2019年数学湘教版选修1-2新设计同步（讲义）：第4章 4．1 & 4.2 随机对照试验案例 事件的独立性

4．1_&_4.2随机对照试验案例__事件的独立性
[读教材·填要点]
1．随机对照试验
随机选取试验组和对照组是安排试验的基本原则．我们称随机选取试验组的对照实验为随机对照实验，把对照组中的处理方法称为使用安慰剂．
2．事件A，B的独立
当事件的全集Ω1和Ω2独立，对于A?Ω1和B?Ω2，有P(A∩B)＝P(A)P(B)，则称事件A，B独立．
3．事件A1，A2，…，An相互独立
如果试验的全集Ω1，Ω2，…，Ωn是相互独立的，则对A1?Ω1，A2?Ω2，…，An?Ωn有P(A1∩A2∩…∩An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)．
[小问题·大思维]
1．两个事件相互独立与互斥有什么区别？
提示：两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，而相互独立的两个事件是可以同时发生的，相互独立事件和互斥事件之间没有联系．
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)使用的前提条件是事件A与事件B相互独立，同样的，只有当A1，A2，…，An相互独立时，这几个事件同时发生的概率才等于每个事件发生的概率之积，即P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)·…·P(An)．
事件独立性的判断
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，讨论A与B的独立性：
(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个基本事件，由等可能性知概率各为.
这时A＝{(男，女)，(女，男)}，
B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB＝{(男，女)，(女，男)}，
于是P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝.
由此可知P(AB)≠P(A)P(B)，
所以事件A，B不相互独立．
(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为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个基本事件的概率均为，这时A中含有6个基本事件，B中含有4个基本事件，AB中含有3个基本事件．
于是P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，
显然有P(AB)＝＝P(A)P(B)成立．
从而事件A与B是相互独立的．
(1)判断两个事件A，B相互独立，其依据为P(AB)＝P(A)P(B)，这是利用定量计算的方法，较准确，因此我们必须熟练掌握．
(2)判断两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，也就是看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响；没有影响就是相互独立事件，否则就不是相互独立事件．
1．把一颗质地均匀的骰子任意地掷一次，判断下列各组事件是否是独立事件？
(1)A＝{掷出偶数点}，B＝{掷出奇数点}；
(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)＝，P(B)＝，P(AB)＝0，
∴A与B不是相互独立事件．
(2)∵P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，
∴P(AB)＝P(A)·P(B)，
∴A与B是相互独立事件．
(3)∵P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，
∴P(AB)≠P(A)·P(B)，
∴A与B不是相互独立事件.
求相互独立事件同时发生的概率
根据资料统计， 某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险的概率为0.6, 购买甲、乙保险相互独立， 各车主间相互独立．
(1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率；
(2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率．
[自主解答]　记A表示事件“购买甲种保险”，B表示事件“购买乙种保险”，
则由题意得A与B，A与，与B，与都是相互独立事件，
且P(A)＝0.5，P(B)＝0.6.
(1)记C表示事件“同时购买甲、乙两种保险”，
则C＝AB，所以P(C)＝P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.5×0.6＝0.3.
(2)记D表示事件“购买乙种保险但不购买甲种保险”，
则D＝B，所以P(D)＝P(B)＝P()·P(B)＝(1－0.5)×0.6＝0.3.
本例中车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率是多少？
解：法一：记E表示事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”，
则事件E包括B，A，AB，且它们彼此为互斥事件．
所以P(E)＝P(B＋A＋AB)＝P(B)＋P(A)＋P(AB)　
＝0.5×0.6＋0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.8.
法二：事件“至少购买甲、乙两种保险中的一种”与事件“甲、乙两种保险都不购买”为对立事件．
所以P(E)＝1－P(AB)＝1－(1－0.5)×(1－0.6)＝0.8.
求相互独立事件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事件入手计算．
2.如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．
解析：理解事件之间的关系，设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，
则灯亮应为事件AC ，且A，C，之间彼此独立，且P(A)＝P()＝P(C)＝.
所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝.
答案：
独立事件与互斥事件的综合应用
某学生语、数、英三科考试成绩，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)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？
(2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？
[自主解答]　分别记该生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，
则A，B，C两两相互独立且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85.
(1)“三科成绩均未获得第一名”可以用  表示，
P(  )＝P()P()P()
＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]
＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85)
＝0.003，
所以三科成绩均未获得第一名的概率是0.003.
(2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用(BC)∪(AC)∪(AB)表示．
由于事件BC，AC和AB两两互斥，
根据概念加法公式和相互独立事件的意义，
所求的概率为P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()
＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]
＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)
＝0.329，
所以恰有一科成绩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独立的事件，还要注意互斥事件的拆分，以及对立事件概率的求法的运用，即三个公式的联用：P(A∪B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)，P(A)＝1－P()，P(AB)＝P(A)P(B)(A，B相互独立)．
3．某校田径队有三名短跑运动员，根据平时的训练情况统计，甲、乙、丙三人100 m跑(互不影响)的成绩在13 s内(称为合格)的概率分别是，，，如果对这三名短跑运动员的100 m跑成绩进行一次检测．
(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)出现恰有几人合格的概率最大？
解：设“甲、乙、丙三人100 m跑合格”分别为事件A，B，C，
显然A，B，C相互独立，P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，
所以P()＝1－＝，P()＝1－＝，P()＝1－＝.
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)＝××＝.
三人都不合格的概率为P0＝P()＝P()P()P()＝××＝.
所以三人都合格的概率与三人都不合格的概率都是.
(2)因为AB，AC，BC两两互斥，所以恰有两人合格的概率为：
P2＝P(AB＋AC＋BC)
＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝P(A)P(B)P()＋P(A)P()P(C)＋P()P(B)P(C)
＝××＋××＋××＝.
恰有一人合格的概率为P1＝1－P0－P2－P3＝1－－－＝＝.
由(1)(2)知P0，P1，P2，P3中P1最大，所以出现恰有一人合格的概率最大．
在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，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]　根据题意，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情况，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，从而求得其对立事件——3个开关中至少有1个能够闭合的概率．
[妙解]　如图所示，分别记这段时间内开关JA，JB，JC能够闭合为事件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，根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是
P()＝P()P()P()
＝[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()＝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．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)
A．事件A与B互斥　 　B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立 D．事件A与B既互斥又独立
解析：因为P()＝，所以P(A)＝，又P(B)＝，P(AB)＝，
所以有P(AB)＝P(A)P(B)，
所以事件A与B相互独立但不一定互斥．
答案：C
2．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，则三处都不停车的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，.
在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为××＝.
答案：A
3．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军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P1＝；
第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P2＝×＝.
故甲队获得冠军的概率为P1＋P2＝.
答案：A
4.如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：记“A，B，C，D四个开关闭合”分别为事件A，B，C，D，可用对立事件求解，图中含开关的三条线路同时断开的概率为：P()P()[1－P(AB)]＝××＝.∴灯亮的概率为1－＝.
答案：C
5．有一个数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是，乙能解决的概率是，2人试图独立地在半小时内解决它，则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
＝×＝.
问题得到解决就是至少有1人能解决问题，
∴P＝1－＝.
答案：　
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＝0.2×0.3＝0.06.
(2)甲、乙两地都不降雨的概率为
P2＝(1－0.2)×(1－0.3)＝0.8×0.7＝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，若两人同时射击同一目标，则他们都击中的概率约为(　　)
A.　　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：设甲击中目标为事件A，乙击中目标为事件B，
则P(A)＝，P(B)＝，
两人都击中目标的对应事件为AB，
则P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
答案：A
2．电灯泡使用时数在1 000小时以上的概率是0.2，则3个灯泡在使用1 000小时后至多坏了2个的概率是(　　)
A．0.128 B．0.872
C．0.512 D．0.488
解析：“三个都坏”的概率：p＝0.83＝0.512，
“至多坏2个”的概率：1－p＝0.488.
答案：D
3．国庆节放假，甲去北京旅游的概率为，乙、丙去北京旅游的概率分别为，.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. B.
C. D.
解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为，，.
因此，他们不去北京旅游的概率分别为，，，
所以至少有1人去北京旅游的概率为P＝1－××＝.
答案：B
4．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(每次跳跃时，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，如图所示．假设现在青蛙在A叶上，则跳三次之后停在A叶上的概率是(　　)
A. B.
C. D.
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＝××＝；
第二条：按A→C→B→A，
P2＝××＝，
所以跳三次之后停在A叶上的概率为
P＝P1＋P2＝＋＝.
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，则取得同色球的概率为________．
解析：设从甲袋中任取一个球，事件A：“取得白球”，则此时事件：“取得红球”，从乙袋中任取一个球，事件B：“取得白球”，则此时事件：“取得红球”．
∵事件A与B相互独立，∴事件与相互独立．
∴从每袋中任取一个球，取得同色球的概率为
P(AB＋ )＝P(AB)＋P( )
＝P(A)P(B)＋P()P()
＝×＋×＝.
答案：
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，，，且各道工序互不影响，则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××＝，
所以次品率为1－＝.
答案：
7．在一段时间内，甲去某地的概率是，乙去此地的概率是，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×＝，
∴至少有一个人去此地的概率是1－＝.
答案：
8．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两个问题，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4个问题就晋级下一轮的概率等于________．
解析：此选手恰好回答4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.
答案：0.128
三、解答题
9．某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．
(1)求这名同学得300分的概率；
(2)求这名同学至少得300分的概率．
解：记“这名同学答对第i个问题”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.7，P(A3)＝0.6.
(1)这名同学得300分的概率
P1＝P(A12A3)＋P(1A2A3)
＝P(A1)P(2)P(A3)＋P(1)P(A2)P(A3)
＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.
(2)这名同学至少得300分的概率P2＝P1＋P(A1A2A3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.
10．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0,1,2的概率分别为0.4,0.5,0.1.
(1)求该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率；
(2)假设一月份与二月份被消费者投诉的次数互不影响，求该企业在这两个月内共被消费者投诉2次的概率．
解：(1)设事件A表示“一个月内被投诉的次数为0”，事件B表示“一个月内被投诉的次数为1”，
∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋0.5＝0.9.
(2)设事件Ai表示“第i个月被投诉的次数为0”，
事件Bi表示“第i个月被投诉的次数为1”，
事件Ci表示“第i个月被投诉的次数为2”，
事件D表示“两个月内共被投诉2次”．
∴P(Ai)＝0.4，P(Bi)＝0.5，P(Ci)＝0.1(i＝1,2)．
∵两个月中，一个月被投诉2次，另一个月被投诉0次的概率为P(A1C2＋A2C1)，
一、二月份均被投诉1次的概率为P(B1B2)，
∴P(D)＝P(A1C2＋A2C1)＋P(B1B2)＝P(A1C2)＋P(A2C1)＋P(B1B2)．
由事件的独立性得
P(D)＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.5×0.5＝0.33.