3.1.2-3.1.3 事件的独立性 乘法公式 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

3.1.2&3.1.3　事件的独立性　乘法公式 [课时跟踪检测] 1.袋内有3个白球和2个黑球,从中不放回地摸球,记事件A表示“第一次摸得白球”,事件B表示“第二次摸得白球”,则A与B是 (　　) A.互斥事件 B.相互独立事件 C.对立事件 D.不相互独立事件 解析:选D　根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义可知,A与B不互斥、不对立,也不是相互独立事件. 2.下列式子成立的是 (　　) A.P(A|B)=P(B|A) B.0<P(B|A)<1 C.P(AB)=P(A)P(B|A) D.P(AB|A)=P(B) 解析:选C　由P(B|A)=得P(AB)=P(B|A)P(A). 3.已知某学校中喜欢阅读的学生占50%,而在喜欢阅读的学生中喜欢创作的占20%,从这个学校的学生中任意抽取一人,则抽到的学生既喜欢阅读又喜欢创作的概率是 (　　) A. B. C. D. 解析:选B　设事件A=“抽到的学生喜欢阅读”,事件B=“抽到的学生喜欢创作”,由题意知P(A)=,P(B|A)=,则P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 4.[多选]已知,分别为随机事件A,B的对立事件,P(A)>0,P(B)>0,则 (　　) A.P(B|A)+P(|A)=1 B.P(B|A)+P(|A)=P(A) C.若A,B相互独立,则P(A|B)=P(A) D.若A,B互斥,则P(A|B)=P(B|A) 解析:选ACD　因为P(B|A)+P(|A)===1,所以A正确,B错误;由相互独立事件定义,若A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B),P(A|B)==P(A),所以C正确;若A,B互斥,则P(AB)=0,P(A|B)==0,P(B|A)==0,所以D正确. 5.如图,已知电路中有5个开关,开关S5闭合的概率为,其他开关闭合的概率都是,且各开关是否闭合相互独立,则灯亮的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　法一　灯亮的对立事件为灯不亮,则得到灯不亮的条件是S1,S2至少有一个断开,且S3,S4,S5同时断开,∴灯亮的概率P=1-=. 法二　根据串联、并联,得灯亮有三种情况: ①S5闭合,则灯亮的概率P1=; ②S5断开,S1,S2均闭合,则灯亮的概率P2=××=; ③S5断开,S1,S2至少有一个断开,S3,S4至少有一个闭合,则灯亮的概率P3=××=. 综上,P(灯亮)=P1+P2+P3=++=.故选A. 6.在某道路的A,B,C三处设有交通灯,这三盏灯在1分钟内开放绿灯的时间分别为25秒,35秒,45秒,某辆车在这段道路上匀速行驶,则在这三处都不停车的概率为 (　　) A. B. C. D. 解析:选C　设事件A表示“在A处遇绿灯”,事件B表示“在B处遇绿灯”,事件C表示“在C处遇绿灯”,则有P(A)=,P(B)=,P(C)=,则这三处都不停车的概率为P(ABC)=P(A)P(B)·P(C)=××=. 7.[多选]口袋里装有2红,2白共4个形状相同的小球,对其编号红球1,2,白球3,4,从中不放回地依次取出两个球,事件A=“第一次取出的是红球”,事件B=“第二次取出的是红球”,事件C=“取出的两球同色”,事件D=“取出的两球不同色”,则 (　　) A.A与B互斥 B.C与D互为对立事件 C.A与C相互独立 D.P(D|B)= 解析:选BC　样本点有12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43,共12个,事件A=“12,13,14,21,23,24”;事件B=“12,21,31,41,32,42”;事件C=“12,21,34,43”;事件D=“13,14,23,24,31,41,32,42”.∵A∩B≠∅,∴A与B不是互斥事件,故A错误;C∪D=Ω,C∩D=∅,∴C与D互为对立事件,故B正确;事件AC=“12,21”,∴P(A)==,P(C)==,P(AC)==,P(AC)=P(A)·P(C),∴A与C相互独立,故C正确;事件BD=“31,41,32,42”,P(B)=,P(BD)==, ∴P(D|B)==,故D错误. 8.(5分)国庆节放假,甲、乙、丙三人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,那么国庆假期内至少有1人去北京旅游的概率为　　　　.  解析:因为甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为,,,所以他们不去北京旅游的概率分别为,,,所以至少有1人去北京旅游的概率为P=1-××=. 答案: 9.(5分)已知0<P(A)<1,且P(B|A)=P(B).若P()=0.6,P(B|)=0.3,则P(AB)=　　　　.  解析:因为P(B|A)=P(B),所以事件A与事件B相互独立,则P(B)=P(B|)=0.3.因为P()=0.6,所以P(A)=0.4, 则P(AB)=P(A)P(B)=0.12. 答案:0.12 10.(5分)事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=,P(C)=,P(AB )=,则P(B)=　　　　,P(B)=　　　　.  解析:∵P(AB )=P(AB)P() =P()=,∴P()=,即P(C)=. 又P(C)=P()P(C)=, ∴P()=,P(B)=. 又P(AB)=,∴P(A)=,∴P(B)=P()P(B)=×=. 答案:　 11.(5分)设不透明的袋中有5个红球,3个黑球,2个白球,有放回地随机摸球三次,每次摸一球,则第三次才摸到白球的概率为　　　　;若以同样的方式不放回摸球,则第三次才摸到白球的概率为　　　　.  解析:设事件A表示“第一次未摸到白球”,B表示“第二次未摸到白球”,C表示“第三次摸到白球”, 则事件“第三次才摸到白球”可表示为ABC. 有放回时:P(A)=,P(B|A)=, P(C|AB)=, 则P(ABC)=P(A)P(B|A)·P(C|AB)=××=. 不放回时:P(A)=,P(B|A)=, P(C|AB)=,则P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)=××=. 答案:　 12.(10分)袋中装有4个红球,5个白球,从中不放回地任取两次,每次取一球. (1)求在第一次取出的是红球的条件下,第二次取出的也是红球的概率.(6分) (2)求第二次才取到红球的概率.(4分) 解:(1)设事件Ai表示“第i次取出的是红球”(i=1,2),则P(A1)=,P(A1A2)==,所以P(A2|A1)===. (2)第二次才取到红球,即第一次取白球,第二次取红球,所以P(A2)=P()·P(A2|)=×=. 13.(10分)清明节放假期间,甲同学去古镇游玩的概率为,乙同学去古镇游玩的概率为,丙同学去古镇游玩的概率为,且甲、乙、丙三人的行程之间互相没有影响. (1)求甲、乙、丙三人在清明节放假期间同时去古镇游玩的概率;(5分) (2)求甲、乙、丙三人在清明节放假期间仅有一人去古镇游玩的概率.(5分) 解:(1)根据相互独立事件同时发生的概率公式,得三人同时去古镇游玩的概率P1=××=. (2)甲、乙、丙三人仅有一人去古镇游玩的概率P2=××+××+××=. 14.(15分)甲、乙、丙三人进行网球比赛,约定赛制如下:累计负两场被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两个人,另一个人当裁判,没有平局;每场比赛结束时,负的一方在下一场当裁判;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,另一人最终获得冠军,比赛结束.已知在每场比赛中,双方获胜的概率都为,各局比赛的结果相互独立,经抽签,第一场比赛甲当裁判. (1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;(5分) (2)求只需四场比赛就决出冠军的概率.(10分) 解:(1)记事件A为甲胜乙,则P(A)=,则P()=1-=,事件B为甲胜丙,则P(B)=,则P()=1-=,事件C为乙胜丙,则P(C)=,则P()=1-=.前三场比赛结束后,丙被淘汰可用事件CC∪CAB来表示,所以前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率P1=P(CC)+P(CAB)=××+××=. (2)若最终的冠军为甲,则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪BAB来表示, P(CABA∪BAB)=P(CABA)+P(BAB)=P(C)P(A)·P(B)P(A)+P()P(B)P(A)P(B)=×××+×××=; 若最终的冠军为乙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件CC来表示, P(CC)=P(C)P()P(C)P()=×××=;若最终的冠军为丙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件 来表示, P( )=P()P()P()P()=×××=.所以只需四场比赛就决出冠军的概率为P2=++=. 学科网（北京）股份有限公司 $