[A 基础达标]
1.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( )
A．0.960 B．0.864
C．0.720 D．0.576
解析：选B.可知K、A1、A2三类元件正常工作相互独立．所以当A1，A2至少有一个正常工作的概率为P＝1－(1－0.8)2＝0.96，所以系统正常工作的概率为PK·P＝0.9×0.96＝0.864.
2．一件产品要经过2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则产品的正品率为( )
A．1－a－b B．1－ab
C．(1－a)(1－b) D．1－(1－a)(1－b)
解析：选C.设A表示“第一道工序的产品为正品”，B表示“第二道工序的产品为正品”，则P(AB)＝P(A)P(B)＝(1－a)(1－b)．
3．(2019·陕西省西安中学段考)从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为，身体关节构造合格的概率为.从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)( )
A. B.
C. D.
解析：选D.法一：所求概率P＝×＋×＋×＝＝＝.
法二：所求概率P＝1－×＝1－＝.
4．(2019·河南省郑州市中原区月考)一道竞赛题，A，B，C三人可解出的概率分别为，，，则三人独立解答，仅有一人解出的概率为( )
A. B.
C. D.1
解析：选B.所求概率P＝××＋××＋××＝＋＋＝.
5．某大街在甲、乙、丙三处设有红、绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为，，，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，停车一次即为事件BC＋AC＋AB的发生，故概率P＝××＋××＋××＝.
6．在甲盒内的200个螺杆中有160个是A型，在乙盒内的240个螺母中有180个是A型．若从甲、乙两盒内各取一个，则能配成A型螺栓的概率为________．
解析：从甲盒内取一个A型螺杆记为事件M，从乙盒内取一个A型螺母记为事件N，因事件M，N相互独立，则能配成A型螺栓(即一个A型螺杆与一个A型螺母)的概率为P(MN)＝P(M)·P(N)＝×＝.
答案：
7．已知A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝________．
解析：依题意得
解得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
所以P(B)＝×＝.
答案：
8．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，某辆车在这条道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________．
解析：由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，.
某辆车在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为×`×＝.
答案：
9．已知电路中有4个开关，每个开关独立工作，且闭合的概率为，求灯亮的概率．
解：因为A，B断开且C，D至少有一个断开时，线路才断开，导致灯不亮，P＝P()[1－P(CD)]＝P()P()·[1－P(CD)]＝××＝.
所以灯亮的概率为1－＝.
10．有三种产品，合格率分别是0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验．
(1)求恰有一件不合格的概率；
(2)求至少有两件不合格的概率(精确到0.001)．
解：设从三种产品中各抽取一件，抽到合格品的事件为A、B、C.
(1)因为P(A)＝0.90，P(B)＝P(C)＝0.95，
所以P()＝0.10，P()＝P()＝0.05.
因为事件A、B、C相互独立，恰有一件不合格的概率为：
P(A·B·)＋P(A··C)＋P(·B·C)＝P(A)·P(B)·P()＋P(A)·P()·P(C)＋P()·P(B)·P(C)＝2×0.90×0.95×0.05＋0.10×0.95×0.95≈0.176.
(2)法一：至少有两件不合格的概率为
P(A··)＋P(·B·)＋P(··C)＋P(··)＝0.90×0.052＋2×0.10×0.05×0.95＋0.10×0.052＝0.012.
法二：三件产品都合格的概率为P(A·B·C)
＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.90×0.952≈0.812.
由(1)知，恰有一件不合格的概率为0.176，所以至少有两件不合格的概率为1－[P(A·B·C)＋0.176]＝1－(0.812＋0.176)＝0.012.
[B 能力提升]
11．从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，则等于( )
A．2个球不都是红球的概率
B．2个球都是红球的概率
C．2个球至少有1个红球的概率
D．2个球中恰有1个红球的概率
解析：选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A、B，则P(A)＝，P(B)＝，由于A、B相互独立，所以1－P()P()＝1－×＝.根据互斥事件可知C正确．
12．加工某一零件需经过三道工序，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：设加工出来的零件为次品为事件A，则为加工出来的零件为正品．
P(A)＝1－P()＝1－＝.
答案：
13．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工，绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为，，，且三个项目是否成功互相独立．
(1)求恰有两个项目成功的概率；
(2)求至少有一个项目成功的概率．
解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为××＝，
只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为
××＝，
只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为
××＝，
所以恰有两个项目成功的概率为＋＋＝.
(2)三个项目全部失败的概率为
××＝，
所以至少有一个项目成功的概率为1－＝.
[C 拓展探究]
14．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．
方案一：在三门课程中，至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别为a、b、c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．
(1)分别求应聘者用方案一和方案二时，考试通过的概率；
(2)试比较应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小(说明理由)．
解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A、B、C，则P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)应聘者用方案一考试通过的概率
P1＝P(A·B·)＋P(·B·C)＋P(A··C)＋P(A·B·C)＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc＝ab＋bc＋ca－2abc，
应聘者用方案二考试通过的概率为
P2＝P(A·B)＋P(B·C)＋P(A·C)＝(ab＋bc＋ca)；
(2)因为a、b、c∈[0，1]，所以P1－P2＝(ab＋bc＋ca)－2abc＝[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)]≥0，故P1≥P2.即采用第一种方案，该应聘者通过的概率大．
5．3.5 随机事件的独立性
考点
学习目标
核心素养
独立性的概念
在具体情境中，了解两个事件相互独立的概念
数学抽象
独立性的应用
能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际应用问题
数学抽象、数学运算
问题导学
预习教材P114－P116的内容，思考以下问题：
1．事件A与B相互独立的概念是什么？
2．如果事件A与B相互独立，则A与B，B与A，A与B也相互独立吗？
3．两事件互斥与两事件相互独立是一个意思吗？
随机事件的独立性
1．一般地，当P(AB)＝P(A)P(B)时，就称事件A与B相互独立(简称独立)．如果事件A与B相互独立，那么与B，A与，与也相互独立．
2．两个事件相互独立的概念也可以推广到有限个事件，即“A1，A2，…，An相互独立”的充要条件是“其中任意有限个事件同时发生的概率都等于它们各自发生的概率之积”．
■名师点拨
两个互斥事件不可能同时发生，但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．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)不可能事件与任何一个事件相互独立．( )
(2)必然事件与任何一个事件相互独立．( )
(3)“P(AB)＝P(A)P(B)”是“事件A与B相互独立”的充要条件．( )
答案：(1)√ (2)√ (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个人去北京旅游的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.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个人去北京旅游的概率为P＝1－××＝.
两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为________．
解析：记两个实习生把零件加工为一等品分别记为事件A和B.
则P＝P(AB)＋P(AB)＝×＋×＝.
答案：
相互独立事件的判断
从一副扑克牌(去掉大、小王)中任取一张，设事件A＝“抽到K”，事件B＝“抽到红牌”，事件C＝“抽到J”，那么下列每对事件是否相互独立？是否互斥？是否对立？为什么？
(1)A与B；
(2)C与A.
【解】 (1)由于事件A为“抽到K”，事件B为“抽到红牌”，故抽到红牌中有可能抽到红桃K或方块K，即有可能抽到K，故事件A，B有可能同时发生，显然它们不是互斥事件，更加不是对立事件．
以下考虑它们是否为相互独立事件：
抽到K的概率为P(A)＝＝，
抽到红牌的概率为P(B)＝＝，
事件AB为“既抽到K又抽到红牌”，即“抽到红桃K或方块K”，故P(AB)＝＝，从而有P(A)P(B)＝P(AB)，因此A与B是相互独立事件．
(2)从一副扑克牌(去掉大、小王)中任取一张，抽到K就不可能抽到J，抽到J就不可能抽到K，故事件C与事件A不可能同时发生，A与C互斥，由于P(A)＝≠0.
P(C)＝≠0，P(AC)＝0，所以A与C不是相互独立事件，又抽不到K不一定抽到J，故A与C并非对立事件．
判断两个事件是否相互独立的方法
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)定义法：如果事件A，B同时发生的概率等于事件A发生的概率与事件B发生的概率的积，则事件A，B为相互独立事件．
下列事件A，B是相互独立事件的是( )
A．一枚硬币掷两次，A＝“第一次为正面”，B＝“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，事件A为“第一次摸到白球”，事件B为“第二次摸到白球”
C．掷一枚骰子，A＝“出现点数为奇数”，B＝“出现点数为偶数”
D．A为“甲灯泡能用1 000小时”，B为“甲灯泡能用2 000小时”
解析：选A.把一枚硬币掷两次，对于每次而言是相互独立的，其结果不受先后影响，故A是相互独立事件；B中是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立；对于C，其结果具有唯一性，A，B应为互斥事件；D中事件B受事件A的影响．
相互独立事件概率的求法
小王某天乘火车从广州到上海去办事，若当天从广州到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8，0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：
(1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率；
(2)这三列火车至少有一列正点到达的概率．
【解】 用A，B，C分别表示这三列火车正点到达的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P()＝0.2，P()＝0.3，P()＝0.1.
(1)由题意得A，B，C之间相互独立，所以恰好有两列正点到达的概率为P1＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.
(2)这三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P()＝1－P()P()P()＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.
[变问法]在本例条件下，求恰有一列火车正点到达的概率．
解：恰有一列火车正点到达的概率为
P3＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝P(A)P()·P()＋P()P(B)P()＋P()P()P(C)＝0.8×0.3×0.1＋0.2×0.7×0.1＋0.2×0.3×0.9＝0.092.
(1)求相互独立事件发生的概率的步骤是
①首先确定各事件之间是相互独立的；
②确定这些事件可以同时发生；
③求出每个事件的概率，再求乘积．
(2)使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们同时发生．
相互独立事件的应用
甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为和.求：
(1)两人都能破译的概率；
(2)两人都不能破译的概率；
(3)恰有一人能破译的概率．
【解】 设“甲能破译”为事件A，“乙能破译”为事件B，则A，B相互独立，从而A与、与B、与均相互独立．
(1)“两人都能破译”为事件AB，则
P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.
(2)“两人都不能破译”为事件AB，则
P()＝P()·P()＝[1－P(A)]·[1－P(B)]＝×＝.
(3)“恰有一人能破译”为事件((A)∪(B))，
则P((A)∪(B))＝P(A)＋P(B)＝P(A)·P()＋P()·P(B)＝×＋×＝.
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)．
某项竞赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段，每个阶段选手要回答一个问题．规定正确回答问题者进入下一阶段竞赛，否则被淘汰．已知某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是，，，且各阶段通过与否相互独立．求该选手在复赛阶段被淘汰的概率．
解：记“该选手通过初赛”为事件A，“该选手通过复赛”为事件B，则P(A)＝，P(B)＝，
那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率
P＝P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
1．分别抛掷2枚质地均匀的硬币，设“第1枚为正面”为事件A，“第2枚为正面”为事件B，“2枚结果相同”为事件C，有下列三个命题：
①事件A与事件B相互独立；
②事件B与事件C相互独立；
③事件C与事件A相互独立．
以上命题中，正确的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D.P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(AB)＝P(AC)＝P(BC)＝，
因为P(AB)＝＝P(A)P(B)，故A，B相互独立；
因为P(AC)＝＝P(A)P(C)，故A，C相互独立；
因为P(BC)＝＝P(B)P(C)，故B，C相互独立；
综上，选D.
2．(2019·四川省眉山市期末)三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，，，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
解析：记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.
因为电路不发生故障的事件为(A2＋A3)A1，
所以电路不发生故障的概率为
P＝P[(A2＋A3)A1]＝P(A2＋A3)P(A1)＝[1－P(1)·P(3)]·P(A1)＝(1－×)×＝.
答案：
3．在某段时间内，甲地不下雨的概率为P1(0
A．P1P2 B．1－P1P2
C．P1(1－P2) D．(1－P1)(1－P2)
解析：选D.因为甲地不下雨的概率为P1，乙地不下雨的概率为P2，且在这段时间内两地下雨相互独立，
所以这段时间内两地都下雨的概率为P＝(1－P1)(1－P2)．故选D.
4．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，则“星队”至少猜对3个成语的概率为________．
解析：记事件A：“甲第一轮猜对”，事件B：“乙第一轮猜对”，
事件C：“甲第二轮猜对”，事件D：“乙第二轮猜对”，事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意知，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，得
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()·P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()
＝×××＋2×＝.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
答案：
[A 基础达标]
1.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( )
A．0.960 B．0.864
C．0.720 D．0.576
解析：选B.可知K、A1、A2三类元件正常工作相互独立．所以当A1，A2至少有一个正常工作的概率为P＝1－(1－0.8)2＝0.96，所以系统正常工作的概率为PK·P＝0.9×0.96＝0.864.
2．一件产品要经过2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则产品的正品率为( )
A．1－a－b B．1－ab
C．(1－a)(1－b) D．1－(1－a)(1－b)
解析：选C.设A表示“第一道工序的产品为正品”，B表示“第二道工序的产品为正品”，则P(AB)＝P(A)P(B)＝(1－a)(1－b)．
3．(2019·陕西省西安中学段考)从某地区的儿童中挑选体操学员，已知儿童体型合格的概率为，身体关节构造合格的概率为.从中任挑一儿童，这两项至少有一项合格的的概率是(假定体型与身体关节构造合格与否相互之间没有影响)( )
A. B.
C. D.
解析：选D.法一：所求概率P＝×＋×＋×＝＝＝.
法二：所求概率P＝1－×＝1－＝.
4．(2019·河南省郑州市中原区月考)一道竞赛题，A，B，C三人可解出的概率分别为，，，则三人独立解答，仅有一人解出的概率为( )
A. B.
C. D.1
解析：选B.所求概率P＝××＋××＋××＝＋＋＝.
5．某大街在甲、乙、丙三处设有红、绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为，，，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选D.设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A，B，C，则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，停车一次即为事件ABC＋ABC＋ABC的发生，故概率P＝××＋××＋××＝.
6．在甲盒内的200个螺杆中有160个是A型，在乙盒内的240个螺母中有180个是A型．若从甲、乙两盒内各取一个，则能配成A型螺栓的概率为________．
解析：从甲盒内取一个A型螺杆记为事件M，从乙盒内取一个A型螺母记为事件N，因事件M，N相互独立，则能配成A型螺栓(即一个A型螺杆与一个A型螺母)的概率为P(MN)＝P(M)·P(N)＝×＝.
答案：
7．已知A，B，C相互独立，如果P(AB)＝，P(C)＝，P(AB)＝，则P(B)＝________．
解析：依题意得
解得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝.
所以P(B)＝×＝.
答案：
8．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，某辆车在这条道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________．
解析：由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，.
某辆车在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为×`×＝.
答案：
9．已知电路中有4个开关，每个开关独立工作，且闭合的概率为，求灯亮的概率．
解：因为A，B断开且C，D至少有一个断开时，线路才断开，导致灯不亮，P＝P()[1－P(CD)]＝P()P()·[1－P(CD)]＝××＝.
所以灯亮的概率为1－＝.
10．有三种产品，合格率分别是0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验．
(1)求恰有一件不合格的概率；
(2)求至少有两件不合格的概率(精确到0.001)．
解：设从三种产品中各抽取一件，抽到合格品的事件为A、B、C.
(1)因为P(A)＝0.90，P(B)＝P(C)＝0.95，
所以P()＝0.10，P()＝P()＝0.05.
因为事件A、B、C相互独立，恰有一件不合格的概率为：
P(A·B·)＋P(A··C)＋P(·B·C)＝P(A)·P(B)·P()＋P(A)·P()·P(C)＋P()·P(B)·P(C)＝2×0.90×0.95×0.05＋0.10×0.95×0.95≈0.176.
(2)法一：至少有两件不合格的概率为
P(A··)＋P(·B·)＋P(A··)＋P(··)＝0.90×0.052＋2×0.10×0.05×0.95＋0.10×0.052＝0.012.
法二：三件产品都合格的概率为P(A·B·C)
＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.90×0.952≈0.812.
由(1)知，恰有一件不合格的概率为0.176，所以至少有两件不合格的概率为1－[P(A·B·C)＋0.176]＝1－(0.812＋0.176)＝0.012.
[B 能力提升]
11．从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，则等于( )
A．2个球不都是红球的概率
B．2个球都是红球的概率
C．2个球至少有1个红球的概率
D．2个球中恰有1个红球的概率
解析：选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A、B，则P(A)＝，P(B)＝，由于A、B相互独立，所以1－P()P()＝1－×＝.根据互斥事件可知C正确．
12．加工某一零件需经过三道工序，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：设加工出来的零件为次品为事件A，则A为加工出来的零件为正品．
P(A)＝1－P()＝1－＝.
答案：
13．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工，绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为，，，且三个项目是否成功互相独立．
(1)求恰有两个项目成功的概率；
(2)求至少有一个项目成功的概率．
解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为××＝，
只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为
××＝，
只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为
××＝，
所以恰有两个项目成功的概率为＋＋＝.
(2)三个项目全部失败的概率为
××＝，
所以至少有一个项目成功的概率为1－＝.
[C 拓展探究]
14．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案．
方案一：在三门课程中，至少有两门及格为考试通过；
方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过．
假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别为a、b、c，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．
(1)分别求应聘者用方案一和方案二时，考试通过的概率；
(2)试比较应聘者在上述两种方案下考试通过的概率的大小(说明理由)．
解：记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为A、B、C，则P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)应聘者用方案一考试通过的概率
P1＝P(A·B·)＋P(·B·C)＋P(A··C)＋P(A·B·C)＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc＝ab＋bc＋ca－2abc，
应聘者用方案二考试通过的概率为
P2＝P(A·B)＋P(B·C)＋P(A·C)＝(ab＋bc＋ca)；
(2)因为a、b、c∈[0，1]，所以P1－P2＝(ab＋bc＋ca)－2abc＝[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)]≥0，故P1≥P2.即采用第一种方案，该应聘者通过的概率大．
课件34张PPT。第五章 统计与概率第五章 统计与概率√√√本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放