北师大版 (2019)第七章 概率4 事件的独立性同步达标检测题

这是一份北师大版 (2019)第七章 概率4 事件的独立性同步达标检测题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A 组·素养自测
一、选择题
1．事件A与事件B相互独立，且P(A)＝P(B)＝eq \f(1,4)，则P(AB)＝( C )
A．0 B．eq \f(1,16)
C．eq \f(3,16) D．eq \f(1,2)
[解析] 由相互独立事件的性质可得P(AB)＝P(A)P(B)＝P(A)[1－P(B)]＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(3,16).
2．设两个独立事件A和B都不发生的概率为eq \f(1,9)，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P(A)是( D )
A．eq \f(2,9) B．eq \f(1,18)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(2,3)
[解析] 由P(A∩eq \(B,\s\up6(－)))＝P(B∩eq \(A,\s\up6(－)))得P(A)P(eq \(B,\s\up6(－)))＝P(B)·P(eq \(A,\s\up6(－)))，即P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]，
∴P(A)＝P(B)．又P(eq \(A,\s\up6(－))∩eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,9)，
∴P(eq \(A,\s\up6(－)))＝P(eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3).
∴P(A)＝eq \f(2,3).
故选D．
3．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A、B中至少有一件发生的概率是( C )
A．eq \f(5,12) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(7,12) D．eq \f(3,4)
[解析] 由题意P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,6)，事件A、B中至少有一个发生的概率P＝1－eq \f(1,2)×eq \f(5,6)＝eq \f(7,12).
4．甲、乙两人独立地解决同一个问题，甲能解决这个问题的概率是P1，乙能解决这个问题的概率是P2，那么至少有一人能解决这个问题的概率是( D )
A．P1＋P2 B．P1P2
C．1－P1P2 D．1－(1－P1)(1－P2)
[解析] 甲能解决这个问题的概率是P1，乙能解决这个问题的概率是P2，
则甲不能解决这个问题的概率是1－P1，乙不能解决这个问题的概率是1－P2，
则甲、乙都不能解决这个问题的概率是(1－P1)(1－P2)，则至少有一人能解决这个问题的概率是1－(1－P1)(1－P2)，故选D．
5．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( B )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(5,12)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,6)
[解析] 所求概率为eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(5,12)或P＝1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12).
6．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(3,4)，eq \f(3,4)，且是互相独立的．将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，在如图的电路中，电路不发生故障的概率是( A )
A．eq \f(15,32) B．eq \f(9,32)
C．eq \f(7,32) D．eq \f(17,32)
[解析] 记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝eq \f(1,2)，P(A2)＝eq \f(3,4)，P(A3)＝eq \f(3,4).
不发生故障的事件为(A2∪A3)∩A1，
∴不发生故障的概率为
P＝P[(A2∪A3)∩A1]
＝[1－P(eq \(A2,\s\up6(－)))·P(eq \(A3,\s\up6(－)))]·P(A1)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)×\f(1,4)))×eq \f(1,2)＝eq \f(15,32).
故选A．
二、填空题
7．一道数学竞赛试题，甲生解出它的概率为eq \f(1,2)，乙生解出它的概率为eq \f(1,3)，丙生解出它的概率为eq \f(1,4).由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为__eq \f(11,24)__．
[解析] 甲生解出，而乙、丙不能解出为事件A1，则P(A1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
乙生解出，而甲、丙不能解出为事件A2，则P(A2)＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,8)，
丙生解出，而甲、乙不能解出为事件A3，则P(A3)＝eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,12).
甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,8)＋eq \f(1,12)＝eq \f(11,24).
8．本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费标准为2元(不足1小时的部分按1小时计算)，有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,4)；两人租车时间都不会超过四小时．求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为__eq \f(5,16)__.
[解析] 由题意得，甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,4).
设甲，乙两人所付的租车费用相同为事件A，
则P(A)＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,16)，
即甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为eq \f(5,16).
9．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于__0.128__．
[解析] 此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.
三、解答题
10．(2022·广东省韶关市调研)如图，由M到N的电路中有4个元件，分别记为T1，T2，T3，T4，电流能通过T1，T2，T3的概率都是p，电流能通过T4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T1，T2，T3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.
(1)求p；
(2)求电流能在M与N之间通过的概率．
[解析] 记事件Ai表示“电流能通过Ti”，i＝1，2，3，4，事件A表示“T1，T2，T3中至少有一个能通过电流”，事件B表示“电流能在M与N之间通过”．
(1)因为eq \(A,\s\up6(－))＝eq \(A1,\s\up6(－))eq \(A2,\s\up6(－))eq \(A3,\s\up6(－))，A1，A2，A3相互独立，
所以P(eq \(A,\s\up6(－)))＝P(eq \(A1,\s\up6(－))eq \(A2,\s\up6(－))eq \(A3,\s\up6(－)))＝P(eq \(A1,\s\up6(－)))P(eq \(A2,\s\up6(－)))P(eq \(A3,\s\up6(－)))＝(1－p)3.
又P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，
所以(1－p)3＝0.001，解得p＝0.9.
(2)B＝A4＋eq \(A4,\s\up6(－))A1A3＋eq \(A4,\s\up6(－))eq \(A1,\s\up6(－))A2A3，
P(B)＝P(A4)＋P(eq \(A4,\s\up6(－))A1A3)＋P(eq \(A4,\s\up6(－))eq \(A1,\s\up6(－))A2A3)
＝P(A4)＋P(eq \(A4,\s\up6(－)))P(A1)P(A3)＋P(eq \(A4,\s\up6(－)))P(eq \(A1,\s\up6(－)))P(A2)P(A3)
＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9
＝0.9891.
11．一名学生骑自行车上学，从他家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是eq \f(1,3).求：
(1)这名学生在途中遇到4次红灯的概率；
(2)这名学生在首次停车前经过了3个路口的概率；
(3)这名学生至少遇到一次红灯的概率．
[解析] (1)设事件A为在途中遇到4次红灯，P(A)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×5＝eq \f(10,243).
(2)设首次停车前经过3个路口为事件B，
则P(B)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(3)×eq \f(1,3)＝eq \f(8,81).
(3)设至少遇到一次红灯为事件C，
则其对立事件为全遇到绿灯，
所以P(C)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(5)＝eq \f(211,243).
B 组·素养提升
一、选择题
1．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个荷叶)，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 )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,9)
C．eq \f(4,9) D．eq \f(8,27)
[解析] 由已知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).
2．从甲袋内摸出1个白球的概率为eq \f(1,3)，从乙袋内摸出1个白球的概率是eq \f(1,2)，从两个袋内各摸1个球，那么概率为eq \f(5,6)的事件是( C )
A．2个球都是白球
B．2个球都不是白球
C．2个球不都是白球
D．2个球中恰好有1个白球
[解析] 从甲袋内摸出白球与从乙袋内摸出白球两事件相互独立，故两个球都是白球的概率为P1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，
∴两个球不都是白球的概率为P＝1－P1＝eq \f(5,6).
3．某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,5).现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B．设甲、乙两组的研发相互独立，则至少有一种新产品研发成功的概率为( D )
A．eq \f(2,15) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(13,15)
[解析] 记E＝“甲组研发新产品成功”，F＝“乙组研发新产品成功”，由题设知P(E)＝eq \f(2,3)，P(eq \(E,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)，P(F)＝eq \f(3,5)，P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(2,5)，且事件E与F，E与eq \(F,\s\up6(－))，eq \(E,\s\up6(－))与F，eq \(E,\s\up6(－))与eq \(F,\s\up6(－))都相互独立．
记H＝“至少有一种新产品研发成功”，则eq \(H,\s\up6(－))＝eq \(E,\s\up6(－))∩eq \(F,\s\up6(－))，于是P(eq \(H,\s\up6(－)))＝P(eq \(E,\s\up6(－)))×P(eq \(F,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)，故所求的概率P(H)＝1－P(eq \(H,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,15)＝eq \f(13,15).故选D．
4．体育课上定点投篮项目测试规则：每位同学有3次投篮机会，一旦投中，则停止投篮，视为合格，否则一直投3次为止．每次投中与否相互独立，某同学一次投篮投中的概率为p，若该同学本次测试合格的概率为0.784，则p＝( A )
A．0.4 B．0.6
C．0.1 D．0.2
[解析] 由题意可得p＋p(1－p)＋p(1－p)2＝0.784，
整理可得p(2－p＋1－2p＋p2)＝p(p2－3p＋3)＝0.784，将各选项中的数分别代入方程可知A项正确．
二、填空题
5．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是__0.8__．
[解析] 记事件M为“甲队以4∶1获胜”，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以P(M) ＝0.6×(0.62×0.52×2＋0.6×0.4×0.52×2)＝0.18.
6．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，则取得同色球的概率为__eq \f(1,2)__．
[解析] 设“从甲袋中取白球”为事件A，则P(A)＝eq \f(8,12)＝eq \f(2,3).设“从乙袋中取白球”为事件B，则P(B)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).取得同色球为AB＋eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)).
P(AB＋eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝P(AB)＋P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))
＝P(A)·P(B)＋P(eq \(A,\s\up6(－)))·P(eq \(B,\s\up6(－)))
＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
7．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8，0.6，0.5，则三人都达标的概率是__0.24__，三人中至少有一人达标的概率是__0.96__．
[解析] 三人都达标的概率为0.8×0.6×0.5＝0.24.
三人都不达标的概率为(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2×0.4×0.5＝0.04，三人中至少有一人达标的概率为1－0.04＝0.96.
三、解答题
8．(2019·全国Ⅱ卷)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P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
[解析] 思路点拨：(1)由题意知P(X＝2)包括又打了2个球甲获胜的概率与又打了2个球乙获胜的概率，利用互斥事件的概率公式求解即可；(2)利用相互独立事件与互斥事件的概率公式计算即可．
(1)X＝2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P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4) ＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是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2个球是甲、乙各得1分，后2个球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4) ＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
9．计算机考试分理论考试和上机操作考试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”则计算机考试合格并颁布合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中合格的概率分别为eq \f(3,5)，eq \f(3,4)，eq \f(2,3)；在上机操作考试中合格的概率分别为eq \f(9,10)，eq \f(5,6)，eq \f(7,8)，所有考试是否合格相互之间没有影响．
(1)甲、乙、丙三人在同一计算机考试中谁获得合格证书的可能性最大？
(2)求这三人计算机考试都获得合格证书的概率．
[解析] 记“甲理论考试合格”为事件A1，“乙理论考试合格”为事件A2，“丙理论考试合格”为事件A3；记“甲上机考试合格”为事件B1，“乙上机考试合格”为事件B2，“丙上机考试合格”为事件B3.
(1)记“甲计算机考试获得合格证书”为事件A，“乙计算机考试获得合格证书”为事件B，“丙计算机考试获得合格证书”为事件C，则P(A)＝P(A1)P(B1)＝eq \f(3,5)×eq \f(9,10)＝eq \f(27,50)，P(B)＝P(A2)·P(B2)＝eq \f(3,4)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,8)，
P(C)＝P(A3)P(B3)＝eq \f(2,3)×eq \f(7,8)＝eq \f(7,12)，
因为P(B)>P(C)>P(A)，故乙获得合格证书的可能性最大．
(2)记“三人计算机考试都获得合格证书”为事件D．
P(D)＝P(A)P(B)P(C)＝eq \f(27,50)×eq \f(5,8)×eq \f(7,12)＝eq \f(63,320).
所以，三人计算机考试都获得合格证书的概率是eq \f(63,320).