专题 10.2 事件的相互独立性【六大题型】
【人教 A 版（2019）】
【题型 1 独立事件的判断】 ....................................................................................................................................2
【题型 2 相互独立事件的概率】 ............................................................................................................................3
【题型 3 相互独立事件与互斥事件】 ....................................................................................................................4
【题型 4 独立事件的实际应用】 ............................................................................................................................4
【题型 5 互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】 ........................................................................................5
【题型 6 独立事件与其他知识综合】 ....................................................................................................................7
【知识点 1 事件的相互独立性】
1．事件的相互独立性
(1)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)性质
若事件 A 与 B 相互独立，则 与 B，A 与 ， 与 也相互独立.
(3)应用
因为“A 与 B 相互独立”是“P(AB)=P(A)P(B)”的充要条件，所以如果已知两个事件是相互独立的，则由它
们各自发生的概率可以迅速得到它们同时发生的概率.在实际问题中，我们常常依据实际背景去判断事件之
间是否存在相互影响，若认为事件之间没有影响，则认为它们相互独立.
(4)推广
两个事件的相互独立性可以推广到 n(n>2，n∈N*)个事件的相互独立性，即若事件 A1，A2，···，An相互
独立，则这 n 个事件同时发生的概率 P(A1A2···An)=P(A1)P(A2)···P(An).
2．互斥事件与相互独立事件的辨析
(1)互斥事件与相互独立事件都描述的是两个事件间的关系，但互斥事件强调不可能同时发生，相互独
立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.用表格表示如下：
相互独立事件 互斥事件
判断方法 一个事件的发生与否对另一个 两个事件不可能同时发生，即
事件发生的概率没有影响. AB= .
概率公式 若事件 A 与 B 相互独立，则 若事件 A 与 B 互斥，则 P（A∪
P(AB)=P(A)P(B). B）=P（A）+P（B），反之不成
立.
(2)已知事件 A，B 发生的概率分别为 P(A)，P(B)，我们有如下结论：
事件 表示 概率（A，B 互斥） 概率（A，B 相互独立）
A，B 中至少有一 P(A∪B) P(A)+P(B) 或
个发生
P(A)+P(B)
A，B 都发生 P(AB) 0 P(A)P(B)
A，B 都不发生 [P(A)+P(B)]
A，B 恰有一个发 P(A)+P(B)
生
A，B 中至多有一 1 P(A)P(B)
个发生
3．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
【题型 1 独立事件的判断】
【例 1】（24-25 高一·全国·课后作业）下列事件 A，B 是相互独立事件的是（ ）
A．一枚硬币掷两次，A 表示“第一次为正面”，B 表示“第二次为反面”
B．袋中有 2 个白球，2 个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A 表示“第一次摸到白球”，B 表示“第
二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，A 表示“出现点数为奇数”，B 表示“出现点数为偶数”
D．A 表示“一个灯泡能用 1000 小时”，B 表示“一个灯泡能用 2000 小时”
【变式 1-1】（23-24 高一下·吉林延边·期末）有 4 个大小质地相同的小球，分别标有数字1,2,3,4，从中不放
回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的
球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为 4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为
5”，则（ ）
A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立
C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立
2 3 1
【变式 1-2】（23-24 高一下·安徽黄山·期末）设事件 与事件 满足： ( ) = 3， ( ) = 4， ( ) = 2，则下
列说法正确的是（ ）
A．事件 与事件 不是相互独立事件 B．事件 与事件 不是相互独立事件
C．事件 与事件 是相互独立事件 D．事件 与事件 不是相互独立事件
【变式 1-3】（2024·上海嘉定·一模）假定生男生女是等可能的，设事件 ：一个家庭中既有男孩又有女孩；
事件 :一个家庭中最多有一个女孩.针对下列两种情形：①家庭中有 2 个小孩；②家庭中有 3 个小孩，下面
说法正确是（ ）
A．①中事件 与事件 相互独立 ②中的事件 与事件 相互独立
B．①中事件 与事件 不相互独立 ②中的事件 与事件 相互独立
C．①中事件 与事件 相互独立 ②中的事件 与事件 不相互独立
D．①中事件 与事件 不相互独立 ②中的事件 与事件 不相互独立
【题型 2 相互独立事件的概率】
1 2
【例 2】（24-25 高二上·四川绵阳·阶段练习）设甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为3与3，两人约定如下
投篮：每次由一人投篮，若投进，下一次由另一人投篮；若没有投进，则继续投篮，则前 4 次中甲恰好投
篮 3 次的概率为（ ）
A 4 8 10 20．27 B．27 C．27 D．27
【变式 2-1】（24-25 高一上·山东日照·期末）已知事件 A，B 相互独立，且 ( ) = 1 23， ( ) = 3，则 ( ) =
（ ）
A 1 2 1 2．3 B．3 C．9 D．9
1
【变式 2-2】（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，三个元件 1, 2, 3正常工作的概率均为3，且是
相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（ ）
A 1．9 B
1 5 7
．27 C．27 D．27
【变式 2-3】（24-25 高一下·江西抚州·阶段练习）如图，用 , , , 四个不同的元件连接成一个工作系统，
当元件A正常工作，且 , , 三个元件中至少有一个正常工作时，该系统正常工作．已知元件 A 正常工作的
1
概率为2，元件 , ,
1
正常工作的概率均为3，且这四个元件是否正常工作相互独立，则该系统正常工作的概
率为（ ）
A 23 B 19 C 23 19．54 ．54 ．27 D．27
【题型 3 相互独立事件与互斥事件】
【例 3】（23-24 高一下·河南安阳·阶段练习）袋子中有 5 个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，从中
随机取出两个球，设事件 A=“取出的球的数字之积为奇数”，事件 B=“取出的球的数字之积为偶数”，事件
C=“取出的球的数字之和为偶数”，事件 D=“取出的球的数字之和大于 5”，则下列说法错误的是（ ）
A．事件 A 与 B 是互斥事件 B．事件 A 与 B 是对立事件
C．事件 C 与 D 相互独立 D．事件 C 与 D 不是互斥事件
【变式 3-1】（24-25 高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知 , 是两个概率大于 0 的随机事件，则下列说法错误
的是（ ）
A．若 , 是对立事件，则 , 是互斥事件
B．若事件 , 相互独立，则 与 也相互独立
C．若事件 , 相互独立，则 与 不互斥
D．若事件 , 互斥，则 与 相互独立
【变式 3-2】（23-24 高一下·云南·期末）已知甲盒中有 3 个大小和质地相同的小球，标号为1,3,4，乙盒中有
3 个大小和质地相同的小球，标号为3,4,6，现从甲 乙两盒中分别随机摸出 1 个小球，记事件 = “摸到的两
个小球标号相同”，事件 = “摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（ ）
A．事件 A 和 相等 B．事件 A 和 互相对立
C．事件 A 和 相互独立 D．事件 A 和 互斥
【变式 3-3】（24-25 高二上·湖北·期中）一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为 1，2，
3，4，5，6 的 6 个小球，从中任意摸出两个球．设事件 1 = “摸出的两个球的编号之和不超过 6”，事件 2 =
“摸出的两个球的编号都大于 3”，事件 3 = “摸出的两个球中有编号为 4 的球”，则（ ）
A．事件 1与事件 2是相互独立事件 B．事件 1与事件 3是对立事件
C．事件 1 ∪ 2与事件 3是互斥事件 D．事件 1 ∩ 3与事件 2 ∩ 3是互斥事件
【题型 4 独立事件的实际应用】
【例 4】（23-24 高一下·安徽六安·期末）概率论起源于博弈游戏 17 世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博
弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金 180 枚金币，
先赢 3 局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了 2 局，乙赢了 1 局.问这 360 枚金币的赌
金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配
方案是（ ）
A．甲 180 枚，乙 180 枚
B．甲 288 枚，乙 72 枚
C．甲 240 枚，乙 120 枚
D．甲 270 枚，乙 90 枚
【变式 4-1】（23-24 高二上·广东佛山·期末）已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7．现二人同时向
同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是（ ）
A．2:7 B．3:7
C．4:7 D．5:7
【变式 4-2】（23-24 高二上·广东清远·期末）2020 年 1 月，教育部发布《关于在部分高校开展基础学科招
生改革试点工作的意见》（简称“强基计划”），明确从 2020 年起强基计划取代原有的高校自主招生方式．某
高校笔试环节要求考生参加三个科目考核，考生通过三个科目的笔试考核才能进入面试环节．考生甲通过
1 2 3
三个科目的笔试考核的概率分别为2,3,4，且每个科目考核相互独立，则甲顺利进入面试环节的概率为（ ）
A 1 B 11 C 13 D 17．4 ．24 ．24 ．24
【变式 4-3】（23-24 高三上·湖南·阶段练习）为庆祝我国第 39 个教师节，某校举办教师联谊会，甲 乙两名
数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲 乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概
4 3
率为5，乙每轮猜对的概率为4.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜
对一个成语的概率为（ ）
A 3 B 19 C 7 D 1．5 ．20 ．20 ．20
【题型 5 互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】
【例 5】（24-25 高一下·山东东营·开学考试）甲、乙两位队员进行某种球类对抗赛，每局依次轮流发球，
2
连续赢 2 个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为3， 乙发球甲赢的概率为
1
4， 不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打 4 个球甲赢的概率;
(2)求该局打 5 个球结束的概率．
【变式 5-1】（24-25 高一下·贵州遵义·阶段练习）某商场为了吸引顾客，规定购买一定价值的商品可以获得
一次抽奖机会，奖品价值分别为 10 元、20 元、30 元、40 元．已知甲抽到价值为 10 元、20 元、30 元、40
1 1 1 1
元的奖品的概率分别为6,3,3,6，且每次抽奖结果相互独立．
(1)已知甲参与抽奖两次，求甲两次抽到的奖品价值不同的概率；
(2)求甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，且获得的奖品价值总和不低于 80 元的概率．
【变式 5-2】（24-25 高一下·山东东营·开学考试）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先
1
投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束． 设甲每次投篮投中的概率为3，乙每次投篮
1
投中的概率为2，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率;
(2)求投篮结束时乙只投了 2 个球的概率．
【变式 5-3】（24-25 高一上·江西抚州·期末）临川二中两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大
学少科班的入学面试，入学面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道
3 2 2 1
题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为5，小华答对每道题目的概率依次为3、3、2，且小明、
小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件 ，记“小华3道题都回答且
通过面试”为事件 ．
(1)求事件 发生的概率 ( )；
(2)求事件 和事件 同时发生的概率 ( )；
(3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率．
【题型 6 独立事件与其他知识综合】
【例 6】（24-25 高一下·安徽·阶段练习）我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，
计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 （吨），一位居民的月用水量不超过
的部分按平价收费，超出 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居民每
人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5),[0.5,1), ,[4,4.5]分成 9 组，制成了如图所示的频率分布
直方图.
(1)求直方图中 的值；
(2)估计该地区月均用水量的 60%分位数；
(3)现在该地区居民中任选 2 位居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同居民的月均用水量相互
独立，求恰有 1 位居民月均用水量大于 60%分位数的概率.
【变式 6-1】（24-25 高一下·辽宁·开学考试）我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用
水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 （吨），一位居民的月用水量不超
过 的部分按平价收费，超出 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居
民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5),[0.5,1), ,[4,4.5]分成 9 组，制成了如图所示的频率分
布直方图.
(1)求直方图中 的值（保留两位小数）以及估计该地区月均用水量的60%分位数；
(2)现在该地区居民中任选 2 位居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同居民的月均用水量相互
独立，求恰有 1 位居民月均用水量大于60%分位数的概率；
(3)现有 4 位居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于60%分位数，丙和丁月均用水量不大于
60%分位数，现从该 4 人中随机选 2 人，求所选 2 人中恰有 1 人月均用水量大于60%分位数的概率.
【变式 6-2】（24-25 高二上·四川绵阳·阶段练习）某校为选拔参加数学联赛的同学，先进行校内数学竞赛，
为了解校内竞赛成绩，从所有学生中随机抽取 200 名学生，记录他们的首轮竞赛成绩，并作出频率分布直
方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)求频率分布直方图中 的值.若从成绩不低于 70 分的同学中，按分层抽样方法抽取 12 人的成绩，求 12 人
中成绩不低于 90 分的人数；
(2)用样本估计总体，估计该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数以及中位数（保留两位小数）；
(3) 3 2若甲、乙两位同学均进入第二轮的复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为5，乙复赛获一等奖的概率为3，
甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率．
【变式 6-3】（23-24 高一下·安徽阜阳·期末）某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是
选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击 100 次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏
阶段，游戏规则如下：
①有 4 次游戏机会．
②依次参加 A，B，C 游戏.
③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到 C 游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加 C 游戏，
直到 4 次机会全部用完.
④参加 游戏，则每次胜利可以获得奖金 50 元；参加 游戏，则每次胜利可以获得奖金 100 元；参加 游戏，
则每次胜利可以获得奖金 200 元．
1 1
已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是2，乙参加每一个游戏获胜的概率都是3，甲、乙参加每次游戏相互独
立，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下：
(1)甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏 并说明理由．
(2)在（1）的基础上，解答下列两问．
（ⅰ）求该运动员能参加 游戏的概率．
（ⅱ）记 为该运动员最终获得的奖金额，P 为获得每个奖金额对应的概率，请用适当的表示法表示 关于
的函数．专题 10.2 事件的相互独立性【六大题型】
【人教 A 版（2019）】
【题型 1 独立事件的判断】 ....................................................................................................................................2
【题型 2 相互独立事件的概率】 ............................................................................................................................4
【题型 3 相互独立事件与互斥事件】 ....................................................................................................................6
【题型 4 独立事件的实际应用】 ............................................................................................................................9
【题型 5 互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】 ......................................................................................11
【题型 6 独立事件与其他知识综合】 ..................................................................................................................14
【知识点 1 事件的相互独立性】
1．事件的相互独立性
(1)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)性质
若事件 A 与 B 相互独立，则 与 B，A 与 ， 与 也相互独立.
(3)应用
因为“A 与 B 相互独立”是“P(AB)=P(A)P(B)”的充要条件，所以如果已知两个事件是相互独立的，则由它
们各自发生的概率可以迅速得到它们同时发生的概率.在实际问题中，我们常常依据实际背景去判断事件之
间是否存在相互影响，若认为事件之间没有影响，则认为它们相互独立.
(4)推广
两个事件的相互独立性可以推广到 n(n>2，n∈N*)个事件的相互独立性，即若事件 A1，A2，···，An相互
独立，则这 n 个事件同时发生的概率 P(A1A2···An)=P(A1)P(A2)···P(An).
2．互斥事件与相互独立事件的辨析
(1)互斥事件与相互独立事件都描述的是两个事件间的关系，但互斥事件强调不可能同时发生，相互独
立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.用表格表示如下：
相互独立事件 互斥事件
判断方法 一个事件的发生与否对另一个 两个事件不可能同时发生，即
事件发生的概率没有影响. AB= .
概率公式 若事件 A 与 B 相互独立，则 若事件 A 与 B 互斥，则 P（A∪
P(AB)=P(A)P(B). B）=P（A）+P（B），反之不成
立.
(2)已知事件 A，B 发生的概率分别为 P(A)，P(B)，我们有如下结论：
事件 表示 概率（A，B 互斥） 概率（A，B 相互独立）
A，B 中至少有一 P(A∪B) P(A)+P(B) 或
个发生
P(A)+P(B)
A，B 都发生 P(AB) 0 P(A)P(B)
A，B 都不发生 [P(A)+P(B)]
A，B 恰有一个发 P(A)+P(B)
生
A，B 中至多有一 1 P(A)P(B)
个发生
3．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.
(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算.
【题型 1 独立事件的判断】
【例 1】（24-25 高一·全国·课后作业）下列事件 A，B 是相互独立事件的是（ ）
A．一枚硬币掷两次，A 表示“第一次为正面”，B 表示“第二次为反面”
B．袋中有 2 个白球，2 个黑球，不放回地摸球两次，每次摸一球，A 表示“第一次摸到白球”，B 表示“第
二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，A 表示“出现点数为奇数”，B 表示“出现点数为偶数”
D．A 表示“一个灯泡能用 1000 小时”，B 表示“一个灯泡能用 2000 小时”
【解题思路】结合独立事件、互斥事件和条件概率事件的概念即可.
【解答过程】A：一枚硬币抛两次，A 表示“第一次为正面”，
B 表示“第二次为反面”，
( ) = ( ) = 12, ( ) =
1
4 = ( ) ( )，
故事件 A、B 是相互独立事件；
B：袋中有 2 个白球，2 个黑球，不放回地摸两次，
A 表示“第一次摸到白球”，B 表示“第二次摸到白球”，
表示“第一次摸到白球,第二次摸到白球”事件，
则 ( ) = 12, ( ) =
1
2(
1 + 2) = 13 3 2, ( ) =
1 × 14 3 =
1
12，
( ) ≠ ( ) ( )，故事件 A、B 不是相互独立事件；
C：掷一枚骰子，A 表示“出现的点数为奇数”，
B 表示“出现的点数为偶数”，故事件 A、B 是互斥事件，
( ) = 0 ≠ ( ) ( )，故事件 A、B 不是相互独立事件；
D：A 表示“一个灯泡能用 1000 小时”，
B 表示“一个灯泡能用 2000 小时”，是条件概率.
故选：A.
【变式 1-1】（23-24 高一下·吉林延边·期末）有 4 个大小质地相同的小球，分别标有数字1,2,3,4，从中不放
回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的
球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为 4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为
5”，则（ ）
A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立
C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立
【解题思路】根据相互独立事件的定义可得答案.
【解答过程】1 + 2 = 3,1 + 3 = 4,1 + 4 = 5,2 + 3 = 5，2 + 4 = 6，3 + 4 = 7，
2 + 1 = 3,3 + 1 = 4,4 + 1 = 5,3 + 2 = 5，4 + 2 = 6，4 + 3 = 7，
甲 =
1 1 1 12， 乙 = 2， 丙 = 6， 丁 = 3，
= 0 1 1甲乙 ， 甲丙 = 6， 甲丁 = 6， 丙丁 = 0，
对于 A = 1 × 1 = 1， 甲 乙 2 2 4 ≠ 甲乙 = 0，故 A 错误；
1 1 1 1
对于 B，因为 甲 丙 = 2 × 6 = 12 ≠ 甲丙 = 6，故 B 错误；
对于 C， 1 1 1甲 丁 = 2 × 3 = 6 = 甲丁 =
1
6，故 C 正确；
D = 1对于 ， 丙 丁 6 ×
1 = 13 18 ≠ 丙丁 = 0，故 D 错误.
故选：C.
1-2 2 3 1【变式 】（23-24 高一下·安徽黄山·期末）设事件 与事件 满足： ( ) = 3， ( ) = 4， ( ) = 2，则下
列说法正确的是（ ）
A．事件 与事件 不是相互独立事件 B．事件 与事件 不是相互独立事件
C．事件 与事件 是相互独立事件 D．事件 与事件 不是相互独立事件
【解题思路】根据独立事件概率公式，即可判断选项.
【解答过程】因为 ( ) = ( ) ( )，所以事件 和事件 是相互独立事件，故 C 正确，
则 与 ， 与 和 和 都是相互独立事件.
故选：C.
【变式 1-3】（2024·上海嘉定·一模）假定生男生女是等可能的，设事件 ：一个家庭中既有男孩又有女孩；
事件 :一个家庭中最多有一个女孩.针对下列两种情形：①家庭中有 2 个小孩；②家庭中有 3 个小孩，下面
说法正确是（ ）
A．①中事件 与事件 相互独立 ②中的事件 与事件 相互独立
B．①中事件 与事件 不相互独立 ②中的事件 与事件 相互独立
C．①中事件 与事件 相互独立 ②中的事件 与事件 不相互独立
D．①中事件 与事件 不相互独立 ②中的事件 与事件 不相互独立
【解题思路】分别写出①②对应的样本空间，再利用相互独立事件计算判断.
【解答过程】若家庭中有两个小孩，样本空间为Ω = {(男,男)，(男,女)，(女,男)，(女,女)}，共 4 种情况，
= {(男,女)，(女,男)}， = {(男,男)，(男,女)，(女,男)}， = {(男,女)，(女,男)}，
( ) = 2 = 1 ( ) = 3则 4 2， 4， ( ) =
2
4 =
1
2 ≠ ( ) ( )，事件 与事件 不相互独立，AC 错误；
若家庭中有三个小孩，样本空间为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)}，共 8 种情况，
= {(男,男,女)，(男,女,男)，(女,男,男)，(男,女,女)，(女,男,女)，(女,女,男)}，
= {(男,男,男)，(男,男,女)，(男,女,男)，(女,男,男)}， = {(男,男,女)，(男,女,男)，(女,男,男)}，
( ) = 6 3 4 18 = 4， ( ) = 8 = 2， ( ) =
3
8 = ( ) ( )，事件 与事件 相互独立，B 正确，D 错误.
故选：B.
【题型 2 相互独立事件的概率】
【例 2】（24-25 1 2高二上·四川绵阳·阶段练习）设甲、乙两人每次投进篮球的概率分别为3与3，两人约定如下
投篮：每次由一人投篮，若投进，下一次由另一人投篮；若没有投进，则继续投篮，则前 4 次中甲恰好投
篮 3 次的概率为（ ）
A 4 B 8 C 10 D 20．27 ．27 ．27 ．27
【解题思路】分第一次甲先投篮与第一次乙先投篮，然后由独立事件的概率的乘法公式求解即可.
1 2 2 2 1 2 2
【解答过程】若第一次甲先投篮，则前 4 次中甲恰好投篮 3 次的概率为：3 × 3 × 3 × 1 + 3 × 3 × 3 × 1 + 3 ×
2
3 ×
1
3 × 1 =
12
27，
2 2 2 8
若第一次乙先投篮，则前 4 次中甲恰好投篮 3 次的概率为：3 × 3 × 3 × 1 = 27
4 3 12 8 20故前 次中甲恰好投篮 次的概率为：27 + 27 = 27.
故选：D.
【变式 2-1】（24-25 高一上· 1 2山东日照·期末）已知事件 A，B 相互独立，且 ( ) = 3， ( ) = 3，则 ( ) =
（ ）
A 1．3 B
2 C 1 D 2．3 ．9 ．9
【解题思路】根据对立事件的概率关系和相互独立事件的概率公式计算即可.
【解答过程】因为事件 , 是相互独立事件，所以 与 相互独立，
所以 = 1
1
( ) = 3，
= 1 1 1则 ( ) = 3 × 3 = 9.
故选：C.
【变式 2-2 1】（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，三个元件 1, 2, 3正常工作的概率均为3，且是
相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（ ）
A 1 1 5 7．9 B．27 C．27 D．27
【解题思路】
根据题意，记 1正常工作为事件 ， 2正常工作为事件 ，记 3正常工作为事件 ，易得则 ( )、 ( )、
( )，若电路不发生故障，必须是 1正常工作且 2， 2至少有一个正常工作，由对立事件的概率性质可得
2， 2至少有一个正常工作的概率，计算可得其概率，由相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案．
【解答过程】记 1正常工作为事件 ， 2正常工作为事件 ，记 3正常工作为事件 ，
则 1( ) = ( ) = ( ) = 3，
电路不发生故障，即 1正常工作且 2， 3至少有一个正常工作，
1 1 52、 3不发生故障即 2， 3至少有一个正常工作的概率 1 = 1 (1 3)(1 3) = 9，
= × = 1 × 5 = 5所以整个电路不发生故障的概率为 ( ) 1 3 9 27.
故选：C.
【变式 2-3】（24-25 高一下·江西抚州·阶段练习）如图，用 , , , 四个不同的元件连接成一个工作系统，
当元件A正常工作，且 , , 三个元件中至少有一个正常工作时，该系统正常工作．已知元件 A 正常工作的
1 1
概率为2，元件 , , 正常工作的概率均为3，且这四个元件是否正常工作相互独立，则该系统正常工作的概
率为（ ）
A 23．54 B
19 23 19
．54 C．27 D．27
【解题思路】求得 , , 均不正常工作的概率，再结合对立事件、独立事件概率计算公式即可求解；
1 3 8
【解答过程】由题可知，元件 , , 均不正常工作的概率为 1 =3 27，
则元件 , , 8 19中至少有一个正常工作的概率为1 27 = 27，
1 19 19
从而该系统正常工作的概率为2 × 27 = 54．
故选：B.
【题型 3 相互独立事件与互斥事件】
【例 3】（23-24 高一下·河南安阳·阶段练习）袋子中有 5 个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，从中
随机取出两个球，设事件 A=“取出的球的数字之积为奇数”，事件 B=“取出的球的数字之积为偶数”，事件
C=“取出的球的数字之和为偶数”，事件 D=“取出的球的数字之和大于 5”，则下列说法错误的是（ ）
A．事件 A 与 B 是互斥事件 B．事件 A 与 B 是对立事件
C．事件 C 与 D 相互独立 D．事件 C 与 D 不是互斥事件
【解题思路】首先列举样本空间，利用样本空间法，结合互斥，对立事件的定义，判断 ABD，根据 ( )
与 ( ) ( )的关系，判断 C.
【解答过程】袋子中有 5 个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，
从中随机取出两个球的试验样本空间包含的样本点为：（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），
（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5）共 10 个，
3
其中事件 A 包含的样本点为：（1,3），（1,5），（3,5）共 3 个，故 ( ) = 10，
事件 B 包含的样本点为：（1,2），（1,4），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（4,5）共 7 个，故 ( )
= 710；
C 4 2事件 包含的样本点为：（1,3），（1,5），（2,4），（3,5）共 4 个，故 ( ) = 10 = 5，
事件 D 包含的样本为：（1,5），（2,4），（2,5），（3,4 6 3），（3,5），（4,5）共 6 个，故 ( ) = 10 = 5，
因为事件 ∩ = ， ∪ = Ω，故事件 A 与 B 互斥且对立，故 A，B 正确；
3 2 3
因为 ( ) = 10 ≠ 5 × 5 = ( ) ( ),所以 C 与 D 不相互独立，故 C 错误.
因为 ∩ = {(1,5),(2,4),(3,5)},所以 C 与 D 不互斥，故 D 正确.
故选:C.
【变式 3-1】（24-25 高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知 , 是两个概率大于 0 的随机事件，则下列说法错误
的是（ ）
A．若 , 是对立事件，则 , 是互斥事件
B．若事件 , 相互独立，则 与 也相互独立
C．若事件 , 相互独立，则 与 不互斥
D．若事件 , 互斥，则 与 相互独立
【解题思路】根据互斥，对立事件的定义，以及事件的相互独立性，即可判断选项.
【解答过程】A.两个事件是对立事件，则一定是互斥事件，故 A 正确；
B.若事件 , 相互独立，则 与 也相互独立，故 B 正确；
C.若事件 , 相互独立，则 与 可以同时发生，不互斥，故 C 正确；
D. 若事件 , 互斥，则 与 不能同时发生，即事件 ( )是否发生，对另一个事件 ( )是有影响的，所以两
个事件不相互独立，故 D 错误.
故选：D.
【变式 3-2】（23-24 高一下·云南·期末）已知甲盒中有 3 个大小和质地相同的小球，标号为1,3,4，乙盒中有
3 个大小和质地相同的小球，标号为3,4,6，现从甲 乙两盒中分别随机摸出 1 个小球，记事件 = “摸到的两
个小球标号相同”，事件 = “摸到的两个小球标号之和为奇数”，则（ ）
A．事件 A 和 相等 B．事件 A 和 互相对立
C．事件 A 和 相互独立 D．事件 A 和 互斥
【解题思路】列举出样本空间Ω、事件 和事件 ，即可判断 A；对于 BD：根据互斥事件、对立事件的概念
分析判断；对于 C：根据事件概率乘法公式分析判断.
【解答过程】用( , )每次取球的结果， , 分别表示甲 乙两盒中分别随机摸出 1 个小球的标号，
由题意可知：样本空间Ω = {(1,3),(1,4),(1,6),(3,3),(3,4),(3,6),(4,3),(4,4),(4,6)}；
事件 = {(3,3),(4,4)}；事件 = {(1,4),(1,6),(3,4),(3,6),(4,3)}，；
对于选项 A：因为 ≠ ，所以事件 A 和 不相等，故 A 错误；
对于选项 BD：因为事件 = , ∪ = {(1,4),(1,6),(3,3),(3,4),(3,6),(4,3),(4,4)} ≠ Ω，
所以事件 A 和 互斥，事件 A 和 不互相对立，故 B 错误，D 正确；
对于选项 C：因为 (Ω) = 9, ( ) = 2, ( ) = 5, ( ) = 0，
( ) 2 ( ) 5 ( )
则 ( ) = (Ω) = 9, ( ) = (Ω) = 9, ( ) = (Ω) = 0，
显然 ( ) ≠ ( ) ( )，所以事件 A 和 不相互独立，故 C 错误；
故选：D.
【变式 3-3】（24-25 高二上·湖北·期中）一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为 1，2，
3，4，5，6 的 6 个小球，从中任意摸出两个球．设事件 1 = “摸出的两个球的编号之和不超过 6”，事件 2 =
“摸出的两个球的编号都大于 3”，事件 3 = “摸出的两个球中有编号为 4 的球”，则（ ）
A．事件 1与事件 2是相互独立事件 B．事件 1与事件 3是对立事件
C．事件 1 ∪ 2与事件 3是互斥事件 D．事件 1 ∩ 3与事件 2 ∩ 3是互斥事件
【解题思路】先列举出各事件包含的基本事件，再根据相互独立事件的概率特征判断 A；根据互斥事件、
对立事件的概念判断 B，C，D.
【解答过程】解：由题意可知：所以基本事件为：
= {(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)}，
1 = {(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4)}；
2 = {(4,5),(4,6),(5,6)}； 3 = {(1,4),(2,4),(3,4),(4,5),(4,6)}，
所以 ( 6 21) = 15 = 5， ( 2) =
3 1 5 1
15 = 5， ( 3) = 15 = 3，
0 2
对于 A，因为 ( 1 2) = C2 = 0，而 ( 1) ( 2) =6 25，故错误；
对于 B，因为 1 ∩ 3 = {(1,4),(2,4)}，
所以事件 1与事件 3不是对立事件，故错误；
对于 C，因为 1 ∪ 2 = {(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(4,5),(4,6),(5,6)}，
则( 1 ∪ 2) ∩ 3 = {(1,4),(2,4),(4,5),(4,6)}，
所以事件 1 ∪ 2与事件 3不是互斥事件，故错误；
对于 D，因为 1 ∩ 3 = {(1,4),(2,4)}， 2 ∩ 3 = {(4,5),(4,6)}，
所以( 1 ∩ 3) ∩ ( 2 ∩ 3) = ，
所以事件 1 ∩ 3与事件 2 ∩ 3是互斥事件，故正确.
故选：D.
【题型 4 独立事件的实际应用】
【例 4】（23-24 高一下·安徽六安·期末）概率论起源于博弈游戏 17 世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博
弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金 180 枚金币，
先赢 3 局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了 2 局，乙赢了 1 局.问这 360 枚金币的赌
金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配
方案是（ ）
A．甲 180 枚，乙 180 枚
B．甲 288 枚，乙 72 枚
C．甲 240 枚，乙 120 枚
D．甲 270 枚，乙 90 枚
【解题思路】利用独立事件的概率公式进行求解即可.
1
【解答过程】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为2，
假设两人继续进行比赛，
甲获取 360 枚金币有：第四局甲赢，或第四局甲输，第五局甲赢，
1 1
故概率为 1 = 2 + 2 ×
1 = 32 4，
乙获取 360 枚金币有：第四、五局乙都赢，
= 1 × 1 = 1故概率为 2 2 2 4，
3
则甲应该获得枚金币4 × 360 = 270
1
，乙应该获得枚金币4 × 360 = 90，
故选：D.
【变式 4-1】（23-24 高二上·广东佛山·期末）已知甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7．现二人同时向
同一猎物射击，发现猎物只中一枪，则甲、乙分配猎物的比例应该是（ ）
A．2:7 B．3:7
C．4:7 D．5:7
【解题思路】计算出只有甲或只有乙打中猎物的概率，即可得出甲、乙分配猎物的比例.
【解答过程】因为甲、乙两人射击的命中率分别是0.4和0.7，
现二人同时向同一猎物射击，发现猎物只中一枪，
只有甲打中猎物的概率为0.4 × 0.3 = 0.12，只有乙打中猎物的概率为0.6 × 0.7 = 0.42
所以，甲、乙分配猎物的比例应该是0.12:0.42 = 2:7.
故选：A.
【变式 4-2】（23-24 高二上·广东清远·期末）2020 年 1 月，教育部发布《关于在部分高校开展基础学科招
生改革试点工作的意见》（简称“强基计划”），明确从 2020 年起强基计划取代原有的高校自主招生方式．某
高校笔试环节要求考生参加三个科目考核，考生通过三个科目的笔试考核才能进入面试环节．考生甲通过
1 2 3
三个科目的笔试考核的概率分别为2,3,4，且每个科目考核相互独立，则甲顺利进入面试环节的概率为（ ）
A 1 B 11 C 13 D 17．4 ．24 ．24 ．24
【解题思路】记甲通过三个科目的笔试考核分别为事件 , , ，根据相互独立事件的概率乘法公式计算可得
答案.
【解答过程】记甲通过三个科目的笔试考核分别为事件 , , ，
显然 , , 为相互独立事件，
则事件“甲通过三个科目的笔试考核”相当于事件 ，
∴ 1 2 3 1所求概率 ( ) = ( ) ( ) ( ) = 2 × 3 × 4 = 4．
故选：A．
【变式 4-3】（23-24 高三上·湖南·阶段练习）为庆祝我国第 39 个教师节，某校举办教师联谊会，甲 乙两名
数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲 乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概
4 3
率为5，乙每轮猜对的概率为4.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜
对一个成语的概率为（ ）
A 3 19 7 1．5 B．20 C．20 D．20
【解题思路】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求
解即可；法二，利用对立事件的概率和为1，间接法可得.
【解答过程】设事件 = “甲猜对”， = “乙猜对”， = “几何队至少猜对一个成语”，
所以 ( ) =
4
5, =
3 1 1
( ) 4，则 = 5, = 4.
由题意知，事件 , 相互独立，则 与 ， 与 ， 与 也相互独立，
法一： = ∪ ∪ ( )，且 , , 两两互互斥，
则 ( ) = ( ) + ( ) + ( ) = ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( ) ( )
= 1 × 3 + 4 1 4 3 195 4 5 × 4 + 5 × 4 = 20.
法二：事件 的对立事件 = “几何队一个成语也没有猜对”，即 = ，
则 ( ) = 1 ( ) = 1 ( ) = 1 ( ) ( ) = 1 1 × 15 4 =
19
20.
故选：B.
【题型 5 互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】
【例 5】（24-25 高一下·山东东营·开学考试）甲、乙两位队员进行某种球类对抗赛，每局依次轮流发球，
2
连续赢 2 个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为3， 乙发球甲赢的概率为
1
4， 不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打 4 个球甲赢的概率;
(2)求该局打 5 个球结束的概率．
【解题思路】（1）设相应事件，可知 = ，结合独立事件概率乘法法则运算求解；
（2）设相应事件，可知事件 D，E 为互斥事件，且 = , = , = ∪ ，根据独立事件以及
互斥事件概率求法运算求解.
【解答过程】（1）设甲发球甲赢为事件 A，乙发球甲赢为事件 B，该局打 4 个球甲赢为事件 C，
由题意可知： ( ) = 23, ( ) =
1 1
4， ( ) = 3, ( ) =
3
4，且 = ，
可得 ( ) = ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) = 2 × 3 × 2 × 1 = 13 4 3 4 12，
1
所以该局打 4 个球甲赢的概率为12．
（2）设该局打 5 个球结束时甲赢为事件 D，乙赢为事件 E，打 5 个球结束为事件 F，
可知事件 D，E 为互斥事件，且 = , = , = ∪ ，
则 ( ) = ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = 1 1 1 1 2 13 × 4 × 3 × 4 × 3 = 216，
( ) = ( ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = 2 33 × 4 ×
2 3 1 1
3 × 4 × 3 = 12，
可得 ( ) = ( ∪ ) = ( ) + ( ) = 1 1 19216 + 12 = 216，
19
所以该局打 5 个球结束的概率为216．
【变式 5-1】（24-25 高一下·贵州遵义·阶段练习）某商场为了吸引顾客，规定购买一定价值的商品可以获得
一次抽奖机会，奖品价值分别为 10 元、20 元、30 元、40 元．已知甲抽到价值为 10 元、20 元、30 元、40
1
元的奖品的概率分别为6,
1
3,
1
3,
1
6，且每次抽奖结果相互独立．
(1)已知甲参与抽奖两次，求甲两次抽到的奖品价值不同的概率；
(2)求甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，且获得的奖品价值总和不低于 80 元的概率．
【解题思路】（1）先求得甲两次抽到相同奖品的概率，利用对立事件的概率公式可求得甲两次抽到的奖品
价值不同的概率；
（2）先得甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品的所有情况，求得对应的概率，利用互斥事件的概率
加法公式求解即可.
【解答过程】（1）记甲两次抽到相同奖品为事件 ，
记甲在一次抽奖中抽到值为 10 元、20 元、30 元、40 元分别为事件 1, 2, 3, 4，
1
则 ( 1) = 6, ( ) =
1
2 3, ( 3) =
1 1
3, ( 4) = 6，
( ) = ( 1) × ( 1) + ( 2) × ( 2) + ( 3) × ( 3) + ( 4) × ( 4)
= 16 ×
1 + 1 16 3 × 3 +
1
3 ×
1
3 +
1
6 ×
1 5
6 = 18，
5 13
所以甲两次抽到的奖品价值不同的概率为1 ( ) = 1 18 = 18；
（2）甲参与抽奖三次，抽到两种不同价值的奖品，所以其中一种奖品抽到两次，另一种抽到一次.
又获得的奖品价值总和不低于 80 元，
故可能两次抽到 40 元，一次抽到 30 元或两次抽到 40 元，一次抽到 20 元或两次抽到 40 元，一次抽到 10
元或两次抽到 30 元，一次抽到 40 元或两次抽到 30 元，一次抽到 20 元或两次抽到 20 元，一次抽到 40 元，
2
又两次抽到 40 元，一次抽到 30 元的概率 = 3 × 1 × 1 = 11 6 3 36，
1 2 1 1
两次抽到 40 元，一次抽到 20 元的概率 2 = 3 × × =6 3 36，
40 1
2 1 1
两次抽到 元，一次抽到 10 元的概率 3 = 3 × ×6 6 = 72，
1 2 1 1
两次抽到 30 元，一次抽到 40 元的概率 4 = 3 × × =3 6 18，
1 2 1 1
两次抽到 30 元，一次抽到 20 元的概率 5 = 3 × ×3 3 = 9，
1 2 1 1
两次抽到 20 元，一次抽到 40 元的概率 6 = 3 × × =3 6 18，
所以获得的奖品价值总和不低于 80 元的概率为：
= 1 1 1 1 1 1 718 + 9 + 18 + 72 + 36 + 36 = 24.
【变式 5-2】（24-25 高一下·山东东营·开学考试）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先
1
投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投篮结束． 设甲每次投篮投中的概率为3，乙每次投篮
1
投中的概率为2，且各次投篮互不影响．
(1)求乙获胜的概率;
(2)求投篮结束时乙只投了 2 个球的概率．
【解题思路】（1）由独立事件的乘法公式以及概率的加法公式计算可得结果；
（2）将投篮结束时乙只投了 2 个球的所有情形的概率相加即可.
【解答过程】（1）设 Ak，Bk 分别表示甲、乙在第 k 次投篮时投中，
1 1则 ( ) = 3, ( ) = 2, = 1,2,3．
记“乙获胜”为事件 C，
则 ( ) = 1 1 + 1 1 2 2 + 1 1 2 2 3 3
= 1 ( 1) + 1 1 2 ( 2) + 1 1 2 2 3 ( 3)
2 2 2 3 3= 3 ×
1 2
2 + ×
1 + 2 × 1 = 13
3 2 3 2 27；
（2）记“投篮结束时乙只投了 2 个球”为事件 D，
则 ( ) = 1 1 2 2 + 1 1 2 2 3
= 1 1 2 ( 2) + 1 1 2 2 ( 3)
= 2
2
× 1
2 2 2
+ 2 × 1 × 1 = 4
3 2 3 2 3 27．
【变式 5-3】（24-25 高一上·江西抚州·期末）临川二中两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大
学少科班的入学面试，入学面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试（前2道题都答对或都答错，第3道
3 2 2 1
题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为5，小华答对每道题目的概率依次为3、3、2，且小明、
小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答2道题就结束面试”为事件 ，记“小华3道题都回答且
通过面试”为事件 ．
(1)求事件 发生的概率 ( )；
(2)求事件 和事件 同时发生的概率 ( )；
(3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率．
【解题思路】（1）若事件 发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可
求得 ( )的值；
（2）若事件 发生，则小华前两题一题，答错一题，第三题答对，求出 ( )的值，分析可知，事件 、 相
互独立，由独立事件的概率公式可求得 ( )的值；
（3）记小明没有通过面试为事件 ，小华通过面试的事件记为 ，求出这两个事件的概率，记小明、小华两
人恰有一人通过面试的事件记为 ，则 = + ，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得 ( )的
值.
【解答过程】（1）若事件 发生，则小明前两题都答对或都答错，
2 2
13所以， ( ) = 3 + 2 =5 5 25.
（2）若事件 发生，则小华前两题一题，答错一题，第三题答对，
2 1 1 1 2 1 2
根据题意则小华3道题都回答且通过面试的概率为 ( ) = 3 × 3 × 2 + 3 × 3 × 2 = 9，
13 2 26由题意可知，事件 、 相互独立，则 ( ) = ( ) ( ) = 25 × 9 = 225.
（3）记小明没有通过面试为事件 ，
即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况，
3 2 2 2
则小明没有通过面试的概率为 ( ) = 5 × 5 × 5 + 5 ×
3 × 2 + 2 × 2 445 5 5 5 = 125，
44 81
可得小明通过面试的概率为 = 1 125 = 125，
1 2 2 2 2而由（ ）可得小华通过面试的事件记为 ，则概率为 ( ) = 9 + 3 × 3 = 3，
由题意可知，事件 、 相互独立，
则小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为 ，
则概率为 ( ) = + = + =
81 1 44 2 169
125 × 3 + 125 × 3 = 375．
【题型 6 独立事件与其他知识综合】
【例 6】（24-25 高一下·安徽·阶段练习）我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，
计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 （吨），一位居民的月用水量不超过
的部分按平价收费，超出 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居民每
人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5),[0.5,1), ,[4,4.5]分成 9 组，制成了如图所示的频率分布
直方图.
(1)求直方图中 的值；
(2)估计该地区月均用水量的 60%分位数；
(3)现在该地区居民中任选 2 位居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同居民的月均用水量相互
独立，求恰有 1 位居民月均用水量大于 60%分位数的概率.
【解题思路】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为 1 求出 ；
（2）根据百分位数的定义求解；
（3）根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式列式计算得解.
【解答过程】（1）根据题意，可得0.5(0.08 + 0.16 + + 0.40 + 0.52 + + 0.12 + 0.08 + 0.04) = 1，
解得 = 0.30.
（2）数据落在区间[0,2)的频率为0.04 + 0.08 + 0.15 + 0.20 = 0.47，
数据落在区间[0,2.5)的频率和为0.73，则用水量的60%分位数 ∈ (2,2.5)，
∴ ( 2) × 0.52 = 0.6 0.47，解得 = 2.25，
所以估计该地区月均用水量的60%分位数为2.25.
（3）设事件 ( = 1,2)表示第 位居民月均用水量大于60%分位数， ( ) = 0.4，
事件 表示恰有 1 位居民月均用水量大于60%分位数， = 1 2 + 1 2，
所以 ( ) = ( 1 2) + ( 1 2) = 0.4 × 0.6 + 0.6 × 0.4 = 0.48.
所以恰有 1 位居民月均用水量大于 60%分位数的概率为0.48.
【变式 6-1】（24-25 高一下·辽宁·开学考试）我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用
水，计划调整居民生活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 （吨），一位居民的月用水量不超
过 的部分按平价收费，超出 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样，获得了某年 100 位居
民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0,0.5),[0.5,1), ,[4,4.5]分成 9 组，制成了如图所示的频率分
布直方图.
(1)求直方图中 的值（保留两位小数）以及估计该地区月均用水量的60%分位数；
(2)现在该地区居民中任选 2 位居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同居民的月均用水量相互
独立，求恰有 1 位居民月均用水量大于60%分位数的概率；
(3)现有 4 位居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于60%分位数，丙和丁月均用水量不大于
60%分位数，现从该 4 人中随机选 2 人，求所选 2 人中恰有 1 人月均用水量大于60%分位数的概率.
【解题思路】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为 1 求出 ，再估算60%分位数.
（2）根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式列式计算得解.
（3）利用列举法求出古典概率.
【解答过程】（1）由频率分布直方图，得0.5(0.08 + 0.16 + + 0.40 + 0.52 + + 0.12 + 0.08 + 0.04) = 1，
解得 = 0.30；
数据落在区间[0,2)的频率为0.04 + 0.08 + 0.15 + 0.20 = 0.47，
数据落在区间[0,2.5)的频率和为0.73，则用水量的60%分位数 ∈ (2,2.5)，
由( 2) × 0.52 = 0.6 0.47，解得 = 2.25，
所以 = 0.30，估计该地区月均用水量的60%分位数为2.25.
（2）设事件 ( = 1,2)表示第 位居民月均用水量大于60%分位数， ( ) = 0.6，
事件 表示恰有 1 位居民月均用水量大于60%分位数， = 1 2 + 1 2，
因此 ( ) = ( 1 2) + ( 1 2) = 0.6 × 0.4 + 0.4 × 0.6 = 0.48，
所以所求概率为0.48.
（3）试验的样本空间Ω = {(甲,乙)，(甲,丙)，(甲,丁)，(乙,丙)，(乙,丁)，(丙,丁)}，共 6 个样本点，
事件 表示所选 2 人中恰有 1 人月均用水量大于60%分位数，
则 = {(甲,丙)，(甲,丁)，(乙,丙)，(乙,丁)}，共 4 个样本点，
4 2
所以 ( ) = 6 = 3.
【变式 6-2】（24-25 高二上·四川绵阳·阶段练习）某校为选拔参加数学联赛的同学，先进行校内数学竞赛，
为了解校内竞赛成绩，从所有学生中随机抽取 200 名学生，记录他们的首轮竞赛成绩，并作出频率分布直
方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)求频率分布直方图中 的值.若从成绩不低于 70 分的同学中，按分层抽样方法抽取 12 人的成绩，求 12 人
中成绩不低于 90 分的人数；
(2)用样本估计总体，估计该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数以及中位数（保留两位小数）；
(3) 3 2若甲、乙两位同学均进入第二轮的复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为5，乙复赛获一等奖的概率为3，
甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率．
【解题思路】（1）根据频率分布直方图的频率和为 1 可求 的值，再根据分层随机抽样可得 12 人中成绩不
低于 90 分的人数；
（2）根据频率分布直方图及平均数与中位数的定义计算即可；
（3）根据相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式即可求解.
【解答过程】（1）由频率分布直方图可得10 × (0.010 + 0.015 × 2 + + 0.025 + 0.005) = 1，解得
= 0.030.
[70,80)的频率为10 = 0.3，[80,90)的频率为10 × 0.025 = 0.25，
[90,100]的频率为10 × 0.005 = 0.05，按分层抽样方法抽取 12 人的成绩，
则 12 0.05人中成绩不低于 90 分的人数为12 × 0.3+0.25+0.05 = 1.
（2）该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数为：
10 × (45 × 0.010 + 55 × 0.015 + 65 × 0.015 + 75 × 0.030 + 85 × 0.025 + 95 × 0.005) = 71.
[40,70)的频率为10 × (0.010 + 0.015 + 0.015) = 0.4，
[40,80)的频率为0.4 + 10 × 0.030 = 0.7，
设中位数为 ,则 ∈ [70,80)，则0.4 + 0.030( 70) = 0.5，解得 ≈ 73.33，
故该校学生首轮数学竞赛成绩的平均数约为71分，中位数约为73.33分.
（3）设 = “至少有一位同学复赛获一等奖”，
则 ( ) = 1 = 1 3 × 2 =
13
1 1 ，
5 3 15
13
故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为15.
【变式 6-3】（23-24 高一下·安徽阜阳·期末）某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是
选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击 100 次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏
阶段，游戏规则如下：
①有 4 次游戏机会．
②依次参加 A，B，C 游戏.
③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到 C 游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加 C 游戏，
直到 4 次机会全部用完.
④参加 游戏，则每次胜利可以获得奖金 50 元；参加 游戏，则每次胜利可以获得奖金 100 元；参加 游戏，
则每次胜利可以获得奖金 200 元．
1 1
已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是2，乙参加每一个游戏获胜的概率都是3，甲、乙参加每次游戏相互独
立，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下：
(1)甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏 并说明理由．
(2)在（1）的基础上，解答下列两问．
（ⅰ）求该运动员能参加 游戏的概率．
（ⅱ）记 为该运动员最终获得的奖金额，P 为获得每个奖金额对应的概率，请用适当的表示法表示 关于
的函数．
【解题思路】（1）利用频率分布直方图，结合中位数的意义判断甲乙中位数的大小即得.
（2）（ⅰ）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算即得；（ⅱ）按 , 游戏使用次数，求出 值及对应
的概率，再用列表法表示出函数关系即可.
【解答过程】（1）甲运动员成绩位于[50,80)的频率为 0.3，则其中位数大于 80，
而乙运动员成绩位于[50,80)的频率为 0.6，，则其中位数小于 80，
所以甲运动员参加第二阶段游戏.
（2）（ⅰ）若甲能参加 游戏，则 , 游戏至多共使用 3 次机会，
① , 游戏共使用 2 1 1 1次机会，则概率 1 = 2 × 2 = 4；
② , 1 1 1 1 1 1 1游戏共使用 3 次机会，则概率 2 = 2 × 2 × 2 + 2 × 2 × 2 = 4，
1 1 1
所以甲能参加 游戏的概率为4 + 4 = 2.
1 1
（ⅱ）由甲参加每个游戏获胜的概率都是2，得参加完 4 次游戏后的每个结果发生的概率都为16，
① 游戏使用了 4 次，则 = 0或 50；
② 游戏使用了 3 次，则 = 50或 150；
③ 游戏使用了 2 次， 游戏使用 2 次，则 = 50或 150；
④ 游戏使用了 2 次， 游戏使用 1 次，则 = 150或 350；
⑤ 游戏使用了 1 次， 游戏使用 3 次，则 = 50或 150；
⑥ 游戏使用了 1 次， 游戏使用 2 次，则 = 150或 350；
⑦ 游戏使用了 1 次， 游戏使用 1 次，则 = 150或 350 或 550，其中 = 350有 2 种情况，
因此，当 = 0 1时， = 16；当 = 50
1 3
时， = 4，当 = 150时， = 8；
当 = 350时， = 1 14；当 = 550时， = 16，
所以用列表法表示 关于 的函数为：
0 50 150 350 550
1 1 3 1 1
16 4 8 4 16
