人教A版 (2019)必修 第二册事件的相互独立性优质导学案

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册事件的相互独立性优质导学案，文件包含102事件的相互独立性2025-2026高中数学必修二高一下同步复习讲义原卷版docx、102事件的相互独立性2025-2026高中数学必修二高一下同步复习讲义解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共56页， 欢迎下载使用。
【知识点1 事件的相互独立性】
1．事件的相互独立性
(1)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)性质
若事件A与B相互独立，则与B，A与，与也相互独立.
(3)应用
因为“A与B相互独立”是“P(AB)=P(A)P(B)”的充要条件，所以如果已知两个事件是相互独立的，则由它
们各自发生的概率可以迅速得到它们同时发生的概率.在实际问题中，我们常常依据实际背景去判断事件之间是否存在相互影响，若认为事件之间没有影响，则认为它们相互独立.
(4)推广
两个事件的相互独立性可以推广到n(n>2，n∈N*)个事件的相互独立性，即若事件A1，A2，···，An相互独立，则这n个事件同时发生的概率P(A1A2···An)=P(A1)P(A2)···P(An).
2．互斥事件与相互独立事件的辨析
(1)互斥事件与相互独立事件都描述的是两个事件间的关系，但互斥事件强调不可能同时发生，相互独立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.用表格表示如下：
(2)已知事件A，B发生的概率分别为P(A)，P(B)，我们有如下结论：
3．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
一．由两事件交事件的概率判断两事件的相互独立性（共15小题）
1．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ）
A．A与B互斥B．B与C互为对立
C．A与B相互独立D．A与C相互独立
【答案】D
【解答】解：根据题意，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，其中第一次在前，第二次在后，
样本空间Ω如下：{（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；
依次分析选项：
对于A，AB＝{（3，1）}，事件A、B可以同时发生，即事件A、B不互斥，A错误；
对于B，事件B、B互斥但不对立，B错误；
对于C，A＝{（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），（3，5），（3，6）}
B＝{（1，3），（2，2），（3，1）}；
P（A）=636=16，P（B）=336=112，P（AB）=136，事件A、B不相互独立，C错误；
对于D，C＝{（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1）}，
AC＝{（3，4）}，
P（A）=636=16，P（C）=636=16，P（AC）=136，
则A与C相互独立，D正确．
故选：D．
2．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立D．丙与丁相互独立
【答案】B
【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），
两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），
P（甲）=16，P（乙）=16，P（丙）=56×6=536，P（丁）=66×6=16，
A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），
B：P（甲丁）=136=P（甲）P（丁），
C：P（乙丙）=136≠P（乙）P（丙），
D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），
故选：B．
3．如图，一个正八面体的八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，记事件A＝“得到的点数为偶数”，记事件B＝“得到的点数不大于4”，记事件C＝“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件B与C互斥，A与C相互对立
B．P(A∪B)=58
C．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）但不满足A，B，C两两独立
D．P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）且A，B，C两两相互独立
【答案】C
【解答】解：由题意可知，事件A所含的样本点为：{2，4，6，8}，事件B所含的样本点为：{1，2，3，4}，事件C所含的样本点为：{2，3，5，7}，
对于选项A，因为事件B，C都包含样本点2，3，所以B，C不互斥，故选项A错误；
对于选项B，因为A∪B所含的样本点为：{1，2，3，4，6，8}，
所以P(A∪B)=68=34，故选项B错误；
对于选项C，D，因为ABC所含的样本点为：{2}，
所以P(ABC)=18，又P(A)=P(B)=P(C)=12，
所以P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），
又事件AC所含的样本点为：{2}，
所以P(AC)=18，又P(A)P(C)=12×12=14，
所以P（AC）≠P（A）P（C），
所以事件A，C不独立，即A，B，C两两独立错误，
故选项C正确，选项D错误．
故选：C．
4．有4张相同的卡片，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张卡片，A1表示事件“第一次取出的卡片上的数字为偶数”，A2表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为5”，则（ ）
A．P（A1）＝P（A2）
B．A1与A2为互斥事件
C．A1与A2为相互独立事件
D．A1与A2为对立事件
【答案】C
【解答】解：样本空间Ω＝{11，12，13，14，21，22，23，24，31，32，33，34，41，42，43，44}，
A1＝{21，22，23，24，41，42，43，44}，A2＝{14，23，32，41}，
对于A，P(A1)=816=12≠P(A2)=416=14，故A选项错误；
对于BD，A1∩A2＝{23，41}≠∅，故B选项，D选项错误；
对于C，P(A1A2)=216=18=P(A1)P(A2)，故C选项正确．
故选：C．
5．关于事件的相互独立性，下列命题不正确的是（ ）
A．若A，B，C三个事件两两相互独立，则P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）
B．若事件A和B相互独立，则A和B也相互独立
C．一个必然事件和任意一个事件都相互独立
D．若P（A）＞0，P（B）＞0，则事件A，B相互独立与A，B互斥不能同时成立
【答案】A
【解答】解：若A，B，C三个事件两两相互独立，
则P（AB）＝P（A）P（B），P（AC）＝P（A）P（C），
P（BC）＝P（B）P（C），
推不出P（ABC）＝P（A）P（B）P（C），A错误；
若事件A和B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B），
又P(B)=1−P(B)，
则P(AB)=P(A)−P(AB)=P(A)−P(A)P(B)
=P(A)[1−P(B)]=P(A)P(B)，B正确；
一个必然事件A发生的概率为1，
设任意一个事件B发生的概率为P，
则P（B）＝P＝P（A）P（B），C正确；
若P（A）＞0，P（B）＞0，事件A，B相互独立，
则P（AB）＝P（A）P（B）＞0，
若A，B互斥，则P（AB）＝0，故D正确．
故选：A．
6．袋中装有6个形状大小相同的小球，其中有1个是编号为1的红球，2个编号分别是1和2的黄球，3个编号分别是1，2，3的蓝球，从中随机摸一个球，则以下事件相互独立的是（ ）
A．“摸到红球”与“摸到编号是1的球”
B．“摸到黄球”与“摸到编号是2的球”
C．“摸到蓝球”与“摸到编号是1的球”
D．“摸到蓝球”与“摸到编号是2的球”
【答案】D
【解答】解：袋中装有6个形状大小相同的小球，其中有1个是编号为1的红球，
2个编号分别是1和2的黄球，3个编号分别是1，2，3的蓝球，
从中随机摸一个球，共有9种可能的结果，
选项A：记“摸到红球”为事件A，“摸到编号是1的球”为事件B，
则P（A）=16，P（B）=12，P（AB）=16，由P（A）•P（B）≠P（AB），
可得事件A，B不是相互独立事件，故A错误；
选项B：记“摸到黄球”为事件C，“摸到编号是2的球”为事件D，
则P（C）=13，P（D）=13，P（CD）=16，由P（C）•P（D）≠P（CD），
可得事件C，D不是相互独立事件，故B错误；
选项C：记“摸到蓝球”为事件E，“摸到编号是1的球”为事件F，
则P（E）=12，P（F）=12，P（EF）=16，由P（E）•P（F）≠P（EF），
可得事件E，F不是相互独立事件，故C错误；
选项D：记“摸到蓝球”为事件G，“摸到编号是2的球”为事件H，
则P（G）=12，P（H）=13，P（GH）=16，由P（G）•P（H）＝P（GH），
可得事件G，H是相互独立事件，故D正确．
故选：D．
（多选）7．抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A＝“n次中至多有一次反面朝上”，事件B＝“n次中全部正面朝上或全部反面朝上”，下列说法正确的是（ ）
A．当n＝2时，P(AB)=14B．当n＝2时，A与B不独立
C．当n＝3时，P(A∪B)=58D．当n＝3时，A与B不独立
【答案】ABC
【解答】解：A选项，当n＝2时，事件AB表示2次中全部正面朝上，P(AB)=14，所以A选项正确；
B选项，当n＝2时，P(A)=34，P(B)=12，由上可知P(AB)=14，
显然P（AB）≠P（A）P（B），所以A与B不独立，因此B选项正确；
C选项，当n＝3时，P(A)=12，P(B)=14，P(AB)=18，
所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)=58，故C选项正确；
D选项，当n＝3时，P(A)=12，P(B)=14，P(AB)=18，
显然P（AB）＝P（A）P（B），所以A与B独立，因此D选项不正确．
故选：ABC．
（多选）8．连续抛掷一枚硬币两次，事件A表示“第一次硬币正面朝上”，事件B表示“第二次硬币反面朝上”，事件C表示“两次硬币都正面朝上”，事件D表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（ ）
A．A与C相互独立B．A与D相互独立
C．B与C相互独立D．B与D相互独立
【答案】BD
【解答】解：根据题意可知，P(A)=12，P(B)=12，P(C)=12×12=14，P(C)=1×12=12，
对A：P(AC)=12×12=14，P(A)⋅P(C)=12×14=18，P（AC）≠P（A）•P（C），
故A与C不相互独立，故A错误；
对B：P(AD)=12×12=14，P(A)⋅P(D)=12×12=14，有P（AD）＝P（A）•P（D），
故A与D相互独立，故B正确；
对C：P（BC）＝0，故B与C不相互独立，故C错误；
对D：P(BD)=12×12=14，P(B)⋅P(D)=12×12=14，有P（BD）＝P（B）•P（D），
故B与D相互独立，故D正确．
故选：BD．
9．（1）抛掷两枚质地均匀的骰子，设A＝“第一次出现奇数点”，B＝“两枚骰子点数之和为3的倍数”，判断事件A与事件B是否相互独立，并说明理由；
（2）甲乙两名射击运动员进行射击考核测试，每人每次有两次射击机会，若两次机会中至少有一次中靶，则考核通过．已知甲的中靶概率是0.7，乙的中靶概率是0.6，甲乙两人射击互不影响．求两人中恰有一人通过考核的概率．
【答案】（1）事件A与B独立，理由见解析；
（2）0.2212．
【解答】解：（1）P(A)=36=12，P(B)=6×26×6=13，P(AB)=3×26×6=16，
则P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与B独立；
（2）设C＝“甲通过考核”，D＝“乙通过考核”，
P（C）＝1﹣（1﹣0.7）2＝0.91，P（D）＝1﹣（1﹣0.6）2＝0.84，P(CD+CD)=0.91×（1﹣0.84）+（1﹣0.91）×0.84＝0.2212，
即恰有一人通过考核的概率为0.2212．
10．袋中装有大小完全相同的6个红球，3个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2．
（1）每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率；
（2）从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件A＝{第一次取到的是红球}，事件B＝{第二次取到了标记数字1的球}，求P（A），P（B），并判断事件A与事件B是否相互独立．
【答案】（1）1681；（2）23，13，事件A与B相互独立．
【解答】解：（1）第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球且两球的数字和为3的概率P1=29×29+49×19=881，
第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3的概率P2=29×29+19×49=881，
则所求的概率为881+881=1681；
（2）“第一次取到的是红球”的概率P（A）=69=23，
“第二次取到了标记数字1的球”的概率P（B）=69×38+39×28=13，
“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”的概率P（AB）=29×28+49×38=29，
因为P（AB）＝P（A）P（B）成立，所以事件A与事件B相互独立．
11．在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，记事件A＝“与地面接触的面上的数字为奇数”，事件B＝“与地面接触的面上的数字不大于4”
（1）判断事件A与B是否相互独立，若是请证明，若不是请举例说明；
（2）连续抛掷3次这个正八面体，求事件AB只发生1次的概率．
【答案】（1）是；证明见解析；
（2）2764．
【解答】解：（1）依题意，得样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，
所以A＝{1，3，5，7}，B＝{1，2，3，4}，则A∩B＝{1，3}，
故P(A)=12，P(B)=12，P(AB)=14=P(A)×P(B)，
所以事件A，B相互独立．
（2）依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立，
记∁i（i＝1，2，3）为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB，则P(Ci)=P(AB)=14，
所以事件AB只发生1次的概率为
P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)+P(C1)P(C2)P(C3)
=14×34×34+34×14×34+34×34×14=2764．
12．某中学高一年级有1000名学生，他们选择选考科目的情况如表所示：
从这1000名学生中随机抽取1人，分别设：
A＝“该生选了物理”；B＝“该生选了化学”；C＝“该生选了生物”；
D＝“该生选了政治”；E＝“收生选了历史”；F＝“该生选了地理”．
（Ⅰ）求P（B），P（DEF）．
（Ⅱ）求P（C∪E），P（B∪F）．
（Ⅲ）事件A与D是否相互独立？请说明理由．
【答案】（Ⅰ）P（B）=12，P（DEF）=15．
（Ⅱ）P（C∪E）=45，P（B∪F）＝1．
（Ⅲ）事件A与D相互独立．
他们选择选考科目的情况如表……G＝“该生选了生物”；应该是：他们选择选考科目的情况如表……C＝“该生选了生物”；点击试题有误
【解答】解：（Ⅰ）B＝“该生选了化学”，
由题意得1000名学生中选化学的学生有：300+100+100＝500（名），
∴P（B）=5001000=12，
D＝“该生选了政治”；E＝“收生选了历史”；F＝“该生选了地理”．
由题意得1000名学生中同时选政治、历史、地理的学生有200（名），
∴P（DEF）=2001000=15．
（Ⅱ）C＝“该生选了生物”，E＝“收生选了历史”，
由题意得1000名学生中选生物或历史的学生有：300+200+200+100＝800（名），
∴P（C∪E）=8001000=45，
B＝“该生选了化学”，F＝“该生选了地理，
由题意得1000名学生中选化学或地理的学生有：300+200+100+200+100+100＝1000（名），
∴P（B∪F）=10001000=1．
（Ⅲ）A＝“该生选了物理”，D＝“该生选了政治”，
事件A与D相互独立．理由如下：
由题意得选择物理与否与选择政治无关，
选择政治与否与选择物理无关，
∴事件A与D相互独立．
13．有标号为1，2，3，4质地相同的4个小球，现有放回地随机抽取两次，每次取一球．记事件A：第一次取出的是1号球；事件B：两次取出的球号码之和为5．
（Ⅰ）求事件AB的概率P（AB）；
（Ⅱ）试判断事件A与事件B是否相互独立，并说明理由；
（Ⅲ）若重复这样的操作64次，事件AB是否可能出现6次，请说明理由．
【答案】（I）116，
（II）相互独立，理由见解析；
（III）有可能，理由见解析．
【解答】（I）解：记x为第一次取出球的标号，y为第二次取出球的标号，
用数对（x，y）表示两次取球标号的情况，
所以有（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种，
满足事件AB的有（1，4）共1种，所以P(AB)=116；
（II）解：由（1）可得P(A)=416=14，P(B)=416=14，
所以P（AB）＝P（A）•P（B），所以事件A与事件B相互独立；
（III）解：因为每次操作事件AB可能发生，也可能不发生，
所以重复这样的操作64次，事件AB发生的次数为0～64次中的一种，
所以事件AB有可能出现6次．
14．试分别解答下列两个小题：
（Ⅰ）一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其它差异．采用不放回方式从中任意摸球两次，每次摸出一个球．设事件A＝“第一次摸出球的标号小于3”，事件B＝“第二次摸出球的标号小于3”，试判断事件A与事件B是否相互独立？请写出判断过程；
（Ⅱ）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为DD1的中点，N为CC1的中点，求证：平面NBD1∥平面MAC．
【答案】（I）事件A与事件B不相互独立；
（Ⅱ）证明见解答．
【解答】解：（I）因为样本空间Ω＝{（m，n）|m，n∈{1，2，3，4}，且m≠n}，
A＝{（1，2），（1.3），（1，4），（2，1），（2，3），（2，4）}，
B＝{（1，2），（2.1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2）}，
由题意可知，P（A）＝P（B）=612=12，P（AB）=212=16，
此时P（AB）≠P（A）P（B），因此事件A与事件B不相互独立；
（Ⅱ）证明：连接BD交AC于O，连接OM，
在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，可知ABCD是平行四边形，
所以O是BD的中点，因为M为DD1的中点，所以MO∥D1B，
又MO⊂平面MAC，BD1⊄平面MAC，所以BD1∥平面MAC，
又因为M为DD1的中点，N为CC1的中点，
所以四边形MCND1为平行四边形，所以ND1∥CM，
又CM⊂平面MAC，ND1⊄平面MAC，所以ND1∥平面MAC，
又BD1∩ND1＝D1，BD1，ND1⊂平面BND1
所以平面NBD1∥平面MAC．
15．某生产项目有甲、乙两个工作小组．为强化安全生产意识，现进行一次安全生产培训，并进行测试，满分100分．已知甲、乙两组每组各10人，其成绩如下表，其中92≤x≤95，且甲组10人的中位数为93，乙组10人的平均分比甲组低1分．
（1）求x，y的值；
（2）现从两组成绩在90分以下的人中抽出两人，记事件A为“两人成绩相差超过7分”，事件B为“抽中了成绩为88分的组员”，试判断事件A与B是否相互独立，并说明理由．
【答案】（1）x＝94，y＝87；
（2）独立．
【解答】解：（1）甲组10人，根据题意，甲组的中位数为93，即92+x2=93，得x＝94．
甲组10人的平均分为110×（79+85+88+92+92+94+95+95+95+95）＝91，
乙组10人的平均分为90分，可得110×（74+86+86+y+92+93+95+95+96+96）＝90，解得y＝87．
（2）由题意知，P(A)=5+2C72=13，P(B)=C61C77=27，P(AB)=2C72=221，
故P（AB）＝P（A）•P（B），即事件A与B互相独立．
二．相互独立事件的概率乘法公式（共45小题）
16．“五道方”是一种民间棋类游戏，甲，乙两人进行“五道方”比赛，约定连胜两场者赢得比赛．若每场比赛，甲胜的概率为13，乙胜的概率为23，则比赛6场后甲赢得比赛的概率为（ ）
A．32729B．16729C．4729D．2729
【答案】C
【解答】解：因为约定连胜两场者赢得比赛，
所以比赛6场后甲赢得比赛的情况为：第一场甲胜，第二场乙胜，第三场甲胜，第四场乙胜，第五场甲胜，第六场甲胜，
所以所求概率为13×23×13×23×13×13=4729．
故选：C．
17．甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是13，15，则恰有一人成功破译的概率为（ ）
A．115B．215C．415D．25
【答案】D
【解答】解：甲、乙两人独立破译一份密码，两人能破译的概率分别是13，15，
∴恰有一人成功破译的概率为P=13×45+23×15=415+215=615=25．
故选：D．
18．已知随机事件A、B，B表示事件B的对立事件，P（A）＝0.4，P（B）＝0.6，则下面结论正确的是（ ）
A．事件A与B一定是对立事件
B．P（A∪B）＝1
C．P（AB）＝0.24
D．若事件A、B相互独立，则P(AB)=0.16
【答案】D
【解答】解：根据题意，假设有5个小球，分别标有1、2、3、4、5个数字，
设A＝“取出标有数字1、2的小球”，B＝“取出标有数字1、2、3的小球”，
易得P（A）＝0.4，P（B）＝0.6，
依次分析选项：
对于A，A⊆B，事件A、B可以同时发生，即事件A与B不是对立事件，A错误；
对于B，P（A∪B）＝P（B）＝0.6，B错误；
对于C，P（AB）＝P（A）＝0.4，C错误；
对于D，P（B）＝0.6，则P（B）＝0.4，
若事件A、B相互独立，则A与B也相互独立，则有P（AB）＝P（A）P（B）＝0.16，D正确．
故选：D．
19．某同学课后进行“抛掷一枚质地均匀的硬币n（n≥2）次”的实验，每次抛掷硬币的结果互不影响．设事件A：n次中反面朝上的次数大于0且小于n，则P（A）＝（ ）
A．1−12nB．1−12n−1C．n2nD．n−12n−1
【答案】B
【解答】解：由题意，A表示“n次中反面朝上的次数为0或n，
则P(A)=22n=12n−1，
所以P（A）＝1−P(A)=1−12n−1．
故选：B．
20．甲、乙、丙3名射击手组队完成一项任务，需要对同一目标各射击一次，3人命中与否互不影响，若甲命中乙未命中的概率为16，乙命中丙未命中的概率为16，甲命中丙也命中的概率为38，则甲命中乙也命中的概率为（ ）
A．124B．112C．16D．13
【答案】D
【解答】解：若甲命中乙未命中的概率为16，乙命中丙未命中的概率为16，甲命中丙也命中的概率为38，
设事件A＝“甲命中”，事件B＝“乙命中”，事件C＝“丙命中”，
由题意P(AB)=P(A)P(B)=P(A)[1−P(B)]=16，P(BC)=P(B)P(C)=P(B)[1−P(C)]=16，P(AC)=P(A)P(C)=38，解得P(A)=12，P(B)=23，P(C)=34.
故甲命中乙也命中的概率为P(AB)=P(A)P(B)=13．
故选：D．
21．甲、乙两人进行围棋决赛，现在的情形是甲只要再赢一局就能获得冠军，乙需要再赢两局才能获得冠军，若甲每局赢的概率为25，且没有平局，则甲获得冠军的概率为（ ）
A．1925B．625C．35D．1625
【答案】D
【解答】解：因为甲、乙两人进行围棋决赛，现在的情形是甲只要再赢一局就能获得冠军，乙需要再赢两局才能获得冠军，
所以甲获得冠军有两种情况：
①甲在下一局获胜，获得冠军，概率是25；
②甲在下一局输了，第二局获胜，获得冠军，概率是35×25=625，
则甲获得冠军的概率为25+625=1625．
故选：D．
22．下列对各事件发生的概率判断正确的是（ ）
①某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427；
②三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为15，13，14，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为25；
③甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中各任取一个球，则取到同色球的概率为12；
④设两个独立事件A和B都不发生的概率为19，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发生的概率是29．
A．①③B．①④C．①②③D．①③④
【答案】A
【解答】解：对于①，某学生在上学的路上要经过4个路口，
假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，
记事件Ai（i＝1，2，3，4）表示第i路口遇到红灯，
则该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=23×23×13=427，故①正确，
对于②，由题知此密码被破译的概率为：
P=1−(1−15)(1−13)(1−14)=35，故②错误，
对于③，∵从甲袋中任取一个球，取到红球的概率为P1=412=13，
取到白球的概率为23，
从乙袋中任取一个球，取到红球的概率为P2=612=12，
∴从每袋中各任取一个球，则取到同色球的概率为：
P=13×12+23×12=12，故③正确；
对于④，设事件A和B发生的概率分别为p1，p2，又事件A和B相互独立，
由题有P(AB)=19P(AB)=P(AB)，即(1−p1)(1−p2)=19(1−p1)p2=p1(1−p2)，
解得p1=23，故④错误．
故选：A．
23．现有甲、乙两支篮球队进行比赛，甲队每场获胜的概率为23，且各场比赛互不影响．若比赛采用“三局两胜”制，则甲队获得胜利的概率为（ ）
A．2027B．1627C．49D．.89
【答案】A
【解答】解：甲队每场获胜的概率为23，甲队获得胜利的情况为2：0，2：1，
若比分为2：0，其概率为P=23×23=49，
若比分为2：1，其概率为P=C2123×13×23=827，
则甲队获得胜利的概率49+827=2027．
故选：A．
24．如图，用A，B，C，D四个不同的元件连接成一个工作系统，当元件A正常工作，且B，C，D三个元件中至少有一个正常工作时，该系统正常工作．已知元件A正常工作的概率为12，元件B，C，D正常工作的概率均为13，且这四个元件是否正常工作相互独立，则该系统正常工作的概率为（ ）
A．2354B．1954C．2327D．1927
【答案】B
【解答】解：已知元件A正常工作的概率为12，元件B，C，D正常工作的概率均为13，且这四个元件是否正常工作相互独立，
元件B，C，D均不正常工作的概率为(1−13)3=827，
则元件B，C，D中至少有一个正常工作的概率为1−827=1927，
从而该系统正常工作的概率为12×1927=1954．
故选：B．
25．甲、乙两人独立破译一个密码，甲独立破译密码的概率为0.4，乙独立破译密码的概率为0.6，则恰有一人破译密码的概率为（ ）
A．0.4B．0.6C．0.52D．0.76
【答案】C
【解答】解：甲、乙两人独立破译一个密码，甲独立破译密码的概率为0.4，乙独立破译密码的概率为0.6，
设甲独立破译密码为事件A，乙独立破译密码为事件B，
则恰有一人破译密码为AB+AB，而AB，AB互斥，
由互斥事件概率公式得P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)，
由题意得A，B相互独立，A，B相互独立，
由独立事件概率公式得P(AB)=P(A)×P(B)=P(A)×[1−P(B)]，
P(AB)=P(A)×P(B)=P(B)×[1−P(A)]，
由题意得P（A）＝0.4，P（B）＝0.6，则P(AB)=0.4×[1−0.6]=0.16，
P(AB)=0.6×[1−0.4]=0.36，得到P(AB+AB)=0.52，
则恰有一人破译密码的概率为0.52．
故选：C．
26．在如图所示的电路中，三个开关A，B，C闭合与否相互独立，且在某一时刻A，B，C闭合的概率分别为12，13，14，则此时灯亮的概率为（ ）
A．34B．58C．12D．38
【答案】D
【解答】解：因为三个开关A，B，C闭合与否相互独立，且在某一时刻A，B，C闭合的概率分别为12，13，14，
则灯亮的概率为1−(1−14)×(1−12×13)=38．
故选：D．
27．在某次英语四级考试中，若甲、乙通过考试的概率分别为0.7，0.8，两人是否通过这次考试相互独立，则甲、乙都通过这次考试的概率为（ ）
A．0.24B．0.48C．0.52D．0.56
【答案】D
【解答】解：在某次英语四级考试中，甲、乙通过考试的概率分别为0.7，0.8，
两人是否通过这次考试相互独立，
则甲、乙都通过这次考试的概率为P＝0.7×0.8＝0.56．
故选：D．
28．端午节是我国传统节日，随着淄博烧烤的示范作用，徐州烧烤也备受游客欢迎，经过随机发放并回收调查问卷，在连云港、宿迁、淮安三个淮海经济圈城市中对广大市民的端午短途游进行了解，每个城市回收300份调查问卷，其中连云港市有100份勾选去徐州旅游，宿迁市有120份勾选去徐州旅游，淮安市有75份勾选去徐州旅游．端午节期间，连云港游客甲，宿迁游客乙，淮安游客丙打算外出旅游，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内三个人中至少有1人来徐州旅游的概率约为（ ）
A．720B．710C．23D．25
【答案】B
【解答】解：甲来徐州旅游的概率约为100300=13，
乙来徐州旅游的概率约为120300=25，
丙来徐州旅游的概率约为75300=14，
则三人都没有来徐州旅游的概率约为(1−13)(1−25)(1−14)=310，
故三个人中至少有1人来徐州旅游的概率约为1−310=710．
故选：B．
29．已知某药店只有A，B，C三种不同品牌的N95口罩，甲、乙两人到这个药店各购买一种品牌的N95口罩，若甲、乙买A品牌口罩的概率分别是0.2，0.3，买B品牌口罩的概率分别为0.6，0.4，则甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为（ ）
A．0.7B．0.65C．0.35D．0.36
【答案】D
【解答】解：由题意，得甲、乙两人买C品牌口罩的概率分别是0.2、0.3，
所以甲、乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为P＝0.2×0.3+0.6×0.4+0.2×0.3＝0.36．
故选：D．
（多选）30．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C发生的概率分别为p，2p，3p（p＞0），则下列结论正确的是（ ）
A．P（A∪B）＝P（C）
B．若p=18，则P(A∪C)=12
C．若A∪B与C是对立事件，则p=13
D．事件A，B不相互独立
【答案】ABD
【解答】解：在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C发生的概率分别为p，2p，3p（p＞0），
对于A，∵A，B是互斥事件，
∴P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝3p＝P（C），故A正确；
对于B，若p=18，则P(A∪C)=P(A)+P(C)=p+3p=4p=12，故B正确；
对于C，若A∪B与C是对立事件，
则P（A∪B）+P（C）＝P（A）+P（B）+P（C）＝1，即p+2p+3p＝1，得p=16，故C错误；
对于D，∵A，B互斥，∴P（AB）＝0，∴P（A）P（B）≠P（AB），
∴事件A，B不相互独立，故D正确．
故选：ABD．
（多选）31．在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件A＝“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B＝“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件C＝“摸出的两张卡牌中有编号为2的卡牌”，则（ ）
A．P(C)=23
B．事件A与事件B相互独立
C．P(A+B)=23
D．事件B与事件C为互斥事件
【答案】BC
【解答】解：对于A，由古典概率得P(C)=612=12，故A错误；
对于B，P(A)=24=12，P(B)=412=13，
P(AB)=212=16，则P（AB）＝P（A）P（B），
即事件A与事件B相互独立，故B正确；
对于C，P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+13−16=23，故C正确；
对于D，当摸出的两张卡牌编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误．
故选：BC．
（多选）32．一个盒子里装有除颜色外完全相同的4个小球，其中白色小球有2个，编号为1，2；红色小球有2个，编号为3，4．现从该盒中不放回地依次取出2个小球，事件A表示“第一次取出的是白球”，事件B表示“第二次取出的是红球”，事件C表示“两次取出的球颜色相同”，事件D表示“两次取出的球颜色不同”，则（ ）
A．A与B相互独立B．B与C相互独立
C．B与D相互独立D．A与D相互独立
【答案】BCD
【解答】解：一个盒子里装有除颜色外完全相同的4个小球，其中白色小球有2个，编号为1，2；红色小球有2个，编号为3，4，
不放回地依次取出2个小球，基本事件有：
12，13，14，21，23，24，31，32，34，41，42，43，共12种，
事件A表示“第一次取出的是白球”，事件B表示“第二次取出的是红球”，
事件C表示“两次取出的球颜色相同”，事件D表示“两次取出的球颜色不同”，
则事件A包含12，13，14，21，23，24，共6种，
事件B包含13，14，23，24，34，43，共6种，
事件C包含12，21，34，43，共4种，
事件D包含13，14，23，24，31，32，41，42，共8种，
事件AB包含13，14，23，24，共4种，
事件AD包含13，14，23，24，共4种，事件BC包含34，43，共2种，
事件BD包含13，14，23，24，共4种，
则P(A)=P(B)=612=12，P(C)=412=13，P(C)=1015=23，P(D)=812=23，
P(AB)=P(AD)=P(BD)=412=13，P(BC)=212=16．
对于A，因为P（AB）≠P（A）P（B），所以A与B不相互独立，则A错误；
对于B，因为P（BC）＝P（B）P（C），所以B与C相互独立，则B正确；
对于C，因为P（BD）＝P（B）P（D），所以B与D相互独立，则C正确；
对于D，因为P（AD）＝P（A）P（D），所以A与D相互独立，则D正确．
故选：BCD．
（多选）33．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量A，B满足：P(A)＞0，P(B|A)+P(B)=1，则A，B相互独立
B．已知随机变量X～N（μ，σ2），若P（x≥2）+P（x≥6）＝1，则μ＝4
C．在线性回归分析中，样本相关系数r的值越大，变量间的线性相关性越强
D．一组数据（1，3），（2，8），（3，10），（4，14），（5，15）的经验回归方程为ŷ=3x+â，则当x＝2时，残差为1
【答案】ABD
【解答】解：对于A，P(B|A)=P(AB)P(A)，1−P(B)=P(B)，
∴P(AB)P(A)=P(B)，
∴P（AB）＝P（A）P（B），∴A，B相互独立，故A正确；
对于B，随机变量X～N（μ，σ2），P（x≥2）+P（x≥6）＝1，
∴x＝2和x＝6关于x＝μ对称，∴μ=2+62=4，故B正确；
对于C，在线性回归分析中，样本相关系数r的绝对值越大，
变量间的线性相关性越强，故C错误；
对于D，1+2+3+4+55=3，3+8+10+14+155=10，
数据（1，3），（2，8），（3，10），（4，14），（5，15）的样本中心点为（3，10），
将（3，10）代入ŷ=3x+â中得10=3×3+â，解得â=1，
∴经验回归方程为ŷ=3x+1，当x＝2时，ŷ=7，故残差为8﹣7＝1，故D正确．
故选：ABD．
（多选）34．下列说法正确的是（ ）
A．现有一组数据4，7，9，3，3，5，7，9，9，6，则这组数据的众数为7
B．某人打靶时连续射击三次，则事件“至少两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件
C．若样本数据x1，x2，⋯，x10的方差为2，则数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x10+1的方差为18
D．若事件A，B相互独立，P(A)=15，P(B)=14，则P(AB)=15
【答案】BC
【解答】解：对于A，数据由小到大排列为：3，3，4，5，6，7，7，9，9，9，众数为9，故A错误；
对于B，连续射击三次，事件“至少两次中靶”包括两次中靶和三次中靶；
事件“至多有一次中靶”包括没有中靶和中靶一次，它们不可能同时发生，但必有一个发生，
则它们是对立事件，故B正确；
对于C，数据x1，x2，…，x10的方差为2，数据3x1+1，3x2+1，⋯，3x10+1的方差为32×2＝18，故C正确；
对于D，事件A，B相互独立，P(AB)=P(A)P(B)=45×34=35，故D错误．
故选：BC．
（多选）35．已知事件A，B，且P（A）＝0.7，P（B）＝0.2，则下列说法正确的是（ ）
A．若B⊆A，则P（AB）＝0.7
B．若A与B互斥，则P（A∪B）＝0.9
C．若A与B相互独立，则P(AB)=0.06
D．若A与B相互独立，则P（A∪B）＝0.9
【答案】BC
【解答】解：对于A，若B⊆A，则P（AB）＝P（B）＝0.2，故A错误；
对B，若A与B互斥，则P（A∪B）＝P（A）+P（B）＝0.9，故B正确；
对于C，若A与B相互独立，则A与B相互独立，
所以P(AB)=P(A)P(B)=[1−P(A)]P(B)=0.3×0.2=0.06，故C正确；
对于D，若A与B相互独立，
则P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝0.7+0.2﹣0.7×0.2＝0.76，故D错误．
故选：BC．
（多选）36．甲、乙两名同学进行投篮比赛，甲每次命中概率为0.7，乙每次命中概率为0.8，甲和乙是否命中互不影响，甲、乙各投篮一次，则（ ）
A．两人都命中的概率为0.56
B．恰好有一人命中的概率为0.38
C．两人都没有命中的概率为0.6
D．至少有一人命中的概率为0.7
【答案】AB
【解答】解：根据题意，记A＝“甲命中”，B＝“乙命中”，则A=“甲不命中”，B=“乙不命中”，
由于P（A）＝0.7，P（B）＝0.8，
则P(A)=1−P(A)=1−0.7=0.3，P(B)=1−P(B)=1−0.8=0.2．
依次分析选项：
对于A，AB＝“两人都命中”，P（AB）＝P（A）P（B）＝0.7×0.8＝0.56，故A正确；
对于B，AB+AB=“恰好有一人命中”，
则P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=0.7×0.2+0.3×0.8=0.38，故B正确；
对于C，AB=“两人都没有命中”，P(AB)=P(A)P(B)=0.3×0.2=0.06，故C错误；
对于D，“至少有一人命中”是“两人都没有命中”的对立事件，概率为1﹣0.06＝0.94，故D错误．
故选：AB．
37．甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，如果出现10：10平的情况，先多得2分者为胜方．在10：10平后，双方实行轮换发球，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为34，乙发球时甲得分的概率为13，各球的结果相互独立，在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为 748 ．
【答案】748．
【解答】解：在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局包括两种情况：
①后四球胜方依次是甲、乙、甲、甲，则概率为P1=34×23×34×13=18，
②后四球胜方依次是乙、甲、甲、甲，则概率为P2=14×13×34×13=148，
由互斥事件的概率加法公式，所求事件的概率为P=P1+P2=748．
故答案为：748．
38．一只不透明的袋子中装有形状、大小都相同的5个小球，其中2个黄球、2个白球、1个红球．先后从中无放回地取两次小球，每次随机取出2个小球，记下颜色计算得分，得分规则如下：“2个小球颜色相同”加1分，“2个小球颜色一黄一白”得0分，“2个小球中有红球”减1分，则“两次得分和为0分”的概率为 25 ．
【答案】25
【解答】解：“两次得分和为0分”可能的情况有第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
或第一次“2个小球中有红球”，第二次“2 个小球颜色相同”，
或两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”，
记黄球为A1，A2，2个白球为B1，B2，1个红球为C，
利用枚举法可知从中一次取2个小球为：
（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，C），（A2，B1），（A2，B2），（A2，C），（B1，B2），（B1，C），（B2，C），共10种取法，
颜色相同的取法有2种，
∴第一次取2个小球颜色相同的概率为210=15，
第二次取2个小球有红球的概率为23，
∴第一次“2个小球颜色相同”，第二次“2个小球中有红球”的概率为15×23=215．
第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”，
第一次取2个小球中有红球的概率为410=25，第二次2个小球颜色相同的概率为13，
∴第一次“2个小球中有红球”，第二次“2个小球颜色相同”的概率为25×13=215，
两次均为“2个小球颜色一黄一白”，
第一次取2个小球，“2个小球一黄一白”的概率为410=25，
第二次取2个小球，“2个小球一黄一白”的概率为13，
∴两次先后均为“2个小球颜色一黄一白”的概率为25×13=215，
∴两次先后取2个小球，得分为零分的概率为215+215+215=25．
故答案为：25．
39．小李在网上买了一本书和一件衣服，由于强降雨天气影响了快递运输，书按时送达的概率为23，衣服按时送达的概率为12，且书和衣服的快递运输互不影响，则小明买的书和衣服都能按时送达的概率为 13 ．
【答案】13．
【解答】解：根据题意，小明买的书按时送达的概率为23，小明买的衣服按时送达的概率为12，且书和衣服的快递运输互不影响，
则小明买的书和衣服都能按时送达的概率为23×12=13．
故答案为：13．
40．甲、乙二人共同参与一场比赛，且比赛中不存在平局，先赢三局者获胜，并可以获得200元奖金．已知甲、乙二人在每局比赛中获胜的可能性均相同．当甲连赢两局，乙一局未赢时，因某种特殊情况需要终止比赛．现将200元奖金按两人各自最终获胜的可能性的比例进行分配，则甲应该分得 175 元．
【答案】175．
【解答】解：甲、乙二人共同参与一场比赛，且比赛中不存在平局，
先赢三局者获胜，并可以获得200元奖金，
甲、乙二人在每局比赛中获胜的可能性均相同，
当甲连赢两局，乙一局未赢时，因某种特殊情况需要终止比赛由题意，如
果比赛继续，乙要连赢三局才能获胜，
∵甲、乙二人在每局比赛中获胜的可能性均相同，
∴乙连赢三局的概率为12×12×12=18，
甲获胜的概率为1−18=78，
∴甲应该分得奖金的78，乙应该分得奖金的18，
∴甲应该分得78×200=175元．
故答案为：175．
41．已知M，N是相互独立事件，且P（M）＝0.18，P（N）＝0.3，则P（M∪N）＝ 0.426 ．
【答案】0.426
【解答】解：已知M，N是相互独立事件，则P（MN）＝P（M）P（N）＝0.054，
又P（M）＝0.18，P（N）＝0.3，
则P（M∪N）＝P（M）+P（N）﹣P（MN）＝0.18+0.3﹣0.054＝0.426．
故答案为：0.426．
42．若事件A，B相互独立，P(A)=13，P(B)=12，则P(AB∪AB)= 12 ．
【答案】12．
【解答】解：因为事件A，B相互独立，所以A与B相互独立，A与B相互独立，
所以P(AB)=P(A)P(B)=(1−13)×12=13，
P(AB)=P(A)P(B)=13×(1−12)=16，
因为AB，AB互斥，所以P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=13+16=12．
故答案为：12．
43．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110，收到0的概率为910；发送1时，收到0的概率为15，收到1的概率为45，传输方案为三次传输．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，译码规则为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）．若发送0，则依次收到0，0，1的概率为 811000 ；若发送1，则译码为1的概率为 112125 ．
【答案】811000；112125
【解答】解：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110，收到0的概率为910，
发送1时，收到0的概率为15，收到1的概率为45，
传输方案为三次传输，
三次传输是指每个信号重复发送3次．三次传输，发送0，相当于依次发送0，0，0，
则依次收到0，0，1的事件，是发送0接收0，发送0接收0，发送0接收1的3个事件的积，
它们相互独立，
∴发送0，则依次收到0，0，1的概率为910×910×110=811000；
三次传输，发送1，
∴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的事件和，它们互斥，
∴若发送1，则译码为1的概率为C32×15×(45)2+(45)3=112125．
故答案为：811000； 112125．
44．已知事件A，B相互独立，且P(A)=2P(A)，2P(B)=P(B)，则P（AB）＝ 29 ．
【答案】29
【解答】解：∵P(A)=2P(A)=2[1﹣P（A）]，∴P（A）=23，
∵2P(B)=P(B)=1﹣P（B），∴P(B)=13，
又∵事件A，B相互独立，∴P(AB)=P(A)P(B)=29．
故答案为：29．
45．假设P（A）＝0.9，P（B）＝0.8，且A与B相互独立，则P（A∪B）＝ 0.98 ．
【答案】0.98．
【解答】解：∵P（A）＝0.9，P（B）＝0.8，且A与B相互独立，
∴P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）
＝P（A）+P（B）﹣P（A）P（B）
＝0.9+0.8﹣0.9×0.8
＝0.98．
故答案为：0.98．
46．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率是14，乙每次击中目标的概率是12，假设两人是否击中目标相互之间没有影响．
（1）设甲击中目标的次数为X，求X的分布列；
（2）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率．
【答案】（1）
（2）3128．
【解答】解：（1）由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）=(34)3=2764，P（X＝1）=C31•14•(34)2=2764，
P（X＝2）=C32•(14)2•34=964，P（X＝3）=(14)3=164，
所以X的分布列为：
（2）设甲恰好比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件B1，甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件B2，
则P（A）＝P（B1）+P（B2）=C32•(14)2•34•C30•(12)3+C33•(14)3•C31•12•(12)2=3128，
所以甲恰好比乙多击中目标2次的概率为3128．
47．多项选择题是数学考试中常见的题型，它一般从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案，其评分标准为全部选对的得6分，部分选对的得部分分（如有两个正确选项的每选对一个得3分，三个正确选项的每选对一个得2分），有选错的得0分．
（1）考生甲有一道答案为ABD的多项选择题不会做，他随机选择一个或两个或三个选项，求他本题至少得2分的概率；
（2）现有2道两个正确选项的多项选择题，根据训练经验，每道题考生乙得6分的概率为13，得3分的概率为12；每道题考生丙得6分的概率为14，得3分的概率为12．乙，丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙丙两位考生总分刚好得18分的概率．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）甲同学所有可能的选择答案有14种：A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，
设事件N表示“猜对本题至少得（2分）”，
则N＝{A，B，D，AB，AD，BD，ABD}，有7个样本点，
所以P(N)=714=12．
（2）由题意得乙得0分的概率为1−13−12=16，丙得0分的概率为1−14−12=14，乙丙总分刚好得（18分）的情况包含：
事件F：乙得（9分）有6+3，3+6两种情况，丙得（9分）有6+3，3+6两种情况，
则P(F)=13×12×2×(14×12×2)=112；
事件E：乙得（12分）有6+6一种情况，丙得（6分）有6+0，0+6，3+3三种情况，
则P(E)=13×13×(14×14×2+12×12)=124；
事件G：乙得（6分）有6+0，0+6，3+3三种情况，丙得（12分）有6+6一种情况，
则P(G)=14×14×(13×16×2+12×12)=13576，
故乙丙总分刚好得（18分）的概率P=P(E)+P(F)+P(G)=124+112+13576=85576．
48．为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为12，乙每次投篮命中的概率为13，且两人每次投篮的结果均互不干扰．
（1）求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率；
（2）求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）根据题意，总次数为3时，乙获胜的概率为12×13×13=118，
总次数为4时，乙获胜的概率为12×12×13×13=136；
所以甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率为118+136=112．
（2）比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率为12×12+12×12×13×13+12×23×12×13×13+12×13×23×12×13×13=49162．
49．袋子中有6个大小质地完全相同的小球，其中红球有2个，编号分别为1，2；白球有4个，编号分别为3，4，5，6，不放回地随机摸出两个球．
（1）求摸出的两个球中有红球的概率；
（2）记事件M为“摸出的两个球全是白球”，N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”，判断事件M，N是否相互独立．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）从6个球中不放回地随机摸出两个球，总共有6×52=15种情况．
假设摸出的两个球中没有红球，则列举出所有组合情况，
即{3，4}，{3，5}，{3，6}，{4，5}，{4，6}，{5，6}，共6种．
则摸出的两个球全是白球概率为：615=25．
所以摸出的两个球中有红球的概率为1−25=35．
（2）由前面知道，事件M为“摸出的两个球全是白球”，概率为P(M)=25．
事件N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”．
两个球的编号之和为偶数，有两类情况：两球均为奇数或两球均为偶数．
两球均为奇数的情况有{1，3}，{1，5}，{3，5}，3种，
两球均为偶数的情况有{2，4}，{2，6}，{4，6}，3种．总共6种．则P(N)=615=25．
MN即摸出的两个球全是白球且编号之和为偶数，有{4，6}，{3，5}，共2种．则概率为P(MN)=215．
因为P（MN）≠P（M）P（N）不成立，所以事件M，N不相互独立．
50．临川二中两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大学少科班的入学面试，入学面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为35，小华答对每道题目的概率依次为23，23，12，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件A记“小华3道题都回答且通过面试”为事件B．
（1）求事件A发生的概率P（A）；
（2）求事件A和事件B同时发生的概率P（AB）；
（3）求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）根据题意：P(A)=(35)2+(25)2=1325；
（2）根据题意，小华3道题都回答且通过面试的概率为P(B)=23×13×12+13×23×12=29，
故P(AB)=1325×29=26225；
（3）记小明没有通过面试为事件C，
即分前两道回答对一道且最后一道错误和前两道均回答错误两种情况，
则小明没有通过面试的概率为P(C)=35×25×25+25×35×25+25×25=44125，
则小明通过面试的概率为P(C)=1−44125=81125，
记小华通过面试的事件为D，则P(D)=29+23×23=23，
故小明、小华两人恰有一人通过面试的概率P=P(DC+DC)=81125×13+44125×23=169375．
51．在一次奥运会男子乒乓球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛，决赛采取7局4胜制．已知每局比赛甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，且每局比赛结果互不影响．
（1）求只需进行四局比赛的概率；
（2）已知前两局比赛甲均告负，求甲最终能逆转获得冠军的概率．
【答案】（1）1781；
（2）112243．
【解答】解：（1）设事件Ai＝“甲第i局都获胜”，i＝1，2，3，4，5，6，7，
则P(Ai)=23， P(Ai)=1−23=13（i＝1，2，3，4，5，6，7），
只需进行四局比赛包含两种情况：
①甲能胜四局：A1A2A3A4；②乙连胜四局：A1A2A3A4，
设事件M＝“只需进行四局比赛”，则
P(M)=P(A1A2A3A4)+P(A1A2A3A4)=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)+P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=(23)4+(13)4=1781；
（2）设事件N＝“前两局比赛甲均告负，甲最终能逆转获得冠军”，
由于前两局比赛甲均告负，所以接下来的比赛甲最多可以负一局，包含两种情况：
①甲接下来连胜四局：A3A4A5A6；
②接下来五局比赛中甲4胜1负（负的一局为第3～6局中某一局）：
A3A4A5A6A7， A3A4A5A6A7， A3A4A5A6A7， A3A4A5A6A7，
所以P(N)=P(A3A4A5A6+A3A4A5A6A7+A3A4A5A6A7+A3A4A5A6A7+A3A4A5A6A7)
=P(A3A4A5A6)+P(A3A4A5A6A7)+P(A3A4A5A6A7)+P(A3A4A5A6A7)+P(A3A4A5A6A7)=(23)4+4×(23)4×13=112243．
52．2024年6月，国家卫健委等16部门联合印发《“体重管理年”活动实施方案》，启动为期三年的“体重管理年”活动．力争通过三年左右时间，实现体重管理支持性环境广泛建立，显著提升全民体重管理意识和技能，并改善部分人群体重异常状况．今年全国两会期间，“体重管理”成为全民关注的热点．小张父母根据自己的体重情况，积极响应政策，每天通过有氧运动进行体重管理下列数据记录了他俩5月1日至5日的锻炼时间（单位：分钟），父亲这5日的锻炼数据为：42，41，44，43，40；母亲这5日的锻炼数据为：42，39，43，45，44，从他俩这五天的锻炼数据中各随机抽取1个．
（1）求所抽取数据中父亲比母亲段炼时间多的概率；
（2）若事件A：父亲锻炼时间为41，事件B：父母锻炼时间之和为85，判断事件A、B是否独立，并通过推理运算说明．
【答案】（1）825．
（2）事件A、B不独立，答案见解析．
【解答】解：（1）每天通过有氧运动进行体重管理下列数据记录了他俩5月1日至5日的锻炼时间（单位：分钟），
父亲这5日的锻炼数据为：42，41，44，43，40；母亲这5日的锻炼数据为：42，39，43，45，44，
从他俩这五天的锻炼数据中各随机抽取1个，
记事件M＝“抽取数据父亲锻炼时间比母亲锻炼的时间多”，
从父母俩这五天的数据中各随机抽取1个，
样本空间Ω＝{（42，42），（42，39），（42，43），（42，45），（42，44），（41，42），（41，39），（41，43），（41，45），（41，44）（41，45），（41，44），（44，42），（44，39），（44，43），（44，45），（44，44），（43，42），（43，39），（43，43），（43，45），（43，44），（40，42），（40，39），（40，43），（40，45），（40，44）}，
共有25个样本点，
M＝{（42，39），（41，39），（44，39），（43，39），（40，39），（43，42），（44，42），（44，43）}，共有8个样本点．
∴P(M)=825.即抽取数据父亲锻炼时间比母亲锻炼时间多的概率为825．
（2）事件A、B不独立，理由如下：
由题意，得P(A)=15，
B＝{（42，43），（41，44），（40，45），（43，42）}共有4个样本点，所以P(B)=425．
AB＝“父亲锻炼时间为41且父母锻炼时间之和为85”，AB＝{（41，44）}
∴P(AB)=125
P(A)P(B)=15×425=4125≠125，
即P（AB）≠P（A）P（B），∴事件A、B不独立．
53．多项选择题是高考数学中的一种题型，其规则如下：有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．现高二某同学正在进行第四学期入学考试，做到多项选择题的10题和11题．该同学发现自己只能全凭运气，在这两个多项选择题中，他选择一个选项的概率是12，选择两个选项的概率是13，选择三个选项的概率是16．已知该同学做题目时题目与题目之间互不影响且第10题正确答案是两个选项，第11题正确答案是三个选项．
（1）求该同学10题得6分的概率；
（2）求该同学两个题总共得分不小于10分的概率．
【答案】（1）118；
（2）5432．
【解答】解：（1）根据题意，选择一个选项的概率是12，选择两个选项的概率是13，选择三个选项的概率是16．
第10题得6分需满足选两个选项且选对，
选两个选项共有6种情况AB，AC，AD，BC，BD，CD
所以P=13×16=118；
（2）总得分不低于10分共2种情况，它们分别是：第10题得6分且第11题得4分；第10题得6分且第11题得6分，
记事件A：第10题得6分，满足选了两个选项且选对；
事件B1：第11题得4分，满足三个选项选了两个选项且选对；
事件B2：第11题得6分，满足选了三个选项且选对．
则P(A)=118；P(B1)=13×12=16；P(B2)=16×14=124；
P=P(AB1)+P(AB2)=118×16+118×124=5432．
54．某学校在端午节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、二两关，分别竞猜5道、20道灯谜．现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中甲、乙分别猜对12道、15道．假设猜对每道灯谜都是等可能的．
（1）从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；
（2）从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率．
【答案】（1）35．
（2）920．
【解答】解：（1）设A＝“任选2道灯谜，甲都猜对”，
用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，
则样本空间Ω＝{（1，2），（1，3），（1，4）（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4）（3，5），（4，5）}，A＝{（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）}，
∴n（Ω）＝10，n（A）＝6，
根据古典概型的概率计算公式，得P(A)=n(A)n(Ω)=35；
（2）设B＝“任选一道灯谜，甲猜对”，C＝“任选一道灯谜，乙猜对”，D＝“任选一道灯谜，
甲、乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，
P(B)=1220，P(B)=820，P(C)=1520，P(C)=520，
∵D=BC∪BC，且BC，BC互斥，
又甲、乙两位选手独立参加竞猜，
∴B，C相互独立，从而B，C相互独立，B，C也相互独立，
∴P(D)=P(BC∪BC)=P(BC)+P(BC)=P(B)×P(C)+P(B)×P(C)=820×1520+1220×520=920，
即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为920．
55．春节过后，某大学四年级的5名大学生相约去人才市场应聘，其中小红、小东学的是建筑专业，小军、小英学的是通讯专业，小青学的是电气工程专业．
（1）若从这5人中随机采访3人，求3人中至少有1人是通讯专业的概率；
（2）若小红应聘成功的概率是12，小军应聘成功的概率是34，小青应聘成功的概率是23，这3名大学生的应聘结果相互独立，求这3人中至少有2人应聘成功的概率．
【答案】（1）910．
（2）1724．
【解答】解：（1）从这5人中随机采访3人，有：
（小红、小东、小军），（小红、小东、小英），（小红、小东、小青），（小红、小军、小英），（小红、小军、小青），
（小红、小英、小青），（小东、小军、小英），（小东、小军、小青），（小东、小英、小青），（小军、小英、小青），
共10种情况，其中至少有1人是通讯专业的，
对立事件是没有通讯专业的，即（小红、小东、小青），
∴至少有1人是通讯专业的概率为P=1−110=910．
（2）设A＝“小红应聘成功”，B＝“小军应聘成功”，C＝“小青应聘成功”，
则至少有2人应聘成功的概率为：
P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=12×34×23+(1−12)×34×23+12×(1−34)×23+12×34×(1−23)=1724．
56．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米跑（互不影响）的成绩在13s内（称为合格）的概率分别为25，34，13，若对这三名短跑运动员的100米跑的成绩进行一次检验，求：
（1）三人都合格的概率；
（2）三人都不合格的概率；
（3）三人中恰有两人合格的概率．
【答案】（1）110；
（2）110；
（3）2360．
【解答】解：（1）设甲、乙、丙三人100米跑成绩合格分别为事件A，B，C，显然事件A，B，C相互独立，
且P(A)=25，P(B)=34，P(C)=13，设恰有k人合格的概率为Pk（k＝0，1，2，3），
则三人都合格的概率：P3=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=25×34×13=110；
（2）三人都不合格的概率：P0=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=35×14×23=110；
（3）三人中恰有两人合格的概率：P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=25×34×23+25×14×13+35×34×13=2360．
57．某校组织全校数学老师参加解题大赛，对于大赛中的最后一个解答题，甲得满分的概率为0.8，乙得满分的概率为0.7，记事件A：甲最后一个解答题得满分，事件B：乙最后一个解答题得满分．
（1）求甲、乙两人最后一个解答题都得满分的概率；
（2）求甲、乙恰有一人最后一个解答题得满分的概率．
【答案】（1）0.56；
（2）0.38．
【解答】解：（1）事件“甲、乙两人最后一个解答题都得满分”可表示为AB，且事件A，B相互独立，
由题意可知P（A）＝0.8，P（B）＝0.7，
所以P（AB）＝P（A）•P（B）＝0.8×0.7＝0.56．
（2）因为事件“甲、乙恰有一人最后一个解答题得满分”可表示为AB+AB，且AB，AB互斥，
所以P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)
=P(A)P(B)+P(A)P(B)
＝（1﹣0.8）×0.7+0.8×（1﹣0.7）
＝0.38．
58．已知A，B，C，D四名选手参加某项比赛，其中A、B为种子选手，C、D为非种子选手，种子选手对非种子选手种子选手获胜的概率为34，种子选手之间的获胜的概率为12，非种子选手之间获胜的概率为12．比赛规则：第一轮两两对战，胜者进入第二轮，负者淘汰；第二轮的胜者为冠军．
（1）若你是主办方，则第一轮选手的对战安排一共有多少不同的方案？
（2）选手A与选手B相遇的概率为多少？
【答案】（1）3个；
（2）1724．
【解答】解：（1）第一轮选手的对战情况分别为：
{AB，CD}，{AC，BD}，{AD，BC}，
故总方案数为3；
（2）设事件M＝“选手A与选手B相遇”，
当对战为{AB，CD}时，两选手相遇的概率为1；
当对战为{AC，BD}时，两选手相遇的概率为34×34=916；
当对战为{AD，BC}时，两选手相遇的概率为34×34=916；
抽到三种对战的概率均为13，
则P(M)=13×1+13×916+13×916=1724．
综上可知选手A与选手B相遇的概率为1724．
59．甲、乙、丙三个学校进行篮球比赛，各出一个代表队，简称甲队、乙队、丙队，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个队，另一队轮空；每场比赛的胜队与轮空队进行下一场比赛，负队下一场轮空，直至有一队被淘汰；当一队被淘汰后，剩余的两队继续比赛，直至其中一队被淘汰，另一队最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙两队首先比赛，丙队轮空．设甲队与乙队每场比赛，甲队获胜概率为0.5，甲队与丙队每场比赛，甲队获胜概率为0.6，乙队与丙队每场比赛，乙队获胜概率为0.4，各场比赛相互独立，且无平局．记事件A为甲队和乙队比赛甲队输，事件B为甲队和乙队比赛乙队输，事件C为甲队和丙队比赛甲队输，事件D为乙队和丙队比赛乙队输，事件E为甲队和丙队比赛丙队输，事件F为乙队和丙队比赛丙队输．
（1）求“乙队连胜四场”的概率；
（2）写出用A，B，C，D，E，F表示“比赛四场结束”的事件，并求其概率；
（3）求“需要进行第五场比赛”的概率．
【答案】（1）0.04；
（2）BEBE，AFAF，ADCD和BCDC；0.25；
（3）0.75．
【解答】解：（1）依题意，P（A）＝0.5，P（F）＝0.4，“乙队连胜四场”的事件为AFAF，
∴P（AFAF）＝P（A）P（F）P（A）P（F）＝0.5×0.4×0.5×0.4＝0.04．
（2）“比赛四场结束”共有三种情况，分别是：“甲队连胜四场”为事件BEBE，
“乙队连胜四场”为事件AFAF；“丙队上场后连胜三场”为事件ADCD和事件BCDC，
∴“比赛四场结束”的概率为P1＝P（BEBE）+P（AFAF）+P（ADCD）+P（BCDC）
＝（0.5×0.6×0.5×0.6）+（0.5×0.4×0.5×0.4）+（0.5×0.6×0.4×0.6）+（0.5×0.4×0.6×0.4）＝0.09+0.04+0.072+0.048＝0.25．
（3）根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，
∴需要进行第五场比赛的概率为P2＝1﹣P1＝0.75．
60．长春某旅游景区为了解决十一期间游园难题，推出自驾小蓝车服务，收费按每小时100元收取（不足一小时按一小时计算），现甲、乙两家人独立来该景区租用小蓝车，各租一次，设甲、乙两家租用不超过1小时的概率分别为16，110，租用1小时以上且不超过2小时的概率分别为16，15，租用2小时以上且不超过3小时的概率分别为13，310，两家租用的时间都不超过4小时．
（1）设甲、乙两家所付的费用都为400元的概率；
（2）设甲、乙两家所付的费用和为400元的概率．
【答案】（1）215．
（2）760．
【解答】解：（1）设甲、乙两家租用不超过1小时事件为A1，B1，租用1小时以上且不超过2小时事件为A2，B2，
租用2小时以上且不超过3小时事件为A3，B3，
租用3小时以上且不超过4小时事件为A4，B4，
则P(A1)=16，P(A2)=16，P(A3)=13，P(B1)=110，P(B2)=15，P(B3)=310，
A1，A2，A3互斥，A1∪A2∪A3与A4对立，
则P(A4)=1−P(A1∪A2∪A3)=1−P(A1)−P(A2)−P(A3)=13，
同理P(B4)=25，
设甲、乙两家所付的费用都为400元的事件为C，且A4，B4独立，
则P(C)=P(A4B4)=P(A4)P(B4)=215．
（2）设甲、乙两家所付的费用和为400元的事件为D，
则D＝A1B3∪A2B2∪A3B1，
故P(D)=P(A1B3∪A2B2∪A3B1)=P(A1)P(B3)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B1)=760．相互独立事件
互斥事件
判断方法
一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.
两个事件不可能同时发生，即AB=∅.
概率公式
若事件A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B).
若事件A与B互斥，则P（A∪B）=P（A）+P（B），反之不成立.
事件
表示
概率（A，B互斥）
概率（A，B相互独立）
A，B中至少有一个发生
P(A∪B)
P(A)+P(B)
或
P(A)+P(B)
A，B都发生
P(AB)
0
P(A)P(B)
A，B都不发生
[P(A)+P(B)]
A，B恰有一个发生
P(A)+P(B)
A，B中至多有一个发生
1
P(A)P(B)
科目
人数
物理
化学
生物
政治
历史
地理
300
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
200
√
√
√
100
√
√
√
100
√
√
√
甲
79
85
88
92
92
x
95
95
95
乙
74
86
86
y
92
93
95
95
96
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164
X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164