【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题10.4 事件的相互独立性（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(13)页，326.730 KB，由小赞的店铺上传

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专题10.4事件的相互独立性（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春·湖南长沙·高一期末）若事件𝐴，𝐵相互独立，它们发生的概率分别为𝑝1，𝑝2，则事件𝐴，𝐵都不发生的概率为（）A．1−𝑝1𝑝2B．(1−𝑝1)(

1−𝑝2)C．1−(𝑝1+𝑝2)D．1−(1−𝑝1)(1−𝑝2)【解题思路】由独立事件与对立事件的概率公式计算．【解答过程】由事件A与事件B相互独立,可得𝐴与𝐵相互独立,所以𝑃(𝐴𝐵)=P(𝐴̅⋅𝐵̅)=𝑃(𝐴̅)⋅𝑃(𝐵̅)=(1−𝑝1

)(1−𝑝2)故选：B.2．（3分）（2022秋·陕西汉中·高一期末）对于事件𝐴，𝐵，下列命题不正确．．．的是（）A．若𝐴，𝐵互斥，则𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)≤1B．若𝐴，𝐵对立，则𝑃(

𝐴)+𝑃(𝐵)=1C．若𝐴，𝐵独立，则𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)D．若𝐴，𝐵独立，则𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)≤1【解题思路】根据对立事件，独立事件和互斥事件的性质，分别进行判断即可.

【解答过程】因为𝐴，𝐵互斥，互斥事件概率和在(0,1]区间，所以𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)≤1，故选项A正确；因为𝐴，𝐵对立，对立事件概率和为1，所以𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，故选项B正确；因为𝐴，𝐵独立，则𝐴,𝐵也相互

独立，所以𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)，故选项C正确；因为𝐴，𝐵独立，由独立事件的性质可知：二者同时发生的概率𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，由概率大于零可知：𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)≤1不一定成立，故选项D错误；所以命题不正确的是D，故选：D.3．（

3分）（2022春·江苏苏州·高二期中）九连环是中国传统的有代表性的智力玩具，凝结着中国传统文化，具有极强的趣味性.九连环能既练脑又练手，对于开发人的逻辑思维能力及活动手指筋骨大有好处.现有甲、乙两人独立地挑战破解“九连环”智力扣，已知两人能破解的概率分别为12，13，则（）A

．两人都成功破解的概率为56B．两人都成功破解的概率为14C．智力扣被成功破解的概率为34D．智力扣被成功破解的概率为23【解题思路】根据独立事件同时发生的概率公式计算即可.【解答过程】由题意知两人都成功破解的概率𝑃=1

2×13=16，故AB不正确；智力扣被成功破解，说明甲乙至少一人能破解，根据对立事件的概率可知𝑃=1−12×23=23，故C错误D正确.故选：D.4．（3分）（2022秋·上海松江·高二期末）设𝐴,𝐵为两个随机事件，以下命题错误的为（）A．若𝐴,𝐵是

独立事件，𝑃(𝐴)=13，𝑃(𝐵)=23，则𝑃(𝐴𝐵)=19B．若𝐴,𝐵是对立事件，则𝑃(𝐴∪𝐵)=1C．若𝐴,𝐵是互斥事件，𝑃(𝐴)=13，𝑃(𝐵)=12，则𝑃(𝐴∪𝐵)=16D．若𝑃(𝐴)=1

3，𝑃(𝐵)=14，且𝑃(𝐴𝐵)=14，则𝐴,𝐵是独立事件【解题思路】利用互斥公式、独立公式、对立公式满足的条件可以一一判断.【解答过程】对于A：当𝐴,𝐵是独立事件时，𝐴,𝐵也是独立事件，∴𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵)=1

3×(1−23)=19，A正确；对于B：当𝐴,𝐵是对立事件时，𝑃(𝐴∪𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，B正确；对于C：当𝐴,𝐵是互斥事件，𝑃(𝐴)=13，𝑃(𝐵)=12，则𝑃(�

�∪𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=12+13=56，C错；对于D：∵𝑃(𝐵)=14,∴𝑃(𝐵)=34，∴𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵)=13×34=14=𝑃(𝐴𝐵)，故𝐴,𝐵是独立事件，即𝐴,𝐵是独立事件，D正确.故选：C.5

．（3分）（2022春·福建福州·高一期末）抛掷一颗均匀骰子两次，E表示事件“第一次是奇数点”，F表示事件“第二次是3点”，G表示事件“两次点数之和是9”，H表示事件“两次点数之和是10”，则（）A．E与

G相互独立B．E与H相互独立C．F与G相互独立D．G与H相互独立【解题思路】先根据古典概型的概率公式分别求出四个事件的概率，再利用独立事件的定义𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)判断个选项的正误.【解答过程】解：由题意得：𝑃

(𝐸)=1836=12，𝑃(𝐹)=636=16，𝑃(𝐺)=436=19，𝑃(𝐻)=336=112对于选项A：𝑃(𝐸𝐺)=236=118，𝑃(𝐸)𝑃(𝐺)=12×19=118，𝑃(𝐸𝐺)=𝑃(𝐸)𝑃(𝐺)，所以𝐸和𝐺互相独立，故A正确；对于

选项B：𝑃(𝐸𝐻)=136，𝑃(𝐸)𝑃(𝐻)=12×112=124，𝑃(𝐸𝐻)≠𝑃(𝐸)𝑃(𝐻)，所以𝐸和𝐻不互相独立，故B错误；对于选项C：𝑃(𝐹𝐺)=136，𝑃(𝐹)𝑃(𝐺)=16×19=154，𝑃(𝐹

𝐺)≠𝑃(𝐹)𝑃(𝐺)，所以𝐹和𝐺不互相独立，故C错误；对于选项D：𝑃(𝐺𝐻)=0，𝑃(𝐺)𝑃(𝐻)=19×112=1108，𝑃(𝐺𝐻)≠𝑃(𝐺)𝑃(𝐻)，所以𝐺和𝐻不互相独立，故D错误；

故选：A.6．（3分）（2022春·湖北鄂州·高二期末）“三个臭皮匠，赛过诸葛亮”，这句口头禅体现了集体智慧的强大.假设李某能力较强，他独自一人解决项目M的概率为𝑃1=0.9；同时，有n个水平相同的人组成的团队也在研究项目M，团队成员各自独立地

解决项目M的概率都是0.4.如果这个n人的团队解决项目M的概率为𝑃2，且𝑃2≥𝑃1，则n的取值不可能是（参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48）（）A．4B．5C．6D．7【解题思路】由独立

事件同时发生的概率公式先求出团队成员都不能解决项目M的概率，再由对立事件的概率求出𝑃2，由题意建立不等式求解即可.【解答过程】由题意，这n个人组成的团队不能解决项目M的概率为𝑃=(1−0.4)𝑛

=(35)𝑛，所以𝑃2=1−𝑃=1−(35)𝑛，由𝑃2≥𝑃1可得1−(35)𝑛≥0.9，即(35)𝑛≤110，两边取常用对数可得：𝑛lg35≤−1，即𝑛[lg3−(1−lg2)]=−0.22𝑛≤−1，解得𝑛≥4.55，又𝑛∈N∗，所以𝑛≥5,𝑛∈𝑁∗.故选：A

.7．（3分）（2022·山西太原·统考二模）某产品需要通过两类质量检验才能出货．已知该产品第一类检验单独通过率为34第二类检验单独通过率为𝑝(0<𝑝<1)，规定：第一类检验不通过则不能进入第二类检验，每类

检验未通过可修复后再检验一次，修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次，且各类检验间相互独立．若该产品能出货的概率为56．则𝑝=（）A．25B．12C．23D．56【解题思路】利用独立事件和互斥事件概率计算公式直接求解．【解答过程】解：设𝐴𝑖表示第𝑖次通过第

一类检验，𝐵𝑖表示第𝑖次通过第二类检验(𝑖=1,2)，由题意得𝑃(𝐴1𝐵1+𝐴1𝐴2𝐵1+𝐴1𝐵1𝐵2+𝐴1𝐴2𝐵1𝐵2)=56，即34𝑝+14×34𝑝+34×(1−𝑝)𝑝+14×34×(1−𝑝)𝑝=56，解得�

�=23或𝑝=43（舍).故选：C．8．（3分）（2023春·广东·高三阶段练习）若正整数𝑎的所有真因数（即不是自身的因数）之和等于𝑏，正整数𝑏的所有真因数之和等于𝑎，则称𝑎和𝑏是一对“亲和数”.约两千五百年前，古希腊数学家毕达哥拉斯发现第一对亲和数：284和220.220的所有真

因数为1,2,4,5,10,11,20,22,44,55,110;284的所有真因数为1,2,4,71,142.若分别从284和220的所有真因数中各随机抽取一个数，则取出的两个数的和为奇数的概率是（）A．

1255B．1455C．2655D．2955【解题思路】分别计算出从284和220的所有真因数中随机抽取一个数为奇数和偶数的概率，再利用概率的加法公式即可求得结果.【解答过程】由题意可知，从220的11个真因数中取出一个奇数的概率为411，取出一个偶数的

概率为711；从280的5个真因数中取出一个奇数的概率为25，取出一个偶数的概率为35；若取出的两个数的和为奇数，则取出的两个数为一奇一偶，所以取出的两个数的和为奇数的概率𝑃=411×35+711×25=2655.故选：C.二．多选题（共4小题，满分16分，

每小题4分）9．（4分）（2022秋·广东佛山·高二阶段练习）甲､乙两各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（）A．事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”是互斥事件B．事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件C．事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙都没有投得6点”是对立事件D．事件“

至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件【解题思路】根据互斥事件，相互独立事件以及对立事件的定义即可根据选项逐一判断.【解答过程】在A中，甲､乙两各投掷一枚骰子，“甲投得5点”与“甲投得4点”两个事件不可能同时发生，二者是互斥事件；在B中，甲

、乙各投掷一枚骰子，“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”的概率没有影响，二者是相互独立事件；在C中，甲，乙各投掷一枚骰子，“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙都没有投得6点”不可能同时发生，二者是互斥事件，“甲､乙都投得6点”的对立事件为“至少有

一个人没有投得6点”，故“甲､乙都没有投得6点”不是“甲､乙都投得6点”的对立事件；在D中，设“至少有1人投得6点”为事件A，则事件A包括只有甲一人投得6点，或者只有乙一个人投得6点，以及甲乙两人都投得6点，而“甲投得6点且乙没投得6点”为事件𝐵，则𝐴𝐵=𝐵，故A、B不独立，故选：AB.1

0．（4分）（2023·全国·高一专题练习）某社区开展“防疫知识竞赛”，甲､乙两人荣获一等奖的概率分别为p和q，两人是否获得一等奖相互独立，则这两人中至少有一人获得一等奖的概率为（）A．𝑝(1−𝑞

)+𝑞(1−𝑝)+𝑝𝑞B．𝑝+𝑞C．𝑝𝑞D．1−(1−𝑝)(1−𝑞)【解题思路】令𝑃(𝐴)=𝑝,𝑃(𝐵)=𝑞且A、B相互独立，从正反两个角度，利用事件的关系及含义表示出两人中至少有

一人获得一等奖，进而求出其概率即可.【解答过程】记A为“甲获得一等奖”，B为“乙获得一等奖”，则𝑃(𝐴)=𝑝,𝑃(𝐵)=𝑞且A、B相互独立.从正面考虑，甲､乙两人中至少有一人获得一等奖为𝐴𝐵̅+𝐴̅𝐵+𝐴𝐵，为三个互斥事件，所以𝑃(𝐴𝐵̅+𝐴̅𝐵+𝐴𝐵)

=𝑃(𝐴𝐵̅)+𝑃(𝐴̅𝐵)+𝑃(𝐴𝐵)=𝑞(1−𝑝)+𝑝𝑞；从反面考虑，事件“甲､乙两人中至少有一人获得一等奖”的对立事件是“甲､乙两人都没获得一等奖”，即事件𝐴̅𝐵̅，易得𝑃(𝐴̅𝐵̅)=(1−𝑝)(1−𝑞)，所以“这两人中至少有一人

获得一等奖”的概率为1−𝑃(𝐴̅𝐵̅)=1−(1−𝑝)(1−𝑞)，综上，A、D正确.故选：AD.11．（4分）（2023秋·湖北黄冈·高二期末）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件𝐴=“第一次出现3点”，𝐵=“第二次的点数小于5点”，�

�=“两次点数之和为奇数”，𝐷=“两次点数之和为10”，则下列说法正确的有（）A．A与B不互斥且相互独立B．A与D互斥且不相互独立C．B与C不互斥且相互独立D．B与D互斥且不相互独立【解题思路】根据给定条件，求出事件A，B，C，D的概

率，再利用互斥事件、相互独立事件的定义判断作答.【解答过程】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的试验结果有：(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6)，(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2

,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)，(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6)，(6,1),(6,2),(6,3)

,(6,4),(6,5),(6,6)，共36个不同结果，事件A所含的结果有：(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)，共6个，事件B所含的结果有24个，事件C所含的结果有18个，事件D所含的结果有：(4,6),(5,5),(6,4)，共

3个，因此𝑃(𝐴)=636=16,𝑃(𝐵)=2436=23,𝑃(𝐶)=1836=12,𝑃(𝐷)=336=112，对于A，事件A与B都含有(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)，共4个结果，即事

件A与B可以同时发生，而𝑃(𝐴𝐵)=436=19=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，A与B不互斥且相互独立，A正确；对于B，事件A与D不能同时发生，𝑃(𝐴𝐷)=0≠𝑃(𝐴)𝑃(𝐷)，A与D互斥且不相互独立，B正确；对于C，事件

B与C都含有(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,1),(4,3),(5,2),(5,4),(6,1),(6,3)，共12个结果，即事件B与C可以同时发生，𝑃(𝐵𝐶)=1236=13=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)，B与C不互斥且相互

独立，C正确；对于D，事件B与D都含有(6,4)，即B与D可以同时发生，𝑃(𝐵𝐷)=136≠23×112=𝑃(𝐵)𝑃(𝐷)，因此B与D不互斥且不相互独立，D错误.故选：ABC.12．（4分）（2023春·江苏南京·高三开学考试）甲乙两人准备买一部手机，购买国产手机的概率分别为0.6，

0.5，购买白色手机的概率分别为0.4，0.6，若甲乙两人购买哪款手机互相独立，则（）A．恰有一人购买国产手机的概率为0.5B．两人都没购买白色手机的概率为0.52C．甲购买国产白色手机的概率为0.48D．甲

乙至少一位购买国产白色手机的概率为0.468【解题思路】使用互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率乘法公式进行计算即可.【解答过程】由已知，甲乙两人购买哪款手机互相独立，“甲购买国产手机”记为事件𝐴，𝑃(𝐴)=0.6；“乙购买国产手机”记为事件𝐵，𝑃(𝐵)=0.5；“甲购买白色手机”记

为事件𝐶，𝑃(𝐶)=0.4；“乙购买白色手机”记为事件𝐷，𝑃(𝐷)=0.6，对于选项A，恰有一人购买国产手机的概率为𝑃(𝐴𝐵̅∪𝐴̅𝐵)=𝑃(𝐴𝐵̅)+𝑃(𝐴̅𝐵)=0.6×(1−0.5)+(1−0.6)×0.5=0.5，故选项A正确；对于选项B，两人都没购

买白色手机的概率为𝑃(𝐶̅𝐷̅)=(1−0.4)×(1−0.6)=0.24，故选项B错误；对于选项C，“甲购买国产白色手机”记为事件𝐸，其概率为𝑃(𝐸)=𝑃(𝐴𝐶)=0.6×0.4=0.24，故选项C错误；对于选项D，“乙购买国产白色手机”记为事件𝐹，其概率为𝑃(𝐹)=𝑃

(𝐵𝐷)=0.5×0.6=0.3，结合选项C的判断，甲乙至少一位购买国产白色手机的概率为𝑃(𝐸𝐹∪𝐸𝐹̅∪𝐸̅𝐹)=0.24×0.3+0.24×(1−0.3)+(1−0.24)×0.3=0.468，（也可以用1−𝑃(𝐸̅𝐹̅)=1−(1−0.24)×(1−0.3)=0.46

8进行计算），故选项D正确.故选：AD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022·高二课时练习）如果事件A与B独立，则下列几组事件也独立的是（1）（2）（3）.（1）A与𝐵̅

；（2）𝐴̅与𝐵̅；（3）𝐴̅与B.【解题思路】利用独立事件的概念即得.【解答过程】∵事件A与B独立，∴A与𝐵̅，𝐴̅与𝐵̅，𝐴̅与B，也是独立事件.故答案为：（1）（2）（3）.14．（4分）（2023·高一单元测试）对于

独立事件A、B，若𝑃(𝐴)=34，𝑃(𝐵)=23，则𝑃(𝐴̅∩𝐵̅)=112.【解题思路】根据相互独立事件和对立事件的概率计算即可求解.【解答过程】因为𝑃(𝐴)=34，所以𝑃(𝐴)=1−𝑃(𝐴)=14，又

因为𝑃(𝐵)=23，所以𝑃(𝐵)=1−𝑃(𝐵)=13，因为𝐴，𝐵为独立事件，所以𝐴与𝐵相互独立，则有𝑃(𝐴̅∩𝐵̅)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=14×13=112，故答案为：112.

15．（4分）（2022春·江苏淮安·高二期末）甲、乙两名同学进行乒乓球比赛，每局比赛没有平局且相互独立，每局比赛甲胜的概率为p，若比赛采取5局3胜制，甲仅用3局就赢得比赛的概率为827，则𝑝=23．【解题思路】利用相互独立事件的乘法公式即可求解.【解答过程】

设“甲仅用3局就赢得比赛”的事件为𝐴，则𝑃(𝐴)=𝑝3=827，解得𝑝=23，所以𝑝=23.故答案为：23.16．（4分）（2023·全国·高一专题练习）某一部件由三个电子元件按下图方式连接而成，元件1或元

件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）超过1000小时的概率都是0.5，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为38.【解

题思路】根据题意，求出超过1000小时时，元件1、元件2至少有一个正常和元件3正常的概率，再利用独立事件的概率公式求解即可.【解答过程】因为三个电子元件的使用寿命（单位：小时）超过1000小时的概率都是0.5，即𝑝=12，记事件𝐴:超过1000小

时时，元件1、元件2至少有一个正常，事件𝐵:超过1000小时时，元件3正常，事件𝐶:该部件的使用寿命超过1000小时，则𝑃(𝐴)=1−(1−𝑝)2=34，𝑃(𝐵)=𝑝=12，因为事件𝐴,𝐵为相互独立事件，事件𝐶为𝐴,𝐵同时发生的事件，所

以𝑃(𝐶)=𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=34×12=38．故答案为：38．四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·全国·高三专题练习）设𝐴与𝐵相互独立，且𝑃(𝐴∪𝐵)=45，

𝑃(𝐴)=23，求𝑃(𝐵)．【解题思路】由事件相互独立有𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，结合𝑃(𝐴∪𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)及已知条件即可得结果.【解答过

程】因为𝐴与𝐵相互独立，所以𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)．又𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴∪𝐵)，𝑃(𝐴∪𝐵)=45，𝑃(𝐴)=23．设𝑃(𝐵)=𝑥，则𝑃(

𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)−𝑃(𝐴)+𝑃(𝐴∪𝐵)，即𝑥=23𝑥−23+45，解得𝑥=25，即𝑃(𝐵)=25．18．（6分）（2023·高一课时练习）一个均匀的正四面体，其第一面染成红色，第二面染成白

色，第三面染成黑色，而第四面同时染上红、白、黑三种颜色．现以𝐴、𝐵、𝐶分别记投一次四面体出现红、白、黑颜色朝下的事件，问事件𝐴、𝐵、𝐶是否两两相互独立？【解题思路】根据独立事件的定义判断可得出结论.【解答过程】解：由

题意可得𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶)=24=12，则事件𝐴𝐵、𝐵𝐶、𝐴𝐶均为“第四面朝下”，故𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐴𝐶)=14，所以，𝑃(𝐴𝐵)=𝑃

(𝐴)𝑃(𝐵)，𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐶)，𝑃(𝐴𝐶)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐶)，所以，事件𝐴、𝐵、𝐶两两互相独立.19．（8分）（2023·高一单元测试）已知战士A射击的命中率为60%，战士B的命中率为65%，且两人的射击互不影

响，求：(1)两人同时击中目标的概率；(2)目标被击中的概率．【解题思路】（1）利用相互独立事件概率乘法公式能求出两人同时击中目标的概率；（2）目标被击中的对立事件是两人都没有击中目标，利用对立事件和相互独立事件概率公式求解即可．【解答过程】（1）战士A

射击的命中率为60%，战士B的命中率为65%，两人的射击互相独立，设事件𝐴表示“战士A命中”，事件B表示“战士A命中”，则𝑃(𝐴)=0.6,𝑃(𝐵)=0.65，则两人同时击中目标的概率为：𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=

0.6×0.65=0.39.（2）目标被击中的对立事件是两人都没有击中目标，所以目标被击中的概率为：𝑃=1−𝑃(𝐴𝐵)=1−(1−0.6)(1−0.65)=0.86.20．（8分）（2022秋·上海静

安·高二期末）如图所示为𝑀、𝑁两点间的电路，在时间𝑇内不同元件发生故障的事件是相互独立的，他们发生故障的概率如下表所示:元件𝐾1𝐾2𝐿1𝐿2𝐿3概率0.60.50.40.50.7(1)求在时间𝑇内，𝐾1与𝐾2同时发生故障的概率；(2)

求在时间𝑇内，𝐾1，𝐾2至少一个发生故障的概率；(3)求在时间𝑇内，电路不通的概率.【解题思路】（1）设𝐴𝑖表示𝐾𝑖(𝑖=1,2)发生故障，利用相互独立事件概率乘法公式能求出单位时间𝑇内，𝐾1与𝐾2同时发生故

障的概率；（2）利用互斥事件概率计算公式能求出在时间𝑇内，由于𝐾1与𝐾2至少一个发生故障的概率；（3）设𝐵𝑖表示𝐿𝑖(𝑖=1,2,3)发生故障，利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果．【解答过程】（1）解：设𝐴𝑖表示𝐾𝑖(𝑖=1,2)发生故障，则𝑃

(𝐴1)=0.6,𝑃(𝐴2)=0.5，在时间𝑇内𝐾1与𝐾2同时发生故障的概率𝑃1=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)=0.6×0.5=0.3；（2）解：在时间𝑇内，𝐾1与𝐾2至少一个发生故障的概率𝑃2=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)___+𝑃(

𝐴2)𝑃(𝐴1)___+𝑃(𝐴1)𝑃(𝐴2)=0.8；（3）解：设𝐵𝑖表示𝐿𝑖(1,2,3)发生故障，则𝑃(𝐵1)=0.4,𝑃(𝐵2)=0.5,𝑃(𝐵3)=0.7，在时间𝑇内，电路不通的概率𝑃3=1−[𝑃(𝐵1)�

�(𝐵2)×(1−𝑃(𝐵1)𝑃(𝐵2)𝑃(𝐵3))]=0.828.21．（8分）（2022春·湖南衡阳·高一期末）甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分

达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为12，负的概率为13，且每局比赛之间的胜负相互独立．(1)求第三局结束时乙获胜的概率；(2)求甲获胜的概率．【解题思路】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），

（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.【解答过程】(1)设事件A为“第三局结束乙获胜”由题意知，乙每局获胜的概

率为13，不获胜的概率为23．若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．故𝑃(𝐴)=13×23×13+23×13×13=427(2)设事件B为“甲获胜”．若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率𝑃1=12×1

2=14．若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．此时的概率𝑃2=12×12×12+12×12×12=14．若第四局结束甲以积分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：（胜，平，平，

胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．此时的概率𝑃3=12×16×16×12×3+12×16×13×12×6=548若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，

总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．此时的概率𝑃4=12×16×16×16×4=1108，故𝑃(𝐵)=𝑃1+𝑃2+𝑃3+𝑃4=265432.22．（8分）（2023·全国·高二专题练习）已知某著名高校今年综合评价招生

分两步进行：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试．只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，且材料初审与面试之间相互独立，现有甲、乙、丙三名考生报名参加该高校的综合评价，假设甲、乙，丙三名考生材料初审合格的概率

分别是13，12，14，面试合格的概率分别是12，13，23．(1)求甲考生获得该高校综合评价录取资格的概率；(2)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率；(3)求三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的概率．【解题思路】设事件A、B、C分别为

“甲、乙、丙获得该高校综合评价录取资格”，根据独立事件概率计算方法可直接求出𝑃(𝐴)、𝑃(𝐵)、𝑃(𝐶).由此可得(1)题答案，(2)题概率为𝑃(𝐴𝐵+𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)+𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)，(3)

题可先计算其对立事件概率从而求解．【解答过程】（1）设事件𝐴表示“甲获得该高校综合评价录取资格”，则𝑃(𝐴)=13×12=16；（2）设事件𝐵表示“乙获得该高校综合评价录取资格”，则𝑃(𝐵)=1

2×13=16，则甲、乙两位考生有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率为：𝑃=𝑃(𝐴𝐵+𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)+𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=16×(1−16)+(1−16)×

16=518；（3）设事件𝐶表示“丙获得该高校综合评价录取资格”，则𝑃(𝐶)=14×23=16，三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的对立事件是三人都没有获得该高校综合评价录取资格，三人中至少有一人获得该高校综合

评价录取资格的概率为：𝑃=1−𝑃(𝐴𝐵𝐶)=1−(1−16)(1−16)(1−16)=91216．