人教A版普通高中数学一轮复习第十章第四节古典概型与事件的相互独立性学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第十章第四节古典概型与事件的相互独立性学案，共24页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。

2．会计算一些随机事件所含的样本点数及事件发生的概率．
自查自测
知识点一 古典概型
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其样本点是“发芽与不发芽”．( × )
(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个事件是等可能事件．( × )
(3)试验“向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率”属于古典概型．( × )
解析：向一个圆面内部随机地投一个点，该点落在圆心的概率，不符合有限性，故此试验不属于古典概型．
2．一枚硬币连掷两次，只有一次出现正面的概率为( )
A．23B．14
C．13D．12
D 解析：一枚硬币连掷两次可能出现(正，正)，(反，反)，(正，反)，(反，正)共4种情况，只有一次出现正面的情况有2种，故p＝24＝12．
3．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能成功开机的概率为( )
A．516B．115
C．18D．130
B 解析：用树状图列举如下所示．
所以样本点总数为15，由题意知小敏输入一次密码能成功的概率为115．
4．(教材改编题)盒中装有形状、大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个．若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色不同的概率为 ．
35 解析：所求概率p＝C31·C21C52＝35．
核心回扣
1．古典概型
具有以下特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
2．古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝kn＝nAnΩ．
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
注意点：
一个试验是否为古典概型，在于样本点是否具有两个特点－－有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．正确判断试验的类型是解决概率问题的关键．
自查自测
知识点二 事件的相互独立性
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)不可能事件与任何一个事件相互独立．( √ )
(2)必然事件与任何一个事件相互独立．( √ )
(3)“P(AB)＝P(A)P(B)”是“事件A，B相互独立”的充要条件．( √ )
(4)如果两个事件相互独立，则它们的对立事件也是相互独立的．( √ )
2．抛掷3枚质地均匀的硬币，A＝{既有正面向上又有反面向上}，B＝{至多有一个反面向上}，则A与B的关系是( )
A．互斥事件B．对立事件
C．相互独立事件D．不相互独立事件
C 解析：由已知可得P(A)＝1－28＝34，P(B)＝1－48＝12，P(AB)＝38，满足P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立．
3．(教材改编题)甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为12，23，则谜题没被破解出的概率为 ．
16 解析：设“甲独立地破解出谜题”为事件A，“乙独立地破解出谜题”为事件B，则P(A)＝12，P(B)＝23，故P(A)＝12，P(B)＝13，所以P(A B)＝12×13＝16，即谜题没被破解出的概率为16．
核心回扣
事件的相互独立性
注意点：
两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．
【常用结论】
1．相互独立事件概率公式的推广
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)．
2．相互独立事件与互斥事件的概率计算
应用1 甲、乙两人参加歌唱比赛，晋级概率分别为45和35，且两人是否晋级相互独立，则两人中恰有一人晋级的概率为( )
A．1125B．35
C．25D．2325
A 解析：依题意，若两人中恰有一人晋级，则甲晋级、乙未晋级或甲未晋级、乙晋级，所以概率p＝45×1−35＋1−45×35＝1125．
应用2 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分别为12，23，34，且各人回答问题正确与否相互之间没有影响，则甲队总得分为3分的概率为 ．
14 解析：设“甲队总得分为3分”为事件A.甲队得3分，即甲队3人都回答正确，则P(A)＝12×23×34＝14．
简单的古典概型的概率
1．(2022·新高考全国Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )
A．16B．13
C．12D．23
D 解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C72＝21(种)不同的取法．若两数不互质，不同的取法有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，故所求概率p＝21−721＝23．故选D.
2．(2023·全国甲卷)某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( )
A．16B．13
C．12D．23
D 解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名的样本点有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的样本点有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率p＝46＝23．故选D.
3．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A．56B．23
C．12D．13
A 解析：由题可知，甲、乙两位同学抽取主题的情况共有6×6＝36(种)，
甲、乙抽到的主题不同的情况共有A62＝30(种)，
则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为3036＝56．故选A.
4．(2024·青岛模拟)将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，则2个黄球不相邻的概率为( )
A．45B．25
C．23D．13
C 解析：将4个不加区分的红球和2个不加区分的黄球随机排一行，共有C64C22＝15(种)排法，其中2个黄球不相邻有C52＝10(种)排法，所以2个黄球不相邻的概率为1015＝23．故选C.
古典概型的概率求解步骤
提醒：古典概型中样本点个数的常见探求方法有列举法、列表法、画树状图法、排列组合法等．
古典概型的交汇问题
考向1 与函数、向量、立体几何等的交汇问题
【例1】(1)抛掷一个质地均匀的骰子两次，记第一次得到的点数为a，第二次得到的点数为b，则函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx＋c没有极值点的概率为( )
A．14B．518
C．1136D．13
A 解析：由题可得f′(x)＝x2＋2ax＋b，若f(x)没有极值点，则Δ＝4a2－4b≤0，即a2≤b.
由题意知，所有的样本点有36个，其中满足a2≤b的有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，共9个，所以p＝936＝14．故选A.
(2)设平面向量a＝(m，1)，b＝(2，n)，其中m，n∈{1，2，3，4}，记“a⊥(a－b)”为事件A，则事件A发生的概率为( )
A．18B．14
C．13D．12
A 解析：有序数对(m，n)的所有可能结果数为4×4＝16.由a⊥(a－b)，得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2.由于m，n∈{1，2，3，4}，故事件A包含的样本点为(2，1)和(3，4)，共2个，所以事件A发生的概率P(A)＝216＝18．故选A.
(3)(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ．
635 解析：从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C84＝70(种)，其中4个点共面有以下两种情况：(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．
所以所取的4个点在同一个平面的概率p＝1270＝635．
[变式] 把本例(3)的条件改为“甲、乙分别从正方体的8个顶点中任选4个共面的点”，求甲、乙所选的4个共面的点所在平面互相垂直的概率．
解：从正方体的8个顶点中任选4个共面的点可确定侧面6个、对棱面6个，一共12个平面．对于每个侧面都会有4个侧面和2个对棱面与之相垂直，对于每个对棱面则有2个侧面和1个对棱面与之相垂直．甲、乙各自任选一个平面共有144个，甲、乙所选的4个共面的点所在平面相互垂直的样本点有6×6＋6×3＝54(个)，所以概率p＝54144＝38．
求解古典概型交汇问题的思路
求解古典概型的交汇问题，关键是把相关的内容转化为事件，然后利用古典概型的有关知识解决，其解题流程为：
考向2 与统计的交汇问题
【例2】(2024·济南模拟)某学校团委组织了一次“奥运会”知识讲座活动，活动结束后随机抽取120名学生对讲座情况进行调查，其中男生与女生的人数之比为1∶1，抽取的学生中男生有40名对讲座活动满意，女生中有30名对讲座活动不满意．
(1)完成下面2×2列联表，并依据小概率值α＝0.10的独立性检验，能否以此推断对讲座活动是否满意与性别有关？
单位：名
(2)从被调查的对讲座活动满意的学生中，利用分层随机抽样的方法抽取7名学生，再在这7名学生中抽取3名学生谈谈自己听讲座的心得体会，求其中恰好抽中2名男生与1名女生的概率．
附：χ2＝nad−bc2a+bc+da+cb+d，其中n＝a＋b＋c＋d.
解：(1)2×2列联表如表所示．
单位：名
零假设为H0：对讲座活动是否满意与性别无关．
根据列联表中数据，经计算得χ2＝120×40×30−20×30260×60×70×50＝247≈3.429＞2.706＝x0.10.
根据小概率值α＝0.10的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为对讲座活动是否满意与性别有关，该推断犯错误的概率不大于0.10.
(2)由(1)知，在样本中对讲座活动满意的学生有70人，按分层随机抽样的方法从中抽取7人，
“男生满意”的人中抽40×770＝4(人)，
“女生满意”的人中抽30×770＝3(人)．
记“恰好抽中2名男生与1名女生”为事件A，则P(A)＝C42C31C73＝1835，
所以恰好抽中2名男生与1名女生的概率为1835．
古典概型与统计综合的题型，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、列联表等给出信息，只需要能够从题中提炼出需要的信息，结合古典概型就可求解．
1．从长度为2，4，6，8，10的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率是( )
A．310B．35
C．38D．13
A 解析：从5条线段中任取3条，可能的情况有(2，4，6)，(2，4，8)，(2，4，10)，(2，6，8)，(2，6，10)，(2，8，10)，(4，6，8)，(4，6，10)，(4，8，10)，(6，8，10)，共10种，其中能构成三角形的只有(4，6，8)，(4，8，10)，(6，8，10)，共3种，所以能构成三角形的概率为310．故选A.
2．已知a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，则函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上单调递增的概率是( )
A．512B．13
C．14D．16
A 解析：因为a∈{0，1，2}，b∈{－1，1，3，5}，所以样本点总数n＝3×4＝12.
由题可知函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上单调递增，
①当a＝0时，f(x)＝－2bx，符合条件的只有a＝0，b＝－1.
②当a≠0时，需要满足ba≤1，符合条件的有a＝1，b＝－1；a＝1，b＝1；a＝2，b＝－1；a＝2，b＝1，共4种．
所以函数f(x)＝ax2－2bx在区间(1，＋∞)上单调递增的概率是512．
3．某企业的一种产品以某项指标m作为衡量产品质量的标准，按该项指标划分等级如下表：
随机抽取1 000件这种产品，按照这项指标绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值，若这种产品的一、二等品至少占全部产品的85%，则该企业为产品优质企业，根据抽样数据，判断该企业是否为产品优质企业，并说明理由；
(2)从这1 000件产品中，按各等级的比例用分层随机抽样的方法抽取8件，再从这8件中随机抽取2件，求这2件全是一等品的概率．
解：(1)由题意知，(0.003 5＋0.009 0＋0.021 5＋0.028 5＋a＋0.015 0＋0.002 5)×10＝1，解得a＝0.020 0.
该企业是产品优质企业．理由如下：
根据抽样数据可知，一、二等品所占比例的估计值为1－10×(0.003 5＋0.009 0)＝0.875>0.85，所以该企业是产品优质企业．
(2)由频率分布直方图，可得一等品所占比例为10×(0.020 0＋0.015 0＋0.002 5)＝0.375，二等品所占比例为10×(0.021 5＋0.028 5)＝0.5，三等品所占比例为10×(0.003 5＋0.009 0)＝0.125，所以在抽取的8件产品中，一等品有3件，二等品有4件，三等品有1件．
记3件一等品为A，B，C，4件二等品为a，b，c，d，1件三等品为α，
则抽取2件的样本点有(A，B)，(A，C)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(A，d)，(A，α)，(B，C)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(B，d)，(B，α)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，(C，d)，(C，α)，(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，α)，(b，c)，(b，d)，(b，α)，(c，d)，(c，α)，(d，α)，共28个，
其中2件全是一等品的样本点有3个，则2件全是一等品的概率为328．
事件的相互独立性
考向1 事件相互独立性的判断
【例3】(2021·新高考全国Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，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
B 解析：由题意可知，两次取出的球的数字之和是8的所有可能为(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，两次取出的球的数字之和是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．
对于A，P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)；
对于B，P(甲丁)＝136＝P(甲)P(丁)；
对于C，P(乙丙)＝136≠P(乙)P(丙)；
对于D，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)．
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能不能影响另一个事件发生的概率．
(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．
考向2 求相互独立事件的概率
【例4】(多选题)(2024·烟台模拟)甲、乙两人参加消防安全知识竞赛活动．活动共设三轮，在每轮活动中，甲、乙各回答一题，若一方答对且另一方答错，则答对的一方获胜，否则本轮平局．已知每轮活动中，甲、乙答对的概率分别为23和12，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮活动也互不影响，则( )
A．每轮活动中，甲获胜的概率为13
B．每轮活动中，平局的概率为12
C．甲胜一轮乙胜两轮的概率为12
D．甲至少获胜两轮的概率为727
ABD 解析：根据题意，每轮活动中，甲获胜的概率为23×1−12＝13，故A正确；
每轮活动中，乙获胜的概率为1−23×12＝16，所以平局的概率为1－16－13＝12，故B正确；
在三轮活动中，甲胜一轮乙胜两轮的概率为C3113×162＝136，故C不正确；
甲至少获胜两轮的概率为133+C32132·1−13＝127＋29＝727，故D正确．故选ABD.
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)正面求解较麻烦(如“至多”“至少”问题)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
1．(多选题)一个质地均匀的正四面体，四个面分别标有数字1，2，3，4，抛掷这个正四面体一次，观察它与地面接触的面上的数字得到样本空间Ω＝{1，2，3，4}，设事件E＝{1，2}，事件F＝{1，3}，事件 G＝{2，4}，则( )
A．E与F 不互斥
B．F与G互为对立
C．E与F相互独立
D．F与G相互独立
ABC 解析：因为E∩F＝{1}，所以E与F不互斥，A正确；F∩G＝∅，即F与G互斥，又 F∪G＝Ω，所以F与G互为对立，B正确；由题可知，P(E)＝12，P(F)＝12，P(G)＝12，则P(EF)＝14＝P(E)P(F)，P(FG)＝0≠P(F)P(G)，故C正确，D错误．
2．(多选题)在某社区举办的“环保我参与”有奖问答比赛活动中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，已知甲家庭答对这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都答错的概率是112，乙、丙两个家庭都答对的概率是14．若各个家庭回答是否正确互不影响，则下列说法正确的是( )
A．乙家庭答对这道题的概率为38
B．丙家庭答对这道题的概率为78
C．有0个家庭答对的概率为596
D．有1个家庭答对的概率为712
AC 解析：记“甲家庭答对这道题”为事件A，“乙家庭答对这道题”为事件B，“丙家庭答对这道题”为事件C ，则P(A)＝34．
由题意可知PAPC=112，PBPC=14，
即1−PA1−PC=112，PBPC=14， 解得P(B)＝38，P(C)＝23，故A正确，B不正确．
有0个家庭答对的概率为P(A B C)＝P(A)P(B)·P(C)＝14×58×13＝596，故C正确．
有1个家庭答对的概率为P(AB C+ABC+A BC)＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724，故D不正确．故选AC.
数学文化与概率
数学的发展与社会的进步有着密切的联系，这种联系是双向的．一方面，数学的发展受社会政治、经济、文化等诸多因素的影响；另一方面，数学的发展又反过来对人类社会的进步起着推动作用．我国古代就出现了很多与概率相关的数学文化，在概率统计部分以数学文化为背景的题目更是层出不穷，让人耳目一新．
[典题展示]
(1)古人为表达人与自然宇宙之间独特的时间观念，科学揭示天文气象变化规律创作了二十四节气歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我国古代劳动人民的智慧．其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气．如图，若从24个节气中任选2个节气，则这2个节气恰好不在一个季节的概率为( )
A．146B．1823
C．523D．123
思路展示 (方法一)从24个节气中任选2个节气的样本点总数为C242＝276.
求从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的样本点总数，分两步完成：第一步，从4个季节中任选2个季节的方法有C42＝6(种)，
第二步，再从选出的这2个季节中各选1个节气的方法有C61C61＝36(种)，
所以从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的样本点总数为6×36＝216，所以p＝216276＝1823．故选B.
(方法二)从24个节气中任选2个节气的样本点总数为C242＝276，
从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的样本点总数为4C62＝60，
从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的样本点总数为276－60＝216，所以p＝216276＝1823．故选B.
(2)算盘是中国传统的计算工具，是中国古代一项伟大的发明，“珠算”一词最早见于东汉徐岳所撰的《数术记遗》，其中有云：“珠算控带四时，经纬三才．”大意是：把木板刻为三部分，上、下两部分是停游珠用的，中间一部分是做定位用的．如图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别是个位、十位、百位……上面一粒珠(简称上珠)代表5，下面一粒珠(简称下珠)代表1，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小，现从个位、十位和百位这三组中随机拨动2粒珠(上珠只能往下拨且每位至多拨1粒上珠，下珠只能往上拨)，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是( )
A．49B．12
C．58D．13
思路展示 从个位、十位和百位这三组中随机拨动2粒珠，利用列举法列出整数有2，6，11，15，20，51，55，60，101，105，110，150，200，501，505，510，550，600，共18个，其中算盘表示的整数能够被3整除有6，15，51，60，105，150，501，510，600，共9个，则算盘表示的整数能够被3整除的概率是12．故选B.
数学文化与概率结合的问题，通常题干较为复杂，阅读量较大，解题的关键是审题，将其转化为相关的概率知识进行求解．
课时质量评价(六十四)
1．七巧板由下面七块板组成：五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形．现从七巧板的五块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率为( )
A．35B．25
C．27D．15
D 解析：五块三角形中有两组全等三角形，所以从七巧板的五块三角形中任意取出两块，则两块板恰好是全等三角形的概率p＝2C52＝15．故选D.
2．(2024·青岛模拟)若P(AB)＝19，P(A)＝23，P(B)＝13，则事件A与B的关系是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B既互斥又相互独立
C 解析：因为P(A)＝1－P(A)＝1－23＝13，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝19≠0，所以事件A与B相互独立，事件A与B不互斥，也不对立．故选C.
3．(新情境)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲、乙两人安排在不同舱内的概率为( )
A．16B．56
C．23D．34
B 解析：从甲、乙、丙、丁4名航天员中任选2人去天和核心舱，剩下2人去剩下两个舱位，则有C42·A22＝6×2＝12(种)可能．要使得甲、乙在同一个舱内，由题意，甲、乙只能同时在天和核心舱，在这种安排下，剩下2人去剩下两个舱位，则有A22＝2(种)可能，所以甲、乙两人安排在不同舱内的概率p＝1－212＝56．
4．为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为16，13，12，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为( )
A．1172B．524
C．724D．13
C 解析：依题意，若甲、乙两人均获胜0场，则P1＝123＝18；若甲、乙两人均获胜1场，则P2＝C31×16×C21×13×12＝16，所以甲、乙获胜场数相同的概率P＝P1＋P2＝18＋16＝724．故选C.
5．已知事件A，B，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.2.如果A与B互斥，令m＝P(AB)；如果A与B相互独立，令n＝P(AB)，则n－m＝ ．
0．4 解析：因为A与B互斥，所以m＝P(AB)＝0；因为A与B相互独立，所以n＝P(AB)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.2)＝0.4，所以n－m＝0.4.
6．将一颗骰子先后抛掷两次，观察向上的点数，两数中至少有一个奇数的概率为 ；以第一次向上的点数为横坐标x，第二次向上的点数为纵坐标y的点(x，y)在圆x2＋y2＝15的内部的概率为 ．
34 29 解析：将一颗骰子先后抛掷两次，共有62＝36(个)样本点，记事件A＝“两次向上的点数中至少有一个奇数”，则事件A所包含的样本点有(2，2)，(2，4)，(2，6)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(6，2)，(6，4)，(6，6)，共9个，所以P(A)＝1－P(A)＝1－936＝34．记事件B＝“点(x，y)在圆x2＋y2＝15的内部”，则事件B所包含的样本点有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，共8个，故P(B)＝836＝29．
7．小王某天乘火车从重庆到上海，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率；
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率；
(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率．
解：用事件A，B，C分别表示这三列火车正点到达，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P1＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)·P(C)＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P2＝P(AB C)＋P(ABC)＋P(A BC)＝P(A)·P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)
·P(C)＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为
P3＝1－P(A B C)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
8．交通事故已成为世界性的严重社会问题，加强中小学生交通安全教育具有重要的现实意义．为此，某校举行了一场交通安全知识竞赛，一共有3道难度相当的必答题目，李明同学答对每道题目的概率都是0.6，则李明同学至少答对2道题的概率是( )
A．0.36B．0.576
C．0.648D．0.904
C 解析：李明同学至少答对2道题的概率为p＝C32×0.62×0.4+C33×(0.6)3＝0.648.故选C.
9．(多选题)(2023·新高考全国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)2
C．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)3
D．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
ABD 解析：由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，依次发送1，0，1，依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2，故A正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β1−β2+C33(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确．对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α1−α2+C33(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α.当0＜α＜0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D正确．故选ABD.
10．某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣拓展活动．现有甲、乙、丙、丁四人，乒乓球、篮球、足球、羽毛球、网球五项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的从中选择一项活动，则四人中恰有两人参加同一活动的概率为 ．
72125 解析：根据题意，每个人有5种选择，四个人共有54种选法，其中恰有两人参加同一活动有C42C51A42种选法，故四人中恰有两人参加同一活动的概率为C42C51A4254＝72125．
11．为了解某年龄段1 000名学生的百米成绩情况，随机抽取了若干学生的百米成绩，成绩全部介于13秒与18秒之间，将成绩按如下方式分成五组：第一组[13，14)，第二组[14，15)……第五组[17，18].按上述分组方法得到的频率分布直方图如图所示，已知图中从左到右前三个组的频率之比为3∶8∶19，且第二组的频数为8.
(1)将频率当作概率，请估计该年龄段学生中百米成绩在[16，17)内的人数；
(2)求调查中随机抽取了多少名学生的百米成绩；
(3)若从第一、第五组中随机取出两个成绩，求这两个成绩的差的绝对值大于1秒的概率．
解：(1)百米成绩在[16，17)内的频率为0.32×1＝0.32，0.32×1 000＝320(人)，所以估计该年龄段学生中百米成绩在[16，17)内的人数为320.
(2)设题图中从左到右前三个组的频率分别为3x，8x，19x.
依题意，得3x＋8x＋19x＋0.32×1＋0.08×1＝1，所以x＝0.02.
设调查中随机抽取了n名学生的百米成绩，由8×0.02＝8n，得n＝50，所以调查中随机抽取了50名学生的百米成绩．
(3)(方法一)百米成绩在第一组的学生人数为3×0.02×50＝3，记他们的成绩为a，b，c；百米成绩在第五组的学生人数为0.08×1×50＝4，记他们的成绩为m，n，p，q，则从第一、第五组中随机取出两个成绩的样本空间Ω＝{(a，b)，(a，c)，(a，m)，(a，n)，(a，p)，(a，q)，(b，c)，(b，m)，(b，n)，(b，p)，(b，q)，(c，m)，(c，n)，(c，p)，(c，q)，(m，n)，(m，p)，(m，q)，(n，p)，(n，q)，(p，q)}，共21个样本点．
设“两个成绩的差的绝对值大于1秒”为事件A，则A＝{(a，m)，(a，n)，(a，p)，(a，q)，(b，m)，(b，n)，(b，p)，(b，q)，(c，m)，(c，n)，(c，p)，(c，q)}，共12个样本点，所以两个成绩的差的绝对值大于1秒的概率为P(A)＝1221＝47．
(方法二)第一组的学生人数为3×0.02×50＝3，第五组的学生人数为0.08×1×50＝4，所以第一组与第五组共有7名学生．两个成绩的差的绝对值大于1秒有3×4＝12(种)选法，所以所求概率为12C72＝47．
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
特例
必然事件Ω、不可能事件∅都与任意事件相互独立
性质
如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立
概率
A，B互斥
A，B相互独立
P(A∪B)
P(A)＋P(B)
1－P(A)P(B)
P(AB)
0
P(A)P(B)
P(A B)
1－[P(A)＋P(B)]
P(A)P(B)
P(AB∪AB)
P(A)＋P(B)
P(A)P(B)＋P(A)P(B)
性别
满意情况
合计
满意
不满意
男
女
合计
120
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
满意情况
合计
满意
不满意
男
40
20
60
女
30
30
60
合计
70
50
120
等级
一等品
二等品
三等品
m
m≥140
120≤m＜140
m＜120