高中人教A版 (2019)第十章 概率10.2 事件的相互独立性教案

这是一份高中人教A版 (2019)第十章 概率10.2 事件的相互独立性教案，共9页。教案主要包含了【单元目标】，【单元知识结构框架】，【学情分析】，【教学设计思路/过程】，【教学问题诊断分析】，【教学成果自我检测】等内容，欢迎下载使用。

在已知积事件就是事件A与事件B同时发生。因此，积事件AB发生的概率一定与事件A,B发生的概率有关。通过探究，了解并且掌握相互独立事件的判断方法以及相互独立事件概率的求法，并能解决常见问题。
（1）通过具体实例，通过类比和归纳，理解两个事件独立性的含义，并且能判断事件之间是否独立，提升了学生数学抽象和数学建模的数学素养。
（2）结合古典概型，利用独立性计算积事件的概率，提高学生的数学运算数学素养；
二、【单元知识结构框架】
三、【学情分析】
1．认知基础
学生已经在上一节学习了古典概型的计算以及概率的相关性质，对概率已经有了一个基本认识，而且已经知道了什么事积事件，了解了积事件表示的意义。
2.认知障碍
相互独立事件和互斥事件是不同的两个概念。互斥事件，是两个事件不同时发生；而相互独立事件是指两个事件互不影响，和是否能同时发生无关。
四、【教学设计思路/过程】
课时安排： 约1课时
教学重点： 正确理解两个事件相互独立的意义
教学难点： 相互独立事件概率的计算
教学过程：
五、【教学问题诊断分析】
问题1：下面的两个随机试验各定义了一对随机事件A和B，你觉得事件A发生与否会影响事件B发生的概率吗？
试验1：分别抛掷两枚质地均匀的硬币，A=“第一次硬币正面朝上”，B=“第二枚硬币反面朝上”。
试验2：一个袋子中装有标号分别是1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异，采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球，设A=“第一次摸到球的标号小于3”，B=“第二次摸到球的标号小于3”。
分别计算P(A),P(B),P(AB),你有什么发现？
【破解方法】先判断两个事件之间互不影响；然后通过计算，总结出P(A),P(B),P(AB)的数量关系，根据关系，给出两个事件相互独立的定义：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．
问题2：互为对立的两个事件使非常特殊的一种事件关系，无果事件A与事件B相互独立，那么它们的对立事件是否也相互独立？一有放回摸球试验为例，分别验证A与B,A与B， A与B是否对立，你有什么发现？
【破解方法】若事件A和事件B相互独立，那么A与B,A与B， A与B也相互独立。
问题3：一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异，采用不放回方式从中任意摸球两次。
设事件A=“第一次摸出求的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号小于3”，那么事件A与事件B是否相互独立？
【答案】因为样本空间Ω={(m,n)|(m,n)∈{1,2,3,4}，且m≠n}，A={ (1,2),(1,3),(1,4),(2,1), (2,3),(2,4)}, B={(1,2),(2,1),(3,1),(3,2), (4,1),(4,2)},AB={(1,2),(2,1)}
所以P(A)=P(B)=12,P(AB)=16，此时P(AB)≠ P(A) P(B)，因此，事件A与事件B不独立。
【破解方法】判断两事件是否独立的方法
(1)由定义，若P(AB)＝P(A)·P(B)，则A，B独立．
(2)有些事件不必通过概率的计算就能判定其独立性，如有放回的两次抽奖，由事件本身的性质就能直接判定出是否相互影响，从而得出它们是否相互独立．
问题4：甲乙两枚射击运动员进行设计比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，求下列事件的概率：
（1）两人都中靶；
（2）恰好有一人中靶；
（3）两人都脱靶；
（4）至少有一人中靶。
【答案】设事件A=“甲中靶”，B=“乙中靶”，则A=“甲脱靶”，B=“乙脱靶”。由于两个人射击的结果互不影响，所以A与B相互独立， A与B,A与B， A与B都相互独立。
由已知可得，P(A)=0.8, P(B)=0.9, P(A)=0.2, P(B)=0.1,
（1）AB=“两人都中靶”， P(AB)= P(A) P(B)=0.8*0.9=0.72
（2）“恰有一人中靶”= AB∪ A B，且AB与 A B互斥，
P(AB∪ A B)= P(AB)+ P(A B)=0.8*0.1+0.2*0.9=0.26
（3）事件“两人都脱靶”= A B， P(A B)= P(A ) P(B) =0.2*0.1=0.02
（4）方法1：事件“至少有一人中靶”=AB∪ AB∪ A B，且AB， AB， A B两两互斥
P(AB∪AB∪ A B)= P(AB) +P(AB)+ P(A B)= P(AB) +P(AB∪A B)= 0.72+0.26=0.98
方法2：由于事件“至少有一人中靶”的对立事件使“两人都脱靶”，根据对立事件的性质，得事件“至少有一人中靶”的概率为
1-P(A ) P(B) =1-0.02=0.98
【破解方法】相互独立事件概率求解的关注点
(1)应用相互独立事件同时发生的概率的乘法公式求概率的解题步骤：①确定各事件是相互独立的；②确定各事件会同时发生；③先求每个事件发生的概率，再求其积．
(2)解决这类问题的关键是将事件看作若干事件相互独立的情形，还要注意互斥事件的拆分，以及对立事件概率的求法，即三个公式的联用：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)，P(A)＝1－P(A )，P(AB)＝P(A)P(B)(A，B相互独立)．
问题5：甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14 ，求：
①2个人都译出密码的概率；
②2个人都译不出密码的概率；
③至多1个人译出密码的概率；
④恰有1个人译出密码的概率；
⑤至少1个人译出密码的概率．
【答案】记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A与B为相互独立事件，且P(A)＝ 13，P(B)＝14 .
①“2 个人都译出密码”的概率为
P(AB)＝P(A)P(B)＝ 13 × 14 ＝ 112.
②“2个人都译不出密码”的概率为
P(A B)= P(A ) P(B) ＝(1－P(A))×(1－P(B))＝ 23 × 34 ＝ 12.
③“至多1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为
1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－ 13 × 14 ＝ 1112.
④“恰有1个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为P(AB∪ A B)= P(AB)+ P(A B)＝ 13 ×（1- 14 ） ＋ （1-13） × 14 ＝ 512.
【破解方法】注意独立事件的判断，当一人破译出密码时，还要确认另一人的破译情况，然后用积事件进行计算。
六、【教学成果自我检测】
1．课前预习 设计意图：初步理解教材，增强学生的自学能力，便于明确听课的重点.
1、(1)把一颗质地均匀的骰子任意地掷一次，判断下列各组事件是否是独立事件．
①A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出奇数点}；
②A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出3点}；
③A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出3的倍数点}；
④A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出的点数小于4}．
【答案】 ①∵P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝0，
∴A与B不独立．
②∵P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,6)，P(AB)＝0，∴A与B不独立．
③∵P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,6)，
∴P(AB)＝P(A)·P(B)，∴A与B独立．
④∵P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,6)，
∴P(AB)≠P(A)·P(B)，∴A与B不独立．
2. 某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑(互不影响)的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别为eq \f(2,5)，eq \f(3,4)，eq \f(1,3)，若对这三名短跑运动员的100米跑的成绩进行分析，求：
①三人都合格的概率；
②三人都不合格的概率；
③出现几人合格的概率最大．
【答案】记甲、乙、丙三人100米跑的成绩合格分别为事件A，B，C，显然事件A，B，C相互独立，则P(A)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(C)＝eq \f(1,3).
设恰有k人合格的概率为Pk(k＝0，1，2，3)．
①三人都合格的概率为
P3＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,10).
②三人都不合格的概率为
P0＝P(eq \(A,\s\up12(－)) eq \(B,\s\up12(－)) eq \(C,\s\up12(－)))＝P(eq \(A,\s\up12(－)))P(eq \(B,\s\up12(－)))P(eq \(C,\s\up12(－)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,10).
③恰有两人合格的概率为
P2＝P(ABeq \(C,\s\up12(－)))＋P(Aeq \(B,\s\up12(－))C)＋P(eq \(A,\s\up12(－))BC)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(23,60).
恰有一人合格的概率为P1＝1－P0－P2－P3＝1－eq \f(1,10)－eq \f(23,60)－eq \f(1,10)＝eq \f(25,60)＝eq \f(5,12).
综上可知，恰有一人合格的概率最大．
3. 用A，B，C，D四类不同的元件连接成系统N，当元件A正常工作且元件B，C都正常工作，或当元件A正常工作且元件D正常工作时，系统N正常工作．已知元件A，B，C，D正常工作的概率依次为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,4)，eq \f(4,5).
①求元件A不正常工作的概率；
②求元件A，B，C都正常工作的概率；
③求系统N正常工作的概率．
【答案】记元件A，B，C，D正常工作分别为事件A1，B1，C1，D1.
①元件A正常工作的概率为P(A1)＝eq \f(2,3)，则不正常工作的概率为P(eq \(A1,\s\up12(-)))＝1－P(A1)＝eq \f(1,3).
②∵各元件之间工作是相互独立的，
∴元件A，B，C都正常工作的概率为
P(A1B1C1)＝P(A1)P(B1)P(C1)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,8).
③系统N正常工作可分为：A，B，C都正常工作；A，D正常工作但B，C不都正常工作两种情况，前者概率为eq \f(3,8)，后者的概率为P(A1eq \(B1,\s\up12(-))C1D1)＋P(A1B1eq \(C1,\s\up12(-))D1)＋P(A1eq \(B1,\s\up12(-))eq \(C1,\s\up12(-))D1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,4)×eq \f(4,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(1,4)×eq \f(4,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(1,4)×eq \f(4,5)＝eq \f(7,30).
所以系统N正常工作的概率是eq \f(3,8)＋eq \f(7,30)＝eq \f(73,120).
4. 事件A，B，C相互独立，若P(AB)＝eq \f(1,6)，P(eq \(B,\s\up6(－))C)＝eq \f(1,8)，P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(1,8)，则P(B)＝________，P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝________，P(B＋C)＝__________．
【答案】 eq \f(1,2) eq \f(1,3) eq \f(5,8)
由A，B，C相互独立，P(AB)＝eq \f(1,6)，得
P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝P(AB)·P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(1,8).
∴P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(3,4)，P(C)＝eq \f(1,4).
又P(eq \(B,\s\up6(－))C)＝eq \f(1,8)，∴P(eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,2)，则P(B)＝eq \f(1,2).
又P(AB)＝eq \f(1,6)，∴P(A)＝eq \f(1,3).
∴P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \(A,\s\up6(－)))·P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，
P(B＋C)＝1－P(eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)))＝1－P(eq \(B,\s\up6(－)))·P(eq \(C,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＝eq \f(5,8).
2.课堂检测
设计意图：了解课堂的掌握情况
1.某电视台的夏日水上闯关节目中的前四关的过关率分别为eq \f(5,6)，eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(1,2)，只有通过前一关才能进入下一关，其中，第三关有两次闯关机会，且通过每关相互独立．一选手参加该节目，则该选手能进入第四关的概率为( )
A.eq \f(7,25) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(12,25) D.eq \f(14,25)
【答案】 D
解析 第一种情况：该选手通过前三关，进入第四关，所以P1＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(2,5)，第二种情况：该选手通过前两关，第三关没有通过，再来一次通过，进入第四关，所以P2＝eq \f(5,6)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(3,5)＝eq \f(4,25)，则该选手能进入第四关的概率为P＝eq \f(2,5)＋eq \f(4,25)＝eq \f(14,25).故选D.
2.一次数学考试有4道填空题，共20分，每道题完全答对得5分，否则得0分．在试卷命题时，设计第一道题使考生都能完全答对，后三道题能完全答对的概率分别为p，eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，且每道题答对与否相互独立．
(1)当p＝eq \f(2,3)时，求考生填空题得20分的概率；
(2)若考生填空题得10分与得15分的概率相等，求p的值．
【答案】 设考生填空题得20分、15分、10分分别为事件A，B，C.
(1)考生填空题得20分的概率P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).
(2)P(B)＝p×eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＋p×eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋(1－p)×eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,8)p＋eq \f(1,8)，
P(C)＝p×eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＋(1－p)×eq \f(1,2)×eq \f(3,4)＋(1－p)×eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,8)p.
由P(B)＝P(C)，得p＝eq \f(3,4).
3．课后作业
设计意图：巩固提升.
课时作业