新教材人教A版必修第二冊(cè)第10章102事件的相互獨(dú)立性學(xué)案

10.2大事的相互性學(xué)習(xí)任務(wù)核心素養(yǎng)1．結(jié)合有限樣本空間，了解兩個(gè)隨機(jī)大事性的含義．(重點(diǎn)、易混點(diǎn))2．結(jié)合古典概型，利用性計(jì)算概率．(重點(diǎn)、難點(diǎn))1．通過學(xué)習(xí)兩個(gè)隨機(jī)大事性的含義，培育數(shù)學(xué)抽象素養(yǎng)．2．通過利用隨機(jī)大事的性計(jì)算概率，培育數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)．3張獎(jiǎng)券只有1張能中獎(jiǎng)，3名同學(xué)有放回地抽取．大事A為“第一名同學(xué)沒有抽到中獎(jiǎng)獎(jiǎng)券〞，大事B為“第三名同學(xué)抽到中獎(jiǎng)獎(jiǎng)券〞．問題：上述問題中大事A的發(fā)生是否會(huì)影響B(tài)發(fā)生的概率？大事A和大事B相互嗎？學(xué)問點(diǎn)大事的相互性1．相互大事的定義對(duì)任意兩個(gè)大事A與B，假如P(AB)＝P(A)P(B)成立，那么稱大事A與大事B相互，簡(jiǎn)稱為．2．相互大事的性質(zhì)當(dāng)大事A，B相互時(shí)，那么大事A與大事eq\o(B,\s\up7(－))相互，大事eq\o(A,\s\up7(－))與大事B相互，大事eq\o(A,\s\up7(－))與大事eq\o(B,\s\up7(－))相互．(1)大事A與B相互可以推廣到n個(gè)大事的一般情形嗎？(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推廣到一般情形嗎？[提示](1)對(duì)于n個(gè)大事A1，A2，…，An，假如其中任何一個(gè)大事發(fā)生的概率不受其他大事是否發(fā)生的影響，那么稱大事A1，A2，…，An相互．(2)公式P(AB)＝P(A)P(B)可以推廣到一般情形：假如大事A1，A2，…，An相互，那么這n個(gè)大事同時(shí)發(fā)生的概率等于每個(gè)大事發(fā)生的概率的積，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An1．思索辨析(正確的畫“√〞，錯(cuò)誤的畫“×〞)(1)不行能大事與任何一個(gè)大事相互． ()(2)必定大事與任何一個(gè)大事相互． ()(3)假設(shè)兩個(gè)大事互斥，那么這兩個(gè)大事相互． ()[答案](1)√(2)√(3)×2．袋內(nèi)有3個(gè)白球和2個(gè)黑球，從中有放回地摸球，用A表示“第一次摸到白球〞，假如“其次次摸到白球〞記為B，否那么記為C，那么大事A與B，A與C的關(guān)系是()A．A與B，A與C均相互B．A與B相互，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A[由于摸球過程是有放回的，所以第一次摸球的結(jié)果對(duì)其次次摸球的結(jié)果沒有影響，故大事A與B，A與C均相互，且A與B，A與C均有可能同時(shí)發(fā)生，說明A與B，A與C均不互斥，應(yīng)選A．]3．某同學(xué)做對(duì)某套試卷中每一個(gè)選擇題的概率都為0.9，那么他連續(xù)做對(duì)第1題和第2題的概率是()A．0.64B．0.56C[設(shè)Ai表示“第i題做對(duì)〞，i＝1,2，那么P(A1A2)＝P(A1)P(A2×4．甲袋中有8個(gè)白球、4個(gè)紅球，乙袋中有6個(gè)白球、6個(gè)紅球，從每袋中任取一球，那么取到相同顏色的球的概率是________．eq\f(1,2)[由題意知P＝eq\f(8,8＋4)×eq\f(6,6＋6)＋eq\f(4,8＋4)×eq\f(6,6＋6)＝eq\f(1,2)．]類型1性的推斷【例1】一個(gè)家庭中有假設(shè)干個(gè)小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A(yù)＝{一個(gè)家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一個(gè)家庭中最多有一個(gè)女孩}．對(duì)下述兩種情形，爭(zhēng)論A與B的性：(1)家庭中有兩個(gè)小孩；(2)家庭中有三個(gè)小孩．[解](1)有兩個(gè)小孩的家庭，男孩、女孩的全部可能情形為Ω1＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，共有4個(gè)樣本點(diǎn)，由等可能性知概率均為eq\f(1,4)．這時(shí)A＝{(男，女)，(女，男)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB＝{(男，女)，(女，男)}，于是P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(AB)＝eq\f(1,2)．由此可知P(AB)≠P(A)P(B)，所以大事A，B不相互．(2)有三個(gè)小孩的家庭，男孩、女孩的全部可能情形為Ω2＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，共有8個(gè)樣本點(diǎn)，由等可能性知概率均為eq\f(1,8)．這時(shí)A＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)}，B＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，AB＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，于是P(A)＝eq\f(6,8)＝eq\f(3,4)，P(B)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(3,8)．明顯有P(AB)＝eq\f(3,8)＝P(A)P(B)成立．所以大事A與B是相互的．推斷兩個(gè)大事是否相互的方法有哪些？[提示](1)定量法：利用P(AB)＝P(A)P(B)是否成立可以精確?????地推斷兩個(gè)大事是否相互．(2)定性法：直觀地推斷一個(gè)大事發(fā)生與否對(duì)另一個(gè)大事的發(fā)生的概率是否有影響，假設(shè)沒有影響就是相互大事．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．推斷以下各對(duì)大事是不是相互大事．(1)甲組有3名男生，2名女生，乙組有2名男生，3名女生，現(xiàn)從甲、乙兩組中各選1名同學(xué)參與演講競(jìng)賽，“從甲組中選出1名男生〞與“從乙組中選出1名女生〞；(2)一筐內(nèi)有6個(gè)蘋果和3個(gè)梨，“從中任意取出1個(gè)，取出的是蘋果〞與“把取出的水果放回筐內(nèi)，再從筐內(nèi)任意取出1個(gè)，取出的是梨〞；(3)一個(gè)布袋里有大小完全相同的3個(gè)白球，2個(gè)紅球，“從中任意取1個(gè)球是白球〞與“取出的球不放回，再從中任意取1個(gè)球是紅球〞．[解](1)“從甲組中選出1名男生〞這一大事是否發(fā)生對(duì)“從乙組中選出1名女生〞這一大事發(fā)生的概率沒有影響，所以二者是相互大事．(2)由于把取出的水果又放回筐內(nèi)，故“從中任意取出1個(gè)，取出的是蘋果〞這一大事是否發(fā)生對(duì)“再從筐內(nèi)任意取出1個(gè)，取出的是梨〞這一大事發(fā)生的概率沒有影響，所以二者是相互大事．(3)不放回地取球，前者的發(fā)生影響后者發(fā)生的概率，所以二者不是相互大事．類型2相互大事概率的計(jì)算【例2】(對(duì)接教材P248例2)甲、乙、丙3位高校生同時(shí)應(yīng)聘某個(gè)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．求：(1)3人同時(shí)被選中的概率；(2)3人中恰有1人被選中的概率．[解]記甲、乙、丙能被選中的大事分別為A，B，C，那么P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(C)＝eq\f(1,3)．(1)3人同時(shí)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人中恰有1人被選中的概率P2＝P(Aeq\x\to(B)eq\x\to(C)∪eq\x\to(A)Beq\x\to(C)∪eq\x\to(A)eq\x\to(B)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)．1．本例條件不變，求3人中至少有1人被選中的概率．[解]法一：3人中有2人被選中的概率P3＝P(ABeq\x\to(C)∪Aeq\x\to(B)C∪eq\x\to(A)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)．由本例第(1)(2)問可知，3人中至少有1個(gè)被選中的概率為P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(1,10)＋eq\f(5,12)＋eq\f(23,60)＝eq\f(9,10)．法二：3人均未被選中的概率P＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C))＝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)．由于“3人中至少有1人被選中〞與“3人均未被選中〞是相互對(duì)立大事，所以“3人中至少有1人被選中〞的概率為1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10)．2．假設(shè)本例條件“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)椤凹住⒁覂扇饲∮幸蝗吮贿x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、乙兩人恰有一人被選中為大事A，甲、乙都被選中為大事B，丙被選中為大事C，那么恰好有2人被選中的概率P＝P(A)P(C)＋P(B)P(eq\x\to(C))＝eq\f(11,20)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(23,60)．用相互大事的乘法公式解題的步驟(1)用恰當(dāng)?shù)淖帜副硎绢}中有關(guān)大事．(2)依據(jù)題設(shè)條件，分析大事間的關(guān)系．(3)將需要計(jì)算概率的大事表示為所設(shè)大事的乘積或假設(shè)干個(gè)大事的乘積之和(相互乘積的大事之間必需滿意相互)．(4)利用乘法公式計(jì)算概率．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．在某校運(yùn)動(dòng)會(huì)中，甲、乙、丙三支足球隊(duì)進(jìn)行單循環(huán)賽(即每?jī)申?duì)競(jìng)賽一場(chǎng))，共賽三場(chǎng)，每場(chǎng)競(jìng)賽勝者得3分，負(fù)者得0分，沒有平局．在每一場(chǎng)競(jìng)賽中，甲勝乙的概率為eq\f(1,3)，甲勝丙的概率為eq\f(1,4)，乙勝丙的概率為eq\f(1,3)．(1)求甲隊(duì)獲第一名且丙隊(duì)獲其次名的概率；(2)求在該次競(jìng)賽中甲隊(duì)至少得3分的概率．[解](1)設(shè)甲隊(duì)獲第一名且丙隊(duì)獲其次名為大事A，那么P(A)＝eq\f(1,3)×eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,18)．(2)甲隊(duì)至少得3分有兩種狀況：兩場(chǎng)只勝一場(chǎng)；兩場(chǎng)都勝．設(shè)大事B為“甲兩場(chǎng)只勝一場(chǎng)〞，設(shè)大事C為“甲兩場(chǎng)都勝〞，那么大事“甲隊(duì)至少得3分〞為B∪C，那么P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\f(1,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)．類型3相互大事的概率的綜合應(yīng)用【例3】三個(gè)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)，將它們中某兩個(gè)元件并聯(lián)后再和第三個(gè)元件串聯(lián)接入電路．(1)在如下圖的電路中，電路不發(fā)生故障的概率是多少？(2)三個(gè)元件連成怎樣的電路，才能使電路不發(fā)生故障的概率最大？假如大事A，B相互，大事AB的對(duì)立大事是eq\x\to(A)eq\x\to(B)嗎？[提示]假如大事A，B相互，大事AB的對(duì)立大事是eq\x\to(A)eq\x\to(B)∪eq\x\to(A)B∪Aeq\x\to(B).[解](1)電路不發(fā)生故障包括三種狀況，一是三個(gè)元件都正常工作，二是T1正常工作，T2正常工作，T3不能正常工作，三是T1正常工作，T2不能正常工作，T3正常工作，這三種狀況是互斥的，每一種狀況里三個(gè)元件是否正常工作是相互的，∴電路不發(fā)生故障的概率P＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(15,32)．(2)把T2或T3與T1的位置互換，所得電路不發(fā)生故障的概率P′＝eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(3,4)＋eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(21,32)．∵eq\f(21,32)＞eq\f(15,32)，∴把T2或T3與T1的位置互換，即T1與T2(T3)并聯(lián)后再與T3(T2)串聯(lián)，這樣的電路能使電路不發(fā)生故障的概率最大．大事間的性關(guān)系兩個(gè)大事A，B相互，它們的概率分別為P(A)，P(B)，那么有大事表示概率A，B同時(shí)發(fā)生ABP(A)P(B)A，B都不發(fā)生eq\x\to(A)eq\x\to(B)P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))A，B恰有一個(gè)發(fā)生(Aeq\x\to(B))∪(eq\x\to(A)B)P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)A，B中至少有一個(gè)發(fā)生(Aeq\x\to(B))∪(eq\x\to(A)B)∪(AB)P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＋P(A)P(B)A，B中至多有一個(gè)發(fā)生(Aeq\x\to(B))∪(eq\x\to(A)B)∪(eq\x\to(A)eq\x\to(B))P(A)P(eq\x\to(B))＋P(eq\x\to(A))P(B)＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])3．如圖，由M到N的電路中有4個(gè)元件，分別標(biāo)為T1，T2，T3，T4，電流能通過T1，T2，T3的概率都是P，電流能通過T4，電流能否通過各元件相互．T1，T2，T3中至少有一個(gè)能通過電流的概率為0.999．(1)求P；(2)求電流能在M與N之間通過的概率．[解]記大事Ai表示“電流能通過Ti〞，i＝1,2,3,4，大事A表示“T1，T2，T3中至少有一個(gè)能通過電流〞，大事B表示“電流能在M與N之間通過〞．(1)eq\x\to(A)＝eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2eq\x\to(A)3，A1，A2，A3相互，所以P(eq\o(A,\s\up7(－)))＝P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2eq\x\to(A)3)＝P(eq\x\to(A)1)P(eq\x\to(A)2)P(eq\x\to(A)3)＝(1－P)3．又P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝1－0.999＝0.001，所以(1－P)3＝0.001，解得P＝0.9．(2)由于B＝A4＋eq\x\to(A)4A1A3＋eq\x\to(A)4eq\x\to(A)1A2A3，所以P(B)＝P(A4)＋P(eq\x\to(A)4A1A3)＋P(eq\x\to(A)4eq\x\to(A)1A2A3)＝P(A4)＋P(eq\x\to(A)4)P(A1)P(A3)＋P(eq\x\to(A)4)P(eq\x\to(A)1)P(A2)P(A3)×××××＝0.9891．1．甲、乙兩名射手同時(shí)向一目標(biāo)射擊，設(shè)大事A：“甲擊中目標(biāo)〞，大事B：“乙擊中目標(biāo)〞，那么大事A與大事B()A．相互但不互斥 B．互斥但不相互C．相互且互斥 D．既不相互也不互斥A[對(duì)同一目標(biāo)射擊，甲、乙兩射手是否擊中目標(biāo)是互不影響的，所以大事A與B相互；對(duì)同一目標(biāo)射擊，甲、乙兩射手可能同時(shí)擊中目標(biāo)，也就是說大事A與B可能同時(shí)發(fā)生，所以大事A與B不是互斥大事．]2．甲、乙兩班各有36名同學(xué)，甲班有9名三好同學(xué)，乙班有6名三好同學(xué)，兩班各派1名