資源簡介

1.2　乘法公式與事件的獨(dú)立性
學(xué)習(xí)目標(biāo) 1.結(jié)合古典概型，會用乘法公式計(jì)算概率，培養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng).　2.結(jié)合古典概型，了解條件概率與獨(dú)立性的關(guān)系，理解兩個事件相互獨(dú)立的概念，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng).
任務(wù)一　概率的乘法公式
問題1.以A，B分別表示某城市的甲、乙兩個區(qū)在某一年內(nèi)出現(xiàn)停水的事件，據(jù)記載知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A｜B)＝0.15，兩個區(qū)有可能同時停水嗎？其概率是多少？
提示：有可能，由條件概率公式可得：P(AB)＝P(B)P(A｜B)＝0.30×0.15＝0.045.
乘法公式
P(AB)＝P(A)P(B｜A)(其中P(A)＞0).
P(AB)＝P(B)P(A｜B)(其中P(B)＞0).
[微提醒]　(1)公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)反映了知二求一的方程思想.(2)該概率公式可以推廣為P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2｜A1)·P(A3｜A1A2)，其中P(A1)＞0，P(A1A2)＞0.
(鏈教材P187例3)一批燈泡共100只，其中10只是次品，其余為正品.作不放回抽取，每次取1只.求：
(1)前兩次都抽到正品的概率；
(2)第三次才取到正品的概率.
解：(1)設(shè)Ai＝，A＝，則A＝A1A2，
于是P(A)＝P＝P(A1)·P＝×＝，
所以前兩次都抽到正品的概率為.
(2)設(shè)B＝，則B＝A3，
于是P(B)＝P＝P·P()·P＝××＝，
所以第三次才取到正品的概率為.
利用乘法公式解題的一般步驟
第一步：首先判斷應(yīng)用題是否可以應(yīng)用乘法公式求解；
第二步：根據(jù)已知條件表示出各事件的概率P(A)，P(B｜A)；
第三步：代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)求出概率.
對點(diǎn)練1.(1)開元通寶是我國唐代的一種貨幣，向開元通寶上任意投擲一粒芝麻，第一次投進(jìn)方空的概率約為0.5，在第一次投進(jìn)開元通寶方空的條件下第二次也投進(jìn)方空的概率約為0.3，則這樣連續(xù)兩次都可把芝麻投進(jìn)方空的概率是　　　　.
(2)設(shè)袋中有5個紅球，3個黑球，2個白球，現(xiàn)按不放回抽樣方式摸球三次，每次摸得一球，則第三次才摸得白球的概率為　　　　.
答案：(1)0.15　(2)
解析：(1)設(shè)“第一次投進(jìn)方空”為事件A，“第二次投進(jìn)方空”為事件B，則由題意P(A)＝0.5，P(B｜A)＝0.3，從而由條件概率公式可知，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.5×0.3＝0.15.
(2)設(shè)A＝“第一次未摸得白球”，B＝“第二次未摸得白球”，C＝“第三次摸得白球”，則事件“第三次才摸得白球”可表示為ABC，P(A)＝，P(B｜A)＝，P(C)＝，所以P(ABC)＝P(A)P(B｜A)P(C)＝××＝.
任務(wù)二　事件的獨(dú)立性
問題2.三張獎券中只有一張能中獎，現(xiàn)分別由三名同學(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“最后一名同學(xué)抽到中獎獎券”.事件A的發(fā)生會影響事件B發(fā)生的概率嗎？
提示：有放回地抽取獎券時，最后一名同學(xué)也是從原來的三張獎券中任抽一張，因此第一名同學(xué)的抽獎結(jié)果對最后一名同學(xué)的抽獎結(jié)果沒有影響，即事件A的發(fā)生不會影響事件B發(fā)生的概率.于是P(B｜A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(A)P(B).
1.如果事件A(或B)是否發(fā)生對事件B(或A)發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件就叫作相互獨(dú)立事件.
2.兩個相互獨(dú)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).
3.相互獨(dú)立事件的性質(zhì)：若A與B是相互獨(dú)立事件，則A與，B與，與也相互獨(dú)立.
[微思考]　若A，B相互獨(dú)立，則A與也相互獨(dú)立，為什么？
提示：因?yàn)锳，B相互獨(dú)立，所以P(B｜A)＝P(B)＝，P(｜A)＝1－P(B｜A)＝1－P(B)＝P()＝，
所以P(A)＝P(A)P()，所以A與相互獨(dú)立.
(鏈教材P188例4)(多選題)同時拋出兩枚質(zhì)地均勻的骰子甲、乙，記事件A：甲骰子點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)，事件B：乙骰子點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)，事件C：甲、乙骰子點(diǎn)數(shù)相同.下列說法正確的有(　　)
A.事件A與事件B對立
B.事件A與事件B相互獨(dú)立
C.事件A與事件C相互獨(dú)立
D.P(C)＝P(AB)
答案：BC
解析：由題意，得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝＝，對于A，當(dāng)甲骰子點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)，且乙骰子點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)時，事件可以同時發(fā)生，所以事件A與事件B不互斥，故事件A與事件B不對立，故A錯誤；對于B，由題意知P(AB)＝＝，又P(A)P(B)＝×＝＝P(AB)，故事件A與事件B相互獨(dú)立，故B正確；對于C，P(AC)＝＝，又P(A)P(C)＝×＝＝P(AC)，故事件A與事件C相互獨(dú)立，故C正確；對于D，由上知，P(C)＝＜P(AB)＝，故D錯誤.故選BC.
兩個事件是否相互獨(dú)立的判斷方法
1.直接法：由事件本身的性質(zhì)直接判斷兩個事件的發(fā)生是否相互影響.
2.定義法：當(dāng)P(AB)＝P(A)P(B)時，事件A，B相互獨(dú)立.
3.條件概率法：當(dāng)P(A)＞0時，可用P(B｜A)＝P(B)判斷.
對點(diǎn)練2.有3個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個球.用(x，y)表示樣本點(diǎn)，其中x表示第一次取出球的數(shù)字，y表示第二次取出球的數(shù)字.設(shè)事件A＝“第一次取出的球的數(shù)字是1”，事件B＝“兩次取出的球的數(shù)字之和是4”.
(1)寫出這個試驗(yàn)的樣本空間；
(2)判斷事件A和事件B是否相互獨(dú)立，并說明理由.
解：(1)依題意試驗(yàn)的樣本空間Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)}.
(2)事件A和事件B相互獨(dú)立，理由如下：
因?yàn)锳＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)}，B＝{(1，3)，(2，2)，(3，1)}，
所以P(A)＝＝＝，P(B)＝＝＝，
因?yàn)锳B＝{(1，3)}，所以P(AB)＝＝，
因?yàn)镻(A)P(B)＝×＝＝P(AB)，
所以事件A和事件B相互獨(dú)立.
任務(wù)三　相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率
甲、乙、丙三人進(jìn)行投球練習(xí)，每人投球一次.已知甲命中的概率是，甲、乙都未命中的概率是，乙、丙都命中的概率是，若每人是否命中互不影響.
(1)求乙、丙兩人各自命中的概率；
(2)求甲、乙、丙三人中至少2人命中的概率.
解：(1)設(shè)乙、丙兩人各自命中的概率分別為p1，p2，
故＝，p1p2＝，解得p1＝，p2＝，
故乙、丙兩人各自命中的概率分別為，.
(2)甲、乙、丙三人均命中的概率為××＝，
甲、乙、丙三人中2人命中的概率為××＋××＋××＝＋＋＝，
故甲、乙、丙三人中至少2人命中的概率為＋＝.
1.求P(AB)時，要注意事件A，B是否相互獨(dú)立，求P(A＋B)時，應(yīng)注意事件A，B是否互斥.對于“至多”“至少”型問題的解法有兩種思路：(1)分類討論；(2)轉(zhuǎn)化為求對立事件的概率，利用P()＝1－P(A)來計(jì)算.
2.復(fù)雜問題可考慮分解為等價的幾個事件的概率問題，同時結(jié)合對立事件的概率求法進(jìn)行求解.
對點(diǎn)練3.(1)李華家養(yǎng)了白、灰、黑三種顏色的小兔子各1只，從兔窩中每次摸取1只，有放回地摸取3次，則3次摸取的顏色不全相同的概率為(　　)
A. B.
C. D.
(2)(2025·廣東廣州期末)某專業(yè)技術(shù)的考試共兩個單項(xiàng)考試，考生應(yīng)依次參加兩個單項(xiàng)考試，前一項(xiàng)考試合格后才能報名參加后一項(xiàng)考試，考試不合格則需另行交費(fèi)預(yù)約再次補(bǔ)考.據(jù)調(diào)查，這兩項(xiàng)考試的合格率依次為，，且各項(xiàng)考試是否通過互不影響，則一位考生通過這項(xiàng)專業(yè)技術(shù)考試至多需要補(bǔ)考一次的概率為　　　　.
答案：(1)B　(2)
解析：(1)由題意可知：每次摸到白、灰、黑三種顏色的概率均為，記“3次摸取的顏色不全相同”為事件A，則P()＝3×＝，所以P(A)＝1－P()＝.故選B.
(2)不需要補(bǔ)考就通過的概率為×＝；僅補(bǔ)考一次第一個單項(xiàng)考試就通過的概率為(1－)××＝；僅補(bǔ)考一次第二個單項(xiàng)考試就通過的概率為×(1－)×＝；故一位考生通過這項(xiàng)專業(yè)技術(shù)考試至多需要補(bǔ)考一次的概率為＋＋＝.
任務(wù)再現(xiàn) 1.概率乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(B)P(A｜B).2.事件A與事件B相互獨(dú)立 P(AB)＝P(A)P(B).3.相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率.
方法提煉 公式法、正難則反思想
易錯警示 獨(dú)立事件不互斥，互斥事件不獨(dú)立，二者概念不同，不能混淆
1.甲、乙兩人獨(dú)立地破解同一個謎題，破解出謎題的概率分別為，，則謎題被破解出的概率為(　　)
A. B.
C. D.1
答案：C
解析：設(shè)“甲獨(dú)立地破解謎題”為事件A，“乙獨(dú)立地破解謎題”為事件B，且事件A，B相互獨(dú)立，“謎題被破解”為事件C，則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝1－P＝1－＝1－×＝.故選C.
2.袋內(nèi)有質(zhì)地均勻且大小相同的3個白球和2個黑球，從中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，則A與B是(　　)
A.互斥事件 B.相互獨(dú)立事件
C.對立事件 D.不相互獨(dú)立事件
答案：B
解析：依題意，有放回地摸球，事件A與B可以同時發(fā)生，因此事件A與B不互斥，更不對立，故A、C錯誤；顯然P(A)＝P(B)＝，P(AB)＝＝×＝P(A)P(B)，因此A與B是相互獨(dú)立事件，故B正確，D錯誤.故選B.
3.如圖，用A，B，C三個不同的元件連接成一個系統(tǒng)N.當(dāng)元件C正常工作且元件A，B至少有一個正常工作時，系統(tǒng)N正常工作.已知元件A，B，C正常工作的概率依次為0.8，0.7，0.8，則系統(tǒng)N能正常工作的概率為　　　　.
答案：0.752
解析：由題意知，系統(tǒng)N能正常工作的概率為(0.8×0.3＋0.2×0.7＋0.8×0.7)×0.8＝0.752.
4.(2025·山東淄博高二期中)甲、乙兩人進(jìn)行羽毛球比賽，連續(xù)比賽三局，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立.設(shè)甲在第一、第二、第三局比賽中獲勝的概率分別為，，，則甲恰好連勝兩局的概率為　　　　.
答案：
解析：甲恰好連勝兩局有：前兩局獲勝，第三局失利和第一局失利，后兩局獲勝兩種情況，甲恰好連勝兩局的概率P＝××＋××＝.
課時分層評價39　乘法公式與事件的獨(dú)立性
(時間：60分鐘　滿分：100分)
(1—9，每小題5分，共45分)
1.某車隊(duì)派出兩輛車參加比賽，假設(shè)這兩輛車在比賽中不出現(xiàn)故障的概率均為p，則比賽結(jié)束時兩輛車不同時出現(xiàn)故障的概率為(　　)
A.p2 B.2p－p2
C.1－p2 D.p－2p2
答案：B
解析：兩輛車不同時出現(xiàn)故障的概率為1－(1－p)2＝2p－p2.故選B.
2.若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，則事件A與B的關(guān)系是(　　)
A.事件A與B互斥但不對立
B.事件A與B對立
C.事件A與B相互獨(dú)立
D.事件A與B既互斥又相互獨(dú)立
答案：C
解析：因?yàn)镻(AB)＝，P()＝，P(B)＝，所以P(A)＝1－＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，所以事件A與B是相互獨(dú)立事件.故選C.
3.如圖，一個質(zhì)點(diǎn)從原點(diǎn)O出發(fā)，每隔一秒隨機(jī)向左或向右移動一個單位長度，向左的概率為，向右的概率為，共移動4次，則該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：共移動4次，該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的方式有0→1→0→1和0→1→2→1，且兩種方式第4次移動向左向右均可以，所以該質(zhì)點(diǎn)共兩次到達(dá)1的位置的概率為××＋××＝.故選A.
4.某同學(xué)參加社團(tuán)面試，已知其第一次通過面試的概率為0.7，第二次通過面試的概率為0.4，若第一次未通過，仍可進(jìn)行第二次面試，若兩次均未通過，則面試失敗，否則視為面試通過，則該同學(xué)通過面試的概率為(　　)
A.0.24 B.0.42
C.0.82 D.0.88
答案：C
解析：因?yàn)榈谝淮瓮ㄟ^面試的概率為0.7，第二次通過面試的概率為0.4，所以兩次面試都沒有通過的概率為(1－0.7)×(1－0.4)＝0.18，所以該同學(xué)通過面試的概率為1－0.18＝0.82.故選C.
5.已知甲、乙兩人射擊的命中率分別是0.4和0.7.現(xiàn)二人同時向同一獵物射擊，發(fā)現(xiàn)獵物只中一槍，則甲、乙分配獵物的比例應(yīng)該是(　　)
A.2∶7 B.3∶7
C.4∶7 D.5∶7
答案：A
解析：因?yàn)榧住⒁覂扇松鋼舻拿新史謩e是0.4和0.7，現(xiàn)二人同時向同一獵物射擊，發(fā)現(xiàn)獵物只中一槍，只有甲打中獵物的概率為0.4×0.3＝0.12，只有乙打中獵物的概率為0.6×0.7＝0.42，所以甲、乙分配獵物的比例應(yīng)該是0.12∶0.42＝2∶7.故選A.
6.(多選題)(2025·煙臺模擬)甲、乙兩人參加消防安全知識競賽活動.活動共設(shè)三輪，在每輪活動中，甲、乙各回答一題，若一方答對且另一方答錯，則答對的一方獲勝，否則本輪平局.已知每輪活動中，甲、乙答對的概率分別為和，且每輪活動中甲、乙答對與否互不影響，各輪活動也互不影響，則(　　)
A.每輪活動中，甲獲勝的概率為
B.每輪活動中，平局的概率為
C.甲勝一輪乙勝兩輪的概率為
D.甲至少獲勝兩輪的概率為
答案：ABD
解析：根據(jù)題意，每輪活動中，甲獲勝的概率為×＝，故A正確；每輪活動中，乙獲勝的概率為×＝，所以平局的概率為1－－＝，故B正確；在三輪活動中，甲勝一輪乙勝兩輪的概率為×＝，故C不正確；甲至少獲勝兩輪的概率為＋·＝＋＝，故D正確.故選ABD.
7.在市場上供應(yīng)的燈泡中，甲廠產(chǎn)品占70％，乙廠產(chǎn)品占30％，甲廠產(chǎn)品的合格率是95％，乙廠產(chǎn)品的合格率是80％，則從市場上買到一個甲廠的合格燈泡的概率是　　　　.
答案：0.665
解析：記事件A為“甲廠產(chǎn)品”，事件B為“合格產(chǎn)品”，則P(A)＝0.7，P(B｜A)＝0.95，所以P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.7×0.95＝0.665.
8.某同學(xué)進(jìn)行投籃訓(xùn)練，在甲、乙、丙三個不同的位置投中的概率分別為，p，，該同學(xué)站在三個不同的位置各投籃一次，至少投中一次的概率為，則p的值是　　　　.
答案：
解析：由題意得＋××(1－p)＝1，解得p＝.
9.(2025·重慶長壽高二期末)某學(xué)生上學(xué)選擇步行、坐公交車的概率分別為，，而他步行、坐公交車遲到的概率分別為，.結(jié)果今天他遲到了，在此條件下，他步行去上學(xué)的概率為　　　　.
答案：
解析：設(shè)這個學(xué)生遲到為事件A，選擇步行為事件B，則P(A)＝×＋×＝，P(AB)＝×＝，所以P(B｜A)＝＝＝.
10.(15分)某人忘記了電話號碼的最后一位數(shù)字，因而他隨意地?fù)芴?
(1)求他撥號不超過三次接通電話的概率；
(2)若已知最后一位數(shù)字是奇數(shù)，那么(1)中的概率又是多少？
解：(1)設(shè)Ai＝“第i次接通電話”，i＝1，2，3，
B＝“撥號不超過3次接通電話”，
則事件B＝A1∪A2∪A3.
利用概率的加法公式和乘法公式，則P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＝＋×＋××＝.
(2)若已知最后一位數(shù)字是奇數(shù)，則P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)
＝P(A1)＋P()P(A2)＋P()P()P(A3)＝＋×＋××＝.
(11—13，每小題5分，共15分)
11.某大學(xué)強(qiáng)基測試有近千人參加，每人做題最終是否正確相互獨(dú)立，其中一道選擇題有5個選項(xiàng)，假設(shè)會做此題則必能答對.參加考試的同學(xué)中有一部分同學(xué)會做此題；有一半的同學(xué)完全不會，需要在5個選項(xiàng)中隨機(jī)蒙一個選項(xiàng)；剩余同學(xué)可以排除一個選項(xiàng)，在其余四個選項(xiàng)中隨機(jī)蒙一個選項(xiàng)，最終統(tǒng)計(jì)該題的正確率為30％，則真會做此題的學(xué)生比例最可能為(　　)
A.5％ B.10％
C.15％ D.20％
答案：B
解析：設(shè)測試總?cè)藬?shù)為n，真會做此題的學(xué)生人數(shù)為x，由題意得，＝30％，解得＝10％.故選B.
12.(多選題)A，B，C，D四名醫(yī)生去甲，乙，丙三個村開展義診活動，每個醫(yī)生分配到一個村且每個村至少分配一名醫(yī)生.設(shè)事件X＝“A醫(yī)生分配到乙村”，事件 Y＝“B醫(yī)生分配到甲村”，則(　　)
A.P(X)＝
B.事件X與事件Y相互獨(dú)立
C.事件X與事件Y互斥
D.P(X｜Y)＝
答案：AD
解析：四名醫(yī)生去甲，乙，丙三個村開展義診活動，每個醫(yī)生分配到一個村且每個村至少分配一名醫(yī)生共有＝36種方法，A醫(yī)生分配到乙村有＝12種方法，所以P(X)＝＝，故A正確；B醫(yī)生分配到甲村有＝12種方法，所以P(Y)＝＝，A醫(yī)生分配到乙村且B醫(yī)生分配到甲村有＋＝5種方法，所以P(XY)＝，因?yàn)镻(XY)≠P(X)P(Y)，所以事件X與事件Y不獨(dú)立，故B不正確；由于事件X與事件Y能同時發(fā)生，所以事件X與事件Y不是互斥事件，故C不正確；P＝＝，故D正確.故選AD.
13.甲、乙、丙三人一同下棋(無平局)，甲勝乙、乙勝丙、丙勝甲的概率分別為0.6，0.5，0.4.第一局由甲、乙二人先下，丙旁觀，規(guī)則為負(fù)者在下一局旁觀，勝者與丙比賽……依次類推.若其中有一人累計(jì)勝兩局，則結(jié)束比賽，勝兩局者最終獲勝，則甲最終獲勝的概率是　　　　.
答案：0.504
解析：甲最終獲勝的所有比賽情形有3種，甲勝前兩局：P1＝0.6×0.6＝0.36；第一局甲勝乙，第二局丙勝甲，第三局乙勝丙，第四局甲勝乙：P2＝0.6×0.4×0.5×0.6＝0.072；第一局乙勝甲，第二局丙勝乙，第三局甲勝丙，第四局甲勝乙：P3＝0.4×0.5×0.6×0.6＝0.072，故甲最終獲勝的概率為P1＋P2＋P3＝0.504.
14.(15分)(2025·廣東深圳高二月考)某場知識競賽比賽中，甲、乙、丙三個家庭同時回答一道有關(guān)環(huán)保知識的問題.已知甲家庭回答正確這道題的概率是，甲、丙兩個家庭都回答錯誤的概率是，乙、丙兩個家庭都回答正確的概率是，若各家庭回答是否正確互不影響.
(1)求乙、丙兩個家庭各自回答正確這道題的概率；
(2)求甲、乙、丙三個家庭中不少于兩個家庭回答正確這道題的概率.
解：(1)記“甲家庭回答正確這道題”“乙家庭回答正確這道題”“丙家庭回答正確這道題”分別為事件A，B，C，
由于甲家庭回答正確這道題的概率是，甲、丙兩個家庭都回答錯誤的概率是，乙、丙兩個家庭都回答正確的概率是，
則P(A)＝，P()·P()＝，P(B)·P(C)＝，
即[1－P(A)]·[1－P(C)]＝，P(B)·P(C)＝，
所以P(B)＝，P(C)＝.
所以乙、丙兩個家庭各自回答正確這道題的概率為.
(2)三個家庭全部回答錯誤的概率為P0＝P()
＝P()·P()·P()＝××＝，
有一個家庭回答正確的概率為P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，
所以不少于兩個家庭回答正確這道題的概率
P＝1－P0－P1＝1－－＝.
(15、16，每小題5分，共10分)
15.(創(chuàng)新題)中國有很多諺語，如“人多計(jì)謀廣，柴多火焰高”“三個臭皮匠，頂個諸葛亮”“一個籬笆三個樁，一個好漢三個幫”等等，都能體現(xiàn)團(tuán)隊(duì)協(xié)作、集體智慧的強(qiáng)大.假設(shè)某人能力較強(qiáng)，他獨(dú)自一人解決某個項(xiàng)目的概率為P1＝0.8.同時，有由n個水平相當(dāng)?shù)娜私M成的團(tuán)隊(duì)也在研究該項(xiàng)目，團(tuán)隊(duì)成員各自獨(dú)立解決該項(xiàng)目的概率都是0.4.如果這n個人組成的團(tuán)隊(duì)解決該項(xiàng)目的概率為P2，且P2≥P1，則n的最小取值是(參考數(shù)據(jù)：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48)(　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
答案：B
解析：由題意得，P2＝1－(1－0.4)n＝1－( )n，由P2≥P1可得1－()n≥，即()n≤，兩邊取對數(shù)，可得n≥lo＝＝≈＞3.故選B.
16.某超市舉行有獎答題活動，參加活動的顧客依次回答三個問題.不管答對或者答錯，三題答完活動結(jié)束.規(guī)定每位顧客只能參加一次活動.已知每位顧客第一題答對的概率為，第二題答對的概率為，第三題答對的概率為，若答對兩題，則可獲得價值100元的獎品，若答對三題，則可獲得價值200元的獎品，若答對的題數(shù)不夠2題，則不能獲獎.假設(shè)顧客是否通過每一關(guān)相互獨(dú)立.現(xiàn)有甲，乙兩名顧客參加該活動，則兩人最后獲得獎品價值總和為300元的概率為　　　　.
答案：
解析：兩人最后獲得獎品價值總和為300元的事件為：甲得100元且乙得200元，或甲得200元且乙得100元，即甲答對2題且乙答對3題，或甲答對3題且乙答對2題，又每位顧客答對2題的概率為××＋××＋××＝，每位顧客答對3題的概率為××＝，所以兩人最后獲得獎品價值總和為300元的概率為P＝××2＝.
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1.2　乘法公式與事件的獨(dú)立性
　
第六章　§1　隨機(jī)事件的條件概率
學(xué)習(xí)目標(biāo)
1.結(jié)合古典概型，會用乘法公式計(jì)算概率，培養(yǎng)數(shù)學(xué)運(yùn)算、 數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng).
2.結(jié)合古典概型，了解條件概率與獨(dú)立性的關(guān)系，理解兩個 事件相互獨(dú)立的概念，提升數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)學(xué)建模的核心
素養(yǎng).
任務(wù)一　概率的乘法公式
問題導(dǎo)思
問題1.以A，B分別表示某城市的甲、乙兩個區(qū)在某一年內(nèi)出現(xiàn)停水的事件，據(jù)記載知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A｜B)＝0.15，兩個區(qū)有可能同時停水嗎？其概率是多少？
提示：有可能，由條件概率公式可得：P(AB)＝P(B)P(A｜B)＝0.30×0.15＝0.045.
新知構(gòu)建
乘法公式
P(AB)＝_____________(其中P(A)＞0).
P(AB)＝_____________(其中P(B)＞0).
P(A)P(B｜A)
P(B)P(A｜B)
微提醒
(1)公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)反映了知二求一的方程思想.(2)該概率公式可以推廣為P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2｜A1)·P(A3｜A1A2)，其中P(A1)＞0，P(A1A2)＞0.
典例
1
規(guī)律方法
利用乘法公式解題的一般步驟
第一步：首先判斷應(yīng)用題是否可以應(yīng)用乘法公式求解；
第二步：根據(jù)已知條件表示出各事件的概率P(A)，P(B｜A)；
第三步：代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)求出概率.
對點(diǎn)練1.(1)開元通寶是我國唐代的一種貨幣，向開元通寶上任意投擲一粒芝麻，第一次投進(jìn)方空的概率約為0.5，在第一次投進(jìn)開元通寶方空的條件下第二次也投進(jìn)方空的概率約為0.3，則這樣連續(xù)兩次都可把芝麻投進(jìn)方空的概率是　　　　.
0.15
設(shè)“第一次投進(jìn)方空”為事件A，“第二次投進(jìn)方空”為事件B，則由題意P(A)＝0.5，P(B｜A)＝0.3，從而由條件概率公式可知，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.5×0.3＝0.15.
(2)設(shè)袋中有5個紅球，3個黑球，2個白球，現(xiàn)按不放回抽樣方式摸球三
次，每次摸得一球，則第三次才摸得白球的概率為　　.

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任務(wù)二　事件的獨(dú)立性
問題導(dǎo)思
問題2.三張獎券中只有一張能中獎，現(xiàn)分別由三名同學(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“最后一名同學(xué)抽到中獎獎券”.事件A的發(fā)生會影響事件B發(fā)生的概率嗎？
提示：有放回地抽取獎券時，最后一名同學(xué)也是從原來的三張獎券中任抽一張，因此第一名同學(xué)的抽獎結(jié)果對最后一名同學(xué)的抽獎結(jié)果沒有影響，即事件A的發(fā)生不會影響事件B發(fā)生的概率.于是P(B｜A)＝P(B)，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(A)P(B).
新知構(gòu)建
沒有
相互獨(dú)立事件
P(A)P(B)
微思考
(鏈教材P188例4)(多選題)同時拋出兩枚質(zhì)地均勻的骰子甲、乙，記事件A：甲骰子點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)，事件B：乙骰子點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)，事件C：甲、乙骰子點(diǎn)數(shù)相同.下列說法正確的有
A.事件A與事件B對立
B.事件A與事件B相互獨(dú)立
C.事件A與事件C相互獨(dú)立
D.P(C)＝P(AB)
典例
2
√
√

規(guī)律方法
兩個事件是否相互獨(dú)立的判斷方法
1.直接法：由事件本身的性質(zhì)直接判斷兩個事件的發(fā)生是否相互影響.
2.定義法：當(dāng)P(AB)＝P(A)P(B)時，事件A，B相互獨(dú)立.
3.條件概率法：當(dāng)P(A)＞0時，可用P(B｜A)＝P(B)判斷.
對點(diǎn)練2.有3個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，從中有放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個球.用(x，y)表示樣本點(diǎn)，其中x表示第一次取出球的數(shù)字，y表示第二次取出球的數(shù)字.設(shè)事件A＝“第一次取出的球的數(shù)字是1”，事件B＝“兩次取出的球的數(shù)字之和是4”.
(1)寫出這個試驗(yàn)的樣本空間；
解：依題意試驗(yàn)的樣本空間Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)}.
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任務(wù)三　相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率
典例
3
規(guī)律方法

√


課堂小結(jié)
任務(wù)再現(xiàn) 1.概率乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝P(B)P(A｜B).2.事件A與事件B相互獨(dú)立 P(AB)＝P(A)P(B).3.相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率.
方法提煉 公式法、正難則反思想
易錯警示 獨(dú)立事件不互斥，互斥事件不獨(dú)立，二者概念不同，不能混淆
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隨堂評價
√

√
2.袋內(nèi)有質(zhì)地均勻且大小相同的3個白球和2個黑球，從中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，則A與B是
A.互斥事件 B.相互獨(dú)立事件
C.對立事件 D.不相互獨(dú)立事件
3.如圖，用A，B，C三個不同的元件連接成一個系統(tǒng)N.當(dāng)元件C正常工作且元件A，B至少有一個正常工作時，系統(tǒng)N正常工作.已知元件A，B，C正常工作的概率依次為0.8，0.7，0.8，則系統(tǒng)N能正常工作的概率為　　　　.
0.752
由題意知，系統(tǒng)N能正常工作的概率為(0.8×0.3＋0.2×0.7＋0.8×0.7) ×0.8＝0.752.

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課時分層評價
√
1.某車隊(duì)派出兩輛車參加比賽，假設(shè)這兩輛車在比賽中不出現(xiàn)故障的概率均為p，則比賽結(jié)束時兩輛車不同時出現(xiàn)故障的概率為
A.p2 B.2p－p2
C.1－p2 D.p－2p2
兩輛車不同時出現(xiàn)故障的概率為1－(1－p)2＝2p－p2.故選B.
√
√

√
4.某同學(xué)參加社團(tuán)面試，已知其第一次通過面試的概率為0.7，第二次通過面試的概率為0.4，若第一次未通過，仍可進(jìn)行第二次面試，若兩次均未通過，則面試失敗，否則視為面試通過，則該同學(xué)通過面試的概率為
A.0.24 B.0.42
C.0.82 D.0.88
因?yàn)榈谝淮瓮ㄟ^面試的概率為0.7，第二次通過面試的概率為0.4，所以兩次面試都沒有通過的概率為(1－0.7)×(1－0.4)＝0.18，所以該同學(xué)通過面試的概率為1－0.18＝0.82.故選C.
√
5.已知甲、乙兩人射擊的命中率分別是0.4和0.7.現(xiàn)二人同時向同一獵物射擊，發(fā)現(xiàn)獵物只中一槍，則甲、乙分配獵物的比例應(yīng)該是
A.2∶7 B.3∶7
C.4∶7 D.5∶7
因?yàn)榧住⒁覂扇松鋼舻拿新史謩e是0.4和0.7，現(xiàn)二人同時向同一獵物射擊，發(fā)現(xiàn)獵物只中一槍，只有甲打中獵物的概率為0.4×0.3＝0.12，只有乙打中獵物的概率為0.6×0.7＝0.42，所以甲、乙分配獵物的比例應(yīng)該是0.12∶0.42＝2∶7.故選A.
√
√
√

7.在市場上供應(yīng)的燈泡中，甲廠產(chǎn)品占70％，乙廠產(chǎn)品占30％，甲廠產(chǎn)品的合格率是95％，乙廠產(chǎn)品的合格率是80％，則從市場上買到一個甲廠的合格燈泡的概率是　　　　.
0.665
記事件A為“甲廠產(chǎn)品”，事件B為“合格產(chǎn)品”，則P(A)＝0.7，P(B｜A)＝0.95，所以P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.7×0.95＝0.665.

√
11.某大學(xué)強(qiáng)基測試有近千人參加，每人做題最終是否正確相互獨(dú)立，其中一道選擇題有5個選項(xiàng)，假設(shè)會做此題則必能答對.參加考試的同學(xué)中有一部分同學(xué)會做此題；有一半的同學(xué)完全不會，需要在5個選項(xiàng)中隨機(jī)蒙一個選項(xiàng)；剩余同學(xué)可以排除一個選項(xiàng)，在其余四個選項(xiàng)中隨機(jī)蒙一個選項(xiàng)，最終統(tǒng)計(jì)該題的正確率為30％，則真會做此題的學(xué)生比例最可能為
A.5％ B.10％
C.15％ D.20％
√
√

13.甲、乙、丙三人一同下棋(無平局)，甲勝乙、乙勝丙、丙勝甲的概率分別為0.6，0.5，0.4.第一局由甲、乙二人先下，丙旁觀，規(guī)則為負(fù)者在下一局旁觀，勝者與丙比賽……依次類推.若其中有一人累計(jì)勝兩局，則結(jié)束比賽，勝兩局者最終獲勝，則甲最終獲勝的概率是　　　　.
0.504
甲最終獲勝的所有比賽情形有3種，甲勝前兩局：P1＝0.6×0.6＝0.36；第一局甲勝乙，第二局丙勝甲，第三局乙勝丙，第四局甲勝乙：P2＝0.6×0.4×0.5×0.6＝0.072；第一局乙勝甲，第二局丙勝乙，第三局甲勝丙，第四局甲勝乙：P3＝0.4×0.5×0.6×0.6＝0.072，故甲最終獲勝的概率為P1＋P2＋P3＝0.504.
15.(創(chuàng)新題)中國有很多諺語，如“人多計(jì)謀廣，柴多火焰高”“三個臭皮匠，頂個諸葛亮”“一個籬笆三個樁，一個好漢三個幫”等等，都能體現(xiàn)團(tuán)隊(duì)協(xié)作、集體智慧的強(qiáng)大.假設(shè)某人能力較強(qiáng)，他獨(dú)自一人解決某個項(xiàng)目的概率為P1＝0.8.同時，有由n個水平相當(dāng)?shù)娜私M成的團(tuán)隊(duì)也在研究該項(xiàng)目，團(tuán)隊(duì)成員各自獨(dú)立解決該項(xiàng)目的概率都是0.4.如果這n個人組成的團(tuán)隊(duì)解決該項(xiàng)目的概率為P2，且P2≥P1，則n的最小取值是(參考數(shù)據(jù)：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48)
A.3 B.4
C.5 D.6
√


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