5.3.5 随机事件的独立性-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦“随机事件的独立性”，系统讲解定义（P(AB)=P(A)P(B)）、性质（独立事件的对立事件也独立）及与互斥事件的区别，通过复习古典概型中事件关系导入，对比互斥事件“不同时发生”与独立事件“互不影响”，搭建学习支架帮助学生建立知识脉络。 其亮点在于以数学抽象、逻辑推理、数学运算素养为核心，通过“概念辨析+实例分析+分层训练”设计。“想一想”对比互斥与独立事件培养抽象能力，家庭小孩数量实例用样本空间推理独立性，投球射击问题训练运算能力。“感悟提升”总结方法，分层练习适配不同水平，学生能循序渐进理解应用，教师可直接用模块化资源提升教学效率。

第五章　统计与概率 5.3　概率 5.3.5　随机事件的独立性 (教师独具内容) 课程标准：1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.2.结合古典概型，利用独立性计算概率． 教学重点：1.两个随机事件相互独立的概念.2.两个随机事件相互独立的判断． 教学难点：运用事件的独立性解决问题． 核心素养：1.通过学习相互独立事件的概念培养数学抽象素养.2.通过运用事件的独立性解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 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 知识点一　相互独立事件的概念 (1)一般地，当P(AB)＝__________时，就称事件A与B相互独立(简称______)． [说明]　“P(AB)＝P(A)P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件． (2)事件A与B相互独立的直观理解是，事件A是否发生_________事件B发生的概率，事件B是否发生____________事件A发生的概率． (3)两个事件相互独立的概念也可以推广到有限个事件，即“A1，A2，…，An相互独立”的充要条件是“_____________________________________________________ __________”． P(A)P(B) 独立 不会影响 也不会影响 其中任意有限个事件同时发生的概率都等于它们各自发生的概率之积 核心概念掌握 5 两个事件独立 核心概念掌握 6 [想一想]　互斥事件与相互独立事件的区别是什么？ 提示：(1)“互斥事件”和“相互独立事件”是两个不同的概念，前者表示不可能同时发生的两个事件，后者是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响． (2)相互独立的事件可以同时发生，且同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)，而互斥的两个事件A，B满足P(A＋B)＝P(A)＋P(B)． 核心概念掌握 7 1．(相互独立事件的概率乘法公式)甲、乙两水文站同时进行水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率为0.8和0.7.那么，在一次预报中，甲、乙两站预报都准确的概率为______． 2．(对立事件的概率、相互独立事件的概率)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_____________． 0.56 (1－a)(1－b) 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 核心素养形成 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． 题型一　事件独立性的判断 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】两个事件是否相互独立的判断方法 (1)直接法：看一个事件的发生与否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． (2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件． 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1．容器中盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球． (1)“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，取出的是白球”这两个事件是否相互独立？为什么？ (2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“把取出的1个球放回容器，再从容器中任意取出1个，取出的是黄球”这两个事件是否相互独立？为什么？ 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　相互独立事件概率的计算 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】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． 核心素养形成 18 【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． 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型三　相互独立事件的综合应用 核心素养形成 21 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 【跟踪训练】 3．如图所示，用A，B，C三类不同的元件连接成两个系统N1，N2，当元件A，B，C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B，C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作．系统N1，N2正常工作的概率分别为p1，p2. (1)若元件A，B，C正常工作的概率依次为0.5，0.6，0.8，求p1，p2； (2)若元件A，B，C正常工作的概率都是p(0<p<1)，求p1，p2，并比较p1，p2的大小． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 1．已知A，B是两个相互独立事件，P(A)，P(B)分别表示它们发生的概率，则1－P(A)P(B)是下列哪个事件的概率(　　) A．事件A，B同时发生 B．事件A，B至少有一个发生 C．事件A，B至多有一个发生 D．事件A，B都不发生 解析：P(A)P(B)是指A，B同时发生的概率，1－P(A)P(B)是A，B不同时发生的概率，即至多有一个发生的概率． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球．从每袋中任取一个球，则取得同色球的概率为_____． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 事件独立性的判断 相互独立事件的概率计算 多个事件相互独立的概率计算；对立事件的概率 相互独立事件的概率计算；互斥事件的概率 相互独立事件的概率计算；互斥事件的概率 事件独立性的判断 相互独立事件的性质及概率计算；对立事件的概率 相互独立事件的概率 计算 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由相互独立事件的性质及概率求 参数 相互独立事件的概率计算；互斥事件的概率 多个事件相互独立的概率计算；互斥事件的概率 相互独立事件概率的计算；古典 概型 判断事件间的关系 互斥事件的概率公式；利用相互独立事件的性质及概率求参数 多个相互独立事件的性质及概率计算；对立事件的概率 多个相互独立事件的概率计算；互斥事件 的概率 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 37 一、单选题 1．掷一个骰子一次，记事件A表示“出现偶数点”，事件B表示“出现3点或6点”，则事件A与B是(　　) A．互斥事件 B．相互独立事件 C．既互斥又相互独立事件 D．既不互斥又不相互独立事件 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 41 5．已知某药店只有A，B，C三种不同品牌的N95口罩，甲、乙两人到这个药店各购买一种品牌的N95口罩，若甲、乙买A品牌口罩的概率分别是0.2，0.3，买B品牌口罩的概率分别为0.6，0.4，则甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为(　　) A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.36 解析：由题意，得甲、乙两人买C品牌口罩的概率分别是0.2，0.3.所以甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为P＝0.2×0.3＋0.6×0.4＋0.2×0.3＝0.36.故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 42 二、多选题 6．有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，事件甲表示“第一次取出的球的数字是1”，事件乙表示“第二次取出的球的数字是2”，事件丙表示“两次取出的球的数字之和是7”，事件丁表示“两次取出的球的数字之和是6”，则(　　) A．甲与丙相互独立 B．乙与丁相互独立 C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 7．制造一机器零件，甲机床生产的废品率是0.04，乙机床生产的废品率是0.05，且甲机床与乙机床互不影响，从它们生产的产品中任取1件，则(　　) A．两件都是废品的概率为0.002 B．没有废品的概率为0.912 C．恰有1件废品的概率为0.092 D．至少有1件废品的概率为0.088 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 三、填空题 8．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 11 12 13 14 15 16 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 11．某条道路的A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内平均开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒．某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的 概率是_____，三处中恰有一处停车的概率是______． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 四、解答题 12．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别为0.5，0.6，0.9，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1)该应聘者用方案一考试通过的概率； (2)该应聘者用方案二考试通过的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 16．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． 解：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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 (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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　相互独立事件的性质 (1)如果事件A与B相互独立，则_______，_______，_______也相互独立． (2)多个事件独立具有与______________类似的性质．例如，如果A1，A2，A3相互独立，则eq \o(A,\s\up12(－))1，A2，A3也相互独立等． eq \o(A,\s\up12(－))与B A与eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(A,\s\up12(－))与eq \o(B,\s\up12(－)) 3．(相互独立事件的性质及概率计算)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(－)))＝_____． eq \f(1,6) eq \f(1,6) 解　(1)有两个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的样本空间为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，共包含4个样本点，由等可能性知每个样本点出现的概率均为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与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)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，共包含8个样本点，由等可能性知每个样本点出现的概率均为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)，显然有P(AB)＝P(A)P(B)成立，所以事件A与B相互独立． 解：(1)记“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”为事件A，“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的是白球”为事件B， 则P(A)＝eq \f(5,8)，P(B)＝eq \f(5,8)×eq \f(4,7)＋eq \f(3,8)×eq \f(5,7)＝eq \f(5,8)， P(AB)＝eq \f(5,8)×eq \f(4,7)＝eq \f(5,14). 因为P(AB)≠P(A)P(B)，所以二者不是相互独立事件． (2)因为把取出的球放回容器，所以对“从中任意取出1个，取出的是黄球”的概率没有影响，所以二者是相互独立事件． (1,2) INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "\\\\杨楠\\杨楠\\课件\\541数学（必修第二册导学案（B版\\例2灰.TIF" \* MERGEFORMATINET 　甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为与eq \f(2,5). (1)甲、乙两人在罚球线各投球一次，求恰好命中一次的概率； (2)甲、乙两人在罚球线各投球两次，求这四次投球中至少有一次命中的概率． 解　记“甲投一次命中”为事件A，“乙投一次命中”为事件B，则P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,5)，P(eq \o(A,\s\up12(－)))＝eq \f(1,2)，P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝eq \f(3,5). (1)设事件“甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次”的概率为P，则P＝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(1,2)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,2). ∴甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的概率为eq \f(1,2). (2)设事件“甲、乙两人在罚球线各投球两次均不命中”的概率为P1， 则P1＝P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,100). ∴甲、乙两人在罚球线各投球两次，至少有一次命中的概率为1－P1＝eq \f(91,100). 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)＝0.7，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)记事件“恰好有两列正点到达”的概率为P1，由题意得A，B，C之间相互独立，则 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. 所以三列火车恰好有两列正点到达的概率为0.398. (2)记事件“三列火车没有一列正点到达”的概率为P2， 由题意得A，B，C之间相互独立，则 P2＝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(－)))＝0.2×0.3×0.1＝0.006. 所以三列火车至少有一列正点到达的概率为1－P2＝0.994. (2,3) 　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和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“甲击中目标”，事件B表示“乙击中目标”． 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次射击击中目标”(其中i＝1，2，3，4)，事件C表示“甲射击4次，恰有3次连续击中目标”，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)， 所以P(eq \o(A,\s\up12(－))1)＝P(eq \o(A,\s\up12(－))2)＝P(eq \o(A,\s\up12(－))3)＝P(eq \o(A,\s\up12(－))4)＝eq \f(1,3)， 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). 所以甲射击4次，恰有3次连续击中目标的概率为eq \f(16,81). (3)记事件Bi表示“乙第i次射击击中目标”(其中i＝1，2，3，4)，事件D表示“乙在第4次射击后被终止射击”， 则D＝B1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4＋eq \o(B,\s\up6(－))1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4， 且B1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4与eq \o(B,\s\up6(－))1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))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\up6(－))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)，所以P(eq \o(B,\s\up6(－))i)＝eq \f(1,4)(i＝1，2，3，4)， 故P(D)＝P(B1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4＋eq \o(B,\s\up6(－))1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4)＝P(B1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up6(－))1B2eq \o(B,\s\up6(－))3eq \o(B,\s\up6(－))4)＝P(B1)P(B2)·P(eq \o(B,\s\up6(－))3)P(eq \o(B,\s\up6(－))4)＋P(eq \o(B,\s\up6(－))1)P(B2)P(eq \o(B,\s\up6(－))3)P(eq \o(B,\s\up6(－))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). 所以乙恰好射击4次后被终止射击的概率为eq \f(3,64). 【感悟提升】常见事件与概率间的关系 已知两个事件A，B，它们发生的概率分别为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(eq \o(B,\s\up12(－))) 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(－))＋Aeq \o(B,\s\up12(－))＋eq \o(A,\s\up12(－))B) 1－P(A)P(B) 解：(1)设元件A，B，C正常工作分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.8. 故p1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝0.5×0.6×0.8＝0.24， p2＝P(A(B＋C))＝P(A)[1－P(eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))]＝0.5×(1－0.4×0.2)＝0.46. (2)因为P(A)＝P(B)＝P(C)＝p， 所以p1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝p3， p2＝P(A(B＋C))＝P(A)[1－P(eq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))]＝p[1－(1－p)2]＝2p2－p3， 则p1－p2＝p3－(2p2－p3)＝2p3－2p2＝2p2(p－1)． 又0<p<1，故p1－p2<0，即p1<p2. 2．抛一枚均匀的硬币和掷一个均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一个发生的概率是(　　) A.eq \f(5,12) B.eq \f(1,2) C.eq \f(7,12) D.eq \f(3,4) 解析：用间接法考虑，事件A，B一个都不发生的概率为P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝eq \f(1,2)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,12)，则事件A，B中至少有一个发生的概率为1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up6(－)))＝eq \f(7,12).故选C. 3．(多选)甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为eq \f(1,2)和eq \f(1,3)，甲、乙两人各射击一次，下列说法正确的是(　　) A．目标恰好被命中一次的概率为eq \f(5,6) B．目标恰好被命中两次的概率为eq \f(1,6) C．目标被命中的概率为eq \f(2,3) D．目标未被命中的概率为eq \f(1,3) 解析：对于A，目标恰好被命中一次的概率为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)＝eq \f(1,2)，A错误；对于B，目标恰好被命中两次的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，B正确；对于C，目标被命中的概率为eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，C正确；对于D，目标未被命中的概率为1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，D正确．故选BCD. 解析：都取到白球的概率为P1＝eq \f(8,12)×eq \f(6,12)＝eq \f(1,3)，都取到红球的概率为P2＝eq \f(4,12)×eq \f(6,12)＝eq \f(1,6)，则所求概率P＝P1＋P2＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,2). eq \f(1,2) 5．某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为eq \f(4,5)，乙当选的概率为eq \f(3,5)，丙当选的概率为eq \f(7,10).则恰有一名同学当选的概率为_______，至多有两人当选的概率为_______． eq \f(47,250) eq \f(83,125) 解析：设甲、乙、丙当选的事件分别为A，B，C，则P(A)＝eq \f(4,5)，P(B)＝eq \f(3,5)，P(C)＝eq \f(7,10).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(Aeq \o(B,\s\up12(－)) eq \o(C,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－))Beq \o(C,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－))C)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))·P(eq \o(C,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B)P(eq \o(C,\s\up12(－)))＋P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))P(C)＝eq \f(4,5)×eq \f(2,5)×eq \f(3,10)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,10)＋eq \f(1,5)×eq \f(2,5)×eq \f(7,10)＝eq \f(47,250).至多有两人当选的概率为1－P(ABC)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(7,10)＝eq \f(83,125). 解析：因为该试验的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{2，4，6}，B＝{3，6}，AB＝{6}，所以事件A与B不是互斥事件，P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,6)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)，所以事件A与B是相互独立事件． 2．如图所示，在两个圆盘中，指针落在圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是(　　) A.eq \f(4,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,3) 解析：因为左边转盘指针落在奇数所在区域的概率为eq \f(2,3)，右边转盘指针落在奇数所在区域的概率为eq \f(2,3)，所以两个指针同时落在奇数所在区域的概率为eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9). 3．国庆节放假期间，甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，eq \f(1,5).假定三人的行动相互之间没有影响，那么放假期间至少有一人去北京旅游的概率为(　　) A.eq \f(59,60) B.eq \f(3,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,60) 解析：因为甲、乙、丙三人去北京旅游的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，eq \f(1,5)，所以他们不去北京旅游的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(4,5)，所以至少有一人去北京旅游的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(4,5)＝eq \f(3,5).故选B. 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得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军．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，则甲队获得冠军的概率P1＝eq \f(1,2)；第二类，需比赛2局，第一局甲输，第二局甲赢，则甲队获得冠军的概率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). 解析：从5个标有数字1，2，3，4，5的小球中有放回地随机取两次，每次取1个球，共有25个样本点，记事件A表示“第一次取出的球的数字是1”，则事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，共5个样本点，则P(A)＝eq \f(5,25)＝eq \f(1,5)，记事件B表示“第二次取出的球的数字是2”，则事件B包含(1，2)，(2，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，共5个样本点，则P(B)＝eq \f(5,25)＝eq \f(1,5)，记事件C表示“两次取出的球的数字之和是7”，则事件C包含(2，5)，(5，2)，(3，4)，(4，3)，共4个样本点，则P(C)＝eq \f(4,25)，记事件D表示“两次取出的球的数字之和是6”， 则事件D包含(1，5)，(5，1)，(2，4)，(4，2)，(3，3)，共5个样本点，则P(D)＝eq \f(5,25)＝eq \f(1,5).对于A，因为P(AC)＝0≠P(A)P(C)，所以甲与丙不相互独立，故A错误；对于B，因为P(BD)＝eq \f(1,25)，P(B)P(D)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,25)＝P(BD)，所以乙与丁相互独立，故B正确；对于C，因为P(AD)＝eq \f(1,25)，P(A)·P(D)＝eq \f(1,5)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,25)＝P(AD)，所以甲与丁相互独立，故C正确；对于D，因为P(BC)＝eq \f(1,25)，P(B)P(C)＝eq \f(1,5)×eq \f(4,25)＝eq \f(4,125)≠P(BC)，所以乙与丙不相互独立，故D错误．故选BC. 解析：设“从甲机床生产的产品中抽得1件是废品”为事件A，“从乙机床生产的产品中抽得1件是废品”为事件B.则A与B相互独立，且P(A)＝0.04，P(B)＝0.05.对于A，P(AB)＝P(A)P(B)＝0.04×0.05＝0.002，A正确；对于B，P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝0.96×0.95＝0.912，B正确；对于C，P(eq \o(A,\s\up12(－))B＋Aeq \o(B,\s\up12(－)))＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))·P(B)＋P(A)P(eq \o(B,\s\up12(－)))＝0.96×0.05＋0.04×0.95＝0.086，C错误；对于D，P＝1－P(eq \o(A,\s\up12(－)) eq \o(B,\s\up12(－)))＝1－0.912＝0.088，D正确．故选ABD. 解析：由已知，得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). eq \f(49,512) 9．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B发生故障的概率分别为eq \f(1,8)和p.若恰有一个系统不发生故障的概率为eq \f(9,40)，则p＝______． 解析：记“系统A发生故障”为事件E，“系统B发生故障”为事件F，“恰有一个系统不发生故障”为事件C，则P(C)＝P(eq \o(E,\s\up12(－)))P(F)＋P(E)·P(eq \o(F,\s\up12(－)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,8)))p＋eq \f(1,8)(1－p)＝eq \f(9,40)，解得p＝eq \f(2,15). eq \f(2,15) 10．某人上楼梯，每步上1阶的概率为eq \f(3,4)，每步上2阶的概率为eq \f(1,4)，设该人从第1阶台阶出发，到达第3阶台阶的概率为______． 解析：到达第3阶台阶的方法有两种：第一种，每步上1个台阶，上两步，则概率为eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)；第二种，只上一步且上2个台阶，则概率为eq \f(1,4)，所以到达第3阶台阶的概率为eq \f(9,16)＋eq \f(1,4)＝eq \f(13,16). eq \f(13,16) eq \f(35,192) eq \f(257,576) 解析：三处都不停车的概率P1＝eq \f(25,60)×eq \f(35,60)×eq \f(45,60)＝eq \f(35,192)，三处中恰有一处停车的概率P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(25,60)))×eq \f(35,60)×eq \f(45,60)＋eq \f(25,60)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(35,60)))×eq \f(45,60)＋eq \f(25,60)×eq \f(35,60)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(45,60)))＝eq \f(257,576). 解：记该应聘者对三门指定课程考试及格分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6，P(C)＝0.9. (1)应聘者用方案一考试通过的概率为 P1＝P(ABeq \o(C,\s\up12(－)))＋P(Aeq \o(B,\s\up12(－))C)＋P(eq \o(A,\s\up12(－))BC)＋P(ABC) ＝P(A)P(B)[1－P(C)]＋P(A)[1－P(B)]·P(C)＋[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)P(B)·P(C)＝0.5×0.6×0.1＋0.5×0.4×0.9＋0.5×0.6×0.9＋0.5×0.6×0.9＝0.75. (2)从三门课程中随机选取两门的样本空间为Ω＝{AB，AC，BC}，每个样本点出现的概率均为eq \f(1,3)，因此应聘者用方案二考试通过的概率为 P2＝eq \f(1,3)P(AB)＋eq \f(1,3)P(BC)＋eq \f(1,3)P(AC)＝eq \f(1,3)P(A)P(B)＋eq \f(1,3)P(B)P(C)＋eq \f(1,3)P(A)P(C) ＝eq \f(1,3)×0.5×0.6＋eq \f(1,3)×0.6×0.9＋eq \f(1,3)×0.5×0.9＝0.43. 13．(多选)同时掷红、蓝两个质地均匀的骰子，事件A表示“两个骰子的点数之和为5”，事件B表示“红色骰子的点数是偶数”，事件C表示“两个骰子的点数相同”，事件D表示“至少一个骰子的点数是奇数”，则(　　) A．A与C互斥 B．B与D对立 C．A与eq \o(D,\s\up12(－))相互独立 D．B与C相互独立 解析：事件A表示“两个骰子的点数之和为5”，则为(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，事件C表示“两个骰子的点数相同”，则为(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)，故事件A与事件C互斥，故A正确；事件B与事件D可能同时发生，例如(2，1)，(4，3)等，故事件B与事件D不对立，故B不正确；事件D表示“至少一个骰子的点数是奇数”，事件D的对立事件eq \o(D,\s\up12(－))表示“掷出的点数都是偶数”，所以P(A)＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，P(eq \o(D,\s\up12(－)))＝eq \f(9,36)＝eq \f(1,4)，P(Aeq \o(D,\s\up12(－)))＝0，所以P(Aeq \o(D,\s\up12(－)))≠P(A)P(eq \o(D,\s\up12(－)))，故C不正确；因为P(B)＝eq \f(18,36)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，P(BC)＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12)，所以P(BC)＝P(B)P(C)，故D正确．故选AD. 14．事件A，B是相互独立事件，若P(A)＝m，P(B)＝0.3，P(eq \o(A,\s\up12(－))＋B)＝0.7，则实数m＝________． eq \f(3,7) 解析： P(eq \o(A,\s\up12(－))＋B)＝P(eq \o(A,\s\up12(－)))＋P(B)－P(eq \o(A,\s\up12(－))B)＝1－P(A)＋P(B)－P(eq \o(A,\s\up12(－)))P(B)＝1－P(A)＋P(B)[1－P(eq \o(A,\s\up12(－)))]＝1－P(A)＋P(B)P(A)，即0.7＝1－m＋0.3m，解得m＝eq \f(3,7). 15.一个系统如图所示，A，B，C，D，E，F为6个部件，其正常工作的概率都是eq \f(1,2)，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，求系统正常工作的概率． 解：设“C正常工作”为事件G，“D正常工作”为事件H，则P(G)＝P(H)＝eq \f(1,2)，“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(T)＝P(R)＝1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，于是得系统不正常工作的事件为TReq \o(G,\s\up12(－)) eq \o(H,\s\up12 (－))，而T，R，eq \o(G,\s\up12(－))，eq \o(H,\s\up12 (－))相互独立，所以系统正常工作的概率P＝1－P(T)P(R)·P(eq \o(G,\s\up12(－)))P(eq \o(H,\s\up12 (－)))＝eq \f(55,64). $