作业14 事件的独立性-【课堂快线】2024高一数学寒假作业（北师大版）

事件的独立性— 　　【例题】　如图,由M到N的电路中有4个元件,分别记为T1,T2,T3,T4,电流能通过T1,T2,T3的概率都是p,电流能通过T4的概率是0.9,电流能否通过各元件相互独立.已知T1,T2,T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999. (1)求p; (2)求电流能在M与N之间通过的概率. 【解析】　记事件Ai表示“电流能通过Ti”,i=1,2,3,4, 事件A表示“T1,T2,T3中至少有一个能通过电流”, 事件B表示“电流能在M与N之间通过”. (1)因为= ,A1,A2,A3相互独立, 所以P()=P()=P()P()P()=(1-p)3. 又P()=1-P(A) =1-0.999=0.001, 所以(1-p)3=0.001,解得p=0.9. (2)B=A4+A1A3+A2A3, P(B)=P(A4)+P(A1A3)+P(A2A3) =P(A4)+P()P(A1)P(A3)+P()P()P(A2)P(A3) =0.9+0.1×0.9×0.9+0.1×0.1×0.9×0.9 =0.989 1 【名师点睛】　解决此类电路问题的关键是: (1)恰当地用事件的“并”“交”表示所求事件; (2)“串联”时系统无故障易求概率,“并联”时系统有故障易求概率,求解时注意对立事件概率之间的转化. 【解题通法】　相互独立事件实际应用时的策略 (1)这一类型的问题一直是高考考查的热点题型,一般采取“大化小”的解题策略,即将“大”的概率问题化为“小”的相互独立事件或互斥事件的概率问题,一般是P(A+B)=P(A)+P(B),P(A)=1-P(),P(AB)=P(A)P(B)这三个公式的联用,注意分清每一个事件是由哪几个基本事件构成的,做到不重不漏. (2)求相互独立事件同时发生的概率的步骤:①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求出每个事件发生的概率,再求其积. 一、选择题 1.事件A与事件B相互独立,且P(A)=P(B)=,则P(A)= (　　) A.0 　　　　 B. C. D. 2.(多选)下列各对事件中,不是相互独立事件的有 (　　) A.运动员甲射击一次,“射中9环”与“射中8环” B.甲、乙两运动员各射击一次,“甲射中10环”与“乙射中9环” C.甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲 、乙都没有射中目标” D.甲、乙两运动员各射击一次,“至少有1人射中目标”与“甲射中目标但乙未射中目标” 3.甲袋中有8个白球、4个红球,乙袋中有6个白球、6个红球,这些小球除颜色外完全相同.从甲、乙两袋中各任取1个球,则取得同色球的概率为 (　　) A. B. C. D. 4.某电视台夏日水上闯关节目中的前三关的过关率分别为0.8,0.6,0.5,只有通过前一关才能进入下一关,且通过每关相互独立,一选手参加该节目,则该选手只闯过前两关的概率为 (　　) A.0.48 B.0.4 C.0.32 D.0.24 5.国庆节放假,甲去北京旅游的概率为,乙、丙去北京旅游的概率分别为,.假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为 (　　) A. B. C. D. 6.从应届高中生中选拔飞行员,已知这批学生体型合格的概率为,视力合格的概率为,其他标准合格的概率为,从中任选一名学生,则该学生三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响) (　　) A. B. C. D. 7.一张储蓄卡的密码共有6位数字,每位数字都可以从0~9中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱时,忘记了密码最后一位数字,如果任意按最后一位数字,不超过2次就按对的概率为 (　　) A. B. C. D. 二、填空题 8.已知生产某零件需要经过两道工序,在第一、第二道工序中产生废品的概率分别为0.01和p,每道工序是否产生废品相互独立,若经过两道工序得到的零件不是废品的概率是0. 9603,则p=　　　　.  9.甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　.  三、解答题 10.甲、乙两人各投篮一次,如果两人投中的概率都是0.6,且两人的投中结果相互独立.求: (1)两人都投中的概率; (2)恰有1人投中的概率; (3)至少有1人投中的概率; (4)至多有1人投中的概率. 11.在生活小常识有奖问答竞赛中,甲、乙、丙三人同时回答一道有关生活小常识的问题,已知甲答对这道题的概率是,甲、乙两人都回答错误的概率是,乙、丙两人都回答正确的概率是.设每人回答问题正确与否相互独立. (1)求乙答对这道题的概率; (2)求甲、乙、丙三人中,至少有一人答对这道题的概率. 作业14　事件的独立性 【知能训练】 1.C　解析:由相互独立事件的性质可得P(A)=P(A)P()=P(A)[1-P(B)]==. 2.ACD　解析:在A中,甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”两个事件不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在B中,甲、乙各射击一次,“甲射中10环”发生与否对“乙射中9环”的概率没有影响,二者是相互独立事件;在C中,甲、乙各射击一次,“甲,乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”不可能同时发生,二者是互斥事件,不独立;在D中,记“至少有1人射中目标”为事件A,“甲射中目标但乙未射中目标”为事件B,则AB=B,因此当P(A)≠1时,P(AB)≠P(A)P(B),故不独立.故选ACD. 3.B　解析:设从甲袋中任取1个球,事件A为“取得白球”,则事件为“取得红球”;从乙袋中任取1个球,事件B为“取得白球”,则事件为“取得红球”.∵事件A与B相互独立,∴事件与相互独立. ∴从甲、乙两袋中各任取1个球,取得同色球的概率为P(AB∪)=P(AB)+P()=P(A)P(B)+P()P()=×+×=. 4.D　解析:由题意可知该选手只闯过前两关,第三关没闯过,由相互独立事件的概率可知P=0.8×0.6×(1-0.5)=0.24,故该选手只闯过前两关的概率为0.24,故选D. 5.B　解析:设甲、乙、丙去北京旅游分别记为事件A,B,C,则P(A)=,P(B)=,P(C)=,所以三人中至少有1人去北京旅游的概率为1-××=1-=.故选B. 6.B　解析:该学生三项均合格的概率为××=. 7.C　解析:不超过2次就按对包含第1次就按对,第1次按错,第2次按对,故不超过2次就按对的概率为P=+×=.故选C. 8.0.03　解析:由题意,得(1-0.01)(1-p)=0. 960 3,解得p=0.03. 9.0.18　解析:记事件M为“甲队以4∶1获胜”,则甲队共比赛五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场负一场,所以P(M)=0.6×(0.62×0.52×2+0.6×0.4×0.52×2)=0.18. 10.解:设“甲投篮一次,投中”为事件A,“乙投篮一次,投中”为事件B. 因为事件A与事件B相互独立,所以A与,与B,与也相互独立,且P(A)=P(B)=0.6,P()=P()=0.4. (1)两人都投中是事件A与事件B同时发生,所以P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.6=0.36. (2)恰有1人投中,即事件A或事件B发生.由于两人各投篮一次,所以事件A和事件B不可能同时发生,因此事件A和事件B是互斥事件, 所以恰有1人投中的概率为P(A)+P(B)=P(A)P()+P()P(B)=0.6×0.4×2=0.48. (3)至少有1人投中,即事件A或事件B或事件AB发生,由于两人各投篮一次,所以事件A、事件B、事件AB不可能同时发生,为互斥事件,所以至少有1人投中的概率为P(AB)+P(A)+P(B)=0.36+0.48=0.84. (4)方法一　至多有1人投中,即事件A或事件B或事件发生,由于两人各投篮一次,所以事件A、事件B、事件不可能同时发生,为互斥事件,所以至多有1人投中的概率为P() +P(A)+P(B)=P()P()+0.48=0.4×0.4+0.48=0.64. 方法二　“至多有1人投中”的对立事件为“两人都投中”,所以至多有1人投中的概率为1-P(AB)=1-P(A)P(B)=1-0.6×0.6=1-0.36=0.64. 11.解:记“甲答对这道题”“乙答对这道题”“丙答对这道题”分别为事件A,B,C. (1)设乙答对这道题的概率P(B)=x,由于每人回答问题正确与否相互独立,因此A,B,C是相互独立事件. 由题意可知,P(A)=,P()=P()P()=×(1-x)=,解得x=,所以乙答对这道题的概率为P(B)=. (2)设“甲、乙、丙三人中,至少有一人答对这道题”为事件M,丙答对这道题的概率P(C)=y,由题可知,P(BC)=P(B)×P(C)=×y=,解得y=. 甲、乙、丙三人都回答错误的概率为P()=P()P()P()=××=. 因为事件“甲、乙、丙三人都回答错误”的对立事件是“甲、乙、丙三人中,至少有一人答对”,所以P(M)=1-=. 学科网（北京）股份有限公司 $