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人教A版 (2019)必修 第二册10.2 事件的相互独立性学案设计
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这是一份人教A版 (2019)必修 第二册10.2 事件的相互独立性学案设计，共17页。
3张奖券只有1张能中奖，3名同学有放回地抽取．事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B为“第三名同学抽到中奖奖券”．事件A的发生是否会影响B发生的概率？
知识点 事件的相互独立性
1．相互独立事件的定义
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．
2．相互独立事件的性质
当事件A，B相互独立时，则事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立．
思考辨析(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)若两个事件互斥，则这两个事件相互独立．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)×
类型1 独立性的判断
【例1】 (源自湘教版教材)一个家庭中有若干小孩，假定生男孩与生女孩是等可能的，设A＝“一个家庭中既有男孩又有女孩”，B＝“一个家庭中最多有一个女孩”，对下述两种情形，讨论事件A与B的独立性：
(1)家庭中有两个小孩；
(2)家庭中有三个小孩．
[解] (1)有两个小孩的家庭，样本空间
Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率各为14，这时A＝{(男，女)，(女，男)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，A∩B＝{(男，女)，(女，男)}．
于是P(A)＝12，P(B)＝34，P(A∩B)＝12.
由此可知P(A∩B)≠P(A)P(B)，
所以事件A，B不独立．
(2)有三个小孩的家庭，样本空间
Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．
由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A含有6个基本事件，B含有4个基本事件，A∩B含有3个基本事件，于是P(A)＝68＝34，P(B)＝48＝12，P(A∩B)＝38.
显然有P(A∩B)＝38＝P(A)P(B)成立，从而事件A与B是独立的．
判断两个事件相互独立的方法
(1)定量法：利用P(AB)＝P(A)P(B)是否成立可以准确地判断两个事件是否相互独立．
(2)定性法：直观地判断一个事件发生与否对另一个事件的发生的概率是否有影响，若没有影响就是相互独立事件．
[跟进训练]
1．掷一枚质地均匀的硬币，记事件A表示“出现正面”，事件B表示“出现反面”，则( )
A．A与B相互独立
B．P(AB)＝P(A)P(B)
C．A与B不相互独立
D．P(AB)＝14
C [由题得P(A)＝12，P(B)＝12，P(AB)＝0，故A与B不相互独立，A，B，D不正确．故选C.]
类型2 相互独立事件概率的计算
【例2】 甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为25，34，13，且各自能否被选中互不影响．求：
(1)3人同时被选中的概率；
(2)3人中恰有1人被选中的概率．
[解] 记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，
则P(A)＝25，P(B)＝34，P(C)＝13.
(1)3人同时被选中的概率P1＝P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)＝25×34×13＝110.
(2)3人中恰有1人被选中的概率P2＝PABC∪ABC∪ABC＝25×1-34×1-13+1-25×34×1-13+1-25×1-34×13＝512.
[母题探究]
1．本例条件不变，求3人中至少有1人被选中的概率．
解：法一：3人中有2人被选中的概率P3＝PABC∪ABC∪ABC＝25×34×1-13＋25×1-34×13＋1-25×34×13＝2360.
由本例第(1)(2)问可知，3人中至少有1个被选中的概率为P＝P1＋P2＋P3＝110+512+2360＝910.
法二：3人均未被选中的概率P＝PABC＝1-25×1-34×1-13＝110.
因为“3人中至少有1人被选中”与“3人均未被选中”互为对立事件，所以“3人中至少有1人被选中”的概率为1－110＝910.
2．若本例条件“3人能被选中的概率分别为25，34，13”变为“甲、乙两人恰有一人被选中的概率为1120，两人都被选中的概率为310，丙被选中的概率为13”，求恰好有2人被选中的概率．
[解] 设甲、乙两人恰有一人被选中为事件A，甲、乙都被选中为事件B，丙被选中为事件C，则恰好有2人被选中的概率P＝P(A)P(C)＋P(B)PC＝1120×13+310×1-13＝2360.
事件间的独立性关系
已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有
[跟进训练]
2．甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：
(1)两个人都译出密码的概率；
(2)两个人都译不出密码的概率；
(3)恰有一个人译出密码的概率；
(4)至多一个人译出密码的概率；
(5)至少一个人译出密码的概率．
[解] 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A与B为相互独立事件，且P(A)＝13，P(B)＝14.
(1)“两个人都译出密码”的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝13×14＝112.
(2)“两个人都译不出密码”概率为PAB＝PAPB＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝1-13×1-14＝12.
(3)“恰有一个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，
所以恰有一个人译出密码的概率为PAB+AB＝PAB＋PAB
＝P(A)PB＋PAP(B)
＝13×1-14+1-13×14＝512.
(4)“至多一个人译出密码”的对立事件为“两个人都译出密码”，所以至多一个人译出密码的概率为1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－13×14＝1112.
(5) “至少一个人译出密码”的对立事件为“两个人都译不出密码”，所以至少一个人译出密码的概率为1－PAB＝1－12＝12.
类型3 相互独立事件的概率的综合应用
【例3】 三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中的两个元件T2，T3并联后再和第三个元件T1串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．
[解] 记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，
则P(A1)＝12，P(A2)＝34，P(A3)＝34，
不发生故障的事件为(A2∪A3)A1．
法一：(直接法)
电路不发生故障的概率为P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A1A2A3∪A1A2A3∪A1A2A3)＝12×34×34+12×14×34+12×34×14＝1532.
法二：(间接法)
电路不发生故障的概率为
P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)·P(A1)
＝[1-PA2·PA3]·P(A1)
＝1-14×14×12＝1532.
求较复杂事件的概率的一般步骤
(1)列出题中涉及的各个事件，并且用适当的符号表示．
(2)理清事件之间的关系(两个事件是互斥还是对立，或者是相互独立的)，列出关系式．
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算．
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算其对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．
[跟进训练]
3．甲、乙二人进行一次围棋比赛，一共赛5局，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，同时比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，甲、乙各胜1局．
(1)求再赛2局结束这次比赛的概率；
(2)求甲获得这次比赛胜利的概率．
[解] 记Ai表示事件“第i局甲获胜”，i＝3，4，5，
Bj表示事件“第j局乙获胜”，j＝3，4，5．
(1)记A表示事件“再赛2局结束比赛”．
A＝(A3A4)∪(B3B4)．
由于各局比赛结果相互独立，故
P(A)＝P((A3A4)∪(B3B4))＝P(A3A4)＋P(B3B4)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4)＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52．
(2)记事件B表示“甲获得这次比赛的胜利”．
因前2局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B＝(A3A4)∪(B3A4A5)∪(A3B4A5)，
由于各局比赛结果相互独立，
故P(B)＝P(A3A4)＋P(B3A4A5)＋P(A3B4A5)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)·P(A5)＝0.6×0.6＋0.4×0.6×0.6＋0.6×0.4×0.6＝0.648．
1．一袋中装有5只白球，3只黄球，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，则事件A1与A2是( )
A．相互独立事件 B．不相互独立事件
C．互斥事件 D．对立事件
A [由题意可得A2表示“第二次摸到的不是白球”，即A2表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A1与A2是相互独立事件．]
2．甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A，B，C三种医用外科口罩，甲、乙购买A，B，C三种医用外科口罩的概率分别如表：
则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为( )
A．0.24 B．0.28
C．0.30 D．0.32
B [由表知，甲购买A口罩的概率为0.5，乙购买B口罩的概率为0.5，
所以甲、乙购买同一种口罩的概率P＝0.5×0.3＋0.1×0.5＋0.4×0.2＝0.28．]
3．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝12，P(B)＝23，则PAB＝________，PAB＝________．
16 16 [因为P(A)＝12，P(B)＝23.
所以PA＝12，PB＝13.
所以PA B＝P(A)PB＝12×13＝16，
PAB＝PAPB＝12×13＝16.]
4．在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为45和34.在同一时间内，求：
(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率为______；
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为________．
(1)35 (2)1920 [记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B.
(1)P(AB)＝P(A)P(B)＝45×34＝35.
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为P＝1－PAB＝1－PAPB＝1－15×14＝1920.]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．相互独立事件的定义是什么？具有哪些性质？
[提示] 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．若A，B相互独立，则A与B，A与B，A与B也是相互独立．
2．相互独立事件与互斥事件有什么区别？
[提示] 相互独立事件与互斥事件的区别
课时分层作业(四十八) 事件的相互独立性
一、选择题
1．从应届高中生中选飞行员，已知这批学生体形合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他综合标准合格的概率为15，从中任选一学生，则三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)( )
A．49 B．190 C．45 D．59
B [由题意知三项标准互不影响，∴P＝13×16×15＝190.]
2．一件产品要经过2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则产品的正品率为( )
A．1－a－b
B．1－ab
C．(1－a)(1－b)
D．1－(1－a)(1－b)
C [因为2道工序相互独立，所以产品的正品率为(1－a)·(1－b)．]
3．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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 [事件甲发生的概率P(甲)＝16，事件乙发生的概率P(乙)＝16，事件丙发生的概率P(丙)＝56×6＝536，事件丁发生的概率P(丁)＝66×6＝16.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为16×6＝136，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．故选B.]
4．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )
A．19 B．16 C．13 D．718
D [设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A，B，C，则P(A)＝13，P(B)＝12，P(C)＝23.
停车一次即为事件ABC+ABC+ABC，
故概率为P＝1-13×12×23+13×1-12×23+13×12×1-23＝718.]
5．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋中各摸出一个球，下列结论正确的是( )
A．2个球都是红球的概率为16
B．2个球不都是红球的概率为13
C．至少有1个红球的概率为23
D．2个球中恰有1个红球的概率为12
ACD [设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，则P(A1)＝13，P(A2)＝12，且A1，A2相互独立.2个球都是红球为A1A2，其概率为13×12＝16，A正确；“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为56，B错误；2个球中至少有1个红球的概率为1－PAPB＝1－23×12＝23，C正确； 2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12＝12，D正确．故选ACD.]
二、填空题
6．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9．在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．
0.26 [所求概率P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26．]
7．设某批电子手表的正品率为23，次品率为13，现对该批电子手表进行检测，每次抽取一个电子手表，假设每次检测相互独立，则第3次首次检测到次品的概率为________．
427 [因为第3次首次检测到次品，所以第1次和第2次检测到的都是正品，第3次检测到的是次品，所以第3次首次检测到次品的概率为23×23×13＝427.]
8．在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜甲的概率为0.6，比赛顺序如下：第一局，甲对乙；第二局，第一局胜者对丙；第三局，第二局胜者对第一局败者；第四局，第三局胜者对第二局败者，则乙连胜四局的概率为________．
0.09 [乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最后再胜丙，∴概率P＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09．]
三、解答题
9．计算机考试分理论考试与实际操作考试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．
甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”的概率依次为12，23，56，甲、乙、丙每部分考试是否合格互不影响，且三人两部分考试结果也互不影响．
(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性更大？
(2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．
[解] (1)记事件A＝“甲获得合格证书”，事件B＝“乙获得合格证书”，事件C＝“丙获得合格证书”，则P(A)＝45×12＝25，P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59.
因为P(C)＞P(B)＞P(A)，所以丙获得合格证书的可能性更大．
(2)设事件D＝“三人考试后恰有两人获得合格证书”，则
P(D)＝PABC＋PAB C＋PA BC＝25×12×49+25×12×59+35×12×59＝1130，
即甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得合格证书的概率为1130.
10．若P(AB)＝19，PA＝23，P(B)＝13，则下列关于事件A与B关系的判断，正确的是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B相互对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B互斥且相互独立
C [因为P(A)＝1－PA＝1－23＝13，
而P(B)＝13，所以P(A)P(B)＝19.
又因为P(AB)＝19，所以P(AB)＝P(A)P(B)，
所以事件A与B相互独立．]
11．一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率都是12，且是否闭合是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A．5564 B．164 C．18 D．964
A [设事件G＝“C闭合”，事件H＝“D闭合”，事件T＝“A与B中至少有一个不闭合”，事件R＝“E与F中至少有一个不闭合”，则P(G)＝P(H)＝12，P(T)＝P(R)＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P＝1－P(T)P(R)PGPH＝5564.]
12．(多选)甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13.若前两局中乙队以2∶0领先，则下列结论正确的是( )
A．甲队获胜的概率为827
B．乙队以3∶0获胜的概率为13
C．乙队以3∶1获胜的概率为19
D．乙队以3∶2获胜的概率为49
AB [对于A，在乙队以2∶0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜，所以甲队获胜的概率为P1＝233＝827，故A正确；
对于B，乙队以3∶0获胜，即第三局乙获胜，概率为13，故B正确；
对于C，乙队以3∶1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为23 ×13＝29，故C错误；
对于D，若乙队以3∶2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3∶2获胜的概率为23×23×13＝427，故D错误．]
13．荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且沿逆时针方向跳的概率是沿顺时针方向跳的概率的2倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是________．
13 [由题意知，青蛙沿逆时针方向跳的概率是23，沿顺时针方向跳的概率是13.青蛙跳三次要回到A叶上只有两条途径：第一条，按A→B→C→A，此时停在A叶上的概率P1＝23×23×23＝827；第二条，按A→C→B→A，此时停在A叶上的概率P2＝13×13×13＝127.
所以跳三次之后停在A叶上的概率P＝P1＋P2＝827+127＝13.]
14．在某校运动会中，甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．在每一场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为14，乙胜丙的概率为13.
(1)求甲队获第一名且丙队获第二名的概率；
(2)求在该次比赛中甲队至少得3分的概率．
[解] (1)设甲队获第一名且丙队获第二名为事件A，则P(A)＝13×14×1-13＝118.
(2)甲队至少得3分有两种情况：两场只胜一场；两场都胜．设事件B为“甲两场只胜一场”，设事件C为“甲两场都胜”，则事件“甲队至少得3分”为B∪C，
则P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝13×1-14+14×1-13+13×14＝12.
15．如图所示，用A，B，C，D四种不同的元件分别连接成两个系统M，N.当元件A，B都正常工作或元件C正常工作或元件D正常工作时，系统M正常工作；当元件A，B都正常工作或元件B，D都正常工作或元件C正常工作时，系统N正常工作．已知A，B，C，D四种元件正常工作的概率分别为0.5，0.9，0.7，0.8，且各元件是否正常工作是彼此独立的．试从能否正常工作的角度判断两个系统中哪一个的连接方式更为合理．
[解] 由题意知，元件A正常工作的概率为p1＝0.5，元件B正常工作的概率p2＝0.9，元件C正常工作的概率p3＝0.7，元件D正常工作的概率p4＝0.8，
则系统M正常工作的概率为1－(1－p1p2)(1－p3)(1－p4)＝1－(1－0.5×0.9)×(1－0.7)×(1－0.8)＝1－0.033＝0.967，系统N正常工作的概率为1－{1－[1－(1－p1)(1－p4)]·p2}·(1－p3)＝1－[1－(1－0.5×0.2)×0.9]×0.3＝1－0.057＝0.943．
因为0.967＞0.943，所以系统M的连接方式更为合理．
学习任务
1．结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．(数学抽象)
2．结合古典概型，利用独立性计算概率．(数学运算)
事件
表示
概率
A，B同时发生
AB
P(A)P(B)
A，B都不发生
AB
PAPB
A，B恰有一个发生
AB∪AB
P(A)PB＋PAP(B)
A，B中至少有一个发生
AB∪AB∪(AB)
P(A)PB＋PAP(B)＋P(A)P(B)
A，B中至多有一个发生
AB∪AB∪AB
P(A)PB＋PAP(B)＋PAPB
项目
购买A种医
用外科口罩
购买B种
医用外科口罩
购买C种医
用外科口罩
甲
0.1
0.4
乙
0.3
0.2
相互独立事件
互斥事件
条件
事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响
不可能同时发生的两个事件
符号
相互独立事件A，B同时发生，记作：AB
互斥事件A，B中有一个发生，记作：A∪B(或A＋B)
计算公式
P(AB)＝P(A)·P(B)
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
3张奖券只有1张能中奖，3名同学有放回地抽取．事件A为“第一名同学没有抽到中奖奖券”，事件B为“第三名同学抽到中奖奖券”．事件A的发生是否会影响B发生的概率？
知识点 事件的相互独立性
1．相互独立事件的定义
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．
2．相互独立事件的性质
当事件A，B相互独立时，则事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立，事件A与事件B相互独立．
思考辨析(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)若两个事件互斥，则这两个事件相互独立．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)×
类型1 独立性的判断
【例1】 (源自湘教版教材)一个家庭中有若干小孩，假定生男孩与生女孩是等可能的，设A＝“一个家庭中既有男孩又有女孩”，B＝“一个家庭中最多有一个女孩”，对下述两种情形，讨论事件A与B的独立性：
(1)家庭中有两个小孩；
(2)家庭中有三个小孩．
[解] (1)有两个小孩的家庭，样本空间
Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率各为14，这时A＝{(男，女)，(女，男)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，A∩B＝{(男，女)，(女，男)}．
于是P(A)＝12，P(B)＝34，P(A∩B)＝12.
由此可知P(A∩B)≠P(A)P(B)，
所以事件A，B不独立．
(2)有三个小孩的家庭，样本空间
Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．
由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A含有6个基本事件，B含有4个基本事件，A∩B含有3个基本事件，于是P(A)＝68＝34，P(B)＝48＝12，P(A∩B)＝38.
显然有P(A∩B)＝38＝P(A)P(B)成立，从而事件A与B是独立的．
判断两个事件相互独立的方法
(1)定量法：利用P(AB)＝P(A)P(B)是否成立可以准确地判断两个事件是否相互独立．
(2)定性法：直观地判断一个事件发生与否对另一个事件的发生的概率是否有影响，若没有影响就是相互独立事件．
[跟进训练]
1．掷一枚质地均匀的硬币，记事件A表示“出现正面”，事件B表示“出现反面”，则( )
A．A与B相互独立
B．P(AB)＝P(A)P(B)
C．A与B不相互独立
D．P(AB)＝14
C [由题得P(A)＝12，P(B)＝12，P(AB)＝0，故A与B不相互独立，A，B，D不正确．故选C.]
类型2 相互独立事件概率的计算
【例2】 甲、乙、丙3位大学生同时应聘某个用人单位的职位，3人能被选中的概率分别为25，34，13，且各自能否被选中互不影响．求：
(1)3人同时被选中的概率；
(2)3人中恰有1人被选中的概率．
[解] 记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A，B，C，
则P(A)＝25，P(B)＝34，P(C)＝13.
(1)3人同时被选中的概率P1＝P(ABC)＝P(A)·P(B)P(C)＝25×34×13＝110.
(2)3人中恰有1人被选中的概率P2＝PABC∪ABC∪ABC＝25×1-34×1-13+1-25×34×1-13+1-25×1-34×13＝512.
[母题探究]
1．本例条件不变，求3人中至少有1人被选中的概率．
解：法一：3人中有2人被选中的概率P3＝PABC∪ABC∪ABC＝25×34×1-13＋25×1-34×13＋1-25×34×13＝2360.
由本例第(1)(2)问可知，3人中至少有1个被选中的概率为P＝P1＋P2＋P3＝110+512+2360＝910.
法二：3人均未被选中的概率P＝PABC＝1-25×1-34×1-13＝110.
因为“3人中至少有1人被选中”与“3人均未被选中”互为对立事件，所以“3人中至少有1人被选中”的概率为1－110＝910.
2．若本例条件“3人能被选中的概率分别为25，34，13”变为“甲、乙两人恰有一人被选中的概率为1120，两人都被选中的概率为310，丙被选中的概率为13”，求恰好有2人被选中的概率．
[解] 设甲、乙两人恰有一人被选中为事件A，甲、乙都被选中为事件B，丙被选中为事件C，则恰好有2人被选中的概率P＝P(A)P(C)＋P(B)PC＝1120×13+310×1-13＝2360.
事件间的独立性关系
已知两个事件A，B相互独立，它们的概率分别为P(A)，P(B)，则有
[跟进训练]
2．甲、乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：
(1)两个人都译出密码的概率；
(2)两个人都译不出密码的概率；
(3)恰有一个人译出密码的概率；
(4)至多一个人译出密码的概率；
(5)至少一个人译出密码的概率．
[解] 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地译出密码”为事件B，A与B为相互独立事件，且P(A)＝13，P(B)＝14.
(1)“两个人都译出密码”的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝13×14＝112.
(2)“两个人都译不出密码”概率为PAB＝PAPB＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝1-13×1-14＝12.
(3)“恰有一个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，
所以恰有一个人译出密码的概率为PAB+AB＝PAB＋PAB
＝P(A)PB＋PAP(B)
＝13×1-14+1-13×14＝512.
(4)“至多一个人译出密码”的对立事件为“两个人都译出密码”，所以至多一个人译出密码的概率为1－P(AB)＝1－P(A)P(B)＝1－13×14＝1112.
(5) “至少一个人译出密码”的对立事件为“两个人都译不出密码”，所以至少一个人译出密码的概率为1－PAB＝1－12＝12.
类型3 相互独立事件的概率的综合应用
【例3】 三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中的两个元件T2，T3并联后再和第三个元件T1串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．
[解] 记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，
则P(A1)＝12，P(A2)＝34，P(A3)＝34，
不发生故障的事件为(A2∪A3)A1．
法一：(直接法)
电路不发生故障的概率为P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A1A2A3∪A1A2A3∪A1A2A3)＝12×34×34+12×14×34+12×34×14＝1532.
法二：(间接法)
电路不发生故障的概率为
P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)·P(A1)
＝[1-PA2·PA3]·P(A1)
＝1-14×14×12＝1532.
求较复杂事件的概率的一般步骤
(1)列出题中涉及的各个事件，并且用适当的符号表示．
(2)理清事件之间的关系(两个事件是互斥还是对立，或者是相互独立的)，列出关系式．
(3)根据事件之间的关系准确选取概率公式进行计算．
(4)当直接计算符合条件的事件的概率较复杂时，可先间接地计算其对立事件的概率，再求出符合条件的事件的概率．
[跟进训练]
3．甲、乙二人进行一次围棋比赛，一共赛5局，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，同时比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，甲、乙各胜1局．
(1)求再赛2局结束这次比赛的概率；
(2)求甲获得这次比赛胜利的概率．
[解] 记Ai表示事件“第i局甲获胜”，i＝3，4，5，
Bj表示事件“第j局乙获胜”，j＝3，4，5．
(1)记A表示事件“再赛2局结束比赛”．
A＝(A3A4)∪(B3B4)．
由于各局比赛结果相互独立，故
P(A)＝P((A3A4)∪(B3B4))＝P(A3A4)＋P(B3B4)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4)＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52．
(2)记事件B表示“甲获得这次比赛的胜利”．
因前2局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B＝(A3A4)∪(B3A4A5)∪(A3B4A5)，
由于各局比赛结果相互独立，
故P(B)＝P(A3A4)＋P(B3A4A5)＋P(A3B4A5)＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)·P(A5)＝0.6×0.6＋0.4×0.6×0.6＋0.6×0.4×0.6＝0.648．
1．一袋中装有5只白球，3只黄球，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，则事件A1与A2是( )
A．相互独立事件 B．不相互独立事件
C．互斥事件 D．对立事件
A [由题意可得A2表示“第二次摸到的不是白球”，即A2表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A1与A2是相互独立事件．]
2．甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A，B，C三种医用外科口罩，甲、乙购买A，B，C三种医用外科口罩的概率分别如表：
则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为( )
A．0.24 B．0.28
C．0.30 D．0.32
B [由表知，甲购买A口罩的概率为0.5，乙购买B口罩的概率为0.5，
所以甲、乙购买同一种口罩的概率P＝0.5×0.3＋0.1×0.5＋0.4×0.2＝0.28．]
3．已知A，B是相互独立事件，且P(A)＝12，P(B)＝23，则PAB＝________，PAB＝________．
16 16 [因为P(A)＝12，P(B)＝23.
所以PA＝12，PB＝13.
所以PA B＝P(A)PB＝12×13＝16，
PAB＝PAPB＝12×13＝16.]
4．在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为45和34.在同一时间内，求：
(1)甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率为______；
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为________．
(1)35 (2)1920 [记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B.
(1)P(AB)＝P(A)P(B)＝45×34＝35.
(2)至少有一个气象台预报准确的概率为P＝1－PAB＝1－PAPB＝1－15×14＝1920.]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．相互独立事件的定义是什么？具有哪些性质？
[提示] 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．若A，B相互独立，则A与B，A与B，A与B也是相互独立．
2．相互独立事件与互斥事件有什么区别？
[提示] 相互独立事件与互斥事件的区别
课时分层作业(四十八) 事件的相互独立性
一、选择题
1．从应届高中生中选飞行员，已知这批学生体形合格的概率为13，视力合格的概率为16，其他综合标准合格的概率为15，从中任选一学生，则三项均合格的概率为(假设三项标准互不影响)( )
A．49 B．190 C．45 D．59
B [由题意知三项标准互不影响，∴P＝13×16×15＝190.]
2．一件产品要经过2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则产品的正品率为( )
A．1－a－b
B．1－ab
C．(1－a)(1－b)
D．1－(1－a)(1－b)
C [因为2道工序相互独立，所以产品的正品率为(1－a)·(1－b)．]
3．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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 [事件甲发生的概率P(甲)＝16，事件乙发生的概率P(乙)＝16，事件丙发生的概率P(丙)＝56×6＝536，事件丁发生的概率P(丁)＝66×6＝16.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，故A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为16×6＝136，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，故B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为16×6＝136，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，故C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误．故选B.]
4．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )
A．19 B．16 C．13 D．718
D [设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A，B，C，则P(A)＝13，P(B)＝12，P(C)＝23.
停车一次即为事件ABC+ABC+ABC，
故概率为P＝1-13×12×23+13×1-12×23+13×12×1-23＝718.]
5．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋中各摸出一个球，下列结论正确的是( )
A．2个球都是红球的概率为16
B．2个球不都是红球的概率为13
C．至少有1个红球的概率为23
D．2个球中恰有1个红球的概率为12
ACD [设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，则P(A1)＝13，P(A2)＝12，且A1，A2相互独立.2个球都是红球为A1A2，其概率为13×12＝16，A正确；“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为56，B错误；2个球中至少有1个红球的概率为1－PAPB＝1－23×12＝23，C正确； 2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12＝12，D正确．故选ACD.]
二、填空题
6．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9．在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是________．
0.26 [所求概率P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26．]
7．设某批电子手表的正品率为23，次品率为13，现对该批电子手表进行检测，每次抽取一个电子手表，假设每次检测相互独立，则第3次首次检测到次品的概率为________．
427 [因为第3次首次检测到次品，所以第1次和第2次检测到的都是正品，第3次检测到的是次品，所以第3次首次检测到次品的概率为23×23×13＝427.]
8．在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜甲的概率为0.6，比赛顺序如下：第一局，甲对乙；第二局，第一局胜者对丙；第三局，第二局胜者对第一局败者；第四局，第三局胜者对第二局败者，则乙连胜四局的概率为________．
0.09 [乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最后再胜丙，∴概率P＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09．]
三、解答题
9．计算机考试分理论考试与实际操作考试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．
甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”的概率依次为12，23，56，甲、乙、丙每部分考试是否合格互不影响，且三人两部分考试结果也互不影响．
(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性更大？
(2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．
[解] (1)记事件A＝“甲获得合格证书”，事件B＝“乙获得合格证书”，事件C＝“丙获得合格证书”，则P(A)＝45×12＝25，P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59.
因为P(C)＞P(B)＞P(A)，所以丙获得合格证书的可能性更大．
(2)设事件D＝“三人考试后恰有两人获得合格证书”，则
P(D)＝PABC＋PAB C＋PA BC＝25×12×49+25×12×59+35×12×59＝1130，
即甲、乙、丙三人进行理论与实际操作两项考试后，恰有两人获得合格证书的概率为1130.
10．若P(AB)＝19，PA＝23，P(B)＝13，则下列关于事件A与B关系的判断，正确的是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B相互对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B互斥且相互独立
C [因为P(A)＝1－PA＝1－23＝13，
而P(B)＝13，所以P(A)P(B)＝19.
又因为P(AB)＝19，所以P(AB)＝P(A)P(B)，
所以事件A与B相互独立．]
11．一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率都是12，且是否闭合是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A．5564 B．164 C．18 D．964
A [设事件G＝“C闭合”，事件H＝“D闭合”，事件T＝“A与B中至少有一个不闭合”，事件R＝“E与F中至少有一个不闭合”，则P(G)＝P(H)＝12，P(T)＝P(R)＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P＝1－P(T)P(R)PGPH＝5564.]
12．(多选)甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13.若前两局中乙队以2∶0领先，则下列结论正确的是( )
A．甲队获胜的概率为827
B．乙队以3∶0获胜的概率为13
C．乙队以3∶1获胜的概率为19
D．乙队以3∶2获胜的概率为49
AB [对于A，在乙队以2∶0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜，所以甲队获胜的概率为P1＝233＝827，故A正确；
对于B，乙队以3∶0获胜，即第三局乙获胜，概率为13，故B正确；
对于C，乙队以3∶1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为23 ×13＝29，故C错误；
对于D，若乙队以3∶2获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3∶2获胜的概率为23×23×13＝427，故D错误．]
13．荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一叶跳到另一叶)，而且沿逆时针方向跳的概率是沿顺时针方向跳的概率的2倍，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是________．
13 [由题意知，青蛙沿逆时针方向跳的概率是23，沿顺时针方向跳的概率是13.青蛙跳三次要回到A叶上只有两条途径：第一条，按A→B→C→A，此时停在A叶上的概率P1＝23×23×23＝827；第二条，按A→C→B→A，此时停在A叶上的概率P2＝13×13×13＝127.
所以跳三次之后停在A叶上的概率P＝P1＋P2＝827+127＝13.]
14．在某校运动会中，甲、乙、丙三支足球队进行单循环赛(即每两队比赛一场)，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，没有平局．在每一场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为14，乙胜丙的概率为13.
(1)求甲队获第一名且丙队获第二名的概率；
(2)求在该次比赛中甲队至少得3分的概率．
[解] (1)设甲队获第一名且丙队获第二名为事件A，则P(A)＝13×14×1-13＝118.
(2)甲队至少得3分有两种情况：两场只胜一场；两场都胜．设事件B为“甲两场只胜一场”，设事件C为“甲两场都胜”，则事件“甲队至少得3分”为B∪C，
则P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝13×1-14+14×1-13+13×14＝12.
15．如图所示，用A，B，C，D四种不同的元件分别连接成两个系统M，N.当元件A，B都正常工作或元件C正常工作或元件D正常工作时，系统M正常工作；当元件A，B都正常工作或元件B，D都正常工作或元件C正常工作时，系统N正常工作．已知A，B，C，D四种元件正常工作的概率分别为0.5，0.9，0.7，0.8，且各元件是否正常工作是彼此独立的．试从能否正常工作的角度判断两个系统中哪一个的连接方式更为合理．
[解] 由题意知，元件A正常工作的概率为p1＝0.5，元件B正常工作的概率p2＝0.9，元件C正常工作的概率p3＝0.7，元件D正常工作的概率p4＝0.8，
则系统M正常工作的概率为1－(1－p1p2)(1－p3)(1－p4)＝1－(1－0.5×0.9)×(1－0.7)×(1－0.8)＝1－0.033＝0.967，系统N正常工作的概率为1－{1－[1－(1－p1)(1－p4)]·p2}·(1－p3)＝1－[1－(1－0.5×0.2)×0.9]×0.3＝1－0.057＝0.943．
因为0.967＞0.943，所以系统M的连接方式更为合理．
学习任务
1．结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义．(数学抽象)
2．结合古典概型，利用独立性计算概率．(数学运算)
事件
表示
概率
A，B同时发生
AB
P(A)P(B)
A，B都不发生
AB
PAPB
A，B恰有一个发生
AB∪AB
P(A)PB＋PAP(B)
A，B中至少有一个发生
AB∪AB∪(AB)
P(A)PB＋PAP(B)＋P(A)P(B)
A，B中至多有一个发生
AB∪AB∪AB
P(A)PB＋PAP(B)＋PAPB
项目
购买A种医
用外科口罩
购买B种
医用外科口罩
购买C种医
用外科口罩
甲
0.1
0.4
乙
0.3
0.2
相互独立事件
互斥事件
条件
事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响
不可能同时发生的两个事件
符号
相互独立事件A，B同时发生，记作：AB
互斥事件A，B中有一个发生，记作：A∪B(或A＋B)
计算公式
P(AB)＝P(A)·P(B)
P(A∪B)＝P(A)＋P(B)
相关学案
人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率10.2 事件的相互独立性学案： 这是一份人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率10.2 事件的相互独立性学案，共55页。
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