10.2 事件的独立性 10.3 频率与概率

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[【基础过关系列】高一数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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必修第二册同步巩固，难度 3 颗星！

基础知识

事件的相互独立性

① 独立事件
对任意两个事件 $A$ 与 $B$，如果 $P(AB)=P(A)P(B)$ 成立，则我们称事件 $A$ 与事件 $B$ 相互独立，简称独立.
 

② $n$ 个事件独立
$n$ 个事件 $A_1$， $A_2$ ，… ，$A_n$ 两两独立时，等式 $P(A_1 A_2\cdot \cdot \cdot A_n )=P(A_1 )P(A_2 )\cdot \cdot \cdot P(A_n)$ 成立.
解释
(1) 实例
【例 1】掷两个骰子，事件 $A=$“第一个骰子点数为 $1$”，事件 $B=$“第一个骰子点数为 $2$”，事件 $A$ 发生与否不影响事件 $B$ 发生的概率，其中 $P(A)=\dfrac{1}{6}$，$P(B)=\dfrac{1}{6}$，$P(AB)=\dfrac{1}{36}$，$P(AB)=P(A)P(B)$ 成立，它们是独立事件.
【例 2】在一个袋子中有 $5$ 个红球和 $3$ 个黑球，采用有放回方式从袋中依次摸两个球，设 $A=$“第一次摸到红球”，$B=$“第二次摸到黑球”，显然由于是有放回的摸球，不管第一次摸到什么球，都有 $P(B)=\dfrac{3}{8}$，而 $P(A)=\dfrac{5}{8}$， $P(A B)=\dfrac{n(A B)}{n(\Omega)}=\dfrac{15}{64}$，则 $P(AB)=P(A)P(B)$ 成立，故事件 $A$ 和事件 $B$ 相互独立。若是采用不放回方式，所以若第一次摸到红球，则 $P(B)=\dfrac{3}{7}$，若第一次摸到黑球，则 $P(B)=\dfrac{2}{7}$，则事件 $A$ 和事件 $B$ 不相互独立.
(2) 由两个事件相互独立的定义，容易验证必然事件、不可能事件都与任意事件相互独立；
(3) 在解决实际问题时，我们通常是直观判断事件的独立性，然后利用 $P(AB)=P(A)P(B)$ 来求积事件 $AB$ 的概率；
(4) 独立事件与互斥事件的区别
① 对于非不可能事件 $A$、$B$，互斥不独立，独立不互斥；
证明 若非不可能事件 $A$、$B$ 互斥，则 $P(AB)=0$，而 $P(A)P(B)≠0$，因此 $P(AB)≠P(A)P(B)$，即 $A$、$B$ 不独立；
若 $A$、$B$ 独立，则有 $P(AB)=P(A)P(B)$，假设 $A$、$B$ 互斥，则 $P(AB)=0$，而 $P(A)P(B)≠0$，
则 $P(AB)≠P(A)P(B)$，产生矛盾，因此 $A$、$B$ 不独立.
② 【例 1】 掷一个骰子，事件 $A=$“点数是奇数”，事件 $B=$“点数是 $2$”，则他们是互斥事件，不是独立事件.
【例 2】掷一个骰子，事件 $A=$“点数是奇数”，事件 $B=$“点数是大于 $3$”，则他们既不是互斥事件，也不是独立事件.
【例 3】 依次掷两个骰子，事件 $A=$“第一次点数是 $2$”，事件 $B=$“第二次点数是 $3$”，则他们是独立事件，不是互斥事件.
③ 事件的独立性还需要从条件概率的角度去作解释，而条件概率我们会在选择性必修第三册学习.
 

频率与概率

(1) 频率的稳定性
一般地，随着试验次数 $n$ 的增大，频率偏离的概率的幅度会缩小，即事件 $A$ 发生的频率 $f_n (A)$ 会逐渐稳定于事件 $A$ 发生的概率 $P(A)$. 我们称频率的这个性质为频率的稳定性。因此，我们可以用频率 $f_n (A)$ 估计概率 $P(A)$.
案例 1 我扔骰子前 $3$ 次都是 $6$，那第 $4$ 次投出骰子是 $6$ 的可能性有多大呢？理性分析，应该是 $\dfrac{1}{6}$，因为第 $4$ 次投骰子的概率与前三次无关；那假如我扔骰子前 $300$ 次都是 $6$，那第 $301$ 次是 $6$ 的可能性又有多大呢？此时，频率的稳定性会告诉你第 $301$ 次是 $6$ 的可能性很大，只能说明骰子是有问题的，这数学不就告诉你赌博十赌九输的原因了么！
案例 2 估值 $π$ 值.(可百度下 “用概率计算圆周率 $π$”)
 

(2) 随机模拟
蒙特卡洛方法：利用随机模拟解决问题的方法.
 

基本方法

【题型1】 独立事件的概念

【典题 1】 判断下列各对事件是否是相互独立事件:
  (1) 甲组 $3$ 名男生，$2$ 名女生；乙组 $2$ 名男生，$3$ 名女生，现从甲、乙两组中各选 $1$ 名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出 $1$ 名男生” 与 “从乙组中选出 $1$ 名女生”；
  (2) 容器内盛有 $5$ 个白乒乓球和 $3$ 个黄乒乓球，“从 $8$ 个球中任意取出 $1$ 个，取出的是白球” 与 “从剩下的 $7$ 个球中任意取出 $1$ 个，取出的还是白球”；
  (3) 掷一枚骰子一次，“出现偶数点” 与 “出现 $3$ 点或 $6$ 点”．
解析 (1)“从甲组中选出 $1$ 名男生” 这一事件是否发生，对 “从乙组中选出 $1$ 名女生” 这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．
(2)“从 $8$ 个球中任意取出 $1$ 个，取出的是白球” 的概率为 $\dfrac{5}{8}$，若这一事件发生了，则 “从剩下的 $7$ 个球中任意取出 $1$ 个，取出的仍是白球” 的概率为 $\dfrac{4}{7}$；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为 $\dfrac{5}{7}$，可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．
(3) 记 $A$: 出现偶数点，$B$: 出现 $3$ 点或 $6$ 点，则 $A=\{2，4，6\}$，$B=\{3，6\}$，$AB=\{6\}$，
所以 $P(A)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$，$P(B)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$，$P(AB)=\dfrac{1}{6}$．
所以 $P(AB)=P(A)\cdot P(B)$，所以事件 $A$ 与 $B$ 相互独立．
点拨 判断事件 $A$，$B$ 是否独立，一可从直觉判断，即它们的发生相互是否受影响；二从定义出发，$P(AB)=P(A)\cdot P(B)$ 是否成立.
 

【典题 2】已知一个古典概型的样本空间 $Ω$ 和事件 $A$，$B$ 如图所示．其中 $n(Ω)=12$，$n(A)=6$，$n(B)=4$，$n(A \cup B)=8$，则事件 $A$ 与事件 $\bar{B}$(　　)

 A．是互斥事件，不是独立事件 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．不是互斥事件，是独立事件
 C．既是互斥事件，也是独立事件 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．既不是互斥事件，也不是独立事件
解析 $\because$ 一个古典概型的样本空间 $Ω$ 和事件 $A$，$B$ 如图所示．
其中 $n(Ω)=12$，$n(A)=6$，$n(B)=4$，$n(A \cup B)=8$，
$\therefore A \cap B\neq \varnothing$，且 $A \cap \bar{B}\neq \varnothing$，
$P(A)=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2}$，$P(B)=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$，$P(\bar{B})=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$，
$\because P(A \cup B)=\dfrac{8}{12}=\dfrac{2}{3}$，$\therefore P(A \cap \bar{B})=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$，
$\because P(A)P(\bar{B})=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$，
$\therefore$ 事件 $A$ 与事件 $\bar{B}$ 是独立事件．
故选：$B$．
 

【巩固练习】

1. 对于事件 $A$，$B$，下列命题错误的是 　　 (　　)
 A．如果 $A$，$B$ 互斥，那么 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也互斥
 B．如果 $A$，$B$ 对立，那么 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也对立
 C．如果 $A$，$B$ 独立，那么 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也独立
 D．如果 $A$，$B$ 不独立，那么 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也不独立
 

2.(多选) 已知 $A$，$B$ 是随机事件，则下列结论正确的是 (　　)
 A．若 $A$，$B$ 是对立事件，则 $A$，$B$ 是互斥事件
 B．若事件 $A$，$B$ 相互独立，则 $P(A+B)=P(A)+P(B)$
 C．假如 $P(A)>0$，$P(B)>0$，若事件 $A$，$B$ 相互独立，则 $A$ 与 $B$ 不互斥
 D．假如 $P(A)>0$，$P(B)>0$，若事件 $A$，$B$ 互斥，则 $A$ 与 $B$ 相互独立
 

3.(多选) 一个质地均匀的正四面体，四个面分别标有数字 $1$、$2$、$3$、$4$，抛掷这个正四面体一次，观察它与地面接触的面上的数字得到样本空间 $Ω=\{1，2，3，4\}$，设事件 $E=\{1，2\}$，事件 $F=\{1，3\}$，事件 $G=\{2，4\}$，则 (　　)
 A．$E$ 与 $F$ 不是互斥事件 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$F$ 与 $G$ 是对立事件
 C．$E$ 与 $F$ 是独立事件 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$F$ 与 $G$ 是独立事件
 

4. 一个袋子中有 $4$ 个小球，其中 $2$ 个白球，$2$ 个红球，讨论下列 $A$，$B$ 事件的相互独立性与互斥性．
  (1)$A$: 取一个球为红球，$B$: 取出的红球放回后，再从中取一球为白球；
  (2) 从袋中取 $2$ 个球，$A$: 取出的两球为一白球一红球；$B$: 取出的两球中至少一个白球．
 
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 对于 $A$，如果 $A$，$B$ 互斥，那么由互斥事件的定义得 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 不一定互斥，故 $A$ 错误；
   对于 $B$，如果 $A$，$B$ 对立，那么由对立事件的定义得 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也对立，故 $B$ 正确；
   对于 $C$，如果 $A$，$B$ 独立，那么由相互独立事件的定义得 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也独立，故 $C$ 正确；
   对于 $D$，如果 $A$，$B$ 不独立，那么由独立事件的定义得 $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也不独立，故 $D$ 正确．
   故选：$A$．

2. 答案 $AC$
   解析 根据题意，依次分析选项：
   对于 $A$，对立事件一定是互斥事件，$A$ 正确；
   对于 $B$，若事件 $A$，$B$ 相互独立，即事件 $A$ 的发生或不发生对事件 $B$ 没有影响，$P(A+B)=P(A)+P(B)$ 不一定正确，$B$ 错误；
   对于 $C$，若事件 $A$，$B$ 相互独立，即事件 $A$ 的发生或不发生对事件 $B$ 没有影响，事件 $A$、$B$ 可能同时发生，则 $A$ 与 $B$ 不互斥，$C$ 正确；
   对于 $D$，若事件 $A$，$B$ 互斥，即事件 $A$、$B$ 不会同时发生，则 $A$ 与 $B$ 不是相互独立事件，错误；
   故选：$AC$．

3. 答案 $ABC$
   解析 根据题意，事件 $E=\{1，2\}$，即正四面体与地面接触的面上的数字为 $1$ 或 $2$，
   事件 $F=\{1，3\}$，即正四面体与地面接触的面上的数字为 $1$ 或 $3$，
   事件 $G=\{2，4\}$，即正四面体与地面接触的面上的数字为 $2$ 或 $4$，
   依次分析选项：
   对于 $A$，当正四面体与地面接触的面上的数字为 $1$ 时，事件 $E$、$F$ 都发生，则 $E$ 与 $F$ 不是互斥事件，$A$ 正确；
   对于 $B$，$F$ 与 $G$ 一定有且只能有 $1$ 个发生，是对立事件，$B$ 正确；
   对于 $C$，$P(E)=\dfrac{1}{2}$，$P(F)=\dfrac{1}{2}$，$P(EF)=\dfrac{1}{4}$，则 $E$ 与 $F$ 是独立事件，$C$ 正确；
   对于 $D$，$F$ 与 $G$ 不是独立事件，$D$ 错误；
   故选：$ABC$．

4. 答案 (1) 独立不互斥；(2) 不独立不互斥
   解析 (1) 由于取出的红球放回，故事件 $A$ 与 $B$ 的发生互不影响，
   $\therefore A$ 与 $B$ 相互独立，$A$，$B$ 能同时发生，不是互斥事件．
   (2) 设 $2$ 个白球为 $a$，$b$，两个红球为 $1$，$2$，
   则从袋中取 $2$ 个球的所有取法为 $\{a，b\}$，$\{a，1\}$，$\{a，2\}$，$\{b，1\}$，$\{b，2\}$，$\{1，2\}$，
   则 $P(A)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$，$P(B)=\dfrac{5}{6}$，$P(AB)=\dfrac{2}{3}$，
   $\therefore P(A B) \neq P(A) \cdot P(B)$．
   $\therefore$ 事件 $A$，$B$ 不是相互独立事件，事件 $A$，$B$ 能同时发生，
   $\therefore A$，$B$ 不是互斥事件．
    

【题型2】 求概率

【典题 1】已知一个古典概型的样本空间 $Ω$ 和独立事件 $A$、$B$，其中 $n(Ω)=12$，$n(A)=6$，$n(B)=4$，$n(A \cup B)=8$，那么下列事件概率错误的是 (　　)
 A．$P(AB)=\dfrac{1}{6}$ $\qquad \qquad$ B．$P(A \cup B)=\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad$ C．$P(\bar{A}B)=\dfrac{1}{6}$ $\qquad \qquad$ D．$P(\bar{A}\bar{B})=\dfrac{2}{3}$
解析 根据题意， $P(A)=\dfrac{n(A)}{n(\Omega)}=\dfrac{1}{2}， P(B)=\dfrac{n(B)}{n(\Omega)}=\dfrac{1}{3}$， $P(A \cup B)=\dfrac{n(A \cup B)}{n(\Omega)}=\dfrac{2}{3}$，
依次分析选项：
对于 $A$，$P(AB)=P(A)P(B)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$，$A$ 正确；
对于 $B$，$P(A \cup B)=\dfrac{2}{3}$，$B$ 正确；
对于 $C$，$P(\bar{A} B)=P(\bar{A}) P(B)=\left(1-\dfrac{1}{2}\right) \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$，$C$ 正确；
对于 $D$，$P(\bar{A} \bar{B})=P(\bar{A}) P(\bar{B})=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{1}{3}$，$D$ 错误；
故选：$D$．
 

【典题 2】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；
  (3) 求一位车主至少购买甲、乙两种保险中 $1$ 种的概率．
解析 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 $\bar{B}$，$\bar{A}$ 与 $B$，$\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 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 $C=AB$．
$\therefore P(C)=P(AB)=P(A)\cdot P(B)=0.5\times 0.6=0.3$．
(2) 记 $D$ 表示事件 “购买乙种保险但不购买甲种保险”，则 $D=\bar{A}B$．
$\therefore P(D)=P(\bar{A}B)=P(\bar{A})⋅P(B)=(1-0.5)\times 0.6=0.3$．
(3) 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 $\bar{A}B$，$A \bar{B}$，$AB$，且它们彼此为互斥事件．
$\therefore P(E)=P(\bar{A}B+A\bar{B}+AB)=P(\bar{A}B)+P(A\bar{B})+P(AB)$$=0.5\times 0.6+0.5\times 0.4+0.5\times 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．
$\therefore P(E)=1-P(\bar{A}\bar{B})=1-(1-0.5)\times (1-0.6)=0.8$．
点拨 解题中注意各事件的表示以及它们之间的关系是关键；遇到 “至少”“至多” 等字眼，可利用对立事件的概率性质求解.
 

【巩固练习】

1. 已知事件 $A$、$B$，且 $P(A)=0.4$，$P(B)=0.3$，则错误的是 (　　)
 A．如果 $B\subseteq A$，那么 $P(A \cup B)=0.4$，$P(AB)=0.3$
 B．如果 $A$ 与 $B$ 互斥，那么 $P(A \cup B)=0.7$，$P(AB)=0$
 C．如果 $A$ 与 $B$ 相互独立，那么 $P(A \cup B)=0.7$，$P(AB)=0.12$
 D．如果 $A$ 与 $B$ 相互独立，那么 $P(\bar{A}\bar{B})=0.42$，$P(\bar{A}B)=0.18$
 

2. 抛掷两枚硬币，若记出现 “两个正面”“两个反面”“一正一反” 的概率分别为 $P_1$，$P_2$，$P_3$，则下列判断中错误的是 (　　)　
 A．$P_1=P_2=P_3$ $\qquad$ B．$P_1+P_2=P_3$$\qquad$ C．$P_1+P_2+P_3=1$ $\qquad$ D．$P_3=2P_1=2P_2$
 

3. 设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有 $1$、$2$、$3$、$4$ 的正四面体一次，记事件 $A=\{$ 第一个四面体向下的一面为偶数 $\}$，事件 $B=\{$ 第二个四面体向下的一面为奇数 $\}$，事件 $C=\{$ 两个四面体向下的一面同时为奇数或者同时为偶数 $\}$，则下列说法错误的是 (　　)
 A．$P(A)=P(B)=P(C)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$P(AB)=P(AC)=P(BC)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$
 C．$P(ABC)=\dfrac{1}{8}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$P(A)P(B)P(C)=\dfrac{1}{8}$
 

4. 甲、乙、丙三台机器是否需要维修相互之间没有影响．在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是 $0.1$，$0.2$，$0.4$，则一小时内恰有一台机床需要维修的概率是 (　　)
 A．$0.444$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$0.008$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$0.7$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ 　 D．$0.233$
 

5.(多选) 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，若甲的中靶概率为 $0.8$，乙的中靶概率为 $0.9$，则下列结论正确的为 (　　)
 A．两人都中靶的概率为 $0.72$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．恰好有一人中靶的概率为 $0.18$
 C．两人都脱靶的概率为 $0.14$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．恰好有一人脱靶的概率为 $0.26$
 

6. 一袋中有 $3$ 个红球，$2$ 个白球，另一袋中有 $2$ 个红球，$1$ 个白球，从每袋中任取一球，则至少取一白球的概率为 $\underline{\quad \quad}$．
 

7. 如图，元件 $A_i (i=1，2，3，4)$ 通过电流的概率均为 $0.9$，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在 $M$，$N$ 之间通过的概率是 $\underline{\quad \quad}$．

 

8. 甲、乙两人进行围棋比赛，比赛要求双方下满五盘棋，开始时甲每盘棋赢的概率为 $\dfrac{3}{4}$，由于心态不稳，甲一旦输一盘棋，他随后每盘棋赢的概率就变为 $\dfrac{1}{2}$．假设比赛没有和棋，且已知前两盘棋都是甲赢．
  (Ⅰ) 求第四盘棋甲赢的概率；
  (Ⅱ) 求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率．
 
 

9. 进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会、经济、生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事．为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为 $p$，乙同学答对每题的概率都为 $q(p>q)$，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲，乙同时答对的概率为 $\dfrac{1}{2}$，恰有一人答对的概率为 $\dfrac{5}{12}$．
  (1) 求 $p$ 和 $q$ 的值；
  (2) 试求两人共答对 $3$ 道题的概率．
 
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 根据题意，依次分析选项：
   对于 $A$，如果 $B\subseteq A$，那么 $P(A \cup B)=P(A)=0.4$，$P(AB)=P(B)=0.3$，$A$ 正确；
   对于 $B$，如果 $A$ 与 $B$ 互斥，那么 $P(A \cup B)=P(A)+P(B)=0.7$，$P(AB)=0$，$B$ 正确；
   对于 $C$，如果 $A$ 与 $B$ 相互独立，那么 $P(AB)=P(A)P(B)=0.12$，
   $P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.7-0.12=0.58$，$C$ 错误；
   对于 $D$，如果 $A$ 与 $B$ 相互独立，那么 $P(\bar{A}\bar{B})=P(\bar{A})P(\bar{B})=(1-0.4)\times (1-0.3)=0.42$，
   $P(\bar{A}B)=P(\bar{A})P(B)=(1-0.4)\times 0.3=0.18$，$D$ 正确；
   故选：$C$．

2. 答案 $A$
   解析 抛掷两枚硬币，记出现 “两个正面”“两个反面”“一正一反” 的概率分别为 $P_1$ ，$P_2$ ， $P_3$，
   则 $P_1=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$，$P_2=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$，$P_3=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$，
   $\therefore P_1=P_2\neq P_3$，故 $A$ 错误；$P_1+P_2=P_3$，故 $B$ 正确；
   $P_1+P_2+P_3=1$，故 $C$ 正确；$P_3=2P_1=2P_2$，故 $D$ 正确．
   故选:$A$．

3. 答案 $C$
   解析 由题意得 $P(A)=P(B)=\dfrac{1}{2}$，$P(C)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\times 2=\dfrac{1}{2}$，
   所以 $P(A)=P(B)=P(C)$，$A$ 正确；
   因为 $A$，$B$，$C$ 两两相互独立，
   所以 $P(AB)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$，$P(AC)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$，$P(BC)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$，$B$ 正确；
   因为 $A$，$B$，$C$ 不可能同时发生，则 $P(ABC)=0$，$C$ 错误；
   $P(A)P(B)P(C)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$，$D$ 正确．
   故选：$C$．

4. 答案 $A$
   解析 所求的概率为 $0.1\times 0.8\times 0.6+0.9\times 0.2\times 0.6+0.9\times 0.8\times 0.4=0.444$．

5. 答案 $AD$
   解析 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，
   设事件 $A$ 表示 “甲中靶”，事件 $B$ 表示 “乙中靶”，则 $P(A)=0.8$，$P(B)=0.9$，
   对于 $A$，两人都中靶的概率为 $P(AB)=P(A)P(B)=0.8\times 0.9=0.72$，故 $A$ 正确；
   对于 $B$，恰好有一人中靶的概率为:
   $P(\bar{A}B+A\bar{B})=(1-0.8)\times 0.9+0.8\times (1-0.9)=0.26$，故 $B$ 错误；
   对于 $C$，两人都脱靶的概率为:
   $P(\bar{A}\bar{B})=(1-0.8)(1-0.9)=0.02$，故 $C$ 错误；
   对于 $D$，恰好有一人中靶的概率为:
   $P(\bar{A}B+A\bar{B})=(1-0.8)\times 0.9+0.8\times (1-0.9)=0.26$，故 $D$ 正确．
   故选:$AD$．

6. 答案 $\dfrac{3}{5}$
   解析 至少取一白球的对立事件为从每袋中都取得红球，从第一袋中取一球为红球的概率为 $\dfrac{3}{5}$，从另一袋中取一球为红球的概率为 $\dfrac{2}{3}$，则至少取一白球的概率为 $1-\dfrac{3}{5}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{3}{5}$．

7. 答案 $0.8829$
   解析 电流能通过 $A_1$，$A_2$，的概率为 $0.9\times 0.9=0.81$，电流能通过 $A_3$ 的概率为 $0.9$，
   故电流不能通过 $A_1$，$A_2$，且也不能通过 $A_3$ 的概率为 $(1-0.81)(1-0.9)=0.019$，
   故电流能通过系统 $A_1$，$A_2$，$A_3$ 的概率为 $1-0.019=0.981$，
   而电流能通过 $A_4$ 的概率为 $0.9$，
   故电流能在 $M$，$N$ 之间通过的概率是 $(1-0.019)\times 0.9=0.8829$．

8. 答案 (Ⅰ) $\dfrac{11}{16}$；(Ⅱ) $\dfrac{7}{32}$
   解析 (Ⅰ) 第四盘棋甲赢分两种情况．
   若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢， $P_1=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{16}$；
   若第三盘棋乙赢，第四盘棋甲赢， $P_2=\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{8}$．
   设事件 $A$ 为 “第四盘棋甲赢”，
   则第四盘棋甲赢的概率 $P(A)=P_1+P_2=\dfrac{9}{16}+\dfrac{1}{8}=\dfrac{11}{16}$．
   (Ⅱ) 若甲恰好赢三盘棋，则他在后三盘棋中只赢一盘，分三种情况．
   若甲第三盘赢， $P_3=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{32}$；
   若甲第四盘赢， $P_3=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{32}$；
   若甲第五盘赢， $P_3=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{32}$．
   设事件 $B$ 为 “比赛结束时，甲恰好赢三盘棋”，
   则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为: $P_3=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{4} \times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{32}$．

9. 答案 (1) $p=\dfrac{3}{4}$，$q=\dfrac{2}{3}$；(2) $\dfrac{5}{12}$
   解析 (1) 设 $A=\{$ 甲同学答对第一题 $\}$，$B=\{$ 乙同学答对第一题 $\}$，
   则 $P(A)=p$，$P(B)=q$，
   设 $C=\{$ 甲、乙二人均答对第一题 $\}$，$D=\{$ 甲、乙二人恰有一人答对第一题 $\}$，
   则 $C=AB$， $D=A \bar{B}+\bar{A} B$，
   $\because$ 二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
   $\therefore A$ 与 $B$ 相互独立， $A\bar{B}$ 与 $\bar{A} B$ 相互互斥，
   $\therefore P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=pq$，
   $P(D)=P(A\bar{B}+\bar{A}B)=P(A\bar{B})+P(\bar{A}B)$$=P(A)(1-P(B))+(1-P(A))P(B)$，
   由题意得: $\left\{\begin{array}{l} p q=\dfrac{1}{2} \\ p(1-q)+q(1-p)=\dfrac{5}{12} \end{array}\right.$，
   解得 $\left\{\begin{array}{l} p=\dfrac{3}{4} \\ q=\dfrac{2}{3} \end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l} p=\dfrac{2}{3} \\ q=\dfrac{3}{4} \end{array}\right.$，
   $\because p>q$，$\therefore p=\dfrac{3}{4}$，$q=\dfrac{2}{3}$．
   (2) 设 $A_i=\{$ 甲同学答对了 $i$ 道题 $\}$，$B_i=\{$ 乙同学答对了 $i$ 道题 $\}$，$i=0$，$1$，$2$，
   由题意得:$P(A_1 )=\dfrac{1}{4}\times \dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}\times \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{8}$， $P\left(A_2\right)=\dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{16}$，
   $P(B_1 )=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}$，$P(B_2 )=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}$，
   设 $E=\{$ 甲乙二人共答对 $3$ 道题 $\}$，则 $E=A_1 B_2+A_2 B_1$，
   $\therefore P(E)=P\left(A_1 B_2\right)+P\left(A_2 B_1\right)=\dfrac{3}{8} \times \dfrac{4}{9}+\dfrac{9}{16} \times \dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{12}$，
   $\therefore$ 甲乙两人共答对 $3$ 道题的概率为 $\dfrac{5}{12}$．
    

【题型3】频率与概率

【典题 1】 下列说法中，正确的是 (　　)
 A．概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
 B．做 $n$ 次随机试验，事件发生 $m$ 次，则事件发生的频率 $\dfrac{m}{n}$ 就是事件的概率
 C．频率是不能脱离 $n$ 次试验的试验值，而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值
 D．任意事件 $A$ 发生的概率 $P(A)$ 总满足 $0<P(A)<1$.
解析 根据题意，依次分析选项:
对于 $A$，由概率与频率的关系，$A$ 正确；
对于 $B$，概率是频率的稳定值，$B$ 错误，
对于 $C$，由概率与频率的关系，$C$ 正确，
对于 $D$，任意事件 $A$ 发生的概率率 $P(A)$ 总满足 $0≤P(A)≤1$，$D$ 错误；
故选:$AC$．
 

【巩固练习】

1. 下列叙述随机事件的频率与概率的关系中正确的是 　　(　　)
 A．频率就是概率
 B．频率是客观存在的，与试验次数无关
 C．随着试验次数的增加，频率一般会稳定在一个常数附近
 D．概率是随机的，在试验前不能确定
 

2. 下列说法正确的是 　　(　　)
 A．抛一枚质地均匀的硬币 $10$ 次，结果 $7$ 次正面向上，若事件 $A$ 表示 “正面向上”，则 $P(A)=\dfrac{7}{10}$
 B．某人将一枚硬币连续抛掷两次，两次都正面向上，则正面向上的频率是 $1$
 C．已知某批水杯的次品率为 $2\%$，则该批水杯中每 $100$ 个便会有 $2$ 个次品
 D．做 $10000$ 次随机试验，某事件发生的频率可作为该事件发生的概率
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 随着试验次数的增加，频率一般会稳定在一个常数附近，这个常数就是此试验的事件的概率．
   因此 $C$ 正确．故选:$C$．

2. 答案 $B$
   解析 根据题意，依次分析选项:
   对于 $A$，该硬币正面向上的概率为 $P(A)=\dfrac{1}{2}$，$A$ 错误；
   对于 $B$，某人将一枚硬币连续抛掷两次，两次都正面向上，则正面向上的频率是 $1$，$B$ 正确；
   对于 $C$，已知某批水杯的次品率为 $2\%$，则该批水杯中每 $100$ 个不一定有 $2$ 个次品，$C$ 错误；
   对于 $D$，由概率的定义，$D$ 错误；
   故选:$B$．

分层练习

【A组---基础题】

1. 下列说法正确的是 　　
 A．任何事件的概率总是在 $(0，1)$ 之间
 B．频率是客观存在的，与试验次数无关
 C．随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率
 D．概率是随机的，在试验前不能确定
 

2. 下列事件 $A$，$B$ 是相互独立事件的是 (　　)
 A．一枚硬币掷两次，事件 $A$ 为 “第一次为正面”，事件 $B$ 为 “第二次为反面”
 B．袋中有 $2$ 白，$2$ 黑的小球，不放回地摸两球，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，事件 $A$ 为 “出现点数为奇数”，事件 $B$ 为 “出现点数为偶数”
 D．事件 $A$ 为 “人能活到 $20$ 岁”，事件 $B$ 为 “人能活到 $50$ 岁”
 

3. 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，$P(A)=\dfrac{1}{3}$，$P(B)=\dfrac{2}{3}$，则 $P(A\bar{B})=\dfrac{1}{9}$
 B．若 $A$，$B$ 是对立事件，则 $P(A \cup B)=1$
 C．若 $A$，$B$ 是互斥事件，$P(A)=\dfrac{1}{3}$，$P(B)=\dfrac{1}{2}$，则 $P(A \cup B)=\dfrac{1}{6}$
 D．若 $P(\bar{A})=\dfrac{1}{3}$，$P(\bar{B})=\dfrac{1}{4}$，且 $P(\bar{A}B)=\dfrac{1}{4}$，则 $A$，$B$ 是独立事件
 

4. 袋子中有 $5$ 个质地完全相同的球，其中 $2$ 个白球，$3$ 个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记 $A=$ 第一次摸到红球”，$B=$“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是 (　　)
 A．$P(A)+P(B)=P(A \cap B)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$P(A)⋅P(B)=P(A \cup B)$
 C．$P(A)=P(B)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$P(A \cup B)+P(A \cap B)<1$
 

5. 甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制 (当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束)．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为 $\dfrac{2}{3}$，乙队获胜的概率为 $\dfrac{1}{3}$．若前两局中乙队以 $2:0$ 领先，则下列结论正确的是 　(　　)
 A．甲队获胜的概率为 $\dfrac{2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B ．乙队以 $3:0$ 获胜的概率为 $\dfrac{1}{3}$
 C．乙队以 $3:1$ 获胜的概率为 $\dfrac{1}{9}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．乙队以 $3:2$ 获胜的概率为 $\dfrac{4}{9}$
 

6.(多选) 对于一个古典概型的样本空间 $Ω$ 和事件 $A$，$B$，$C$，其中 $n(Ω)=24$，$n(A)=12$，$n(B)=4$，$n(C)=8$，$n(A\cup B)=n(A\cup C)=16$，则 (　　)
 A．事件 $A$ 与 $B$ 互斥 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．事件 $A$ 与 $B$ 相互独立
 C．事件 $A$ 与 $C$ 互斥 $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．事件 $A$ 与 $C$ 相互独立
 

7. 甲、乙、丙三人射击同一目标，命中目标的概率分别为 $\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{1}{3}$， $\dfrac{1}{4}$，且彼此射击互不影响，现在三人射击该目标各一次，则目标被击中的概率为 $\underline{\quad \quad}$．(用数字作答)
 

8. 设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为 $0.05$，甲、丙都需要照顾的概率为 $0.1$，乙、丙都需要照顾的概率为 $0.125$．则求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别为 $\underline{\quad \quad}$，$\underline{\quad \quad}$，$\underline{\quad \quad}$．
 

9. 红队队员甲、乙、丙与蓝队队员 $A$，$B$，$C$ 进行围棋比赛，甲对 $A$、乙对 $B$、丙对 $C$ 各一盘．已知甲胜 $A$、乙胜 $B$、丙胜 $C$ 的概率分别为 $0.6$，$0.5$，$0.5$．假设各盘比赛结果相互独立．求:
  (1) 红队中有且只有一名队员获胜的概率；
  (2) 红队至少两名 队员获胜的概率．
 
 
 

10. 为了促进学生的全面发展，某市教育局要求本市所有学校重视社团文化建设，2014 年该市某中学的某新生想通过考核选拔进入该校的 “电影社” 和 “心理社”，已知该同学通过考核选拔进入这两个社团成功与否相互独立根据报名情况和他本人的才艺能力，两个社团都能进入的概率为 $\dfrac{1}{24}$，至少进入一个社团的概率为 $\dfrac{3}{8}$，并且进入 “电影社的概率小于进入 “心理社的概率
  (Ⅰ) 求该同学分别通过选拔进入 “电影社的概率 $p_1$ 和进入 “心理社的概率 $p_2$；
  (Ⅱ) 学校根据这两个社团的活动安排情况，对进入 “电影社的同学增加 $1$ 个校本选修课学分，对进入 “心理社的同学增加 $0.5$ 个校本选修课学分．求该同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 $1$ 分的概率．
 
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 由于必然事件的概率为 $1$，不可能事件的概率为 $0$，故 $A$ 不正确．
   频率的数值是通过实验完成的，频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值，故 $B$、$D$ 不正确．
   频率是不能脱离 $n$ 次试验的实验值，而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值，
   随着试验次数的增加，频率一般会越来越接近概率，故 $C$ 正确．
   故选:$C$．

2. 答案 $A$
   解析 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，故选项 $A$ 中的两个事件是相互独立事件；选项 $B$ 中是不放回地摸球，显然事件 $A$ 与事件 $B$ 不相互独立；对于选项 $C$，其结果具有唯一性，$A$，$B$ 应为互斥事件；选项 $D$ 事件 $B$ 受事件 $A$ 的影响．

3. 答案 $C$
   解析 对于 $A$：$A$，$B$ 是互斥事件，$P(A)=\dfrac{1}{3}$，$P(B)=\dfrac{2}{3}$，所以 $P(\bar{B})=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$，
   则 $P(A\bar{B})=P(A)P(\bar{B})=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9}$，故 $A$ 正确；
   对于 $B$：$A$，$B$ 是对立事件，由于对立事件的和事件为必然事件，
   则 $P(A \cup B)=P(A)+P(B)=1$，故 $B$ 正确；
   对于 $C$：$A$，$B$ 是互斥事件，$P(A)=\dfrac{1}{3}$，$P(B)=\dfrac{1}{2}$，
   则 $P(A \cup B)=P(A)+P(B)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{6}$，故 $C$ 错误；
   对于 $D$：若 $A$，$B$ 是独立事件，则：$P(\bar{A})=\dfrac{1}{3}$，$P(\bar{B})=\dfrac{1}{4}$，$P(\bar{A}B)=P(\bar{A})[1-P(B)]=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}$，
   则 $A$ 和 $B$ 相互独立，故 $D$ 正确．
   故选：$C$．

4. 答案 $C$
   解析 根据题意，$A=$“第一次摸到红球”，$B=$“第二次摸到红球”，
   则 $P(A)=\dfrac{3}{5}$，$P(B)=\dfrac{3}{5}\times \dfrac{2}{4}+\dfrac{2}{5}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{5}$，
   $P(A \cap B)=\dfrac{3 \times 2}{5 \times 4}=\dfrac{3}{10}$， $P(A \cup B)=1-\dfrac{2 \times 1}{5 \times 4}=1-\dfrac{1}{10}=\dfrac{9}{10}$，
   由此分析选项：$ABD$ 错误，$C$ 正确；
   故选：$C$．

5. 答案 $B$
   解析 对于 $A$，在乙队以 $2:0$ 领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队取胜，
   所以甲队获胜的概率为 $P_1=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}$，故 $A$ 错误；
   对于 $B$，乙队以 $3:0$ 获胜，即第 $4$ 局乙获胜，概率为 $\dfrac{1}{3}$，故 $B$ 正确；
   对于 $C$，乙队以三比一获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为 $\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{9}$，故 $C$ 错误；
   对于 $D$，若乙队以 $3:2$ 获胜，则第五局为乙队取胜，第三、四局乙队输，
   所以乙队以 $3:2$ 获胜的概率为 $\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{27}$，故 $D$ 错误．
   故选:$B$．

6. 答案 $AD$
   解析 对于一个古典概型的样本空间 $Ω$ 和事件 $A$，$B$，$C$，
   其中 $n(Ω)=24$，$n(A)=12$，$n(B)=4$，$n(C)=8$，
   $n(A\cup B)=n(A\cup C)=16$，
   对于 $A$，$\because n(A)=12$，$n(B)=4$，$n(A\cup B)=16=n(A)+n(B)$，
   $\therefore$ 事件 $A$ 与事件 $B$ 不能同时发生，
   $\therefore$ 事件 $A$ 与 $B$ 是互斥事件，故 $A$ 正确；
   对于 $B$，$P(A)=\dfrac{12}{24}=\dfrac{1}{2}$，$P(B)=\dfrac{4}{24}=\dfrac{1}{6}$，$P(AB)=0$，
   $\therefore$ 事件 $A$ 与 $B$ 不是相互独立事件，故 $B$ 错误；
   对于 $C$，事件 $A$ 与 $C$ 能同时发生，不是互斥事件，故 $C$ 错误；
   对于 $D$，$P(A)=\dfrac{12}{24}=\dfrac{1}{2}$， $P(C)=\dfrac{8}{24}=\dfrac{1}{3}$， $P(A C)=\dfrac{12+8-16}{24}=\dfrac{1}{6}$，
   $\therefore P(AC)=P(A)P(C)$，$\therefore$ 事件 $A$ 与 $C$ 相互独立，故 $D$ 正确．
   故选：$AD$．

7. 答案 $\dfrac{3}{4}$
   解析 目标被击中的概率等于 $1$ 减去甲、乙、丙三人都没有击中目标的概率，
   故目标被击中的概率是 $1-(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{3})(1-\dfrac{1}{4})=\dfrac{3}{4}$，
   故答案为:$\dfrac{3}{4}$．

8. 答案 $0.2$，$0.25$，$0.5$
   解析 记 “机器甲需要照顾” 为事件 $A$，“机器乙需要照顾” 为事件 $B$，“机器丙需要照顾” 为事件 $C$，
   由题意可知 $A$，$B$，$C$ 是相互独立事件．
   由题意可知 $\left\{\begin{array}{l} P(A B)=P(A) P(B)=0.05 \\ P(A C)=P(A) P(C)=0.1 \\ P(B C)=P(B) P(C)=0.125 \end{array}\right.$，得 $\left\{\begin{array}{l} P(A)=0.2 \\ P(B)=0.25 \\ P(C)=0.5 \end{array}\right.$，
   所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为 $0.2$，$0.25$，$0.5$．

9. 答案 (1) $0.35$；(2) $0.55$
   解析 设甲胜 $A$ 的事件为 $D$，乙胜 $B$ 的事件为 $E$，丙胜 $C$ 的事件为 $F$，
   则 $\bar{D}$，$\bar{E}$，$\bar{F}$ 分别表示甲不胜 $A$、乙不胜 $B$、丙不胜 $C$ 的事件．
   因为 $P(D)=0.6$，$P(E)=0.5$，$P(F)=0.5$，
   由对立事件的概率公式知 $P(\bar{D})=0.4$，$P(\bar{E})=0.5$，$P(\bar{F})=0.5$．
   (1) 红队有且只有一名队员获胜的事件有 $D\bar{E}\bar{F}$，$\bar{D}E\bar{F}$，$\bar{D}\bar{E}F$，以上 $3$ 个事件彼此互斥且独立．
   所以红队有且只有一名队员获胜的概率 $P_1=P(D\bar{E}\bar{F}+\bar{D}E\bar{F}+\bar{D}\bar{E}F)=P(D\bar{E}\bar{F})+P(\bar{D}E\bar{F})+P(\bar{D}\bar{E}F)$$=0.6\times 0.5\times 0.5+0.4\times 0.5\times 0.5+0.4\times 0.5\times 0.5=0.35$．
   (2) 法一：红队至少两人获胜的事件有:$DE\bar{F}$，$D\bar{E}F$，$\bar{D}EF$，$DEF$．
   由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，
   因此红队至少两人获胜的概率为 $P=P(DE\bar{F})+P(D\bar{E}F)+P(\bar{D}EF)+P(DEF)$
   $=0.6\times 0.5\times 0.5+0.6\times 0.5\times 0.5+0.4\times 0.5\times 0.5+0.6\times 0.5\times 0.5=0.55$．
   法二:“红队至少两人获胜” 与 “红队最多一人获胜” 为对立事件，
   而红队都不获胜为事件 $\bar{D}\bar{E}\bar{F}$，
   且 $P(\bar{D}\bar{E}\bar{F})=0.4\times 0.5\times 0.5=0.1$．
   所以红队至少两人获胜的概率为 $P_2=1-P_1-P(\bar{D}\bar{F})=1-0.35-0.1=0.55$．

10. 答案 (Ⅰ) $p_1=\dfrac{1}{6}$，$p_2=\dfrac{1}{4}$ (Ⅱ) $\dfrac{1}{6}$
    解析 (Ⅰ) 根据题意得:
    $\left\{\begin{array}{l} p_1 p_2=\dfrac{1}{24} \\ 1-\left(1-p_1\right)\left(1-p_2\right)=\dfrac{3}{8} \end{array}\right.$，且 $p_1<p_2$，
    $\therefore p_1=\dfrac{1}{6}$，$p_2=\dfrac{1}{4}$．
    (Ⅱ) 令该同学在社团方面获得校本选修课加分分数为 $ξ$，
    $P(\xi=1)=\left(1-\dfrac{1}{4}\right) \times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{8}$，$P(ξ=1.5)=\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{24}$，
    $\therefore$ 该同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 $1$ 分的概率:$p=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{24}=\dfrac{1}{6}$．
     

【B组---提高题】

1. 某景区内有 $10$ 个景点，其平面图如图所示，当 $t=0$ 时甲在 $A$ 地，乙在 $B$ 地，若每经过一个单位时间，他们都将随机走向与之相邻的任意一个景区，记某时刻甲、乙出现在同一景区的概率为 $P(t)$，则 $P(2)=$ $\underline{\quad \quad}$ ；$P(3)=$ $\underline{\quad \quad}$．

 
 

参考答案

1. 答案 $\dfrac{3}{49}$， $\dfrac{29}{338}$．
   解析 给每个景区编号，记 $t$ 时刻，第 $k(k=1，2，3，4，5，6，7，8，9，10)$ 个景点路径条数为 $f(k，t)$，

	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$sum$
$t=0$	$1$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$1$
$t=1$	$0$	$1$	$1$	$1$	$1$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$4$
$t=2$	$4$	$1$	$2$	$2$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$0$	$14$
$t=3$	$6$	$7$	$8$	$8$	$7$	$2$	$4$	$4$	$2$	$4$	$52$

则 $(k，t)$ 满足以下条件:
$f(1，t)=f(2，t-1)+f(3，t-1)+f(4，t-1)+f(5，t-1)$，
$f(2，t)=f(1，t-1)+f(3，t-1)+f(6，t-1)$，
$f(3，t)=f(1，t-1)+f(3，t-1)+f(5，t-1)+f(8，t-1)$，
$f(4，t)=f(1，t-1)+f(3，t-1)+f(5，t-1)+f(8，t-1)$，
$f(5，t)=f(1，t-1)+f(4，t-1)+f(9，t-1)$，
$f(6，t)=f(2，t-1)+f(7，t-1)+f(10，t-1)$，
$f(7，t)=f(3，t-1)+f(6，t-1)+f(8，t-1)+f(10，t-1)$，
$f(8，t)=f(4，t-1)+f(7，t-1)f(9，t-1)+f(10，t-1)$，
$f(9，t)=f(5，t-1)+f(8，t-1)+f(10，t-1)$，
$f(10，t)=f(6，t-1)+f(7，t-1)+f(8，t-1)+f(9，t-1)$，
$\because$ 图象对称，
$\therefore P(2)=2 \times \dfrac{4}{14} \times \dfrac{0}{14}+4 \times \dfrac{1}{14} \times \dfrac{1}{14}+4 \times \dfrac{1}{14} \times \dfrac{2}{14}=\dfrac{3}{49}$，
$P(3)=2 \times \dfrac{6}{52} \times \dfrac{4}{52}+4 \times \dfrac{7}{52} \times \dfrac{2}{52}+4 \times \dfrac{8}{52} \times \dfrac{4}{52}=\dfrac{29}{338}$．
故答案为: $\dfrac{3}{49}$， $\dfrac{29}{338}$．