人教A版高中数学必修第二册第十章概率学案

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第十章 | 概率10．1　随机事件与概率10．1.1　有限样本空间与随机事件知识点一　随机试验、样本点与样本空间(一)教材梳理填空1．随机试验的概念和特点：(1)随机试验的概念我们把对随机现象的实现和对它的观察称为随机试验，简称试验，常用字母E表示．(2)随机试验的特点①试验可以在相同条件下重复进行；②试验的所有可能结果是明确可知的，并且不止一个；③每次试验总是恰好出现这些可能结果中的一个，但事先不能确定出现哪一个结果．2．样本点和样本空间：(二)基本知能小试1．判断正误：(1)观察随机试验时，其可能出现的结果的数量一定是有限的． (×)(2)“下周六是晴天”是下周六天气状况的一个样本点． (√)(3)抛掷两枚骰子，向上的点数之和构成的样本空间为{1,2,3，…，11,12}． (×)2．(多选)下列现象中，是随机现象的是 (　　)A．在一条公路上，交警记录某一小时通过的汽车超过300辆B．若a为整数，则a＋1为整数C．发射一颗炮弹，命中目标D．检查流水线上一件产品是合格品还是次品答案：ACD3．同时掷两枚大小相同的硬币，用(x，y)表示结果，则该实验包含的样本点数是 (　　)A．3　　　　　　　　　　 B．4C．5 D．6答案：B知识点二　三种事件的定义(一)教材梳理填空(二)基本知能小试1．判断正误：(1)在一次掷骰子试验中，样本空间Ω＝{1,2,3,4,5,6}，集合{1,3,5}一定会出现． (×)(2)长度为3,4,5的三条线段可以构成一个三角形是必然事件． (√)(3)“明天会下雨”是不可能事件． (×)2．下列事件不是随机事件的是 (　　)A．东边日出西边雨 B．下雪不冷化雪冷C．清明时节雨纷纷 D．梅子黄时日日晴答案：B3．在25件同类产品中，有2件次品，从中任取3件产品，其中不可能事件为 (　　)A．3件都是正品 B．至少有1件次品C．3件都是次品 D．至少有1件正品答案：C题型一　样本空间 [探究发现](1)如何确定试验的样本空间？提示：确定试验的样本空间就是写出试验的所有可能的结果，并写成Ω＝{ω1，ω2，…，ωn}的形式．(2)写试验的样本空间要注意些什么？提示：要考虑周全，应想到试验的所有可能的结果，避免发生遗漏和出现多余的结果．　　　【学透用活】[典例1]　一个家庭有两个小孩，则这个试验的样本空间是 (　　)A．Ω＝{(男，女)，(男，男)，(女，女)}B．Ω＝{(男，女)，(女，男)}C．Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}D．Ω＝{(男，男)，(女，女)}[解析]　用坐标法表示：将第一个小孩的性别放在横坐标位置，第二个小孩的性别放在纵坐标位置，可得4个不同的样本点(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．[答案]　C[方法技巧]样本空间中样本点的求法(1)在写样本空间时，一般采用列举法写出，必须先明确事件发生的条件，按一定次序列举，才能保证所列结果没有重复，也没有遗漏．(2)试验的样本空间最终结果应该写成集合的形式．　　 【对点练清】已知袋中装有大小相同的红、白、黄、黑4个球，分别写出以下试验的样本空间．(1)从中一次任取1球，观察球的颜色； (2)从中一次任取2球，观察球的颜色．解：(1)样本空间为Ω＝{红，白，黄，黑}．(2)若记(x，y)表示一次试验中，取出的是x球与y球，样本空间为Ω＝{(红，白)，(红，黄)，(红，黑)，(白，黄)，(白，黑)，(黄，黑)}．题型二　三种事件的判断 【学透用活】[典例2]　指出下列事件是必然事件、不可能事件还是随机事件：(1)某人购买福利彩票一注，中奖500万元；(2)三角形的内角和为180°；(3)没有空气和水，人类可以生存下去；(4)同时抛掷两枚硬币一次，都出现正面向上；(5)从分别标有1,2,3,4的四张标签中任取一张，抽到1号标签；(6)科学技术达到一定水平后，不需任何能量的“永动机”将会出现．[解]　(1)某人购买福利彩票一注，可能中奖，也可能不中奖，所以是随机事件．(2)所有三角形的内角和都为180°，所以是必然事件．(3)空气和水是人类生存的必要条件，没有空气和水，人类无法生存，所以是不可能事件．(4)同时抛掷两枚硬币一次，不一定都是正面向上，所以是随机事件．(5)任意抽取，可能得到1,2,3,4号标签中的任意一张，所以是随机事件．(6)由能量守恒定律可知，不需要任何能量的“永动机”不会出现，所以是不可能事件．[方法技巧]对事件分类的两个关键点　【对点练清】下列事件：①任取一个整数，被2整除；②小明同学在某次数学测试中成绩一定不低于120分；③甲、乙两人进行竞技比赛，甲的实力远胜于乙，在一次比赛中甲一定获胜；④当圆的半径变为原来的2倍时，圆的面积是原来的4倍．其中随机事件的个数是 (　　)A．1　　　　　　　　　 B．3C．0 D．4解析：选B　①②③均是可能发生也可能不发生的事件，为随机事件，④是一定发生的 事件，为必然事件．故选B.题型三　随机事件与样本空间 【学透用活】[典例3]　将一枚骰子先后抛掷两次，试验的样本点用(x，y)表示，其中x表示第一次抛掷出现的点数，y表示第二次抛掷出现的点数．(1)求样本空间中的样本点个数；(2)用集合表示事件“出现的点数之和大于8”．[解]　(1)法一：列举法　试验的样本空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}，共36个样本点．法二：树状图法　一枚骰子先后抛掷两次的所有可能结果用树状图表示，如图①所示．由图可知，共36个样本点．法三：坐标系法如图②所示，坐标平面内的数表示相应两 次抛掷后出现的点数的和，样本点与所描述的点一一对应．由图可知，样本点个数为36.(2)“出现的点数之和大于8”可用集合表示为{(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}．[方法技巧](1)样本空间是指所有样本点构成的集合，而不是部分，写样本空间时，要做到不重不漏．(2)随机事件可理解为样本空间的子集．　【对点练清】把一套分上、中、下三册的选集随机地放在书架上．(1)写出这个试验的样本空间；(2)求这个试验样本点的个数；(3)写出“上册在三册中的最左边”这一事件所包含的样本点．解：(1)将书按从左到右的顺序摆放，则可得样本空间Ω＝{(上，中，下)，(上，下，中)，(中，上，下)，(中，下，上)，(下，中，上)，(下，上，中)}．(2)这个试验的样本点共有6个．(3)“上册在三册中的最左边”这一事件包含2个样本点：(上，中，下)，(上，下，中)．【课堂思维激活】一、综合性——强调融会贯通1．先后掷两枚质地均匀的骰子，骰子朝上的面的点数分别为x，y，求事件“log2xy＝1”包含的样本点．解：先后掷两枚质地均匀的骰子，骰子朝上的面的点数有36种结果．Ω＝{(1,1), (1,2), (1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6), (2,1), (2,2), (2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6), (3,1), (3,2), (3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6), (4,1), (4,2), (4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6), (5,1), (5,2), (5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6), (6,1), (6,2), (6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)}, 解方程log2xy＝1，得y＝2x，则符合条件的样本点有(1,2)，(2,4)，(3,6)．二、应用性——强调学以致用2．“沉鱼”“落雁”“闭月”“羞花”是由精彩故事组成的历史典故．“沉鱼”，讲的是西施浣纱的故事；“落雁”，指的是昭君出塞的故事；“闭月”，是述说貂蝉拜月的故事；“羞花”，谈的是杨贵妃醉酒观花时的故事．她们分别是中国古代的四大美女．某艺术团要以四大美女为主题排演一部舞蹈剧，要求甲、乙抽签决定扮演的对象．(1)写出这个试验的样本空间．(2)写出事件A“甲不扮演貂蝉、乙不扮演杨贵妃”包含的样本点个数．解：(1)甲选取的扮演对象用x表示，乙选取的扮演对象用y表示，那么试验的样本点用(x，y)表示．由题意得样本空间Ω＝{(西施，昭君)，(西施，貂蝉)，(西施，杨贵妃)，(昭君，西施)，(昭君，貂蝉)，(昭君，杨贵妃)，(貂蝉，西施)，(貂蝉，昭君)，(貂蝉，杨贵妃)，(杨贵妃，西施)，(杨贵妃，貂蝉)，(杨贵妃，昭君)}．(2)事件A 包含的样本点为(西施，昭君)，(西施，貂蝉)，(昭君，西施)，(昭君，貂蝉)，(杨贵妃，西施)，(杨贵妃，貂蝉)，(杨贵妃，昭君)，共7个．课时跟踪检测层级(一)　“四基”落实练1．下列事件中，是必然事件的是 (　　)A．13个人中至少有两个人生肖相同B．长度为4,5,6的三条线段可以构成一个直角三角形C．方程x2＋3x＋5＝0有两个不相等的实根D．函数y＝logax(a>0且a≠1)在定义域上为增函数解析：选A　A为必然事件，B、C为不可能事件，D为随机事件．2．同时掷两枚大小相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小于5”，则事件A包含的样本点个数是 (　　)A．3　　　　　　　　　　 B．4C．5 D．6解析：选D　因为事件A＝{(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)}，共包含6个样本点．故选D.3．(多选)下列四个命题中正确的是 (　　)A．“三个球全部放入两个盒子，其中必有一个盒子有一个以上的球”是必然事件B．“当x为某一实数时，可使x20，二次函数开口向上，所以方程|f(x)|＝2有4个根，即为f(x)＝2和f(x)＝－2，各有2个根，所以二次函数f(x)＝ax2－bx－1的最小值小于－2.所以eq \f(－4a－b2,4a)4a，满足条件的样本点有(1,4)，(1,6)，(1,8)，(2,4)，(2,6)，(2,8)，(3,4)，(3,6)，(3,8)，(4,6)，(4,8)，共11对，所以事件B的概率P(B)＝eq \f(11,16).课时跟踪检测层级(一)　“四基”落实练1．下列试验是古典概型的是 (　　)A．口袋中有2个白球和3个黑球，从中任取一球，样本点为{取中白球}和{取中黑球}B．在区间[－1,5]上任取一个实数x，使x2－3x＋2＞0C．抛一枚质地均匀的硬币，观察其出现正面或反面D．某人射击中靶或不中靶解析：选C　根据古典概型的两个特征进行判断．A项中两个样本点不是等可能的，B项中样本点的个数是无限的，D项中“中靶”与“不中靶”不是等可能的，C项符合古典概型的两个特征．2．(2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　)A.eq \f(1,6)　　　B.eq \f(1,3)　　　C.eq \f(1,2)　　　D.eq \f(2,3)解析：选D　从7个整数中随机取2个不同的数，共有Ceq \o\al(2,7)＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为eq \f(14,21)＝eq \f(2,3).故选D.3.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明的重要组成部分．古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成．如图是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系图．若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为(　　)A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)解析：选A　从金、木、水、火、土中任选两类，样本空间Ω＝{金木，金水，金火，金土，木水，木火，木土，水火，水土，火土}，共有10个样本点，其中两类元素相生的有金水，水木，木火，火土，土金，共5个样本点，所以2类元素相生的概率为P＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2)，故选A.4．同时抛掷三枚均匀的硬币，出现一枚正面、二枚反面的概率等于 (　　)A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,2)解析：选C　试验的样本空间Ω＝ {(正，正，正)，(正，正，反)，(正，反，正)，(正，反，反)，(反，正，正)，(反，正，反)，(反，反，正)，(反，反，反)}，共8种，出现一枚正面、二枚反面的样本点有3种，故概率为P＝eq \f(3,8).5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如40＝3＋37.在不超过11的素数中，随机选取2个不同的数，其和小于等于10的概率是 (　　)A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,5)解析：选A　根据题意，不超过11的素数有2,3,5,7,11，共5个，从中任选2个，有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(5,7)，(5,11)，(7,11)，共10种取法．其中，和小于等于10的取法有(2,3)，(2,5)，(2,7)，(3,5)，(3,7)，共5种，则取出的两个数和小于等于10的概率P＝eq \f(5,10)＝eq \f(1,2).6．从3男3女共6名学生中任选2名(每名同学被选中的概率均相等)，则2名都是女同学的概率等于________．解析：用A，B，C表示3名男同学，用a，b，c表示3名女同学，则从6名学生中选出2人的样本空间Ω＝{AB，AC，Aa，Ab，Ac，BC，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，ab，ac，bc}，其中事件“2名都是女同学”包含的样本点的个数为3，故所求的概率为eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).答案：eq \f(1,5)7.如图，在四棱锥D­OABC中，底面OABC为正方形，OD⊥底面OABC，以O为起点，再从A，B，C，D四个点中任取两点分别为终点，得到两个向量，记这两个向量的数量积为M，则事件“M＝0”的概率为________．解析：记事件A＝“这两个向量的数量积M＝0”，样本点总数n(Ω)＝6，其中，事件A＝{eq \o(OA,\s\up7(―→))·eq \o(OC,\s\up7(―→))，eq \o(OA,\s\up7(―→))·eq \o(OD,\s\up7(―→))，eq \o(OB,\s\up7(―→))·eq \o(OD,\s\up7(―→))，eq \o(OC,\s\up7(―→))·eq \o(OD,\s\up7(―→))}，n(A)＝4，∴P(A)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).答案：eq \f(2,3)8．某种饮料每箱装6听，如果其中有2听不合格，质检人员依次不放回地从某箱中随机抽出2听，求检测出不合格产品的概率．解：只要检测的2听中有1听不合格，就表示查出了不合格产品．分为两种情况：1听不合格和2听都不合格．设合格饮料为1,2,3,4，不合格饮料为5,6，则从6听中选2听试验的样本空间为Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}，共15个样本点．有1听不合格的样本点有(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，共8个；有2听不合格的样本点有(5,6)，共1个，所以检测出不合格产品的概率为eq \f(8＋1,15)＝eq \f(3,5).9．先后抛掷两枚质地均匀的正方体骰子，它们的六个面分别标有点数1,2,3,4,5,6，记骰子的点数分别为x，y，向量a＝(x－1,1)，b＝(10－2y,2)，求两向量平行的概率．解：记事件A＝“两向量平行”， n(Ω)＝6×6＝36，∵a∥b，∴10－2y－2(x－1)＝0，解得x＋y＝6，∴A＝{(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)}，n(A)＝5，∴两向量平行的概率是P＝eq \f(5,36).层级(二)　能力提升练1．(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　)A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,5) D.eq \f(2,3)解析：选C　从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6种取法，所以所求概率是P＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).故选C.2．《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现两人进行赛马比赛，比赛规则：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，败者得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为(　　)A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,2)解析：选C　设齐王的上、中、下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上、中、下三个等次的马分别为A，B，C.比赛的所有可能结果为Aa，Bb，Cc，田忌得0分；Aa，Bc，Cb，田忌得1分；Ba，Ab，Cc，田忌得1分；Ba，Ac，Cb，田忌得1分；Ca，Ab，Bc，田忌得2分；Ca，Ac，Bb，田忌得1分．所以田忌得2分的概率为eq \f(1,6).故选C.3．中国是发现和研究勾股定理最古老的国家之一．直角三角形最短的边称为勾，另一直角边为股，斜边为弦，其三边长组成的一组数据称为勾股数．现从1～5这5个数中随机选取3个不同的数，这三个数为勾股数的概率为________．解析：现从1～5这5个数中随机选取3个不同的数，样本点总数n＝10，这三个数为勾股数包含的样本点有：(3,4,5)，共1个，∴这三个数为勾股数的概率为P＝eq \f(1,10).答案：eq \f(1,10)4．从一批苹果中，随机抽取50个作为样本，其重量(单位：克)的频数分布表如下：(1)根据频数分布表计算苹果的重量在[90,95)的频率．(2)用分层随机抽样的方法从重量在[80,85)和[95,100)的苹果中共抽取4个，其中重量在[80,85)的有几个？(3)在(2)中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的概率．解：(1)苹果的重量在[90,95)的频率为eq \f(20,50)＝0.4.(2)重量在[80,85)的有4×eq \f(5,5＋15)＝1个．(3)设这4个苹果中[80,85)分段的为1，[95,100)分段的为2,3,4，从中任取两个，可能的情况有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种. “任取2个苹果，重量在[80,85)和[95,100)中各有1个”记为事件A，则事件A包含(1,2)，(1,3)，(1,4)，共3种，故P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2).层级(三)　素养培优练1．(多选)某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者．现从符合条件的志愿者中随机抽取100名按年龄分组：第1组[20,25)，第2组[25,30)，第3组[30,35)，第4组[35,40)，第5组[40,45]，得到的频率分布直方图如图所示．若从第3,4,5组中用分层随机抽样的方法抽取6名志愿者参与广场的宣传活动，该市决定在这6名志愿者中随机抽取2名志愿者介绍宣传经验，则下列结论正确的是 (　　)A．应从第3,4,5组中分别抽取3人、2人、1人B．第4组志愿者恰有一人被抽中的概率为eq \f(8,15)C．第5组志愿者被抽中的概率为eq \f(1,3)D．第3组志愿者至少有一人被抽中的概率为eq \f(2,3)解析：选ABC　第3组的人数为0.06×5×100＝30，第4组的人数为0.04×5×100＝20，第5组的人数为0.02×5×100＝10.因为第3,4,5组共有60名志愿者，利用分层随机抽样的方法在60名志愿者中抽取6名志愿者，抽样比为eq \f(1,10)，所以应从第3,4,5组中分别抽取3人、2人、1人．故A正确．记第3组的3名志愿者分别为A1，A2，A3，第4组的2名志愿者分别为B1，B2，第5组的1名志愿者为C，则从6名志愿者中抽取2名志愿者的样本空间Ω＝{(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)}，共有15个样本点．第4组的2名志愿者恰有一人被抽中，所含的样本点个数为8，所以第4组志愿者恰有一人被抽中的概率为eq \f(8,15)，故B正确．第5组的志愿者恰好被抽中，所含的样本点个数为5，所以第5组志愿者被抽中的概率为eq \f(5,15)＝eq \f(1,3)，故C正确．第3组志愿者至少有一人被抽中，所含的样本点个数为12，所以第3组志愿者至少有一人被抽中的概率为eq \f(12,15)＝eq \f(4,5)，故D不正确．综上，应选A、B、C.2．甲、乙两人各拿出200元，用作掷硬币游戏的奖金，两人商定：一局中掷出正面向上则甲胜，否则乙胜，谁先胜三局就得所有奖金．比赛开始后，甲胜了两局，乙胜了一局，这时因为意外事件必须中断游戏，请问怎样分配这400元才合理？解：为了决出胜负，最多再赛两局，用“甲”表示甲胜，“乙”表示乙胜，于是这两局有四种可能：(甲，甲)，(甲，乙)，(乙，甲)，(乙，乙)．其中甲获胜有3种情况，而乙获胜只有1种情况，所以甲获胜的概率是eq \f(3,4)，乙获胜的概率是eq \f(1,4).因此，合理的分法为甲得300元，乙得100元．10．1.4　概率的基本性质知识点　概率的基本性质(一)教材梳理填空性质1　对任意的事件A，都有P(A)≥0.性质2　必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝eq \a\vs4\al(1)，P(∅)＝eq \a\vs4\al(0).性质3　如果事件A和事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．推广：如果事件A1，A2，…，Am两两互斥，那么事件A1∪A2∪…∪Am发生的概率等于这m个事件分别发生的概率之和，即P(A1∪A2∪…∪Am)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(Am)．性质4　如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)．性质5　如果A⊆B，那么P(A)eq \a\vs4\al(≤)P(B)．性质6　设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．[微思考]　设事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，那么事件A∪B发生的概率是P(A)＋P(B)吗？提示：不一定．当事件A与B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；当事件A与B不互斥时，P(A∪B)＝ P(A)＋P(B)－P(A∩B)．(二)基本知能小试1．判断正误：(1)若A与B为互斥事件，则P(A)＋P(B)＝1. (×)(2)若P(A)＋P(B)＝1，则事件A与B为对立事件． (×)(3)事件A与事件B中至少有一个发生的概率一定比A与B中恰有一个发生的概率大．(×)2．下列命题中假命题的个数为 (　　)①对立事件一定是互斥事件；②若A，B为两个事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；③若事件A，B，C两两互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1.A．0　　　　　　　　　 B．1C．2 D．3答案：C3．从一批羽毛球中任取一个，如果其质量小于4.8 g的概率是0.3，质量不小于4.85 g的概率是0.32，那么质量在[4.8,4.85)内的概率是 (　　)A．0.62 B．0.38C．0.70 D．0.68答案：B题型一　互斥事件的概率 【学透用活】[典例1]　盒子里装有6个红球，4个白球，从中任取3个球．设事件A表示“3个球中有1个红球，2个白球”，事件B表示“3个球中有2个红球，1个白球”．已知P(A)＝eq \f(3,10)，P(B)＝eq \f(1,2)，求“3个球中既有红球又有白球”的概率．[解]　记事件C为“3个球中既有红球又有白球”，则它包含事件A“3个球中有1个红球，2个白球”和事件B“3个球中有2个红球，1个白球”，而且事件A与事件B是互斥的，所以P(C)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(3,10)＋eq \f(1,2)＝eq \f(4,5).[方法技巧](1)当一个事件包含几种情况时，可把事件转化为几个互斥事件的并事件，再利用互斥事件的概率加法公式计算．(2)使用互斥事件概率加法公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)时，必须先判定A，B是互斥事件．　　【对点练清】某学校准备对秋季运动会的竞赛项目进行调整，为此，学生会进行了一次民意调查.100个人接受了调查，他们被要求在赞成调整、反对调整、对这次调整不发表看法中任选一项．调查结果如下表：随机选取一名被调查者，他对这次调整表示反对或不发表看法的概率是多少？解：用事件A表示“对这次调整表示反对”，事件B表示“对这次调整不发表看法”，则事件A和事件B是互斥事件，并且事件A∪B就表示“对这次调整表示反对或不发表看法”．由互斥事件的加法公式，得P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝eq \f(37,100)＋eq \f(36,100)＝eq \f(73,100).因此，随机选取一名被调查者，他对这次调整表示反对或不发表看法的概率是eq \f(73,100).题型二　复杂的互斥事件及对立事件的概率 【学透用活】[典例2]　袋中有红球、黑球、黄球、绿球若干，从中任取一球，得到红球的概率为eq \f(1,3)，得到黑球或黄球的概率为eq \f(5,12)，得到黄球或绿球的概率为eq \f(5,12)，求得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是多少．[解]　记“得到红球”为事件A，“得到黑球”为事件B，“得到黄球”为事件C，“得到绿球”为事件D，事件A，B，C，D显然彼此互斥，则由题意可知，P(A)＝eq \f(1,3)，　①P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(5,12)，　②P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝eq \f(5,12).　③由事件A和事件B∪C∪D是对立事件可得P(A)＝1－P(B∪C∪D)＝1－[P(B)＋P(C)＋P(D)]，即P(B)＋P(C)＋P(D)＝1－P(A)＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).④联立②③④可得P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,6)，P(D)＝eq \f(1,4).即得到黑球、得到黄球、得到绿球的概率分别是eq \f(1,4)，eq \f(1,6)，eq \f(1,4).[方法技巧](1)对于一个较复杂的事件，一般将其分解成几个简单的事件，当这些事件彼此互斥时，原事件的概率等于这些事件概率的和，并且互斥事件的概率加法公式可推广为P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)，其使用的前提条件仍然是A1，A2，…，An彼此互斥，故解决此类题目的关键在于分解事件及确立事件是否互斥．(2)“正难则反”是解决问题的一种很好的方法，当直接求解比较麻烦时，可考虑求其对立事件的概率，再转化为所求．应注意掌握．　　 【对点练清】某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19，命中不够8环的概率是0.29，计算这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率．解：记“这个射手在一次射击中命中10环或9环”为事件A，命中10环、9环、8环、不够8环分别为事件A1，A2，A3，A4.由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，∴P(A2∪A3∪A4)＝P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.又∵A1与A2∪A3∪A4互为对立事件，∴P(A1)＝1－P(A2∪A3∪A4)＝1－0.76＝0.24.∵A1与A2互斥，且A＝A1∪A2，∴P(A)＝P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.24＋0.28＝0.52.题型三　一般事件概率公式的应用 【学透用活】[典例3]　从1,2,3，…，30中任意选一个数，求这个数是偶数或能被3整除的概率．[解]　设A＝“选到偶数”，B＝“选到能被3整除的数”，则A＝{2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,22,24,26,28,30}，共包含15个元素，B＝{3,6,9,12,15,18,21,24,27,30}，共包含10个元素，A∩B＝{6,12,18,24,30}，共包含5个元素，因而P(A)＝eq \f(15,30)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(10,30)＝eq \f(1,3)，P(A∩B)＝eq \f(5,30)＝eq \f(1,6).因此，这个数是偶数或能被3整除的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(2,3).[方法技巧]在公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)中，事件 A，B可以是互斥的，也可以不是互斥的．【对点练清】　某企业有三个分厂，现将男女职工人数统计如下：若从中任意抽取一名职工，求该职工是女性或是第三分厂职工的概率．解：设A＝“抽到女工”，B＝“抽到第三分厂职工”，则P(A)＝eq \f(200,1 200)＝eq \f(1,6)，P(B)＝eq \f(300,1 200)＝eq \f(1,4)，P(A∩B)＝eq \f(50,1 200)＝eq \f(1,24)，因此，该职工是女性或是第三分厂职工的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,24)＝eq \f(3,8).【课堂思维激活】一、综合性——强调融会贯通1．一个袋中装有四个形状、大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率．解：(1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的样本点有：1和2,1和3,1和4,2和3,2和4,3和4，共6个．从袋中取出的两个球的编号之和不大于4的样本点有：1和2，1和3，共2个，因此所求事件的概率为P＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).(2)试验的样本点用(m，n)表示，由题意得，试验的样本空间Ω＝ {(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共16个样本点．又满足条件n≥m＋2的样本点有：(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个．所以满足条件n≥m＋2的事件的概率为P1＝eq \f(3,16)，故满足条件n＜m＋2的事件的概率为1－P1＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).二、创新性——强调创新意识和创新思维2.三个臭皮匠，顶上一个诸葛亮，能顶得上吗？在一次有关“三国演义”的知识竞赛中，三个臭皮匠A，B，C能答对题目的概率分别为P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,5)，诸葛亮D能答对题目的概率为P(D)＝eq \f(2,3).如果将三个臭皮匠A，B，C组成一组与诸葛亮D比赛，答对题目多者为胜方，问哪方胜？解：①如果三个臭皮匠A，B，C能答对的题目彼此互斥(他们能答对的题目不重复)，则P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＋eq \f(1,5)＝eq \f(47,60)，又P(D)＝eq \f(2,3)，所以P(A＋B＋C)＞P(D)，所以三个臭皮匠方为胜方，即三个臭皮匠能顶上一个诸葛亮．②如果三个臭皮匠A，B，C能答对的题目不互斥，则三个臭皮匠未必能顶上一个诸葛亮．课时跟踪检测层级(一)　“四基”落实练1．甲、乙两名乒乓球运动员在一场比赛中甲获胜的概率是0.2，若不出现平局，那么乙获胜的概率为 (　　)A．0.2　　　　　　　　　 B．0.8C．0.4 D．0.1解析：选B　乙获胜的概率为1－0.2＝0.8.2．口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.42， 摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是 (　　)A．0.42 B．0.28C．0.3 D．0.7解析：选C　∵摸出黑球是摸出红球或摸出白球的对立事件，∴摸出黑球的概率是1－0.42－0.28＝0.3.3．经统计，某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如表：则至少3人排队等候的概率是 (　　)A．0.44 B．0.56C．0.86 D．0.14解析：选A　设“至少3人排队等候”为事件H，则P(H)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44，故选A.4．若A，B是互斥事件，P(A)＝0.2，P(A∪B)＝0.5，则P(B)＝ (　　)A．0.3 B．0.7C．0.1 D．1解析：选A　∵A，B是互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5.∵P(A)＝0.2，∴P(B)＝0.5－0.2＝0.3.5．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为 (　　)A.eq \f(1,8) B.eq \f(3,8)C.eq \f(5,8) D.eq \f(7,8)解析：选D　由题意知4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，其中4位同学都选周六的概率为eq \f(1,16)，4位同学都选周日的概率为eq \f(1,16)，故周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1－eq \f(1,16)－eq \f(1,16)＝eq \f(14,16)＝eq \f(7,8).6．中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率为eq \f(3,7)，乙夺得冠军的概率为eq \f(1,4)，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________．解析：由于事件“中国队夺得女子乒乓球单打冠军”包括事件“甲夺得冠军”和“乙夺得冠军”，但这两个事件不可能同时发生，即彼此互斥，所以可按互斥事件概率的加法公式进行计算，即中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为eq \f(3,7)＋eq \f(1,4)＝eq \f(19,28).答案：eq \f(19,28)7．若P(A∪B)＝0.7，P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，则P(A∩B)＝________.解析：因为P(A∪B)＝ P(A)＋P(B)－P(A∩B)，所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.4＋0.6－0.7＝0.3.答案：0.38．某饮料公司对一名员工进行测试，以便确定其考评级别，公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A饮料，2杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A饮料．若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯中选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．(1)求此人被评为优秀的概率；(2)求此人被评为良好及以上的概率．解：将5杯饮料编号为1,2,3,4,5，编号1,2,3表示A饮料，编号4,5表示B饮料，则从5杯饮料中选出3杯的所有样本点为(1,2，3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)，共有10个．设事件D表示“此人被评为优秀”，E表示“此人被评为良好”，F表示“此人被评为良好及以上”．(1)事件D中含有的样本点为(1,2,3)，共1个，因此P(D)＝eq \f(1,10).(2)事件E中含有的样本点为(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，共6个，因此P(E)＝eq \f(3,5)，故P(F)＝P(D)＋P(E)＝eq \f(7,10).层级(二)　能力提升练1．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为40%，甲不输的概率是90%，则甲、乙两人下和棋的概率是 (　　)A．60% B．30%C．10% D．50%解析：选D　“甲获胜”与“甲、乙下成和棋”是互斥事件，“甲不输”即“甲获胜或甲、乙下成和棋”，故P(甲不输)＝P(甲胜)＋P(甲、乙和棋)，∴P(甲、乙和棋)＝P(甲不输)－P(甲胜)＝90%－40%＝50%.2．袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则eq \f(8,9)是下列哪个事件的概率 (　　)A．颜色全相同 B．颜色不全同C．颜色全不同 D．无红球解析：选B　试验的样本空间Ω＝{黄黄黄，红红红，白白白，红黄黄，黄红黄，黄黄红，白黄黄，黄白黄，黄黄白，黄红红，红黄红，红红黄，白红红，红白红，红红白，黄白白，白黄白，白白黄，红白白，白红白，白白红，黄红白，黄白红，红黄白，红白黄，白红黄，白黄红}，其中包含27个样本点，事件“颜色全相同”包含3个样本点，则其概率为eq \f(3,27)＝eq \f(1,9)＝1－eq \f(8,9)，所以eq \f(8,9)是事件“颜色不全同”的概率．3.如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中 Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别为0.35,0.30,0.25，则不命中靶的概率是________．解析：“射手命中圆面Ⅰ”为事件A，“命中圆环Ⅱ”为事件B，“命中 圆环Ⅲ”为事件C，“不中靶”为事件D，则A，B，C彼此互斥，故射手中靶的概率为P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.因为中靶和不中靶是对立事件，故不命中靶的概率为P(D)＝1－P(A∪B∪C)＝1－0.90＝0.10.答案：0.104．某商场有奖销售中，购满100元商品得一张奖券，多购多得，每1 000张奖券为一个开奖单位．设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，求：(1)P(A)，P(B)，P(C)；(2)抽取1张奖券中奖概率；(3)抽取1张奖券不中特等奖或一等奖的概率．解：(1)∵每1 000张奖券中设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，∴P(A)＝eq \f(1,1 000)，P(B)＝eq \f(10,1 000)＝eq \f(1,100)，P(C)＝eq \f(50,1 000)＝eq \f(1,20).(2)设“抽取1张奖券中奖”为事件D，则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(1,1 000)＋eq \f(1,100)＋eq \f(1,20)＝eq \f(61,1 000).(3)设“抽取1张奖券不中特等奖或一等奖”为事件E，则P(E)＝1－P(A)－P(B)＝1－eq \f(1,1 000)－eq \f(1,100)＝eq \f(989,1 000).层级(三)　素养培优练1．在两行四列的方格棋盘上沿骰子的某条棱翻动骰子(相对面上分别标有1点和6点，2点和5点，3点和4点)．开始时，骰子如图①那样摆放，朝上的点数是2，最后翻动到如图②所示位置．现要求翻动次数最少，则最后骰子朝上的点数为1的概率为 (　　)A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4)C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)解析：选D　翻转的路径有4种：①右→右→右→下，最后朝上的是4；②右→右→下→右，最后朝上的是1；③右→下→右→右，最后朝上的是3；④下→右→右→右，最后朝上的是1.故最后骰子朝上的点数为1的概率为eq \f(1,2).2．袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个．现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．(1)求取球2次即终止的概率；(2)求甲取到白球的概率．解：(1)设事件A为“取球2次即终止”．即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：因此，P(A)＝eq \f(4×3,7×6)＝eq \f(2,7).(2)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件Ai，i＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．借助树状图求出相应事件的样本点数：所以P(B)＝P(A1∪A3∪A5)＝P(A1)＋P(A3)＋P(A5)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4×3×3,7×6×5)＋eq \f(4×3×2×1×3,7×6×5×4×3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(6,35)＋eq \f(1,35)＝eq \f(22,35).10.2　事件的相互独立性知识点　事件的相互独立性(一)教材梳理填空1．相互独立事件的定义：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．2．相互独立事件的性质：当事件A，B相互独立时，事件eq \a\vs4\al(A)与事件eq \a\vs4\al(\x\to(B))相互独立，事件eq \a\vs4\al(\x\to(A))与事件eq \a\vs4\al(B)相互独立，事件eq \a\vs4\al(\x\to(A))与事件eq \a\vs4\al(\x\to(B))相互独立．[微思考](1)事件A与B相互独立可以推广到n个事件的一般情形吗？提示：对于n个事件A1，A2，…，An，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称事件A1，A2，…，An相互独立．(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推广到一般情形吗？提示：公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推广到一般情形：如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．(二)基本知能小试1．判断正误：(1)必然事件和不可能事件与任何一个事件相互独立． (√)(2)若三个事件A，B，C两两独立，则P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)． (×)(3)若两个事件互斥，则这两个事件相互独立． (×)2．坛子里放有3个白球，2个黑球，从中不放回地摸球，用A1表示第1次摸得白球，A2表示第2次摸得白球，则A1与A2是 (　　)A．互斥事件　　　　　　　 B．相互独立事件C．对立事件 D．不相互独立事件答案：D3．某社区开展“建党100周年主题活动——党史知识竞赛”，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为eq \f(3,5)和eq \f(2,3)，两人是否获得一等奖相互独立，则这两人都获得一等奖的概率为 (　　)A.eq \f(3,5)　　　　 B.eq \f(2,15) C.eq \f(2,5)　　　　 D.eq \f(8,15)答案：C题型一　相互独立事件的判断 【学透用活】[典例1]　判断下列各对事件是不是相互独立事件．(1)甲组有3名男生，2名女生，乙组有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)一筐内有6个苹果和3个梨，“从中任意取出1个，取出的是苹果”与“把取出的水果放回筐内，再从筐内任意取出1个，取出的是梨”．(3)一个布袋里有大小完全相同的3个白球，2个红球，“从中任意取1个球是白球”与“取出的球不放回，再从中任意取1个球是红球”．(4)掷一枚骰子一次，事件A：“出现偶数点”；事件B：“出现3点或6点”．[解]　(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，所以二者是相互独立事件．(2)由于把取出的水果又放回筐内，故“从中任意取出1个，取出的是苹果”这一事件是否发生对“再从筐内任意取出1个，取出的是梨”这一事件发生的概率没有影响，所以二者是相互独立事件．(3)不放回地取球，前者的发生影响后者发生的概率，所以二者不是相互独立事件．(4)样本空间为Ω＝{1,2,3,4,5,6}，事件A＝{2,4,6}，事件B＝{3,6}，事件AB＝{6}，所以P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,6)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)，即P(AB)＝P(A)·P(B)．所以事件A与B相互独立，但不是互斥事件．[方法技巧]判断两个事件是否相互独立的方法(1)定性法：直观地判断一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，若没有影响就是相互独立事件．(2)定量法：通过计算P(AB)＝ P(A)P(B)是否成立可以准确判断两个事件是否相互独立．　　 【对点练清】袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”记为B，否则记为C，那么事件A与B，A与C的关系是 (　　)A．A与B，A与C均相互独立B．A 与B相互独立，A与C互斥C．A与B，A与C均互斥D．A与B互斥，A与C相互独立解析：选A　由于摸球过程是有放回的，所以第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A与B，A与C均相互独立，且A与B，A与C均有可能同时发生，说明A与B，A与C均不互斥，故选A.题型二　相互独立事件的概率计算 【学透用活】[典例2]　红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A，B，C进行围棋比赛，甲对A，乙对B，丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立，求红队至少两名队员获胜的概率．[解]　记甲胜A、乙胜B、丙胜C分别为事件D，E，F，则甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C分别为事件eq \o(D,\s\up6(－))，eq \o(E,\s\up6(－))，eq \o(F,\s\up6(－)).根据各盘比赛结果相互独立，可得红队至少两名队员获胜的概率为P＝P(D∩E∩eq \o(F,\s\up6(－)))＋P(D∩eq \o(E,\s\up6(－))∩F)＋P(eq \o(D,\s\up6(－))∩E∩F)＋P(D∩E∩F)＝P(D)P(E)P(eq \o(F,\s\up6(－)))＋P(D)P(eq \o(E,\s\up6(－)))P(F)＋P(eq \o(D,\s\up6(－)))P(E)P(F)＋P(D)P(E)P(F)＝0.6×0.5×(1－0.5)＋0.6×(1－0.5)×0.5＋(1－0.6)×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.[方法技巧]用相互独立事件的乘法公式解题的步骤(1)用恰当的字母表示题中有关事件．(2)根据题设条件，分析事件间的关系．(3)将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或若干个事件的乘积之和(相互乘积的事件之间必须满足相互独立)．(4)利用乘法公式计算概率．　　【对点练清】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eq \f(4,5)和eq \f(3,4).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：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.(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,5).(2)至少有一个气象台预报准确的概率为P＝1－P(eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝1－eq \f(1,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(19,20).题型三　相互独立事件的概率的综合应用 [探究发现](1)如果事件A，B相互独立，那么事件A与事件eq \o(B,\s\up6(－))，事件eq \o(A,\s\up6(－))与事件B，事件eq \o(A,\s\up6(－))与事件eq \o(B,\s\up6(－))各是什么关系？提示：事件A与事件eq \o(B,\s\up6(－))相互独立，事件eq \o(A,\s\up6(－))与事件B相互独立，事件eq \o(A,\s\up6(－))与事件eq \o(B,\s\up6(－))相互独立．(2)如果事件A，B相互独立，那么事件AB的对立事件是 eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－))吗？提示：不是，如果事件A，B相互独立，那么事件AB的对立事件是eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－))∪eq \o(A,\s\up6(－))B∪Aeq \o(B,\s\up6(－)).　　　【学透用活】[ 3]　甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为eq \f(1,3)和eq \f(1,4)，求：(1)两个人都译出密码的概率；(2)两个人都译不出密码的概率；(3)恰有1个人译出密码的概率．[解]　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，则A，B为相互独立事件，且P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4).(1)两个人都译出密码的概率为P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).(2)两个人都译不出密码的概率为P(eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－)))＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))·P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,2).(3)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(Aeq \o(B,\s\up6(－)) ∪eq \o(A,\s\up6(－))B)＝P(Aeq \o(B,\s\up6(－)))＋P(eq \o(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(eq \o(B,\s\up6(－)))＋P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(B)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12).[方法技巧]事件间的独立性关系已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有【对点练清】1.本例条件不变，求：(1)至多有1个人译出密码的概率；(2)至少有1个人译出密码的概率．解：(1)“至多有1个人译出密码”的对立事件为“两个人都译出密码”，所以至多有1个人译出密码的概率为1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(11,12).(2)“至少有1个人译出密码”的对立事件为“两个人都未译出密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为1－P(eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－)))＝1－P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2).2．某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元(不足1小时的部分按1小时计算)．现有甲、乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时．(1)若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲、乙两人停车付费之和为6元的概率；(2)若甲、乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,3)，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为eq \f(5,12)，eq \f(1,6)，求甲、乙两人临时停车付费不相同的概率．解：(1)设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，b∈{0,3,6}．所以甲、乙两人停车付费(a，b)的所有可能情况为(0,0)，(0,3)，(0,6)，(3,0)，(3,3)，(3,6)，(6,0)，(6,3)，(6,6)，共9种．其中事件“甲、乙两人停车付费之和为6元”包含(0,6)，(3,3)，(6,0)，共3种情况，故甲、乙两人停车付费之和为6元的概率为eq \f(3,9)＝eq \f(1,3).(2)设甲停车的时长不超过半小时、乙停车的时长不超过半小时分别为事件A1，B1，甲停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时、乙停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时分别为事件A2，B2，甲停车的时长为1.5小时以上且不超过2.5小时、乙停车的时长在1.5小时以上且不超过2.5小时分别为事件A3，B3，则P(A1)＝1－P(A2)－P(A3)＝1－eq \f(1,4)－eq \f(5,12)＝eq \f(1,3)，P(B1)＝1－P(B2)－P(B3)＝1－eq \f(1,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(1,2)，所以甲、乙两人临时停车付费相同的概率为P(A1B1＋A2B2＋A3B3)＝P(A1B1)＋P(A2B2)＋P(A3B3)＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＋P(A3)P(B3)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(5,12)×eq \f(1,6)＝eq \f(23,72).所以甲、乙两人临时停车付费不相同的概率为1－eq \f(23,72)＝eq \f(49,72).【课堂思维激活】一、综合性——强调融会贯通1．为了庆祝“五四”青年节，某班组织了一次学生爱国主义知识竞赛，由甲、乙两队参与竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．假设甲队每人回答问题正确的概率均为eq \f(1,3)，乙队每人回答问题正确的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，且两队各人回答正确与否相互之间没有影响．(1)分别求甲队总得分为3分与1分的概率；(2)求甲队总得分2分且乙队总得分1分的概率．解：(1)记“甲队总得分为3分”为事件A，“甲队总得分为1分”为事件B，甲队得3分，即三人都回答正确，其概率为P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,27).甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余两人回答错误，其概率为P(B)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9).故甲队总得分为3分与1分的概率分别为eq \f(1,27)，eq \f(4,9).(2)记“甲队总得分为2分”为事件C，“乙队总得分为1分”为事件D，事件C即甲队有2人答对，其余1人答错，则P(C)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9).事件D即乙队只有1人答对，其余2人答错，则P(D)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24).由题得事件C与事件D相互独立，所以甲队总得分2分且乙队总得分1分的概率为P(CD)＝P(C)P(D)＝eq \f(2,9)×eq \f(11,24)＝eq \f(11,108).二、应用性——强调学以致用2．某校高三举办“三环杯”排球比赛活动，现甲、乙两班进入最后的决赛，决赛采用三局两胜的赛制，决出最后的冠军．甲班在第一局获胜的概率为eq \f(1,2)，从第二局开始，甲班每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局甲班获胜的概率增加p(0