，B是相互独立事件的是(　　) A.一枚硬币掷两次，A=“第一次为正面朝上”，B=“第二次为反面朝上” B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸两球，A=“第一次摸到白球”，B=“第二次摸到白球” C.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为3或4” D.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为偶数” 答案　AC 解析　把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后次序的影响，故A中A，B事件是相互独立事件；B中是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立；对于C，A事件为出现1，3，5点，P(A)=，在事件B发生的条件下事件A发生的概率P(A|B)== P(A)，事件A，B相互独立；D中两事件是互斥事件，不是相互独立事件. 二、利用事件独立性求概率 例2　(课本例2)已知甲、乙、丙3人参加驾照考试时，通过的概率分别为0.8，0.9，0.7，而且这3人之间的考试互不影响.求： (1)甲、乙、丙都通过的概率； (2)甲、乙通过且丙未通过的概率. 解　用A，B，C分别表示甲、乙、丙驾照考试通过，则可知A，B，C相互独立，而且P(A)=0.8，P(B=0.9)，P(C)=0.7. (1)甲、乙、丙都通过可用ABC表示， 因此所求概率为P(ABC)=P(A)P(B)P(C) =0.8×0.9×0.7=0.504. (2)甲、乙通过且丙未通过可用AB表示， 因此所求概率为P(AB)=P(A)P(B)P()=P(A)P(B)[1-P(C)]=0.8×0.9×(1-0.7)=0.216. 例2　根据资料统计，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，购买甲种保险与购买乙种保险相互独立. (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)车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率是多少？ 解　记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)记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)记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)方法一　记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(B+A+AB)=P(B)+P(A)+P(AB)=0.5×0.6+0.5×0.4+0.5×0.6=0.8. 方法二　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. 反思感悟　与相互独立事件有关的概率问题求解策略 已知两个事件A，B，它们的概率分别为P(A)，P(B)，那么： (1)A，B中至少有一个发生为事件A+B. (2)A，B都发生为事件AB. (3)A，B都不发生为事件 . (4)A，B恰有一个发生为事件A+B. (5)A，B中至多有一个发生为事件A+B+ . 它们之间的概率关系如表所示： 概率 A，B互斥 A，B相互独立 P(A+B) P(A)+P(B) 1-P()P() P(AB) 0 P(A)P(B) P() 1-［P(A)+P(B)］ P()P() P(A+B) P(A)+P(B) P(A)P() +P()P(B) P(+ A+B) 1 1-P(A)P(B) 跟踪训练2　某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为，乙当选的概率为，丙当选的概率为，且各人是否当选互不影响. (1)求三人中恰有一名同学当选的概率； (2)求三人中至多有两人当选的概率. 解　设甲、乙、丙当选的事件分别为A，B，C， 则有P(A)=，P(B)=，P(C)=. (1)因为事件A，B，C相互独立， 所以恰有一名同学当选的概率为 P(A )+P(B)+P( C) =P(A)P()P()+P()P(B)P()+P()·P()P(C) =××+××+××=. (2)因为事件A，B，C相互独立，所以至多有两人当选的概率为 1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C) =1-××=. 三、事件独立性的应用 例3　(课本例3)在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度.现有甲、乙、丙3个部件组成的一个如图所示的系统，已知当甲正常工作且乙、丙至少有一个能正常工作时，系统就能正常工作，各部件的可靠度均为r(0<r<1)，而且甲、乙、丙互不影响.求系统的可靠度. 解　用A，B，C分别表示甲、乙、丙能正常工作， D表示系统能正常工作. 由题意知，系统能正常工作时， 可分为三种互斥的情况： 甲、乙、丙都正常工作，即ABC； 甲、丙正常工作，且乙不正常工作，即AC； 甲、乙正常工作，且丙不正常工作，即AB. 因此D=ABC∪AC∪AB. 因为甲、乙、丙互不影响， 所以A，B，C相互独立， 而且P(A)=P(B)=P(C)=r. 由互斥事件概率的加法公式以及独立性可知 P(D)=P(ABC∪AC∪AB) =P(ABC)+P(AC)+P(AB) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+P(A)P(B)P() =r3+2r2(1-r)=2r2-r3. 例3　如图，在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关KA，KB，KC，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. 解　记这段时间内开关KA，KB，KC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( )=P()P()P() =［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( )=1-0.027=0.973. 即这段时间内线路正常工作的概率是0.973. 延伸探究 1.将本例中的“并联”改为“串联”，求这段时间内线路正常工作的概率. 解　依题意可知所求事件的概率P=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.7×0.7×0.7=0.73=0.343. 2.本例中每个开关与闭合的概率不变，求这段时间内如图所示的线路正常工作的概率. 解　要使线路能正常工作，则KA与KB至少有一个工作，且KC正常工作，即事件(A+B)·C发生，故所求事件的概率P=P(A+B)P(C)=［1-P( )］P(C) =P(C)-P( )P(C)=P(C)-P()P()·P(C)=0.7-(1-0.7)×(1-0.7)×0.7=0.637. 反思感悟　解决此类问题要明确有关事件是互斥事件还是相互独立事件，以便准确运用概率公式求解.对于较复杂的事件求概率时，可借助于对立事件求解. 跟踪训练3　张老师乘火车从济南到北京去开会，若当天从济南到北京的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.8，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求： (1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率； (2)这三列火车至少有一列正点到达的概率. 解　用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)=0.8，P(B)=0.8，P(C)=0.9， 所以P()=0.2，P()=0.2，P()=0.1. (1)由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为： P1=P(BC)+P(AC)+P(AB) =P()P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+P(A)·P(B)P() =0.2×0.8×0.9+0.8×0.2×0.9+0.8×0.8×0.1 =0.352. (2)三列火车至少有一列正点到达的概率为 P2=1-P( )=1-P()P()P() =1-0.2×0.2×0.1=0.996. 1.知识清单： (1)事件独立性的判断. (2)求相互独立事件同时发生的概率. 2.方法归纳：正难则反. 3.常见误区：混淆P(AB)与P(A|B). 1.若P(A|B)=，P(A)=，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 答案　C 解析　因为P(A|B)=P(A)=，所以事件A与B相互独立. 2.某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为(　　) A.0.2 B.0.8 C.0.4 D.0.3 答案　D 解析　事件“问题由乙答对”的含义是甲答错与乙答对同时发生了，由相互独立事件同时发生的概率可知，概率为P=0.6×0.5=0.3. 3.已知A与B相互独立，且P(AB)=，P(B)=，则P(|B)=　　　　.  答案　 解析　∵A与B相互独立， ∴P(AB)=P(A)P(B)=. 又P(B)=，∴P(A)=. ∴P(|B)=P()=1-P(A)=1-=. 4.加工某零件需经过三道工序，每道工序均为正品时该零件才为正品.设第一、二、三道工序的次品率分别为，，，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的正品率为　　　　.  答案　 解析　加工出来的零件的正品率为 ××=. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共35分；多选题每小题6分，共6分 1.(多选)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”，则下列事件相互独立的是(　　) A.A与B B.A与C C.B与C D.都不具有独立性 答案　ABC 解析　利用古典概型概率计算公式可得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. 2.已知A，B相互独立且P()=0.6，P(|A)=0.8，则P(BA)等于(　　) A.0.6 B.0.06 C.0.4 D.0.08 答案　D 解析　∵P()=0.6，∴P(A)=0.4，∵A，B相互独立，∴P(|A)=P()=0.8，∴P(B)=0.2， ∴P(BA)=P(B)·P(A)=0.2×0.4=0.08. 3.已知事件A，B满足P(A|B)=0.7，P()=0.3，则(　　) A.P(A∩B)=0.3 B.P(B|A)=0.3 C.事件A，B相互独立 D.事件A，B互斥 答案　C 解析　由题得P(A)=1-P()=0.7=P(A|B)， 所以P(AB)=P(A|B)P(B)=P(A)P(B)，即A，B相互独立，同一试验中不互斥，而P(B)未知，所以无法确定P(A∩B)，P(B|A)的值. 4.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，则表示(　　) 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 答案　C 解析　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. 5.如图所示，用A，B，C，D表示四类不同的元件连接成系统M.当元件A，B至少有一个正常工作且元件C，D至少有一个正常工作时，系统M正常工作.已知元件A，B，C，D正常工作的概率依次为0.5，0.6，0.7，0.8，则系统M正常工作的概率等于(　　) A.0.752 B.0.988 C.0.168 D.0.832 答案　A 解析　P(M)=［1-P()］［1-P()］=0.752. 6.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获得冠军.若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率为P1=；第二类，需比赛2局，第一局甲输，第二局甲赢，其概率P2=×=.故甲队获得冠军的概率为P1+P2=. 7.(5分)已知事件A，B相互独立，且P(A∩B)=，P(A∩)=，则P(A)=　　　　　.  答案　 解析　P(A∩B)=P(A)P(B)=，P(A∩)=P(A)P()=， P(A∩B)+P(A∩)=P(A)P(B)+P(A)P()=P(A)［P(B)+P()］=P(A)=+=. 8.(5分)甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.8，0.5，0.5，且三人投中与否互不影响，若三人各投篮一次，则甲、乙、丙三人都投中的概率为　　　　　　　；至少有两人投中的概率为　　　　　　　 .  答案　 0.2　0.65 解析　甲、乙、丙三人都投中的概率为0.8×0.5×0.5=0.2. 至少有两人投中的概率为(1-0.8)×0.5×0.5+0.8×(1-0.5)×0.5+0.8×0.5×(1-0.5)+0.8×0.5×0.5=0.65. 9.(10分)甲、乙两名跳高运动员在一次2米跳高中成功的概率分别为0.7，0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求： (1)甲试跳三次，第三次才成功的概率；(5分) (2)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率.(5分) 解　记“甲第i次试跳成功”为事件Ai，“乙第i次试跳成功”为事件Bi， 依题意得P(Ai)=0.7，P(Bi)=0.6，且Ai，Bi相互独立. (1)“甲试跳三次，第三次才成功”为事件∩∩A3，且这三次试跳相互独立. ∴P(∩∩A3)=P()P()P(A3)=0.3×0.3×0.7=0.063. (2)记“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C. P(C)=1-P()P()=1-0.3×0.4=0.88. 10.(12分)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；(6分) (2)家庭中有三个小孩.(6分) 解　(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的样本空间为Ω={(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}， 它有4个样本点，由等可能性知这4个样本点的概率都为. 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、女孩的样本空间为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)}，它有8个样本点， 由等可能性知这8个样本点的概率均为，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)==，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. 11.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等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　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). 12.同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x，转盘乙得到的数为y(若指针停在边界上则重新转)，x，y构成数对(x，y)，则所有数对(x，y)中，满足xy=4的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　满足xy=4的所有可能为 x=1，y=4；x=2，y=2；x=4，y=1. ∴所求事件的概率为 P=P(x=1，y=4)+P(x=2，y=2) +P(x=4，y=1) =×+×+×=. 13.(5分)事件A，B，C相互独立，如果P(AB)=，P(C)=，P(AB)=，则P(B)=　　　　，P(B)=　　　　.  答案　　 解析　∵P(AB)=P(AB)P()=P()=， ∴P()=，即P(C)=. 又P(C)=P()·P(C)=， ∴P()=，P(B)=. 又P(AB)=，则P(A)=， ∴P(B)=P()·P(B)=×=. 14.(5分)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，则一个试验组为甲类组的概率为　　　　.  答案　 解析　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(A1)=2××=，P(A2)=×=，P(B0)=×=，P(B1)=2××=. 所以一个试验组为甲类组的概率为P=P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=×+×+×=. 15.(5分)已知P(A)=0.3，P(B)=0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)=　　　　，P(A|B)=　　　　.  答案　0.65　0.3 解析　因为A，B相互独立，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.3+0.5-0.3×0.5=0.65；P(A|B)=P(A)=0.3. 16.(12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；(6分) (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？(6分) 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····. ∵事件A1，A2，A3，A4，A5相互独立， ∴敌机未被击中的概率为 P(····)=P()·P()·P()·P()·P()=(1-0.2)5=. ∴敌机未被击中的概率为. (2)设至少需要布置n门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机，由(1)可得 敌机被击中的概率为1-， ∴1->0.9，即<， 两边取常用对数，得n>≈10.3. ∵n∈N+，∴n=11. ∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 4.1.3 第四章 <<< 独立性与条件概率的关系 1.了解独立性与条件概率的关系. 2.会求相互独立事件同时发生的概率. 3.综合应用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件同时发生的概率公式解题. 学习目标 我国民间流传寓意深刻的谚语“三个臭皮匠，顶个诸葛亮”，若已知诸葛亮想出计谋的概率为0.9，三个臭皮匠甲、乙、丙各自想出计谋的概率各为0.6，0.5，0.4. 试问这三个臭皮匠能胜过诸葛亮吗？ 导 语 一、事件独立性的理解与判断 二、利用事件独立性求概率 课时对点练 三、事件独立性的应用 随堂演练 内容索引 事件独立性的理解与判断 一 提示　当P(B)>0且P(AB)=P(A)P(B)时，由条件概率的计算公式有 P(A|B)===P(A). 即P(A|B)=P(A).这就是说，此时事件A发生的概率与已知事件B发生时事件A发生的概率相等，也就是事件B的发生，不会影响事件A发生的概率. 类似地，可以看出，如果P(A|B)=P(A)，那么一定有P(AB)=P(A)P(B). 假设P(A)>0且P(B)>0 ，在A与B独立的前提下， P(A|B)与P(A)存在怎样的关系？此时由P(A|B)与P(B)，能不能求出P(AB) ？ 问题 1.相互独立的概念： 当P(B)>0时，A与B独立的充要条件是P(A|B)= ，且有P(A∩B)(或P(AB))=P(A)P(B).“A与B独立”也经常被说成“A与B互不影响”. 2.相互独立的性质： (1)如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立. (2)如果事件A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An). P(A) 知识梳理 口袋中有4个黑球和3个白球，这7个球除颜色外完全相同，连摸两次，每次摸一球.记事件A表示第一次摸得黑球，事件B表示第二次摸得黑球.在放回摸球和不放回摸球两种情况下，事件A与事件B是否独立？ 例 1 8 ①放回摸球： 依题意有P(A)=，P(B)=，P(B|A)=. 因此，P(B|A)=P(B)，即放回摸球时事件A与事件B独立. ②不放回摸球： 依题意有P(A)=，P(B)=+=. P(AB)===. 因此，P(AB)≠P(A)P(B)，即不放回摸球时事件A与事件B不独立. 9 (1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响. (2)定义法：当P(AB)=P(A)P(B)时，事件A，B独立. (3)条件概率法：当P(B)>0时，可用P(A|B)=P(A)判断. 反 思 感 悟 两个事件是否独立的判断 10 (多选)下列事件中，A，B是相互独立事件的是 A.一枚硬币掷两次，A=“第一次为正面朝上”，B=“第二次为反面朝上” B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸两球，A=“第一次摸到白球”， 　B=“第二次摸到白球” C.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为3或4” D.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为偶数” 跟踪训练 1 √ √ 11 把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后次序的影响，故A中A，B事件是相互独立事件； B中是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立； 对于C，A事件为出现1，3，5点，P(A)=，在事件B发生的条件下事件A发生的概率P(A|B)== P(A)，事件A，B相互独立； D中两事件是互斥事件，不是相互独立事件. 12 二 利用事件独立性求概率 　　　(课本例2)已知甲、乙、丙3人参加驾照考试时，通过的概率分别为0.8，0.9，0.7，而且这3人之间的考试互不影响.求： (1)甲、乙、丙都通过的概率； 例 2 用A，B，C分别表示甲、乙、丙驾照考试通过，则可知A，B，C相互独立，而且P(A)=0.8，P(B=0.9)，P(C)=0.7. 甲、乙、丙都通过可用ABC表示， 因此所求概率为P(ABC)=P(A)P(B)P(C) =0.8×0.9×0.7=0.504. 14 (2)甲、乙通过且丙未通过的概率. 甲、乙通过且丙未通过可用AB表示， 因此所求概率为P(AB)=P(A)P(B)P()=P(A)P(B)[1-P(C)]=0.8×0.9×(1-0.7)=0.216. 15 　　　根据资料统计，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，购买甲种保险与购买乙种保险相互独立. (1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率； 例 2 记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，都是相互独立事件，且P(A)=0.5，P(B)=0.6. 记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. 16 (2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率； 记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. 17 (3)车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率是多少？ 方法一　记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(B+A+AB)=P(B)+P(A)+P(AB)=0.5×0.6+0.5×0.4+ 0.5×0.6=0.8. 方法二　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. 18 反 思 感 悟 已知两个事件A，B，它们的概率分别为P(A)，P(B)，那么： (1)A，B中至少有一个发生为事件A+B. (2)A，B都发生为事件AB. (3)A，B都不发生为事件. (4)A，B恰有一个发生为事件A+B. (5)A，B中至多有一个发生为事件A+B+. 与相互独立事件有关的概率问题求解策略 反 思 感 悟 它们之间的概率关系如表所示： 概率 A，B互斥 A，B相互独立 P(A+B) P(A)+P(B) 1-P()P() P(AB) 0 P(A)P(B) P() 1-[P(A)+P(B)] P()P() P(A+B) P(A)+P(B) P(A)P()+P()P(B) P(+A+B) 1 1-P(A)P(B) 　　　　　某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为，乙当选的概率为，丙当选的概率为，且各人是否当选互不影响. (1)求三人中恰有一名同学当选的概率； 跟踪训练 2 21 设甲、乙、丙当选的事件分别为A，B，C， 则有P(A)=，P(B)=，P(C)=. 因为事件A，B，C相互独立， 所以恰有一名同学当选的概率为 P(A)+P(B)+P(C) =P(A)P()P()+P()P(B)P()+P()·P()P(C) =××+××+××=. 22 (2)求三人中至多有两人当选的概率. 因为事件A，B，C相互独立，所以至多有两人当选的概率为 1-P(ABC)=1-P(A)P(B)P(C) =1-××=. 23 事件独立性的应用 三 　(课本例3)在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度.现有甲、乙、丙3个部件组成的一个如图所示的系统，已知当甲正常工作且乙、丙至少有一个能正常工作时，系统就能正常工作，各部件的可靠度均为r(0<r<1)，而且甲、乙、丙互不影响.求系统的可靠度. 例 3 25 用A，B，C分别表示甲、乙、丙能正常工作， D表示系统能正常工作. 由题意知，系统能正常工作时， 可分为三种互斥的情况： 甲、乙、丙都正常工作，即ABC； 甲、丙正常工作，且乙不正常工作，即AC； 甲、乙正常工作，且丙不正常工作，即AB. 因此D=ABC∪AC∪AB. 因为甲、乙、丙互不影响， 26 所以A，B，C相互独立， 而且P(A)=P(B)=P(C)=r. 由互斥事件概率的加法公式以及独立性可知 P(D)=P(ABC∪AC∪AB) =P(ABC)+P(AC)+P(AB) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+P(A)P(B)P() =r3+2r2(1-r)=2r2-r3. 27 　如图，在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关KA，KB，KC，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. 例 3 28 记这段时间内开关KA，KB，KC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()=P()P()P() =[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()=1-0.027=0.973. 即这段时间内线路正常工作的概率是0.973. 29 1.将本例中的“并联”改为“串联”，求这段时间内线路正常工作的概率. 延伸探究 依题意可知所求事件的概率P=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=0.7×0.7×0.7= 0.73=0.343. 30 2.本例中每个开关与闭合的概率不变，求这段时间内如图所示的线路正常工作的概率. 要使线路能正常工作，则KA与KB至少有一个工作，且KC正常工作，即事件(A+B)·C发生，故所求事件的概率P=P(A+B)P(C)=[1-P()]P(C) =P(C)-P()P(C)=P(C)-P()P()·P(C)=0.7-(1-0.7)×(1-0.7)×0.7= 0.637. 31 反 思 感 悟 解决此类问题要明确有关事件是互斥事件还是相互独立事件，以便准确运用概率公式求解.对于较复杂的事件求概率时，可借助于对立事件求解. 张老师乘火车从济南到北京去开会，若当天从济南到北京的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.8，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求： (1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率； 跟踪训练 3 33 用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)=0.8，P(B)=0.8，P(C)=0.9， 所以P()=0.2，P()=0.2，P()=0.1. 由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列正点到达的概率为： P1=P(BC)+P(AC)+P(AB) =P()P(B)P(C)+P(A)P()P(C)+P(A)·P(B)P() =0.2×0.8×0.9+0.8×0.2×0.9+0.8×0.8×0.1 =0.352. 34 (2)这三列火车至少有一列正点到达的概率. 三列火车至少有一列正点到达的概率为 P2=1-P()=1-P()P()P() =1-0.2×0.2×0.1=0.996. 35 1.知识清单： (1)事件独立性的判断. (2)求相互独立事件同时发生的概率. 2.方法归纳：正难则反. 3.常见误区：混淆P(AB)与P(A|B). 课堂小结 随堂演练 四 1.若P(A|B)=，P(A)=，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 √ 1 2 3 4 因为P(A|B)=P(A)=，所以事件A与B相互独立. 2.某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为 A.0.2 B.0.8 C.0.4 D.0.3 事件“问题由乙答对”的含义是甲答错与乙答对同时发生了，由相互独立事件同时发生的概率可知，概率为P=0.6×0.5=0.3. 1 2 3 4 √ 3.已知A与B相互独立，且P(AB)=，P(B)=，则P(|B)=　　　　.  1 2 3 4 ∵A与B相互独立， ∴P(AB)=P(A)P(B)=. 又P(B)=，∴P(A)=. ∴P(|B)=P()=1-P(A)=1-=. 4.加工某零件需经过三道工序，每道工序均为正品时该零件才为正品.设 第一、二、三道工序的次品率分别为，，，且各道工序互不影响， 则加工出来的零件的正品率为　　　　.  1 2 3 4 加工出来的零件的正品率为 ××=. 课时对点练 五 1.(多选)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”，则下列事件相互独立的是 A.A与B B.A与C C.B与C D.都不具有独立性 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ √ 利用古典概型概率计算公式可得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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 2.已知A，B相互独立且P()=0.6，P(|A)=0.8，则P(BA)等于 A.0.6 B.0.06 C.0.4 D.0.08 ∵P()=0.6，∴P(A)=0.4，∵A，B相互独立，∴P(|A)=P()=0.8，∴P(B)=0.2， ∴P(BA)=P(B)·P(A)=0.2×0.4=0.08. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.已知事件A，B满足P(A|B)=0.7，P()=0.3，则 A.P(A∩B)=0.3 B.P(B|A)=0.3 C.事件A，B相互独立 D.事件A，B互斥 由题得P(A)=1-P()=0.7=P(A|B)， 所以P(AB)=P(A|B)P(B)=P(A)P(B)，即A，B相互独立，同一试验中不互斥，而P(B)未知，所以无法确定P(A∩B)，P(B|A)的值. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.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，则表示 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.如图所示，用A，B，C，D表示四类不同的元件连接成系统M.当元件A，B至少有一个正常工作且元件C，D至少有一个正常工作时，系统M正常工作.已知元件A，B，C，D正常工作的概率依次为0.5，0.6，0.7，0.8，则系统M正常工作的概率等于 A.0.752 B.0.988 C.0.168 D.0.832 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 P(M)=[1-P()][1-P()]=0.752. 6.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获得冠军.若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为 A. B. C. D. 问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率为P1=； 第二类，需比赛2局，第一局甲输，第二局甲赢，其概率P2=×=. 故甲队获得冠军的概率为P1+P2=. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知事件A，B相互独立，且P(A∩B)=，P(A∩)=，则P(A)=　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 P(A∩B)=P(A)P(B)=，P(A∩)=P(A)P()=， P(A∩B)+P(A∩)=P(A)P(B)+P(A)P()=P(A)[P(B)+P()]=P(A)=+=. 8.甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.8，0.5，0.5，且三人投中与否互不影响，若三人各投篮一次，则甲、乙、丙三人都投中的概率为　　　；至少有两人投中的概率为　　　　 .  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.2 0.65 甲、乙、丙三人都投中的概率为0.8×0.5×0.5=0.2. 至少有两人投中的概率为(1-0.8)×0.5×0.5+0.8×(1-0.5)×0.5+0.8× 0.5×(1-0.5)+0.8×0.5×0.5=0.65. 9.甲、乙两名跳高运动员在一次2米跳高中成功的概率分别为0.7，0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求： (1)甲试跳三次，第三次才成功的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 记“甲第i次试跳成功”为事件Ai，“乙第i次试跳成功”为事件Bi， 依题意得P(Ai)=0.7，P(Bi)=0.6，且Ai，Bi相互独立. “甲试跳三次，第三次才成功”为事件∩∩A3，且这三次试跳相互独立. ∴P(∩∩A3)=P()P()P(A3)=0.3×0.3×0.7=0.063. (2)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 记“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C. P(C)=1-P()P()=1-0.3×0.4=0.88. 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，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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 有两个小孩的家庭，男孩、女孩的样本空间为Ω={(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}， 它有4个样本点，由等可能性知这4个样本点的概率都为. 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 (2)家庭中有三个小孩. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的样本空间为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)}，它有8个样本点， 由等可能性知这8个样本点的概率均为，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)==，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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 11.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等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 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). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x，转盘乙得到的数为y(若指针停在边界上则重新转)，x，y构成数对(x，y)，则所有数对(x，y)中，满足xy=4的概率为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 满足xy=4的所有可能为 x=1，y=4；x=2，y=2；x=4，y=1. ∴所求事件的概率为 P=P(x=1，y=4)+P(x=2，y=2) +P(x=4，y=1) =×+×+×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.事件A，B，C相互独立，如果P(AB)=，P(C)=，P(AB)=，则P(B) =　　　　，P(B)=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵P(AB)=P(AB)P()=P()=， ∴P()=，即P(C)=. 又P(C)=P()·P(C)=， ∴P()=，P(B)=. 又P(AB)=，则P(A)=， ∴P(B)=P()·P(B)=×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.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，则一个试验组为甲类组的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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(A1)=2××=，P(A2)=×=，P(B0)=×=，P(B1)=2××=. 所以一个试验组为甲类组的概率为P=P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=× +×+×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.已知P(A)=0.3，P(B)=0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)=　　　，P(A|B)=　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 0.65 0.3 因为A，B相互独立，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.3+0.5-0.3 ×0.5=0.65； P(A|B)=P(A)=0.3. 16.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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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····. ∵事件A1，A2，A3，A4，A5相互独立， ∴敌机未被击中的概率为 P(····)=P()·P()·P()·P()·P()=(1-0.2)5=. ∴敌机未被击中的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 69 (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？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设至少需要布置n门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机，由(1)可得 敌机被击中的概率为1-， ∴1->0.9，即<， 两边取常用对数，得n>≈10.3. ∵n∈N+，∴n=11. ∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机. 第一章 <<< $$