高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率10.2 事件的相互独立性同步达标检测题

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A．0.72B．0.704C．0.604D．0.648
【答案】D
【分析】结合已知条件，对甲最终获胜的情况进行分类，进而即可得到答案.
【详解】由题意可知，甲最终获胜的情况：胜胜，胜输胜，输胜胜，
故甲获胜的概率为：P=0.6×0.6+0.6×0.4×0.6+0.4×0.6×0.6=0.648.
故选：D.
2．电路从A到B上共连接了6个开关，每个开关闭合的概率为23.若每个开关是否闭合相互之间没有影响，则从A到B连通的概率是（ ）
A．B．100243C．448729D．
【答案】C
【分析】利用对立事件概率公式和相互独立事件概率公式能求出从A到B连通的概率.
【详解】解：∵电路从A到B上共连接着6个开关（如图），每个开关闭合的概率为23，则断路的概率为13，
整个电路的连通与否取决于开关是否断路，
则从A到B连通的概率是
P=1−13×13×1−1−23×231−23×23=448729
故选：C
3．某商场推出抽奖活动，在甲抽奖箱中有四张有奖奖票.六张无奖奖票；乙抽奖箱中有三张有奖奖票，七张无奖奖票.每人能在甲乙两箱中各抽一次，以A表示在甲抽奖箱中中奖的事件，B表示在乙抽奖箱中中奖的事件，C表示两次抽奖均末中奖的事件.下列结论中不正确的是（ ）
A．PC=2150B．事件A与事件B相互独立
C．PAB与PC和为54%D．事件A与事件B互斥
【答案】D
【分析】分别求出PA，PB，进一步求出PC与PAB，从而判断AC选项，在甲抽奖箱抽奖和在乙抽奖箱抽奖互不影响，故事件A和事件B相互独立，判断BD选项.
【详解】PA=410=25，PB=310
在甲抽奖箱抽奖和在乙抽奖箱抽奖互不影响，故事件A和事件B相互独立，B项正确
PC=(1−25)(1−310)=2150，故A正确
PAB=PAPB=325
PAB+PC=2750=54%，故C正确
事件A与事件B相互独立而非互斥，故D错误.
故选：D.
4．对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中nΩ=80，nA=40，nB=20，nC=20，nD=40，nA∪B=60，nA∩C=10，nA∪D=80，则（ ）
A．A与B不互斥B．A与D互斥且不对立
C．C与D互斥D．A与C相互独立
【答案】D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据P(A∩C)与P(A)P(C)的关系判断事件是否独立.
【详解】由nA=40，nB=20，nA∪B=60，即n(A∪B)=n(A)+n(B)，故A、B互斥，A错误；
由n(A∪D)=n(A)+n(D)=n(Ω)=80，A、D互斥且对立，B错误；
又n(C)=20，n(A∩C)=10，则n(D∩C)=10，C与D不互斥，C错误；
由P(A)=n(A)n(Ω)=12，P(C)=n(C)n(Ω)=14，P(A∩C)=n(A∩C)n(Ω)=18，
所以P(A∩C)=P(A)P(C)，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
5．已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A和事件B，满足nΩ=32,nA=16,nB=8,nA∪B=20，则下列结论正确的是（ ）
A．PAB=18B．P(AB)=14
C．A与B互斥D．A与B相互独立
【答案】AD
【分析】计算出事件A和事件B，以及AB，AB的概率，即可判断A，B；由于nAB=4,AB≠∅，可判断C；分别计算PAPB,PAB的值，看二者的关系，判断D.
【详解】因为nΩ=32，nA=16,nB=8,nA∪B=20，
所以nAB=nA+nB−nA∪B=16+8−20=4，
nAB=nΩ−nA∪B=32−20=12，
∴PAB=nABnΩ=432=18，
P(AB)=n(AB)n(Ω)=1232=38，故A正确，B错误；
∵nAB=4,∴AB≠∅∴A与B不互斥，故C错误；
∵PA=nAnΩ=1632=12,PB=nBnΩ=832=14,∴PA⋅PB=12×14=18=PAB∴事件A与B相互独立，故D正确.
故选：AD.
6．如图，由M到N的电路中有4个元件，分别标为元件1，元件2，元件3，元件4，电流能通过元件1，元件2的概率都是，电流能通过元件3，元件4的概率都是0.9，电流能否通过各元件相互独立.已知元件1，元件2中至少有一个能通过电流的概率为0.96，则（ ）
A．p=45B．元件1和元件2恰有一个能通的概率为425
C．元件3和元件4都通的概率是0.81D．电流能在M与N之间通过的概率为0.9504
【答案】ACD
【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及互斥事件的概率的加法公式，可得答案.
【详解】对于A，由题意，可得C21p1−p+p2=0.96，整理可得p2−2p+0.96=0，则p−1.2p−0.8=0，则p=0.8=45，故A正确；
对于B，C21p1−p=C21×0.8×1−0.8=0.32=825，故B错误；
对于C，0.9×0.9=0.81，故C正确；
对于D，元件3，元件4中至少有一个能通过电流的概率为C21×0.9×1−0.9+C22×0.92=0.99，
则电流能在M与N之间通过的概率为0.96×0.99=0.9504，故D正确.
故选：ACD.
7．连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为A事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为B事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为C事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为D事件，则（ ）
A．A与B互斥B．C与D互斥
C．A与C相互独立D．B与D一定不相互独立
【答案】BC
【分析】由已知，根据题意，分别写出事件A、B、C、D包含的基本事件，并计算出概率，然后根据选项一一验证即可做出判断.
【详解】因为抛掷一次骰子，包含6个基本事件，
事件A表示结果向上的点数为1,2，所以PA=13；
事件B表示第二次抛掷结果向上的点数为3,6，所以PB=13；
事件C表示结果向上的点数为（1，1），（1，3），（1，5），（2，2），（2，4），（2，6），（3，1），（3，3），（3，5），（4，2），（4，4），（4，6），（5，1），（5，3），（5，5），（6，2），（6，4），（6，6）共18种情况，而抛掷两次骰子共出现36种情况，所以PC=1836=12；
事件D表示结果向上的点数为（1，2），（1，4），（1，6），（2，1），（2，3），（2，5），（3，2），（3，4），（3，6），（4，1），（4，3），（4，5），（5，2），（5，4），（5，6），（6，1），（6，3），（6，5）共18种情况，而抛掷两次骰子共出现36种情况，所以PD=1836=12；
选项A，事件A与事件B会同时发生，如第一次抛1，第二次抛3，所以，事件A与事件B不互斥，该选项错误；
选项B，由上述事件C和事件D表示的结果可知，C∩D=∅，所以事件C与事件D互斥，该选项正确；
选项C，PA=13，PC=12，
PAC表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率，共有（1，1），（1，3），（1，5），（2，2），（2，4），（2，6），共6种情况，
所以PAC=16=PA⋅PC，所以A与C相互独立，该选项正确；
选项D， 因为PB=13，PD=12，
而PBD表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数的概率，共有（2，3），（4，3），（6，3），（1，6），（3，6），（5，6），共6种情况，
所以PBD=16=PB⋅PD
所以B与D相互独立，该选项错误；
故选：BC.
8．已知甲袋中有5个大小､质地相同的球，其中有4个红球，1个黑球；乙袋中有6个大小､质地相同的球，其中有4个红球，2个黑球.下列说法中正确的是（ ）
A．从甲袋中随机摸出1个球是红球的概率为45
B．从乙袋中随机摸出1个球是黑球的概率为
C．从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率为35
D．从甲､乙袋中各随机摸出1个球，则这2个球是1红1黑的概率为25
【答案】ACD
【分析】根据古典概型概率公式可判断ABC，利用互斥事件求和公式及概率的乘法公式可判断D.
【详解】对选项A，从甲袋中随机摸一个球是红球的概率为P=45，故A对；
对选项B，从乙袋中随机摸一个球是黑球的概率为P=26=13，故B错；
对选项C，从甲袋中随机摸2个球，则2个球都是红球的概率P=C42C52=610=35，故C对；
对选项D，从甲、乙袋中各随机摸出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率P=45⋅13+15⋅23=25，故D对.
故选：ACD.
9．抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A= “第一枚出现奇数点”，事件B= “第二枚出现偶数点”，事件C= “两枚骰子出现点数和为8”，事件D= “两枚骰子出现点数和为9”，则（ ）
A．A与B互斥B．C与D互斥C．A与D独立D．B与C独立
【答案】BC
【分析】对于A，结合互斥事件的概念举反例排除即可；
对于B，列举出事件C,D所包含的基本事件，结合结合互斥事件的概念即可判断；
对于CD，利用古典概型求出事件A,B,C,D,AD,BC的概率，结合独立事件的概率公式判断即可.
【详解】对于A，记x,y表示事件“第一枚点数为x，第二枚点数为y”，则事件A包含事件1,2，事件B也包含事件1,2，所以A∩B≠∅，故A与B不互斥，故A错误；
对于B，事件C包含的基本事件有2,6,3,5,4,4,5,3,6,2共5件，事件D包含的基本事件有3,6,4,5,5,4,6,3共4件，故C∩D=∅，即C与D互斥，故B正确；
对于C，总的基本事件有6×6=36件，事件A的基本事件有3×6=18件，故PA=1836=12，
由选项B知PD=436=19，
而事件AD包含的基本事件有3,6,5,4共2件，故PAD=236=118，
所以PAD=PAPD，故A与D独立，故C正确；
对于D，事件B的基本事件有6×3=18件，故PB=1836=12，由选项B知PC=536，
而事件BC包含的基本事件有2,6,4,4,6,2共3件，故PBC=336=112，
所以PBPC=12×536=572≠112=PBC，故B与C不独立，故D错误.
故选：BC.
10．为庆祝冬奥会取得胜利，甲、乙两位同学参加知识竞赛.已知两人答题正确与否相互独立，且各一次正确的概率分别是0.4和0.3，则甲、乙两人各作答一次，至少有一人正确的概率为______
【答案】0.58##2950##58%
【分析】分两人都回答正确，甲回答正确，乙回答错误，以及甲回答错误，乙回答正确三种情况讨论即可.
【详解】由题意,设“甲答题正确”为事件A,“乙答题正确”为事件B,
则P(A)=0.4,P(B)=0.3,
设“至少有一人正确”为事件C，
P(C)=P(A)⋅P(B)+P(A)⋅P(B)+P(A)⋅P(B)
=0.4×0.3+0.4×(1−0.3)+(1−0.4)×0.3=0.58，
故答案为：0.58.
11．甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，每局比赛没有平局且相互独立，每局比赛甲胜的概率为p，若比赛采取5局3胜制，甲仅用3局就赢得比赛的概率为827，则p=________．
【答案】
【分析】利用相互独立事件的乘法公式即可求解.
【详解】设“甲仅用3局就赢得比赛”的事件为A，则
PA=p3=827，解得，
所以.
故答案为：.
12．2022北京冬奥会期间，吉祥物冰墩墩成为“顶流”，吸引了许多人购买，使一“墩”难求.甲､乙､丙3人为了能购买到冰墩墩，商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲､乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为12，丙购买到冰墩墩的概率为，则甲，乙､丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为___________.
【答案】
【分析】先算出甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率，然后算出丙购买不到冰墩墩的概率，进而算出甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率，最后算出答案.
【详解】因为甲乙2人中至少有1人购买到冰墩墩的概率为12，所以甲乙2人均购买不到冰墩墩的概率P1=1−12=12.
同理，丙购买不到冰墩墩的概率.
所以，甲乙丙3人都购买不到冰墩墩的概率P3=P1⋅P2=12×23=13，于是甲乙丙3人中至少有1人购买到冰墩墩的概率P=1−P3=23.
故答案为：.
13．小刘毕业找工作，他先后接到了4所公司的面试通知，若他被每一所公司录用的概率均为12，则小刘被录用的概率为_____．
【答案】1516
【分析】先求出对立事件4所公司都不录用小刘的概率，再用1减去对立事件的概率即可得解.
【详解】4所公司都不录用小刘的概率为12×12×12×12=116
所以小刘被录用的概率为1−116=1516
故答案为：1516
14．10月9日晚，2022年世界乒乓球团体锦标赛在中国成都落幕.中国队女团与男团分别完成了五连冠与十连冠的霸业.乒乓球运动在我国一直有着光荣历史，始终领先世界水平，被国人称为“国球”，在某次团体选拔赛中，甲乙两队进行比赛，采取五局三胜制（即先胜三局的团队获得比赛的胜利），假设在一局比赛中，甲队获胜的概率为0.6，乙队获胜的概率为0.4，各局比赛结果相对独立.
(1)求这场选拔赛三局结束的概率；
(2)若第一局比赛乙队获胜，求比赛进入第五局的概率.
【答案】(1)0.28
(2)0.432
【分析】(1)根据题意，找出这场选拔赛三局结束的事件，利用概率公式即可求解；
(2)先找出满足条件的基本事件，然后利用概率公式即可求解.
【详解】（1）设“第i局甲胜”为事件Ai，“第j局乙胜”为事件（i，j=1，2，3，4，5），
记A= “三局结束比赛”，则A=A1A2A3+B1B2B3，
∴P(A)=PA1A2A3+PB1B2B3=PA1⋅PA2⋅PA3+PB1⋅PB2⋅PB3
=0.6×0.6×0.6+0.4×0.4×0.4
=0.28；
（2）设“第i局甲胜”为事件Ai，“第j局乙胜”为事件（i，j=1，2，3，4，5），
记B= “决胜局进入第五局比赛”，则B=A2A3B4+A2B3A4+B2A3A4，
∴P(B)=PA2A3A4+PA2B3A4+PB2A3A4
=0.6×0.6×0.4+0.6×0.4×0.6+0.4×0.6×0.6
=0.432.
15．某篮球场有A，B两个定点投篮位置，每轮投篮按先A后B的顺序各投1次，在A点投中一球得2分，在B点投中一球得3分.设球员甲在A点投中的概率为p，在B点投中的概率为q，其中0(1)求p，q的值；
(2)求甲在两轮投篮后，总得分不低于8分的概率.
【答案】(1)p=23,q=12
(2)29.
【分析】（1）根据甲在一轮投篮后得0分的概率为16，得2分的概率为，列出方程，即可求出p,q.
（2）甲在两轮投篮后，总得分不低于8分的情况共3种，第一轮3分，第二轮5分；第一轮5分，第二轮3分；第一轮5分，第二轮5分；求出三种情况概率之和即可得到结果.
【详解】（1）由题意得1−p1−q=16p1−q=13，解得p=23,q=12.
（2）每轮投篮结束后，甲得分可能为0，2，3，5.
记甲第一轮投篮得分为i分的事件为Cii=0,2,3,5，第二轮投篮得分为i分的事件为
Dii=0,2,3,5，则PCi=PDi，Ci,Di相互独立，
记两轮投篮后甲总得分不低于8分为事件E，
则E=C3D5+C5D3+C5D5，且C3D5，C5D3，C5D5彼此互斥.
易得PC3=PD3=1−23×12=16，PC5=PD5=23×12=13，
所以P（E）=P（C3D5+C5D3+C5D5）=P（C3D5）+P（C5D3）+P（C5D5）=16×13+13×16+13×13=29.
所以两轮投篮后，甲总得分不低于8分的概率为29.
选做题
16．甲､乙两人进行2nn∈N∗局羽毛球比赛(无平局)，每局甲获胜的概率均为12.规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为Pn，假设每局比赛互不影响，则( )
A．P1=14B．P3=1116C．Pn=1−C2nn22nD．Pn单调递增
【答案】AD
【分析】要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1局，据此根据独立事件概率计算方法和二项式定理的性质可求P(n)，由此可判断ABC，判断P(n＋1)和P(n)的大小即可判断P(n)的单调性，从而判断D．
【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢n+1局，Pn=122nC2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n．
∵C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1+C2nn+C2nn+1+⋯+C2n2n=22n，
又C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1=C2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n−1+C2n2n，
∴C2n0+C2n1+⋯+C2nn−1=C2nn+1+C2nn+2+⋯+C2n2n−1+C2n2n=22n−C2nn2，
∴Pn=122n⋅22n−C2nn2=12−C2nn22n+1，故C错误；
∴P1=12−C2123=14，故A正确；P3=12−C6327=1132，故B错误；
∵Pn＝12−C2nn22n＋1＝121−C2nn22n，∴Pn＋1＝121−C2n+2n+122n+2，
又∵C2nn22nC2n+2n+122n+2=4C2nnC2n+2n+1=42n!n!n!2n+2!n+1!n+1!=4n+122n+22n+1=2n+12n+1>1，
∴C2nn22n>C2n+2n+122n+2，∴，即P(n)单调递增，故D正确．
故选：AD．
17．甲乙丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．则n次传球后球在甲手中的概率______．
【答案】131+−1n⋅12n−1
【分析】记An表示事件“经过n次传球后，球再甲的手中”，设n次传球后球再甲手中的概率为pn，得到p1=0,An+1=An⋅An+1+An⋅An+1，化简整理得pn+1=−12pn+12,n=1,2,3,⋯，即pn+1−13=−12(pn−13)，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】解：记An表示事件“经过n次传球后，球再甲的手中”，
设n次传球后球再甲手中的概率为pn,n=1,2,3,⋯,n，
则有p1=0,An+1=An⋅An+1+An⋅An+1，
所以pn+1=P(An⋅An+1+An⋅An+1)=P(An⋅An+1)+P(An⋅An+1)
=P(An)⋅P(An+1|An)+P(An)⋅P(An+1|An)=(1−pn)⋅12+pn⋅0=12(1−pn)，
即pn+1=−12pn+12,n=1,2,3,⋯，
所以pn+1−13=−12(pn−13)，且p1−13=−13，
所以数列{pn−13}表示以−13为首项，−12为公比的等比数列，
所以pn−13=−13×(−12)n−1，所以pn=−13×−12n−1+13=131+−1n⋅12n−1.
即n次传球后球在甲手中的概率是131+−1n⋅12n−1．
故答案为：131+−1n⋅12n−1.
18．甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为12，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
(1)求第三局结束时乙获胜的概率；
(2)求甲获胜的概率．
【答案】(1)427
(2)265432
【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
(1)
设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故PA=13×23×13+23×13×13=427
(2)
设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率P2=12×12×12+12×12×12=14．
若第四局结束甲以积分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情
况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率P3=12×16×16×12×3+12×16×13×12×6=548
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．
此时的概率P4=12×16×16×16×4=1108
故PB=P1+P2+P3+P4=265432
19．某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.
小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
(1)求小明在第一轮得40分的概率；
(2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？
【答案】(1)35；
(2)小明更容易晋级复赛.
【分析】（1）对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；
（2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分；或第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答对一题得0分，第二轮答对两题得60分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论.
(1)
对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，
则有a,b,a,c,a,d,a,e,b,c,b,d,b,e,c,d,c,e,d,e共10种，
设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d，
则小明在第一轮得40分，有a,b,a,c,a,d,b,c,b,d,c,d共6种，
则小明在第一轮得40分的概率为：；
(2)
由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为35，
则小明在第一轮得0分的概率为：，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分
∴当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P1=0.5×0.5×0.5×1−0.5+1−0.5×0.5=0.125；
P2=35×0.4×0.6+0.6×0.4=0.288；
当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P3=0.5×0.5×0.5×0.5=0.0625；P4=35×0.4×0.4=0.096；
当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
P5=0.5×1−0.5+1−0.5×0.5×0.5×0.5=0.125；P6=25×0.4×0.4=0.064；
当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时，
小芳晋级复赛的概率分别为：
P7=1−0.5×1−0.5×0.5×0.5=0.0625；
∴小芳晋级复赛的概率为：P1+P3+P5+P7=0.125+0.0625+0.125+0.0625=0.375；
小明晋级复赛的概率为：P2+P4+P6=0.288+0.096+0.064=0.448；
∵0.448>0.375，
∴小明更容易晋级复赛.
20．对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中n(Ω)=60，n(A)=30，n(B)=10，n(C)=20，n(D)=30，n(A∪B)=40，n(A∩C)=10，n(A∪D)=60，则（ ）
A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥D．A与C相互独立
【答案】D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据P(A∩C),P(A)P(C)的关系判断事件是否独立.
【详解】由n(A)=30，n(B)=10，n(A∪B)=40，即n(A∪B)=n(A)+n(B)，故A、B互斥，A错误；
由n(A∪D)=n(A)+n(D)=n(Ω)=60，A、D互斥且对立，B错误；
又n(C)=20，n(A∩C)=10，则n(D∩C)=10，C与D不互斥，C错误；
由P(A)=n(A)n(Ω)=12，P(C)=n(C)n(Ω)=13，P(A∩C)=n(A∩C)n(Ω)=16，
所以P(A∩C)=P(A)P(C)，即A与C相互独立，D正确.
故选：D