高考数学高频考点归类分析独立事件概率的计算(真题为例)

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高考理科概率大题相互独立事件的概率练习题

高考理科概率大题相互独立事件的概率1.甲乙丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12（1）求甲连胜四场的概率（2）求需要进行第五场比赛的概率（3）求丙最终获胜的概率2.为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织了防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为35，34;在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为23，25；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.(1)从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大?(2)若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率3．数学奥赛试行改革：在一年中举行5次全区竞赛，学生如果其中2次成绩达全区前20名即可进入省队培训，不用参加其余的竞赛，而每个学生最多也只能参加5次竞赛.规定：若前4次竞赛成绩都没有达全区前20名，则第5次不能参加竞赛.假设某学生每次成绩达全区前20名的概率都是14，每次竞赛成绩达全区前20名与否互相独立.（1）求该学生进入省队的概率.（2）如果该学生进入省队或参加完5次竞赛就结束，记该学生参加竞赛的次数为ξ，求ξ的分布列及ξ的数学期望.4．某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得10−分．如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是2 3，回答第三个问题正确的概率为12，且各题回答正确与否相互之间没有影响．若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．（1）求至少回答对一个问题的概率．（2）求这位挑战者回答这三个问题的总得分X的分布列．（3）求这位挑战者闯关成功的概率．5. 11分制兵球比赛，每赢一球得分当某局打成10：10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结東.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立，在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结東.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率6.某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；（Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为0p ，假设该校年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为1p ，试比较0p 与1p 的大小．（结论不要求证明）7、甲、乙两人进行摸球游戏，一袋中装有2个黑球和1个红球。

事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 2025年高考数学基础专项复习

事件甲与事件丙同时发生的概率为0，（甲丙）≠ （甲）（丙），故A错误;事件甲与事件丁同时发生的概率为
1
6×6
1
1
1
= 36，（甲丁）= （甲）（丁），故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为6×6 = 36，（乙丙）≠
（乙）（丙），故C错误;事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.故选B.
本质
一个事件是否发生对另一个事件是否发生没有影响.
独立
事件
(1)必然事件Ω、不可能事件∅都与任意事件相互独立;(2)当事件A与B相互独立时,事件A与B,A与
性质
B,A与B也相互独立;(3)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
3
2.［多选］［人A必修二P253习题10.3第2题变式］设，为两个随机事件，若 = 2， = 4，则下列结论中
正确的是(
ABD )
3
3
B.若 ∩ = 8，则，相互独立
A.若,相互独立，则 ∩ = 8
3
7
C.若与相互独立，则 ∩ = 8
D.若与相互独立，则 ∪ = 8
1
三好学生的概率为__.
8
【解析】根据题意可得，该班男生有40名，三好学生有10名，三好学生中男生有5名.设“从该班任选一名学生，
没有选上女生”为事件，“从该班任选一名学生，选
上的是三好学生”为事件，则“没有选上女生且选上的是三好学生”为事件， = 40 ， = 5.
40
2
2
3
+ 1−
1

高考数学相互独立事件概率1

题目第十一章概率相互独立事件同时发生的概率高考要求1了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率2会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生κ次的概率知识点归纳1．相互独立事件：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件若A 与B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立 2互斥事件与相互独立事件是有区别的：两事件互斥是指同一次试验中两事件不能同时发生，两事件相互独立是指不同试验下，二者互不影响；两个相互独立事件不一定互斥，即可能同时发生，而互斥事件不可能同时发生 3．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ⋅=⋅事件12,,,n A A A 相互独立， 1212()()()()n n P A A A P A P A P A ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 4 在同样条件下进行的各次之间相互独立的一种试验5关于相互独立事件也要抓住以下特征加以理解：第一，相互独立也是研究两个事件的关系；第二，所研究的两个事件是在两次试验中得到的；第三，两个事件相互独立是从“一个事件的发生对另一个事件的发生的概率没有影响”来确定的6．独立重复试验的概率公式：如果在一次试验中某事件发生的概率是p,那么在n 次独立重复试验中这个事恰好发生K 次的概率n k k n n P P C k P --=)1()(表示事件A 在n 次独立重复试验中恰好发生了．．．．．k ．次．的概率令k=0 得在n 次独立重复试验中，事件A 没有发生的概率为．．．．．．．．P n (０)=C n 0p 0(1－p)n =(1－p)n令k=n 得在n 次独立重复试验中，事件A 全部发生的概率为．．．．．．．．P n (n)=C n n p n (1－p)0 =p n7相互独立事件同时发生的概率在同一随机实验中，两事件互斥是指两个不可能同时发生的事件；两事件相互独立是指其中的一个事件发生与否对另一个事件的发生没有影响这两个概念的区分能力足以体现分析问题和解决问题的能力，这正是高考考查的主要目的另外要理解“积事件”的意义，特别要注意：若事件A 与B 不是相互独立事件而是互斥事件，那么在计算P （AB ）的值时绝对不可以使用P （A ·B ）=P （A ）P （B ）这个公式，只能从对立事件的角度出发，运用P （A ·B ）=1-P （A B ）进行计算 8n 次独立重复实验恰好有k 次发生的概率要求掌握n 次独立重复实验恰好有k 次发生的概率计算公式，对这个公式，不能死记硬背，要真正理解它所表示的含义，特别要理解其中的k n C 的意义此公式是概率的加法公式的应用，也为处理离散型随机变量的概率分布问题做了很好的铺垫一般高考不单独考这个知识点，经常是和互斥事件有一个发生的概率或者相互独立事件同时发生的概率综合起来考查题型讲解例1 某班有两个课外活动小组，其中第一小组有足球票6张，排球票4张；第二小组有足球票4张，排球票6张甲从第一小组的10张票中任抽1张，乙从第二小组的10张票中任抽1张（1）两人都抽到足球票的概率是多少?（2）两人中至少有1人抽到足球票的概率是多少?解：记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到足球票”为事件A ，“乙从第二小组的10张票中任抽1张，抽到足球票”为事件B ；记“甲从第一小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件A ，“乙从第二小组的10张票中任抽1张，抽到排球票”为事件B ，于是P （A ）=106= 53，P （A ）=52； P （B ）=104= 52，P （B ）53 由于甲（或乙）是否抽到足球票，对乙（或甲）是否抽到足球票没有影响，因此A 与B 是相互独立事件（1）甲、乙两人都抽到足球票就是事件A ·B 发生，根据相互独立事件的概率乘法公式，得到P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=53·52256 6 （2）甲、乙两人均未抽到足球票（事件A ·B 发生）的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=52·536 ∴两人中至少有1人抽到足球票的概率为 P =1－P （A ·B ）=1－25619 答：两人中至少有119例 2 有外形相同的球分别装在三个不同的盒子中，每个盒子中有10个球其中第一个盒子中有7个球标有字母A ，3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个，白球2个试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A 的球，则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一球如果第二次取得的球是红球，则称试验成功，求试验成功的概率解：设事件A ：从第一个盒子中取得一个标有字母A 的球；事件B ：从第一个盒子中取得一个标有字母B 的球，则A 、B 互斥，且P （A ）=107，P （B ）=103；事件C ：从第二号盒子中取一个红球，事件D ：从第三号盒子中取一个红球，则C 、D 互斥，且P （C ）=21，P （D ）=10854 显然，事件A ·C 与事件B ·D 互斥，且事件A 与C 是相互独立的，B 与D 也是相互独立的所以试验成功的概率为P =P （A ·C +B ·D ）=P （A ·C ）+P （B ·D ） =P （A ）·P （C ）+P （B ）·P （D ）10059 10059 例3 冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料，取用甲种或乙种饮料的概率相等（1）求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶的概率；（2）求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率解：（1）由题意知，甲种已饮用5瓶，乙种已饮用2瓶记“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A ，则p =P （A ）1 （1） 7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为 P 7（5）=C 57p 5（1－p ）2=C 27（21）721 （2）有且仅有3种情形满足要求：甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶，乙没有被饮用；甲被饮用4瓶，乙没有被饮用所求概率为 P 6（5）+P 5（5）+P 4（4）=C 65p 5（1－p ）+C 55p 5+C 44p 4163 答：甲饮料饮用完毕而乙饮料还剩3瓶的概率为12821，甲饮料被饮用瓶数比乙饮料被饮用瓶数至少多43例4 抽样本检查是产品检查的常用方法分为返回抽样和不返回抽样两种具体操作方案现有100只外型相同的电路板，其中有40只A 类版后60只B 类板问在下列两种情况中“从100只抽出3只，3只都是B 类”的概率是多少？⑴ 每次取出一只，测试后放回，然后再随机抽取下一只（称为返回抽样）；⑵ 每次取出一只，测试后不放回，在其余的电路板中，随意取下一只（称为不返回抽样）解：⑴ 设“从100只中抽去3只，3只都是B 类”为事件M ，先求基本事件总数，由于每次抽去一只，测试后又放回，故每次都是从100只电路板中任取一只，这是重复排列，共有3110011001100100=⋅⋅C C C 个再求M 所包含的基本事件数，由于每次抽出后又放回，故是重复排列，共有360 个，所以3360()0.216100P M == ⑵ 由于取出后不放回，所以总的基本事件数为3100C 个，事件M 的基本事件数为360C ，所以 3603100()0.212C P M C == 例5 把n 个不同的球随机地放入编号为1，2，…，m 的m 个盒子内，求1号盒恰有r 个球的概率解法一：用独立重复试验的概率公式把1个球放入m 个不同的盒子内看成一次独立试验，其中放入1号盒的概率为P =m 1这样n 个球放入m 个不同的盒子内相当于做n 次独立重复试验由独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率公式知，1号盒恰有r 个球的概率 P n （r ）=C r n p r （1－p ）n －r =C r n ·（m 1）r ·（1－m 1）n －r n r n r n - 解法二：用古典概型把n 个不同的球任意放入m 个不同的盒子内共有m n 个等可能的结果其中1号盒内恰有r 个球的结果数为C r n （m －1）n －r ，故所求概率P （A ）n r n r n -答：1号盒恰有r n r n r n m --)1(C例6 假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1－P ，且各引擎是否故障是独立的，如果至少50%的引擎能正常运行，飞机就可以成功地飞行，问对于多大的P 而言，4引擎飞机比2引擎的飞机更为安全？分析：4引擎飞机可以看作4次独立重复试验，要能正常运行，即求发生k 次（k ≥2）的概率同理，2引擎飞机正常运行的概率即是2次独立重复试验中发生k 次（k ≥1）的概率，由此建立不等式求解解：4引擎飞机成功飞行的概率为 C 24P 2（1－P ）2+C 34P 3（1－P ）+C 44P 4=6P 2（1－P ）2+4P 3（1－P ）+P 42引擎飞机成功飞行的概率为C 12P （1－P ）+C 22P 2=2P （1－P ）+P 2要使4引擎飞机比2引擎飞机安全，只要6P 2（1－P ）2+4P 3（1－P ）+P 4≥2P （1－P ）+P 2化简，分解因式得（P －1）2（3P －2）≥0 所以3P －2≥0，即得P 32 答：当引擎不出故障的概率不小于32时，4引擎飞机比2引擎飞机安全小结：1应用公式时，要注意前提条件，只有对于相互独立事件A 与B 来说，才能运用公式P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）2在学习过程中，要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积，或其对立事件3善于将具体问题化为某事件在n次独立重复试验中发生k次的概率4要搞清事件间的关系（是否彼此互斥、是否互相独立、是否对立），当且仅当事件A和事件B互相独立时，才有P（A·B）=P（A）·P（B）5A、B中至少有一个发生：A+B（1）若A、B互斥：P（A+B）=P（A）+P（B），否则不成立（2）若A、B相互独立（不互斥）①P（A+B）=P（A·B）+P（A·B）+P（A·B）；②P（A+B）=1－P（A·B）；③P（A+B）=P（A）+P（B）－P（AB）6某些事件若含有较多的互斥事件，可考虑其对立事件的概率，这样可减少运算量，提高正确率要注意“至多”“至少”等题型的转化7n次独立重复试验中某事件发生k次的概率P n（k）=C knp k（1－p）n－k正好是二项式［（1－p）+p］n的展开式的第k+1项学生练习1甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1，乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是A p1p2B p1（1－p2）+p2（1－p1）C1－p1p2 D1－（1－p1）（1－p2）解析：恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决，故所求概率是p1（1－p2）+p2（1－p1）答案：B2将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面的概率等于出现k+1次正面的概率，那么k的值为A0 B1 C2 D3解析：由C k5（21）k（21）5－k=C15+k（21）k+1·（21）5－k－1，即C k5=C15+k，k+（k+1）=5，k=2答案：C3从应届高中生中选出飞行员，已知这批学生体型合格的概率为13，视力合格的概率为61，其他几项标准合格的概率为51，从中任选一学生，则该生三项均合格的概率为（假设三项标准互不影响） A 4 B 1 C 4 D 5 解析：P =31×61×451=1 答案：C4若A 与B 相互独立，则下面不相互独立事件有 A A 与A B A 与B C A 与B D A 与B 解析：由定义知，易选A答案：A5在某段时间内，甲地不下雨的概率为03，乙地不下雨的概率为04，假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响，则这段时间内两地都下雨的概率是A 012B 088C 028D 042 解析：P =（1－03）（1－04）=042答案：D 6一道数学竞赛试题，甲生解出它的概率为21，乙生解出它的概率为31，丙生解出它的概率为41，由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为________ 解析：P =21×32×43+ 21×31×43+ 21×32×412411 答案： 2411 7一出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗，假设他在各交通岗31前，已经通过了两个交通岗的概率是________解析：因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第三个交通岗遇到红灯，所以P =（1－31）（1－31）×314 答案： 274 8某学生参加一次选拔考试，有5道题，每题10分已知他解题的正确率为53，若40分为最低分数线，则该生被选中的概率是________ 解析：该生被选中，他解对5题或4题∴P =（53）5+C 45×（53）4×（1－53）1053 答案：31251053 9某单位订阅大众日报的概率为06，订阅齐鲁晚报的概率为03，则至少订阅其中一种报纸的概率为________解析：P =1－（1－06）（1－03）=072答案：07210在未来3天中，某气象台预报每天天气的准确率为08，则在未来3天中，（1）至少有2天预报准确的概率是多少？（2）至少有一个连续2天预报都准确的概率是多少？解：（1）至少有2天预报准确的概率即为恰有2天和恰有3天预报准确的概率，即 C 23·082·02+C 33·083=0896 ∴至少有2天预报准确的概率为0896（2）至少有一个连续2天预报准确，即为恰有一个连续2天预报准确或3天预报准确的概率为 2·082·02+083=0768∴至少有一个连续2天预报准确的概率为076811一个通讯小组有两套设备，只要其中有一套设备能正常工作，就能进行通讯每套设备由3个部件组成，只要其中有一个部件出故障，这套设备就不能正常工作如果在某一时间段内每个部件不出故障的概率为p ，计算在这一时间段内，（1）恰有一套设备能正常工作的概率；（2）能进行通讯的概率解：记“第一套通讯设备能正常工作”为事件A ，“第二套通讯设备能正常工作”为事件B由题意知P （A ）=p 3，P （B ）=p 3， P （A ）=1－p 3，P （B ）=1－p 3（1）恰有一套设备能正常工作的概率为 P （A ·B + A ·B ）=P （A ·B ）+P （A ·B ）=p 3（1－p 3）+（1－p 3）p 3=2p 3－2p 6（2）方法一：两套设备都能正常工作的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=p 6至少有一套设备能正常工作的概率，即能进行通讯的概率为P （A ·B + A ·B ）+P （A ·B ）=2p 3－2p 6+p 6=2p 3－p 6方法二：两套设备都不能正常工作的概率为P （A ·B ）=P （A ）·P （B ）=（1－p 3）2至少有一套设备能正常工作的概率，即能进行通讯的概率为1－P （A ·B ）=1－P （A ）·P （B ）=1－（1－p 3）2=2p 3－p 6答：恰有一套设备能正常工作的概率为2p 3－2p 6，能进行通讯的概率为2p 3－p 6 12已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球现从两袋中各取两个球，试求取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率解：从甲袋中取2个白球，从乙袋中取1个黑球和1个白球的概率为2723C C ×291415C C C =635；从甲袋中取1个黑球和1个白球，从乙袋中取2个白球的概率为271413C C C ×2925C C 10 所以，取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为 635+6310=6315=215 13甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为41，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为121，甲、2 （1）分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；（2）从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率解：（1）设A 、B 、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件，由题设条件有1(),41(),122(),9P A B P B C P A C ⎧⋅=⎪⎪⎪⋅=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩即1()[1()], 41()[1()], 122()(). 9P A P B P B P C P A P C ⎧⋅-=⎪⎪⎪⋅-=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩①②③ 由①③得P （B ）=1－89P （C ），代入②得27［P （C ）］2－51P （C ）+22=0 解得P （C ）=32或911（舍去）将P （C ）=32分别代入③②可得P （A ）=31，P （B ）=41，即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是31，412 （2）记D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，则P （D ）=1－P （D ）=1－［1－P （A ）］［1－P （B ）］［1－P （C ）］=1－32·43·3165 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率65 课前后备注。

第48讲互斥与独立事件的概率、条件概率(原卷+解析)-高考数学二轮复习

第48讲互斥与独立事件的概率、条件概率一、知识与方法1 互斥事件不可能同时发生的两个事件叫互斥事件(互斥事件也叫作互不相容事件); 从集合角度来看, ,A B 两个事件互斥,则表示,A B 这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集. 2 互圧事件的概率加法公式若事件 ,A B 互斥,则和事件“A B ⋃”发生的概率等于事件,A B 分别发生的概率之和, 即 ()()()P AB P A P B =+. 概率的加法公式可以推广到有限个事件的情形,若事件12,,,nA A A两两互斥,则有公式()()()()1212:.n n P A A A P A P A P A =+++3 相互独立事件事件A 或B 是否发生,它们相互之间没有影响,那么称事件A 和B 相互独立,把这样的两个事件叫作相互独立事件. 4 相互独立事件的概率乘法公式若事件,A B 相互独立,则积事件“A B ⋅” 发生的概率等于事件A B 、分别发生的概率之积, 即 ()()()P A B P A P B ⋅=⋅.概率的乘法公式也可以推广到有限个事件的情形,若事件 12,,,n A A A 两两相互独立,则有公式:()()()()()123123n n P A A A A P A P A P A P A ⋅=⋅5 条件概率对于任何两个事件A 和B ,在已知事件A 发生的条件下,事件B 发生的概率叫作条件概率,用符号()|P B A 来表示. 6 条件概率公式()()()|P A B P B A P A =, 其中 ()0,P A >AB 称为事件A 与B 的交(或积).7 独立重复试验将只有两种可能性的试验独立地重复n 次, 叫作独立重复试验,独立重复试验中,每次试验的结果与其他各次试验的结果无关, 即事件A 发生的概率()P A 在整个系列试验中一直保持不变.8 独立重复试验的概率如果在一次试验中,事件A 发生的概率为p ,事件A 不发生的概率为1p -, 那么在n 次独立重复试验中事件A 发生r 次的概率为()C (1).rn rn n p r p p -='- 这个概率也称为二项概率, 因为C (1)r n n p p -'-恰好是二项式()[1]n p p +-中含 rp 的项.二、典型例题【例1】掷红、蓝两颗骰子,观察出现的点数,求至少有一颗骰子出现偶数点的概率.【例2】设b 和c 分别是先后拋掷一枚骨子得到的点数,用随机变量ξ表示方程2x bx ++0c =实根的个数(重根按一个计).(1)求方程20x bx c ++=有实根的概率;(2) 求在先后两次出现的点数中有 5 的条件下,方程20x bx c ++=有实根的概率.n且n∈N)和 5 个白球,一次摸奖从中摸 2 个球,2 【例3】一个口袋中装有n个红球(5个球颜色不同则为中奖.(1) 试用n表示一次摸奖中奖的概率p；n=,求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率;(2) 若5(3) 记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为p,当n取多大时, p最大?三、易错警示【例】袋中有4 个球,包括2 个红球,1个黄球和 1 个白球,每次任取1 个球,有放回地取4 次,求无红球或无黄球的概率.四、难题攻略【例】甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是23和34, 假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响.(1) 求甲射击4 次,至少有1 次未击中目标的概率;(2) 求两人各射击4 次,甲恰好击中目标2 次且乙恰好击中目标3 次的概率;（3）假设某人连续2 次未击中目标,则终止其射击,问:乙恰好射击5 次后,被终止射击的概率是多少?五、强化训练1 11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分, 当某局打成 10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束,甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4, 各球的结果相互独立,在某局双方10:10 平后, 甲先发球, 两人又打了x 个球,该局比赛结束. (1) 求()2P x =;(2) 求事件“4x =且甲获胜”的概率.2 如图 74,EFGH -是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形, 将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分) 内”, 则 ()|P B A = ____________.图 74-3 A B 、两人拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下:若掷出的点数之和是3的倍数,则由原掷骰子的人继续掷;若掷出的点数之和不是3的倍数,就由对方接着掷,第一次由A 开始掷,设第n 次由A 掷的概率为n P , 求n P 的表达式(用 n 表示).第48讲互斥与独立事件的概率、条件概率一、知识与方法1 互斥事件不可能同时发生的两个事件叫互斥事件(互斥事件也叫作互不相容事件); 从集合角度来看, ,A B 两个事件互斥,则表示,A B 这两个事件所含结果组成的集合的交集是空集. 2 互圧事件的概率加法公式若事件 ,A B 互斥,则和事件“A B ⋃”发生的概率等于事件,A B 分别发生的概率之和, 即 ()()()P AB P A P B =+. 概率的加法公式可以推广到有限个事件的情形,若事件12,,,nA A A两两互斥,则有公式()()()()1212:.n n P A A A P A P A P A =+++3 相互独立事件事件A 或B 是否发生,它们相互之间没有影响,那么称事件A 和B 相互独立,把这样的两个事件叫作相互独立事件. 4 相互独立事件的概率乘法公式若事件,A B 相互独立,则积事件“A B ⋅” 发生的概率等于事件A B 、分别发生的概率之积, 即 ()()()P A B P A P B ⋅=⋅.概率的乘法公式也可以推广到有限个事件的情形,若事件 12,,,n A A A 两两相互独立,则有公式:()()()()()123123n n P A A A A P A P A P A P A ⋅=⋅5 条件概率对于任何两个事件A 和B ,在已知事件A 发生的条件下,事件B 发生的概率叫作条件概率,用符号()|P B A 来表示. 6 条件概率公式()()()|P A B P B A P A =, 其中 ()0,P A >AB 称为事件A 与B 的交(或积).7 独立重复试验将只有两种可能性的试验独立地重复n 次, 叫作独立重复试验,独立重复试验中,每次试验的结果与其他各次试验的结果无关, 即事件A 发生的概率()P A 在整个系列试验中一直保持不变.8 独立重复试验的概率如果在一次试验中,事件A 发生的概率为p ,事件A 不发生的概率为1p -, 那么在n 次独立重复试验中事件A 发生r 次的概率为()C (1).rn rn n p r p p -='- 这个概率也称为二项概率, 因为C (1)r n n p p -'-恰好是二项式()[1]n p p +-中含 rp 的项.二、典型例题【例1】掷红、蓝两颗骰子,观察出现的点数,求至少有一颗骰子出现偶数点的概率. 【分析】()P A B +即事件A B 、至少有一个发生的概率.在A 与B 互斥时, ()()()P A B P A P B =+;在A 与B 相互独立时, ()()()()P AB P A P B P A B =+-= ()()()()P A P B P A P B +-.【解析】设事件A 为“红骰子出现偶数点”,事件B 为“蓝骰子出现偶数点”,事件C 为“至少一颗骰子出现偶数点”.显然,事件A 与B 不是互斥的,设事件D 为“两颗骰子同时出现偶数点”,则D A B =.掷两颗骰子出现点数总的结果是1166C C 36.=“红骰子出现偶数点”的结果是1136C C 18=,()1836P A =; “蓝骰子出现偶数点”的结果是1136C C 18=,()1836P B =;“两颗骰子都出现偶数点”的结果是1133C C 9=,()936P D =.“至少一颗骰子出现偶数点”的结果是 ()()()()P C P A P B P A B =+-18189273.363636364=+-==【例2】设b 和c 分别是先后拋掷一枚骨子得到的点数,用随机变量ξ表示方程2x bx ++0c =实根的个数(重根按一个计).(1)求方程20x bx c ++=有实根的概率;(2) 求在先后两次出现的点数中有 5 的条件下,方程20x bx c ++=有实根的概率. 【分析】必须注意鉴别概率模型：“点数"为离散型,故原则上是古典概型. 对于第(1)问, 可分解成互斥事件概率;对于第 (2)问, 显然可归结为条件概率模型. 【解析】(1) 由题意知 : 设基本事件空间为Ω, 记“方程 20x bx c ++= 没有实根”为事件A , "方程20x bx c ++=有且仅有一个实根”为事件B ,“方程20x bx c ++=有两个相异实根"为事件C , 则(){}Ω,,1,2,,6b c b c ==∣,(){}2,40,,1,2,,6A b c b c b c =-<=∣, (){}2,40,,1,2,,6B b c b c b c =-==∣, (){}2,40,,1,2,,6.C b c b c b c =->=∣Ω∴中的基本事件总数为 36 个, A 中的基本事件总数为17个, B 中的基本事件总数为 2个, C 中的基本事件总数为 17 个.又B ,C 是互斥事件,故所求概率为()()21719363636P P B P C =+=+=. （2）记“先后两次出现的点数中有 5 ”为事件D ,“方程20x bx c ++=有实根”为事件E , 由上面分析得()1136P D =，()736P D E =，()()()7|11P D E P E D P D ∴==. 【例3】一个口袋中装有n 个红球 (5n 且n ∈N )和 5 个白球,一次摸奖从中摸 2 个球,2 个球颜色不同则为中奖.(1) 试用n 表示一次摸奖中奖的概率 p ；(2) 若5n =,求三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率;(3) 记三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为p ,当n 取多大时, p 最大? 【分析】本例是独立重复试验,注意第(2)、第(3)问中“每次摸奖后放回"的情况. 第(3)问可考虑运用基本不等式求最值. 【解析】（1）一次摸奖从5n +个球中任选两个,有25C n +种, 其中两球不同色有115C C n 种.一次摸奖中奖的概率()()11525C C 10.C 54n n np n n +==++(2) 若5n =,一次摸奖中奖的概率5.9p =三次摸奖是独立重复试验,三次摸奖(每次摸奖后放回）恰有一次中奖的概率是()1233801C (1)243p p p =-=.（3）设每次摸奖中奖的概率为(01)p p <<, 则三次摸奖(每次摸奖后放回)恰有一次中奖的概率为()()()()()31233211111C (1)211663p p p P P p p p p p ⎡⎤+-+-==-=⨯--⎢⎥⎣⎦. 当且仅当21p p =-，即13p =时，P 取得最大值.又()()101543n p n n ==++时，解得20n =，即20n =时，max 481P =.三、易错警示【例】袋中有 4 个球,包括 2 个红球,1个黄球和 1 个白球,每次任取 1 个球,有放回地取 4 次,求无红球或无黄球的概率. 【错解】记“有红球"为事件A ,“有黄球”为事件B ,则“无红球或无黄球"为事件AB .()4111216A P ⎫⎛=-= ⎪⎝⎭，()41811.4256P B ⎫⎛=-= ⎪⎝⎭因此, 所求的概率为 ()()()18197:.16256256P AB P A P B =+=+= 【评析与正解】加法公式()()()P AB P A P B =+成立的条件是A 和B 是两个斥事件,而题设中“无红球”与“无黄球”不是互斥事件, 因为每次任取 1 个球, 有放回地取 4 次, 可能取出的都是白球,这样 A 与 B 同时发生,它们不互斥. 【正确的解法】如下：在求()P AB 时,还应该减去取出的可能都是白球, 即AB 的情形, 因此,所求概率为:()()()()41811963:1625642568P AB P A P B P AB ⎫⎛=+-=+-== ⎪⎝⎭.四、难题攻略【例】甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是23和34, 假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响. (1) 求甲射击 4 次,至少有 1 次未击中目标的概率;(2) 求两人各射击 4 次,甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3 次的概率;（3）假设某人连续 2 次未击中目标,则终止其射击,问:乙恰好射击 5 次后,被终止射击的概率是多少? 【分析】本例是独立重复试验, n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率求法为C (1)k k n kn p p --. 第(1)问,至少有 1 次末击中，包含情况多,可求其对立事件的概率;第(2)问, 甲恰好击中目标 2 次与乙恰好击中目标 3次相互独立;第(3)问,乙恰好射击 5 次被终止,相当于前 2 次射击,至少有一次击中,第 3 次击中,第 4 次、第 5 次未击中. 【解析】(1）记“甲连续射击 4 次, 至少有 1 次末击中目标”为事件1A . 由题意知,射击 4 次相当于做 4 次独立重复试验故()()41126511381P A P A ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭.所以甲连续射击 4 次,至少有一次末击中目标的概率为6581. (2) 记“甲射击 4 次,恰好有 2 次击中目标”为事件2A , “乙射击 4 次,恰好有 3 次击中目标”为事件2B .则 ()24222422813327P A C -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()34332433144P B C -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2764=.由于甲、乙射击相互独立, 故()()()2222827127648P A B P A P B ==⨯=. 所以两人各射击 4 次,甲恰有 2 次击中目标且乙恰有 3 次击中目标的概率为18. （3）记“乙恰好射击 5 次后,被终止射击"为事件3A , "乙第 t 次射击未击中"为事件 t D()1,2,3,4,5t =, 则()3543212121A D D D D D D D D D =, 且 ()21.4P D =由于各事件相互独立.故 ()()()()()3543212121P A P D P D P D P D D D D D D =++11311451444441024⎛⎫=⨯⨯⨯-⨯= ⎪⎝⎭. 所以乙恰好射击 5 次后,被终止射击的概率为451024. 五、强化训练1 11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分, 当某局打成 10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束,甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4, 各球的结果相互独立,在某局双方10:10 平后, 甲先发球, 两人又打了x 个球,该局比赛结束. (1) 求()2P x =;(2) 求事件“4x =且甲获胜”的概率.【解析】(1)2x =就是10:10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此(2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5P x ==⨯+-⨯-=(2)要使4x =且甲获胜,则10:10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.因此所求概率为[0.5(10.4)(10.5)0.4]0.50.40.1P =⨯-+-⨯⨯⨯=.2 如图 74,EFGH -是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形, 将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分) 内”, 则 ()|P B A = ____________.图 74-【解析】本题为几何概型,也是条件概率.圆的半径是1,所以圆的面积是π,正方形面积是2,扇形面积是4π. 由几何概型概率计算公式可得2()S P A S ==正圆π由条件概率的计算公式可得21()14(|)2()4P AB P B A P A ππ⨯===.3 A B 、两人拿两颗骰子做抛掷游戏,规则如下:若掷出的点数之和是3的倍数,则由原掷骰子的人继续掷;若掷出的点数之和不是3的倍数,就由对方接着掷,第一次由A 开始掷,设第n 次由A 掷的概率为n P , 求n P 的表达式(用 n 表示).【解析】第n 次由A 掷骰子有两种情况.一是第1n -次由A 掷,第n 次继续由A 掷,此时概率为11236n P -; 二是第1n -次由B 掷,第n 次由A 掷,此时概率为()1121136n P -⎛⎫-- ⎪⎝⎭. 由于这两种情况是互斥的,因此()111212113636n n n P P P --⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭即()1112133n n n P P P --=+- (其中)2n ,变形整理得1111232n n P P -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭.又11P =, 所以数列12n P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以11122P -=为首项,以13-为公比的等比数列, 因此易得 n P = ()1111223n n -+⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭N。

条件概率与事件的独立性例题和知识点总结

条件概率与事件的独立性例题和知识点总结在概率论中，条件概率和事件的独立性是两个非常重要的概念。

理解并掌握它们对于解决各种概率问题至关重要。

接下来，我们将通过一些具体的例题来深入探讨这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在已知某个事件发生的条件下，另一个事件发生的概率。

其定义为：设 A、B 是两个事件，且 P(A) ＞ 0，在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率记为 P(B|A)，且 P(B|A) ＝ P(AB) ／P(A) 。

例如，一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。

从中随机取出一个球，已知取出的是红球，那么这个红球是第一次取出的球的概率是多少？首先，总的取球情况有 8 种。

取出红球的情况有 5 种。

第一次取出红球的情况有 5 种。

所以，P(第一次取出红球|取出的是红球) ＝ 5 ／ 5 ＝ 1 。

二、事件的独立性如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么称事件 A 和事件 B 是相互独立的。

即如果 P(B|A) ＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

例如，有两个独立的事件 A 和 B，P(A) ＝ 04 ，P(B) ＝ 05 ，那么P(AB) ＝ P(A) × P(B) ＝ 04 × 05 ＝ 02 。

再来看一个例子，一个家庭有两个孩子，已知第一个孩子是男孩，那么第二个孩子是女孩的概率是多少？假设生男生女的概率相等，都是 05 。

因为这两个孩子的性别是相互独立的事件，所以第二个孩子是女孩的概率仍然是 05 。

三、条件概率与事件独立性的关系事件的独立性与条件概率有着密切的关系。

如果事件 A 和事件 B相互独立，那么 P(B|A) ＝ P(B) ，P(A|B) ＝ P(A) 。

反之，如果 P(B|A)＝ P(B) 且 P(A|B) ＝ P(A) ，则事件 A 和事件 B 相互独立。

高考概率内容考查的经典方法分析

近几年的高考对统计内容的考查主要有
(
以下几个方面:
统计知识常和各种类型的
1)
0.
0
3
0+0.
0
2
5+0.
0
0
5)×1
0=0.
7
5,即及格
(
合伴随着各种题型;
统计和概率一般都是
3)
样本的均值为 4
5×0.
1
0+5
5×0.
1
5+
(
概率内容交叉进行考查;
2)统计和概率的结
AB)
=P(
A)
P(
C)
+P (
A)
P(
B)
=
1
2
2
1
1
,故甲、
×
+ 1× 1=
2
3
3
2
3
乙、
丙各旁观 1 局的概率为
2
。
3
P(
B3 )
P(
C4 )
P(
A5 )=
1 1 1 2 1
× × × ×
2 3 2 3 3
1
= ,
P(
A1C2C3A4A5 )=P (
A1 )
P(
C2 )·
5
4
P(
C3 )
P(
2)
事件 Ai ,
Bi ,
Ci ,
i=1,
2,
3,
4,
5。
设比赛完 5 局甲获得最终胜利为事件
D ,则 D = B1B2A3A4A5 + B1C2A3A4A5 +

高考数学专题复习：独立事件概率

独立事件概率高考数学专题试卷一、选择题（本题共3道小题），那么三人中恰有两人合格的概率是（）1. 甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为232,,345A. 25B. 715C. 1130D. 162. 一个工人看管三台机床，在一小时内，这三台机床需要工人照管的概率分别0.9,0.8,0.7，则没有一台机床需要工作照管的概率为（）A. 0.006B. 0.018C. 0.06D. 0.0143. 荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳四次之后停在A叶上的概率是（）A.49B. 827C. 1681D. 3281二、填空题（本题共2道小题） 4. 对两个相互独立的事件A 和B ，如11(),()24P A P B ==，则()P AB =_______． 5. 设某项试验的成功概率是失败概率的2倍，用随机变量ξ描述1次试验的成功次数，则(0)P ξ==_________．三、解答题（本题共3道小题） 6. ,A B 2人各进行1次射击，如果2人击中目标的概率都是0.6，求：(1)2人都击中目标的概率．(2)其中恰好有1人击中目标的概率．(3)至少有一人击中目标的概率．7. 在某校组织的一次篮球定点投篮训练中，规定每人最多投3次，在A 处每投进一球得3分，在B 处每投进一球得2分；如果前两次得分之和超过3分，即停止投篮，否则投第三次，某同学在A 处的命中率为0.25，在B 处的命中率为q ，该同学选择先在A 处投一球，以后都在B 处投，用ξ表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为(1)求q 的值；(2)求随机变量ξ的数学期望()E ξ．8. 某电视台推出一档游戏类综艺节目，选手面对15-号五扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐，选手需正确回答这首歌的名字，回答正确，大门打开，并获得相应的家庭梦想基金，回答每一扇门后，选手可自由选择带着目前的奖金离开，还是继续挑战后面的门以获得更多的梦想基金，但是一旦回答错误，游戏结束并将之前获得的所有梦想基金清零；整个游戏过程中，选手有一次求助机会，选手可以询问亲友团成员以获得正确答案． 15-号门对应的家庭梦想基金依次为3000元、6000元、8000元、12000元、24000元(以上基金金额为打开大门后的累积金额，如第三扇大门打开，选手可获基金总金额为8000元）；设某选手正确回答每一扇门的歌曲名字的概率为(1,2,3,,5)i p i =⋅⋅⋅，且6(1,2,3,,5)7i i p i i -==⋅⋅⋅-，亲友团正确回答每一扇门的歌曲名字的概率均为15，该选手正确回答每一扇门的歌名后选择继续挑战后面的门的概率均为12． (1) 求选手在第三扇门使用求助且最终获得12000元家庭梦想基金的概率；(2) 若选手在整个游戏过程中不使用求助，且获得的家庭梦想基金数额为X （元），求X 的分布列和数学期望．。

概率统计中的独立事件计算练习题

概率统计中的独立事件计算练习题在概率统计中，独立事件是指一个事件的发生不受其他事件发生与否的影响，即事件之间相互独立。

本文将为读者提供几个独立事件的计算练习题，以加深对该概念的理解和应用。

练习题一：某班级有30名学生，他们的身高分布如下：身高在150厘米以下的有5人身高在150~160厘米之间的有10人身高在160~170厘米之间的有12人身高在170~180厘米之间的有3人身高在180厘米以上的有0人从这个班级中随机选择一个学生，请计算：1. 选到身高在150~160厘米之间的概率；2. 选到身高在170~180厘米之间的概率；3. 选到身高在160~180厘米之间的概率。

练习题二：一箱装有5个红球和3个蓝球。

从中连续无放回地随机抽取3个球，请计算：1. 抽取的3个球中全部为红球的概率；2. 抽取的3个球中至少有2个蓝球的概率；3. 抽取的3个球中至少有1个红球的概率。

练习题三：一位学生参加了一场含有10道选择题的考试，每道题有4个选项。

假设学生对每道题都随机猜答，请计算：1. 学生全部答对的概率；2. 学生至少答对一半的概率；3. 学生至多答对两道题的概率。

练习题四：一批产品从工厂出货，每个产品都有独立的缺陷概率。

已知该批产品中每10个产品的平均缺陷数量为0.3个。

请计算：1. 任选一个产品，它没有缺陷的概率；2. 任选一个产品，它至少有一个缺陷的概率；3. 任选一个产品，它的缺陷数目小于等于1个的概率。

在解答以上练习题时，需要注意独立事件的概率计算方法。

对于独立事件A和B，其概率乘积等于两个事件分别发生的概率之积。

应用这一原则，可以解答上述练习题。

练习题一解答：1. 身高在150~160厘米之间的概率 = 10人 / 30人 = 1/3；2. 身高在170~180厘米之间的概率 = 3人 / 30人 = 1/10；3. 身高在160~180厘米之间的概率 = (12+3)人 / 30人 = 15/30 = 1/2。

高中数学概率与统计(理科)常考题型归纳

高中数学概率与统计(理科)常考题型归纳题型一:常见概率模型的概率几何概型、古典概型、相互独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的热点，几何概型主要以客观题考查，求解的关键在于找准测度(面积，体积或长度)；相互独立事件，互斥事件常作为解答题的一问考查，也是进一步求分布列，期望与方差的基础，求解该类问题要正确理解题意，准确判定概率模型，恰当选择概率公式.【例1】现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏. (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列. 解依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为13，去参加乙游戏的概率为23. 设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4). 则P (A i )＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i . (1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率 P (A 2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3＋A 4，且A 3与A 4互斥，∴P (B )＝P (A 3＋A 4)＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19.(3)依题设，ξ的所有可能取值为0，2，4. 且A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥. 则P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0＋A 4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝1781.所以ξ的分布列是【类题通法】(1)本题4个人中参加甲游戏的人数服从二项分布，由独立重复试验，4人中恰有i 人参加甲游戏的概率P ＝C i 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i ，这是本题求解的关键. (2)解题中常见的错误是不能分清事件间的关系，选错概率模型，特别是在第(3)问中，不能把ξ＝0，2，4的事件转化为相应的互斥事件A i 的概率和.【变式训练】甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分. (1)求ξ＝2的概率；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率. 解 (1)ξ＝2，则甲队有两人答对，一人答错，故P (ξ＝2)＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×12＝1124；(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A ，甲队比乙队得分高为事件B .设乙队得分为η，则η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.P (ξ＝1)＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×12＝14，P (ξ＝3)＝34×23×12＝14， P (η＝1)＝C 13·23·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29，P (η＝2)＝C 23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝49，P (η＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827， ∴P (A )＝P (ξ＝1)P (η＝3)＋P (ξ＝2)P (η＝2)＋P (ξ＝3)·P (η＝1) ＝14×827＋1124×49＋14×29＝13， P (AB )＝P (ξ＝3)·P (η＝1)＝14×29＝118，∴所求概率为P (B|A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.题型二:离散型随机变量的分布列、均值与方差离散型随机变量及其分布列、均值与方差及应用是数学高考的一大热点，每年均有解答题的考查，属于中档题.复习中应强化应用题目的理解与掌握，弄清随机变量的所有取值是正确列随机变量分布列和求均值与方差的关键，对概率模型的确定与转化是解题的基础，准确计算是解题的核心，在备考中强化解答题的规范性训练.【例2】甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立. (1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率；(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列和均值(数学期望).解用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”，则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5. (1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)· P (A 3)P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋23×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)·P (B 2)＝59， P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29， P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)P (B 4)＝1081， P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 故X 的分布列为E(X)＝2×59＋3×29＋4×1081＋5×881＝22481.【类题通法】求离散型随机变量的均值和方差问题的一般步骤第一步：确定随机变量的所有可能值；第二步：求每一个可能值所对应的概率；第三步：列出离散型随机变量的分布列；第四步：求均值和方差；第五步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【变式训练】为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额.(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元.求：①顾客所获的奖励额为60元的概率；②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由.解(1)设顾客所获的奖励额为X.①依题意，得P(X＝60)＝C11C13C24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为1 2.②依题意，得X的所有可能取值为20，60.P(X＝60)＝12，P(X＝20)＝C23C24＝12，即X的分布列为所以顾客所获的奖励额的数学期望为E(X)＝20×12＋60×12＝40(元).(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元.所以，先寻找期望为60元的可能方案.对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案1.对于面值由20元和40元组成的情况，同理，可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案2.以下是对两个方案的分析：对于方案1，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为X1的数学期望为E(X1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60(元)，X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为X2的数学期望为E(X2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60(元)，X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的数学期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.题型三:概率与统计的综合应用概率与统计作为考查考生应用意识的重要载体，已成为近几年高考的一大亮点和热点.主要依托点是统计图表，正确认识和使用这些图表是解决问题的关键.复习时要在这些图表上下工夫，把这些统计图表的含义弄清楚，在此基础上掌握好样本特征数的计数方法、各类概率的计算方法及数学均值与方差的运算.【例3】2018年6月14日至7月15日，第21届世界杯足球赛将于俄罗斯举行，某大学为世界杯组委会招收志愿者，被招收的志愿者需参加笔试和面试，把参加笔试的40名大学生的成绩分组：第1组75，80)，第2组80，85)，第3组85，90)，第4组90，95)，第5组95，100]，得到的频率分布直方图如图所示：(1)分别求出成绩在第3，4，5组的人数；(2)现决定在笔试成绩较高的第3，4，5组中用分层抽样抽取6人进行面试.①已知甲和乙的成绩均在第3组，求甲或乙进入面试的概率；②若从这6名学生中随机抽取2名学生接受考官D的面试，设第4组中有X名学生被考官D面试，求X的分布列和数学期望.解(1)由频率分布直方图知：第3组的人数为5×0.06×40＝12.第4组的人数为5×0.04×40＝8.第5组的人数为5×0.02×40＝4.(2)利用分层抽样，在第3组，第4组，第5组中分别抽取3人，2人，1人.①设“甲或乙进入第二轮面试”为事件A，则P(A)＝1－C310C312＝511，所以甲或乙进入第二轮面试的概率为5 11.②X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝C24C26＝25，P(X＝1)＝C12C14C26＝815，P(X＝2)＝C22C26＝115.所以X的分布列为E(X)＝0×25＋1×815＋2×115＝1015＝23.【类题通法】本题将传统的频率分布直方图与分布列、数学期望相结合，立意新颖、构思巧妙.求解离散型随机变量的期望与频率分布直方图交汇题的“两步曲”：一是看图说话，即看懂频率分布直方图中每一个小矩形面积表示这一组的频率；二是活用公式，本题中X服从超几何分布.【变式训练】某公司为了解用户对某产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下：A地区：6273819295857464537678869566977888827689B地区：7383625191465373648293486581745654766579(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：记事件C：“A相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率.解(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散.(2)记C A1表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C A2表示事件：“A地区用户的满意度等级为非常满意”；C B1表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C B2表示事件：“B地区用户的满意度等级为满意”，则C A1与C B1独立，C A2与C B2独立，C B1与C B2互斥，C＝C B1C A1∪C B2C A2.P (C )＝P (C B 1C A 1∪C B 2C A 2) ＝P (C B 1C A 1)＋P (C B 2C A 2) ＝P (C B 1)P (C A 1)＋P (C B 2)P (C A 2).由所给数据得C A 1，C A 2，C B 1，C B 2发生的频率分别为1620，420，1020，820，即P (C A 1)＝1620，P (C A 2)＝420，P (C B 1)＝1020，P (C B 2)＝820，故P (C )＝1020×1620＋820×420＝0.48.题型四:统计与统计案例能根据给出的线性回归方程系数公式求线性回归方程，了解独立性检验的基本思想、方法，在选择或填空题中常涉及频率分布直方图、茎叶图及样本的数字特征(如平均数、方差)的考查，解答题中也有所考查.【例4】从某居民区随机抽取10个家庭，获得第i 个家庭的月收入x i (单位：千元)与月储蓄y i (单位：千元)的数据资料，算得∑10i ＝1x i ＝80，∑10i ＝1y i ＝20，∑10i ＝1x i y i ＝184，∑10i ＝1x 2i＝720. (1)求家庭的月储蓄y 对月收入x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^； (2)判断变量x 与y 之间是正相关还是负相关；(3)若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄. 附：线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^中，b ^＝，a ^＝y －b ^x ，其中x ，y 为样本平均值.解 (1)由题意知n ＝10，x ＝1n ∑n i ＝1x i ＝8010＝8， y ＝1n ∑n i ＝1y i＝2010＝2，又l xx ＝∑ni ＝1x 2i －n x 2＝720－10×82＝80，l xy ＝∑ni ＝1x i y i －n x y ＝184－10×8×2＝24，由此得b^＝l xy l xx＝2480＝0.3， a^＝y －b ^x ＝2－0.3×8＝－0.4，故所求线性回归方程为y ^＝0.3x －0.4.(2)由于变量y 的值随x 值的增加而增加(b^＝0.3>0)，故x 与y 之间是正相关. (3)将x ＝7代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为y ^＝0.3×7－0.4＝1.7(千元).【类题通法】(1)分析两个变量的线性相关性，可通过计算相关系数r 来确定，r 的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越强，r 的绝对值越接近于0，表明两变量线性相关性越弱. (2)求线性回归方程的关键是正确运用b^，a ^的公式进行准确的计算.【变式训练】4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生日均课外阅读时间(单位：分钟)的频率分布直方图.若将日均课外阅读时间不低于60分钟的学生称为“读书迷”，低于60分钟的学生称为“非读书迷”.(1)根据已知条件完成下面2×2列联表，并据此判断是否有99%的把握认为“读书迷”与性别有关？(2)将频率视为概率.人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列、期望E (X )和方差D (X ).解 (1)完成2×2列联表如下：K 2＝100×（40×25－15×60×40×55×45≈8.249＞6.635，故有99%的把握认为“读书迷”与性别有关.(2)将频率视为概率.则从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率P ＝25. 由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，P (X ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫25i ⎝ ⎛⎭⎪⎫353－i(i ＝0，1，2，3).X 的分布列为均值E (X )＝np ＝3×25＝65，方差D (X )＝np (1－p )＝3×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝1825.。

高考数学2024概率与统计历年题目全解

高考数学2024概率与统计历年题目全解概率与统计作为高考数学中的重要部分，一直是考生们难以逾越的“坎”。

为了帮助广大考生更好地应对高考概率与统计部分的考题，本文将对高考数学2024年概率与统计题目进行全面解析，希望能够为考生们提供帮助和指导。

1. 选择题部分选择题是高考中概率与统计部分的常见题型，也是考生们容易出错的地方。

以下是2024年高考概率与统计选择题的解答：题目一：已知事件A发生的概率为P(A)=0.6，事件B发生的概率为P(B)=0.3，且事件A与事件B相互独立。

求事件A发生且事件B不发生的概率。

解答一：事件A发生且事件B不发生，表示为A发生的概率P(A)乘以B不发生的概率P(B')，即P(A且B')=P(A)×P(B')=0.6×(1-0.3)=0.6×0.7=0.42。

因此，事件A发生且事件B不发生的概率为0.42。

题目二：已知事件C发生的概率为P(C)=0.4，事件D发生的概率为P(D)=0.5，且事件C与事件D相互独立。

求事件C或事件D发生的概率。

解答二：事件C或事件D发生，表示为C发生的概率P(C)加上D发生的概率P(D)，即P(C或D)=P(C)+P(D)=0.4+0.5=0.9。

因此，事件C或事件D发生的概率为0.9。

2. 计算题部分计算题是概率与统计部分的重要考察内容，需要考生们掌握一定的计算方法和技巧。

以下是2024年高考概率与统计计算题的解答：题目一：某班有40名学生，其中20名男生、20名女生。

现从该班级随机选取3名学生，求选出的3名学生全为男生的概率。

解答一：选出的3名学生全为男生的概率等于从20名男生中选取3名学生的概率除以从40名学生中选取3名学生的概率。

即P(全为男生)=C(20,3)/C(40,3)=[20×19×18]/[40×39×38]=0.0283。

因此，选出的3名学生全为男生的概率为0.0283。

第4节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式--2025年高考数学复习讲义及练习解析

第四节事件的相互独立性、条件概率与全概率公式课标解读考向预测1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．结合古典概型，利用独立性计算概率.2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率.3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.4.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率.5.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率.6.了解贝叶斯公式.预计2025年高考将会以事件独立性的判断或条件概率、全概率公式计算在小题中单独考查，或与随机变量的分布列、数字特征相结合融合在解答题中考查.必备知识——强基础1．事件的相互独立性事件A 与事件B 相互独立对任意的两个事件A 与B ，如果P (AB )＝01P (A )P (B )成立，则称事件A 与事件B 相互独立，简称为独立性质若事件A 与事件B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立，P (B |A )＝02P (B )，P (A |B )＝03P (A )2.条件概率条件概率的定义设A ，B 为两个随机事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝04P （AB ）P （A ）为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率条件概率的性质(1)P (Ω|A )＝1；(2)如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝05P (B |A )＋P (C |A )；(3)设B 与B 互为对立事件，则P (B |A )＝1－P (B |A )3.全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )＞0，i ＝1，2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝06∑ni ＝1P (A i )P (B |A i )，我们称上面的公式为全概率公式．1．两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥．2．计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝P（AB）外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝P（A）n（AB），其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数．n（A）3．P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率，P(A|B)是在事件B发生的条件下事件A发生的概率．4．计算条件概率P(B|A)时，不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB)．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)若A，B相互独立，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则A，B都不发生的概率为0.3.()(3)抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面向上”为事件A，“第二枚为正面向上”为事件B，则A，B相互独立．()(4)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A)．()答案(1)×(2)√(3)√(4)×2．小题热身(1)一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为()A．1B．0.629C．0D．0.74或0.85答案B解析由题意知甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，所以甲、乙两根保险丝都熔断的概率为0.85×0.74＝0.629.(2)(人教B选择性必修第二册4.1.1例2改编)根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为()A．0.8B．0.625C．0.5D．0.1答案A解析设“发生中度雾霾”为事件A ，“刮四级以上大风”为事件B ，由题意知，P (A )＝0.25，P (B )＝0.4，P (AB )＝0.2，则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.20.25＝0.8.(3)(2023·河南安阳二模)某班计划在下周一至周三中的某一天去参观党史博物馆，若选择周一、周二、周三的概率分别为0.3，0.4，0.3，根据天气预报，这三天下雨的概率分别为0.4，0.2，0.5，且这三天是否下雨相互独立，则他们参观党史博物馆的当天不下雨的概率为()A ．0.25B ．0.35C ．0.65D ．0.75答案C解析他们参观党史博物馆的当天下雨的概率为0.3×0.4＋0.4×0.2＋0.3×0.5＝0.35，所以不下雨的概率为1－0.35＝0.65.(4)(多选)(人教A 选择性必修第三册7.1.1练习T3改编)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，2个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()A ．若不放回地摸球2次，则第一次摸到红球的概率为310B ．若不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为12C ．若有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为18125D ．若有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为54125答案BCD解析对于A ，第一次摸到红球的概率为35，故A 错误；对于B ，不放回地摸球2次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P ＝24＝12，故B 正确；对于C ，有放回地摸球3次，则仅有前2次摸到红球的概率为35×35×25＝18125，故C 正确；对于D ，有放回地摸球3次，则恰有2次摸到红球的概率为C 23×25＝54125，故D 正确．故选BCD.考点探究——提素养考点一事件的相互独立性(多考向探究)考向1事件独立性的判定例1(2023·江苏常州一中期初检测)袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，A 表示事件“第一次取出的球上数字是1”，B 表示事件“第二次取出的球上数字是2”，C 表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，D 表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出()A ．B 与D 相互独立B ．A 与D 相互独立C ．B 与C 相互独立D ．C 与D 相互独立答案C解析由题意可得P (A )＝14，P (B )＝14，有放回地随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有(1，4)，(4，1)，(2，3)，(3，2)，共4种，所以P (C )＝44×4＝14；两次取出的球上数字之和是6的情况有(2，4)，(4，2)，(3，3)，共3种，故P (D )＝34×4＝316.对于A ，P (BD )＝14×4＝116，P (B )P (D )＝14×316＝364，则P (BD )≠P (B )P (D )，故B 与D 不是相互独立事件，故A 错误；对于B ，P (AD )＝0，P (A )P (D )＝14×316＝364，则P (AD )≠P (A )P (D )，故A与D 不是相互独立事件，故B 错误；对于C ，P (BC )＝14×4＝116，P (B )P (C )＝14×14＝116，则P (BC )＝P (B )P (C )，故B 与C 是相互独立事件，故C 正确；对于D ，P (CD )＝0，P (C )P (D )＝14×316＝364，则P (CD )≠P (C )P (D )，故C 与D 不是相互独立事件，故D 错误．【通性通法】判断两个事件是否相互独立的方法(1)直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率．(2)定义法：判断P (AB )＝P (A )P (B )是否成立．(3)转化法：由事件A 与事件B 相互独立知，A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．【巩固迁移】1.(2024·河北唐山模拟)已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A ，B 如图所示．其中n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，则事件A 与事件B ()A ．是互斥事件，不是独立事件B ．不是互斥事件，是独立事件C ．既是互斥事件，也是独立事件D ．既不是互斥事件，也不是独立事件答案B解析因为n (Ω)＝12，n (A )＝6，n (B )＝4，n (A ∪B )＝8，所以n (A ∩B )＝2，n (A ∩B )＝4，n (B )＝8，所以事件A 与事件B 不是互斥事件；P (AB )＝412＝13，P (A )P (B )＝612×812＝13，所以P (AB )＝P (A )P (B )，所以事件A 与事件B 是独立事件．故选B.考向2相互独立事件的概率例2(2023·山西太原二模)某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为34，第二类检验单独通过率为p (0<p <1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为56，则p ＝()A ．25B ．12C ．23D ．56答案C解析设A i 表示第i 次通过第一类检验，B i 表示第i 次通过第二类检验(i ＝1，2)，由题意得P (A 1B 1＋A 1A 2B 1＋A 1B 1B 2＋A 1A 2B 1B 2)＝56，即34p ＋14×34p ＋34×(1－p )p ＋14×34×(1－p )p ＝56，解得p＝23或p ＝43(舍去)．【通性通法】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积．(2)当正面计算较复杂或难以入手时，可从其对立事件入手计算．【巩固迁移】2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)()A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率答案ABD解析对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为C23(1－β)2β＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，D正确．故选ABD.考点二条件概率例3现有甲、乙、丙、丁4人到九嶷山、阳明山、云冰山、舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件A为“4人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了九嶷山”，则P(A|B)＝()A．59B．49C．29D．13答案C解析由题意，4人去4个不同的景点，总样本点数为4×4×4×4＝256，事件B包含的样本点数为1×3×3×3＝27，则事件B发生的概率为P(B)＝27256，事件A与事件B的交事件AB为“甲去了九嶷山，另外三人去了另外三个不同的景点”，事件AB包含的样本点数为1×A33＝6，则事件AB 发生的概率为P (AB )＝6256＝3128，即P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝312827256＝29.【通性通法】求条件概率的常用方法(1)定义法：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）.(2)样本点法：P (B |A )＝n （AB ）n （A ）.(3)缩样法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解．【巩固迁移】3．(多选)(2024·滨州模拟)为庆祝建党节，讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程，增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A 为“第1次抽到选择题”，事件B 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A ．P (A )＝35B ．P (AB )＝310C ．P (B |A )＝12D ．P (B |A －)＝12答案ABC解析P (A )＝C 13C 15＝35，故A正确；P (AB )＝C 13C 12C 15C 14＝310，故B 正确；P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝31035＝12故C 正确；P (A －)＝1－P (A )＝1－35＝25，P (A －B )＝C 12C 13C 15C 14＝310，P (B |A －)＝P （A －B ）P （A －）＝31025＝34，故D 错误．考点三全概率公式的应用例4某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30.若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是()A ．0.155B ．0.175C ．0.016D ．0.096答案B解析设事件B 1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B 3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P (B 1)＝20%，P (B 2)＝50%，P (B 3)＝30%.设事件A 表示“被保险人在一年内发生事故”，则P (A |B 1)＝0.05，P (A |B 2)＝0.15，P (A |B 3)＝0.30.由全概率公式，得P (A )＝∑3i ＝1P (B i )·P (A |B i )＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175.【通性通法】利用全概率公式的思路(1)按照确定的标准，将一个复合事件分解为若干个互斥事件A i (i ＝1，2，…，n )．(2)求P (A i )和所求事件B 在各个互斥事件A i 发生条件下的概率P (B |A i )．(3)代入全概率公式计算．【巩固迁移】4．葫芦山庄襟渤海之辽阔，仰天角之雄奇，勘葫芦之蕴涵，显人文之魅力，是渤海湾著名的人文景区，是葫芦岛市“葫芦文化与关东民俗文化”代表地和中小学综合实践教育基地．山庄中葫芦品种分为亚腰、瓢、长柄锤、长筒、异型、花皮葫芦等系列．其中亚腰葫芦具有天然迷彩花纹，果实形状不固定，观赏性强，每株亚腰葫芦可结出果实20～80颗.2024年初葫芦山庄播种用的一等亚腰葫芦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子，一、二、三、四等种子长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率分别为0.5，0.15，0.1，0.05，则这批种子所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实的概率为________．答案0.4825解析设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A 1，A 2，A 3，A 4，则Ω＝A 1∪A 2∪A 3∪A 4，且A 1，A 2，A 3，A 4两两互斥，设事件B 表示“从这批种子中任选一颗，所生长出的葫芦秧结出50颗以上果实”，则P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＋P (A 4)P (B |A 4)＝95.5%×0.5＋2%×0.15＋1.5%×0.1＋1%×0.05＝0.4825.课时作业一、单项选择题1．甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球．现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球，则取出的两个球都是红球的概率为()A ．512B ．56C ．19D ．1318答案C解析由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中取出红球的概率为46＝23，从乙袋中取出红球的概率为16，故所求事件的概率为23×16＝19.2．若P (AB )＝19，P (A －)＝23，P (B )＝13，则事件A 与B 的关系是()A ．互斥B ．对立C ．相互独立D ．既互斥又相互独立答案C解析∵P (A )＝1－P (A －)＝1－23＝13，∴P (AB )＝P (A )P (B )＝19≠0，∴事件A 与B 相互独立，事件A 与B 不互斥，故不对立．3．某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为()A ．0.625B ．0.75C ．0.5D ．0答案A解析用A 表示事件“考生答对题目”，用B 表示“考生知道正确答案”，用B 表示“考生不知道正确答案”，则P (B )＝0.5，P (B )＝0.5，P (A |B )＝100%，P (A |B )＝0.25，则P (A )＝P (AB )＋P (AB )＝P (A |B )P (B )＋P (A |B )P (B )＝1×0.5＋0.25×0.5＝0.625.4．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为()A ．0.8B ．0.4C ．0.2D ．0.1答案A解析报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A ，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝5070＝57，P(AB)＝4070＝47，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝4757＝0.8.故选A．5．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也．”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a2＋b2＝c2的正整数组(a，b，c)．现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是()A．136B．160C．1108D．1216答案A解析由题意知，骰子点数能够成勾股数组的为3，4，5，∴第一次掷骰子得到其中一个数的概率为12，第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为13，第三次掷骰子得到最后一个数的概率为16，∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为12×13×16＝136.6．(2024·湖南湘潭摸底)设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产线生产的芯片分别为12块、8块，且乙生产线生产该芯片的次品率为120，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲生产线生产该芯片的次品率为()A．15B．110C．115D．120答案B解析设A1，A2分别表示取得的芯片是由甲生产线、乙生产线生产的，B表示取得的芯片为次品，甲生产线生产该芯片的次品率为p，则P(A1)＝35，P(A2)＝25，P(B|A1)＝p，P(B|A2)＝120，则由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝35×p＋25×120＝0.08，解得p＝110.7．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为奇数”，事件B 为“第一次记录的数字为奇数”，事件C 为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是()A ．事件B 与事件C 是对立事件B ．事件A 与事件B 不是相互独立事件C ．P (A )P (B )P (C )＝18D ．P (ABC )＝18答案C解析对于A ，事件B 与事件C 是相互独立事件，但不是对立事件，故A 错误；对于B ，P (A )＝12，P (B )＝12，P (AB )＝14，事件A 与事件B 是相互独立事件，故B 错误；对于C ，连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4×4＝16种，其中，事件A 发生，则两次朝下的点数为一奇一偶，有2×2＋2×2＝8种，所以P (A )＝816＝12，因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以P (B )＝24＝12，P (C )＝24＝12，所以P (A )P (B )P (C )＝18，故C 正确；对于D ，事件ABC 表示“第一次记录的数字为奇数，第二次记录的数字为偶数”，故P (ABC )＝2×24×4＝14，故D 错误．8．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p 1，p 2，p 3，且p 3＞p 2＞p 1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p ，则()A ．p 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B ．该棋手在第二盘与甲比赛，p 最大C ．该棋手在第二盘与乙比赛，p 最大D ．该棋手在第二盘与丙比赛，p 最大答案D解析设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P 甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P 乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P 丙．由题意得P 甲＝p 1[p 2(1－p 3)＋p 3(1－p 2)]＝p 1p 2＋p 1p 3－2p 1p 2p 3，P 乙＝p 2[p 1(1－p 3)＋p 3(1－p 1)]＝p 1p 2＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，P 丙＝p 3[p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)]＝p 1p 3＋p 2p 3－2p 1p 2p 3，所以P 丙－P 甲＝p 2(p 3－p 1)＞0，P 丙－P 乙＝p 1(p 3－p 2)＞0，所以P丙最大．故选D.二、多项选择题9．已知A －，B －分别为随机事件A ，B 的对立事件，P (A )>0，P (B )>0，则下列说法正确的是()A ．P (B |A )＋P (B －|A )＝1B ．P (B |A )＋P (B |A －)＝1C ．若A ，B 独立，则P (A |B )＝P (A )D ．若A ，B 互斥，则P (B |A )＝P (A |B )答案ACD解析对于A ，P (B |A )＋P (B －|A )＝P （AB ）＋P （A B －）P （A ）＝P （A ）P （A ）＝1，故A 正确；对于B ，设A ，B 独立，则P (B |A )＋P (B |A －)＝2P (B )，而P (B )显然不一定为12，故B 错误；对于C ，A ，B 独立，则P (AB )＝P (A )P (B )，则P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝P (A )，故C 正确；对于D ，A ，B 互斥，P (AB )＝0，则根据条件概率公式得P (B |A )＝P (A |B )＝0，故D 正确．10．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数．用x 表示红色骰子的点数，用y 表示绿色骰子的点数，用(x ，y )表示一次试验的结果．定义：事件A ＝“x ＋y ＝7”，事件B ＝“xy 为奇数”，事件C ＝“x ＞3”，则下列结论正确的是()A ．A 与B 互斥B ．A 与B 对立C ．P (B |C )＝13D ．A 与C 相互独立答案AD解析对于A ，因为x ＋y ＝7，所以x 与y 必是一奇一偶，又当xy 为奇数时，x 与y 都是奇数，所以事件A 和B 不能同时发生，即A 与B 互斥，故A 正确；对于B ，因为事件A 和B 不能同时发生，但它们可以同时不发生，如x ＝1，y ＝2，即A 与B 不对立，故B 不正确；对于C ，(x ，y )的所有可能结果有36种，其中P (C )＝1836＝12，P (BC )＝336＝112，所以P (B |C )＝P （BC ）P （C ）＝16，故C 不正确；对于D ，P (A )＝636＝16，P (C )＝1836＝12，P (AC )＝336＝112，则有P (AC )＝P (A )P (C )，A 与C 相互独立，故D 正确．故选AD.三、填空题11．已知m 是一个三位正整数，若m 的十位数字大于个位数字，百位数字大于十位数字，则称m 为递增数．已知a ，b ，c ∈{0，1，2，3，4}，设事件A ＝“由a ，b ，c 组成三位正整数”，事件B ＝“由a ，b ，c 组成的三位正整数为递增数”，则P (B |A )＝________．答案110解析所有三位正整数的个数为4×5×5＝100，即n (A )＝100，满足三位正整数为递增数的有以下三类：①当百位数为2时，有1个；②当百位数为3时，有C 23＝3个；③当百位数为4时，有C 24＝6个．所以n (AB )＝1＋3＋6＝10，故P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝110.12．(2023·河南濮阳一模)已知甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛规则是3局2胜，即先赢2局者胜．甲每局获胜的概率为34，则本次比赛甲获胜的概率为________．答案2732解析本次比赛甲获胜有3种可能：①1，3甲胜，2乙胜；②2，3甲胜，1乙胜；③1，2甲胜．则本次比赛甲获胜的概率为P ＝34×14×34＋14×34×34＋34×34＝2732.13．(2024·黑龙江哈尔滨质量监测)盒子中有大小形状相同的7个小球，其中有4个白球，3个黑球，先随机从盒子中取出两个小球，再从该盒中取出一个小球，则最后取出的小球为白球的概率是________．答案47解析记A 1为先取出的两个小球都为白球，A 2为先取出的两个小球为一白一黑，A 3为先取出的两个小球都为黑球，B 为最后取出的小球为白球，则P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)P (B |A 3)＝C 24C 27×25＋C 14C 13C 27×35＋C 23C 27×45＝27×25＋47×35＋17×45＝47.14．有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n 站的概率为P n ，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站(失败)或者第10站(获胜)时，游戏结束．则P 3＝________；该棋手获胜的概率为________．答案3485256解析由题意，P 3＝12＋12×12＝34.因为P n ＝12P n －2＋12P n －1(3≤n ≤8)，故P n －P n －1P n －1－P n －2＝－12，由P 2－P 1＝－12，所以P n －P n －1－1，n ≥2，累加可得P 8＝1＋…＝1＝85128，所以P 10＝12P 8＝85256.四、解答题15．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天．据统计，某超市一天鲜花饼卖出2箱的概率为12，卖出1箱的概率为15，没有卖出的概率为310，假设第一天该超市开始营业时货架上有3箱鲜花饼，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出2箱，则需补货至3箱，否则不补货．(1)在第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼的概率．解设事件A 表示“第二天开始营业时货架上有3箱鲜花饼”，事件B 表示“第二天开始营业时货架上有2箱鲜花饼”，事件C 表示“第二天结束营业时货架上有1箱鲜花饼”．(1)因为第一天结束营业后货架上有2箱鲜花饼，所以第二天只卖出1箱，故P (C |B )＝15.(2)由题意，P (A )＝310＋12＝45，P (B )＝15，P (C |A )＝12，由全概率公式得P (C )＝P (A )P (C |A )＋P (B )P (C |B )＝45×12＋15×15＝1125.16．溺水、触电等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分．在竞赛中，假设甲队每人回答问题的正确率均为23，乙队每人回答问题的正确率分别为12，23，34，且两队各人回答问题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)求甲队总得分为2分且乙队总得分为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P (A )＝23×23×23＝827，甲队得1分，即三人中只有1人回答正确，其余2人都回答错误，其概率P (B )＝23××23××23＝29.故甲队总得分为3分与1分的概率分别为827，29.(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 .甲队得2分，即甲队三人中有2人回答正确，1人回答错误，则P (C )＝23×23×＋23××23＋×23×23＝49，乙队得1分，即乙队三人中只有1人回答正确，其余2人回答错误，则P (D )＝12××23××34＝14.由题意得事件C 与事件D 相互独立，则甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率为P (CD )＝P (C )P (D )＝49×14＝19.17．(多选)一个不透明的袋子中装有6个小球，其中有4个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同，则下列结论中正确的是()A ．若一次摸出3个球，则摸出的球均为红球的概率是25B ．若一次摸出3个球，则摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35C ．若第一次摸出一个球，记下颜色后将它放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是49D ．若第一次摸出一个球，不放回袋中，再次摸出一个球，则两次摸出的球为不同颜色的球的概率是35答案BC解析对于A ，总事件数是C 36＝20，摸出的球均为红球的事件数为C 34＝4，所以摸出的球均为红球的概率是15，故A 错误．对于B ，总事件数是C 36＝20，摸出的球为2个红球，1个白球的事件数为C24C12＝12，所以摸出的球为2个红球，1个白球的概率是35，故B正确．对于C，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×26＝836；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×46＝836.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是836＋836＝49，故C正确．对于D，①若第一次摸出红球，第二次摸出白球，则概率为46×25＝830；②若第一次摸出白球，第二次摸出红球，则概率为26×45＝830.故两次摸出的球为不同颜色的球的概率是830＋830＝815，故D错误．18．(多选)骰子通常作为桌上游戏的小道具．最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6.现有一款闯关游戏，共有4关，规则如下：在第n关要抛掷六面骰n次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这n次抛掷所出现的点数之和大于2n＋n，则算闯过第n关，n＝1，2，3，4.假定每次闯关互不影响，则()A．直接挑战第2关并过关的概率为712B．连续挑战前两关并过关的概率为524C．若直接挑战第3关，设A＝“三个点数之和等于15”，B＝“至少出现一个5点”，则P(A|B)＝1 13D．若直接挑战第4关，则过关的概率是351296答案ACD解析对于A，22＋2＝6，所以两次点数之和应大于6，即直接挑战第2关并过关的概率为P1＝1＋2＋3＋4＋5＋66×6＝2136＝712，故A正确；对于B，21＋1＝3，所以挑战第一关通过的概率为P2＝12，则连续挑战前两关并过关的概率为P＝P1P2＝12×712＝724，故B错误；对于C，由题意可知，抛掷3次的基本事件有63＝216，抛掷3次至少出现一个5点的共有63－53＝216－125＝91种，故P(B)＝91216，而事件AB包括：含5，5，5的有1种，含4，5，6的有6种，共7种，故P(AB)＝7216，所以P(A|B)＝P（AB）P（B）＝7216×21691＝113，故C正确；对于D，当n＝4时，2n＋n＝24＋4＝20，基本事件有64个，而“4次点数之和大于20”包含以下35种情况：含5，5，5，6的有4种，含5，5，6，6的有6种，含6，6，6，6的有1种，含4，6，6，6的有4种，含5，6，6，6的有4种，含4，5，6，6的有12种，含3，6，6，6的有4种，所以P 4＝356×6×6×6＝351296，故D 正确．19．(2022·新高考Ⅰ卷节选)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人，A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B 表示事件“选到的人患有该疾病”，P （B |A ）P （B －|A ）与P （B |A －）P （B －|A －）的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R .(1)证明：R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）；(2)利用该调查数据，给出P (A |B )，P (A |B －)的估计值，并利用(1)的结果给出R 的估计值．解(1)证明：由题意R ＝P （B |A ）P （B －|A ）P （B |A －）P （B －|A －）＝P （AB ）P （A ）P （A B －）P （A ）÷P （A －B ）P （A －）P （A －B －）P （A －）＝P （AB ）P （A B －）·P （A －B －）P （A －B ），而P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）＝P （AB ）P （B ）P （A －B ）P （B ）·P （A －B －）P （B －）P （A B －）P （B －）＝P （AB ）P （A －B ）·P （A －B －）P （A B －）.故R ＝P （A |B ）P （A －|B ）·P （A －|B －）P （A |B －）.(2)由调查数据可得P (A |B )＝40100＝25，P (A |B －)＝10100＝110，且P (A －|B )＝1－P (A |B )＝35，P (A －|B －)＝1－P (A |B －)＝910，。

高考数学一轮复习规划第十一章第6讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式

解 (1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件 A，B，C，
则 P(A)＝34，且有PPBAPPCC＝＝14，112， 1－PA1－PC＝112，
即PBPC＝14，所以 P(B)＝38，P(C)＝23.
解
(2)有 0 个家庭回答正确的概率为 P0＝P( A B C )＝P( A )P( B )P( C )＝14×58×13＝956，有 1 个家庭回答正确的概率为 P1＝P(A B C ＋ A B C ＋ A B C) ＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝274，所以不少于 2 个家庭回答正确这道题的概率为 P＝1－P0－P1＝1－956－274＝2312.
1.(202X·普宁期末)有3个相同的球，分别标有数字1,2,3，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．用(x，y)表示实验的样本点，其中x表示第一次取出的基本结果，y表示第二次取出的基本结果．
(1)写出这个实验的样本空间Ω； (2)用A表示事件“第一次取出的球的数字是1”；用B表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，求证：P(AB)＝P(A)P(B)．解 (1) 从 3 个球中有放回地随机取两次，该实验的样本空间 Ω ＝ {(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)}．
解析答案
(3)在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．
解设“摸出第一个球是红球”为事件 A，“摸出第二个球是黄球”为事件 B，“摸出第二个球是黑球”为事件 C.

(整理版)独立事件典型例题一

独立事件典型例题一例1 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31和41，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；〔4〕至多1个人译出密码的概率；〔5〕至少1个人译出密码的概率．分析：我们把“甲独立地译出密码〞记为事件A ，把“乙独立地译出密码〞记为事件B ，显然B A 、为相互独立事件，问题〔1〕两个都译出密码相当于事件A 、B 同时发生，即事件AB ．问题〔2〕两人都译不出密码相当于事件AB ．问题〔3〕恰有1个人译出密码可以分成两类：A 发生B 不发生，A 不发生B 发生，即恰有1个人译出密码相当于事件B A B A +．问题〔4〕至多1个人译出密码的对立事件是两个人都未译出密码，即事件AB ．由于A 、B 是独立事件，上述问题中，A 与B ，A 与B ，A 与B 是相互独立事件，可以用公式计算相关概率．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 ，A 、B 为相互独立事件，且41)(,31)(==B P A P ．〔1〕两个人都译出密码的概率为：1214131)()()(=⨯=⨯=B P A P AB P ．〔2〕两个人都译不出密码的概率为：[][]21)411)(311()(1)(1)()()(=--=-⨯-=⨯=B P A P B P A P AB P 〔3〕恰有1个人译出密码可以分为两类：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：12541)311()411(31)()()()()()()(=-+-=+=+=+B P A P B P A P B A P B A P B A B A P 〔4〕“至多1个人译出密码〞的对立事件为“有两个人译出密码〞，所以至多1个人译出密码的概率为：121141311)()(1)(1=⨯-=-=-B P A P AB P ．〔5〕“至少有1个人译出密码〞的对立事件为“两人未译出密码〞，所以至少有1个人译出密码的概率为：2143321)()(1)(1=⨯-=-=-B P A P AB P ．说明：如果需要提高能译出密码的可能性，就需要增加可能译出密码的人，现在可以提出这样的问题：假设要到达译出密码的概率为99％，至少需要像乙这样的人多少个？我们可以假设有n 个像乙这样的人分别独立地破译密码，此问题相当于n 次独立重复试验，要译出密码相当于至少有1个译出密码，其对立事件为所有人都未译出密码，能译出密码的概率为[]n n B P )43(1)411(1)(1-=--=-，按要求，99.0)43(1≥-n ，故01.0)43(≤n ，可以计算出16≥n ，即至少有像乙这样的人16名，才能使译出密码的概率到达99％．典型例题二例2 如图，开关电路中，某段时间内，开关c b a 、、开或关的概率均为21，且是相互独立的，求这段时间内灯亮的概率．分析：我们把“开关a 合上〞记为事件A ，“开关b 合上〞记为事件B ，“开关C 合上〞记为事件C ，C B A 、、是相互独立事件且由，它们的概率都是21，由物理学知识，要求灯亮，有两种可能性，一个是a 、b 两开关合上，即事件A B 发生，另一个是c 开关合上，即事件C 发生，也就是灯亮相当于事件C AB +发生．解：分别记“开关a 合上〞、“开关b 合上〞、“开关c 合上〞为事件C B A 、、，由，C B A 、、是相互独立事件且概率都是21．开关a 、b 合上或开关c 合上时灯亮，所以这段时间内灯亮的概率为： .85212121212121212121212121212121)()()()()()()()()()()()()()()()()()(=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=+⋅+=++++=++=+C P B P A P C P B P A P C P B P A P ABC P ABC P C B A P BC A P C AB P ABC P ABC P C AB P C AB P说明：此题的解题过程中，灵活使用了概率中的一些符号，比方，AB 表示事件A 与事件B 同时发生，B A +表示事件A 与事件B 至少有一个发生，C AB +表示AB 与C 至少有一个发生，所以分成了三个互斥事件：AB 发生C 不发生，AB 不发生C 发生，AB 与C 都发生，而其中AB 不发生C 发生即C AB ，又AB 不发生即A 与B 至少有一个不发生，从而C AB 又分成了三个互斥事件：BC A 、C B A 、ABC ，符号语言的正确理解与使用，不仅是提高数学能力的需要，而且也使数学解题过程简便明了，一些数学结论表述更加方便．我们可以尝试理解并领会以下结论：)(1)(),()(),()()()(ABC P C B A P B A P AB P AB P B P A P B A P -=+++=-+=+．典型例题三例3 掷三颗骰子，试求：〔1〕没有一颗骰子出现1点或6点的概率；〔2〕恰好有一颗骰子出现1点或6点的概率．分析：我们把三颗骰子出现1点或6点分别记为事件C B A 、、，由，C B A 、、是相互独立事件．问题〔1〕没有1颗骰子出现1点或6点相当于ABC ，问题〔2〕恰有一颗骰子出现1点或6点可分为三类：C AB C B A BC A 、、，三个事件为互斥事件．问题〔1〕可以用相互独立事件的概率公式求解，问题〔2〕可以用互斥事件的概率公式求解．解：记“第1颗骰子出现1点或6点〞为事件C ，由C B A 、、是相互独立事件，且31)()()(===C P B P A P ．〔1〕没有1颗骰子出现1点或6点，也就是事件C B A 、、全不发生，即事件ABC ，所以所求概率为：278323232)()()()(=⨯⨯==C P B P A P ABC P ．〔2〕恰好有1颗骰子出现1点或6点，即A 发生B 不发生C 不发生或A 不发生B 发生C 不发生或A 不发生B 不发生C 发生，用符号表示为事件C AB C B A BC A ++，所求概率为：.942712313232323132323231)()()()()()()()()()()()()(==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=++=++C P B P A P C P B P A P C P B P A P C AB P C B A P BC A P C AB C B A BC A P说明：再加上问题：至少有1颗骰子出现1点或6点的概率是多少？我们逆向思考，其对立事件为“没有一颗骰子出现1点或6点，即问题〔1〕中的事件，所求概率为2719)(1)(=-=++ABC P C B A P ，在日常生活中，经常遇到几个独立事件，要求出至少有一个发生的概率，比方例1中的至少有1个人译出密码的概率，再比方：有两门高射炮，每一门炮击中飞机的概率都是0.6，求同时发射一发炮弹，击中飞机的概率是多少？把两门炮弹击中飞机分别记为事件A 与B ，击中飞机即 A 与B 至少有1个发生，所求概率为84.0)()(1)(1)(=-=-=+B P A P AB P B A P ．典型例题四例4 某工厂的产品要同时经过两名检验员检验合格方能出厂，但在检验时也可能出现过失，将合格产品不能通过检验或将不合格产品通过检验，对于两名检验员，合格品不能通过检验的概率分别为21αα、，不合格产品通过检验的概率分别为21ββ、，两名检验员的工作独立．求：〔1〕一件合格品不能出厂的概率，〔2〕一件不合格产品能出厂的概率．分析：记“一件合格品通过两名检验员检验〞分别记为事件1A 和事件2A ，问题〔1〕一件合格品不能出厂相当于一件合格品至少不能通过一个检验员检验，逆向考虑，其对立事件为合格品通过两名检验，即AB 发生，而AB 的概率可以用相互独立事件的概率公式求解．我们把“一件不合格品通过两名检验员检验〞分别记为事件1B 和事件2B ，那么问题〔2〕一件不合格品能出厂相当于一件不合格品同时通过两名检验员检验，即事件21B B 发生，其概率可用相互独立事件概率公式求解．解：〔1〕记“一件合格品通过第i 名检验员检验〞为事件)21(、=i A i ，“一件合格品不能通过检验出厂〞的对立事件为“一件合格品同时通过两名检验员检验〞，即事件AB 发生．所以所求概率为)1)(1(1)()(1)(121αα---=-=-B P A P AB P2121αααα-+=．〔2〕“一件不合格品能通过第i 名检验员检验〞记为事件)21(、=i B i ，“一件不合格品能出厂〞即不合格品通过两名检验员检验，事件21B B 发生，所求概率为：212121)()()(ββ==B P B P B B P ．典型例题五例5 某大学的校乒乓球队与数学系乒乓球队举行对抗赛，校队的实力比系队强，当一个校队队员与系队队员比赛时，校队队员获胜的概率为0.6．现在校、系双方商量对抗赛的方式，提出了三种方案：〔1〕双方各出3人；〔2〕双方各出5人；〔3〕双方各出7人．三种方案中场次比赛中得胜人数多的一方为胜利．问：对系队来说，哪一种方案最有利？三种方案中，哪一种方案系队获胜的概率更大一些，哪一种方案对系队更有利．进行几场比赛相当于进行几次独立重复试验，可以用n 次独立重复试验中某事件发生k 次的概率方式解题．解：记一场比赛系队获胜为事件A ，事件A 的对立事件为校队获胜，所以4.06.01)(=-=A P用方案〔1〕，A 发生两次为系队胜，A 发生3次也为系队胜，所以系队胜的概率为：352.04.0C 6.04.0C )3()2(33322333≈⋅+⋅⋅=+P P用方案〔2〕，A 发生3、4、5次为系队胜．所以系队胜的概率为：317.04.0C 6.04.0C 6.04.0C )5()4()3(5554452235555≈⋅+⋅⋅+⋅⋅=++P P P 用方案〔3〕，A 发生4、5、6、7次为系队胜．所以系队胜的概率为：290.04.0C 6.04.0C 6.04.0C 6.04.0C )7()6()5()4(777667255734477777≈⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=+++P P P P比拟可以看出，双方各出3个人对系队更有利，获胜概率为0.352．实际上，对弱队而言，比赛场数越少，对弱队越有利，侥幸取胜的可能性越大．说明：在日常生活中，经常出现方案的比拟问题，或者方案是否合理的论证问题，比方产品抽查，抽检几件比拟合理，因为抽多了浪费人力，抽少了容易让不合格产品出厂．设备维修安排几位维修工较合理，安排人员过多造成浪费，安排人员过少设备不能及时维修，这些问题都可以用此题的思维方法，先设计一个独立重复试验，然后抓某个事件发生的概率，看概率是否较小．我们可以看例子：10台同样的设备，各自独立工作，设备发生故障的概率为0.01，现在安排1名维修工，试说明这种配备是否合理？10台设备各自独立工作，相当于10次独立重复试验，有1名维修工人，假设两台以上机器发生故障那么得不到及时维修，其对立事件为至多1台机器发生故障，我们可以得到多于1台机器发生故障的概率为：00425.0)1()0(11010≈--P P ．从结果来看，得不到及时维修的概率很小，安排一人维修比拟合理．典型例题六例6 判断以下各对事件是否是相互独立事件(1)甲组3名男生、2名女生；乙组2名男生、3名女生，今从甲、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)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“把取出的苹果放回筐子，再从筐子中任意取出1个，取出的是梨〞．分析：两事件是否相互独立，就是要看其中一个事件发生与否对另一事件发生的概率是否有影响．解：(1)“从甲组选出1名男生〞这一事件是否发生，对“从乙组选出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85，假设这一事件发生了，那么“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74；假设前一事件没有发生，那么后一事件发生的概率为85．可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．(3)由于把取出的苹果又放回筐子，故对“从中任意取出1个，取出的是梨〞的概率没有影响．所以二者是相互独立事件．说明：要明确相互独立事件(1)对两个事件而言的，(2)其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．典型例题七例7 判断以下各对事件是互斥事件还是相互独立事件．(1)运发动甲射击1次，“射中9环〞与“射中8环〞；(2)甲、乙二运发动各射击1次，“甲射中10环〞与“乙射中9环〞；(3)甲、乙二运发动各射击1次，“甲、乙都射中目标〞与“甲、乙都没有射中目标〞；(4)甲、乙二运发动各射击1次，“至少有1人射中目标〞与“甲射中目标，但乙没有射中目标〞．解：甲射击1次，“射中9环〞与“射中8环〞两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件．(2)甲、乙各射击1次，“甲射中10环〞发生与否，对“乙射中9环〞的概率没有影响，二者是相互独立事件．(3)甲、乙各射击1次，“甲、乙都射中目标〞与“甲、乙都没有射中目标〞不可能同时发生，二者是互斥事件．(4)甲、乙各射击1次，“至少有1人射中目标〞与“甲射中目标，但乙没有射中目标〞可能会同时发生，二者构不成互斥事件，也不可能是相互独立事件．说明：上一节学习的“互斥事件〞与本节学习的“独立事件〞是不同的两个概念．它们的相同点都是对两个事件而言的．它们的不同点是：“互斥事件〞是说两个事件不能同时发生；“相互独立事件〞是说一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．这两个概念一定要搞清楚，今后解题量常须区分这两个概念．典型例题八例8 一批产品共有R 个，其中S 个是次品．从这批产品中任意抽取1个来检查；记录其等级后，再放回去，如此连续抽查n 次．求n 次都取得合格品的概率．分析：要明确“n 次都取得合格品〞的事件，是指“第一次取得合格品〞到“第n 次取得合格品〞这n 个事件同时发生的事件．因此需要求“n 次都取得合格品〞的概率，这样就要看这n 个事件是否相互独立．因为抽取的产品在检验后都要放回去，所以“前次取得合格品〞的事件是否发生，对“后次取得合格品〞的概率没有影响，可知它们是相互独立的事件．解：设1A ，2A ，…，n A 诸事件分别表示第1次，第2次，…，第n 次抽查时取得的合格品．由分析可知1A ，2A ，…，n A 是相互独立事件，可得RS R A P i -=)(，其中n i ,,2,1 =∴)()()()(2121n n A P A P A P A A A P ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ RS R R S R R S R -⋅⋅-⋅-= ． n R S R ⎪⎭⎫ ⎝⎛-= 可得n 次都取得合格品的概率为nR S R ⎪⎭⎫ ⎝⎛- 说明：当1A ，2A ，…，n A 这n 个事件相互独立时，才能应用公式 )()()()(2121n n A P A P A P A A A P ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ ．典型例题九例9 甲、乙二射击运发动分别对一目标射击1次，甲射中的概率为8.0，乙射中的概率为9.0，求：(1)2人都射中的概率？(2)2人中有1人射中的概率？(3)2人至少有1人射中的概率？(4)2人至多有1人射中的概率？分析：设“甲射击1次，击中目标〞为事件A ，“乙射击1次，击中目标〞为事件B ，那么A 与B ，A 与B ，A 与B ，A 与B 为相互独立事件．解：(1) 2人都射中的概率为72.09.08.0)()()(=⨯=⋅=⋅B P A P B A P ．(2) 2人中恰有1人射中包括甲中乙不中、甲不中乙中2种情况，其对应事件为互斥事件：)()()()()(B P A P B P A P B A B A P ⋅+⋅=⋅+⋅9.0)8.01()9.01(8.0⨯-+-⨯=26.018.008.0=+=．(3)解法1：2人至少有1人射中包括“2人都射中〞和“2人有1人不中〞2种情况，其概率为：)()()()()()()(B P A P B P A P B P A P B A B A B A P ⋅+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅98.026.072.0=+=解法2：“2人至少有1人击中〞与“2人都未击中〞为对立事件．所以“2人至少有1人击中〞的概率为98.0)(1=⋅-B A P ．(4)解法1：“至多有1人击中目标〞包括“有1人击中〞和“2人都未击中〞，故所求概率为)(B A B A B A P ⋅+⋅+⋅)()()()()()(B P A P B P A P B P A P ⋅+⋅+⋅=28.018.008.002.0=++=解法2：“至多有1人击中目标〞的对立事件是“2人都击中目标〞，故所求概率为： 28.072.01)(1=-=⋅-B A P ．典型例题十例10 射击运发动李强射击一次击中目标的概率是8.0，他射击3次，恰好2次击中目标的概率是多少？分析1：看成相互独立事件．设第1，2，3次射击中，射手击中目标的事件分别为1A ，2A ，3A ，未击中目标的事件分别为1A ，2A ，3A ，射击3次，恰好2次击中目标可有下面几种情况．321A A A ，321A A A ，321A A A ．每种情况，都可看成在3个位置上取2个写上A ，另1个写上1A ，这些情况的种数等于从3个元素中取出2个组合数23C ．各次射击是否击中目标相互之间独立，根据相互独立事件的概率乘法公式，前2次击中目标，第3次未击中目标的概率)()()()(321321A P A P A P A A A P ⋅⋅=)8.01(8.08.0-⨯⨯=232)8.01(8.0--⨯= 同理，232321)8.01(8.0)(--⨯=A A A P ，232321)8.01(8.0)(--⨯=A A A P ．解法1：由分析可知射击3次，恰好2次击中目标的3种情况中，每一种情况发生的概率都是232)8.01(8.0--⨯．由于3种情况彼此互斥，根据互斥事件的概率加法公式，射击3次，恰好2次击中目标的概率为)()()(321321321A A A P A A A P A A A P P ++=232)8.01(8.03--⨯⨯=384.02.064.03=⨯⨯=．分析2：看成独立重复试验．解法2：射手射击一次击中目标的概率为8.0，他射击3次恰好2次击中目标的概率为384.0)8.01(8.0)2(232233=-⋅⋅=-C P 说明：k n k k n n P P C k P --=)1()(是n 次独立重复试验中某事件A 恰好发生k 次的概率．n 是重复试验的次数，P 是在1次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立试验中事件A 恰好发生的次数．弄清公式中n 、P 、k 这些量的意义，才能正确运用这一公式求解n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率．典型例题十一例11 在一次考试中出了六道是非题，正确的记“√〞号，不正确的记“×〞号．假设某考生完全记上六个符号，试求：(1)全部是正确的概率；(2)正确解答不少于4道的概率；(3)至少正确解答一半的概率．分析：由可知每个题解答正确的概率为21，并且每次解答是相互独立事件．解：(1)全部正确的概率是641)21()6(6666=⋅=C P ． (2)“正确解答不少于4道〞即“有4道题、5道题或6道题正确〞，故所求概率为)6()5()4(666P P P ++66615562446211212112121121⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=C C C 3211=． (3)“至少正确解答一半〞即“有3道题或3道以上正确〞，故所求概率为)6()5()4()3(6666P P P P +++66615562446333621212121212121⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=C C C C 3221)161620(641=+++=．说明：独立重复试验是同一试验的n 次重复．每次试验结果的概率不受其它次结果的概率的影响，每次试验有两个可能结果：成功或失败．n 次试验中A 恰好出现了k 次的概率为k n k k n P P C --)1(，这k 次是n 次中的任意k 次．典型例题十二例12 纺织厂某车间内有三台机器，这三台机器在一天内不需工人维护的概率：第一台为9.0，第二台为8.0，第三台为85.0，问一天内：(1)3台机器都要维护的概率是多少？(2)其中恰有一台要维护的概率是多少？(3)至少一台需要维护的概率是多少？分析：三台机器是否需要维护，相互之间是没有影响的，故可用概率的乘法公式；“至少〞问题可以反面考虑．解：(1)记一天内三台机器需要维护的事件分别为C B A ,,．易见C B A ,,相互独立．又一天内三台机器都要维护就是事件C B A ⋅⋅，上概率乘法公式有)()()()(C P B P A P C B A P ⋅⋅=⋅⋅)85.01()8.01()9.01(-⋅-⋅-=003.0=．答：三台机器都要维护的概率是003.0．(2)一天内恰有一台机器需要维护有三种情况：事件C B A ⋅⋅发生，或事件C B A ⋅⋅发生，或事件C B A ⋅⋅发生，这三种情况不可能同时发生，故互斥，因此有)()()(C B A P C B A P C B A P ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅15.08.09.085.02.09.085.08.01.0⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=329.0=答：恰有一台机器需要维护的概率为329.0．(3)从反面考虑：一天内三台机器都不需维护的概率为)()()()(C P B P A P C B A P ⋅⋅=⋅⋅612.085.08.09.0=⨯⨯=．因此，至少有一台需要维护的概率为)(1C B A P P ⋅⋅-=388.0612.01=-=．答：至少有一台需要维护的概率为388.0．说明：注意判断事件间的互斥性和独立性，从而利用概率的加法或乘法公式．事件的正、反两方面都要考虑全面．典型例题十三例13 设每支步枪射击飞机命中率为004.0=P ，现用500支步枪同时独立进行一次射击，求击中飞机的概率是多少？假设要以%99的概率击中一架飞机，需要有多少支步枪同时射击？分析：容易看出，该题应用逆向思维，从反而考虑．解：(1) 500支步枪都未击中飞机的概率为：1348.0)004.01()1(500500)(≈-=-=P P 未击中飞机．∴8652.01348.011)()(=-=-=未击中飞机击中飞机P P 设需n 支步枪同时射击，那么有99.0)004.01(1=--n ，∴01.0996.0=n ．取对数01.0lg 996.0lg =n ， ∴1149996.0lg 01.0lg ≈=n (支)．答：用500支步枪进行一次射击，击中飞机的概率为8652.0；欲以%99的概率击中飞机，需用1149支步枪同时射击．说明：射击命中率问题是很典型的一类实际问题．它一般要涉及到概率乘法公式、反面间接解决、n 次独立重复试验中某事件恰发生k 次的概率公式等．应熟练掌握这类问题的解法．典型例题十四例14 我舰用鱼雷打击来犯的敌舰，至少有2枚鱼雷击中敌舰时，敌舰才被击沉．如果每枚鱼雷的命中率都是6.0，当我舰上的8个鱼雷发射器同是向敌舰各发射l 枚鱼雷后，求敌舰被击沉的概率〔结果保存2位有效数字〕．分析：8个发射器各发射l 枚鱼雷相当于作8次独立重复试验．直接用公式即可．解：记“发射l 次，击中敌舰〞为事件A ，那么至少2次击中敌舰的概率为)8()4()3()2(8888P P P P P ++++=)]1()0([188P P +-=]4.06.04.06.0[171188008⋅⋅+⋅⋅-=C C99.0=答：敌舰被击沉的概率为99.0．说明：本章所讲的“古典概型〞中，主要有3种概率类型，即互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、n 次独立重复试验中某事件恰发生k 次的概率．正确区分概率类型是解题的关键．当然有些问题可能是几种类型的综合．此题就属于第3种类型．典型例题十五例15 假设飞机的每一台发动机在飞行中的故障率都是P -1，且各发动机互不影响．如果至少%50的发动机能正常运行，飞机就可以顺利地飞行．问对于多大的P 而言，四发动机飞机比二发动机飞机更平安？分析：4台发动机中要有2台〔或3、4台〕正常运行，而这2台可以是任意的．故属n 次独立重复试验问题．2台发动机的情形同理．建立不等式求解．解：四发动机飞机成功飞行的概率为44413342224)1()1(P C P P C P P C ⋅+-⋅⋅+-⋅⋅4322)1(4)1(6P P P P P +-+-=二发动机飞机成功飞行的概率为222212)1(2)1(P P P P C P P C +-=+-⋅⋅要使四发动机飞机比二发动机飞机平安，只要24322)1(2)1(4)1(6P P P P P P P P +->+-+- 化简整理，解得132<<P ．答：当发动机不出故障的概率大于32时，四发动机飞机比二发动机飞机平安．说明：(1)计算飞机成功飞行的概率时可从反面考虑：四发动机为31144004)1()1(1P P C P P C -⋅⋅--⋅⋅-，二发动机为2002)1(1P P C -⋅⋅-，这样更简单．(2)该题并不是直接求事件发生的概率，而是概率〔关系〕求其他量，其实要考查的知识、方法还是一样．万变不离其宗．解题时应适应这种变化．典型例题十六例16 猎人在距离m 100处射击一只野兔，其命中率为21．如果第一次射击未命中，那么猎人进行第二次射击，但距离为m 150；如果第二次又未命中，那么猎人进行第三次射击，但在射击瞬间距离野兔为m 200．猎人命中率与距离的平方成反比，求猎人命中野兔的概率．分析：各次射击是相互独立事件，各次“射中〞是互斥事件．先求出各次“射中〞的概率，再相加即可．解：记三次射击“射中〞分别为A 、B 、C ．其中21)(=A P ．又由题意有 22100150)()(=B P A P ，∴9215010021)(22=⨯=B P 22100200)()(=C P A P ，∴8120010021)(22=⨯=C P ． ∴命中野兔的概率为)()()(C B A P B A P A P ⋅⋅+⋅+)()()()()()(C P B P A P B P A P A P ⋅⋅+⋅+=81)921()211(92)211(21⨯-⨯-+⨯-+= 14495=．答：猎人命中野兔的概率为14495．说明：注意分析整个事件的结构．总的来说，各次射击中“击中〞事件是互斥的，因为只需击中一次即可，“击中〞两次或三次不会同时发生．但每次射击又是独立的．因此，“击中野兔〞这个事可分解为三个互斥的事件之和：第一次击中；第一次未击中而第二次击中；第一次、第二次都未击中而第三次击中，即C B A B A A ⋅⋅+⋅+．实际上这是两种概型的结合：相互独立事件同时发生的概率、互斥事件有一个发生的概率．很多综合题具有这种结构．这类似于排列组合中分步计数原理和分类计数原理结合使用的问题．典型例题十七例17 如图，用C B A ,,三类不同的元件连接成两个系统1N ，2N ．当元件CB A ,,都正常工作时，系统1N 正常工作；当元件A 正常工作且元件C B ,至少有一个正常工作时，系统2N 正常工作．元件C B A ,,正常工作的概率依次为80.0，90.0，90.0．分别求系统1N ，2N 正常工作的概率1P ，2P ．分析一：正向思考，利用独立事件同时发生的概率乘法公式计算概率．解法一：分别记元件C B A ,,正常工作为事件C B A ,,，由条件得，80.0)(=A P ，90.0)(=B P ，90.0)(=C P ．(1)因为事件C B A ,,是相互独立的．所以，系统1N 正常工作的概率：)()()()(1C P B P A P C B A P P ⋅⋅=⋅⋅=648.090.090.080.0=⨯⨯=故系统1N 正常工作的概率为648.0．(2)系统2N 正常工作的概率)]()(1[)()](1[)(2C P B P A P C B P A P P ⋅-⋅=⋅-⋅= 因为10.090.01)(1)(=-=-=B P B P ．10.090.01)(1)(=-=-=C P C P ．所以792.099.08.0)10.010.01(80.02=⨯=⨯-⨯=P ．故系统2N 正常工作的概率为792.0．分析二：逆向思考，利用对立事件概率计算公式求概率．解法二：分别记元件C B A ,,正常工作为事件C B A ,,，元件C B A ,,不正常工作为事件A ，B ，C ，由条件有：80.0)(=A P ，90.0)(=B P ，90.0)(=C P ，20.080.01)(1)(=-=-=A P A P ，10.090.01)(1)(=-=-=B P B P ，10.090.01)(1)(=-=-=C P C P ．(1)系统1N 正常工作的概率)(1C B A C B A C B A C B A C B A C B A C B A P P ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅-=])()()()()()()([1C B A P C B A P C B A P C B A P C B A P C B A P C B A P ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅-=90.010.020.010.090.080.090.010.080.090.090.020.0(1⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯-=)10.010.020.010.010.080.010.090.020.0⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+648.0352.01=-=．(2))]2()1()[(P P A P P +=]90.0)90.01(90.0[80.022212⨯+-⨯⨯⨯=C C)81.010.090.02(80.0+⨯⨯⨯=792.099.080.0=⨯=说明：此题为相互独立事件同时发生或互斥事件恰有一个发生的概率的计算，解题关键是正向思考用概率的乘法公式和逆向思考用对立事件概率计算公式．。

专题八第31讲事件的相互独立频率与概率课件高考数学学业水平测试复习

0.1×0.8×0.8＝0.352，
故至少进2球的概率为0.576＋0.352＝0.928，
故选C.
3．(2023·广东模拟)甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，
其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0
分．若甲、乙两人射击的命中率分别为0.6和P，且甲、乙两人
各射击一次得分之和为2的概率为0.45.假设甲、乙两人射击互
(2)随机模拟来估计概率事件的特点： ①对于满足“有限性”但不满足“等可能性”的概率问题，我们可采取随机模拟方法来估计概率． ②对于一些基本事件的总数比较大而导致很难把它列举得不重复、不遗漏的概率问题或对于基本事件的等可能性难于验证的概率问题，可用随机模拟方法来估计概率．
1．事件独立性的判断 (1)抛掷一枚均匀的骰子两次，在下列事件中，与事件
对这些灯管的使用寿命(单位：小时)进行了统计，统计结果如
表所示：
分组 [500，900) [900，1 100)
频数 48 121
频率
[1 100，1 300)
208
[1 300，1 500)
223
[1 500，1 700)
193
[1 700，1 900)
165
[1 900，＋∞)
42
①求各组的频率； ②根据上述统计结果，估计灯管使用寿命不足1 500小时的概率．
(2)解：①频率依次是：0.048，0.121，0.208，0.223，0.193，0.165， 0.042. ②样本中寿命不足 1 500 小时的频数是 48＋121＋208＋223＝600，所以样本中寿命不足 1 500 小时的频率是1600000＝0.6. 即灯管使用寿命不足 1 500 小时的概率约为 0.6. 剖析：(1)频率是事件A发生的次数m与试验总次数n的比值，利用此公式可求出它们的频率，频率本身是随机变量，当n很大时，频率总是在一个稳定值附近摆动，这个稳定值就是概率． (2)解此类题目的步骤：先利用频率的计算公式依次计算频率，然后用频率估计概率．

高中数学概率教案：如何计算独立事件的概率？

高中数学概率教案：如何计算独立事件的概率？如何计算独立事件的概率？一、引言在高中数学学习中，概率是一个非常重要的概念。

而其中一个基本的概率问题就是如何计算独立事件的概率。

独立事件是指事件之间相互不影响，一个事件的发生与其他事件的发生无关。

在本文中，我们将探讨独立事件的概率计算方法，以帮助高中生更好地理解与应用概率知识。

二、什么是独立事件？独立事件是指事件A与事件B之间相互独立，即事件A的发生与事件B的发生没有关联或影响。

换句话说，事件A的结果不受事件B的发生与否的影响，反之亦然。

在数学中，我们使用乘法法则来计算独立事件的概率。

三、乘法法则乘法法则是计算独立事件概率的基本原理。

它表示如果事件A与事件B是独立事件，那么事件A和事件B同时发生的概率等于事件A发生的概率乘以事件B 发生的概率。

数学上表示为P(A ∩ B) = P(A) × P(B)。

四、例题分析为了更好地理解乘法法则，我们来看一个例题：假设某班有20名男生和30名女生，学生们随机选择一位同学作报告。

现在，我们想知道第一个被选中的同学是男生，第二个被选中的同学是女生的概率。

首先，我们需要计算第一个被选中的同学是男生的概率。

由于一共有50名学生，其中有20名男生，所以第一个被选中的同学是男生的概率为20/50，即2/5。

接下来，我们需要计算第二个被选中的同学是女生的概率。

由于第一个同学已经被选中，所以在剩下的49名学生中，有30名女生。

因此，第二个被选中的同学是女生的概率为30/49。

根据乘法法则，我们将两个独立事件的概率相乘即可计算出同时发生的概率。

所以，第一个被选中的同学是男生，第二个被选中的同学是女生的概率为(2/5) ×(30/49) ≈ 0.2449。

通过这个例题，我们可以清楚地看出乘法法则在计算独立事件概率中的应用。

五、独立事件的应用独立事件的概率计算不仅仅适用于学术问题，也可以应用于现实生活中。

例如，某人有两次参与抽奖的机会，每次抽奖的概率都是相同的。

高考数学常见题型解法归纳反馈训练第68讲独立事件

第68讲独立事件和独立重复试验的概率的解法【知识要点】一、相互独立事件的概率 1．相互独立事件的定义：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件（设,A B 为两个事件，如果()()()P AB P A P B =⋅, 则称事件A 与事件B 相互独立）若A 与B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立 2．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ⋅=⋅ 一般地，如果事件12,,,n A A A 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 1212()()()()n n P A A A P A P A P A ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅．二、独立重复试验1XXX 独立重复试验的定义：指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验 2．独立重复试验的概率公式：一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率kn k k n n P P C k P --=)1()(．它是[](1)nP P -+展开式的第1k +项3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生K 次的概率是k n k kn n p p C k P --==)1()(ξ，（n k ,...3,2,1,0=）．正好是二项式n p p ])1[(+-的展开式的第1+k 项.所以记作ξ～),(p n B ，读作ξ服从二项分布，其中p n ,为参数.三、温馨提示1、互斥事件和相互独立事件的区别：两事件互斥是指同一次试验中不能同时发生，两事件相互独立是指不同试验下，二者互不影响；两个相互独立事件不一定互斥，即可能同时发生，而互斥事件不可能同时发生.2、判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①是否为n 次独立重复试验；②随机变量是否是在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数.【方法讲评】事件发生的概率的积，即 1(P A 一般先判断是否是独立事件同时发生的概率，再计算12(),(),,()n P A P A P A ，)n .【例1】某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市E 运至销售城市F ，已知从城市E 到城市F 有两条公路．统计表明：汽车走公路Ⅰ堵车的概率为101，不堵车的概率为109；走公路Ⅱ堵车的概率为53，不堵车的概率为52，若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响．(1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率； (2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．【点评】本题用到独立事件的概率公式：()()()P AB P A P B =⋅，同时要注意事件的分类，不要遗漏或重复了.【反馈检测1】2012年10月莫言获得诺贝尔文学奖后，其家乡山东高密政府准备投资6.7亿元打造旅游带，包括莫言旧居周围的莫言文化体验区，红高粱文化休闲区，爱国主义教育基地等；为此某文化旅游公司向社会公开征集旅游带建设方案，在收到的方案中甲、乙、丙三个方案引起了专家评委的注意，现已知甲、乙、丙三个方案能被选中的概率分别为231,,543，且假设各自能否被选中是无关的. （1）求甲、乙、丙三个方案只有两个被选中的概率；（2）记甲、乙、丙三个方案被选中的个数为ξ，试求ξ的期望.【例2】实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率；（2）按比赛规则甲获胜的概率．②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负∴甲打完4局才能取胜的概率为2231113()()22216P B C =⨯⨯⨯=． ③甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负∴甲打完5局才能取胜的概率为22241113()()()22216P C C =⨯⨯⨯=．【点评】一般先判断是否是独立重复试验的概率，再计算在一次试验中某事件发生的概率是P 在一次试验中某事件发生的概率是P ，最后代入公式kn k k n n p p C k P --==)1()(ξ，（n k ,...3,2,1,0=）【反馈检测2】某校为了调查“学业水平考试”学生的数学成绩，随机地抽取该校甲、乙两班各10名同学，获得的数据如下：（单位：分）甲：132,108,112,121,113,121,118,127,118,129；乙：133,107,120,113,122,114,125,118,129,127；① 以百位和十位为茎，个位为叶，作出甲、乙两班成绩的茎叶图，并判断哪班平均水平较高； ② 若数学成绩不低于128分，称为“优秀”，求从甲班这10名学生中随机选取3名，至多有1名“优秀”的概率；③ 以这20人的样本数据来估计整个学校的总体成绩，若从该校（人数很多）任选3人，记X 表示抽到“优秀”学生的人数，求X 的数学期望.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第68讲: 独立事件和独立重复试验的概率的解法参考答案【反馈检测1答案】（1）311232030560P =++=；（2）1252318901231060601060E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=.（2）由题意可知ξ的可能取值为0，1，2，3.3121(0)()()()()54310P P A B C P A P B P C ξ==⋅⋅=⋅⋅=⨯⨯=；(1)()()()P P A B C P A B C P A B C ξ==⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅()()()()()()()()()P A P B P C P A P B P C P A P B P C =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅2123323112554354354360=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；由（1）知23(2)60P ξ==；2311(3)()()()()54310P P A B C P A P B P C ξ==⋅⋅=⋅⋅=⨯⨯=.故1252318901231060601060E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=【反馈检测2答案】（1）乙班的平均水平较高；（2）1415；（3）0.6.【反馈检测2详细解析】（1）甲、乙两班学生数学成绩的茎叶图如右图示：乙班的平均水平较高；（2）由上数据知：甲班这10人中“优秀”的学生有2名，则从这10名学生中随机选取3人，至多有1人“优秀”的概率321882310C+14C15C CP==.。

【备战】高考数学高频考点归类分析独立事件概率的计算(真题为例)

独立事件概率的计算典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布2(1000,50)N ，且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为 ▲【答案】38。

【考点】正态分布，概率。

【解析】∵三个电子元件的使用寿命均服从正态分布2(1000,50)N ，∴三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为12p =。

∴超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率2131(1)4P p =--=。

∴该部件的使用寿命超过1000小时的概率为2138p p p =⨯=。

例2. （2012年全国大纲卷文12分）乒乓球比赛规则规定，一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．（1）求开球第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；（2）求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．【答案】解：记i A 为事件“第i 次发球，甲胜”，i=1,2,3，则()()()()()()()()123434120.6,0.4P A P A P A P A P A P A P A P A ======== 。

（1）事件“开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2”为123123123A A A A A A A A A ++，由互斥事件有一个发生的概率加法公式得123123123()P A A A A A A A A A ++0.60.40.60.40.60.60.40.40.4=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯0.352=。

即开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率为0.352。

（2）开始第5次发球时，甲得分领先的情况是4比0，3比1。

高考数学热点追踪独立事件和概率

高考数学热点追踪从“独立事件”的含义来说概率概率,是一个起源于古代,影响深远的概念,在高中数学中也占有重要的地位,它把排列组合等知识融入其中,又与现实生活紧密相连,因此,概率起到了沟通数学与现实生活的作用.是高考中应用题的主要命题方式.在概率问题中,独立事件的概率最常见,从独立事件的定义开始,一直延伸到与概率有关的综合问题中,命题形式也多种多样,从选择、填空到解答题都会与这一概念相联系.因此,对这一部分内容不仅要加强对概念的理解,更要通过训练掌握一些解题的通法.其实,独立事件的定义就是离不开概率,因此事件是否独立也可以从概率的计算进行判断.这就要回到概率的最基本概念,还要注意语言叙述中的细节问题.例1.一个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩的概率是等可能的.令A={一个家庭中有男孩,又有女孩},B={一个家庭中至多有一个女孩}.(1).假定家庭中有2个小孩,请问:事件A 与事件B 是否独立?(2).假定家庭中有3个小孩,请问:事件A 与事件B 是否独立?解: (1).基本事件总体可以记为{(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)},共4个基本事件.事件A 包含的事件为{(男,女),(女,男)},共2个基本事件;事件B 包含的事件为{(男,女),(女,男),(女,女)},共3个基本事件.则21()42P A ==,3()4P B = 而AB={一个家庭中有男孩,又有女孩}=A,故1()()2P AB P A ==显然()()()P AB P A P B ≠⋅,故事件A 与事件B 不独立.(2).基本事件总体可以记为{(男,男,男),(男,女,男),(男,男,女),(男,女,女),(女,男,男),(女,女,男),(女,男,女),(女,女,女)}共包含8个基本事件,事件A 包含的基本事件为{(男,女,男),(男,男,女),(男,女,女),(女,男,男),(女,女,男),(女,男,女)},共6个基本事件;B 包含的基本事件为{(男,男,男),(男,女,男),(男,男,女), (女,男,男)},共4个基本事件.则63()84P A ==,41()82P B == 而AB={(男,女,男),(男,男,女), (女,男,男)},共包含3个基本事件,故3()8P AB =,于是,()()()P AB P A P B =⋅,所以,A,B 互相独立.其实,通过概率计算是理解独立事件的重要方法,除此之外,对独立事件的理解还可以从文字叙述上加以理解,这就要求我们熟读题目,准确把握题目含义.例 2. 栽培甲、乙两种果树,先要培育成苗．．,然后再进行移栽.已知甲、乙两种果树成苗．．的概率分别为0.6,0.5,移栽后成活．．的概率分别为0.7,0.9． (1).求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗．．的概率; (2).求恰好有一种果树能培育成苗．．且移栽成活．．的概率. 解: 分别记甲、乙两种果树成苗为事件1A ,2A ;分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件1B ,2B ,1()0.6P A =,2()0.5P A =,1()0.7P B =,2()0.9P B =.(1).甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为1212()1()10.40.50.8P A A P A A +=-=-⨯=;(2).解法一:分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A B ,,则11()()0.42P A P A B ==,22()()0.45P B P A B ==.恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为()0.420.550.580.450.492P AB AB +=⨯+⨯=．解法二：恰好有一种果树栽培成活的概率为11211221221212()0.492P A B A A B A B A A B A A B B +++=．本题中的事件A 1,A 2,B 1,B 2都是相互独立的,这一结论的判断就要我们自己根据题目进行理解了,不过这些结论在题目中都是很显然的,所以,判断并不难,除此之外,还要注意:当A,B 独立时,A 与B ,A 与B ,A 与B 也是独立的,掌握这些结论为判断事件的独立性提供了方便.独立重复试验同时发生的概率问题是独立事件同时发生概率的特殊情况,公式()(1)k k n k n n P k C p p -=-是解决这类问题的主要依据.独立重复试验中的“重复”主要强调n 个事件发生的概率都相同,因此,反复做同一试验是这类问题的最常见情况.例3.某气象站天气预报的准确率为80%,计算(结果保留到小数点后第2位):(1).5次预报中恰有2次准确的概率;(2).5次预报中至少有2次准确的概率;(3).5次预报中恰有2次准确,且其中第3次预报准确的概率．解: (1).5次预报中恰有2次准确的概率为22522355(2)0.8(10.8)100.80.20.05P C -=⨯⨯-=⨯⨯≈． (2).5次预报中至少有2次准确的概率为551(0)(1)P P --005011515510.8(10.8)0.8(10.8)C C --=-⨯⨯--⨯⨯- 10.000320.00640.99=--≈．(3).“5次预报中恰有2次准确,且其中第3次预报准确”的概率为1412340.80.8(10.8)40.80.20.02C -⨯⨯⨯-=⨯⨯≈．解本题的关键就是灵活应用公式()(1)k k n k n n P k C p p -=-,因为,这里所给事件的“独立”与“重复”的特点都是很显然的,因此省去了判断的麻烦.而有些问题对这一公式的使用需要先判断出事件发生的具体情况,可能会“局部使用”公式进行求解.例4.排球比赛的规则是5局3胜制，A 、B 两队每局比赛获胜的概率都相等且分别为23和13. (1).前2局中B 队以2:0领先,求最后A 、B 队各自获胜的概率;(2).B 队以3:2获胜的概率．解:(1).设最后A 获胜的概率为1,P 设最后B 获胜的概率为2.P331328();327P C ∴== 2211212211919.(1)3333332727P P P =+⨯+⨯⨯==-=或 (2).设B 队以3:2获胜的概率为3.P 3P ∴=2324128()()3381C =. 在例4的第(2)小题中比赛虽然进行了三局,但从实际情况考虑并不难直接使用公式5(3)P ,这就要求我们在解题时必须与现实相联系.其实,公式()(1)k k n k n n P k C p p -=-的特点也是很明显的,它与二项式定理中的通项式非常类似,利用这一特点也可以为解题提供方便.例5.将一枚硬币连续抛掷15次.(1).若该硬币均匀(出现正、反面的概率相等),求正面向上为奇数次的概率,并说明正面向上为奇数次的概率与正面向上为偶数次的概率是否相等.(2).若该硬币有瑕疵,正面向上的概率为p (12<p<1),说明正面向上为奇数次的概率与正面向上为偶数次的概率是否相等.解.(1).抛掷一次正面向上的概率为p ＝12,正面向上为奇数次的概率 P 奇＝P 15(1)＋P 15(3)＋…＋ P 15(15)=115C p 1(1－p )14＋315C p 3(1－p )12＋…+1515C p 0(1－p )15=(115C ＋315C ＋…＋1515C )∙(12)15=214∙(12)15＝12,∴P 偶=1－ P 奇=12. 故正面向上为奇数次的概率与正面向上为偶数次的概率相等.（2）抛掷一次正面向上的概率为p (12<p<1),由n 次独立重复试验的概率公式得: P 奇＝P 15(1)＋P 15(3)＋…＋ P 15(15)=115C p 1(1－p )14＋315C p 3(1－p )12＋…+1515C p 0(1－p )15,P 偶＝P 15(0)＋P 15(2)＋…＋ P 15(14)=015C p 0(1－p )15＋215C p 2(1－p )13＋…+1415C p 14(1－p )1,∴ P 奇－P 偶＝－[015C p 0(1－p )15－115C p 1(1－p )14＋215C p 2(1－p )13－315C p 3(1－p )12＋…＋1415C p 14(1－p )1－1515C p 0(1－p )15] =－[(1－p )－p ]15＝(2p －1)15＞0.故正面向上为奇数次的概率比正面向上为偶数次的概率大.由于n 次独立重复试验的概率公式与二项式定理的内在联系,灵活利用这一结论使得作差后的结果得以合并,比较大小的过程变得简单.由此可见,在概率问题中,“独立”二字有着深远的意义.在处理这类问题时,要注意两点:一是独立事件的判断;二是与现实的联系.这样才能避免解题时出现一些非智力错误.。

高考数学 高频考点归类分析 独立事件概率的计算(真题为例)