选修12讲义精练第4章4.142随机对照试验案例事件的独立性

4．1_&_随机对比试验案例__大事的性[读教材·填要点]1．随机对比试验随机选取试验组和对比组是支配试验的根本原那么．我们称随机选取试验组的对比试验为随机对比试验，把对比组中的处理方法称为使用抚慰剂．2．大事A，B的当大事的全集Ω1和Ω2，对于A⊆Ω1和B⊆Ω2，有P(A∩B)＝P(A)P(B)，那么称大事A，B．3．大事A1，A2，…，An相互假如试验的全集Ω1，Ω2，…，Ωn是相互的，那么对A1⊆Ω1，A2⊆Ω2，…，An⊆Ωn有P(A1∩A2∩…∩An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)．[小问题·大思维]1．两个大事相互与互斥有什么区分？提示：两个大事相互是指一个大事的发生与否对另一个大事发生的概率没有影响．两个大事互斥是指两个大事不行能同时发生，而相互的两个大事是可以同时发生的，相互大事和互斥大事之间没有联系．2．公式P(AB)＝P(A)P(B)使用的前提条件是什么？提示：P(AB)＝P(A)P(B)使用的前提条件是大事A与大事B相互，同样的，只有当A1，A2，…，An相互时，这几个大事同时发生的概率才等于每个大事发生的概率之积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)．大事性的推断假定生男孩和生女孩是等可能的，令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，争论A与B的性：(1)家庭中有两个小孩；(2)家庭中有三个小孩．[自主解答](1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个根本领件，由等可能性知概率各为eq\f(1,4).这时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)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的全部可能情形为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个根本领件的概率均为eq\f(1,8)，这时A中含有6个根本领件，B中含有4个根本领件，AB中含有3个根本领件．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)，明显有P(AB)＝eq\f(3,8)＝P(A)P(B)成立．从而大事A与B是相互的．(1)推断两个大事A，B相互，其依据为P(AB)＝P(A)P(B)，这是利用定量计算的方法，较精确?????，因此我们必需娴熟把握．(2)推断两个大事是否为相互大事也可以从定性的角度进行分析，也就是看一个大事的发生对另一个大事的发生是否有影响；没有影响就是相互大事，否那么就不是相互大事．1．把一颗质地匀称的骰子任意地掷一次，推断以下各组大事是否是大事？(1)A＝{掷出偶数点}，B＝{掷特别数点}；(2)A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出3的倍数点}；(3)A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出的点数小于4}．解：(1)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝0，∴A与B不是相互大事．(2)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,6)，∴P(AB)＝P(A)·P(B)，∴A与B是相互大事．(3)∵P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(1,6)，∴P(AB)≠P(A)·P(B)，∴A与B不是相互大事.求相互大事同时发生的概率依据资料统计，某地车主购置甲种保险的概率为0.5，购置乙种保险的概率为0.6,购置甲、乙保险相互，各车主间相互．(1)求一位车主同时购置甲、乙两种保险的概率；(2)求一位车主购置乙种保险但不购置甲种保险的概率．[自主解答]记A表示大事“购置甲种保险〞，B表示大事“购置乙种保险〞，那么由题意得A与B，A与eq\x\to(B)，eq\x\to(A)与B，eq\x\to(B)与eq\x\to(A)都是相互大事，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6.(1)记C表示大事“同时购置甲、乙两种保险〞，那么C＝AB，所以P(C)＝P(AB)＝P(A)·P(B×0.6＝0.3.(2)记D表示大事“购置乙种保险但不购置甲种保险〞，那么D＝eq\x\to(A)B，所以P(D)＝P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))·P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3.本例中车主至少购置甲、乙两种保险中的一种的概率是多少？解：法一：记E表示大事“至少购置甲、乙两种保险中的一种〞，那么大事E包括eq\x\to(A)B，Aeq\x\to(B)，AB，且它们彼此为互斥大事．所以P(E)＝P(eq\x\to(A)B＋Aeq\x\to(B)＋AB)＝P(eq\x\to(A)B)＋P(Aeq\x\to(B))＋P(AB)×××0.6＝0.8.法二：大事“至少购置甲、乙两种保险中的一种〞与大事“甲、乙两种保险都不购置〞为对立大事．所以P(E)＝1－P(AB)＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8.求相互大事同时发生的概率的两种方法：方法一：利用P(A1∩A2∩A3…∩An)＝P(A1)P(A2)…P(An)计算．方法二：计算较繁或难以入手的问题可以从对立大事入手计算．a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是eq\f(1,2)，且是相互的，那么灯泡甲亮的概率为________．解析：理解大事之间的关系，设“a闭合〞为大事A，“b闭合〞为大事B，“c闭合〞为大事C，那么灯亮应为大事ACeq\x\to(B)，且A，C，eq\x\to(B)之间彼此，且P(A)＝P(eq\x\to(B))＝P(C)＝eq\f(1,2).所以P(Aeq\x\to(B)C)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,8).答案：eq\f(1,8)大事与互斥大事的综合应用某同学语、数、英三科考试成果，在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，问一次考试中：(1)三科成果均未获得第一名的概率是多少？(2)恰有一科成果未获得第一名的概率是多少？[自主解答]分别记该生语、数、英考试成果排名全班第一的大事为A，B，C，那么A，B，C两两相互且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.(1)“三科成果均未获得第一名〞可以用eq\a\vs4\al(\x\to(A))eq\a\vs4\al(\x\to(B))eq\a\vs4\al(\x\to(C))表示，P(eq\a\vs4\al(\x\to(A))eq\a\vs4\al(\x\to(B))eq\a\vs4\al(\x\to(C)))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)＝0.003，所以三科成果均未获得第一名的概率是0.003.(2)“恰有一科成果未获得第一名〞可以用(eq\x\to(A)BC)∪(Aeq\x\to(B)C)∪(ABeq\x\to(C))表示．由于大事eq\x\to(A)BC，Aeq\x\to(B)C和ABeq\x\to(C)两两互斥，依据概念加法公式和相互大事的意义，所求的概率为P(eq\x\to(A)BC)＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(ABeq\x\to(C))＝P(eq\x\to(A))P(B)P(C)＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]＝(1－0.9)×××(1－0.8)×××(1－0.85)＝0.329，所以恰有一科成果未获得第一名的概率是0.329.解决此类问题的关键是弄清相互的大事，还要留意互斥大事的拆分，以及对立大事概率的求法的运用，即三个公式的联用：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)，P(A)＝1－P(eq\x\to(A))，P(AB)＝P(A)P(B)(A，B相互)．3．某校田径队有三名短跑运发动，依据平常的训练状况统计，甲、乙、丙三人100m跑(互不影响)的成果在13s内(称为合格)的概率分别是eq\f(2,5)，eq\f(3,4)，eq\f(1,3)，假如对这三名短跑运发动的100m跑成果进行一次检测．(1)三人都合格的概率与三人都不合格的概率分别是多少？(2)消失恰有几人合格的概率最大？解：设“甲、乙、丙三人100m跑合格〞分别为大事A，B，C，明显A，B，C相互，P(A)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(C)＝eq\f(1,3)，所以P(eq\x\to(A))＝1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).设恰有k人合格的概率为Pk(k＝0,1,2,3)．(1)三人都合格的概率为P3＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,10).三人都不合格的概率为P0＝P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝eq\f(3,5)×eq\f(1,4)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,10).所以三人都合格的概率与三人都不合格的概率都是eq\f(1,10).(2)由于ABeq\x\to(C)，Aeq\x\to(B)C，eq\x\to(A)BC两两互斥，所以恰有两人合格的概率为：P2＝P(ABeq\x\to(C)＋Aeq\x\to(B)C＋eq\x\to(A)BC)＝P(ABeq\x\to(C))＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(eq\x\to(A)BC)＝P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)×eq\f(2,3)＋eq\f(2,5)×eq\f(1,4)×eq\f(1,3)＋eq\f(3,5)×eq\f(3,4)×eq\f(1,3)＝eq\f(23,60).恰有一人合格的概率为P1＝1－P0－P2－P3＝1－eq\f(1,10)－eq\f(23,60)－eq\f(1,10)＝eq\f(25,60)＝eq\f(5,12).由(1)(2)知P0，P1，P2，P3中P1最大，所以消失恰有一人合格的概率最大．在一段线路中并联着3个自动掌握的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．[巧思]依据题意，这段时间内线路正常工作，就是指3个开关中至少有1个能够闭合，这可以包括恰有其中某1个开关闭合、恰有其中某2个开关闭合、恰有3个开关都闭合三种互斥的状况，逐一求其概率较为麻烦，为此，我们转而先求3个开关都不能闭合的概率，从而求得其对立大事——3个开关中至少有1个能够闭合的概率．[妙解]如下图，分别记这段时间内开关JA，JB，JC能够闭合为大事A，B，C.由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响，依据相互大事的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027.于是这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能正常工作的概率是1－P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝1－0.027＝0.973.所以在这段时间内线路正常工作的概率是0.973.1．假设P(AB)＝eq\f(1,9)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,3)，那么大事A与B的关系是()A．大事A与B互斥 B．大事A与B对立C．大事A与B相互 D．大事A与B既互斥又解析：由于P(eq\x\to(A))＝eq\f(2,3)，所以P(A)＝eq\f(1,3)，又P(B)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,9)，所以有P(AB)＝P(A)P(B)，所以大事A与B相互但不肯定互斥．答案：C2．在某道路A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这个道路上匀速行驶，那么三处都不停车的概率为()A.eq\f(35,192) B.eq\f(25,192)C.eq\f(35,576) D.eq\f(21,192)解析：由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为eq\f(5,12)，eq\f(7,12)，eq\f(3,4).在这个道路上匀速行驶，那么三处都不停车的概率为eq\f(5,12)×eq\f(7,12)×eq\f(3,4)＝eq\f(35,192).答案：A3．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠，乙队需要再赢两局才能得冠．假设两队胜每局的概率相同，那么甲队获得冠的概率为()A.eq\f(3,4) B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,5) D.eq\f(1,2)解析：问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P1＝eq\f(1,2)；其次类，需竞赛2局，第一局甲负，其次局甲赢，其概率P2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故甲队获得冠的概率为P1＋P2＝eq\f(3,4).答案：A4.如图，电路中4个开关闭合的概率都是eq\f(1,2)，且是相互的，那么灯亮的概率为()A.eq\f(3,16) B.eq\f(3,4)C.eq\f(13,16) D.eq\f(1,4)解析：记“A，B，C，D四个开关闭合〞分别为大事A，B，C，D，可用对立大事求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为：P(eq\x\to(C))P(eq\x\to(D))[1－P(AB)]＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)×\f(1,2)))＝eq\f(3,16).∴灯亮的概率为1－eq\f(3,16)＝eq\f(13,16).答案：C5．有一个数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是eq\f(1,2)，乙能解决的概率是eq\f(1,3)，2人试图地在半小时内解决它，那么2人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．解析：甲、乙两人都未能解决的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3).问题得到解决就是至少有1人能解决问题，∴P＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(1,3)eq\f(2,3)6．天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率为0.2，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，计算在这段时间内：(1)甲、乙两地都降雨的概率；(2)甲、乙两地都不降雨的概率；(3)其中至少一个地方降雨的概率．解：(1)甲、乙两地都降雨的概率为P1×0.3＝0.06.(2)甲、乙两地都不降雨的概率为P2＝(1－0.2)××0.7＝0.56.(3)至少一个地方降雨的概率为P3＝1－P2＝1－0.56＝0.44.一、选择题1．打靶时，甲每打10次可中8次，乙每打10次可中7次，假设两人同时射击同一目标，那么他们都击中的概率约为()A.eq\f(14,25) B.eq\f(12,25)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,5)解析：设甲击中目标为大事A，乙击中目标为大事B，那么P(A)＝eq\f(4,5)，P(B)＝eq\f(7,10)，两人都击中目标的对应大事为AB，那么P(AB)＝P(A)P(B)＝eq\f(4,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(14,25).答案：A2．电灯泡使用时数在1000小时以上的概率是0.2，那么3个灯泡在使用1000小时后至多坏了2个的概率是()解析：“三个都坏〞的概率：p3＝0.512，“至多坏2个〞的概率：1－p＝0.488.答案：D3．国庆节放假，甲去北京旅游的概率为eq\f(1,3)，乙、丙去北京旅游的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,5).假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为()A.eq\f(59,60) B.eq\f(3,5)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,60)解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，eq\f(1,5).因此，他们不去北京旅游的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)，所以至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(3,5).答案：B4．在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳动时，均从一叶跳到另一叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如下图．假设现在青蛙在A叶上，那么跳三次之后停在A叶上的概率是()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,9)C.eq\f(4,9) D.eq\f(8,27)解析：青蛙跳三次要回到A只有两条途径：第一条：按A→B→C→A，P1＝eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；其次条：按A→C→B→A，P2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,27)，所以跳三次之后停在A叶上的概率为P＝P1＋P2＝eq\f(8,27)＋eq\f(1,27)＝eq\f(1,3).答案：A二、填空题5．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，那么取得同色球的概率为________．解析：设从甲袋中任取一个球，大事A：“取得白球〞，那么此时大事eq\x\to(A)：“取得红球〞，从乙袋中任取一个球，大事B：“取得白球〞，那么此时大事eq\x\to(B)：“取得红球〞．∵大事A与B相互，∴大事eq\x\to(A)与eq\x\to(B)相互．∴从每袋中任取一个球，取得同色球的概率为P(AB＋eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)＋P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(A)P(B)＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)6．加工某零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为eq\f(1,70)，eq\f(1,69)，eq\f(1,68)，且各道工序互不影响，那么加工出来的零件的次品率为________．解析：加工出来的零件的正品率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,70)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,69)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,68)))＝eq\f(67,70)，所以次品率为1－eq\f(67,70)＝eq\f(3,70).答案：eq\f(3,70)7．在一段时间内，甲去某地的概率是eq\f(1,4)，乙去此地的概率是eq\f(1,5)，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是________．解析：由题意知，两个人都不去此地的概率是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,5)))＝eq\f(3,5)，∴至少有一个人去此地的概率是1－eq\f(3,5)＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)8．某次学问竞赛规那么如下：在主办方预设的5个问题中，选手假设能连续正确答复出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手