新教材2021-2022學(xué)年高一數(shù)學(xué)北師大版必修第一冊學(xué)案第7章4事件的獨立性word版含解析

§4事件的獨立性學(xué)習(xí)目標核心素養(yǎng)1．結(jié)合有限樣本空間，了解兩個隨機事件獨立性的含義．(難點、易混點)2．結(jié)合古典概型，利用獨立性計算概率．(重點)1．通過對事件獨立性概念的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)．2．通過計算相互獨立事件的概率，培養(yǎng)數(shù)學(xué)運算素養(yǎng).1．當事件A，B滿足什么條件時，事件A與B相互獨立？2．相互獨立事件有哪些性質(zhì)？3．如何求相互獨立事件同時發(fā)生的概率？4．相互獨立事件與互斥事件的區(qū)別是什么？相互獨立事件的概念和性質(zhì)定義事件A(或B)是否發(fā)生對事件B(或A)發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件叫作相互獨立事件計算公式兩個相互獨立事件同時發(fā)生的概率，等于這兩個事件發(fā)生的概率的積，即P(AB)＝P(A)P(B)性質(zhì)如果兩個事件相互獨立，那么把其中一個換成它的對立事件，這樣的兩個事件仍然相互獨立．即當事件A，B相互獨立時，則事件A與事件eq\x\to(B)相互獨立，事件eq\x\to(A)與事件B相互獨立，事件eq\x\to(A)與事件eq\x\to(B)相互獨立(1)事件A與B相互獨立可以推廣到n個事件的一般情形嗎？(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推廣到一般情形嗎？[提示](1)對于n個事件A1，A2，…，An，如果其中任何一個事件發(fā)生的概率不受其他事件是否發(fā)生的影響，則稱事件A1，A2，…，An相互獨立．(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推廣到一般情形：如果事件A1，A2，…，An相互獨立，那么這n個事件同時發(fā)生的概率等于每個事件發(fā)生的概率的積，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An1.袋內(nèi)有3個白球和2個黑球，從中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球”，如果“第二次摸到白球”記為B，否則記為C，那么事件A與B，A與C的關(guān)系是()A．A與B，A與C均相互獨立B．A與B相互獨立，A與C互斥C．A與B，A與C均互斥D．A與B互斥，A與C相互獨立A[由于摸球過程是有放回的，所以第一次摸球的結(jié)果對第二次摸球的結(jié)果沒有影響，故事件A與B，A與C均相互獨立，且A與B，A與C均有可能同時發(fā)生，說明A與B，A與C均不互斥，故選A.]2.兩名射手射擊同一目標，命中的概率分別為0.8和0.7，若各射擊一次，目標被擊中的概率是()A．0.56 B．0.92C．0.94 D．0.96C[∵兩人都沒有擊中的概率為0.2×0.3＝0.06，∴目標被擊中的概率為1－0.06＝0.94.]類型1相互獨立事件的判斷【例1】判斷下列各對事件哪些是互斥事件，哪些是相互獨立事件．(1)擲一枚骰子一次，事件M：“出現(xiàn)的點數(shù)為奇數(shù)”；事件N：“出現(xiàn)的點數(shù)為偶數(shù)”；(2)擲一枚骰子一次，事件A：“出現(xiàn)偶數(shù)點”；事件B：“出現(xiàn)3點或6點”．[解](1)∵二者不可能同時發(fā)生，∴M與N是互斥事件．(2)樣本空間為Ω＝{1,2,3,4,5,6}，事件A＝{2,4,6}，事件B＝{3,6}，事件AB＝{6}，∴P(A)＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)，即P(AB)＝P(A)P(B)．故事件A與B相互獨立．當“出現(xiàn)6點”時，事件A，B可以同時發(fā)生，因此A，B不是互斥事件．判斷事件是否相互獨立的方法(1)定義法：事件A，B相互獨立?P(AB)＝P(A)·P(B)．(2)利用性質(zhì)：A與B相互獨立，則A與eq\x\to(B)，eq\x\to(A)與B，eq\x\to(A)與eq\x\to(B)也都相互獨立．eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])1．甲、乙兩名射手同時向一目標射擊，設(shè)事件A：“甲擊中目標”，事件B：“乙擊中目標”，則事件A與事件B()A．相互獨立但不互斥 B．互斥但不相互獨立C．相互獨立且互斥 D．既不相互獨立也不互斥A[對同一目標射擊，甲、乙兩射手是否擊中目標是互不影響的，所以事件A與B相互獨立；對同一目標射擊，甲、乙兩射手可能同時擊中目標，也就是說事件A與B可能同時發(fā)生，所以事件A與B不是互斥事件．]類型2相互獨立事件概率的計算【例2】甲、乙、丙3位大學(xué)生同時應(yīng)聘某個用人單位的職位，3人能被選中的概率分別為eq\f(2,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)，且各自能否被選中互不影響．(1)求3人同時被選中的概率；(2)求3人中至少有1人被選中的概率．[解]設(shè)甲、乙、丙能被選中的事件分別為A，B，C，則P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(C)＝eq\f(1,3).(1)3人同時被選中的概率P1＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,10).(2)3人中有2人被選中的概率P2＝P(ABeq\o(C,\s\up6(－))∪Aeq\o(B,\s\up6(－))C∪eq\o(A,\s\up6(－))BC)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(23,60).3人中只有1人被選中的概率P3＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－))∪eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－))∪eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))C)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\f(1,3)＝eq\f(5,12).故3人中至少有1人被選中的概率為P1＋P2＋P3＝eq\f(1,10)＋eq\f(23,60)＋eq\f(5,12)＝eq\f(9,10).1．(變設(shè)問)保持條件不變，求三人均未被選中的概率．[解]法一：三人均未被選中的概率P＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,10).法二：由例(2)知，三人至少有1人被選中的概率為eq\f(9,10)，∴三人均未被選中的概率P＝1－eq\f(9,10)＝eq\f(1,10).2．(變條件，變設(shè)問)若條件“3人能被選中的概率分別為eq\f(2,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)”變?yōu)椤凹?、乙兩人只有一人被選中的概率為eq\f(11,20)，兩人都被選中的概率為eq\f(3,10)，丙被選中的概率為eq\f(1,3)”，求恰好有2人被選中的概率．[解]設(shè)甲被選中的概率為P(A)，乙被選中的概率為P(B)，則P(A)(1－P(B))＋P(B)(1－P(A))＝eq\f(11,20)，①P(A)P(B)＝eq\f(3,10)，②由①②知P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,4)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或PA＝\f(3,4)，PB＝\f(2,5)))故恰有2人被選中的概率P＝P(ABeq\o(C,\s\up6(－)))＋P(Aeq\o(B,\s\up6(－))C)＋P(eq\o(A,\s\up6(－))BC)＝eq\f(23,60).1．求相互獨立事件同時發(fā)生的概率的步驟：(1)首先確定各事件之間是相互獨立的；(2)確定這些事件可以同時發(fā)生；(3)求出每個事件的概率，再求積．2．使用相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算公式時，要掌握公式的適用條件，即各個事件是相互獨立的，而且它們同時發(fā)生．eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])2．甲、乙兩個人獨立地破譯一個密碼，他們能譯出密碼的概率分別為eq\f(1,3)和eq\f(1,4)，求：(1)兩個人都譯出密碼的概率；(2)兩個人都譯不出密碼的概率；(3)恰有1個人譯出密碼的概率．[解]記“甲獨立地譯出密碼”為事件A，“乙獨立地譯出密碼”為事件B，A，B為相互獨立事件，且P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4).(1)2個人都譯出密碼的概率為P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,12).(2)兩個人都譯不出密碼的概率為P(eq\a\vs4\al(\x\to(A))eq\a\vs4\al(\x\to(B)))＝P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝[1－P(A)][1－P(B)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(1,2).(3)恰有1個人譯出密碼可以分為兩類，即甲譯出乙未譯出以及甲未譯出乙譯出，且兩個事件為互斥事件，所以恰有1個人譯出密碼的概率為P(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B)＝P(Aeq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A)B)＝P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,4)＝eq\f(5,12).類型3相互獨立事件概率的實際應(yīng)用【例3】三個元件T1，T2，T3正常工作的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(3,4)，將它們中的兩個元件并聯(lián)后再和第三個元件串聯(lián)接入電路，如圖所示，求電路不發(fā)生故障的概率．[解]記“三個元件T1，T2，T3正常工作”分別為事件A1，A2，A3，則P(A1)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(3,4)，P(A3)＝eq\f(3,4).不發(fā)生故障的事件為(A2∪A3)A1，∴不發(fā)生故障的概率為P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)·P(A1)＝[1－P(eq\o(A,\s\up6(－))2)·P(eq\o(A,\s\up6(－))3)]·P(A1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)×\f(1,4)))×eq\f(1,2)＝eq\f(15,32).求較為復(fù)雜事件的概率的方法(1)列出題中涉及的各事件，并且用適當?shù)姆柋硎荆?2)理清事件之間的關(guān)系(兩事件是互斥還是對立，或者是相互獨立)，列出關(guān)系式；(3)根據(jù)事件之間的關(guān)系準確選取概率公式進行計算；(4)當直接計算符合條件的事件的概率較復(fù)雜時，可先間接地計算對立事件的概率，再求出符合條件的事件的概率．eq\a\vs4\al([跟進訓(xùn)練])3．電路從A到B共連接著6個燈泡(如圖)，每個燈泡斷路的概率是eq\f(1,3)，整個電路的連通與否取決于燈泡是否斷路，則從A到B連通的概率是()A．eq\f(10,27) B．eq\f(448,729)C．eq\f(100,243) D．eq\f(40,81)B[由題意知A與C之間未連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(1,9)，連通的概率是1－eq\f(1,9)＝eq\f(8,9).E與F之間連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(4,9)，未連通的概率是1－eq\f(4,9)＝eq\f(5,9)，故C與B之間未連通的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))2＝eq\f(25,81)，故C與B之間連通的概率是1－eq\f(25,81)＝eq\f(56,81)，故A與B之間連通的概率是eq\f(8,9)×eq\f(56,81)＝eq\f(448,729)，故選B.]4．某項選拔共有三輪考核，每輪設(shè)有一個問題，能正確回答問題者進入下一輪考核，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三輪問題的概率分別為eq\f(4,5)，eq\f(3,5)，eq\f(2,5)，且各輪問題能否正確回答互不影響．求該選手被淘汰的概率．[解]記事件“該選手能正確回答第i輪的問題”為Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝eq\f(4,5)，P(A2)＝eq\f(3,5)，P(A3)＝eq\f(2,5).法一：該選手被淘汰的概率為P(eq\o(A,\s\up6(－))1)＋P(A1eq\o(A,\s\up6(－))2)＋P(A1A2eq\o(A,\s\up6(－))3)＝P(eq\o(A,\s\up6(－))1)＋P(A1)P(eq\o(A,\s\up6(－))2)＋P(A1)P(A2)P(eq\o(A,\s\up6(－))3)＝eq\f(1,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(2,5)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(101,125).法二：該選手被淘汰的概率為1－P(A1A2A3)＝1－eq\f(4,5)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(101,125).不同賽制的可靠性探究乒乓球比賽規(guī)則如下：在一局比賽中，先得11分的一方為勝方，10分平后，先多得2分的一方為勝方；1場比賽應(yīng)采用奇數(shù)局，如三局兩勝制、五局三勝制等；一場比賽應(yīng)連續(xù)進行，但在局與局之間，任何一方運動員都有權(quán)要求不超過1分鐘的休息時間．某校要通過選拔賽選取一名同學(xué)參加市級乒乓球單打比賽，選拔賽采取淘汰制，敗者直接出局．現(xiàn)有兩種賽制方案：三局兩勝制和五局三勝制．[問題探究]1．若甲、乙對決，甲每局獲勝的概率為0.6，現(xiàn)采用三局兩勝制，則這場比賽中甲獲勝的概率是多少？[提示]甲、乙兩人對決，甲每局獲勝的概率為0.6，采用三局兩勝制時，甲獲勝，其勝局情況是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”．而這三種結(jié)局互不影響，于是由獨立事件的概率公式，得甲最終獲勝的概率為P1＝0.62＋2×0.62×(1－0.6)＝0.648.2．若甲、乙對決，甲每局獲勝的概率為0.6，現(xiàn)采用五局三勝制，則這場比賽中甲獲勝的概率是多少？[提示]甲、乙兩人對決，甲每局獲勝的概率為0.6，采用五局三勝制，若甲最終獲勝，至少需比賽3局，且最后一局必須是甲勝，而前面甲需勝兩局，由獨立事件的概率公式，得五局三勝制下甲最終獲勝的概率為P2＝0.63＋3×0.63(1－0.6)＋6×0.63(1－0.6)2＝0.68256.3．兩選手對決時，選擇何種賽制更有利于選拔出實力最強的選手，并說明理由．(各局勝負相互獨立，各選手水平互不相同)[提示]甲、乙兩人對決，若甲更強，則其獲勝的概率P>eq\f(1,2).采用三局兩勝制時，若甲最終獲勝，其勝局情況是：“甲甲”或“乙甲甲”或“甲乙甲”．而這三種結(jié)局互不影響，于是得甲最終獲勝的概率為P3＝p2＋2p2(1－p)．采用五局三勝制，若甲最終獲勝，則至少需比賽3局，且最后一局必須是甲勝，而前面甲需勝兩局，由此得五局三勝制下甲最終獲勝的概率為P4＝p3＋3p3(1－p)＋6p3(1－p)2.而P4－P3＝p2(6p3－15p2＋12p－3)＝3p2(p－1)2(2p－1)．因為P>eq\f(1,2)，所以P4>P3，即五局三勝制下甲最終獲勝的可能性更大．所以五局三勝制更能選拔出最強的選手.1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”)(1)不可能事件與任何一個事件相互獨立．()(2)必然事件與任何一個事件相互獨立．()(3)若兩個事件互斥，則這兩個事件相互獨立．()[提示](1)正確．不可能事件的發(fā)生與任何一個事件的發(fā)生都沒有影響．(2)正確．必然事件的發(fā)生與任何一個事件的發(fā)生沒有影響．(3)錯誤．因為兩個事件互斥，所以二者不能同時發(fā)生，所以這兩個事件不相互獨立．[答案](1)