7.4 事件的独立性(课时训练)-【志鸿优化训练】2025-2026学年高中数学必修第一册(北师大版)

第七章 07 §4 事 A级|必备知识基础练| 1.(探究点二)某闯关游戏规则如下：在主办方 预设的6个问题中，选手若能连续正确回答 出两个问题，即停止答题，闯关成功.假设某 选手正确回答每个问题的概率都是0.6，且 每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰 好回答了4个问题就闯关成功的概率等于 () A.0.064B.0.144C.0.216D.0.432 2.(探究点二)（多选题）从甲袋中摸出一个红 球的概率是号，从乙袋中摸出一个红球的概 率是2，从两袋中各摸出一个球，下列结论正 确的是( A2个球都是红球的概率为号 且2个球不都是红球的概率为号 C,至少有1个红球的概率为号 D.2个球中恰有1个红球的概率为} 3.(探究点一)从一副不含大小王的扑克牌(52 张)中任抽一张，记事件A为“抽得K”,记事 件B为“抽得红牌”，则事件A与事件B (填“是”或“不是”)相互独立事件 4.(探究点二)某人有4把钥匙，其中2把能打 开门，现随机地取1把钥匙试着开门，不能开 门的就扔掉，问第二次才能开门的概率是 ;如果试过的钥匙不扔掉，这个概 率是 5.(探究，点二)（苏教版教材例题）一只不透明 的口袋内装有大小相同，颜色分别为红、黄、 蓝的3个球. 31 班级 姓名 件的独立性 (1)“从口袋内有放回地抽取2个球，第一次 抽到红球”记为事件A,“从口袋内有放 回地抽取2个球，第二次抽到黄球”记为 事件B. (2)“从口袋内无放回地抽取2个球，第一次 抽到红球”记为事件A,“从口袋内无放 回地抽取2个球，第二次抽到黄球”记为 事件B. 试分别判断(1)(2)中的A,B是否为相 互独立事件 B级|关键能力提升练| 6.已知A,B是相互独立事件，若P(A)=0.2, P(AB+AB+AB)=0.44,则P(B)=() A.0.3B.0.4C.0.5 D.0.6 7.某校举行了知识考试，试卷中只有两道题 目，已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同 学答对每题的概率都为q(p>q),且在考试 中每人各题答题结果互不影响.已知每题 甲、乙两人同时答对的概率为)，恰有一人答 对的概率为是则甲，乙两人共答对至少 3道题的概率是( A R号 c 8.同学甲参加某科普知识竞赛，需回答三个问 题，竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题 分别得100分、100分、200分，答错或不答均 得零分.假设同学甲答对第一、二、三个问题 的概率分别为0.8,0.6,0.5，且各题答对与 否相互之间没有影响，则同学甲得分不低于 300分的概率是 9.田忌赛马的故事出自司马迁的《史记》，话说 齐王、田忌分别有上、中、下等马各一匹，赛 马规则是：一场比赛需要比赛三局，每匹马 都要参赛，且只能参赛一局，最后以获胜局 数多者为胜.记齐王、田忌的马匹分别为A1, A2,A3和B1,B2,B3,每局比赛之间都是相 互独立的，而且不会出现平局.用PA,B,(i, j∈{1,2,3})表示马匹A:与B,比赛时齐王 获胜的概率，若PA1B,=0.8,PAH,=0.9, PA,B,=0.95:PAB,=0.1,PAB,=0.6, PAB,=0.9;PA,B,=0.09,PAB2=0.1, PAB,=0.6.则一场比赛共有 种 不同的比赛方案；在上述所有的方案中，有 一种方案田忌获胜的概率最大，此概率的值 为 3 10.在一个选拔节目中，每个选手都需要进行 四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答 者进入下一轮考核，否则被淘汰.已知某选 手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概 率分别为5,3,5,1 6,1:6,3,且各轮问题能否正 确回答互不影响， (1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率： (2)求该选手至多进人第三轮考核的概率. 11.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 敌机进人这个区域后未被击中的概率； -3 (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？ C级丨学科素养创新练 12.一个系统如图所示，A,B,C,D,E,F为 6个部件，其正常工作的概率都是2，且是 否正常工作是相互独立的，当A,B都正常 工作，或C正常工作，或D正常工作，或E, F都正常工作时，系统就能正常工作，则系 统正常工作的概率是() 5 .6 B.64 c D、9 40.35,用频率估计概率知，B正确： 在C中，由题可知，车速在[60,65)内的车柄数为2，车速在 [65,70)内的丰柄数为4，运用古典概型求概率得，至少有一柄 车的本速在[65,70)的概率为号，即车速都在[60,65)内的概率 为品故C正确，D错混故选ABC 11.0.410.75螺母的直径在(6.93,6.95]范国内的频数 为26+15=1，所以事件A的频率为品-01螺球的直径在 (6.91,6.95]范国内的频数为17+17+26+15=75，所以事件 B的频率为品-05 12.解(1)由A的频率分布直方图可知，对A评分低于30 的频率为(0.003十0.005十0.012)×10=0.2，所以评分低于30 的人数为100×0.2=20. (2)设事件A为“2人中恰有1人是A品牌单车的评分 人”，对A评分在[0,10)范围内的有3人，设为M1,M2,M:对 B评分在[0,10)范围内的有1人，设为N.从这4人中随机选出 2人的选法为(M1,M2),(M1,M),(M1,N),(M2,M),(M2 N),(M2,N),共6种，其中，恰有1人是A的选法为(M1,N), MN.MN,共3种，故瓶奉为PA)=受 13.解(1)由题意知，样本中电影的总部数是140十50十 300十200十800十510=2000，第四类电影中获得好评的电影部 数是200×0.25=50. 50 故所求板率为2000.025. (2)由题意知，样本中莪得好评的电影部数是140×0.4十 50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1= 56+10+45+50+160+51=372. 372 故所求瓶率估计为1一2000-0.814. (3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率， §4事件的独立性 1,B选手哈好回答了4个问题就阁关成功，则第1个问 题可能正确，也可能不正确，第2个问题不正确，第3,4个问题 正确.故P=0.6×0.4×0.6×0.6十0.4×0.4X0.6×0.6 0.144.故选B 2.ACD设“从甲聚中摸出一个红球”为事件A1,“从乙袋 中摸出一个红球”为事件A,别P(A)-子，P(A)=之，且 A1,A相互独立。 A中，概率为PAA)-PA,PA,)=号×号-行，正确： ,11 B中，是“两个都是红球”的对立事件，其概率为1一P(A1A:) ，错误：C中，2个球中至少有1个红球的概率为1一 5 P,)P,)1-音×号-号正确：D中，2个球中给有1 个红球的旅率为PA,A)+P,A,)-吉×号十号×合 1 ,正确，故选ACD A是由题可得，PCA)-克后PB)-爱-字 事件AB即为“既抽得K文抽得红牌”，也可以表示“抽得 21 红桃K或方块K”,故PAB)=22石，从而有P(A)PB)= P(AB),周此事件A与B相互独立 】】由题意知，第二次打开门，说明第一次漫有打 434 开门，故第二次打开门的概率为子×号=子如果浅过的朝起 不切格，这个餐率为导×号- 5.解（方法1）(1)记红，黄、蓝色球的号码分别为1,2,3， 则n,A,B可分别表示为0={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2， 2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)},A={(1,1),1,2),(1,3), B={(1,2,(2,2),(3,2)1.若A发生，则B发生的械率为3； 若A不发生，对B发生的能率为号-宁可见，事件A发生与 1 否不影响事件B发生的概率，因此，A,B相互独立， (2)记红，黄，蓝色球的号码分别为1,2,3，则且，A,B可分 别表示为n={(1,2),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,2)1,A= (1,2),(1,3)},B={(1,2),(3,2).若A发生，则B发生的概 率为宁若A不发生，尉B发生的桃率为子可见，事件A发 生与否影响事件B发生的概率，因此，A,B不相互独立 (方法2)1DP(A)=号=子，P(B)=号=子又因为 AB=,2,所以PAB)=号从5PAB)=PAPB), 因此，A,B为相互独立事件 ②周为PA=号-日PB)=号-号PAB)=言 所以P(AB)≠P(A)P(B).因此，A,B不是相互独立事件. 6.A因为A,B是相互独立事件，所以A,B和A,B均相 互独立.周为P(A)=0.2,P(AB十AB十AB)=0.44,所以 P(A)P(B)+P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.44,所以0.2P(B)十 0.8P(B)十0.21一P(B)]=0.44,解得P(B)=0.3. 1 9=2 7.C依题意， 而p>g,解得 p(1-q)+g1-p)=i2 4” 设A:=“甲网学答对了1题”，B,=“乙同学答对了： 2 题，i=o1.2,则PA)-x是+是×-是，PA) 是×是-品PB,)=号×号+号×号-Pa,)=号× 号-合设甲，乙两人共答对亚少3道题”为事件C,C A1B2十A,B1十A2B2,周此P(E)=P(A1B2)+P(A2B1)十 PB,)=音×号+×号+品×-号所以甲，乙两人 共答时至少3道题的桃率是号，故选C 8.0.46设“同学甲答对第i个题”为事件A,(i=1,2,3), 则P(A1)=0.8,P(A)=0.6,P(A)=0.5,且事件A1,A2, A8相互独立，同学甲得分不低于300分即为事件AA:A,U A1A2A3UAAA,发生， 故所求概率为P=P(A1 A2A,UA1A,A,UA1A,Ag)= P(AA:A:)+P(AA:A)+P(AiA:A3)=P(A)P(A). PAa)+P(A)P(A2)P(A1)+P(A1)P(A2)P(A)=0.8× 0.6×0.5+0.8×0.4×0.5+0.2×0.6×0.5=0.46. 9.60.819由题意可知，所有的比赛方紫为(A:B, A2B2A3B3),(ABA2B3.A,B),(AB2A:B+A3Bs), (AB:,A:B,AB),(A:B,A:B2,A:B),(AB,A:B A3B:),故一场比赛共6种不同的比赛方案.其中采用方案 (A:BA2B:,AB:),则田忌获胜的概率最大，记田忌三局全 胜和恰胜两局的概率分别为P,,P:,剩P1=0.05X0.9X 0.9=0.0405,P:=0.05×0.9×0.1×2十0.95×0.9×0.9= 0.7785,所以有一种方案田忌获胜的概率最大，此概率的值为 0.0405+0.7785=0.819 10.解设事件A,(=1,2,3,4)表示“该速手能正确回答第i轮 问题，剥PA,)=号PA,)=是，PA,)名PA,)号 (1)设事件B表示“该逃手进入第三轮才被淘汰”， 则P(B)=PAA,A)=P(A)PA)P(a,)=吾× ×1-号）-8 (2)设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”， P(C)=P(A:+AA:+A:A:A,)=P(A;)+ PA)+PA,A,A)-1-音+g×(1-)+号×× (1-)-器 11.解(1)设“敌机被第是门高地击中”的事件为A(便一1， 2,3,4,5),那么“5门高炮都未击中敌机"的事件为A1A,AAA6, 事件A1,A2,A,A4,A5相互独立， .敌机未被击中的概率为P(A1A2A,AA)= PA,)PA)PA,PA,)PA,)=1-0.2=(号）. 六截机未被去中的概奉为（信）广。 (2)设至少需要布置n门高炮才能有0.9以上的概率被击中， 由(1)可得，敌机被击中的概率为1 (”,令1 ()广≥0.9，得()”≤0两边取常用对数，得≥ 1-3g210.3.n∈Nn=1,故至少需要布置11门高 1 地才能有0.9以上的概率击中敌机， 12.A设“C正常工作”为事件G,“D正常工作”为事 件H,“A与B中至少有一个不正常工作”为事件T,“E与F 中至少有一个不正常工作”为事件R,则P(G)=P(H=, P(D-PR)-1名×宁-子批系统正常工作的概奉P 1-P(T)P(R)P(GP(- 2-