数学必修 第二册10.2 事件的相互独立性精品课时作业

这是一份数学必修 第二册10.2 事件的相互独立性精品课时作业，共5页。试卷主要包含了故选B.等内容，欢迎下载使用。

A．互斥事件 B．相互独立事件
C．对立事件 D．不相互独立的事件
解析：选D.因为P(A1)＝eq \f(3,5)，若A1发生了，P(A2)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)；若A1不发生，P(A2)＝eq \f(3,4)，所以A1发生的结果对A2发生的结果有影响，所以A1与A2不是相互独立事件．
2．某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为( )
A．0.2 B．0.8 C．0.4 D．0.3
解析：选D.由相互独立事件同时发生的概率可知，问题由乙答对的概率为P＝0.6×0.5＝0.3，故选D.
3．某种开关在电路中闭合的概率为p，现将4只这种开关并联在某电路中(如图所示)，若该电路为通路的概率为eq \f(65,81)，则p＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
解析：选B.因为该电路为通路的概率为eq \f(65,81)，所以该电路为不通路的概率为1－eq \f(65,81)，只有当并联的4只开关同时不闭合时该电路不通路，所以1－eq \f(65,81)＝(1－p)4，解得p＝eq \f(1,3)或p＝eq \f(5,3)(舍去)．故选B.
4．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，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，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荷叶上，则跳三次之后停在A荷叶上的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,9) C.eq \f(4,9) D.eq \f(8,27)
解析：选A.由已知得逆时针跳一次的概率为eq \f(2,3)，顺时针跳一次的概率为eq \f(1,3)，则逆时针跳三次停在A上的概率为P1＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，顺时针跳三次停在A上的概率为P2＝eq \f(1,3)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,27).所以跳三次之后停在A上的概率为P＝P1＋P2＝eq \f(8,27)＋eq \f(1,27)＝eq \f(1,3).
5．有一道数学难题，学生A解出的概率为eq \f(1,2)，学生B解出的概率为eq \f(1,3)，学生C解出的概率为eq \f(1,4).若A，B，C三人独立去解答此题，则恰有一人解出的概率为( )
A．1 B.eq \f(1,4) C.eq \f(11,24) D.eq \f(17,24)
解析：选C.一道数学难题，恰有一人解出，包括：
①A解出，B，C解不出，概率为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)；
②B解出，A，C解不出，概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,8)；
③C解出，A，B解不出，概率为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).
所以恰有1人解出的概率为eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,12)＝eq \f(11,24).
6．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．
解析：所求概率P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.
答案：0.26
7．在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率是________．
解析：设“开关a，b，c闭合”分别为事件A，B，C，则灯亮这一事件为ABC∪ABeq \(C,\s\up10(－))∪Aeq \(B,\s\up10(－)) C，且A，B，C相互独立，
ABC，ABeq \(C,\s\up10(－))，Aeq \(B,\s\up10(－)) C相互独立，
ABC，ABeq \(C,\s\up10(－))，Aeq \(B,\s\up10(－)) C互斥，所以
P＝P(ABC)＋P(ABeq \(C,\s\up10(－)))＋P(Aeq \(B,\s\up10(－))C)
＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(eq \(C,\s\up10(－)))＋P(A)P(eq \(B,\s\up10(－)))P(C)
＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,2)＝eq \f(3,8).
答案：eq \f(3,8)
8．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,3)，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为________．
解析：分别设汽车在甲、乙、丙三处通行的事件为A，B，C，
则P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(2,3)，
停车一次为事件(eq \(A,\s\up10(－))BC)∪(Aeq \(B,\s\up10(－))C)∪(ABeq \(C,\s\up10(－)))，
故其概率P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(7,18).
答案：eq \f(7,18)
9．某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率为语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求在一次考试中：
(1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？
(2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？
解：分别记该学生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，则A，B，C两两互相独立，
且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.
(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－))表示，
P(eq \(A,\s\up10(－)) eq \(B,\s\up10(－)) eq \(C,\s\up10(－)))＝P(eq \(A,\s\up10(－)))P(eq \(B,\s\up10(－)))P(eq \(C,\s\up10(－)))
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)
＝0.003，
即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003.
(2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用
(eq \(A,\s\up10(－))BC)∪(Aeq \(B,\s\up10(－))C)∪(ABeq \(C,\s\up10(－)))表示．
由于事件eq \(A,\s\up10(－))BC，Aeq \(B,\s\up10(－))C和ABeq \(C,\s\up10(－))两两互斥，
根据概率加法公式和相互独立事件的意义，所求的概率为P(eq \(A,\s\up10(－))BC)＋P(Aeq \(B,\s\up10(－))C)＋P(ABeq \(C,\s\up10(－)))
＝P(eq \(A,\s\up10(－)))P(B)P(C)＋P(A)P(eq \(B,\s\up10(－)))P(C)＋P(A)P(B)P(eq \(C,\s\up10(－)))
＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]
＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329，
即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329.
10．某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100 m跑(互不影响)的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别为eq \f(2,5)，eq \f(3,4)，eq \f(1,3)，若对这三名短跑运动员的100 m跑的成绩进行一次检测，则
(1)三人都合格的概率；
(2)三人都不合格的概率；
(3)出现几人合格的概率最大．
解：记“甲、乙、丙三人100 m跑成绩合格”分别为事件A，B，C，显然事件A，B，C相互独立，
则P(A)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(3,4)，P(C)＝eq \f(1,3).
设恰有k人合格的概率为Pk(k＝0，1，2，3)，
(1)三人都合格的概率为
P3＝P(ABC)＝P(A)·P(B)·P(C)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,10).
(2)三人都不合格的概率为
P0＝P(eq \(A,\s\up10(－))eq \(B,\s\up10(－))eq \(C,\s\up10(－)))＝P(eq \(A,\s\up10(－)))·P(eq \(B,\s\up10(－)))·P(eq \(C,\s\up10(－)))＝eq \f(3,5)×eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,10).
(3)恰有两人合格的概率为
P2＝P(ABeq \(C,\s\up10(－)))＋P(A eq \(B,\s\up10(－))C)＋P(eq \(A,\s\up10(－))BC)
＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(3,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(23,60).
恰有一人合格的概率为
P1＝1－P0－P2－P3＝1－eq \f(1,10)－eq \f(23,60)－eq \f(1,10)＝eq \f(25,60)＝eq \f(5,12).
综合(1)(2)(3)可知P1最大．
所以出现恰有1人合格的概率最大．
能力提升
11．端午节放假，甲回老家过节的概率为eq \f(1,3)，乙、丙回老家过节的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,5).假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人回老家过节的概率为( )
A.eq \f(59,60) B.eq \f(3,5) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,60)
解析：选B.“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A，B，C，则P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(C)＝eq \f(1,5)，所以P(eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(2,3)，P(eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(3,4)，P(eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(4,5).由题知A，B，C为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率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(－)))＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(4,5)＝eq \f(2,5)，所以至少有1人回老家过节的概率P＝1－eq \f(2,5)＝eq \f(3,5).
12．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是互相独立的，则灯亮的概率为( )
A.eq \f(3,16) B.eq \f(3,4) C.eq \f(13,16) D.eq \f(1,4)
解析：选C.记“A，B，C，D四个开关闭合”分别为事件A，B，C，D，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为P(eq \(C,\s\up6(－)))P(eq \(D,\s\up6(－)))[1－P(AB)]＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq \f(3,16).所以灯亮的概率为1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).
13．事件A，B，C相互独立，如果P(AB)＝eq \f(1,6)，P(eq \(B,\s\up6(－))C)＝eq \f(1,8)，P(ABeq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(1,8)，则P(B)＝________，P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝________．
解析：由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(P（A）·P（B）＝\f(1,6)，,P（\(B,\s\up6(－))）·P（C）＝\f(1,8)，,P（A）·P（B）·P（\(C,\s\up6(－))）＝\f(1,8)，))
解得P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(1,4)，
所以P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \(A,\s\up6(－)))·P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,2) eq \f(1,3)