高中数学北师大版 (2019)必修 第一册4 事件的独立性导学案

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第一册4 事件的独立性导学案，共9页。


[问题] (1)“常言道，三个臭皮匠能抵诸葛亮．”怎样从数学上来解释呢？将问题具体化：假如对某事件诸葛亮想出计谋的概率为0.88，三个臭皮匠甲、乙、丙想出计谋的概率各为0.6、0.5、0.5.问这三个臭皮匠能胜过诸葛亮吗？
(2)2010年1月26日上午，NBA常规赛进行了一场焦点之战——勒布朗·詹姆斯领衔的克利夫兰骑士在客场挑战由韦德率领的迈阿密热火．比赛非常激烈，直到终场前3.1秒比分打成90平，热火队犯规，詹姆斯获两次罚篮机会，已知詹姆斯的罚篮命中率为77.6%，问骑士队此时获胜的概率是多少？



知识点 事件的独立性
1．相互独立事件
(1)事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫作相互独立事件；
(2)两个相互独立事件同时发生的概率，等于这两个事件发生的概率的积，即P(AB)＝P(A)P(B)．
2．随机事件的独立性的性质
如果两个事件相互独立，那么把其中一个换成它的对立事件，这样的两个事件仍然相互独立．
于是，由事件A与B相互独立，可以得到A与 eq \x\t(B) ， eq \x\t(A) 与B， eq \x\t(A) 与 eq \x\t(B) 也相互独立．
eq \a\vs4\al()
相互独立事件与互斥事件的区别
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).
1．一袋中装有100个球，其中有20个白球，在有放回地摸球中，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，则事件A1与 eq \x\t(A) 2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：选A 由于采用有放回地摸球，则每次是否摸到白球互不影响，故事件A1与 eq \x\t(A) 2是相互独立事件．
2．甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为 eq \f(2,3) 和 eq \f(3,4) ，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )
A． eq \f(3,4) B． eq \f(2,3)
C． eq \f(5,7) D． eq \f(5,12)
解析：选D 根据题意，恰有一人获得一等奖即甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是 eq \f(2,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4))) ＋ eq \f(3,4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) ＝ eq \f(5,12) ，故选D.
3．甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率为0.8和0.7.那么，在一次预报中，甲、乙两站预报都准确的概率为________．
解析：由题意知，两水文站水文预报相互独立，故在一次预报中甲、乙两站预报都准确的概率为0.8×0.7＝0.56.
答案：0.56
4．A，B，C表示3种开关并联，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，那么此系统的可靠性为________.
解析：某段时间内三个开关全部坏掉的概率为(1－0.9)×(1－0.8)×(1－0.7)＝0.006，所以系统正常工作的概率为1－0.006＝0.994，所以此系统的可靠性为0.994.
答案：0.994
[例1] (链接教科书第213页练习1题)下列事件A，B是相互独立事件的是( )
A．一枚硬币抛掷两次，事件A为“第一次为正面”，事件B为“第二次为反面”
B．袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸两球，事件A为“第一次摸到白球”，事件B为“第二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，事件A为“出现点数为奇数”，事件B为“出现点数为偶数”
D．事件A为“人能活到20岁”，事件B为“人能活到50岁”
[解析] 把一枚硬币抛掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故选项A中的两个事件是相互独立事件；选项B中不放回地摸球，显然事件A与事件B不相互独立；对于选项C，其结果具有唯一性，事件A，B应为对立事件，选项D中事件B受事件A的影响．
[答案] A
eq \a\vs4\al()
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．
[跟踪训练]
同时掷两颗质地均匀的骰子，令A＝{第一颗骰子出现奇数点}，令B＝{第二颗骰子出现偶数点}，判断事件A与B是否相互独立．
解：A＝{第一颗骰子出现1，3，5点}，
B＝{第二颗骰子出现2，4，6点}．
∴P(A)＝ eq \f(1,2) ，P(B)＝ eq \f(1,2) ，P(AB)＝ eq \f(3×3,36) ＝ eq \f(1,4) ，
∴P(AB)＝P(A)P(B)，∴事件A，B相互独立．
[例2] (链接教科书第212页例1)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 eq \f(2,5) ， eq \f(3,4) ， eq \f(1,3) ，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3人中至少有1人被选中的概率．
[解] 设甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，则P(A)＝ eq \f(2,5) ，P(B)＝ eq \f(3,4) ，P(C)＝ eq \f(1,3) .
(1)3人同时被选中的概率P1＝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)3人中有2人被选中的概率P2＝P(AB eq \x\t(C) ∪A eq \x\t(B) C∪ eq \x\t(A) 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) .
3人中只有1人被选中的概率P3＝P(A eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) )∪ eq \x\t(A) B eq \x\t(C) ∪ eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) C)＝ eq \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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5))) × eq \f(3,4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3))) ＋ 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 \f(1,3) ＝ eq \f(5,12) .
故3人中至少有1人被选中的概率为P1＋P2＋P3＝ eq \f(1,10) ＋ eq \f(23,60) ＋ eq \f(5,12) ＝ eq \f(9,10) .
[母题探究]
1．(变设问)保持条件不变，求三人均未被选中的概率．
解：法一：三人均未被选中的概率
P＝P( eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C) )＝ 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) .
法二：由本例(2)知，三人至少有1人被选中的概率为 eq \f(9,10) ，
∴P＝1－ eq \f(9,10) ＝ eq \f(1,10) .
2．(变条件，变设问)若条件“3人能被选中的概率分别为 eq \f(2,5) ， eq \f(3,4) ， eq \f(1,3) ”变为“甲、乙两人只有一人被选中的概率为 eq \f(11,20) ，两人都被选中的概率为 eq \f(3,10) ，丙被选中的概率为 eq \f(1,3) ”，求恰好有2人被选中的概率．
解：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))＝ eq \f(11,20) ，①
P(A)P(B)＝ eq \f(3,10) ，②
由①②知P(A)＝ eq \f(2,5) ，P(B)＝ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或P（A）＝\f(3,4)，P（B）＝\f(2,5))) ，
故恰有2人被选中的概率P＝P(AB eq \x\t(C) )＋P(A eq \x\t(B) C)＋P( eq \x\t(A) BC)＝ eq \f(23,60) .
eq \a\vs4\al()
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．
[跟踪训练]
小王某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车准点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否准点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列准点到达的概率；
(2)这三列火车至少有一列准点到达的概率．
解：设A，B，C分别表示这三列火车准点到达的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，
所以P( eq \(A,\s\up6(－)) )＝0.2，P( eq \(B,\s\up6(－)) )＝0.3，P( eq \(C,\s\up6(－)) )＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列准点到达的概率为P1＝P( eq \(A,\s\up6(－)) BC)＋P(A eq \(B,\s\up6(－)) C)＋P(AB eq \(C,\s\up6(－)) )＝P( eq \(A,\s\up6(－)) )P(B)P(C)＋P(A)P( eq \(B,\s\up6(－)) )P(C)＋P(A)P(B)P( eq \(C,\s\up6(－)) )＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.
(2)三列火车至少有一列准点到达的概率为P2＝1－P( eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) )＝1－P( eq \(A,\s\up6(－)) )P( eq \(B,\s\up6(－)) )P( eq \(C,\s\up6(－)) )＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
[例3] (链接教科书第214页A组6题)在如图所示的电路中，5个格子表示保险匣，格子中所示数据表示通电时保险丝被熔断的概率，则当开关合上时，电路畅通的概率是( )
A． eq \f(29,36) B． eq \f(551,720)
C． eq \f(29,72) D． eq \f(29,144)
[解析] 当开关合上时，电路畅通即A至B畅通，且B至C畅通．A至B畅通的概率P1＝1－ eq \f(1,4) × eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3))))) ＝ eq \f(5,6) ，B至C畅通的概率P2＝1－ eq \f(1,5) × eq \f(1,6) ＝ eq \f(29,30) ，所以电路畅通的概率P＝P1P2＝ eq \f(5,6) × eq \f(29,30) ＝ eq \f(29,36) .
[答案] A
eq \a\vs4\al()
求解相互独立事件实际问题的思路
(1)列出题中涉及的各事件，并且用适当的符号表示；
(2)厘清事件之间的关系(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．
[跟踪训练]
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 eq \f(4,5) ， eq \f(3,5) ， eq \f(2,5) ，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：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)＝ eq \f(4,5) ，P(A2)＝ eq \f(3,5) ，P(A3)＝ eq \f(2,5) .
法一：该选手被淘汰的概率为
P( eq \x\t(A) 1)＋P(A1 eq \x\t(A) 2)＋P(A1A2 eq \x\t(A) 3)
＝P( eq \x\t(A) 1)＋P(A1)P( eq \x\t(A) 2)＋P(A1)P(A2)P( eq \x\t(A) 3)
＝ eq \f(1,5) ＋ eq \f(4,5) × eq \f(2,5) ＋ eq \f(4,5) × eq \f(3,5) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(101,125) .
法二：该选手被淘汰的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－ eq \f(4,5) × eq \f(3,5) × eq \f(2,5) ＝ eq \f(101,125) .
不同赛制的可靠性探究
乒乓球比赛规则如下：
在一局比赛中，先得11分的一方为胜方，10分平后，先多得2分的一方为胜方；
一场比赛应采用奇数局，如三局两胜制、五局三胜制等；
一场比赛应连续进行，但在局与局之间，任何一方运动员都有权要求不超过1分钟的休息时间．
某校要通过选拔赛选取一名同学参加市级乒乓球单打比赛，选拔赛采取淘汰制，败者直接出局．现有两种赛制方案：三局两胜制和五局三胜制．
[问题探究]
1．若甲、乙对决，甲每局获胜的概率为0.6，现采用三局两胜制，则这场比赛中甲获胜的概率是多少？
提示：甲、乙两人对决，甲每局获胜的概率为0.6，采用三局两胜制时，甲获胜，其胜局情况是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”．而这三种结局互不影响，于是由独立事件的概率公式，得甲最终获胜的概率为P1＝0.62＋2×0.62×(1－0.6)＝0.648.
2．若甲、乙对决，甲每局获胜的概率为0.6，现采用五局三胜制，则这场比赛中甲获胜的概率是多少？
提示：甲、乙两人对决，甲每局获胜的概率为0.6，采用五局三胜制，若甲最终获胜，至少需比赛3局，且最后一局必须是甲胜，而前面甲需胜两局，由独立事件的概率公式，得五局三胜制下甲最终获胜的概率为P2＝0.63＋3×0.63×(1－0.6)＋6×0.63×(1－0.6)2＝0.682 56.
3．两选手对决时，选择何种赛制更有利于选拔出实力最强的选手，并说明理由．(各局胜负相互独立，各选手水平互不相同)
提示：甲、乙两人对决，若甲更强，则其获胜的概率p> eq \f(1,2) .采用三局两胜制时，若甲最终获胜，其胜局情况是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”．而这三种结局互不影响，于是得甲最终获胜的概率为P3＝p2＋2p2(1－p).
采用五局三胜制，若甲最终获胜，则至少需比赛3局，且最后一局必须是甲胜，而前面甲需胜两局，由此得五局三胜制下甲最终获胜的概率为P4＝p3＋3p3(1－p)＋6p3(1－p)2.而P4－P3＝p2(6p3－15p2＋12p－3)＝3p2(p－1)2(2p－1).
因为p> eq \f(1,2) ，所以P4>P3，即五局三胜制下甲最终获胜的可能性更大．
所以五局三胜制更能选拔出最强的选手．
[迁移应用]
甲、乙两同学进行投篮比赛，每一局每人各投两次球，规定进球数多者该局获胜，进球数相同则为平局．已知甲每次投进的概率为 eq \f(2,3) ，乙每次投进的概率为 eq \f(1,2) ，甲、乙之间的投篮相互独立．
(1)求一局比赛中甲进两球获胜的概率；
(2)求一局比赛的结果不是平局的概率．
解：(1)设“一局比赛中甲进两球获胜”为事件A，则P(A)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))) ＝ eq \f(1,3) .
(2)设“一局比赛出现平局”为事件B，则P(B)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋2× eq \f(2,3) × eq \f(1,3) ×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(13,36) ，
所以P( eq \x\t(B) )＝1－P(B)＝ eq \f(23,36) ，
即一局比赛的结果不是平局的概率为 eq \f(23,36) .
1．设A，B，C为三个随机事件，其中A与B互斥，B与C相互独立，则下列命题一定成立的是( )
A．A与B相互独立 B．A与C互斥
C．B与C互斥 D． eq \x\t(B) 与 eq \x\t(C) 相互独立
解析：选D 注意“互斥事件”与“相互独立事件”的区别，前者指的是不可能同时发生的事件，后者指的是在两个事件中，一个事件是否发生对另一个事件发生的概率没有影响．因为B与C相互独立，由两事件相互独立的性质易知D正确．
2．如图所示，用A，B，C三类不同的元件接成系统N，若元件A，B，C正常工作的概率分别为 eq \f(1,2) ， eq \f(2,3) ， eq \f(3,4) ，那么系统N正常工作的概率为________．
解析：要使系统N正常工作，则需A正常工作，B，C至少有一个能正常工作，因此系统N能正常工作的概率为 eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)×\f(1,4))) ＝ eq \f(11,24) .
答案： eq \f(11,24)
3．现有甲、乙、丙三个独立的研究机构，在一定的时期内能研制出某疫苗的概率分别是 eq \f(1,5) ， eq \f(1,4) ， eq \f(1,3) ，则他们都失败的概率是________，他们能够研制出疫苗的概率是________．
解析：令事件A，B，C分别表示“甲、乙、丙三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗”，依题意可知，事件A，B，C相互独立，且P(A)＝ eq \f(1,5) ，P(B)＝ eq \f(1,4) ，P(C)＝ eq \f(1,3) .他们都失败，即事件 eq \x\t(A) ， eq \x\t(B) ， eq \x\t(C) 同时发生，故P( eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) )＝P( eq \(A,\s\up6(－)) )P( eq \(B,\s\up6(－)) )P( eq \(C,\s\up6(－)) )＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5))) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4))) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3))) ＝ eq \f(4,5) × eq \f(3,4) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,5) .
“他们能够研制出疫苗”的对立事件为“他们都失败”，结合对立事件间的概率关系可得所求事件的概率为1－P( eq \(A,\s\up6(－)) eq \(B,\s\up6(－)) eq \(C,\s\up6(－)) )＝1－ eq \f(2,5) ＝ eq \f(3,5) .
答案： eq \f(2,5) eq \f(3,5)
新课程标准解读
核心素养
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义
数学抽象
2.结合古典概型，利用独立性计算概率
数学运算、逻辑推理
相互独立事件
互斥事件
条件
事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响
不可能同时发生的两个事件
符号
相互独立事件A，B同时发生，记作：AB
互斥事件A，B中有一个发生，记作：A∪B(或A＋B)
计算公式
P(AB)＝P(A)P(B)
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
事件独立性的判断
相互独立事件概率的计算
相互独立事件的实际应用