（人教A版）必修二高一数学高一下学期同步考点讲练专题10.2 事件的相互独立性（解析版）

专题10.2事件的相互独立性（重难点题型精讲）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∈)个事件的相互独立性，即若事件，，，相互独立，则这n个事件同时发生的概率P()=P()P()P().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事件发生的概率没有影响.两个事件不可能同时发生，即AB=.概率公式若事件A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B).若事件A与B互斥，则P（A∪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中至少有一个发生P(A∪B)P(A)+P(B)1P()P()或P(A)+P(B)P(AB)A，B都发生P(AB)0P(A)P(B)A，B都不发生P()1[P(A)+P(B)]P()P()A，B恰有一个发生P(A∪B)P(A)+P(B)P(A)P()+P()P(B)A，B中至多有一个发生P(∪A∪B)11P(A)P(B)【题型1独立性的判断】【方法点拨】(1)定量法：利用P(AB)=P(A)P(B)是否成立可以准确地判断两个事件是否相互独立.(2)定性法：直观地判断一个事件发生与否对另一个事件的发生的概率是否有影响，若没有影响就是相互独立事件.【例1】下列事件中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白，2黑的小球，不放回地摸两球，A=“第一次摸到白球”，B=“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=“人能活到20岁”，B=“人能活到50岁”【解题思路】利用相互独立事件的概念，对四个选项逐一分析排除，从而得出正确选项.【解答过程】解：对于A中，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是独立事件；对于B：两个事件是不放回地摸球，显然A事件与B事件不相互独立；对于C，事件A，B应为互斥事件，不相互独立；对于D是条件概率，事件B受事件A的影响．故选：A．【变式1-1】袋中有黑、白两种颜色的球，从中进行有放回地摸球，用A1表示第一次摸得黑球，A2表示第二次摸得黑球，则A1与AA．相互独立事件 B．不相互独立事件C．互斥事件 D．对立事件【解题思路】根据相互独立事件的含义即可判断.【解答过程】由题意可得A2表示第二次摸到的不是黑球,即A2表示第二次摸到的是白球,由于采用有放回地摸球,故每次是否摸到白球互不影响,故事件A1与A2是相互独立事件，由于【变式1-2】抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下股子朝上面的点数.用x表示红色股子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用x,y表示一次试验的结果.定义事件：A=“x+y为奇数”，事件B=“x=y”，事件C=“x>4”，则下列结论不正确的是（

A．PA=3PB B．AC．B与C独立 D．A与B独立【解题思路】A选项，利用古典概型求概率公式得到PA,PB，从而得到PA=3PB；由PA∩B=0得到B正确；求出【解答过程】由题意得：当x,y一奇一偶时，x+y为奇数，若x为奇数，y为偶数，有3×3=9种情况，同理若x为偶数，y为奇数，有3×3=9种情况，则共有2×3×3=18种情况则PA=186×6=因为当x,y一奇一偶时，x+y为奇数，故x≠y，同理当x=y时，x+y一定是偶数，故PA∩B=0，“x>4”包含x=5或6，而y可能取值为6种，故共有2×6=12种情况，故P而事件B∩C包含两种情况，即5,5,6,6，故由PBC=PB⋅PC，得B与C独立，C正确；因为P故选：D.【变式1-3】数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的的六位数，A表示事件“1和2相邻”，B表示事件“偶数不相邻”，C表示事件“任何连续两个位置奇偶性都不相同”，D表示事件“奇数按从小到大的顺序排列”．则（

）A．事件A与事件B相互独立 B．事件A与事件C相互独立C．事件A与事件D相互独立 D．事件B与事件C相互独立【解题思路】根据排列组合分别计算概率，进而根据相互独立事件满足的概率公式即可求解.【解答过程】P(A)=A2对于A，P(AB)=C对于B，P(AC)=C对于C，P(AD)=C对于D，PBC【题型2相互独立事件的概率】【方法点拨】利用相互独立事件的概率乘法公式，进行求解即可.【例2】假设PA=0.3,PB=0.4，且A与B相互独立，则A．0.12 B．0.58 C．0.7 D．0.88【解题思路】根据独立事件的并事件的概率公式计算.【解答过程】由A与B相互独立，则PA∪B故选：B．【变式2-1】已知事件A，B相互独立，P(A)＝0.4，P(B)＝0.3，给出下列四个式子：①P(AB)＝0.12；②P(AB)＝0.18；③P(AB)＝0.28；④P(AB)＝0.42.其中正确的有()A．4个 B．2个C．3个 D．1个【解题思路】根据独立事件的概率公式，进行求解即可.【解答过程】根据事件A，B相互独立，P(A)＝0.4，P(B)＝0.3，知在①中，P(AB)＝P(A)P(B)＝0.4×0.3＝0.12，故①正确；在②中，P(B)＝P()P(B)＝0.6×0.3＝0.18，故②正确；在③中，P(A)＝P(A)P()＝0.4×0.7＝0.28，故③正确；在④中P()＝P()P()＝0.6×0.7＝0.42，故④正确，故选A.【变式2-2】设事件A，B相互独立，PA=0.6，PB=0.3，则A．0.36 B．0.504 C．0.54 D．0.9【解题思路】根据独立事件的概率计算公式，结合题意，带值求解即可.【解答过程】根据题意，AB与AB互斥，A，B相互独立，B，A故PAB∪【变式2-3】设A，B，C是一个随机试验中的三个事件，且PA>0，PB①若A与B互斥，则PAB②若A与B独立，则PA∪B③若A，B，C两两独立，则PABC④若PABC=PAPBPC则其中正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【解题思路】根据互斥事件、对立事件以及相互独立事件的性质逐个判定即可【解答过程】对A，若A与B互斥，则根据互斥事件不能同时发生可得PAB=0，又PA对B，若A与B独立，则PA∪B对C，若A，B，C两两独立，且PABC=PAPBPC对D，若PABC=PAPBPC，则事件AB与C故选：B.【题型3事件相互独立的应用】【方法点拨】实际问题中，计算相互独立事件同时发生的概率，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件.对于计算问题：将题中所求事件转化为若干个独立事件的交事件，利用独立事件的性质和推广求解.【例3】甲、乙、丙三人能独立解决某一问题的概率分别是15，14，13A．160 B．320 C．1330【解题思路】设此三人至少有一个人把此问题解决为事件A，计算出三人都没有把此问题解决的概率，再由间接法可得答案.【解答过程】设此三人至少有一个人把此问题解决为事件A，三人都没有把此问题解决的概率是1−151−【变式3-1】一个袋子中有4个红球，n个绿球，采用不放回的方式从中依次随机地取出2个球，若取出第二个球是红球的概率为0.4，那么n的值是（

）A．3 B．4 C．6 D．8【解题思路】结合已知条件，分类讨论第一个球的颜色，按照独立事件的乘法公式即可求解.【解答过程】若取出的第一个球为红色，则第二个球也是红色的概率P1若取出的第一个球为绿色，则第二个球是红色的概率P2所以取出第二个球是红色的概率P=P1+【变式3-2】某学校餐厅就餐刷卡器是由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则刷卡器能正常工作.如果各个元件能否正常工作相互独立，元件1、元件2正常工作的概率都是35，元件3正常工作的概率是2527，那么该刷卡器能正常工作的概率为（A．23 B．79 C．89【解题思路】利用对立事件的概率求出元器件1和2至少一个正常工作的概率，再由相互独立事件同时发生的概率公式求刷卡器正常工作的概率即可.【解答过程】该刷卡器能正常工作需要元器件1和2至少有一个正常工作，同时元器件3正常工作，所以刷卡器能正常工作的概率P=(1−2【变式3-3】高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的．假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为m，n，15，该同学进入两个社团的概率为320，且三个社团都进不了的概率为25，则m+n=A．712 B．112 C．815【解题思路】利用相互独立事件的概率乘法公式，列出关于m，n的方程组，求解即可．【解答过程】解：由题意可知，该同学可以进入两个社团的概率为320则mn⋅(1−15)+1所以(1−m)(1−n)(1−15)=25②，由①②【题型4互斥事件、事件的相互独立性的综合应用】【方法点拨】阅读题目，分析事件之间的关系，一般将问题划分为若干个彼此互斥的事件，然后运用互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式求解.【例4】甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10：10平后，先多得2分者为胜方．在10：10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为35，乙发球时甲得分的概率为13，各球的结果相互独立，在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为（A．425 B．225 C．875【解题思路】由题意，分为乙分别在第一二场胜两种情况，结合概率的乘法公式以及加法公式，可得答案.【解答过程】由题意，此局分两种情况：（1）后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为：35（2）后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为：25所以，所求事件概率为225【变式4-1】甲、乙两人比赛，每局甲获胜的概率为13，各局的胜负之间是独立的，某天两人要进行一场三局两胜的比赛，先赢得两局者为胜，无平局．若第一局比赛甲获胜，则甲获得最终胜利的概率为（

A．13 B．59 C．23【解题思路】分两种情况（甲第二局获胜或甲第二局负，第三局获胜）讨论得解.【解答过程】解：根据题意知只需考虑剩下两局的情况，（1）甲要获胜，则甲第二局获胜，此时甲获得最终胜利的概率为13（2）甲要获胜，则甲第二局负，第三局获胜，所以甲获得最终胜利的概率为23故甲获得最终胜利的概率为13【变式4-2】2021年神舟十二号、十三号载人飞船发射任务都取得圆满成功，这意味着我国的科学技术和航天事业取得重大进步．现有航天员甲、乙、丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功结束任务，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次．已知甲、乙、丙10分钟内试验成功的概率分别为45，34，23A．910 B．1920 C．2930【解题思路】把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答.【解答过程】试验任务成功的事件M是甲成功的事件M1，甲不成功乙成功的事件M2，甲乙都不成功丙成立的事件M3的和，事件M1，M2，M3互斥，P(M【变式4-3】某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大【解题思路】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率p甲；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率p乙；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率【解答过程】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为12，则此时连胜两盘的概率为p则p甲记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为p乙则p乙记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为p丙则p丙则p甲p乙即p甲<p乙，p与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.故选：D.专题10.2事件的相互独立性（重难点题型检测）一．单选题1．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，A．1−p1p2 B．(1−p1【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(A⋅B)=2．对于事件A，B，下列命题不正确的是（

）A．若A，B互斥，则PB．若A，B对立，则PC．若A，B独立，则PD．若A，B独立，则P【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PA+PB因为A，B对立，对立事件概率和为1，所以PA+PB因为A，B独立，则A,B也相互独立，所以PAPB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：PA+PB≤1不一定成立，故选项D错误；所以命题不正确的是3．九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56 B．两人都成功破解的概率为C．智力扣被成功破解的概率为34 D．智力扣被成功破解的概率为【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=1−1故C错误D正确.故选：D.4．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，PA=13B．若A,B是对立事件，则PC．若A,B是互斥事件，PA=13D．若PA=13，PB【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，∴PAB=PA对于C：当A,B是互斥事件，P(A)=13，P(B)=1对于D：∵PB=14,∴PB=5．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，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6．“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≥A．4 B．5 C．6 D．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【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)所以P2=1−P=1−(35)n两边取常用对数可得：nlg35解得n≥4.55，又n∈N∗，所以7．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p0<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．25 B．12 C．23【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次通过第二类检验由题意得P(A即34p+14×34p+348．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．1255 B．1455 C．2655【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7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3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=4二．多选题9．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.10．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)+pq B．p+q C．pq D．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AB所以P(AB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AB，易得P(AB11．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”，C=“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)=6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)=1因此B与D不互斥且不相互独立，D错误.故选：ABC.12．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，PA=0.6；“乙购买国产手机”记为事件B，“甲购买白色手机”记为事件C，PC=0.4；“乙购买白色手机”记为事件D，对于选项A，恰有一人购买国产手机的概率为PA对于选项B，两人都没购买白色手机的概率为PC对于选项C，“甲购买国产白色手机”记为事件E，其概率为PE对于选项D，“乙购买国产白色手机”记为事件F，其概率为PF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PEF∪E（也可以用1−PE故选：AD.三．填空题13．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B；（2）A与B；（3）A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B，A与B，A与B，也是独立事件.故答案为：（1）（2）（3）.14．对于独立事件A、B，若PA=34，PB=【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PA=34，所以P(A因为A，B为独立事件，所以A与B相互独立，则有PA故答案为：11215．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故答案为：2316．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=1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PA=1−1−p2=34，PB=p=12四．解答题17．设A与B相互独立，且P(A∪B)=45，P(A)=2【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，设P(B)=x，则P(B)=P(AB)−P(A)+P(A∪B)，即x=23x−2318．一个均匀的正四面体，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PA则事件AB、BC、AC均为“第四面朝下”，故PAB所以，PAB=PAPB，PBC=PBP19．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(A20．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KKLLL概率0.60.50.40.50.7(1)求在时间T内，K1与K(2)求在时间T内，K1，K(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，K（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（3）设Bi表示Li(i=1【解答过程】（1）解：设Ai表示Ki(i=1,2)在时间T内K1与K2同时发生故障的概率（2）解：在时间T内，K1与KP