10.2 事件的相互独立性 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦概率核心知识，涵盖相互独立事件、条件概率、互斥与对立事件等内容。通过基础达标、能力提升、素养拓展的分层设计，搭建从概念理解到实际应用的学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其亮点在于以生活情境（如天气预报、拨号、围棋比赛）为载体，引导学生用数学眼光观察现实问题，通过逻辑推理（如独立事件判断、分步概率计算）培养数学思维，用符号公式（如P(AB)=P(A)P(B)）精准表达数学关系。学生能提升应用与推理能力，教师可借助分层题目高效开展教学。

10．2　课后达标检测 1 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 15 14 13 √ 2．天气预报预测国庆期间甲地的降雨概率是0.4，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两地都降雨的概率是(　　) A．0.10 B．0.11 C．0.12 D．0.13 解析：由题意甲、乙两地都降雨的概率为0.4×0.3＝0.12. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 6．(多选)设A，B为随机事件，且P(A)，P(B)是A，B发生的概率. P(A)，P(B)∈(0，1)，则下列说法正确的是(　　) A．若A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B) B．若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立 C．若A，B互斥，则A，B相互独立 D．若A，B独立，则P(AB)<P(A) √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：对于A，若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，所以A正确； 对于B，由相互独立事件的概念知，若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B是相互独立事件，所以B正确； 对于C，若A，B互斥，则A，B不独立，因为若事件A发生，则B发生的概率为0，即事件A影响事件B发生的概率，所以C错误； 对于D，由相互独立事件的定义知，若A，B独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，又因为P(A)，P(B)∈(0，1)，所以P(AB)<P(A)，所以D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 10．(13分)有8个相同的小球，上面分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，“从中任取一个小球，球的数字是奇数”记为事件A，“从中任取一个小球，球的数字是3的倍数”记为事件B. (1)试判断A，B是否为相互独立事件，并说明理由；(6分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 (2)求P(A∪B).(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 11．若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4}，事件A＝{1，2}，事件A，B相互独立，则事件B可以是(　　) A．{1，3} B．{1，2，3} C．{3，4} D．{2，3，4} √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：对于A，由题图知，n(AB)＝n(A)＋n(B)－n(A∪B)＝12＋8－16＝4，故A错误； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 (2)求A，B，C三人中恰有两人闯关成功的概率．(8分) 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (1)求双方需要进行第三局比赛的概率；(6分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)若第一局比赛乙先手，求甲赢得比赛的概率．(9分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 √ 15．(多选)中国有很多谚语，如“人多计谋广，柴多火焰高”“三个臭皮匠，顶个诸葛亮”“一个篱笆三个桩，一个好汉三个帮”等等，都能体现团队协作、集体智慧的强大．假设某人能力较强，他独自一人解决某个项目的概率为P1＝0.8.同时，有由n个水平相当的人组成的团队也在研究该项目，团队成员各自独立解决该项目的概率都是0.4.如果这n个人组成的团队解决该项目的概率为P2，且P2≥P1，则n的取值可能是(参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48)(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 √ √ 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 1．已知事件A与事件B相互独立，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.7，则P( eq \x\to(A) B)＝(　　) A．0.14 B．0.24 C．0.56 D．0.63 解析：因为P(A)＝0.2，P(B)＝0.7，所以P( eq \x\to(A) )＝1－0.2＝0.8，因为事件A与事件B相互独立，则事件 eq \x\to(A) 与事件B相互独立，所以P( eq \x\to(A) B)＝P( eq \x\to(A) )P(B)＝0.8×0.7＝0.56. 3．若P(AB)＝ eq \f(1,9) ，P( eq \x\to(A) )＝ eq \f(2,3) ，P(B)＝ eq \f(1,3) ，则事件A与事件B的关系是(　　) A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B对立 C．事件A与事件B相互独立 D．事件A与事件B互斥又独立 解析：因为P( eq \x\to(A) )＝ eq \f(2,3) ，所以P(A)＝1－P( eq \x\to(A) )＝1－ eq \f(2,3) ＝ eq \f(1,3) ，又因为P(B)＝ eq \f(1,3) ，P(A)P(B)＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,9) ＝P(AB)，所以事件A与事件B相互独立、事件A与事件B不互斥，故不对立． 解析：设Ai＝“第i次拨号接通电话”，i＝1，2，3，第3次拨号才接通电话可表示为 eq \x\to(A) 1 eq \x\to(A) 2A3，则P( eq \x\to(A) 1 eq \x\to(A) 2A3)＝ eq \f(9,10) × eq \f(8,9) × eq \f(1,8) ＝ eq \f(1,10) ，所以他第3次拨号才接通电话的概率为 eq \f(1,10) . 4．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，则他第3次拨号才接通电话的概率为(　　) A． eq \f(1,14) B． eq \f(7,9) C． eq \f(1,10) D． eq \f(2,9) 5．甲、乙两位乒乓球队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为 eq \f(2,3) ，乙发球甲赢的概率为 eq \f(1,4) ，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为(　　) A． eq \f(1,3) B． eq \f(1,6) C． eq \f(1,12) D． eq \f(5,24) 解析：由于连续赢2个球者获胜，且该局打4个球，甲先发球可分为：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，则概率为 eq \f(2,3) × eq \f(3,4) × eq \f(2,3) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,12) . eq \f(1,3) 7．小李在网上买了一本书和一件衣服，由于强降雨天气影响了快递运输，书按时送达的概率为 eq \f(2,3) ，衣服按时送达的概率为 eq \f(1,2) ，且书和衣服的快递运输互不影响，则小明买的书和衣服都能按时送达的概率为________． 解析：根据独立事件的乘法公式知小明买的书和衣服都能按时送达的概率为 eq \f(2,3) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,3) . 8．如图，A，B，C是三个独立的开关，设它们闭合的概率分别为 eq \f(1,4) ， eq \f(1,3) ， eq \f(1,2) ，则该线路是通路的概率为________． eq \f(1,4) 解析：由题意该线路是通路的概率为 P＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3))))) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) . 9．公司要求甲、乙、丙3人在各自规定的时间内完成布置的任务，已知甲、乙、丙在规定时间内完成任务的概率分别为 eq \f(2,5) ， eq \f(2,3) ， eq \f(3,4) ，则3个人中至少有2人在规定时间内完成任务的概率为________． eq \f(2,3) 解析：3个人中至少有2人在规定时间内完成任务的情况有：甲乙完成丙未完成、甲丙完成乙未完成、乙丙完成甲未完成、甲乙丙都完成，且甲、乙、丙完成任务的结果互不影响，所以3个人中至少有2人在规定时间内完成任务的概率P＝ eq \f(2,5) × eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4))) ＋ eq \f(2,5) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3))) × eq \f(3,4) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5))) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＋ eq \f(2,5) × eq \f(2,3) × eq \f(3,4) ＝ eq \f(2,3) . 解：方法一：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}． 若A发生，则B发生的概率为 eq \f(1,4) ； 若A不发生，则B发生的概率为 eq \f(1,4) ， 可见，事件A发生与否不影响事件B发生的概率， 因此，A，B为相互独立事件． 方法二：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}，AB＝{3}． 所以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) ，即P(AB)＝P(A)P(B). 因此，A，B为相互独立事件． 解：方法一：由概率性质得 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,4) － eq \f(1,8) ＝ eq \f(5,8) . 方法二：Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，A＝{1，3，5，7}，B＝{3，6}，A∪B＝{1，3，5，6，7}． 所以P(A∪B)＝ eq \f(5,8) . 解析：由题意得P(A)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，对于A，P(B)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，A∩B＝{1}，故P(A∩B)＝ eq \f(1,4) ，所以P(A∩B)＝P(A)P(B)，故事件A，B相互独立，A正确； 对于B，P(B)＝ eq \f(3,4) ，A∩B＝{1，2}，故P(A∩B)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，所以P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，B错误； 对于C，P(B)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，A∩B＝∅，故P(A∩B)＝0，所以P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，C错误； 对于D，P(B)＝ eq \f(3,4) ，A∩B＝{2}，故P(A∩B)＝ eq \f(1,4) ，所以P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，D错误．故选A. 12．(多选)如图是一个古典概型的样本空间Ω和事件A和B，其中n(Ω)＝24，n(A)＝12，n(B)＝8，n(A∪B)＝16，则(　　) A．n(AB)＝8 B．P(A∪B)＝ eq \f(2,3) C．事件A与B相互独立 D．事件A与B互斥 对于B，因为P(A∪B)＝ eq \f(n（A∪B）,n（Ω）) ＝ eq \f(16,24) ＝ eq \f(2,3) ，故B正确； 对于C，因为P(AB)＝ eq \f(n（AB）,n（Ω）) ＝ eq \f(4,24) ＝ eq \f(1,6) ，而P(A)＝ eq \f(12,24) ＝ eq \f(1,2) ，P(B)＝ eq \f(8,24) ＝ eq \f(1,3) ，显然P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立，故C正确； 对于D，由C知，P(AB)＝ eq \f(1,6) ≠0，即A∩B≠∅，所以事件A与B不互斥，故D错误． 13．(13分)A，B，C三人参加知识闯关比赛，三人闯关成功与否相互独立．已知A闯关成功的概率是 eq \f(2,3) ，A，B，C三人闯关都成功的概率是 eq \f(1,6) ，A，B，C三人闯关都不成功的概率是 eq \f(1,12) . (1)求B，C两人各自闯关成功的概率；(5分) 解：记A，B，C三人各自闯关成功分别为事件D，E，F， 三人闯关成功与否相互独立， 且满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（D）＝\f(2,3)，,P（D）P（E）P（F）＝\f(1,6)，,[1－P（D）][1－P（E）][1－P（F）]＝\f(1,12)，)) 解得P(E)＝ eq \f(1,2) ，P(F)＝ eq \f(1,2) ， 所以B，C两人各自闯关成功的概率都是 eq \f(1,2) . 解：设A，B，C三人中恰有两人闯关成功为事件H， 则P(H)＝P( eq \x\to(D) EF＋D eq \x\to(E) F＋DE eq \x\to(F) )＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) × eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(5,12) ， 所以三人中恰有两人闯关成功的概率为 eq \f(5,12) . 14．(15分)已知甲、乙两人进行围棋挑战赛，先胜两局的一方赢得比赛，每局比赛不考虑平局，并且前一局先手的一方，下一局比赛将作为后手．在每一局比赛中若甲方先手，则该局甲获胜的概率为 eq \f(2,3) ；若甲方后手，则该局甲获胜的概率为 eq \f(2,5) . 解：若双方需要进行第三局比赛，则前两局比赛中双方各胜一局， 因为前两局比赛中，双方各先手一次， 故双方需要进行第三局比赛的概率P＝ eq \f(2,3) × eq \f(3,5) ＋ eq \f(1,3) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(8,15) . 解：记第i局甲获胜为事件Ai(i＝1，2，3)，甲赢得比赛为事件B，则B包含的所有事件为A1A2，A1 eq \x\to(A) 2A3， eq \x\to(A) 1A2A3，且这3个事件之间两两互斥， 由P(A1A2)＝ eq \f(2,5) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(4,15) ， P(A1 eq \x\to(A) 2A3)＝ eq \f(2,5) × eq \f(1,3) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(4,75) ， P( eq \x\to(A) 1A2A3)＝ eq \f(3,5) × eq \f(2,3) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(4,25) ， 得P(B)＝P(A1A2)＋P(A1 eq \x\to(A) 2A3)＋P( eq \x\to(A) 1A2A3)＝ eq \f(4,15) ＋ eq \f(4,75) ＋ eq \f(4,25) ＝ eq \f(12,25) . 解析：依题意，P2＝1－(1－0.4)n＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n) ，由P2≥P1可得1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n) ≥ eq \f(4,5) ，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(n) ≤ eq \f(1,5) ，两边取对数，可得n≥log eq \s\do9(\f(3,5)) eq \f(1,5) ＝ eq \f(－lg 5,lg \f(3,5)) ＝ eq \f(－（1－lg 2）,lg 3－（1－lg 2）) ≈ eq \f(35,11) >3. $