《高中数学》全程设计训练题库（B版必修第二册，课后习题，含答案）第5章 统计与概率_5.3.5 随机事件的独立性

5.3.5 随机事件的独立性 基础巩固 1.在甲盒内的200个螺杆中有160个为A型，在乙盒内的240个螺母中有180个 也是A型若从甲、乙两盒内各取一个，则能得到配成A型使用的螺栓概率等于 () A.13 B.15 20 16 c D号 析：P0×0= 200 240 答案：C 2.某机械零件加工由两道工序组成，第一道工序的废品率为α，第二道工序的废品 率为b.假定这两道工序出废品是彼此无关的，则产品的合格率为() A.ab-a-b+1 B.1-a-b C.1-ab D.1-2ab 解析：设第一、二道工序出废品分别为事件A,B,则P(A)=a,P(B)=b. P(AnB)=P(A)P(B)=(1-a)(1-b)=ab-a-b+1. 答案：A 3.设两个相互独立事件A,B都不发生的概率为A发生B不发生的概率与B发生 A不发生的概率相等则事件A发生的概率为() A号 B 3 Ci D时 解析：由题意，得1-PA1-P(B】=日 P(A)[1-P(B)】=[1-P(A)]P(B), 解得PA子 答案B 4.已知甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为和二若两人同时参加测 试，则其中有且只有一人通过的概率为( A号 B号 D.1 解析：P=×(1-)+(1)×= 答案：C 5.己知从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是二从两 袋中各摸出一个球，则二等于()

5.3.5 随机事件的独立性 基础巩固 1.在甲盒内的 200 个螺杆中有 160 个为 A 型,在乙盒内的 240 个螺母中有 180 个 也是 A 型.若从甲、乙两盒内各取一个,则能得到配成 A 型使用的螺栓概率等于 ( ) A. 13 20 B. 15 16 C. 3 5 D. 19 20 解析:P=160 200 × 180 240 = 3 5 . 答案:C 2.某机械零件加工由两道工序组成,第一道工序的废品率为 a,第二道工序的废品 率为 b.假定这两道工序出废品是彼此无关的,则产品的合格率为( ) A.ab-a-b+1 B.1-a-b C.1-ab D.1-2ab 解析:设第一、二道工序出废品分别为事件 A,B,则 P(A)=a,P(B)=b. 故 P(𝐴 ∩ 𝐵)=P(𝐴)P(𝐵)=(1-a)(1-b)=ab-a-b+1. 答案:A 3.设两个相互独立事件 A,B 都不发生的概率为1 9 ,A 发生 B 不发生的概率与 B 发生 A 不发生的概率相等,则事件 A 发生的概率为( ) A. 1 9 B. 2 3 C. 1 16 D. 1 3 解析:由题意,得{ [1-𝑃(𝐴)][1-𝑃(𝐵)] = 1 9 , 𝑃(𝐴)[1-𝑃(𝐵)] = [1-𝑃(𝐴)]𝑃(𝐵), 解得 P(A)= 2 3 . 答案:B 4.已知甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为1 2和 1 3 ,若两人同时参加测 试,则其中有且只有一人通过的概率为( ) A. 1 3 B. 2 3 C. 1 2 D.1 解析:P=1 2 × (1- 1 3 ) + (1- 1 2 ) × 1 3 = 1 2 . 答案:C 5.已知从甲袋中摸出一个红球的概率是1 3 ,从乙袋中摸出一个红球的概率是1 2 ,从两 袋中各摸出一个球,则 2 3等于( )

A.2个球不都是红球的概率 B.2个球都是红球的概率 C.至少有1个红球的概率 D.2个球中恰有1个红球的概率 解析：由题意，得2个球不都是红球的概率为1×=2个球都是红球的概率为 ×=总至少有1个红球的概率为1-(1)×(1)=2个球中拾有1个红球 的概率为×(1》+(1)×= 答案C 6.从某地区的儿童中挑选体操学员，己知儿童体形合格的概率为，身体关节构造 合格的概率为2从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的概率是（假定体形与身 体关节构造合格与否相互之间没有影响)( A号 B时 c 解析P=1-(1)×(1)= 答案D 7.已知A,B是相互独立事件，且PA)=P(B)则PAB)= PAB)=」 解析：P4B)=PMP@)×(（1)=PaB=P团P⑧)-(1)×(1-)= 答案片日 8.甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8,0.6,0.5，则三人 都达标的概率是 三人中至少有1人达标的概率是 解析：三人都达标的概率P1=0.8×0.6×0.5=0.24 三人中至少有1人达标的概率P2=1-(1-0.8)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.96 答案：0.240.96 9.已知事件A,B,C相互独立，若PAnB)=PBnC)-P(ANBnC)=则 P(B)= ,P(AnB)=」 解析：由题意 P(ANB)=P(A)P(B)= 得P(ANBNC)=PAP(B)[1-PC】=, P(BnC)[1-P(B)IP(C)= 解得 P(A)= (P(B)=

A.2 个球不都是红球的概率 B.2 个球都是红球的概率 C.至少有 1 个红球的概率 D.2 个球中恰有 1 个红球的概率 解析:由题意,得 2 个球不都是红球的概率为 1- 1 3 × 1 2 = 5 6 ,2 个球都是红球的概率为 1 3 × 1 2 = 1 6 ,至少有 1 个红球的概率为 1-(1- 1 2 ) × (1- 1 3 ) = 2 3 ,2 个球中恰有 1 个红球 的概率为1 3 × (1- 1 2 ) + (1- 1 3 ) × 1 2 = 1 2 . 答案:C 6.从某地区的儿童中挑选体操学员,已知儿童体形合格的概率为1 5 ,身体关节构造 合格的概率为1 4 .从中任挑一儿童,这两项至少有一项合格的概率是(假定体形与身 体关节构造合格与否相互之间没有影响)( ) A. 13 20 B. 1 5 C. 1 4 D. 2 5 解析:P=1-(1- 1 5 ) × (1- 1 4 ) = 2 5 . 答案:D 7.已知 A,B 是相互独立事件,且 P(A)= 1 2 ,P(B)= 2 3 ,则 P(A𝐵)= , P(𝐴 𝐵)= . 解析:P(A𝐵)=P(A)P(𝐵)= 1 2 × (1- 2 3 ) = 1 6 ,P(𝐴𝐵)=P(𝐴)P(𝐵)=(1- 1 2 ) × (1- 2 3 ) = 1 6 . 答案: 1 6 1 6 8.甲、乙、丙三人将参加某项测试,他们能达标的概率分别是 0.8,0.6,0.5,则三人 都达标的概率是 ,三人中至少有 1 人达标的概率是 . 解析:三人都达标的概率 P1=0.8×0.6×0.5=0.24. 三人中至少有 1 人达标的概率 P2=1-(1-0.8)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.96. 答案:0.24 0.96 9.已知事件 A,B,C 相互独立,若 P(A∩B)= 1 6 ,P(𝐵∩C)= 1 8 ,P(A∩B∩𝐶)= 1 8 ,则 P(B)= ,P(𝐴∩B)= . 解析:由题意, 得 { 𝑃(𝐴⋂𝐵) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵) = 1 6 , 𝑃(𝐴⋂𝐵⋂𝐶) = 𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)[1-𝑃(𝐶)] = 1 8 , 𝑃(𝐵⋂𝐶) = [1-𝑃(𝐵)]𝑃(𝐶) = 1 8 , 解得{ 𝑃(𝐴) = 1 3 , 𝑃(𝐵) = 1 2

故PanB)=-PAPB)=子×=黄 答案吉 10.甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约.甲表示 只要面试合格就签约；乙、丙则约定两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签 约设每人面试合格的概率都是影且面试是否合格互不影响，求： (1)至少有一人面试合格的概率 (2)没有人签约的概率. 解：用A,B,C分别表示事件“甲、乙、丙面试合格”， 由题意知A,B,C相互独立，且P4)=P(B)=PC)之 ()至少有一人面试合格的概率是1PABC=1 P(A)P(B)P(C)=1-()= (2)没有人签约的概率为P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C) -(+)+)- 1.甲、乙、丙三人分别独立解一道题，甲做对的概率是影三人都做对的概率是 24 三人都做错的概率为号 (1)求乙、丙两人各自做对这道题的概率， (2)求甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率 解()设甲、乙、丙三人各自做对这道题分别为事件A,B,C,则P4=子 由题意，得 PB)P(C)=六 1)1-P(BX1-PC)= 解得 (PB)= P(B)= 4 P(C)= P(C)= 故乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为和或和 (2)设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件D, 则PD×(1)×(1-)+(1-)××(1-)+(1-)×(1)×=共 故甲、乙、丙三人中恰有1人做对这道题的概率为号 12.某运动员在距离100m处射击一标靶，其命中率为如果第一次射击未中，那么 该运动员进行第二次射击，但距离为150m:如果第二次射击又未中，那么该运动员 进行第三次射击，并且发射瞬间距离为200m.已知该运动员的命中概率与距离的 平方成反比，求该运动员命中标靶的概率 解：设三次射击依次为事件A,B,C,其中P4)= 根据运动员的命中概率与距离的平方成反比

故 P(𝐴∩B)=[1-P(A)]P(B)= 2 3 × 1 2 = 1 3 . 答案: 1 2 1 3 10.甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试,面试合格者可正式签约.甲表示 只要面试合格就签约;乙、丙则约定两人面试都合格就一同签约,否则两人都不签 约.设每人面试合格的概率都是1 2 ,且面试是否合格互不影响,求: (1)至少有一人面试合格的概率; (2)没有人签约的概率. 解:用 A,B,C 分别表示事件“甲、乙、丙面试合格”, 由题意知 A,B,C 相互独立,且 P(A)=P(B)=P(C)= 1 2 . (1)至少有一人面试合格的概率是 1-P(𝐴 𝐵 𝐶)=1-P(𝐴)P(𝐵)P(𝐶)=1-( 1 2 ) 3 = 7 8 . (2)没有人签约的概率为 P(𝐴𝐵𝐶)+P(𝐴 𝐵C)+P(𝐴 𝐵 𝐶) =P(𝐴)P(B)P(𝐶)+P(𝐴)P(𝐵)P(C)+P(𝐴)P(𝐵)P(𝐶) =( 1 2 ) 3 + ( 1 2 ) 3 + ( 1 2 ) 3 = 3 8 . 11.甲、乙、丙三人分别独立解一道题,甲做对的概率是1 2 ,三人都做对的概率是 1 24 , 三人都做错的概率为1 4 . (1)求乙、丙两人各自做对这道题的概率; (2)求甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题的概率. 解:(1)设甲、乙、丙三人各自做对这道题分别为事件 A,B,C,则 P(A)= 1 2 . 由题意,得{ 1 2 𝑃(𝐵)𝑃(𝐶) = 1 24 , (1- 1 2 ) (1-𝑃(𝐵))(1-𝑃(𝐶)) = 1 4 , 解得{ 𝑃(𝐵) = 1 3 , 𝑃(𝐶) = 1 4 或 { 𝑃(𝐵) = 1 4 , 𝑃(𝐶) = 1 3 , 故乙、丙两人各自做对这道题的概率分别为1 3和 1 4或 1 4和 1 3 . (2)设甲、乙、丙三人中恰有一人做对这道题为事件 D, 则 P(D)= 1 2 × (1- 1 3 ) × (1- 1 4 ) + (1- 1 2 ) × 1 3 × (1- 1 4 ) + (1- 1 2 ) × (1- 1 3 ) × 1 4 = 11 24 . 故甲、乙、丙三人中恰有 1 人做对这道题的概率为11 24 . 12.某运动员在距离 100 m 处射击一标靶,其命中率为1 2 .如果第一次射击未中,那么 该运动员进行第二次射击,但距离为 150 m;如果第二次射击又未中,那么该运动员 进行第三次射击,并且发射瞬间距离为 200 m.已知该运动员的命中概率与距离的 平方成反比,求该运动员命中标靶的概率. 解:设三次射击依次为事件 A,B,C,其中 P(A)= 1 2 . 根据运动员的命中概率与距离的平方成反比

设P400小品=得=500， PB)-8e9=号PC-28e2=i 由条件，设运动员命中标靶记为事件D 则PD)=P4+PAB)+PaBC)3+(1-)×号+(1-)×(1-)×=盟 拓展提高 1.如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是二，且是互相独立的，灯亮的概率为 () A品 B月 c号 解析：记A,B,C,D这4个开关闭合分别为事件Q,R,S,T,又记A与B都闭合为事件 E,则PE)=POnR)=子PE)=1-PE)= 则灯亮的概率为P=l-P@nSni=1-P@PPT=l亮=号 答案C 2.在某段时间内，甲地下雨的概率为0.3，乙地下雨的概率为0.4.假设在这段时间内 两地是否下雨之间没有影响，则这段时间内，甲、乙两地都不下雨的概率为) A.0.12 B.0.88 C.0.28 D.0.42 解析：P=(1-0.3)×(1-0.4)=0.42. 答案D 3.某机器上安装甲、乙两个元件，这两个元件的使用寿命互不影响.已知甲元件的 使用寿命超过1年的概率为0.6，要使两个元件中至少有一个的使用寿命超过1 年的概率至少为0.9，则乙元件的使用寿命超过1年的概率至少为() A.0.3 B.0.6 C.0.75 D.0.9 解析：设乙元件的使用寿命超过1年的概率至少为p,则1-(1-0.6)1-p)=0.9,解得 p=0.75. 答案：C 4.甲、乙两名棋手比赛正在进行中，甲必须再胜2盘才最后获胜，乙必须再胜3盘 才最后获胜若甲、乙两人每盘取胜的概率都是二则甲最后获胜的概率是() A月 B 16 D品

设 P(A)= 𝑘 100 2 ,∴ 𝑘 100 2 = 1 2 ,得 k=5 000. ∴P(B)= 5 000 15 0 2 = 2 9 ,P(C)= 5 000 200 2 = 1 8 . 由条件,设运动员命中标靶记为事件 D, 则 P(D)=P(A)+P(𝐴 B)+P(𝐴 𝐵C)= 1 2 + (1- 1 2 ) × 2 9 + (1- 1 2 ) × (1- 2 9 ) × 1 8 = 95 144 . 拓展提高 1.如图,已知电路中 4 个开关闭合的概率都是1 2 ,且是互相独立的,灯亮的概率为 ( ) A. 3 16 B. 3 4 C. 13 16 D. 1 4 解析:记 A,B,C,D 这 4 个开关闭合分别为事件 Q,R,S,T,又记 A 与 B 都闭合为事件 E,则 P(E)=P(Q∩R)= 1 4 ,P(𝐸)=1-P(E)= 3 4 , 则灯亮的概率为 P=1-P(𝐸 ∩ 𝑆 ∩ 𝑇)=1-P(𝐸)P(𝑆)P(𝑇)=1- 3 16 = 13 16 . 答案:C 2.在某段时间内,甲地下雨的概率为 0.3,乙地下雨的概率为 0.4.假设在这段时间内 两地是否下雨之间没有影响,则这段时间内,甲、乙两地都不下雨的概率为( ) A.0.12 B.0.88 C.0.28 D.0.42 解析:P=(1-0.3)×(1-0.4)=0.42. 答案:D 3.某机器上安装甲、乙两个元件,这两个元件的使用寿命互不影响.已知甲元件的 使用寿命超过 1 年的概率为 0.6,要使两个元件中至少有一个的使用寿命超过 1 年的概率至少为 0.9,则乙元件的使用寿命超过 1 年的概率至少为( ) A.0.3 B.0.6 C.0.75 D.0.9 解析:设乙元件的使用寿命超过 1 年的概率至少为 p,则 1-(1-0.6)(1-p)=0.9,解得 p=0.75. 答案:C 4.甲、乙两名棋手比赛正在进行中,甲必须再胜 2 盘才最后获胜,乙必须再胜 3 盘 才最后获胜.若甲、乙两人每盘取胜的概率都是1 2 ,则甲最后获胜的概率是( ) A. 3 4 B. 11 16 C. 5 8 D. 9 16

解析：甲、乙再打2局甲胜的概率为×=甲、乙再打3局甲胜的概率为 2×××=甲、乙再打4局甲胜的概率为3×) 243 =忌所以甲最后获胜的概 率为+计品=品故选B 答案B 5.某自助银行有A,B,C,D四台ATM,在某一时刻这四台ATM被占用的概率分别 为居 (I)若某客户只能使用四台ATM中的A或B,则该客户需要等待的概率为 (2)某客户使用ATM取款时，恰好有两台ATM被占用的概率为 解析)该客户需要等待意味着A与B同时被占用，故所求概率为P1×=君 (2)依题意，该客户使用ATM取款时恰好有两台ATM被占用的概率为 P=×x×+x××+×××+号×××+x××号 3 3 2×2××2=共 3225301 答案（哈2喘 6.甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，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、乙各胜一局，则再赛2局结束这次比赛的概率为 解析：0.62+0.42=0.52 答案0.52 7.某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株.设甲、乙两种大树移栽的成 活率分别为三和兰且各株大树是否成活互不影响，求移栽的4株大树中，至少有1 株成活的概率， 解：设Ak表示第k株甲种大树成活，k=1,2,B1表示第1株乙种大树成活，1=1,2， 则A1,A2,B1,B2相互独立，且PA)=P42)=三P(B1)=P(B2)=5 至少有1株成活的概率为P=11目x1器 900 挑战创新 一个元件能正常工作的概率叫做这个元件的可靠性，设构成系统的每个元件的可 靠性为p(0<p<1),且每个元件能否正常工作是相互独立的.如图，今有6个元件按 两种方式构成两个系统(1)2)，试比较系统(1)2)哪个的可靠性大， 团A西西 ☒-BB (1) (2)

解析:甲、乙再打 2 局甲胜的概率为1 2 × 1 2 = 1 4 ;甲、乙再打 3 局甲胜的概率为 2× 1 2 × 1 2 × 1 2 = 1 4 ;甲、乙再打 4 局甲胜的概率为 3×( 1 2 ) 4 = 3 16 ,所以甲最后获胜的概 率为1 4 + 1 4 + 3 16 = 11 16 ,故选 B. 答案:B 5.某自助银行有 A,B,C,D 四台 ATM,在某一时刻这四台 ATM 被占用的概率分别 为 1 3 , 1 2 , 1 2 , 2 5 . (1)若某客户只能使用四台 ATM 中的 A 或 B,则该客户需要等待的概率为 ; (2)某客户使用 ATM 取款时,恰好有两台 ATM 被占用的概率为 . 解析:(1)该客户需要等待意味着 A 与 B 同时被占用,故所求概率为 P1= 1 3 × 1 2 = 1 6 . (2)依题意,该客户使用 ATM 取款时恰好有两台 ATM 被占用的概率为 P2= 1 3 × 1 2 × 1 2 × 3 5 + 1 3 × 1 2 × 1 2 × 3 5 + 1 3 × 1 2 × 1 2 × 2 5 + 2 3 × 1 2 × 1 2 × 3 5 + 2 3 × 1 2 × 1 2 × 2 5 + 2 3 × 1 2 × 1 2 × 2 5 = 11 30 . 答案:(1)1 6 (2)11 30 6.甲、乙二人进行一次围棋比赛,约定先胜 3 局者获得这次比赛的胜利,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、乙各胜一局,则再赛 2 局结束这次比赛的概率为 . 解析:0.6 2+0.4 2=0.52. 答案:0.52 7.某单位为绿化环境,移栽了甲、乙两种大树各 2 株.设甲、乙两种大树移栽的成 活率分别为5 6和 4 5 ,且各株大树是否成活互不影响,求移栽的 4 株大树中,至少有 1 株成活的概率. 解:设 Ak 表示第 k 株甲种大树成活,k=1,2,Bl 表示第 l 株乙种大树成活,l=1,2, 则 A1,A2,B1,B2相互独立,且 P(A1)=P(A2)= 5 6 ,P(B1)=P(B2)= 4 5 . 至少有 1 株成活的概率为 P=1-(1- 5 6 ) 2 × 1- 4 5 2= 899 900 . 挑战创新 一个元件能正常工作的概率叫做这个元件的可靠性,设构成系统的每个元件的可 靠性为 p(0<p<1),且每个元件能否正常工作是相互独立的.如图,今有 6 个元件按 两种方式构成两个系统(1)(2),试比较系统(1)(2)哪个的可靠性大. (1) (2)

解：系统()有两条道路，它们能正常工作当且仅当两条道路至少有一条能正常工 作，而每条道路能正常工作当且仅当它的每个元件能正常工作」 系统(1)每条道路正常工作的概率是p3,不能正常工作的概率是1p,系统(1)不能 正常工作的概率为(1-p3),故系统(1)正常工作的概率是P1=1-(1-p3)2=p(2-p3) 系统(2)由3对并联元件串联而成，它能正常工作，当且仅当每对并联元件都能正 常工作，由于每对并联元件不能正常工作的概率为(1)}，因而每对并联元件正常 工作的概率是1-(1-p)2,故系统(2)正常工作的概率是P2=[1-(1-p2]3=p3(2-p)3 因为P1-P2=p3(2p3)p3(2p)3=-6p3(p-1)2<0,所以P1<P2,即系统(2)更可靠

解:系统(1)有两条道路,它们能正常工作当且仅当两条道路至少有一条能正常工 作,而每条道路能正常工作当且仅当它的每个元件能正常工作. 系统(1)每条道路正常工作的概率是 p 3 ,不能正常工作的概率是 1-p 3 ,系统(1)不能 正常工作的概率为(1-𝑝 3 ) 2 ,故系统(1)正常工作的概率是 P1=1-(1-p 3 ) 2=p3 (2-p 3 ). 系统(2)由 3 对并联元件串联而成,它能正常工作,当且仅当每对并联元件都能正 常工作,由于每对并联元件不能正常工作的概率为(1-p) 2 ,因而每对并联元件正常 工作的概率是 1-(1-p) 2 ,故系统(2)正常工作的概率是 P2=[1-(1-p) 2 ] 3=p3 (2-p) 3 . 因为 P1-P2=p3 (2-p 3 )-p 3 (2-p) 3=-6p 3 (p-1)2<0,所以 P1<P2,即系统(2)更可靠