3.1.2 事件的独立性-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

该高中数学课件聚焦“事件的独立性”，系统讲解概念、充要条件及推广，从条件概率自然过渡，通过定义公式、性质拓展构建学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点是结合评价自测与分层题型，以射击、产品检验等实例，用定量计算与定性分析培养数学抽象和逻辑推理素养。学生能提升问题解决能力，教师可借助系统资源优化教学效率。

第3章　概率 3.1　条件概率与事件的独立性 3.1.2　事件的独立性 (教师独具内容) 课程标准：结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系． 教学重点：1．会判断事件之间是否相互独立．2．会计算相互独立事件的概率． 教学难点：用事件的独立性求解简单的实际问题． 核心素养：通过学习事件的独立性培养数学抽象素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 不会影响 P(A)P(B) 相互独立 P(A1)P(A2)·…·P(An) 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)不可能事件与任何一个事件相互独立．(　　) (2)必然事件与任何一个事件相互独立．(　　) (3)当P(A)＞0时，如果事件A与事件B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(　　) (4)如果两个事件是对立事件，那么它们一定是相互独立事件．(　　) √ × √ √ 核心概念掌握 7 (1－a)(1－b) 0．3 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　事件独立性的判断 核心素养形成 10 核心素养形成 11 【感悟提升】 (1)利用相互独立事件与条件概率的关系可以准确地判断两个事件是否相互独立，这是用定量方法判断，较准确，必须熟练掌握． (2)判断两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，即看一个事件的发生对另一个事件发生的概率是否有影响．没有影响就是相互独立事件，有影响就不是相互独立事件． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1.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B是不是相互独立事件？ 核心素养形成 13 题型二　相互独立事件概率的计算 核心素养形成 14 核心素养形成 15 【感悟提升】 (1)求相互独立事件同时发生的概率的步骤 ①首先确定各事件之间是相互独立的； ②确定这些事件可以同时发生； ③求出每个事件的概率，再求积． (2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们同时发生． 核心素养形成 16 【跟踪训练】 2. 小王某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0．8，0．7，0．9，假设这三列火车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． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型三　相互独立事件的综合应用 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　常见事件与概率间的关系 核心素养形成 22 核心素养形成 23 核心素养形成 24 核心素养形成 25 随堂水平达标 1．甲、乙两名射击手同时向一目标射击，设事件A＝“甲击中目标”，事件B＝“乙击中目标”，则事件A与事件B(　　) A．相互独立但不互斥 B．互斥但不相互独立 C．相互独立且互斥 D．既不相互独立也不互斥 解析　对同一目标射击，甲、乙两射击手是否击中目标是互不影响的，所以事件A与B相互独立；对同一目标射击，甲、乙两射击手可能同时击中目标，也就是说事件A与B可能同时发生，所以事件A与B不是互斥事件． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 2．如图，A1，B1，C1表示3个开关，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 为(　　) A．0．054 B．0．994 C．0．496 D．0．06 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 0．3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 晋级成功 晋级失败 男 16 24 女 18 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 晋级成功 晋级失败 男 16 24 女 18 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 二、填空题 6．某人有8把外形相同的钥匙，其中只有一把能打开家门．一次该人醉酒回家，每次从8把钥匙中随便拿一把开门，试用后又不加记号放回，则该人第三次打开家门的概率是_____． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 7．如图，元件Ai(i＝1，2，3，4)通过电流的概率是0．9，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在M，N之间通过的概率是_______． 解析　电流能通过A1，A2的概率为0．9×0．9＝0．81，电流能通过A3的概率为0．9，故电流不能通过A1，A2且也不能通过A3的概率为(1－0．81)×(1－0．9)＝0．019． 故电流能通过系统A1，A2，A3的概率为1－0．019＝0．981．而电流能通过A4的概率为0．9，故电流能在M，N之间通过的概率是0．981×0．9＝0．8829． 0.8829 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 三、解答题 9．一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；(2)家庭中有三个小孩． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 10．甲、乙两人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为0．6，乙获胜的概率为0．4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，甲、乙各胜1局． (1)求再赛2局结束这次比赛的概率；(2)求甲获得这次比赛胜利的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　事件相互独立的概念 一般地，若事件A与事件B独立，则事件A的发生_________事件B发生的概率，即有P(B|A)＝P(B)．反之，若P(B|A)＝P(B)成立，则P(AB)＝P(A)eq \f(P(AB),P(A))＝P(A)P(B|A)＝__________． 知识点二　独立性的概念推广 如果n(n>2)个事件A1，A2，…，An中任何一个事件发生的概率都不受其余事件发生与否的影响，则称A1，A2，…，An________．即P(A1A2…An)＝____________________． 1．若事件A与B相互独立，则A与eq \o(B,\s\up15(-))，eq \o(A,\s\up15(-))与B，eq \o(A,\s\up15(-))与eq \o(B,\s\up15(-))也相互独立． 2．P(AB)＝P(A)P(B)使用的前提是A，B为相互独立事件，也就是说，只有相互独立的两个事件同时发生的概率才等于这两个事件发生的概率的积． 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,3)，则P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝____，P(eq \o(A,\s\up12(－))|eq \o(B,\s\up12(－)))＝____． (2)一件产品要经过两道独立的工序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则该产品的正品率为______________． (3)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________． eq \f(1,6) eq \f(1,2) 判断下列各对事件是不是相互独立事件： (1)P(A|B)＝0．6，P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝0．4，事件A与B； (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”； (3)掷一个骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”． 解　(1)P(A)＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝0．6＝P(A|B)． 所以事件A与B是相互独立事件． (2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为eq \f(5,8)，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”的概率为eq \f(4,7)，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为eq \f(5,7)．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． (3)记A为出现偶数点，B为出现3点或6点，则A＝{2，4，6}，B＝{3，6}，AB＝{6}，所以P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,6)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B是相互独立事件． 解　因为52张牌中有4张K，所以P(A)＝eq \f(4,52)＝eq \f(1,13)，红牌有26张，红K有2张，所以在抽得红牌的条件下抽得K的概率P(A|B)＝eq \f(2,26)＝eq \f(1,13)＝P(A)，因此事件A与B是相互独立事件． 已知甲、乙、丙三个独立的医疗科研机构在一定的时期内能研制出某种疫苗的概率分别是eq \f(1,5)，eq \f(1,4)，eq \f(1,3)． 求：(1)它们都研制出疫苗的概率；(2)它们都失败的概率； (3)只有甲机构研制出疫苗的概率． 解　令事件A，B，C分别表示甲、乙、丙三个独立的医疗科研机构在一定时期内成功研制出该疫苗，依题意可知，事件A，B，C相互独立，且P(A)＝eq \f(1,5)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,3)． (1)它们都研制出疫苗，即事件A，B，C同时发生，故P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,60)． (2)它们都失败，即事件eq \o(A,\s\up12(－))，eq \o(B,\s\up12(－))，eq \o(C,\s\up12(－))同时发生．故P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(eq \o(C,\s\up12(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,5)． (3)只有甲机构研制出疫苗即事件A，eq \o(B,\s\up12(－))，eq \o(C,\s\up12(－))同时发生， 所以P(Aeq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))＝P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(eq \o(C,\s\up12(－)))＝eq \f(1,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,10)． 解　用事件A，B，C分别表示这三列火车正点到达，则P(A)＝0．8，P(B)＝0．7，P(C)＝0．9， 所以P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝0．2，P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝0．3，P(eq \o(C,\s\up12(－)))＝0．1． (1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列正点到达的概率为 P1＝P(eq \o(A,\s\up12(－))BC)＋P(Aeq \o(B,\s\up12(－))C)＋P(ABeq \o(C,\s\up12(－))) ＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B)P(C)＋P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(C)＋P(A)·P(B)P(eq \o(C,\s\up12(－))) ＝0．2×0．7×0．9＋0．8×0．3×0．9＋0．8×0．7×0．1＝0．398． (2)三列火车至少有一列正点到达的概率为 P2＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(eq \o(C,\s\up12(－)))＝1－0．2×0．3×0．1＝0．994． 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是eq \f(2,3)和eq \f(3,4)．假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响． (1)求甲、乙各射击一次均击中目标的概率； (2)求甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率； (3)若乙在射击中出现连续2次未击中目标则会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率． 解　(1)记事件A表示“甲射击一次击中目标”，事件B表示“乙射击一次击中目标”．依题意知，事件A和事件B相互独立， 因此甲、乙各射击一次均击中目标的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)． (2)记事件Ai表示“甲第i(i＝1，2，3，4)次射击击中目标”，并记“甲射击4次，恰有3次连续击中目标”为事件C，则C＝A1A2A3eq \o(A,\s\up12(－))4∪eq \o(A,\s\up12(－))1A2A3A4，且A1A2A3eq \o(A,\s\up12(－))4与 eq \o(A,\s\up12(－))1A2A3A4是互斥事件． 由于A1，A2，A3，A4之间相互独立， 所以Ai与eq \o(A,\s\up12(－))j(i，j＝1，2，3，4，且i≠j)之间也相互独立． 由于P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(A4)＝eq \f(2,3)， 故P(C)＝P(A1A2A3eq \o(A,\s\up12(－))4∪eq \o(A,\s\up12(－))1A2A3A4) ＝P(A1)P(A2)P(A3)P(eq \o(A,\s\up12(－))4)＋P(eq \o(A,\s\up12(－))1)·P(A2)P(A3)P(A4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(16,81)． (3)记事件Bi表示“乙第i(i＝1，2，3，4)次射击击中目标”，并记事件D表示“乙在第4次射击后被终止射击”， 则D＝B1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4∪eq \o(B,\s\up12(－))1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4，且B1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4与eq \o(B,\s\up12(－))1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4是互斥事件． 由于B1，B2，B3，B4之间相互独立， 所以Bi与eq \o(B,\s\up12(－))j(i，j＝1，2，3，4，且i≠j)之间也相互独立． 由于P(Bi)＝eq \f(3,4)(i＝1，2，3，4)， 故P(D)＝P(B1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4∪eq \o(B,\s\up12(－))1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4)＝P(B1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up12(－))1B2eq \o(B,\s\up12(－))3eq \o(B,\s\up12(－))4) ＝P(B1)P(B2)P(eq \o(B,\s\up12(－))3)P(eq \o(B,\s\up12(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up12(－))1)·P(B2)P(eq \o(B,\s\up12(－))3)P(eq \o(B,\s\up12(－))4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(3)＝eq \f(3,64)． 已知两个相互独立事件A，B，它们的概率分别为P(A)，P(B)．将A，B中至少有一个发生记为事件A∪B，都发生记为事件AB，都不发生记为事件eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－))，恰有一个发生记为事件Aeq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B，至多有一个发生记为事件eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B∪Aeq \o(B,\s\up12(－))，为方便同学们记忆，我们用表格的形式将其展示出来． 概率 A与B相互独立 P(A∪B) 1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－))) P(AB) P(A)P(B) P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－))) P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－))) P(Aeq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B) P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B) P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B∪Aeq \o(B,\s\up12(－))) 1－P(A)P(B) 【跟踪训练】 3.甲、乙、丙三台机床各自独立加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为eq \f(1,4)，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为eq \f(1,12)，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为eq \f(2,9)． (1)分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率； (2)从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，求至少有一个一等品的概率． 解　(1)记事件A，B，C分别表示甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品． 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P(A\o(B,\s\up12(－)))＝\f(1,4)，,P(B\o(C,\s\up12(－)))＝\f(1,12)，,P(AC)＝\f(2,9)，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P(A)[1－P(B)]＝\f(1,4)，　①,P(B)[1－P(C)]＝\f(1,12)， ②,P(A)P(C)＝\f(2,9). ③)) 由①③得P(B)＝1－eq \f(9,8)P(C)，代入②得27[P(C)]2－51P(C)＋22＝0，解得P(C)＝eq \f(2,3)或P(C)＝eq \f(11,9)(舍去)．将P(C)＝eq \f(2,3)代入②得P(B)＝eq \f(1,4)，将P(B)＝eq \f(1,4)代入①得P(A)＝eq \f(1,3)． 故甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，eq \f(2,3)． (2)记事件D表示从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，其中至少有一个一等品， 则P(D)＝1－P(eq \o(D,\s\up12(－)))＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,6)． 故从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一个进行检验，至少有一个一等品的概率为eq \f(5,6)． 解析　记三个开关都正常工作分别为事件A，B，C，则P(A)＝0．9，P(B)＝0．8，P(C)＝0．7．三个开关同时出现故障的事件为eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－))，则此系统正常工作的概率为P＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(eq \o(C,\s\up12(－)))＝1－0．1×0．2×0．3＝0．994． 3．(多选)在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为eq \f(4,5)和eq \f(3,4)．在同一时间内，则(　　) A．甲、乙两个气象台同时预报天气都准确的概率为eq \f(3,5) B．甲、乙两个气象台同时预报天气都准确的概率为eq \f(2,5) C．至少有一个气象台预报准确的概率为eq \f(19,20) D．至少有一个气象台预报准确的概率为eq \f(9,10) 解析　记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B．所以甲、乙两个气象台同时预报天气都准确的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,5)．至少有一个气象台预报准确的概率为P＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝1－eq \f(1,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(19,20)．故选AC． 4．已知事件A与B独立，P(B|A)＝0．4，P(A)＝0．5，则P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝_______． 解析　由事件A与B独立，得A与eq \o(B,\s\up12(－))独立，则P(B|A)＝P(B)＝0．4，得P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝P(A)·P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝0．5×(1－0．4)＝0．3． 5．甲、乙两人独立地破译出密码的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4)．求： (1)两个人都译出密码的概率； (2)两个人都译不出密码的概率； (3)恰有一人译出密码的概率； (4)至多一人译出密码的概率； (5)至少一人译出密码的概率． 解　记事件A为“甲独立地译出密码”，事件B为“乙独立地译出密码”． (1)两个人都译出密码的概率为 P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12)． (2)两个人都译不出密码的概率为 P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,2)． (3)恰有一人译出密码分为两类：甲译出乙译不出，乙译出甲译不出，即Aeq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B，P(Aeq \o(B,\s\up12(－))∪eq \o(A,\s\up12(－))B)＝P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－))B)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12)． (4)至多一人译出密码的对立事件是两人都译出密码， ∴其概率为1－P(AB)＝1－eq \f(1,12)＝eq \f(11,12)． (5)至少一人译出密码的对立事件为两人都没有译出密码， ∴其概率为1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)． 一、选择题 1．已知事件A与B独立，且P(AB)＝eq \f(1,8)，P(B)＝eq \f(1,3)，则P(eq \o(A,\s\up12(－))|B)＝(　　) A．eq \f(3,8) B．eq \f(5,8) C．eq \f(1,4) D．eq \f(2,3) 解析　∵事件A与B独立，∴P(AB)＝P(A)·P(B)，且事件eq \o(A,\s\up12(－))与B也独立，∴P(A)＝eq \f(3,8)，P(eq \o(A,\s\up12(－))|B)＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝eq \f(5,8)．故选B． 2．甲射手击中靶心的概率为eq \f(1,3)，乙射手击中靶心的概率为eq \f(1,2)，甲、乙两人各射一次，那么eq \f(5,6)等于(　　) A．甲、乙都击中靶心的概率 B．甲、乙恰好有一人击中靶心的概率 C．甲、乙至少有一人击中靶心的概率 D．甲、乙不全击中靶心的概率 解析　设“甲、乙两人都击中靶心”为事件A，则P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，甲、乙不全击中靶心的概率为P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝1－P(A)＝eq \f(5,6)． 3．在荷花池中，有一只青蛙在呈“品”字形的三片荷叶上跳来 跳去(每次跳跃时，均从一片跳到另一片)，而且逆时针方向跳的概率 是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A片上， 则跳三次之后停在A片上的概率是(　　) A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,9) C．eq \f(4,9) D．eq \f(8,27) 解析　由题意知逆时针方向跳的概率为eq \f(2,3)，顺时针方向跳的概率为eq \f(1,3)．青蛙跳三次要回到A只有两条途径：第一条，按A→B→C→A，P1＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)；第二条，按A→C→B→A，P2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,27)，所以跳三次之后停在A上的概率为P1＋P2＝eq \f(8,27)＋eq \f(1,27)＝eq \f(1,3)． 4．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冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　) A．eq \f(3,4) B．eq \f(2,3) C．eq \f(3,5) D．eq \f(1,2) 解析　问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P1＝eq \f(1,2)；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)．故甲队获得冠军的概率为P1＋P2＝eq \f(3,4)． 5．(多选)某职称晋级评定机构对参加某次专业技术考试的100人的晋级情况进行了统计，如下表： 从这100人中随机抽取1人，则下列说法正确的是(　　) A．抽取的这1人晋级成功的概率为eq \f(17,50) B．抽取的这1人为女生的概率为eq \f(3,5) C．抽取的这1人晋级失败且为男生的概率为eq \f(6,25) D．“是否晋级成功”与“性别”独立 解析　设事件A为“抽取的这1人晋级成功”，事件B为“抽取的这1人为女生”，则P(A)＝eq \f(16＋18,100)＝eq \f(17,50)，A正确；P(B)＝eq \f(18＋42,100)＝eq \f(3,5)，B正确；抽取的这1人晋级失败且为男生的概率为eq \f(24,100)＝eq \f(6,25)，C正确；在晋级成功的条件下，该人为女生的概率P(B|A)＝eq \f(18,34)＝eq \f(9,17)，由P(B|A)≠P(B)，得“是否晋级成功”与“性别”不独立，D错误．故选ABC． eq \f(49,512) 解析　由已知，知每次打开家门的概率为eq \f(1,8)，则该人第三次打开家门的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))×eq \f(1,8)＝eq \f(49,512)． 8．已知事件A与B相互独立，且P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝eq \f(1,9)，P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－))B)，则P(A|B)＝____，P(B)＝____． 解析　∵事件A与B相互独立，∴事件eq \o(A,\s\up12(－))与eq \o(B,\s\up12(－))，A与eq \o(B,\s\up12(－))，eq \o(A,\s\up12(－))与B也相互独立，且P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝1－P(A)，P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝1－P(B)．∵P(Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－))B)，∴P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B)，即P(A)[1－P(B)]＝[1－P(A)]P(B)，∴P(A)＝P(B)．∵P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)]，∴P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝[1－P(A)]2．∵P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝eq \f(1,9)，∴[1－P(A)]2＝eq \f(1,9)，∴P(A)＝eq \f(2,3)，∴P(A|B)＝P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(2,3)． eq \f(2,3) eq \f(2,3) 解　(1)有两个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，包含4个样本点，由等可能性知每个样本点的概率均为eq \f(1,4)． 这时A＝{(男，女)，(女，男)}， B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， AB＝{(男，女)，(女，男)}， 于是P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(AB)＝eq \f(1,2)． 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、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，包含8个样本点，由等可能性知每个样本点的概率均为eq \f(1,8)．这时A包含6个样本点，B包含4个样本点，AB包含3个样本点． 于是P(A)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(3,8)，显然P(AB)＝P(A)P(B)成立． 从而事件A与B是相互独立的． 解　记“第i局甲获胜”为事件Ai(i＝3，4，5)，“第j局乙获胜”为事件Bj(j＝3，4，5)． (1)设“再赛2局结束这次比赛”为事件A，则 A＝A3A4∪B3B4，由于各局比赛结果相互独立，故 P(A)＝P(A3A4∪B3B4)＝P(A3A4)＋P(B3B4)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4) ＝0．6×0．6＋0．4×0．4＝0．52． 所以再赛2局结束这次比赛的概率为0．52． (2)记“甲获得这次比赛胜利”为事件B，因前两局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B＝A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5， 由于各局比赛结果相互独立，故 P(B)＝P(A3A4∪B3A4A5∪A3B4A5)＝P(A3A4)＋P(B3A4A5)＋P(A3B4A5) ＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)P(A5) ＝0．6×0．6＋0．4×0．6×0．6＋0．6×0．4×0．6＝0．648． 所以甲获得这次比赛胜利的概率为0．648． 1．(多选)甲箱中有5个红球、2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球、3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别用A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，用B表示由乙箱中取出的球是红球，则下列结论正确的是(　　) A．P(B)＝eq \f(2,5) B．P(B|A1)＝eq \f(5,11) C．事件B与事件A1相互独立 D．事件A1，A2，A3两两互斥 解析　因为每次取一球，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确；因为P(A1)＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)，P(A3)＝eq \f(3,10)，所以P(B|A1)＝eq \f(P(BA1),P(A1))＝eq \f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq \f(5,11)，故B正确；P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq \f(1,2)×eq \f(5,11)＋eq \f(1,5)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22)，P(B|A1)≠P(B)，故A，C错误．故选BD． 2．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，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、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为eq \f(1,2)． (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率． 解　(1)记事件E为甲连胜四场， 则P(E)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,16)． (2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输， 则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(1,4)，所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝eq \f(3,4)． (3)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，事件M为甲赢，事件N为丙赢， 则甲赢的样本点包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，所以甲赢的概率为P(M)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＋7×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)＝eq \f(9,32)． 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等， 所以丙赢的概率为P(N)＝1－2×eq \f(9,32)＝eq \f(7,16)． $