人教A版 (2019)10.2 事件的相互独立性精品一课一练

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第5讲 事件的相互独立性

知识点1
1．事件的相互独立性
(1)定义：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝P(A)P(B)成立，则称事件A与事件B相互独立．简称为独立．
(2)性质：如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都相互独立．
(3)公式的推广
①n个事件相互独立
对于n个事件A1，A2，…，An，如果其中任一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称n个事件A1，A2，…，An相互独立．
②n个相互独立事件的概率公式
如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A1∩A2∩…∩An)＝P(A1)×P(A2)×…×P(An)，并且上式中任意多个事件Ai换成其对立事件后等式仍成立．
(4)两个事件独立与互斥的区别
两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响．
一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件不可能同时发生，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提．
2．相互独立事件与互斥事件的概率计算
概率
A，B互斥
A，B相互独立
P(A∪B)
P(A)＋P(B)
1－P()P()
P(AB)
0
P(A)P(B)
P( )
1－[P(A)＋P(B)]
P()P()
P(A∪B)
P(A)＋P(B)
P(A)P()＋P()P(B)

[说明]　①(A)＋(B)，表示的是A与B的和，实际意义是：A发生且B不发生，或者A不发生且B发生，换句话说就是A与B中恰有一个发生．
②同数的加、减、乘、除混合运算一样，事件的混合运算也有优先级，我们规定：求积运算的优先级高于求和运算，因此(A)＋(B)可简写为A＋B.






考点一 事件独立性的判断
解题方略：
两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)定义法：如果事件A，B同时发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率的积，则事件A，B为相互独立事件．　　　　
【例1】判断下列各对事件是不是相互独立事件：
(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；
(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“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，取出的还是白球”；
(3)掷一枚骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．
【解析】(1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．
(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以两者不是相互独立事件．
(3)记A＝“出现偶数点”，B＝“出现3点或6点”，则A＝{2,4,6}，B＝{3,6}，AB＝{6}，
所以P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，
所以P(AB)＝P(A)P(B)，
所以事件A与B相互独立．

变式1：下列事件中，A，B是相互独立事件的是(　　)
A．一枚硬币掷两次，A＝“第一次为正面”，B＝“第二次为反面”
B．袋中有2白，2黑的小球，不放回地摸两球，A＝“第一次摸到白球”，B＝“第二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，A＝“出现点数为奇数”，B＝“出现点数为偶数”
D．A＝“人能活到20岁”，B＝“人能活到50岁”
【解析】把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故A是独立事件；B中是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立；对于C，A，B应为互斥事件，不相互独立；D是条件概率，事件B受事件A的影响．故选A．



变式2：从52张扑克牌(不含大小王)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽到J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？
(1)A与B；(2)C与A.
【解析】(1)P(A)＝＝，P(B)＝＝，
事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P(AB)＝＝，从而有P(A)P(B)＝P(AB)，因此事件A与B相互独立．
(2)事件A与事件C是互斥的，因此事件A与C不是相互独立事件．


变式3：袋内有3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用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】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不是相互独立事件．故选D.


变式4：若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)
A．事件A与B互斥 B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又独立
【解析】因为P()＝，所以P(A)＝，又P(B)＝，P(AB)＝，所以有P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立但不一定互斥．故选C.

考点二 求相互独立事件的概率
解题方略：
1．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．
2．使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们同时发生．　　　　

【例2】周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率是(　　)
A．0.80 B．0.75
C．0.60 D．0.48
【解析】设“做对第一道题”为事件A，“做对第二道题”为事件B，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×P(B)＝0.6，故P(B)＝0.75.故选B.

变式1：有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．
【解析】所求概率P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.
答案：0.26

变式2：甲、乙同时炮击一架敌机，已知甲击中敌机的概率为0.3，乙击中敌机的概率为0.5，敌机被击中的概率为________．
【解析】由题意知P＝1－(1－0.3)×(1－0.5)＝0.65.
答案：0.65

变式3：有一道数学难题，学生A解出的概率为，学生B解出的概率为，学生C解出的概率为.若A，B，C三人独立去解答此题，则恰有一人解出的概率为(　　)
A．1 B．
C. D.
【解析】一道数学难题，恰有一人解出，包括：
①A解出，B，C解不出，概率为××＝；
②B解出，A，C解不出，概率为××＝；
③C解出，A，B解不出，概率为××＝.
所以恰有1人解出的概率为＋＋＝.故选C.


变式4：设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为(　　)
A．0.25 B．0.30
C．0.31 D．0.35
【解析】设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率P1＝P(BCD∪ACD∪ABD∪ABC)＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，
4人使用设备的概率P2＝P(ABCD)＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，
故所求概率P＝P1＋P2＝0.25＋0.06＝0.31.故选C.

变式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3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.
【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，，，故至少有1人去北京旅游的概率为1－××＝.故选B.

变式6：甲骑自行车从A地到B地，途中要经过4个十字路口，已知甲在每个十字路口遇到红灯的概率都是，且在每个路口是否遇到红灯相互独立，那么甲在前两个十字路口都没有遇到红灯，直到第三个路口才首次遇到红灯的概率是(　　)
A. B．
C. D.
【解析】由题意知，甲在前两个十字路口没有遇到红灯，直到第三个路口才首次遇到红灯的概率为××＝.故选B.

变式7：甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为，，，且各自能否被选中互不影响．
(1)求3人同时被选中的概率；
(2)求三人均未被选中的概率；
(3)求3人中至少有1人被选中的概率．
【解析】设甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
(1)3人同时被选中的概率
P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝××＝.
(2)法一：三人均未被选中的概率
P＝P( )＝××＝.
法二：三人至少有1人被选中的概率为，
∴P＝1－＝.
(3)3人中有2人被选中的概率
P2＝P(AB∪AC∪BC)
＝××＋××＋××＝.
3人中只有1人被选中的概率
P3＝P(A∪B∪C)＝××＋××＋××＝.
故3人中至少有1人被选中的概率为
P1＋P2＋P3＝＋＋＝.

变式8：甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，甲、乙两人只有一人被选中的概率为，两人都被选中的概率为，丙被选中的概率为，且各自能否被选中互不影响．求恰好有2人被选中的概率．
【解析】设甲被选中的概率为P(A)，乙被选中的概率为P(B)，
则P(A)[1－P(B)]＋P(B)[1－P(A)]＝，①
P(A)P(B)＝，②
由①②知P(A)＝，P(B)＝，
故恰有2人被选中的概率
P＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝.
变式9：在奥运知识有奖问答竞赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关奥运知识的问题，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的．
(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．
【解析】(1)记甲、乙、丙3人独自答对这道题分别为事件A，B，C，
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是相互独立的，因此A，B，C是相互独立事件．
由题意，并根据相互独立事件同时发生的概率公式，
得P()＝P()P()＝×(1－x)＝，解得x＝，
所以，乙对这道题的概率为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(1)，并根据相互独立事件同时发生的概率公式，
得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”与事件“甲、乙、丙三人中，至少有一人答对这道题”是对立事件，所以，所求事件概率为P(M)＝1－＝.


考点三 相互独立事件的实际应用
解题方略：
求较为复杂事件的概率的方法
(1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；
(2)理清事件之间的关系(两事件是互斥还是对立，或者是相互独立)，列出关系式；
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算；
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．　　　　
【例3】三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，，，将它们中的某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．
【解析】记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.
不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，
则不发生故障的概率为
P＝P[(A2∪A3)A1]
＝P(A2∪A3)·P(A1)
＝[1－P(2)·P(3)]·P(A1)
＝×＝.


变式1：某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响．求该选手被淘汰的概率．
【解析】记事件“该选手能正确回答第i轮的问题”为Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.
法一：该选手被淘汰的概率为
P(1)＋P(A12)＋P(A1A23)
＝P(1)＋P(A1)P(2)＋P(A1)P(A2)P(3)
＝＋×＋××＝.
法二：该选手被淘汰的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－××＝.

变式2：如图，A，B，C表示3个开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，那么系统的可靠性为(　　)
A．0.054 B．0.994
C．0.496 D．0.06
【解析】记三个开关都正常工作分别为事件A，B，C，则P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.7.
三个开关同时出现故障的事件为∩∩，则此系统正常工作的概率为P＝1－P( )＝1－P()P()P()＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994.故选B.




练习一 事件独立性的判断
1、一袋中装有100只球，其中有20只白球，在有放回地摸球中，记A1＝“第一次摸得白球”，A2＝“第二次摸得白球”，则事件A1与是(　　)
A．相互独立事件 B．对立事件
C．互斥事件 D．无法判断
【解析】由于采用有放回地摸球，所以每次是否摸到白球，对下次摸球结果没有影响，故事件A1，是相互独立事件．故选A

2、甲、乙两名射手同时向一目标射击，设事件A＝“甲击中目标”，事件B＝“乙击中目标”，则事件A与事件B(　　)
A．相互独立但不互斥 B．互斥但不相互独立
C．相互独立且互斥 D．既不相互独立也不互斥
【解析】对同一目标射击，甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的，所以事件A与B相互独立；对同一目标射击，甲、乙两射手可能同时击中目标，也就是说事件A与B可能同时发生，所以事件A与B不是互斥事件．故选A.


练习二 求相互独立事件的概率
1、在某道路A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________．
【解析】由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，. 在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为××＝.
答案：

2、某天上午，李明要参加“青年文明号”活动．为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率是0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________．
【解析】至少有一个准时响的概率为1－(1－0.90)·(1－0.80)＝1－0.10×0.20＝0.98.
答案：0.98

3、甲盒中有200个螺杆，其中有160个A型的，乙盒中有240个螺母，其中有180个A型的．今从甲、乙两盒中各任取一个，则恰好可配成A型螺栓的概率为(　　)
A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．
【解析】设“从甲盒中取一螺杆为A型螺杆”为事件A，“从乙盒中取一螺母为A型螺母”为事件B，则A与B相互独立，P(A)＝＝，P(B)＝＝，则从甲、乙两盒中各任取一个，恰好可配成A型螺栓的概率为P＝P(A)P(B)＝×＝.故选C

4、两名射手射击同一目标，命中的概率分别为0.8和0.7，若各射击一次，目标被击中的概率是(　　)
A．0.56 B．0.92
C．0.94 D．0.96
【解析】∵两人都没有击中的概率为0.2×0.3＝0.06，∴目标被击中的概率为1－0.06＝0.94.故选C


5、某地区为女农民工免费提供家政和医院陪护工培训，每人可选择参加一项、两项培训或不参加培训，已知参加过家政培训的有60%，参加过医院陪护工培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且每个人的选择相互之间没有影响．任选1名女农民工，则她参加过培训的概率是________．
【解析】设事件A表示“女农民工参加家政培训”，
事件B表示“女农民工参加医院陪护工培训”，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.75，
任选1名女农民工，她两项培训都没参加的概率为
P( )＝P()P()＝(1－0.6)×(1－0.75)＝0.1，
则她参加过培训的概率是1－P( )＝1－0.1＝0.9.
答案：0.9

6、在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为和.求：
(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率；
(2)至少有一个气象台预报准确的概率．
【解析】记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B.
显然事件A，B相互独立，且P(A)＝，P(B)＝.
(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率
P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为
P＝1－P( )＝1－P()P()＝1－×＝.

7、某同学语文、数学、英语三科的考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求：
(1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？
(2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？
【解析】分别记该生语文、数学、英语考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，则A，B，C两两相互独立且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.
(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用 表示，所求的概率为P( )＝P()P()P()
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)＝0.003，
即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003.
(2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用(BC)∪(AC)∪(AB)表示．
由于事件BC，AC和AB两两互斥，
根据概率的加法公式和事件独立性定义，所求的概率为P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()
＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]
＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329，
即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329.

8、某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生选修哪门课互不影响．已知学生小张只选甲的概率为0.08，只选甲和乙的概率为0.12，至少选一门课的概率为0.88，用ξ表示小张选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．
(1)求学生小张选修甲的概率；
(2)记“函数f(x)＝x2＋ξx为R上的偶函数”为事件A，求事件A的概率．
【解析】(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x，y，z，
则解得
所以学生小张选修甲的概率为0.4.
(2)若函数f(x)＝x2＋ξx为R上的偶函数，则ξ＝0，当ξ＝0时，表示小张选修三门课或三门课都不选．
所以P(A)＝P(ξ＝0)＝xyz＋(1－x)(1－y)(1－z)＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)(1－0.6)(1－0.5)＝0.24，
即事件A的概率为0.24.

练习三 相互独立事件的实际应用
1、如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为(　　)
A. B．
C. D.
【解析】记“A，B，C，D四个开关闭合”分别为事件A，B，C，D，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为：P()P()[1－P(AB)]＝××＝.所以灯亮的概率为1－＝.故选C.

2、一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是(　 　)

A.　　　　　　　　 B.
C. D.
【解析】设T＝“A与B中至少有一个不闭合”，R＝“E与F至少有一个不闭合”，则P(T)＝P(R)＝1－×＝，所以灯亮的概率为P＝1－P(T)P(R)P()P()＝1－×××＝，故选B.

3、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．
【解析】记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A，B，C，则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(AB)＋P(BC)＋P(AC)＋P(ABC)
＝0.5×0.6×0.1＋0.5×0.6×0.9＋0.5×0.4×0.9＋0.5×0.6×0.9＝0.75.
(2)应聘者用方案二考试通过的概率为
P2＝P(AB)＋P(BC)＋P(AC)
＝×0.5×0.6＋×0.6×0.9＋×0.5×0.9＝0.43.