人教A版 (2019)必修 第二册事件的相互独立性综合训练题

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册事件的相互独立性综合训练题，共10页。试卷主要包含了某次知识竞赛规则如下等内容，欢迎下载使用。
基础巩固
1.如图,在两个圆盘中,指针落在各数所在区域的机会均等,那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )
A.49B.29
C.23D.13
答案:A
解析:设事件A=“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”,则P(A)=23,事件B=“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”,则P(B)=23.又事件A,B相互独立,故P(AB)=P(A)P(B)=23×23=49.
2.掷一枚质地均匀的骰子一次,设事件A:“出现偶数点”,事件B:“出现3点或6点”,则事件A,B的关系是( )
A.互斥但不相互独立
B.相互独立但不互斥
C.互斥且相互独立
D.既不相互独立也不互斥
答案:B
解析:事件A={2,4,6},事件B={3,6},事件AB={6},样本点空间Ω={1,2,3,4,5,6},
所以P(A)=36=12,P(B)=26=13,P(AB)=16=12×13,即P(AB)=P(A)P(B),因此,事件A与B相互独立.当“出现6点”时,事件A,B同时发生,所以A,B不是互斥事件.
3.某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯,汽车在这三处顺利通行的概率分别为13,12,23,则汽车在这三处恰好停车一次的概率为( )
A.19B.16
C.13D.718
答案:D
解析:分别设汽车在甲、乙、丙三处通行为事件A,B,C,则事件A,B,C相互独立.
由已知得P(A)=13,P(B)=12,P(C)=23,事件D=“停车一次”,则D=ABC∪ABC∪ABC,且ABC,ABC,ABC彼此互斥.
因此P(D)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=1-13×12×23+13×1-12×23+13×12×1-23=718.
4.甲、乙两人进行乒乓球比赛,比赛规则为“3局2胜”,即先赢2局者获胜.根据经验,每局比赛中甲获胜的概率为0.6,则本次比赛甲获胜的概率是( )
答案:D
解析:记事件Ai(i=1,2,3)=“甲在第i局获胜”,则事件A1,A2,A3相互独立.
由已知得P(Ai)=0.6,甲获胜有两种情况,一是“甲以2∶0获胜”=A1A2,
此时P1=0.6×0.6=0.36,
二是“甲以2∶1获胜”=A1A2A3+A1A2A3,又知A1A2A3与A1A2A3互斥,此时P2=0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.288,故甲获胜的概率P=P1+P2=0.648.
5.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,则三人均达标的概率是 ,三人中至少有一人达标的概率是 .
答案:0.24 0.96
解析:三人均达标的概率为0.8×0.6×0.5=0.24,三人均未达标的概率为0.2×0.4×0.5=0.04,故三人中至少有一人达标的概率为1-0.04=0.96.
6.某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的5个问题中,选手若能连续正确回答出2个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了3个问题就晋级下一轮的概率等于 .
答案:0.128
解析:根据题意,若该选手恰好回答3个问题就晋级,则该选手第2个,第3个问题均回答正确,而第1个问题一定回答错误,故根据相互独立事件的概率乘法公式得其概率为0.2×0.8×0.8=0.128.
7.(2025广西百色期末)翱翔蓝天、报效祖国是有志青年的梦想.空军招飞,需依次通过五关:目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关,根据分析甲、乙、丙三位同学通过“复检”关的概率分别是0.4,0.5,0.6,他们能通过“文考”关的概率分别是0.5,0.6,0.5,若每人后三关的每一关是否通过互不影响.
(1)求甲、乙都能进入“政审”关的概率;
(2)求甲、乙、丙三位同学中恰好有两个人通过“复检”关的概率.
解(1)设甲能进入“政审”关为事件A,乙能进入“政审”关为事件B,
则P(A)=0.4×0.5=0.2,P(B)=0.5×0.6=0.3,
所以甲、乙都能进入“政审”关的概率P=P(A)·P(B)=0.2×0.3=0.06.
(2)设甲、乙、丙三位同学中恰好有两个人通过“复检”关为事件C,
则P(C)=0.4×0.5×(1-0.6)+0.4×(1-0.5)×0.6+(1-0.4)×0.5×0.6=0.38.
能力提升
1.已知两个独立事件A和B同时不发生的概率是p,A发生B不发生与A不发生B发生的概率相同,则事件A发生的概率为( )
A.2pB.p2
C.1-pD.1-2p
答案:C
解析:根据题意,设事件A发生的概率为a,事件B发生的概率为b,则有(1-a)(1-b)=p,①a(1-b)=(1-a)b.②由②知a=b,代入①即得a=1-p或a=1+p(舍去).
2.已知某批产品的正品率为34,现对该产品进行测试,则事件“第3次首次取到正品”的概率为( )
A.3×142×34B.3×342×14
C.142×34D.342×14
答案:C
解析:根据题意,若第3次首次取到正品,即前两次取到的都是次品,第3次取到正品,则所求概率P=142×34.
3.某田径队根据平时的训练情况统计出甲、乙、丙三人100米跑的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别为25,34,13,若对这三人100 m跑的成绩进行一次检测,则下列事件概率最大的是( )
A.三人都合格B.三人都不合格
C.恰有两人合格D.恰有一人合格
答案:D
解析:由题意可得,三人都合格的概率为25×34×13=110;
三人都不合格的概率为1−25×1−34×1−13=110;
恰有一人合格的概率为
25×1−34×1−13+1−25×34×1−13+1−25×1−34×13=512;
恰有两人合格的概率为25×34×1−13+25×1−34×13+1−25×34×13=2360.
∵512>2360>110=110,
∴事件“恰有一人合格”发生的概率最大.
4.如图,用K,A1,A2三类不同的元件连接成一个系统.当K正常工作且A1,A2至少有一个正常工作时,系统才正常工作.已知K,A1,A2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8,则系统正常工作的概率为( )
答案:B
解析:方法一:由题意知K,A1,A2正常工作的概率分别为P(K)=0.9,P(A1)=0.8,P(A2)=0.8,因为K,A1,A2正常工作相互独立,
所以A1,A2至少有一个正常工作的概率为
P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)=(1-0.8)×0.8+0.8×(1-0.8)+0.8×0.8=0.96.
所以系统正常工作的概率为P(K)[P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864.
方法二:A1,A2至少有一个正常工作的概率为1-P(A1A2)=1-(1-0.8)(1-0.8)=0.96,
故系统正常工作的概率为P(K)[1-P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864.
5.本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费,超过两小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).有互不认识的甲、乙两人来该租车点租车骑游(各租一车一次).已知甲、乙两人不超过两小时还车的概率分别为14,12,两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为12,14且两人租车时间都不会超过四小时.求:
(1)甲、乙两人所付租车费用相同的概率;
(2)甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率.
解:设事件A1=“甲不超过两小时还车”,事件A2=“甲两小时以上且不超过三小时还车”,事件A3=“甲三小时以上且不超过四小时还车”;事件B1=“乙不超过两小时还车”,事件B2=“乙两小时以上且不超过三小时还车”,事件B3=“乙三小时以上且不超过四小时还车”,则上述六个事件相互独立.
由已知得P(A1)=14,P(A2)=12,P(A3)=14,P(B1)=12,P(B2)=14,P(B3)=14.
(1)设事件C=“所付租车费用相同”,则C=A1B1∪A2B2∪A3B3,且A1B1,A2B2,A3B3彼此互斥,
故P(C)=P(A1B1∪A2B2∪A3B3)=P(A1B1)+P(A2B2)+P(A3B3)=14×12+12×14+14×14=516.
(2)设事件D=“甲、乙两人所付的租车费用之和为4元”,则D=A1B3∪A2B2∪A3B1,且A1B3,A2B2,A3B1彼此互斥,故P(D)=P(A1B3∪A2B2∪A3B1)=P(A1B3)+P(A2B2)+P(A3B1)=14×14+12×14+14×12=516.