高中數(shù)學(xué)人教A版3第二章隨機(jī)變量及其分布二項(xiàng)分布及其應(yīng)用 微課

2．事件的相互獨(dú)立性[學(xué)習(xí)目標(biāo)]1．在具體情境中，了解兩個事件相互獨(dú)立的概念．2．能利用相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率公式解決一些簡單的實(shí)際問題．[知識鏈接]1．3張獎券只有1張能中獎，3名同學(xué)有放回地抽取．事件A為“第一名同學(xué)沒有抽到中獎獎券”，事件B為“第三名同學(xué)抽到中獎獎券”，事件A的發(fā)生是否會影響B(tài)發(fā)生的概率？答因抽取是有放回的，所以A的發(fā)生不會影響B(tài)發(fā)生的概率，事件A和事件B相互獨(dú)立．2．互斥事件與相互獨(dú)立事件有什么區(qū)別？答兩個事件相互獨(dú)立與互斥的區(qū)別：兩個事件互斥是指兩個事件不可能同時發(fā)生；兩個事件相互獨(dú)立是指一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．[預(yù)習(xí)導(dǎo)引]1．相互獨(dú)立的概念設(shè)A，B為兩個事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，則稱事件A與事件B相互獨(dú)立．2．相互獨(dú)立的性質(zhì)如果事件A與B相互獨(dú)立，那么A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與B，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也都相互獨(dú)立.要點(diǎn)一相互獨(dú)立事件的判斷例1從一副撲克牌(52張)中任抽一張，設(shè)A＝“抽得老K”，B＝“抽得紅牌”，判斷事件A與B是否相互獨(dú)立？是否互斥？是否對立？為什么？解由于事件A為“抽得老K”，事件B為“抽得紅牌”，故抽得紅牌中有可能抽到紅桃K或方塊K，即有可能抽到老K，故事件A，B有可能同時發(fā)生，顯然它們不是互斥事件，更不是對立事件，以下考慮它們是否互為獨(dú)立事件：抽到老K的概率為P(A)＝eq\f(4,52)＝eq\f(1,13)，抽到紅牌的概率P(B)＝eq\f(26,52)＝eq\f(1,2)，故P(A)P(B)＝eq\f(1,13)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,26)，事件AB即為“既抽得老K又抽得紅牌”，亦即“抽得紅桃老K或方塊老K”，故P(AB)＝eq\f(2,52)＝eq\f(1,26)，從而有P(A)·P(B)＝P(AB)，因此A與B互為獨(dú)立事件．規(guī)律方法對于事件A，B，在一次試驗(yàn)中，A，B如果不能同時發(fā)生，則稱A，B互斥．一次試驗(yàn)中，如果A，B兩個事件互斥且A，B中必然有一個發(fā)生，則稱A，B對立，顯然A∪eq\o(A,\s\up6(－))為一個必然事件．A，B互斥則不能同時發(fā)生，但有可能同時不發(fā)生．兩事件相互獨(dú)立是指一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響．跟蹤演練1判斷下列各題中給出的各對事件是否是相互獨(dú)立事件：(1)甲盒中有6個白球，4個黑球，乙盒中有3個白球，5個黑球．事件A1表示“從甲盒中取出的是白球”，事件B1表示“從乙盒中取出的是白球”．(2)盒中有4個白球，3個黑球，從盒中陸續(xù)取出兩個球，用A2表示事件“第一次取出的是白球”，把取出的球放回盒中，用B2表示事件“第二次取出的是白球”．(3)盒中有4個白球，3個黑球，從盒中陸續(xù)取出兩個球，用A3表示“第一次取出的是白球”，取出的球不放回，用B3表示“第二次取出的是白球”．解(1)事件A1和B1是否發(fā)生，相互之間沒有影響，因此事件A1與事件B1是相互獨(dú)立事件．(2)在有放回的取球中，事件A2和B2是否發(fā)生，相互之間沒有任何影響，因而它們是相互獨(dú)立事件．(3)在不放回的取球中，事件A3發(fā)生后，事件B3發(fā)生的概率發(fā)生了改變，因此A3與B3不是相互獨(dú)立事件．要點(diǎn)二相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率例2甲、乙兩射擊運(yùn)動員分別對一目標(biāo)射擊1次，甲射中的概率為，乙射中的概率為，求：(1)2人都射中目標(biāo)的概率；(2)2人中恰有1人射中目標(biāo)的概率；(3)2人至少有1人射中目標(biāo)的概率；(4)2人至多有1人射中目標(biāo)的概率．解設(shè)“甲射擊1次，擊中目標(biāo)”為事件A，“乙射擊1次，擊中目標(biāo)”為事件B，則A與B，eq\o(A,\s\up6(－))與B，A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))為相互獨(dú)立事件．(1)2人都射中目標(biāo)的概率為P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.(2)“2人各射擊1次，恰有1人射中目標(biāo)”包括兩種情況：一種是甲射中、乙未射中(事件Aeq\o(B,\s\up6(－))發(fā)生)，另一種是甲未射中、乙射中(事件eq\o(A,\s\up6(－))B發(fā)生)．根據(jù)題意，事件Aeq\o(B,\s\up6(－))與eq\o(A,\s\up6(－))B互斥，根據(jù)互斥事件的概率加法公式和相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，所求的概率為P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(A)·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(B)＝×(1－＋(1－×＝＋＝.(3)“2人至少有1人射中”包括“2人都中”和“2人有1人射中”2種情況，其概率為P＝P(AB)＋[P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)]＝＋＝.(4)“2人至多有1人射中目標(biāo)”包括“有1人射中”和“2人都未射中”兩種情況，故所求概率為P＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(A)·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(B)＝＋＋＝.規(guī)律方法解決此類問題要明確互斥事件和相互獨(dú)立事件的意義，若A，B相互獨(dú)立，則eq\o(A,\s\up6(－))與B，A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))也是相互獨(dú)立的，代入相互獨(dú)立事件的概率公式求解．跟蹤演練2甲、乙兩人破譯一密碼，他們能破譯的概率分別為eq\f(1,3)和eq\f(1,4).求(1)兩人都能破譯的概率；(2)兩人都不能破譯的概率；(3)恰有一人能破譯的概率；(4)至多有一人能破譯的概率．解設(shè)“甲能破譯”為事件A，“乙能破譯”為事件B，則A，B相互獨(dú)立，從而A與eq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))與B，eq\o(A,\s\up6(－))與eq\o(B,\s\up6(－))均相互獨(dú)立．(1)“兩個都能破譯”為事件AB，則P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,12).(2)“兩人都不能破譯”為事件eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))，則P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,4))＝eq\f(1,2).(3)“恰有一人能破譯”為事件(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)，又Aeq\o(B,\s\up6(－))與eq\o(A,\s\up6(－))B互斥，則P((Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B))＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(A)·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(B)＝eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,4))＋(1－eq\f(1,3))×eq\f(1,4)＝eq\f(5,12).(4)“至多一人能破譯”為事件(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)∪(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))，且Aeq\o(B,\s\up6(－))，eq\o(A,\s\up6(－))B，eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))互斥，故P((Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)∪(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))))＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(B)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,4))＋(1－eq\f(1,3))×eq\f(1,4)＋(1－eq\f(1,3))×(1－eq\f(1,4))＝eq\f(11,12).要點(diǎn)三相互獨(dú)立事件概率的綜合應(yīng)用例3某學(xué)生語、數(shù)、英三科考試成績，在一次考試中排名全班第一的概率：語文為，數(shù)學(xué)為，英語為，問一次考試中(1)三科成績均未獲得第一名的概率是多少？(2)恰有一科成績未獲得第一名的概率是多少？解分別記該生語、數(shù)、英考試成績排名全班第一的事件為A，B，C，則A，B，C兩兩相互獨(dú)立且P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.(1)“三科成績均未獲得第一名”可以用eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))表示P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－(1－(1－＝所以三科成績均未獲得第一名的概率是.(2)“恰有一科成績未獲得第一名”可以用(eq\o(A,\s\up6(－))BC)∪(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)∪(ABeq\o(C,\s\up6(－)))表示．由于事件eq\o(A,\s\up6(－))BC，Aeq\o(B,\s\up6(－))C和ABeq\o(C,\s\up6(－))兩兩互斥，根據(jù)概念加法公式和相互獨(dú)立事件的意義，所求的概率為P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(C)＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)＋P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]＝(1－××＋×(1－×＋××(1－＝，所以恰有一科成績未獲得第一名的概率是.規(guī)律方法求復(fù)雜事件的概率，應(yīng)先列出題中涉及的各事件，并用適當(dāng)?shù)姆柋硎?，再理清各事件之間的關(guān)系，最后根據(jù)事件之間的關(guān)系選取相應(yīng)的公式進(jìn)行計(jì)算．跟蹤演練3某機(jī)械廠制造一種汽車零件，已知甲機(jī)床的正品率是，乙機(jī)床的次品率是，現(xiàn)從它們制造的產(chǎn)品中各任意抽取一件，試求：(1)兩件產(chǎn)品都是正品的概率；(2)恰有一件是正品的概率；(3)至少有一件正品的概率．解用A表示“從甲機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中抽得正品”，用B表示“從乙機(jī)床生產(chǎn)的產(chǎn)品中抽得正品”，用C表示“抽得的兩件產(chǎn)品中恰有一件是正品”，用D表示“抽得的兩件產(chǎn)品中至少有一件正品”，則C＝(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)，D＝C∪(AB)．(1)由題意知，A與B是相互獨(dú)立事件P(B)＝1－P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－＝，P(A)＝，所以兩件都是正品的概率為P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.(2)由于事件Aeq\o(B,\s\up6(－))與eq\o(A,\s\up6(－))B互斥，所以恰有一件是正品的概率為P(C)＝P[(Aeq\o(B,\s\up6(－)))∪(eq\o(A,\s\up6(－))B)]＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))B)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)＝×＋×＝.(3)由于事件AB與C互斥，所以P(D)＝P(AB)∪(C)＝P(AB)＋P(C)＝＋＝.1．壇子中放有3個白球，2個黑球，從中進(jìn)行不放回地取球2次，每次取一球，用A1表示第一次取得白球，A2表示第二次取得白球，則A1和A2是()A．互斥的事件B．相互獨(dú)立的事件C．對立的事件D．不相互獨(dú)立的事件答案D解析∵P(A1)＝eq\f(3,5).若A1發(fā)生了，P(A2)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)；若A1不發(fā)生，P(A2)＝eq\f(3,4)，即A1發(fā)生的結(jié)果對A2發(fā)生的結(jié)果有影響，∴A1與A2不是相互獨(dú)立事件．2．甲、乙、丙三人獨(dú)立地去譯一個密碼，分別譯出的概率為eq\f(1,5)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，則此密碼能譯出的概率是()\f(1,60)\f(2,5)\f(3,5)\f(59,60)答案C解析用A，B，C分別表示甲、乙、丙三人破譯出密碼，則P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(C)＝eq\f(1,4)，且P(eq\o(A,\s\up6(－))·eq\o(B,\s\up6(－))·eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))·P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(4,5)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(2,5).∴此密碼被譯出的概率為1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5).3．甲、乙兩人獨(dú)立地解決同一問題，甲解決這個問題的概率是p1，乙解決這個問題的概率是p2，那么恰好有1人解決這個問題的概率是()A．p1p2B．p1(1－p2)＋p2(1－p1)C．1－p1p2D．1－(1－p1)(1－p2)答案B解析恰好有1人解決可分為甲解決乙沒解決、甲沒解決乙解決．這兩個事件顯然是互斥的．所以恰好有1人解決這個問題的概率為p1(1－p2)＋p2(1－p1)．故選B.4．某班甲、乙、丙三名同學(xué)競選班委，甲當(dāng)選的概率為eq\f(4,5)，乙當(dāng)選的概率為eq\f(3,5)，丙當(dāng)選的概率為eq\f(7,10).(1)求恰有一名同學(xué)當(dāng)選的概率；(2)求至多有兩人當(dāng)選的概率．解設(shè)甲、乙、丙當(dāng)選的事件分別為A，B，C，則有P(A)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(3,5)，P(C)＝eq\f(7,10).(1)因?yàn)槭录嗀，B，C相互獨(dú)立，所以恰有一名同學(xué)當(dāng)選的概率為P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)＝eq\f(4,5)×eq\f(2,5)×eq\f(3,10)＋eq\f(1,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,10)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(47,250).(2)至多有兩人當(dāng)選的概率為1－P(ABC)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(83,125).一般地，兩個事件不可能既互斥又相互獨(dú)立，因?yàn)榛コ馐录豢赡芡瑫r發(fā)生，而相互獨(dú)立事件是以它們能夠同時發(fā)生為前提．相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率的積，這一點(diǎn)與互斥事件的概率和也是不同的．(列表比較)互斥事件相互獨(dú)立事件定義不可能同時發(fā)生的兩個事件事件A是否發(fā)生對事件B發(fā)生的概率沒有影響概率公式P(A＋B)＝P(A)＋P(B)P(AB)＝P(A)P(B)一、基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．一袋中裝有5只白球，3只黃球，在有放回地摸球中，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，則事件A1與Aeq\o(2,\s\up6(－))是()A．相互獨(dú)立事件B．不相互獨(dú)立事件C．互斥事件D．對立事件答案A解析由題意可得Aeq\o(2,\s\up6(－))表示“第二次摸到的不是白球”，即Aeq\o(2,\s\up6(－))表示“第二次摸到的是黃球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黃球或白球互不影響，故事件A1與Aeq\o(2,\s\up6(－))是相互獨(dú)立事件．2．投擲一枚均勻硬幣和一枚均勻骰子各一次，記“硬幣正面向上”為事件A，“骰子向上的點(diǎn)數(shù)是3”為事件B，則事件A，B中至少有一件發(fā)生的概率是()\f(5,12)\f(1,2)\f(7,12)\f(3,4)答案C解析∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,6)，∴P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(5,6).又A，B為相互獨(dú)立事件，∴P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,12).∴A，B中至少有一件發(fā)生的概率為1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝1－eq\f(5,12)＝eq\f(7,12).3．同時轉(zhuǎn)動如圖所示的兩個轉(zhuǎn)盤，記轉(zhuǎn)盤甲得到的數(shù)為x，轉(zhuǎn)盤乙得到的數(shù)為y，x，y構(gòu)成數(shù)對(x，y)，則所有數(shù)對(x，y)中滿足xy＝4的概率為()\f(1,16)\f(1,8)\f(3,16)\f(1,4)答案C解析滿足xy＝4的所有可能如下：x＝1，y＝4；x＝2，y＝2；x＝4，y＝1.∴所求事件的概率P＝P(x＝1，y＝4)＋P(x＝2，y＝2)＋P(x＝4，y＝1)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,16).4．從應(yīng)屆高中生中選拔飛行員，已知這批學(xué)生體型合格的概率為eq\f(1,3)，視力合格的概率為eq\f(1,6)，其他幾項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)合格的概率為eq\f(1,5)，從中任選一名學(xué)生，則該生三項(xiàng)均合格的概率為(假設(shè)三項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)互不影響)()\f(4,9)\f(1,90)\f(4,5)\f(5,9)答案B解析該生三項(xiàng)均合格的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,90).5．已知A，B是相互獨(dú)立事件，且P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(2,3)，則P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝________；P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝________.答案eq\f(1,6)eq\f(1,6)解析∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(2,3)，∴P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,3).∴P(Aeq\o(B,\s\up6(－)))＝P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6).6．某籃球隊(duì)員在比賽中每次罰球的命中率相同，且在兩次罰球中至多命中一次的概率為eq\f(16,25)，則該隊(duì)員每次罰球的命中率為________．答案eq\f(3,5)解析設(shè)此隊(duì)員每次罰球的命中率為p，則1－p2＝eq\f(16,25)，∴p＝eq\f(3,5).7．某人忘記了電話號碼的最后一個數(shù)字，因而他隨意地?fù)芴?，假設(shè)撥過了的號碼不再重復(fù)，試求下列事件的概率：(1)第3次撥號才接通電話；(2)撥號不超過3次而接通電話．解設(shè)Ai＝{第i次撥號接通電話}，i＝1，2，3.(1)第3次才接通電話可表示為Aeq\o(1,\s\up6(－))Aeq\o(2,\s\up6(－))A3，于是所求概率為P(Aeq\o(1,\s\up6(－))Aeq\o(2,\s\up6(－))A3)＝eq\f(9,10)×eq\f(8,9)×eq\f(1,8)＝eq\f(1,10)；(2)撥號不超過3次而接通電話可表示為A1＋Aeq\o(1,\s\up6(－))A2＋Aeq\o(1,\s\up6(－))Aeq\o(2,\s\up6(－))A3，于是所求概率為P(A1＋Aeq\o(1,\s\up6(－))A2＋Aeq\o(1,\s\up6(－))Aeq\o(2,\s\up6(－))A3)＝P(A1)＋P(Aeq\o(1,\s\up6(－))A2)＋P(Aeq\o(1,\s\up6(－))Aeq\o(2,\s\up6(－))A3)＝eq\f(1,10)＋eq\f(9,10)×eq\f(1,9)＋eq\f(9,10)×eq\f(8,9)×eq\f(1,8)＝eq\f(3,10).二、能力提升8．設(shè)兩個獨(dú)立事件A和B都不發(fā)生的概率為eq\f(1,9)，A發(fā)生B不發(fā)生的概率與B發(fā)生A不發(fā)生的概率相同，則事件A發(fā)生的概率P(A)是()\f(2,9)\f(1,18)\f(1,3)\f(2,3)答案D解析由題意，P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(1,9)，P(eq\o(A,\s\up6(－)))·P(B)＝P(A)·P(eq\o(B,\s\up6(－)))．設(shè)P(A)＝x，P(B)＝y(tǒng)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－x）（1－y）＝\f(1,9)，,（1－x）y＝x（1－y）.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x－y＋xy＝\f(1,9)，,x＝y(tǒng)，))∴x2－2x＋1＝eq\f(1,9)，∴x－1＝－eq\f(1,3)，或x－1＝eq\f(1,3)(舍去)，∴x＝eq\f(2,3).9．在如圖所示的電路圖中，開關(guān)a，b，c閉合與斷開的概率都是eq\f(1,2)，且是相互獨(dú)立的，則燈亮的概率是()\f(1,8)\f(3,8)\f(1,4)\f(7,8)答案B解析設(shè)開關(guān)a，b，c閉合的事件分別為A，B，C，則燈亮這一事件E＝ABC∪ABeq\o(C,\s\up6(－))∪Aeq\o(B,\s\up6(－))C，且A，B，C相互獨(dú)立，ABC，ABeq\o(C,\s\up6(－))，Aeq\o(B,\s\up6(－))C互斥，所以P(E)＝P(ABC)∪(ABeq\o(C,\s\up6(－)))∪(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＝P(ABC)＋P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(A)P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))＋eq\f(1,2)×(1－eq\f(1,2))×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8).10．在一條馬路上的A，B，C三處設(shè)有交通燈，這三盞燈在一分鐘內(nèi)開放綠燈的時間分別為25秒、35秒、45秒，某輛汽車在這條馬路上行駛，那么在這三處都不停車的概率是________．答案eq\f(35,192)解析由題意P(A)＝eq\f(25,60)＝eq\f(5,12)；P(B)＝eq\f(35,60)＝eq\f(7,12)；P(C)＝eq\f(45,60)＝eq\f(3,4)；所以所求概率P＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(5,12)×eq\f(7,12)×eq\f(3,4)＝eq\f(35,192).11．從10位同學(xué)(其中6女，4男)中隨機(jī)選出3位參加測驗(yàn)，每位女同學(xué)能通過測驗(yàn)的概率均為eq\f(4,5)，每位男同學(xué)通過測驗(yàn)的概率均為eq\f(3,5)，求：(1)選出的3位同學(xué)中，至少有一位男同學(xué)的概率；(2)10位同學(xué)中的女同學(xué)甲和男同學(xué)乙同時被選中且通過測驗(yàn)的概率．解(1)設(shè)選出的3位同學(xué)中，至少有一位男同學(xué)的事件為A，則eq\o(A,\s\up6(－))為選出的3位同學(xué)中沒有男同學(xué)的事件，而P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，所以P(A)＝1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).(2)設(shè)女同學(xué)甲和男同學(xué)乙被選中的事件為A，女同學(xué)甲通過測驗(yàn)的事件為B，男同學(xué)乙通過測驗(yàn)的事件為C，則甲、乙同學(xué)被選中且通過測驗(yàn)的事件為A∩B∩C，由條件知A，B，C三個事件為相互獨(dú)立事件，所以P(A∩B∩C)＝P(A)×P(B)×P(C)．而P(A)＝eq\f(Ceq\o\al(1,8),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,15)，P(B)＝eq\f(4,5)，P(C)＝eq\f(3,5)，所以P(A∩B∩C)＝eq\f(1,15)×eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(4,125).12．已知某種高炮在它控制的區(qū)域內(nèi)擊中敵機(jī)的概率為.(1)假定有5門這種高炮控制某個區(qū)域，求敵機(jī)進(jìn)入這個區(qū)域后未被擊中的概率；(2)要使敵機(jī)一旦進(jìn)入這個區(qū)域后有以上的概率被擊中，需至少布置幾門高炮？解(1)設(shè)敵機(jī)被第k門高炮擊中的事件為Ak(k＝1，2，3，4，5)，那么5門高炮都未擊中敵機(jī)的事件為Aeq\o(1,\s\up6(－))·Aeq\o(2,\s\up6(－))·Aeq\o(3,\s\up6(－))·Aeq\o(4,\s\up6(－))·Aeq\o(5,\s\up6(－)).∵事件A1，A2，A3，A4，A5相互獨(dú)立，∴敵機(jī)未被擊中的概率為P(Aeq\o(1,\s\up6(－))·Aeq\o(2,\s\up6(－))·Aeq\o(3,\s\up6(－))·Aeq\o(4,\s\up6(－))·Aeq\o(5,\s\up6(－)))＝P(Aeq\o(1,\s\up6(－)))·P(Aeq\o(2,\s\up6(－)))·P(Aeq\o(3,\s\up6(－)))·P(Aeq