专题1.2 频率与概率+随机事件的独立性（高效培优讲义）数学沪教版2020必修第三册

专题1.2 频率与概率+随机事件的独立性 教学目标 ①通过实验让学生理解当试验次数较大时，实验频率稳定在某一常数附近，并据此能估计出某一事件发生的频率。 ②理解随机模拟试验出现地意义。 ③理解两个事件相互独立的概念。 ④能进行一些与事件独立有关的概念的计算。 教学重难点 教学重点： ①频率与概率的关系 ②频率与概率的计算 ③利用随机模拟试验求概率 ④两个事件相互独立的概念； 教学难点：与事件独立有关的概念的计算； 知识点01 频率与概率 1.1随机事件的频率 在相同的条件下重复次试验，观察某一事件是否出现,称次试验中事件出现的次数为事件出现的频数，称事件出现的比例为事件出现的频率. 1.2频率的特点 随机事件在一次试验中是否发生具有不确定性，但是，在相同条件下的大量重复试验中，它发生的频 率有以下特点. ①在某次随机试验中，事件发生的频率是一个变量，事先是无法确定的.但在大量重复试验后，它又 具有稳定性，即频率在某个“常数”附近摆动，并且随着试验次数的增加，摆动的幅度具有越来越小的趋势. ②有时候试验也可能出现频率偏离“常数”较大的情况，但是随着试验次数的增加，频率偏离“常数”的可 能性会减小. ③个别随机事件在一次试验中可能出现也可能不出现，但在大量试验中，它出现的次数与总试验次数 之比常常是比较稳定的.这种现象称为频率的稳定性，是随机事件内在规律性的反映. 1.3频率的稳定性(用频率估计概率) 大量试验表明，在任何确定次数的随机试验中，一个随机事件发生的频率具有随机性.一般地，随着 试验次数的增大，频率偏离概概率的幅度会缩小，即事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生 的概率.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.因此，我们可以用频率估计概率. 【即学即练】抛一枚硬币100次，有49次正面朝上，则事件“反面朝上”的概率和频率分别是（   ） A．0.5，0.5 B．0.51，0.51 C．0.49，0.49 D．0.5，0.51 知识点02 相互独立事件的概念 对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立(mutually independent)，简称为独立． 性质1：必然事件、不可能事件与任意事件相互独立 性质2：如果事件与相互独立，则与，与，与也相互独立 则：，， 【即学即练】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，B表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，C表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（    ） A．A与B为相互独立事件 B．A与C为互斥事件 C．B与C为相互独立事件 D．B与C为互斥事件 知识点03 相互独立事件的概率求法 已知两个事件，相互独立，它们的概率分别为，，则有 事件 表示 概率 ，同时发生 ，都不发生 ，恰有一个发生 ，中至少有一个发生 或 ，中至多有一个发生 或 【即学即练】唐山河头老街景区近期持续火爆出圈．甲、乙2人暑假来此地旅游的概率分别为，，假定2人的行动相互没有影响，则暑假至少有1人来此地旅游的概率为（    ） A． B． C． D． 知识点04 互斥事件与相互独立事件的区别 相互独立事件 互斥事件 判断方法 一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响 两个事件不可能同时发生， 即 概率公式 事件与相互独立等价于 事件与互斥， 则 【即学即练】已知，，，则事件与的关系是（    ） A．与互斥不对立 B．与对立 C．与相互独立 D．与既互斥又独立 题型01计算频率 【典例1】袋中有10个球，有红球和黄球两种类型．小明有放回地取10000次，有6993次取到红球，有3007次取到黄球，那么红球最有可能有个 ． 【变式1】在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（    ） A．48 B．0.48 C．52 D．0.52 【变式2】对某班名同学的一次数学成绩进行统计，如果这一组的频数是，那么这个班的学生这次数学测验，成绩在分之间的频率是（    ） A．18 B．0.4 C．0.35 D．0.3 【变式3】某同学抛掷硬币100次，有51次出现正面.因此出现正面的频率是 . 【变式4】从存放号码分别为的卡片的盒子里，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下： 卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取到次数 15 10 5 7 6 9 18 9 12 9 取到号码为奇数的频率为 . 题型02辨析频率与概率的关系 【典例1】某人将一枚硬币连续掷了10次，6次正面朝上，若事件A表示“抛掷一枚硬币，正面朝上”，则事件A的（   ） A．频率为，概率为 B．频率为，概率为 C．频率为，概率为 D．频率为，概率为 【变式1】下列说法中正确的是（    ） A．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B．在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有确定性 C．在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 D．随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率 【变式2】某同学做立定投篮训练，共3组，每组投篮次数和命中的次数如下表：根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，误差较小的可能性的估计是（    ） 第一组 第二组 第三组 合计 投篮次数 100 200 300 600 命中的次数 66 126 183 375 命中的频率 0.66 0.63 0.61 0.625 A．0.61 B．0.63 C．0.625 D．0.66 【变式3】根据统计，某篮球运动员在1000次投篮中，命中的次数为860次，则该运动员（    ） A．投篮10次至少有8次命中 B．投篮命中的频率为0.86 C．投篮命中的概率为0.86 D．投篮100次有86次命中 【变式4】小明将一枚质地均匀的正方体骰子连续抛掷了5次，每次朝上的点数都是2，则下列说法正确的是（    ） A．朝上的点数是2的概率和频率均为1 B．若抛掷30000次，则朝上的点数是2的概率为1 C．抛掷第6次，朝上的点数一定不是2 D．抛掷60000次，朝上的点数为2的次数大约为10000次 题型03用频率估计概率 【典例1】在滑翔伞定点比赛中，飞行员在降落时一般会踩中半径为16cm的电子靶，以距靶心距离的远近作为打分依据．若某次比赛中规定：降落时距靶心的距离小于8cm，会获得“优秀飞行员”称号．现随机抽取了100名飞行员此次比赛降落时距靶心距离（单位：cm）的数据如下表： 降落时距靶心距离（单位：cm） 人数 18 21 39 22 用频率估计概率，若随机抽取1人，则此人为“优秀飞行员”的概率为（    ） A．0.18 B．0.21 C．0.39 D．0.40 【变式1】一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个红球，4个白球，若干个黑球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.4，则袋中约有黑球（   ） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 【变式2】《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送米1805石（古代容量单位），验得米内夹谷，抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，则这批米内夹谷约为（   ） A．361石 B．341石 C．314石 D．360石 【答案】A 【变式3】某学校乒乓球比赛，学生甲和学生乙比赛3局（采取三局两胜制），假设每局比赛甲获胜的概率是0.7，乙获胜的概率是0.3，利用计算机模拟试验，计算机产生之间的随机数，当出现随机数时，表示一局甲获胜，其概率是0.7.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，例如，产生20组随机数； 603 099 316 696 851 916 062 107 493 977 329 906 355 860 375 107 347 467 822 166 根据随机数估计甲获胜的概率为（    ） A．0.9 B．0.95 C．0.8 D．0.85 【变式4】某烟花爆竹厂从20万件同类产品中随机抽取了100件进行质检，发现其中有5件不合格，那么请你估计该厂这20万件产品中合格产品约有（    ） A．1万件 B．18万件 C．19万件 D．2万件 题型04 独立事件的判断 【典例1】一个箱子里有6个大小颜色相同的小球，编号为，从中有放回地抽取2次（每次取1个球）.设事件：“第一次取出的球的号码大于3”，事件：“两次取出的球的号码之和为偶数”. (1)求事件的概率； (2)判断事件与事件是否相互独立，并说明理由. 【变式1】一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1、2、3，这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机地抽取3次，每次抽取1张. (1)若抽取是放回的，将抽取的卡片上的数字依次记为a、b、c.求“抽取的卡片上的数字a、b、c不完全相同”的概率； (2)若抽取是不放回的，记事件A为第一次取出标记为1的卡片，事件B为第二次取出标记为2的卡片，判断事件A，B是否独立. 【变式2】质地均匀的正方体骰子，六个面上点数分别为1、2、3、4、5、6. (1)抛掷一次骰子，求点数是偶数的概率； (2)抛掷两次骰子，设事件A为第一次的点数为4，事件B为两次点数和为6，事件C为两次点数和为7.分别判断事件A和B是否独立？事件A和C是否独立？ 题型05独立事件与互斥事件 【典例1．投掷一枚均匀的骰子，事件A：点数大于2；事件B：点数小于4；事件C：点数为偶数.则下列关于事件描述正确的是（    ） A．A与B 是互斥事件 B．A 与B 是对立事件 C．A与C是独立事件 D．B与C 是独立事件 【变式1】抛掷两枚质地均匀的硬币一次，设“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则下述正确的是（    ）. A．A与B对立 B．A与B互斥 C． D．A与B相互独立 【变式2】袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，如果“第一次摸得白球”记为事件A，“第二次摸得白球”记为事件B，那么事件A与B，A与间的关系是（    ） A．A与B，A与均相互独立 B．A与B相互独立，A与互斥 C．A与B，A与均互斥 D．A与B互斥，A与相互独立 【变式3】某科研小组共60名成员，他们需要完成甲、乙、丙、丁四个科研项目，科研成员随机参与，且每个人可以参与一个或多个项目．若参与甲项目的有30人，参与乙项目的有10人，参与丙项目的有20人，参与丁项目的有30人，参与了甲项目或乙项目的共有40人，同时参与了甲项目和丙项目的有10人，参与了甲项目或丁项目的共有60人，则下列说法正确的是（   ） A．参与甲项目与参与乙项目不互斥 B．参与甲项目与参与丁项目互斥但不对立 C．参与丙项目与参与丁项目不相互独立 D．参与甲项目与参与丙项目相互独立 【变式4】已知甲盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，乙盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，现从甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球，记事件“摸到的两个小球标号相同”，事件“摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（    ） A．事件A和相等 B．事件A和互相对立 C．事件A和相互独立 D．事件A和互斥 题型06独立事件的乘法公式 【典例1】已知甲､乙两人参加闯关活动，活动一共设置两关.甲每关闯关成功的概率均为，乙每关闯关成功的概率均为，且甲､乙两人闯关成功与否互不影响，则甲､乙两人总共至少有三关闯关成功的概率是 . 【变式1】若事件与事件相互独立，，，则 . 【变式2】已知A，B两个事件相互独立，且，，则 . 【变式3】已知事件A，B相互独立，且，，则 . 【变式4】端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为 题型07 独立事件的实际应用 【典例1】甲、乙两人进行投篮比赛，每次投篮若一方投中且另一方未投中，则投中的一方获胜，否则本次平局.已知每次投篮甲、乙投中的概率分别为和，且每次投篮甲、乙投中与否互不影响，各次投篮也互不影响，则次投篮甲至少获胜次的概率为 . 【变式1】甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则恰有一人中靶的概率为 . 【变式2】某学生做两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个正确答案．该学生随意填写两个答案，则两个答案都选错的概率为 ． 【变式3】如图，已知电路中有4个开关，每个开关独立工作，且闭合的概率为，则灯亮的概率为 ．    【变式4】有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为 ． 1．在一个试验中，某种豚鼠被感染病毒的概率为，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染．经随机模拟产生了如下20组随机数： 192 907 966 925 271 932 812 458 569 683 257 393 127 556 488 730 113 537 989 431 据此估计三只豚鼠中恰有两只被感染的概率为 ． 2．在用随机数（整数）模拟“有5个男生和5个女生，从中抽选4人，求选出2个男生2个女生的概率”时，可让计算机产生的随机整数，并且代表男生，用代表女生．因为是选出4个，所以每4个随机数作为一组．通过模拟试验产生了10组随机数： 6830 4725 7056 6431 7840 4523 7834 2604 6346 0952 由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为 3．为了解某地区九年级男生的身高情况，随机选取了该地区100名九年级男生进行测量，他们的身高x（cm）统计如下表： 组别     人数 13 43 36 8 根据上表，抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高高于170cm的概率是 ． 4．在如图所示的一个电路图中，A，B，C，D，E，F为6个开关，每个开关闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是 . 5．在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为 . 6．某箱中有除颜色外其余完全相同的7个球，其中3个白球，4个黑球，现从该箱中任取2次球，每次取出1个球记录颜色后放回，则最终仅取到1个黑球的概率为 ． 7．甲、乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.6，乙获奖的概率为0.4，甲、乙两人同时获奖的概率为0.24，则甲、乙两人恰有一人获奖的概率为 . 8．已知事件A的对立事件为，，．若，则 ， 9．某工厂生产的零件需要经过两道质量检测工序合格后方可认定零件合格，第一道检测工序检测合格的概率为0.8，第二道工序检测合格的概率为0.7，则一个零件不合格的概率 ． 10．在一次招聘面试中，小明要依次回答甲､乙､丙三个问题，已知他答对这三个问题的概率分别为，各题回答正确与否相互独立，则小明能够连续答对至少2个问题的概率为 . 11．下列命题正确的是（   ） A．用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确． B．若单调函数和值域均为，那么“函数为常函数”是不可能事件。 C．事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D．若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立 12．已知样本空间，事件，事件，则下列选项错误的是（   ） A． B． C．事件与事件独立 D．事件与事件互斥 13．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球. (1)写出这个试验的样本空间Ω； (2)事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“两次取出的球的数字之和是5”.判断事件A和事件B是否相互独立，并说明理由. 14．判断下列各对事件是不是相互独立事件： (1)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”； (2)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”． 15．一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. (1)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求； (2)若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，事件表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证是独立的，并说明理由. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.2 频率与概率+随机事件的独立性 教学目标 ①通过实验让学生理解当试验次数较大时，实验频率稳定在某一常数附近，并据此能估计出某一事件发生的频率。 ②理解随机模拟试验出现地意义。 ③理解两个事件相互独立的概念。 ④能进行一些与事件独立有关的概念的计算。 教学重难点 教学重点： ①频率与概率的关系 ②频率与概率的计算 ③利用随机模拟试验求概率 ④两个事件相互独立的概念； 教学难点：与事件独立有关的概念的计算； 知识点01 频率与概率 1.1随机事件的频率 在相同的条件下重复次试验，观察某一事件是否出现,称次试验中事件出现的次数为事件出现的频数，称事件出现的比例为事件出现的频率. 1.2频率的特点 随机事件在一次试验中是否发生具有不确定性，但是，在相同条件下的大量重复试验中，它发生的频 率有以下特点. ①在某次随机试验中，事件发生的频率是一个变量，事先是无法确定的.但在大量重复试验后，它又 具有稳定性，即频率在某个“常数”附近摆动，并且随着试验次数的增加，摆动的幅度具有越来越小的趋势. ②有时候试验也可能出现频率偏离“常数”较大的情况，但是随着试验次数的增加，频率偏离“常数”的可 能性会减小. ③个别随机事件在一次试验中可能出现也可能不出现，但在大量试验中，它出现的次数与总试验次数 之比常常是比较稳定的.这种现象称为频率的稳定性，是随机事件内在规律性的反映. 1.3频率的稳定性(用频率估计概率) 大量试验表明，在任何确定次数的随机试验中，一个随机事件发生的频率具有随机性.一般地，随着 试验次数的增大，频率偏离概概率的幅度会缩小，即事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生 的概率.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.因此，我们可以用频率估计概率. 【即学即练】抛一枚硬币100次，有49次正面朝上，则事件“反面朝上”的概率和频率分别是（   ） A．0.5，0.5 B．0.51，0.51 C．0.49，0.49 D．0.5，0.51 【答案】D 【分析】根据频率和概率的定义即可求解. 【详解】抛一枚硬币100次，有49次正面朝上，故有51次反面朝上，故“反面朝上”的频率为，“反面朝上”的概率为0.5， 故选：D 知识点02 相互独立事件的概念 对任意两个事件与，如果成立，则称事件与事件相互独立(mutually independent)，简称为独立． 性质1：必然事件、不可能事件与任意事件相互独立 性质2：如果事件与相互独立，则与，与，与也相互独立 则：，， 【即学即练】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，B表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，C表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则（    ） A．A与B为相互独立事件 B．A与C为互斥事件 C．B与C为相互独立事件 D．B与C为互斥事件 【答案】C 【分析】根据互斥事件的概念和独立事件的定义进行判断即可. 【详解】根据题意可知，. 第一次抛掷骰子的点数为2，且第一次抛掷骰子的点数为奇数的概率为0， 即，所以不相互独立，所以A错误； 第一次抛掷骰子的点数为奇数，两次抛掷骰子的点数之和为7的情况数有. 所以，所以相互独立，所以C正确； 第一次抛掷骰子的点数为2，且两次抛掷骰子的点数之和为7的情况数有， 这说明能同时发生，所以不是互斥事件，B错误； 第一次抛掷骰子的点数为奇数，两次抛掷骰子的点数之和为7的情况数有. 这说明能同时发生，所以不是互斥事件，D错误； 故选：C. 知识点03 相互独立事件的概率求法 已知两个事件，相互独立，它们的概率分别为，，则有 事件 表示 概率 ，同时发生 ，都不发生 ，恰有一个发生 ，中至少有一个发生 或 ，中至多有一个发生 或 【即学即练】唐山河头老街景区近期持续火爆出圈．甲、乙2人暑假来此地旅游的概率分别为，，假定2人的行动相互没有影响，则暑假至少有1人来此地旅游的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式计算得解. 【详解】暑假两人都没来此地旅游的概率为， 所以暑假至少有1人来此地旅游的概率为. 故选：B 知识点04 互斥事件与相互独立事件的区别 相互独立事件 互斥事件 判断方法 一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响 两个事件不可能同时发生， 即 概率公式 事件与相互独立等价于 事件与互斥， 则 【即学即练】已知，，，则事件与的关系是（    ） A．与互斥不对立 B．与对立 C．与相互独立 D．与既互斥又独立 【答案】C 【分析】利用计算出，可得到则能得到与不互斥，不对立；再利用算出即可得到答案 【详解】由可得， 因为，则与不互斥，不对立， 由可得， 因为，所以与相互独立 故选：C 题型01计算频率 【典例1】袋中有10个球，有红球和黄球两种类型．小明有放回地取10000次，有6993次取到红球，有3007次取到黄球，那么红球最有可能有个 ． 【答案】7 【分析】利用频率近似红球的所占比例可得答案. 【详解】因为红球所占比例为， 所以红球的个数最有可能有. 故答案为：. 【变式1】在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（    ） A．48 B．0.48 C．52 D．0.52 【答案】D 【分析】结合题意，由频率等于频数比总数可得. 【详解】由题意可得反面朝上的频数为52，所以其频率为. 故选：D 【变式2】对某班名同学的一次数学成绩进行统计，如果这一组的频数是，那么这个班的学生这次数学测验，成绩在分之间的频率是（    ） A．18 B．0.4 C．0.35 D．0.3 【答案】D 【分析】根据频率的计算公式计算即可. 【详解】由题意，成绩在分之间的频率是. 故选：D. 【变式3】某同学抛掷硬币100次，有51次出现正面.因此出现正面的频率是 . 【答案】0.51/ 【分析】根据频率公式计算即可. 【详解】由题意，出现正面的频率为. 故答案为：0.51. 【变式4】从存放号码分别为的卡片的盒子里，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下： 卡片号码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 取到次数 15 10 5 7 6 9 18 9 12 9 取到号码为奇数的频率为 . 【答案】 【分析】根据数表求出取到奇数号码的次数即可计算作答. 【详解】由数表知，取到奇数号码的次数是：， 所以取到号码为奇数的频率为. 故答案为：0.56 题型02辨析频率与概率的关系 【典例1】某人将一枚硬币连续掷了10次，6次正面朝上，若事件A表示“抛掷一枚硬币，正面朝上”，则事件A的（   ） A．频率为，概率为 B．频率为，概率为 C．频率为，概率为 D．频率为，概率为 【答案】B 【详解】事件A的频率为，概率为． 【变式1】下列说法中正确的是（    ） A．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B．在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有确定性 C．在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 D．随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率 【答案】D 【分析】根据已知条件，结合频率，概率的定义，即可逐一判断. 【详解】对于A，一般而言，频率是试验值，而概率是估计值，故不是同一个概念，故A错误； 对于B，在n次随机试验中，一个随机事件A发生的频率具有随机性，故B错误； 对于C，在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和一定等于1，故C错误； 对于D，根据随机事件发生的概率定义，随着试验次数n的增大，一个随机事件A发生的频率会逐渐稳定于事件A发生的概率，故D正确. 故选:D. 【变式2】某同学做立定投篮训练，共3组，每组投篮次数和命中的次数如下表：根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，误差较小的可能性的估计是（    ） 第一组 第二组 第三组 合计 投篮次数 100 200 300 600 命中的次数 66 126 183 375 命中的频率 0.66 0.63 0.61 0.625 A．0.61 B．0.63 C．0.625 D．0.66 【答案】C 【分析】根据频率和概率的关系即可判断. 【详解】由题可知，试验次数越多，频率越接近概率，对可能性的估计误差越小，可能性越大， 所以合计列对应的频率最为合适. 故选：C. 【变式3】根据统计，某篮球运动员在1000次投篮中，命中的次数为860次，则该运动员（    ） A．投篮10次至少有8次命中 B．投篮命中的频率为0.86 C．投篮命中的概率为0.86 D．投篮100次有86次命中 【答案】B 【分析】根据频率、概率的含义以及与事件的关系判断，即得答案. 【详解】由题意可知投篮命中的频率为， 而频率可能比概率大也可能小，概率是频率的稳定值，二者不一定相等，故B正确，C错误； 投篮10次或100次相当于做10次或100次试验，每一次的结果都是随机的， 其结果可能是一次都没中，也可能是多次投中等，频率和概率只反映事件发生的可能性的大小， 不代表事件一定会发生，故AD错误， 故选：B 【变式4】小明将一枚质地均匀的正方体骰子连续抛掷了5次，每次朝上的点数都是2，则下列说法正确的是（    ） A．朝上的点数是2的概率和频率均为1 B．若抛掷30000次，则朝上的点数是2的概率为1 C．抛掷第6次，朝上的点数一定不是2 D．抛掷60000次，朝上的点数为2的次数大约为10000次 【答案】D 【分析】根据频率与概率的概念判断A，由频率与概率的关系判断BD，由概率的概念判断C. 【详解】A：由题意知朝上的点数是2的频率为1，概率为，故A错误； B：当抛掷次数很多时，朝上的点数是2的频率在附近摆动，故B错误； C：抛掷第6次，朝上的点数可能是2，也可能不是2，故C错误； D：每次抛掷朝上的点数是2的概率为，所以抛掷60000次朝上的点数为2的次数大约为10000，理论和实际会有一定的出入，故D正确． 故选：D． 题型03用频率估计概率 【典例1】在滑翔伞定点比赛中，飞行员在降落时一般会踩中半径为16cm的电子靶，以距靶心距离的远近作为打分依据．若某次比赛中规定：降落时距靶心的距离小于8cm，会获得“优秀飞行员”称号．现随机抽取了100名飞行员此次比赛降落时距靶心距离（单位：cm）的数据如下表： 降落时距靶心距离（单位：cm） 人数 18 21 39 22 用频率估计概率，若随机抽取1人，则此人为“优秀飞行员”的概率为（    ） A．0.18 B．0.21 C．0.39 D．0.40 【答案】C 【分析】根据题意利用频率估计概率进行计算. 【详解】由题可知，样本容量为100人，获得“优秀飞行员”称号的人数为人， 所以随机抽取1人，此人为“优秀飞行员”的概率． 故选：C 【变式1】一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的8个红球，4个白球，若干个黑球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.4，则袋中约有黑球（   ） A．6个 B．7个 C．8个 D．9个 【答案】C 【分析】利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4，进而分析求解. 【详解】设袋中黑球有个， 利用频率估计概率，可知随机摸出一个球摸到黑球的概率约为0.4， 由题意可得：，解得， 所以袋中约有黑球8个. 故选：C. 【变式2】《九章算术》中有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送米1805石（古代容量单位），验得米内夹谷，抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，则这批米内夹谷约为（   ） A．361石 B．341石 C．314石 D．360石 【答案】A 【分析】根据抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒，可计算出夹谷的频率，从而可解． 【详解】根据题意，抽样取米一把，数得155粒内夹谷31粒， 则样本中夹谷的频率为， 则这批米内夹谷约为（石. 故选：A 【变式3】某学校乒乓球比赛，学生甲和学生乙比赛3局（采取三局两胜制），假设每局比赛甲获胜的概率是0.7，乙获胜的概率是0.3，利用计算机模拟试验，计算机产生之间的随机数，当出现随机数时，表示一局甲获胜，其概率是0.7.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，例如，产生20组随机数； 603 099 316 696 851 916 062 107 493 977 329 906 355 860 375 107 347 467 822 166 根据随机数估计甲获胜的概率为（    ） A．0.9 B．0.95 C．0.8 D．0.85 【答案】A 【分析】由频率可得到概率估计值. 【详解】设事件为 “甲获胜”， 20组随机数，其中事件发生了18次， . 故选：A. 【变式4】某烟花爆竹厂从20万件同类产品中随机抽取了100件进行质检，发现其中有5件不合格，那么请你估计该厂这20万件产品中合格产品约有（    ） A．1万件 B．18万件 C．19万件 D．2万件 【答案】C 【分析】用样本的合格率估计总体的合格率，再估算出合格产品件数． 【详解】由题意合格率为， 因此合格品件数约为（万件）， 故选：C． 题型04 独立事件的判断 【典例1】一个箱子里有6个大小颜色相同的小球，编号为，从中有放回地抽取2次（每次取1个球）.设事件：“第一次取出的球的号码大于3”，事件：“两次取出的球的号码之和为偶数”. (1)求事件的概率； (2)判断事件与事件是否相互独立，并说明理由. 【答案】(1) (2)事件与事件相互独立. 【分析】（1）根据题意求出样本空间以及事件的样本点，利用古典概型公式即可求解； （2）先求事件与事件的样本点，进而求，根据事件的独立性的定义即可求解. 【详解】（1）由题意有：设表示第一次取得小球号码，表示第二次取得小球号码，表示2次取得小球号码， 则共有36个样本点，共有18个样本点， 所以； （2）共有18个样本点， 共有个样本点， 所以，，所以， 所以事件与事件相互独立. 【变式1】一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1、2、3，这三张卡片除标记的数字外完全相同.随机地抽取3次，每次抽取1张. (1)若抽取是放回的，将抽取的卡片上的数字依次记为a、b、c.求“抽取的卡片上的数字a、b、c不完全相同”的概率； (2)若抽取是不放回的，记事件A为第一次取出标记为1的卡片，事件B为第二次取出标记为2的卡片，判断事件A，B是否独立. 【答案】(1)； (2)不独立，理由见详解 【分析】（1）先根据古典概型，计算“抽取的卡片上的数字a，b，c完全相同”的概率，再由对立事件的概率求解即可； （2）列出样本空间，分别求出事件A,B及AB发生的概率，验证与是否相等即可. 【详解】（1）依题意，放回的随机地抽取3次，每次抽取1张共有种结果， 其中满足“抽取的卡片上的数字a，b，c完全相同”的有： ，共计3个， 故“抽取的卡片上的数字a，b，c完全相同”的概率为， ∴“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为. （2）根据题意，全体样本空间为，， 事件，，故， 事件，，故， 事件，,故， 因为，所以事件不相互独立. 【变式2】质地均匀的正方体骰子，六个面上点数分别为1、2、3、4、5、6. (1)抛掷一次骰子，求点数是偶数的概率； (2)抛掷两次骰子，设事件A为第一次的点数为4，事件B为两次点数和为6，事件C为两次点数和为7.分别判断事件A和B是否独立？事件A和C是否独立？ 【答案】(1) (2)事件A和B不独立，事件A和C独立 【分析】（1）因抛掷骰子得到的点数奇偶各占一半，易得题中概率； （2）依题分别求出事件的概率，以及与的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即可判断. 【详解】（1）抛掷一次骰子，奇偶点数各占一半，故点数是偶数的概率是； （2）依题易得，因“两次点数和为6”包括“”5种情况，故； 又“两次点数和为7”包括“”6种情况，故， 当第一次点数为4，则第二次点数只可能为2时，两次点数才会是6，所以， 而，故事件和B不独立． 第一次点数为4，则第二次点数只可能为3时，两次点数才会是7，所以， 而，故事件和C独立． 题型05独立事件与互斥事件 【典例1．投掷一枚均匀的骰子，事件A：点数大于2；事件B：点数小于4；事件C：点数为偶数.则下列关于事件描述正确的是（    ） A．A与B 是互斥事件 B．A 与B 是对立事件 C．A与C是独立事件 D．B与C 是独立事件 【答案】C 【分析】根据互斥事件，对立事件，独立事件概率公式和定义，即可判断选项. 【详解】和有公共事件：点数为3，所以不是互斥事件，也不是对立事件，故AB错误； 事件表示点数为4或6，，，，所以，所以与是独立事件，故C正确； 事件表示点数为2，则，，，所以，所以与不是独立事件，故D错误 故选：C 【变式1】抛掷两枚质地均匀的硬币一次，设“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则下述正确的是（    ）. A．A与B对立 B．A与B互斥 C． D．A与B相互独立 【答案】D 【分析】根据题意，列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可得到结果. 【详解】由题意可得，抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）， 则事件包含的结果有：（正，正），（正，反），事件包含的结果有：（正，反），（反，反）， 显然事件，事件都包含“（正，反）”这一结果，即事件，事件能同时发生， 所以，事件，事件既不互斥也不对立，故AB错误. 又因为，而，， 所以，，故C错误，D正确. 故选：D 【变式2】袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，如果“第一次摸得白球”记为事件A，“第二次摸得白球”记为事件B，那么事件A与B，A与间的关系是（    ） A．A与B，A与均相互独立 B．A与B相互独立，A与互斥 C．A与B，A与均互斥 D．A与B互斥，A与相互独立 【答案】A 【分析】结合独立事件和互斥事件直接判断即可. 【详解】由于是有放回地摸球，事件A的发生并不影响事件B的发生，故A与B，A与均相互独立. 故选：A 【变式3】某科研小组共60名成员，他们需要完成甲、乙、丙、丁四个科研项目，科研成员随机参与，且每个人可以参与一个或多个项目．若参与甲项目的有30人，参与乙项目的有10人，参与丙项目的有20人，参与丁项目的有30人，参与了甲项目或乙项目的共有40人，同时参与了甲项目和丙项目的有10人，参与了甲项目或丁项目的共有60人，则下列说法正确的是（   ） A．参与甲项目与参与乙项目不互斥 B．参与甲项目与参与丁项目互斥但不对立 C．参与丙项目与参与丁项目不相互独立 D．参与甲项目与参与丙项目相互独立 【答案】D 【分析】A选项，根据甲乙项目的参加情况得到，即可得到参与甲项目与参与乙项目互斥；B选项，根据甲丁项目的参加情况得到，即可得到参与甲项目与参与丁项目互斥且对立；C选项，根据参与甲项目与参与丁项目对立和得到，然后得到，，，最后利用乘法公式判断；D选项，利用乘法公式判断即可. 【详解】设总人数为，记参与甲，乙，丙，丁项目分别为事件， 由题意可得，故， 故参与甲项目与参与乙项目互斥，故A错误； 由题意可得，，故， 故参与甲项目与参与丁项目互斥且对立，故B错误； 由题意得， 故，， 故，故参与丙项目与参与丁项目相互独立，故C错误； ， 故参与甲项目与参与丙项目相互独立，故D正确． 故选：D． 【变式4】已知甲盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，乙盒中有3个大小和质地相同的小球，标号为，现从甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球，记事件“摸到的两个小球标号相同”，事件“摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（    ） A．事件A和相等 B．事件A和互相对立 C．事件A和相互独立 D．事件A和互斥 【答案】D 【分析】列举出样本空间、事件和事件，即可判断A；对于BD：根据互斥事件、对立事件的概念分析判断；对于C：根据事件概率乘法公式分析判断. 【详解】用每次取球的结果，分别表示甲､乙两盒中分别随机摸出1个小球的标号， 由题意可知：样本空间； 事件；事件，； 对于选项A：因为，所以事件A和不相等，故A错误； 对于选项BD：因为事件， 所以事件A和互斥，事件A和不互相对立，故B错误，D正确； 对于选项C：因为， 则， 显然，所以事件A和不相互独立，故C错误； 故选：D. 题型06独立事件的乘法公式 【典例1】已知甲､乙两人参加闯关活动，活动一共设置两关.甲每关闯关成功的概率均为，乙每关闯关成功的概率均为，且甲､乙两人闯关成功与否互不影响，则甲､乙两人总共至少有三关闯关成功的概率是 . 【答案】/ 【分析】根据题意，计算甲､乙两人总共至少有三关闯关成功的概率，即计算成功关数为3或4的概率，根据甲，乙的闯关结果是独立的，可先分别计算出甲，乙分别闯关成功的概率，再结合两者的结果进行计算即可. 【详解】设事件“甲有关闯关成功”，“乙有关闯关成功”，， 则，， ，， 设甲、乙两人总共至少有三关闯关成功的事件为，则， . 故答案为：. 【变式1】若事件与事件相互独立，，，则 . 【答案】 【分析】先利用对立事件概率公式和独立事件乘法公式求得，再利用对立事件概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故答案为： 【变式2】已知A，B两个事件相互独立，且，，则 . 【答案】0.42/ 【分析】利用独立事件的乘法公式即可求解. 【详解】因为A，B相互独立，所以. 故答案为： 【变式3】已知事件A，B相互独立，且，，则 . 【答案】 【分析】由对立事件概率公式可得，再由独立事件乘法可得即可. 【详解】由题设，而， 所以. 故答案为：. 【变式4】端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为 【答案】/0.7 【分析】由对立事件和相互独立事件的概率计算公式可得结果. 【详解】由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率为， 所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：. 故答案为：. 题型07 独立事件的实际应用 【典例1】甲、乙两人进行投篮比赛，每次投篮若一方投中且另一方未投中，则投中的一方获胜，否则本次平局.已知每次投篮甲、乙投中的概率分别为和，且每次投篮甲、乙投中与否互不影响，各次投篮也互不影响，则次投篮甲至少获胜次的概率为 . 【答案】/0.104 【分析】设甲获胜为事件,求出甲获胜的概率，次投篮甲至少获胜次的概率为，利用独立事件的概率公式求解即可. 【详解】设甲获胜为事件,则， 则次投篮甲至少获胜次的概率为 . 故答案为：. 【变式1】甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为，乙中靶的概率为，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则恰有一人中靶的概率为 . 【答案】0.46/ 【分析】设出事件，根据相互独立事件的概率计算公式计算即可. 【详解】设甲中靶为事件，乙中靶为事件， 则恰有一人中靶的概率为， 故答案为：. 【变式2】某学生做两道选择题，已知每道题均有4个选项，其中有且只有一个正确答案．该学生随意填写两个答案，则两个答案都选错的概率为 ． 【答案】/ 【分析】首先由题意抽象为独立事件同时发生的事件，再代入概率公式，即可求解. 【详解】设答错第一道选择题为事件，答错第二道选择题为事件,两事件相互独立， 且， 两个题都选错为事件，则. 故答案为： 【变式3】如图，已知电路中有4个开关，每个开关独立工作，且闭合的概率为，则灯亮的概率为 ．    【答案】/0.8125 【分析】先计算出灯不亮的概率，进而利用对立事件求概率公式进行计算. 【详解】记开关闭合为事件A，B，C，D， 因为开关断开且开关至少有一个断开时，线路才断开，导致灯不亮， 所以灯不亮的概率为, 所以灯亮的概率为. 故答案为： 【变式4】有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为 ． 【答案】 【分析】若AB同时亮，则可能闭合甲开关或不闭合甲开关且同时闭合乙，丙开关. 若A亮，则闭合甲或者丙开关.则所求概率为AB同时亮概率与A亮概率之商. 【详解】设事件M为A灯亮，事件N为B灯亮，事件X为开关甲闭合，事件Y为开关乙闭合，事件Z为开关丙闭合，则所求概率为 . 其中， ， 所以. 故答案为： 1．在一个试验中，某种豚鼠被感染病毒的概率为，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染．经随机模拟产生了如下20组随机数： 192 907 966 925 271 932 812 458 569 683 257 393 127 556 488 730 113 537 989 431 据此估计三只豚鼠中恰有两只被感染的概率为 ． 【答案】/ 【分析】先找出三只豚鼠中恰有两只被感染的随机数组，再根据古典概率计算公式计算即可. 【详解】20组随机数中，表示恰有两只被感染的有192，271，932，812，393，127，共有6组， 故估计三只豚鼠中恰有两只被感染的概率为． 故答案为： 2．在用随机数（整数）模拟“有5个男生和5个女生，从中抽选4人，求选出2个男生2个女生的概率”时，可让计算机产生的随机整数，并且代表男生，用代表女生．因为是选出4个，所以每4个随机数作为一组．通过模拟试验产生了10组随机数： 6830 4725 7056 6431 7840 4523 7834 2604 6346 0952 由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为 【答案】/ 【分析】根据数据统计选出2个男生2个女生的种数，再用古典概型概率公式求解． 【详解】由数据得“选出2个男生2个女生”的种数有：6830，4725，7840，7834，6346，0952共6个， 所以“选出2个男生2个女生”的概率为. 故答案为：． 3．为了解某地区九年级男生的身高情况，随机选取了该地区100名九年级男生进行测量，他们的身高x（cm）统计如下表： 组别     人数 13 43 36 8 根据上表，抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高高于170cm的概率是 ． 【答案】0.44/ 【分析】由频率估计概率，得出所求概率. 【详解】因为身高高于170cm的频率为， 抽查该地区一名九年级男生，估计他的身高高于170cm的概率是0.44. 故答案为：0.44 4．在如图所示的一个电路图中，A，B，C，D，E，F为6个开关，每个开关闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率是 . 【答案】 【分析】利用相互独立事件乘法概率和对立事件概率公式求解即可. 【详解】因为每个开关闭合的概率均为，且是相互独立的， 所以由并联电路和串联电路的性质得灯亮的概率. 故答案为： 5．在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为 . 【答案】0.92 【分析】由互斥事件和相互独立事件的概率计算公式可得结果. 【详解】该选手在这个靶位上得分包括第一次命中或第一次未命中且第二次命中， 所以得分的概率为. 故答案为：0.92. 6．某箱中有除颜色外其余完全相同的7个球，其中3个白球，4个黑球，现从该箱中任取2次球，每次取出1个球记录颜色后放回，则最终仅取到1个黑球的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，分别求出“第一次取到黑球第二次取到白球”和“第一次取到白球第二次取到黑球”的概率，再根据互斥事件概率加法公式，即可得解. 【详解】设“第次取到黑球”为事件，“第次取到白球”为事件，， 则根据古典概率公式. 所以最终仅取到1个黑球的概率为. 故答案为：． 7．甲、乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.6，乙获奖的概率为0.4，甲、乙两人同时获奖的概率为0.24，则甲、乙两人恰有一人获奖的概率为 . 【答案】0.52 【分析】根据题意可知“甲获奖”与“乙获奖”两事件相互独立，由概率乘法公式和加法公式计算可得结果. 【详解】记“甲获奖”为事件，“乙获奖”为事件， 易知，且， 显然，即可得事件与事件相互独立， 因此甲、乙两人恰有一人获奖的概率为： . 故答案为：0.52. 8．已知事件A的对立事件为，，．若，则 ， 【答案】 0.6 0.3 【分析】根据事件A的对立事件为求出，因为，则，，从而求出相应概率值. 【详解】已知事件A的对立事件为，则, 因为，根据并事件的性质： 所以; 因为，根据交事件的性质：. 所以. 故答案为：；. 9．某工厂生产的零件需要经过两道质量检测工序合格后方可认定零件合格，第一道检测工序检测合格的概率为0.8，第二道工序检测合格的概率为0.7，则一个零件不合格的概率 ． 【答案】/ 【分析】根据题意，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解. 【详解】由第一道检测工序检测合格的概率为0.8，第二道工序检测合格的概率为0.7， 且第一道检测工序和第二道检测工序之间相互独立， 则一个零件不合格的概率. 故答案为：. 10．在一次招聘面试中，小明要依次回答甲､乙､丙三个问题，已知他答对这三个问题的概率分别为，各题回答正确与否相互独立，则小明能够连续答对至少2个问题的概率为 . 【答案】/ 【分析】将小明答对甲､乙､丙三个问题分别记为事件，得到，，结合独立事件的乘法和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】将小明答对甲､乙､丙三个问题分别记为事件， 则，， 小明能够连续答对至少2个问题的概率为 . 故答案为： 11．下列命题正确的是（   ） A．用事件发生的频率估计概率，重复试验次数越大，估计的就越精确． B．若单调函数和值域均为，那么“函数为常函数”是不可能事件。 C．事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D．若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立 【答案】D 【分析】利用概率的定义判断A；举例说明判断BC；利用事件的独立性性质判断D． 【详解】对于A，在相同的条件下做大量重复试验，一个事件A出现的次数和总的试验次数之比， 称为事件在这次试验中出现的频率.当试验次数很大时，频率将稳定在一个常数附近， 越大，频率偏离这个常数较大的可能性越小，这个常数称为这个事件的概率， 并不是说越大，估计的精度越精确，A错误； 对于B，函数，都是R上的单调函数，值域都是R， 而函数为常函数，B错误； 对于C，样本空间，事件， 则同时发生的概率，与中恰有一个发生的概率为，C错误； 对于D，若事件与相互独立，则事件与、事件与、事件与都相互独立，D正确. 故选：D 12．已知样本空间，事件，事件，则下列选项错误的是（   ） A． B． C．事件与事件独立 D．事件与事件互斥 【答案】D 【分析】根据古典概型的概率公式即可求解AB,根据独立事件的乘法公式即可判断C，根据互斥事件的定义即可求解D. 【详解】对于A, ,故A正确， 对于B, ,故B正确， 对于C,由于，则，故事件与事件独立，C正确， 对于D,事件与事件有公共的样本点，故不互斥，D错误， 故选：D 13．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球. (1)写出这个试验的样本空间Ω； (2)事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，事件B表示“两次取出的球的数字之和是5”.判断事件A和事件B是否相互独立，并说明理由. 【答案】(1)答案见解析 (2)事件A和事件B相互独立，理由见解析 【分析】（1）根据题意，用列举法进行求解即可； （2）根据相互独立事件的定义，结合古典概型公式进行求解即可. 【详解】（1）依题意试验的样本空间为： （2）事件A和事件B相互独立，理由如下： 因为，， 所以，， 因为，所以， 因为，所以事件A和事件B相互独立. 14．判断下列各对事件是不是相互独立事件： (1)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”； (2)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”． 【答案】(1)不是 (2)是 【分析】（1）根据独立事件的定义结合题意分析判断即可； （2）记“出现偶数点”，“出现3点或6点”，根据题意求出，再根据独立事件的定义判断即可. 【详解】（1）“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，所以两者不是相互独立事件． （2）记“出现偶数点”，“出现3点或6点”，则，，， 所以，，， 所以，所以事件A与B相互独立． 15．一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. (1)若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件表示“两次抽取的卡片上数字之和大于”，求； (2)若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，事件表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证是独立的，并说明理由. 【答案】(1) (2)相互独立，理由见解析 【分析】（1）由题意可得共有16个基本事件，再列举出事件包含的基本事件，然后利用古典概型的概率公式求解即可； （2）由题意可得共有12个基本事件，再分别列举出事件和同时发生的基本事件，然后求出，再利用独立事件的定义分析判断即可. 【详解】（1）若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片， 共包含个基本事件， 其中事件：包含3个基本事件， 所以. （2）若一次抽取1张卡片，不放回并再抽取1张卡片，共包含个基本事件， 事件，所以， 事件，所以， 当同时发生，即2张卡片上数宁之和是3的倍数同时积足4的倍数，有两种取法， 所以， 因为，所以事件与事件是独立的. 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $