课时梯级训练(49) 事件的独立性（Word练习）-【优化指导】2025-2026学年高中数学必修第一册（北师大版2019）

课时梯级训练(49)　事件的独立性 1．(2025·齐齐哈尔高一期末)在一段时间内，若甲去参观市博物馆的概率为0.6，乙去参观市博物馆的概率为0.5，且甲、乙两人各自行动，则在这段时间内，甲、乙两人至少有一人去参观博物馆的概率是 (　　) A．0.3 B．0.32 C．0.8 D．0.84 C　解析：依题意，在这段时间内，甲、乙都不去参观博物馆的概率为P1＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2， 所以在这段时间内，甲、乙两人至少有一人去参观博物馆的概率是P＝1－P1＝1－0.2＝0.8.故选C. 2．(2025·南阳高一期末)甲、乙、丙三人打靶，他们的命中率分别为p1，p2，，若三人同时射击一个目标，甲、丙击中目标而乙没有击中目标的概率为，乙击中目标而丙没有击中目标的概率为，已知“甲击中目标”“乙击中目标”“丙击中目标”是相互独立事件，则p1，p2的值分别为 (　　) A．， B．， C．， D．， C　解析：由题意得 解得 故选C. 3．(2025·滁州高一统考期末)某校课外活动兴趣小组设计一控制模块，电路如图所示，当且仅当电子元件A，B至少有一个正常工作，且电子元件C正常工作，控制模块才能正常工作．已知电子元件A，B，C正常工作的概率分别为0.8，0.7，0.6，则该控制模块能正常工作的概率为 (　　) A．0.704 B．0.644 C．0.564 D．0.336 C　解析：由题意，电子元件A与B至少有一个正常工作的概率为P1＝1－P()P()＝1－(1－0.8)×(1－0.7)＝0.94， 所以该控制模块能正常工作的概率为P＝P1·P(C)＝0.94×0.6＝0.564.故选C. 4．(多选)(2025·张家口高一期末)一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球．现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是 (　　) A．事件A与事件B相互独立 B．事件A与事件C相互独立 C．事件B与事件C相互独立 D．事件B与事件D互斥 ABD　解析：根据题意可知，从6个小球中任意取出两个球，共有15种可能，分别为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6). 事件A包含3种可能，即(1，3)，(2，4)，(5，6)， ∴P(A)＝＝； 事件B包含5种可能，即(1，2)，(2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，6)， ∴P(B)＝＝； 事件C包含5种可能，即(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(3，4)， ∴P(C)＝＝； 事件D包含1种可能，即(1，5)，∴P(D)＝. 事件AB，AC，BC分别为(5，6)，(2，4)，(3，4)，各1种可能， 对于A，P(AB)＝＝P(A)P(B)，A正确； 对于B，P(AC)＝＝P(A)P(C)，B正确； 对于C，P(BC)＝≠P(B)P(C)，C错误； 对于D，事件B与事件D不能同时发生，故事件B与事件D互斥，D正确．故选ABD. 5．(2025·长春高一期末)若甲、乙、丙在10分钟之内独立复原魔方的概率分别为0.7，0.6，0.5，则甲、乙、丙至少有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为_______________． 答案：0.94　解析：记事件A，B，C分别为甲、乙、丙在10分钟之内独立复原魔方，则 P(A)＝0.7，P(B)＝0.6，P(C)＝0.5， 所以甲、乙、丙至少有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为 1－P()P()P()＝1－0.3×0.4×0.5＝0.94. 6．甲、乙、丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲、乙、丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为________． 答案：　解析：因为甲、乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为，所以甲、乙2人均购买不到冰墩墩的概率为P1＝1－＝. 同理，丙购买不到冰墩墩的概率为P2＝1－＝. 所以甲、乙、丙3人都购买不到冰墩墩的概率为P3＝P1·P2＝×＝， 于是甲、乙、丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为P＝1－P3＝. 7．甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为和，两人能否破译密码相互独立，求两人破译时，以下事件发生的概率． (1)两人都能破译的概率； (2)恰有一人能破译的概率； (3)至多有一人能破译的概率． 解：(1)由题意，甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为和， 两人能否破译密码相互独立， 所以两人都能破译的概率为×＝. (2)恰有一人能破译的概率为×(1－)＋(1－)×＝. (3)事件“至多有一人能破译”与事件“两人都能破译”互为对立事件， 所以至多有一人能破译的概率为1－×＝1－＝. 8．(2025·开封高一期末)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为p，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立．已知在某局双方10∶10平后，甲先发球． (1)若两人又打了2个球该局比赛结束的概率为，求p的值； (2)在(1)的条件下，求两人又打了4个球且甲获胜的概率． 解：(1)由题意可知，甲先发球，两人又打了2个球该局比赛结束， 所对应的事件为A＝“甲连赢两球或乙连赢两球”， 所以P(A)＝p×＋(1－p)×(1－)＝，解得p＝，即p的值为. (2)由题意可知，若两人又打了4个球且甲获胜， 则所对应的事件为B＝“前两球甲、乙各得1分，后两球均为甲得分”， 因为甲发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为1－＝， 乙发球时甲得分的概率为，乙得分的概率为1－＝， 所以P(B)＝(×＋×)××＝. 9．(多选)(2025·台州高一期末)小明参加文学社、话剧社、辩论社的社团招新面试，已知三个社团面试成功与否互不影响，文学社面试成功的概率为，话剧社面试成功的概率为，辩论社面试成功的概率为，则 (　　) A．文学社和话剧社均面试成功的概率为 B．话剧社与辩论社均面试成功的概率为 C．有且只有辩论社面试成功的概率为 D．三个社团至少一个面试成功的概率为 BCD　解析：对于A，根据题意，文学社和话剧社均面试成功的概率为P1＝×＝，所以A不正确； 对于B，根据题意，话剧社与辩论社均面试成功的概率为P2＝×＝，所以B正确； 对于C，根据题意，有且只有辩论社面试成功的概率为P3＝(1－)×(1－)×＝，所以C正确； 对于D，三个社团都不成功的概率为P4＝××＝，所以三个社团至少一个面试成功的概率为P＝1－P4＝，所以D正确．故选BCD. 10．(多选)一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件M为“第一次向下的数字为1或2”，事件N为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是 (　　) A．事件M发生的概率为 B．事件M与事件N互斥 C．事件M与事件N相互独立 D．事件M＋N发生的概率为 AC　解析：由题意可得P(M)＝＝，故A正确； 当两次抛掷的点数为(1，4)时，事件M与事件N同时发生，所以事件M与事件N不互斥，故B错误； 事件M与事件N同时发生的情况有(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，3)共4种，所以P(MN)＝＝，又P(N)＝＝，所以P(MN)＝P(M)·P(N)，故事件M与事件N相互独立，故C正确； P(M＋N)＝＝，故D错误．故选AC. 11．(2024·邵阳高一期末)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为，假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下．若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为________． 答案：　解析：若第一局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 若第一局乙执黑子先下，则甲胜的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 所以甲胜第一局，乙胜第二局的概率为P＝××＋××＝. 12．机动车驾驶考试是为了获得机动车驾驶证的考试，采用全国统一的考试科目内容及合格标准，包括科目一理论考试、科目二场地驾驶技能考试、科目三道路驾驶技能考试和科目四安全文明常识考试共四项考试，考生应依次参加四项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考．据公安部门通报，佛山市四项考试的合格率依次为，，，，且各项考试是否通过互不影响，则一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为________． 答案：　解析：不需要补考就通过的概率为×××＝； 仅补考科目一就通过的概率为(1－)××××＝； 仅补考科目二就通过的概率为×(1－)×××＝； 仅补考科目三就通过的概率为××(1－)××＝； 仅补考科目四就通过的概率为×××(1－)×＝， 故一位佛山公民通过驾考四项考试至多需要补考一次的概率为＋＋＋＋＝. 13．垃圾分类一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称．垃圾分类具有社会、经济、生态等多方面的效益．小明和小亮组成“明亮队”参加垃圾分类有奖答题活动，每轮活动由小明和小亮各答1道题，已知小明每轮答对的概率为，小亮每轮答对的概率为，且在每轮答题中小明和小亮答对与否互不影响，各轮结果也互不影响． (1)求“明亮队”在一轮活动中1道题都没有答对的概率； (2)求“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率． 解：(1)设A＝ “一轮活动中小明答对1道题”，B＝“一轮活动中小亮答对1道题”，则P(A)＝，P(B)＝.设C＝“‘明亮队’在一轮活动中1道题都没有答对”，则C＝ ，因为每轮答题中小明和小亮答对与否互不影响，所以A与B相互独立，从而与相互独立，所以P(C)＝P( )＝P()P()＝×＝.所以“明亮队”在一轮活动中1道题都没有答对的概率为. (2)设Ai＝“两轮活动中小明答对了i道题”，Bi＝“两轮活动中小亮答对了i道题”，i＝0，1，2.由题意得P(A1)＝×＋×＝，P(A2)＝×＝，P(B1)＝×＋×＝，P(B2)＝×＝. 设E＝“‘明亮队’在两轮活动中答对3道题”，则E＝A1B2＋A2B1.因为Ai和Bi相互独立，A1B2与A2B1互斥，所以P(E)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝×＋×＝. 所以“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率为. 14．(2025·哈尔滨高一期末)在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、丙首先比赛，乙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为. (1)求丙连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由． 解：(1)丙连胜四场的情况为“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”， 所以丙连胜四场的概率为P1＝()4＝. (2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛． 而甲、丙连胜四场的概率为()4×2＝， 乙上场后连胜三场获胜的概率为P2＝()3＝， 所以需要进行第五场比赛的概率为P3＝1－－＝1－＝. (3)三人中乙最终获胜的概率最大．理由如下： 记事件A为甲输，事件B为丙输，事件C为乙输， 事件M为甲获胜，事件N为乙获胜， 则甲获胜的基本事件包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC， 所以甲获胜的概率为P(M)＝()4＋7×()5＝. 同理丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等， 即丙最终获胜的概率也是. 则乙获胜的概率为， 即乙最终获胜的概率最大． 所以乙获胜的概率为P(N)＝1－×2＝. 又>，所以三人中乙最终获胜的概率最大． 学科网（北京）股份有限公司 $$