4.1.3 独立性与条件概率的关系 课后达标检测(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教B版）

该高中数学课件聚焦概率中的相互独立事件、互斥事件及条件概率等核心知识点，通过基础达标例题如独立事件概率计算、正八面体事件关系判断等导入，衔接事件定义与概率运算，构建从概念到应用的学习支架。 其亮点在于以生活情境（如招聘笔试、游戏牌分配）和实际问题（如投篮、高炮击中敌机）为载体，培养学生用数学眼光观察现实世界，通过逻辑推理（如独立事件公式推导）发展数学思维，采用分层设计（基础、能力、素养）帮助学生逐步提升。教师可借此分层教学，学生能深化知识理解与应用能力。

4.1　4.1.3　课后达标检测 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2.(2024·辽宁本溪统考期末)一个正八面体，8个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，记事件A＝“数字为奇数”，事件B＝“数字为2或5”，则A与B的关系是(　　) A．互斥且相互独立 B．互斥但不相互独立 C．相互独立但不互斥 D．既不相互独立也不互斥 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 课后达标 检测 4．张老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，他预估做对第一道题的概率是0.8，做对两道题的概率是0.6，则预估做对第二道题的概率是(　　) A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.48 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．甲、乙两位同学各拿出六张游戏牌，用作掷骰子的奖品，两人商定：骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜，获胜者可得到12张游戏牌，并结束游戏．比赛开始后，甲积2分，乙积1分，这时因意外事件中断游戏，之后他们不想再继续这场游戏，下面对这12张游戏牌的分配合理的是 (　　) A．甲10张，乙2张 B．甲9张，乙3张 C．甲8张，乙4张 D．甲6张，乙6张 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．(2024·贵州遵义月考)一对夫妇的两个孩子小芳、小明都在省外上大学，已知每周小芳、小明打电话问候父母的概率分别为0.8，0.7，且小芳、小明是否打电话问候父母互不影响，则一周内该夫妇接到孩子电话问候的概率为________． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 0.94 课后达标 检测 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 课后达标 检测 9．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________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 11．(2024·山东威海高二统考期末)已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7.现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是(　　) A．2∶7 B．3∶7 C．4∶7 D．5∶7 解析：由题意知，只有甲打中猎物的概率为0.4×0.3＝0.12，只有乙打中猎物的概率为0.6×0.7＝0.42，所以，甲、乙分配猎物的比例应该是0.12∶0.42＝2∶7.故选A. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 12．(多选)连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上面的点数．事件A1＝“第一次得到的数字是2”；事件A2＝“第二次得到的数字是奇数”；事件A3＝“两次得到数字的乘积是奇数”；事件A4＝“两次得到数字的和是6”，则下列结论错误的是(　　) A．事件A1和事件A2对立 B．事件A2和事件A4互斥 C．事件A1和事件A4相互独立 D．P(A2∪A3)＝P(A2) 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，事件A2＝“第二次得到的数字是奇数”＝“第二次得到的数字是1，3，5”，所以事件A1和事件A2不对立．故A错误； 对于B，事件A2发生时，即“第二次得到的数字是1，3，5”，若A4＝“两次得到数字的和是6”也发生，则此时只需“第一次得到的数字是5，3，1”， 即事件A2发生时，事件A4也有可能发生，事件A2与事件A4不互斥，故B错误； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝________，P(A|B)＝________． 解析：因为A，B相互独立，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)＝0.3＋0.5－0.3×0.5＝0.65；P(A|B)＝P(A)＝0.3. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 0.65 0.3 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．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，求敌机进入这个区域后未被击中的概率； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2. (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？ 参考数据：lg 2≈0.301. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 1．已知A，B相互独立且P( eq \x\to(A) )＝0.6，P( eq \x\to(B) |A)＝0.8，则P(BA)＝(　　) A．0.6 B．0.06 C．0.4 D．0.08 解析：因为P( eq \x\to(A) )＝0.6，所以P(A)＝0.4，因为A，B相互独立，所以P( eq \x\to(B) |A)＝P( eq \x\to(B) )＝0.8，所以P(B)＝0.2，所以P(BA)＝P(B)·P(A)＝0.2×0.4＝0.08.故选D. 解析：事件A与事件B的交事件为“数字5”，所以事件A与B不互斥，P(A)＝ eq \f(4,8) ＝ eq \f(1,2) ，P(B)＝ eq \f(2,8) ＝ eq \f(1,4) ，P(AB)＝ eq \f(1,8) ，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立但不互斥，故选C. 3．(2024·山东德州高二统考期末)某高校招聘过程中笔试环节要求考生参加三个科目考核，考生通过三个科目的笔试考核才能进入面试环节．考生甲通过三个科目的笔试考核的概率分别为 eq \f(1,2) ， eq \f(2,3) ， eq \f(3,4) ，且每个科目考核相互独立，则甲顺利进入面试环节的概率为(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(11,24) C． eq \f(13,24) D． eq \f(17,24) 解析：记甲通过三个科目的笔试考核分别为事件A，B，C，显然A，B，C为相互独立事件，则事件“甲通过三个科目的笔试考核”相当于事件ABC，故所求概率P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＝ eq \f(1,4) .故选A. 解析：设事件Ai(i＝1，2)表示“做对第i道题”，A1，A2相互独立．由已知得P(A1)＝0.8，P(A1A2)＝0.6.由P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝0.8P(A2)＝0.6，解得P(A2)＝ eq \f(0.6,0.8) ＝0.75. 解析：由题意知，继续比赛下去，甲获胜的概率为 eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(3,4) ，乙获胜的概率为 eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ，所以甲应分得游戏牌12× eq \f(3,4) ＝9(张)，乙应分得游戏牌12× eq \f(1,4) ＝3(张). 6．(多选)下列各式中能判断事件A与事件B独立的是(　　) A．P(A∩B)＝P(A)P(B) B．P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B) C．P( eq \x\to(A) |B)＋P(A)＝1 D．P(A|B)＋P( eq \x\to(A) |B)＝1 解析：选项A：因为P(A∩B)＝P(AB)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，由事件相互独立意义可知，事件A与事件B独立，故A正确； 选项B：因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，又P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)P(B)，所以P(A∩B)＝P(A)P(B)，由选项A可知，事件A与事件B独立，故B正确； 选项C：因为P( eq \x\to(A) |B)＋P(A)＝ eq \f(P（\x\to(A)B）,P（B）) ＋P(A)＝1，即 eq \f(P（\x\to(A)B）,P（B）) ＝1－P(A)＝P( eq \x\to(A) )，所以P( eq \x\to(A) B)＝P( eq \x\to(A) )P(B)，即事件 eq \x\to(A) 与事件B独立，所以事件A与事件B独立，故C正确； 选项D：P(A|B)＋P( eq \x\to(A) |B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）) ＋ eq \f(P（\x\to(A)B）,P（B）) ＝ eq \f(P（AB）＋P（\x\to(A)B）,P（B）) ＝ eq \f(P（B）,P（B）) ＝1，恒成立，与事件A，B是否独立无关，故D错误．故选ABC. 解析：记事件A：一周内该夫妇接到小芳的电话问候，事件B：一周内该夫妇接到小明的电话问候，且A，B相互独立，所以事件“一周内该夫妇接到孩子电话问候”的概率为1－P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)) eq \a\vs4\al(\x\to(B)) )＝1－P( eq \x\to(A) )P( eq \x\to(B) )＝1－0.2×0.3＝0.94. 8．已知A与B相互独立，且P(AB)＝ eq \f(3,8) ，P(B)＝ eq \f(3,4) ，则P( eq \x\to(A) |B)＝________． 解析：因为A与B相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝ eq \f(3,8) .又P(B)＝ eq \f(3,4) ，所以P(A)＝ eq \f(1,2) .所以P( eq \x\to(A) |B)＝P( eq \x\to(A) )＝1－P(A)＝1－ eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) . eq \f(1,2) 解析：设事件A为“从甲袋中任取一个球，取得白球”，事件B为“从乙袋中任取一个球，取得白球”．由题意得P(A)＝ eq \f(2,3) ，P( eq \o(A,\s\up16(－)) )＝ eq \f(1,3) ，P(B)＝ eq \f(1,2) ，P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＝ eq \f(1,2) ，因为事件A与B相互独立，所以事件 eq \o(A,\s\up16(－)) 与 eq \o(B,\s\up16(－)) 相互独立．所以从每袋中任取一个球，取得同色球的概率P[(A∩B)∪( eq \o(A,\s\up16(－)) ∩ eq \o(B,\s\up16(－)) )]＝P(A∩B)＋P( eq \o(A,\s\up16(－)) ∩ eq \o(B,\s\up16(－)) )＝P(A)·P(B)＋P( eq \o(A,\s\up16(－)) )P( eq \o(B,\s\up16(－)) )＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,2) . eq \f(1,2) 10．为参加演讲比赛，某校组织选拔活动，通过两轮比赛最终决定参加比赛人选，已知甲同学晋级第二轮的概率为 eq \f(1,3) ，乙同学晋级第二轮的概率为m.若甲、乙能进入第二轮，在第二轮比赛中甲、乙两人能胜出的概率均为 eq \f(1,3) .假设甲、乙第一轮是否晋级和在第二轮中能否胜出互不影响． (1)若甲、乙有且只有一人能晋级第二轮的概率为 eq \f(5,12) ，求m的值； 解：设事件A表示“甲晋级第二轮”，事件B表示“乙晋级第二轮”，由题意可知，P(A eq \x\to(B) ∪ eq \x\to(A) B)＝P(A eq \x\to(B) )＋P( eq \x\to(A) B)＝ eq \f(1,3) (1－m)＋(1－ eq \f(1,3) )m＝ eq \f(5,12) ，解得m＝ eq \f(1,4) . 为参加演讲比赛，某校组织选拔活动，通过两轮比赛最终决定参加比赛人选，已知甲同学晋级第二轮的概率为 eq \f(1,3) ，乙同学晋级第二轮的概率为m.若甲、乙能进入第二轮，在第二轮比赛中甲、乙两人能胜出的概率均为 eq \f(1,3) .假设甲、乙第一轮是否晋级和在第二轮中能否胜出互不影响． (2)在(1)的条件下，求甲、乙两人中有且只有一人能参加比赛的概率． 解：设事件C为“甲、乙两人中有且只有一人能参加比赛”，D为“甲能参加比赛”，E为“乙能参加比赛”，则P(D)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,9) ，P(E)＝ eq \f(1,4) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,12) ， 所以P(C)＝ eq \f(1,9) ×(1－ eq \f(1,12) )＋(1－ eq \f(1,9) )× eq \f(1,12) ＝ eq \f(19,108) . 对于C，由题意P(A1)＝ eq \f(1,6) ，“两次得到数字的和是6”可能有：{(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)}五种情况， 即P(A4)＝ eq \f(5,6×6) ＝ eq \f(5,36) ，而事件A1和事件A4同时发生即为(2，4)一种情况，所以P(A1A4)＝ eq \f(1,6×6) ＝ eq \f(1,36) ，但P(A1A4)≠P(A1)P(A4)，故C错误； 对于D，由题意P(A2)＝ eq \f(3,6) ＝ eq \f(1,2) ，P(A3)＝ eq \f(3×3,6×6) ＝ eq \f(1,4) ，而事件A2和事件A3同时发生的概率P(A2A3)＝P(A3)＝ eq \f(1,4) ，所以P(A2∪A3)＝P(A2)＋P(A3)－P(A2A3)＝P(A2).故D正确．故选ABC. 14．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为 eq \f(1,3) ，乙每次投篮投中的概率为 eq \f(1,2) ，且各次投篮互不影响． (1)求投篮结束时，甲、乙各只投1个球的概率； 解：设Ak，Bk分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P(Ak)＝ eq \f(1,3) ，P(Bk)＝ eq \f(1,2) ，k＝1，2，3. (1)记“投篮结束时，甲、乙各只投1个球”为事件M，投篮结束时，甲、乙各只投1个球，则第一次甲投，未投中，第二次乙投，投中了，所以概率为P(M)＝P( eq \x\to(A) 1)·P(B1)＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) . 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为 eq \f(1,3) ，乙每次投篮投中的概率为 eq \f(1,2) ，且各次投篮互不影响． (2)求甲获胜的概率； 解：记“甲获胜”为事件C，则P(C)＝P(A1)＋P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) A2)＋ P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) A3)＝P(A1)＋P( eq \x\to(A) 1)P( eq \x\to(B) 1)P(A2)＋P( eq \x\to(A) 1)· P( eq \x\to(B) 1)P( eq \x\to(A) 2)·P( eq \x\to(B) 2)P(A3)＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) × eq \f(1,3) ＋( eq \f(2,3) )2×( eq \f(1,2) )2× eq \f(1,3) ＝ eq \f(13,27) . 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为 eq \f(1,3) ，乙每次投篮投中的概率为 eq \f(1,2) ，且各次投篮互不影响． (3)求投篮结束时，甲只投了2个球的概率． 解：记“投篮结束时，甲只投了2个球”为事件D，则P(D)＝P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) A2)＋P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) B2)＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) × eq \f(1,3) ＋( eq \f(2,3) )2( eq \f(1,2) )2＝ eq \f(2,9) . 15．某次数学测试只有两道题目，若甲答对第一道题和第二道题的概率分别为 eq \f(1,2) ， eq \f(2,3) ，乙答对第一道题和第二道题的概率分别为 eq \f(2,3) ， eq \f(3,4) ，甲、乙两人独立解题，每人各题答对与否互不影响，则这两道题都被答对的概率为(　　) A． eq \f(43,72) B． eq \f(47,72) C． eq \f(53,72) D． eq \f(55,72) 解析：设Ai＝“甲答对了第i道题”，Bi＝“乙答对了第i道题”，i＝1，2，C＝“两道题都被答对”，则P(A1)＝ eq \f(1,2) ，P(A2)＝ eq \f(2,3) ，P(B1)＝ eq \f(2,3) ，P(B2)＝ eq \f(3,4) . 方法一：易知C＝A1A2B1B2＋ eq \x\to(A) 1A2B1B2＋A1 eq \x\to(A) 2B1B2＋A1A2 eq \x\to(B) 1B2＋A1A2B1 eq \x\to(B) 2＋A1 eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \x\to(B) 1B2＋ eq \x\to(A) 1A2B1 eq \x\to(B) 2＋ eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \x\to(A) 2B1B2＋A1A2 eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) . 所以 P(C)＝P(A1A2B1B2＋ eq \x\to(A) 1A2B1B2＋A1 eq \x\to(A) 2B1B2＋A1A2 eq \x\to(B) 1B2＋ A1A2B1 eq \x\to(B) 2＋A1 eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) B2＋ eq \x\to(A) 1A2B1 eq \x\to(B) 2＋ eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) B1B2＋A1A2 eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) ) ＝P(A1A2B1B2)＋P( eq \x\to(A) 1A2B1B2)＋P(A1 eq \x\to(A) 2B1B2) ＋P(A1A2 eq \x\to(B) 1B2)＋P(A1A2B1 eq \x\to(B) 2)＋P(A1 eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) B2)＋ P( eq \x\to(A) 1A2B1 eq \x\to(B) 2)＋P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) B1B2)＋P(A1A2 eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) ) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＋(1－ eq \f(1,2) )× eq \f(2,3) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) ×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) × eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(3,4) )＋ eq \f(1,2) ×(1－ eq \f(2,3) )×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(3,4) ＋ (1－ eq \f(1,2) )× eq \f(2,3) × eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(3,4) )＋(1－ eq \f(1,2) )×(1－ eq \f(2,3) )× eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) ×(1－ eq \f(2,3) )×(1－ eq \f(3,4) )＝ eq \f(55,72) . 方法二：P(C)＝1－P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) B2)－ P( eq \x\to(A) 1 eq \x\to(A) 2B1 eq \x\to(B) 2)－P( eq \x\to(A) 1A2 eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) )－ P(A1 eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) )－P( eq \a\vs4\al(\x\to(A)1) eq \a\vs4\al(\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) eq \a\vs4\al(\x\to(B)2) )－ P( eq \x\to(A) 1A2 eq \x\to(B) 1B2)－P(A1 eq \x\to(A) 2B1 eq \x\to(B) 2)＝ eq \f(55,72) . 方法三：P(C)＝P(A1A2)＋P(B1B2)－ P(A1A2B1B2)＋P( eq \a\vs4\al(A1\x\to(A)2) eq \a\vs4\al(\x\to(B)1) B2)＋ P( eq \x\to(A) 1A2B1 eq \x\to(B) 2)＝ eq \f(55,72) .故选D. 解：设敌机被第k门高炮击中的事件为Ak(k＝1，2，3，4，5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为 eq \x\to(A) 1 eq \x\to(A) 2 eq \x\to(A) 3 eq \x\to(A) 4 eq \x\to(A) 5.因为事件A1，A2，A3，A4，A5相互独立，所以敌机未被击中的概率为P( eq \x\to(A) 1 eq \x\to(A) 2 eq \x\to(A) 3 eq \x\to(A) 4 eq \x\to(A) 5)＝ P( eq \x\to(A) 1)P( eq \x\to(A) 2)P( eq \x\to(A) 3)·P( eq \x\to(A) 4)P( eq \x\to(A) 5)＝(1－0.2)5＝( eq \f(4,5) )5.所以敌机进入这个区域后未被击中的概率为( eq \f(4,5) )5. 解：设至少需要布置n(n∈N＋)门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机，由(1)可得敌机被击中的概率为1－( eq \f(4,5) )n，所以1－( eq \f(4,5) )n>0.9，即( eq \f(4,5) )n< eq \f(1,10) ，两边取常用对数，得n> eq \f(1,1－3lg 2) ≈10.3.因为n∈N＋，所以n＝11.所以至少需要布置11门高炮才能使敌机进入这个区域后有0.9以上的概率被击中． $