10.2 事件的相互独立性

根据题意可知, $ P(A)=\dfrac{1}{6} $ , $ P(B)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2} $ , $ P(C)=\dfrac{6}{6×6}=\dfrac{1}{6} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,第一次抛掷骰子的点数为2且第一次抛掷骰子的点数为奇数的概率为0,

即 $ P(AB)=0\ne P(A)P(B) $ ,所以 $ A $ , $ B $ 不相互独立,所以 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,第一次抛掷骰子的点数为2,且两次抛掷骰子的点数之和为7的情况有 $ (2,5) $ ,

这说明事件 $ A $ , $ C $ 能同时发生,所以 $ A $ , $ C $ 不是互斥事件, $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ , $ \mathrm{D} $ ,第一次抛掷骰子的点数为奇数且两次抛掷骰子的点数之和为7的情况有 $ (1,6) $ , $ (3,4) $ , $ (5,2) $ .

所以 $ B $ , $ C $ 能同时发生,且 $ P(BC)=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}=P(B)P(C) $ ,所以 $ B $ , $ C $ 不是互斥事件,且 $ B $ , $ C $ 相互独立,所以 $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{C} $ .

设2个白球为 $ {a}_{1} $ , $ {a}_{2} {\rm ,2} $ 个黑球为 $ {b}_{1} $ , $ {b}_{2} $ ,

则样本空间 $ \mathrm{\Omega }=｛({a}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({a}_{1},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{1},{b}_{2}) $ , $ ({a}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{2}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({b}_{1},{b}_{2}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{2}) $ , $ ({b}_{2},{b}_{1})｝ $ ,共12个样本点.

事件 $ A=｛({a}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({a}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{1},{b}_{2}) $ , $ ({b}_{2},{b}_{1})｝ $ ,共4个样本点；

事件 $ B=｛({a}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({a}_{1},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{1},{b}_{2}) $ , $ ({a}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{2})｝ $ ,共6个样本点；

事件 $ C=｛({a}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({a}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{2})｝ $ ,共6个样本点；

事件 $ D=｛({a}_{1},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{1},{b}_{2}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{1}) $ , $ ({a}_{2},{b}_{2}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{1},{a}_{2}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{1}) $ , $ ({b}_{2},{a}_{2})｝ $ ,共8个样本点.

对于 $ \mathrm{A} $ , $ P(C)=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,因为 $ P(A)=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3} $ , $ P(B)=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2} $ , $ P(AB)=\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6} $ ,

则 $ P(AB)=P(A)P(B) $ ,所以事件 $ A $ 与 $ B $ 相互独立,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ,因为 $ P(AC)=\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6}=P(A)P(C) $ ,所以事件 $ A $ 与 $ C $ 相互独立,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,因为 $ A\cap D=⌀ $ , $ A\cup D=\mathrm{\Omega } $ ,所以事件 $ A $ 与 $ D $ 对立,即 $ P(A)+P(D)=1 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由题意可知,甲、乙恰有一人成功破译的概率是 $ \dfrac{4}{5}×\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{5}×\dfrac{3}{4}=\dfrac{7}{20} $ .

名师点拨

甲、乙恰有一人成功破译这份文件有两种情况,包括甲成功破译而乙没有成功破译,甲没有成功破译而乙成功破译.

由题意,甲、乙、丙三人都没完成挑战的概率 $ P=(1-\dfrac{1}{3})×(1-\dfrac{1}{3})×(1-\dfrac{1}{4})=\dfrac{1}{3} $ ,

则甲、乙、丙三人中有人完成挑战的概率 $ P=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3} $ ,故选 $ \mathrm{D} $ .

根据题意,记 $ \mathrm{K} $ , $ {\mathrm{A}}_{1} $ , $ {\mathrm{A}}_{2} $ 正常工作分别为事件 $ A $ , $ B $ , $ C $ ,则 $ P(A)=0.9 $ , $ P(B)=0.8 $ , $ P(C)=0.8 $ , $ {\mathrm{A}}_{1} $ , $ {\mathrm{A}}_{2} $ 中至少有一个正常工作的概率为 $ 1-P(\overline{B})P(\overline{C})=1-(1-0.8)×(1-0.8)=0.96 $ ,则系统正常工作的概率为 $ 0.9×0.96=0.864 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

投篮1次甲获胜的概率为 $ \dfrac{1}{3} $ ；

投篮3次甲获胜的概率为 $ \dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9} $ ；

投篮5次甲获胜的概率为 $ \dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{27} $ .

所以甲获胜的概率为 $ \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{9}+\dfrac{1}{27}=\dfrac{13}{27} $ .

2个球不都是红球的概率为 $ 1-\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{6} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 不正确；2个球都是红球的概率为 $ \dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；至少有一个红球的概率为 $ 1-\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{2}{3} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；2个球中恰好有1个红球的概率为 $ \dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{3}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

该选手闯过第一关的概率 $ {P}_{1}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{3}×\dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{9} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

该选手单独闯过第二关的概率 $ {P}_{2}=\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}×\dfrac{3}{4}=\dfrac{15}{16} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

该选手能进入第三关的概率 $ P=\dfrac{8}{9}×\dfrac{15}{16}=\dfrac{5}{6} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,若事件 $ A $ , $ B $ , $ C $ 两两独立,则 $ P(AB)=P(A)P(B) $ , $ P(AC)=P(A)P(C) $ , $ P(BC)=P(B)P(C) $ ,抛两次硬币,记事件 $ A: $ 第一次正面向上,事件 $ B: $ 第二次正面向上,事件 $ C: $ 两次结果相同,

则 $ P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{2} $ , $ P(AB)=P(AC)=P(BC)=\dfrac{1}{4} $ ,显然满足前提,

但 $ P(ABC)=\dfrac{1}{4} $ ,此时 $ P(A)P(B)P(C)=\dfrac{1}{8} $ ,不满足 $ P(ABC)=P(A)P(B)P(C) $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；

对于 $ \mathrm{B} $ ,对于样本空间 $ ｛1,2,3,4,5,6,7,8｝ $ ,若 $ A=｛1,2,3,4｝ $ , $ B=｛1,3,4,5｝ $ , $ C=｛1,6,7,8｝ $ ,则 $ A\cap B\cap C=｛1｝ $ ,

所以 $ P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{2} $ ,且 $ P(ABC)=\dfrac{1}{8} $ ,此时满足 $ P(ABC)=P(A)\cdot P(B)P(C) $ ,但 $ A\cap C=｛1｝ $ ,即 $ P(AC)=\dfrac{1}{8} $ ,显然 $ P(AC)\ne P(A)P(C) $ ,即 $ A $ , $ C $ 不相互独立,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ,若 $ P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C) $ ,而 $ P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AC)-P(AB)-P(BC)+P(ABC) $ ,

所以 $ P(ABC)=P(AC)+P(AB)+P(BC) $ ,

必有 $ P(ABC)=P(AC)=P(AB)=P(BC)=0 $ ,即事件 $ A $ , $ B $ , $ C $ 两两互斥时成立,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ,若事件 $ A $ , $ B $ , $ C $ 两两互斥,必有 $ P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C) $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ .

由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率为 $ (1-\dfrac{1}{3})×(1-\dfrac{2}{5})×(1-\dfrac{1}{4})=\dfrac{2}{3}×\dfrac{3}{5}×\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{10} $ ,所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为 $ 1-\dfrac{3}{10}=\dfrac{7}{10} $ .

当 $ n=2 $ 时,事件 $ A $ 表示两次抛掷的硬币一正一反,故 $ P(A)=2×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

当 $ n=2 $ 时,事件 $ \overline{B} $ 表示两次抛掷的硬币均为正面朝上,此时 $ P(B)=1-P(\overline{B})=1-\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；

当 $ n=3 $ 时,事件 $ A $ 表示三次抛掷的硬币既有正面朝上又有反面朝上,

故 $ P(A)=1-P(\overline{A})=1-2×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

当 $ n=4 $ 时,事件 $ A $ 表示四次抛掷的硬币既有正面朝上又有反面朝上,

故 $ P(A)=1-P(\overline{A})=1-2×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2} $ $ =\dfrac{7}{8} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误. 故选 $ \mathrm{D} $ .

设“甲射击一次,命中目标”为事件 $ A $ ,“乙射击一次,命中目标”为事件 $ B $ ,

则“甲射击一次,未命中目标”为事件 $ \overline{A} $ ,“乙射击一次,未命中目标”为事件 $ \overline{B} $ ,

那么由已知条件可知 $ P(A)=\dfrac{3}{5} $ , $ P(\overline{A})=1-\dfrac{3}{5}=\dfrac{2}{5} $ , $ P(B)=p $ , $ P(\overline{B})=1-p $ .

甲、乙两人各射击一次得分之和为2有两种情形：甲命中,乙未命中；乙命中,甲未命中,即得分之和为2的概率为 $ \dfrac{3}{5}(1-p)+\dfrac{2}{5}p=\dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{5}p $ ,

依题意,得 $ \dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{5}p=\dfrac{9}{20} $ ,解得 $ p=\dfrac{3}{4} $ .

两人各射击一次得分之和不少于2的对立事件是两人各射击一次得分之和为0,

则两人各射击一次得分之和为0的概率为 $ P(\overline{A})×P(\overline{B})=(1-\dfrac{3}{5})×(1-\dfrac{3}{4})=\dfrac{1}{10} $ ,

故两人各射击一次得分之和不少于2的概率为 $ 1-\dfrac{1}{10}=\dfrac{9}{10} $ .