事件的独立性与条件概率练习专题
高考数学复习典型题型专题练习51 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
第51讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式练习1A组夯基精练一、单项选择题(选对方法，事半功倍)1. (2023·开封模拟)某盏吊灯上并联着4个灯泡，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.8，那么在这段时间内该吊灯上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是()A. 0.819 2B. 0.972 8C. 0.974 4D. 0.998 42. 已知P(A)>0，P(B|A)＋P(B)＝1，则事件A与事件B()A. 互斥B. 对立C. 相互独立D. 以上均不正确3. 每年的6月6日是全国爱眼日，某位志愿者跟踪调查电子产品对视力的影响，据调查，某高校大约有45%的学生近视，而该校大约有20%的学生每天操作电子产品超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天操作电子产品不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则这名学生近视的概率为()A. 716 B.38C. 516 D.144. 为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，如果他前一球投进则后一球投进的概率为34，如果他前一球没投进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为()A. 34 B.58C. 716 D.916.二、多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)5. 有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有()A. 任取一个零件是第1台生产出来的次品的概率为0.06B. 任取一个零件是次品的概率为0.052 5C. 如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为2 7D. 如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为2 76. 甲箱中有3个白球和3个黑球，乙箱中有2个白球和4个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2表示由甲箱中取出的是白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是黑球的事件，则下列结论正确的是()A. A1，A2互斥B. P(B|A2)＝2 3C. 事件B与事件A2相互独立D. P(B)＝9 14三、填空题(精准计算，整洁表达)7. 冬天的北方室外温度极低，若轻薄保暖的石墨烯发热膜能用在衣服上，医务工作者行动会更方便．研究人员得到石墨烯后，在制作石墨烯发热膜时有三个环节：①透明基底及UV胶层；②石墨烯层；③表面封装层．每个环节生产合格的概率均为23，且各生产环节相互独立，则成功生产出质量合格的发热膜的概率为________．8. 抛掷3个骰子，事件A＝“三个骰子向上的点数互不相同”，事件B＝“其中恰好有一个骰子向上的点数为2”，则P(A|B)＝________.9. 已知某次数学期末试卷中有8道4选1的单选题，学生小王能完整做对其中5道题，在剩下的3道题中，有2道题有思路，还有1道完全没有思路，有思路的题做对的概率为34，没有思路的题只好从4个选项中随机选一个答案．若小王从这8题中任选1题，则他做对的概率为________．四、解答题(让规范成为一种习惯)10. (2023·济宁模拟)甲、乙两人进行定点投篮比赛，在距篮筐3米线内设一点A，在点A处投中一球得2分，不中得0分；在距篮筐3米线外设一点B，在点B处投中一球得3分，不中得0分．已知甲、乙两人在A处投中的概率都是1 2，在B处投中的概率都是13，且在A，B两处投中与否相互独立，规定甲、乙两人先在A处各投篮一次，然后在B处各投篮一次，总得分高者获胜．(1) 求甲投篮总得分ξ的分布列；(2) 求甲获胜的概率．11. 2023年北京冬奥会的志愿者中，来自甲、乙、丙三所高校的人数分别为：甲高校学生志愿者7名，教职工志愿者2名；乙高校学生志愿者6名，教职工志愿者3名；丙高校学生志愿者5名，教职工志愿者4名．(1) 从这三所高校的志愿者中各抽取一名，求这三名志愿者中既有学生又有教职工的概率；(2) 先从三所高校中任选一所，再从这所高校的志愿者中任取一名，求这名志愿者是教职工志愿者的概率．B组滚动小练12. (2023·聊城期中)已知a>b>1，若log a b＋log b a＝103，ab＝b a，则a＋b＝________.13. 在数列{a n}中，已知a1＝2，a n＋a n＋1＝2n＋1，n∈N*，则数列{a n}的通项公式为________．第51讲事件的相互独立性、条件概率与全概率公式练习2A组夯基精练一、单项选择题(选对方法，事半功倍)1. (2023·日照三模)若将整个样本空间想象成一个边长为1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的阴影部分的面积表示()(第1题)A. 事件A发生的概率B. 事件B发生的概率C. 事件B不发生条件下事件A发生的概率D. 事件A，B同时发生的概率2. (2023·泰安二模)已知盒子中装有形状、大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5，现每次从中任意取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为()A. 15 B.25C. 12 D.383. (2023·惠州模拟)甲罐中有5个红球、3个白球，乙罐中有4个红球、2个白球．整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用A1，A2表示由甲罐取出的球是红球、白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B，C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”“两球为一红一白”的事件，则下列结论中不正确的是()A. P(B|A1)＝1021 B. P(C|A2)＝47C. P(B)＝1942 D. P(C)＝43844. (2023·柳州三模)某班数学老师和同学们进行一个游戏，游戏规则如下：班长先确定班上参与游戏的5名同学并按顺序排好，每位同学手里均有5张除颜色外无其他区别的卡片，第k(k＝1,2,3,4,5)位同学手中有k张红色卡片，5－k张白色卡片．老师任选其中一位同学，并且从该同学的手中随机连续取出两张卡片，若第二次取出的卡片为白色，则老师获胜，否则学生获胜，老师获胜的概率为()A. 15 B.25C. 35 D.45二、多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)5. (2023·武汉模拟)一个质地均匀的正四面体4个表面上分别标有数字1,2,3,4，抛掷该正四面体两次，记事件M＝“第一次向下的数字为1或2”，事件N＝“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是()A. 事件M发生的概率为1 2B. 事件M与事件N互斥C. 事件M与事件N相互独立D. 事件M＋N发生的概率为1 26. (2023·襄阳模拟)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)＝P(A)P(B|A)P(B).某高校有甲、乙两家餐厅，王同学第一天去甲、乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学()A. 第二天去甲餐厅的概率为0.54B. 第二天去乙餐厅的概率为0.44C. 第二天去甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为5 9D. 第二天去乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为4 9三、填空题(精准计算，整洁表达)7. (2023·邯郸模拟)同时抛掷两枚质地均匀的骰子两次，记事件A＝“两枚骰子朝上的点数之积均为偶数”，事件B＝“两枚骰子朝上的点数之和均为奇数”，则P(B|A)＝________.8. (2023·武汉期初)一电器商城出售的某种家电产品来自甲、乙、丙三家工厂，这三家工厂的产品比例为1∶2∶1，且它们的产品合格率分别为96%,95%,98%，现从该商城的这种家电产品中随机抽取一件，则取到的产品是合格品的概率为________．9. (2023·临沂三模)某足球队在对球员的使用上进行数据分析，根据以往的数据统计，甲球员能够胜任前锋、中锋、后卫三个位置，且出场率分别为0.3,0.5,0.2，当甲球员在相应位置时，球队输球的概率依次为0.4,0.2,0.6.据此判断当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为________．四、解答题(让规范成为一种习惯)10. (2023·泰安模拟)某百科知识竞赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛．比赛最多有三局，第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答．比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局．已知甲、乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为13，12，快问快答局获胜与平局的概率分别为13，16，抢答局获胜的概率为13，各局比赛相互独立．(1) 求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率；(2) 已知乙最后晋级决赛，但不知甲、乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率．11. (2023·丽水、湖州、衢州11月联考)自主招生和强基计划是高校选拔录取工作改革的重要环节．自主招生是学生通过高校组织的笔试和面试之后，可以得到相应的降分政策.2020年1月，教育部决定2020年起不再组织开展高校自主招生工作，而是在部分一流大学建设高校开展基础学科招生改革试点(也称强基计划)．下表是某高校从2018年起至2023年通过自主招生或强基计划在部分专业的招生人数：(1) 统计表明招生总数和年份间有较强的线性关系．记x 为年份与2017的差，y 为当年数学、物理和化学的招生总人数，试用最小二乘法建立y 关于x 的经验回归方程，并据此预测2023年的数学、物理和化学的招生总人数(结果四舍五入保留整数)；(2) 在强基计划实施的首年，为了保证招生录取结果的公平公正，该校招生办对2020年强基计划录取结果进行抽检，此次抽检从这20名学生中随机选取3位学生进行评审．记选取到数学专业的学生人数为X ，求随机变量X 的数学期望E (X )；(3) 经统计该校学生的本科学习年限占比如下：四年毕业的占76%，五年毕业的占16%，六年毕业的占8%.现从2018到2023年间通过上述方式被该校录取的学生中随机抽取1名，若该生是数学专业的学生，求该生恰好在2025年毕业的概率．附：在y ＝b ∧x ＋a ∧中，b ∧＝i ＝1n (x i －x )(y i －y )i ＝1n (x i －x )2，a ∧＝y －b ∧x .B 组 滚动小练12. (2023·岳阳调研)已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且2 0202 023·S 2023＝S 2 020＋3 030，a 4为a 2与a 8的等比中项．(1) 求{a n }的通项公式．(2) 若b n ＝a n ·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(3) 若c n＝na n，判断数列{c n}是否存在最大项和最小项，若存在，求{c n}的最大项和最小项；若不存在，请说明理由．。
第7练事件的相互独立性和条件概率(精练)(解析版)
第7练 事件的相互独立性和条件概率【题型解读】【题型一 相互独立事件的概率】1.（华师大二附中高三练习）抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件A ：出现的点数为质数，事件B ：出现的点数不小于3，则事件A 与事件B （ ） A ．相互独立 B ．对立C ．互斥但不对立D ．概率相等【答案】A【解析】抛掷骰子可能得到的点数为1，2，3，4，5，6，其中质数为2，3，5，所以121(),(),()233P A P B P AB ===，故()()()P AB P A P B =，所以A 与B 相互独立． 故选：A2. 甲、乙两人独立地破解同一个谜题，破解出谜题的概率分别为12，23.则谜题被破解的概率为（ ）A ．16B ．13C ．56D ．1【答案】C【解析】设“甲独立地破解谜题”为事件A ，“乙独立地破解谜题”为事件B ，“谜题被破解”为事件C ，且事件,A B 相互独立，则()()1251111236P C P AB ⎛⎫⎛⎫=-=--⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：C3.（浙江省桐庐中学高三阶段练习）重庆的8月份是一段让人难忘的时光，我们遭遇了高温与山火，断电和疫情．疫情的肆虐，让我们再次居家隔离．为了保障民生，政府极力保障各类粮食和生活用品的供应，在政府的主导与支持下，各大电商平台也纷纷上线，开辟了一种无接触式送货服务，用户在平台上选择自己生活所需要的货物并下单，平台进行配备打包，再由快递小哥送货上门．已知沙坪坝某小区在隔离期间主要使用的电商平台有：某东到家，海马生鲜，咚咚买菜．由于交通、配送等多方面原因，各电商平台并不能准时送达，根据统计三家平台的准点率分别为23，34，45，各平台送货相互独立，互不影响，某小哥分别在三家电商各点了一份配送货，则至少有两家准点送到的概率为（ ） A ．97120 B ．56C ．910D ．5360【答案】B【解析】因为各平台送货相互独立，互不影响，所以 有两家准点送到的概率为2312141341334534534530⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=,有三家准点送到的概率为23423455⨯⨯=，则至少有两家准点送到的概率为13253056+=. 故选：B.4. （河南高三月考一个电路如图所示，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 为7个开关，其闭合的概率均为23，且是相互独立的，则灯亮的概率是（ ）A ．75513-B ．71113-C ．7233 D ．553 【答案】A【解析】电路由上到下有3个分支并联，开关,A B 所在的分支不通的概率为2251339-⨯=，开关,C D 所在的分支不通的概率为131139⨯=，开关E ，F ，G 所在的分支不通的概率为211111133327⎛⎫-⨯-⨯= ⎪⎝⎭，所以灯亮的概率是75111551199273-⨯⨯=-. 故选：A.5．自5月初，麓山之巅观日出在抖音走红后，每天都有上千人披星戴月登顶岳麓山看日出，登顶游客中外地游客占35，外地游客中有13乘观光车登顶，本地游客中有16乘观光车登顶，乘观光车登顶的票价为20元.若某天有1200人登顶观日出，则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是（ ） A ．4800元B ．5600元C ．6400元D ．7200元【答案】C【解析】从登顶观日出的人中任选一人，他是乘观光车登顶的概率31214535615P =⨯+⨯=则观光车营运公司这天的登顶观日出项目的营运票价收入是41200206400(15⨯⨯=元） 故选：C ．6.（全国高三课时练习）2022年9月28日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以3:0的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“5局3胜制”（即有一支球队先胜3局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以3:0或3:1取胜的球队积3分，负队积0分；以3:2取胜的球队积2分，负队积1分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为23． (1)如果甲、乙两队比赛1场，求甲队的积分X 的概率分布列和数学期望； (2)如果甲、乙两队约定比赛2场，求两队积分相等的概率． 【解析】（1）随机变量X 的所有可能取值为0、1、2、3，()3213121110C 33339P X ⎛⎫⎛⎫==+⋅⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()222421181C 33381P X ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()2224212162C 33381P X ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()23232122163C 333327P X ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以X 的分布列为X0 123P1988116811627所以数学期望()1816161840123981812781E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. （2）记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件A ， 设第i 场甲、乙两队积分分别为i X 、i Y ，则3i i X Y =-，1i =、2，因两队积分相等，所以1212X X Y Y +=+，即()()121233X X X X +=-+-，则123X X +=， 所以()()()()()()()()()1212121203122130P A P X P X P X P X P X P X P X P X ===+==+==+==1168161681611120927818181812796561=⨯+⨯+⨯+⨯=．【题型二 条件概率】1.（四川模拟）2022年6月14日是我国的传统节日“端午节”.这天，王华的妈妈煮了五个粽子，其中两个蜜枣馅，三个豆沙馅，王华随机拿了两个粽子，若已知王华拿到的两个粽子为同一种馅，则这两个粽子都为蜜枣馅的概率为( ) A ．14B ．34C ．110D ．310【答案】A【解析】由题意，设事件A 为“取出两个粽子为同一种馅”，事件B 为“取出的两个粽子都为蜜枣馅”，则P (A)222325410C C C +==，22251()10C P AB C ==，()1(|)()4P AB P B A P A ∴==． 故选：A ．2.（武昌模拟）如果{}n a 不是等差数列，但若k N *∃∈，使得212k k k a a a +++=，那么称{}n a 为“局部等差”数列.已知数列{}n x 的项数为4，记事件A ：集合{}{}1234,,,1,2,3,4,5x x x x ⊆，事件B ：{}n x 为“局部等差”数列，则条件概率()|P B A =（ ） A ．415B ．730 C ．15D ．16【答案】C【解析】由题意知，事件A 共有4454C A =120个基本事件，事件B ：“局部等差”数列共有以下24个基本事件，（1）其中含1，2，3的局部等差的分别为1，2，3，5和5，1，2，3和4，1，2，3共3个， 含3，2，1的局部等差数列的同理也有3个，共6个.含3，4，5的和含5，4，3的与上述（1）相同，也有6个. 含2，3，4的有5，2，3，4和2，3，4，1共 2个， 含4，3，2的同理也有2个.含1，3，5的有1，3，5，2和2，1，3，5和4，1，3，5和1，3，5，4共4个， 含5，3，1的也有上述4个，共24个， ()24|120P B A ∴==15. 故选C.3．（石家庄模拟）甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A =“三个人去的景点各不相同”，B =“甲去了第一个景点”，如果甲、乙、丙互不相识，求()P A B ． 【答案】23【解析】甲去了第一个景点，则有1个景点可选，乙丙能在三个景点中选择，可能性为339⨯=种， 所以甲去了第一个景点的可能性为1339⨯⨯=种， 因为三个人去的景点不同的可能性为3216⨯⨯=种， 所以()62(|)()93n AB P A B n AB === . 4. （临沂二模）已知随机事件A ，B ，()12P A =，()13P B =，()12P B A =，求()P AB ，()P A B . 【答案】13;44【解析】由条件概率公式()(|)()P AB P B A P A =得：111()(|)()224P AB P B A P A ==⨯=．∴1()34(|)1()43P AB P A B P B ===． 【题型三 全概率公式】1.（唐山二模）某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是12．从开关第一次闭合起，若前次出现红灯，则下一次出现红灯的概率是13，出现绿灯的概率是23；若前次出现绿灯，则下一次出现红灯的概率是35，出现绿灯的概率是25，那么第二次闭合后出现红灯的概率是____________． 【答案】715【解析】记第一次闭合后出现红灯为事件A ，则第一次出现绿灯为事件A ，第二次闭合后出现红灯为事件B ，出现绿灯为B ，1()()2P A P A ==，1(|)3P B A =，3(|)5P B A =，所以()()()()(|)()(|)P B P AB P AB P A P B A P A P B A =+=+11137232515=⨯+⨯=．故答案为：715． 2. 袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅰ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率； （Ⅰ）第二次摸到红球的概率. 【答案】（Ⅰ）310；（Ⅰ）29；（Ⅰ）310.【解析】（Ⅰ）求出基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，从而可得所求的概率． （Ⅰ）第一次摸到红球后，还余下2个红球和7个白球，同（Ⅰ）可求概率． （Ⅰ）根据（Ⅰ）（Ⅰ）利用全概率公式可求第二次摸到红球的概率． 【详解】设事件A ：第一次摸到红球；事件B ：第二次摸到红球， 则事件A ：第一次摸到白球.（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种， 所以 3()10P A =. （Ⅰ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种. 所以2(|)9P B A =. （Ⅰ）32733()()(|)()(|)10910910P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=. 所以第二次摸到红球的概率3()10P B =. 3．（高三课时练习）盒中放有12个乒乓球，其中9个是新的，3个是旧的．第一次比赛时，从中任意取出了3个来用，用完后仍放回盒中（新球用后成了旧球）．第二次比赛时再从盒中取出3个来用，求第二次取出的3个球均为新球的概率．【解析】设A 表示第二次取出3个球均为新球，i B 为第一次取出3球中有i 个新球，i ＝0，1，2，3，则()330312C 1C 220P B ==，()12931312C C 27C 220P B ==，()21932312C C 108C 220P B ==，()393312C 84C 220P B ==，()390312C 84|C 220P A B ==，()381312C 56|C 220P A B ==，()372312C 35|C 220P A B ==，()363312C 20|C 220P A B ==，所以()()()3441|3025i i i P A P B P A B ===∑． 4.（广东高三模拟）今年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某区组织了党史知识竞赛活动.在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三所学校回答一道有关红色革命根据地建立时间的问题，已知甲校回答正确这道题的概率为34，甲、丙两所学校都回答正确这道题的概率是12，乙、丙两所学校都回答正确这道题的概率是14.若各学校回答这道题是否正确是互不影响的. (1)若规定三个学校都需要回答这个问题，求甲、乙、丙三所学校中至少1所学校回答正确这道题的概率；(2)若规定三所学校需要抢答这道题，已知甲校抢到答题机会的概率为25，乙校抢到的概率为310，丙校抢到的概率为310，求这个问题回答正确的概率. 【答案】(1)9196(2)4980【解析】(1)记甲、乙、丙3校独自答对这道题分别为事件A ，B ，C ，分别设甲、乙、丙3校答对这道题的概率分别为()P A ，()P B ，()P C ，由于每人回答问题正确与否是相互独立的，因此A ，B ，C 是相互独立事件由题意可知()34P A =，()()12P A P C ⋅=，()()14P B P C ⋅=， 解得()38P B =，()23P C =.所以，乙答对这道题的概率为38，丙答对这道题的概率为23.甲、乙、丙三所学校中至少1所学校回答正确为事件D ，则概率为()P D ，其反面是三所学校都回答错误，即()()()()()()332511111148396P A P B P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫---=---= ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭则三所学校中至少1所学校回答正确的概率为()59119696P D =-=； (2)若规定三所学校需要抢答这道题，则这个问题回答正确设为事件E ，得到抢答机会分别是事件1A ，2A ，3A ，则 ()125P A =，()2310P A =，()3310P A =，()134P AA =∣，()238PB A =∣，()323P C A =∣， 则()()()()()()()112233P E P A P AA P A PB A P A PC A =++∣∣∣ 233332495410810380=⨯+⨯+⨯= 这个问题回答正确的概率为4980. 【题型四 贝叶斯公式】1.（山东·高密三中高三阶段练习）有3台车床加工同一型专的零件，第1台加工的次品率为6%，第2､3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1､2､3台车床加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%，现从加工出来的零件中任取一个零件，则取到的零件是次品，且是第1台车床加工的概率为___________. 【答案】27【解析】记i A 为事件“零件为第i （1,2,3i =）台车床加工，B 为事件“任取一个零件为次品”，则()()()1230.25,0.3,0.45,P A P A P A ===所以()()()()()()()112233P B P A P B A P A P B A P A P B A =++0.250.060.30.050.450.050.0525=⨯+⨯+⨯=所以()()()()1110.250.0620.05257P A P B A P A B P B ⨯===.故答案为：27.2．（常州市新桥高级中学高三模拟）（多选）已知编号为1，2，3的三个盒子，其中1号盒子内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号盒子内装有两个1号球，一个3号球；3号盒子内装有三个1号球，两个2号球．若第一次先从1号盒子内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的盒子中，第二次从该盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（ ）A ．在第一次抽到2号球的条件下，第二次抽到1号球的概率为12B ．第二次抽到3号球的概率为1148C ．如果第二次抽到的是1号球，则它来自2号盒子的概率最大D ．如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有300种 【答案】AB【解析】记第一次抽到第i 号球的事件分别为(1,2,3)i A i =，则有12311(),()()24P A P A P A ===，对于A ，在第一次抽到2号球的条件下，则2号球放入2号盒子内，因此第二次抽到1号球的概率为2142P ==，A 正确； 对于B ，记第二次在第i 号盒内抽到3号球的事件分别为(1,2,3)i B i =，而123,,A A A 两两互斥，和为Ω，112233111(|)=,(|)=,(|)=446P B A P B A P B A ，记第二次抽到3号球的事件为B ，33=1=111111111()=()=[()(|)]=?+?+?=24444648i i i i i i i P B P A B P A P B A ⋅∑∑，B 正确；对于C ，记第二次在第i 号盒内抽到1号球的事件分别为(1,2,3)i C i =，而123,,A A A 两两互斥，和为Ω， 112233111(|)=,(|)=,(|)=222P C A P C A P C A ，记第二次抽到1号球的事件为C ，33=1=11111111()=()=[()(|)]=?+?+?=2242422i i i i i i i P C P AC P A P C A ⋅∑∑， 第二次的球取自盒子的编号与第一次取的球的号数相同，111111×()(|)122(|)===1()22P A P C A P A C P C ⋅，222211×()(|)142(|)===1()42P A P C A P A C P C ⋅，333311×()(|)142(|)===1()42P A P C A P A C P C ⋅，即第二次抽到的是1号球，则它来自1号盒子的概率最大，C 不正确；对于D ，把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是22353522C C(C )A +种，将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有33A 种不同放法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是2233535322C C (C +)A =150A ⋅种，D 不正确.故选：AB3.（济北中学高三月考）设某工厂有甲、乙、丙三个车间，它们生产同一种工件，每个车间的产量占该厂总产量的百分比依次为25%，35%，40%，它们的次品率依次为5%，4%，2%．现从这批工件中任取一件．(1)求取到次品的概率；(2)已知取到的是次品，求它是甲车间生产的概率．（精确到0.01） 【答案】(1)0.0345； (2)0.36. 【解析】(1)设事件1B ，2B ，3B 分别表示取出的工件是甲、乙、丙车间生产的，A 表示“取到的是次品. 易知1B ，2B ，3B 两两互斥，根据全概率公式，可得()()()130.250.050.350.040.40.020.0345i i i P A P B P A B ==∑=⨯+⨯+⨯=．故取到次品的概率为0.0345． (2)()()()()()()11110.250.050.360.0345P B P A B P AB P B A P A P A ⨯===≈．故已知取到的是次品，它是甲车间生产的概率为0.36．4. 2022年北京冬奥会的志愿者中，来自甲、乙、丙三所高校的人数分别为：甲高校学生志愿者7名，教职工志愿者2名；乙高校学生志愿者6名，教职工志愿者3名；丙高校学生志愿者5名，教职工志愿者4名. (1)从这三所高校的志愿者中各抽取一名，求这三名志愿者中既有学生又有教职工的概率；(2)先从三所高校中任选一所，再从这所高校的志愿者中任取一名，求这名志愿者是教职工志愿者的概率. 【答案】(1)5581(2)13【解析】(1)设事件A 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是学生，则()76570999243P A =⨯⨯=；设事件B 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是教职工，则()2348999243P B =⨯⨯=；设事件C 为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者中既有学生又有教职工，则()()()708551124324381P C P A P B =--=--=. (2)设事件D 为这名志愿者是教职工志愿者，事件1E 为选甲高校，事件2E 为选乙高校，事件3E 为选丙高校.()()()12313P E P E P E ===，()12|9P D E =，()23|9P D E =，()34|9P D E =.所以这名志愿者是教职工志愿者的概率为：()()()()()()()1122331213141|||3939393P D P E P D E P E P D E P E P D E =++=⨯+⨯+⨯=⋅。
2025年高考数学一轮复习课时作业-事件的独立性、条件概率与全概率公式【含解析】
2025年高考数学一轮复习课时作业-事件的独立性、条件概率与全概率公式【原卷版】(时间:45分钟分值:90分)【基础落实练】1.(5分)若P(AB)=19,P( )=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是()A.互斥B.对立C.相互独立D.既互斥又相互独立2.(5分)(2024·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为()A.78B.34C.14D.183.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为()A.0.13B.0.17C.0.21D.0.34.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为()A.0.78B.0.8C.0.82D.0.845.(5分)(多选题)甲罐中有5个红球、2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球、3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是()A.P(B)=25B.P(B|A1)=511C.事件B与事件A1相互独立D.A1,A2,A3是两两互斥的事件6.(5分)(多选题)(2024·湖南师大附中模拟)已知某数据库有视频a个、图片b张 , ∈N*, > >1,从中随机选出一个视频和一张图片,记“视频甲和图片乙入选”为事件A,“视频甲入选”为事件B,“图片乙入选”为事件C,则下列判断中正确的是()A.P(A)=P(B)+P(C)B.P(A)=P(B)·P(C)C.P( )>P( C)+P(B )D.P( C)<P(B )7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.9.(10分)(2024·苏州模拟)苏州某公司有甲、乙两个研发小组,开发芯片需要两道工序,第一道工序成功的概率分别为15和35.第二道工序成功的概率分别为12和23.根据生产需要现安排甲小组研发芯片A,乙小组研发芯片B,假设甲、乙两个小组的研发相互独立.(1)求两种芯片都研发成功的概率;(2)政府为了提高该公司研发的积极性,决定只要有芯片研发成功就奖励该公司500万元,求该公司获得政府奖励的概率.【能力提升练】10.(5分)(2024·南京模拟)在一段时间内,若甲去参观市博物馆的概率为0.6,乙去参观市博物馆的概率为0.5,且甲乙两人各自行动,则在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是()A.0.3B.0.32C.0.8D.0.8411.(5分)(2024·苏州模拟)杭州亚运会组委会将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作,每座体育馆至少派1名志愿者,A表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”;B表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”;C表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”,则()A.事件A与B相互独立B.事件A与C为互斥事件C.P =13D.P =1612.(5分)(2024·泉州模拟)某中学为丰富学生的业余生活,举行“汉字听写大会”,老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________. 13.(5分)(2024·长春模拟)设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=13,P(B)=34, P(A+ )=12,则P(A )=________,P(B|A)=__________.14.(10分)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期,该款芯片的生产有四道工序,前三道工序的生产互不影响,第四道是检测评估工序,包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中,前三道工序的次品率分别为P1=110,P2=19,P3=18.(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率;(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰,合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽检.在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下,求工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率.15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.(1)求任意取出的零件是合格品的概率;(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.2025年高考数学一轮复习课时作业-事件的独立性、条件概率与全概率公式【解析版】(时间:45分钟分值:90分)【基础落实练】1.(5分)若P(AB)=19,P( )=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是()A.互斥B.对立C.相互独立D.既互斥又相互独立【解析】选C.因为P(A)=1-P( )=1-23=13,所以P(A)P(B)=19,所以P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A与B相互独立,事件A与B不互斥也不对立.2.(5分)(2024·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为() A.78B.34C.14D.18【解析】选B.设该运动员射击一次,击中目标的概率为p,若该运动员三次射击中,至少有一次击中目标的概率为1-1- 3=6364,解得p=34.3.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为()A.0.13B.0.17C.0.21D.0.3【解析】选B.由题意,在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.4.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为()A.0.78B.0.8C.0.82D.0.84【解析】选C.设事件A表示“甲正点到达目的地”,事件B表示“甲乘动车到达目的地”,事件C表示“甲乘汽车到达目的地”,由题意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.54+0.28=0.82.5.(5分)(多选题)甲罐中有5个红球、2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球、3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是()A.P(B)=25B.P(B|A1)=511C.事件B与事件A1相互独立D.A1,A2,A3是两两互斥的事件【解析】选BD.由题意知,A1,A2,A3是两两互斥的事件,故D正确;P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|A1)=511,由此知,B正确;P(B|A2)=411,P(B|A3)=411;而P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×411=922,由此知A,C 不正确.6.(5分)(多选题)(2024·湖南师大附中模拟)已知某数据库有视频a个、图片b张 , ∈N*, > >1,从中随机选出一个视频和一张图片,记“视频甲和图片乙入选”为事件A,“视频甲入选”为事件B,“图片乙入选”为事件C,则下列判断中正确的是()A.P(A)=P(B)+P(C)B.P(A)=P(B)·P(C)C.P( )>P( C)+P(B )D.P( C)<P(B )【解析】选BC.由相互独立事件的概率的乘法计算公式,可得A错误,B正确;事件 包含“视频甲未入选,图片乙入选”“视频甲入选,图片乙未入选”“视频甲、图片乙都未入选”三种情况,所以P( )=P( C)+P(B )+P( ),则P( )>P( C)+P(B ),所以C正确;由题可知,P( C)=1-·1 = -1 ,P(B )=1 ·1-= -1 ,因为a,b∈N*,a>b>1,所以 -1 > -1 ,即P( C)>P(B ),故D错误.7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.【解析】设事件A 为“周二晚上值班”,事件B 为“周三晚上值班”,则P (A )=C 61C 72=27,P (AB )=1C 72=121,故P (B |A )= ( ) ( )=16.答案:168.(5分)某射击运动员每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.【解析】(1)设第一次击中为事件A ,第二次击中为事件B ,则P (A )=45,由题意知,第一次击中与否对第二次没有影响,因此已知第一次击中,则第二次击中的概率是45.(2)设仅击中一次为事件C ,则仅击中一次的概率为P (C )=C 21×45×15=825,在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是P (B |C )=15×45825=12.答案:(1)45(2)129.(10分)(2024·苏州模拟)苏州某公司有甲、乙两个研发小组,开发芯片需要两道工序,第一道工序成功的概率分别为15和35.第二道工序成功的概率分别为12和23.根据生产需要现安排甲小组研发芯片A ,乙小组研发芯片B ,假设甲、乙两个小组的研发相互独立.(1)求两种芯片都研发成功的概率;(2)政府为了提高该公司研发的积极性,决定只要有芯片研发成功就奖励该公司500万元,求该公司获得政府奖励的概率.【解析】(1)甲小组研发芯片A 成功的概率为p 1=15×12=110,乙小组研发芯片B 成功的概率为p 2=35×23=25,由于甲、乙两个小组的研发相互独立,所以A ,B 两种芯片都研发成功的概率P=p1·p2=110×25=125.(2)该公司获得政府奖励则需有芯片研发成功,根据对立事件可知获奖的概率: P=1-(1-p1)(1-p2)=1-(1-110)(1-25)=1-910×35=2350.【能力提升练】10.(5分)(2024·南京模拟)在一段时间内,若甲去参观市博物馆的概率为0.6,乙去参观市博物馆的概率为0.5,且甲乙两人各自行动,则在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是()A.0.3B.0.32C.0.8D.0.84【解析】选C.依题意,在这段时间内,甲乙都不去参观博物馆的概率为P1=1-0.6×1-0.5=0.2,所以在这段时间内,甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是P=1-P1=1-0.2=0.8.11.(5分)(2024·苏州模拟)杭州亚运会组委会将甲、乙、丙、丁4名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作,每座体育馆至少派1名志愿者,A表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”;B表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”;C表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”,则()A.事件A与B相互独立B.事件A与C为互斥事件C.P =13D.P =16【解析】选D.将4名志愿者分配到三座体育馆,每座体育馆至少派1名志愿者,共有C42C21A22·A33=36种安排方案;志愿者甲派往黄龙体育中心、志愿者乙派往黄龙体育中心、志愿者乙派往杭州奥体中心,各有C32A22+A33=12种方案,所以P =P =P(C)=1236=13;志愿者甲、乙均派往黄龙体育中心,有A22=2种方案,所以P =236=118;志愿者甲派往黄龙体育中心且志愿者乙派往杭州奥体中心,有1+C21C21=5种方案,所以P =536;对于A,因为P ≠P P ,所以事件A与B不相互独立,A错误;对于B,因为P =536≠0,所以事件A与C不是互斥事件,B错误;对于C,P =53613=512,C错误;对于D,P =11813=16,D正确.12.(5分)(2024·泉州模拟)某中学为丰富学生的业余生活,举行“汉字听写大会”,老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________.【解析】设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件A,恰有3个是后两天学习过的汉字为事件B,则事件A所包含的基本事件有n(A)=C21×C63+C62×C22=55,事件B所包含的基本事件有n(B)=C41×C43=16,所以P | = ( ) ( )= ( ) ( )=1655.答案:165513.(5分)(2024·长春模拟)设A,B是一个随机试验中的两个事件,且P(A)=13,P(B)=34, P(A+ )=12,则P(A )=________,P(B|A)=__________.【解析】由题知,P (A )=13,P (B )=34,P (A + )=P +P -P =12,即13+14-P =12,则P (A )=112.因为P +P P ,所以P =13-112=14,则P (B |A =1413=34.答案:1123414.(10分)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产.在试产初期,该款芯片的生产有四道工序,前三道工序的生产互不影响,第四道是检测评估工序,包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中,前三道工序的次品率分别为P 1=110,P 2=19,P 3=18.(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率;(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰,合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽检.在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下,求工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率.【解析】(1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P =1-(1-110)(1-19)(1-18)=310.(2)设“该款芯片智能自动检测合格”为事件A ,“人工抽检合格”为事件B ,则P (A )=910,P (AB )=1-310=710,则工人在流水线进行人工抽检时,抽检一个芯片恰为合格品的概率P (B |A )= ( )( )=710910=79.15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.(1)求任意取出的零件是合格品的概率;(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.【解析】设A i表示“第i台车床加工的零件(i=1,2)”,B表示“出现废品”,C表示“出现合格品”.(1)P(C)=P(A1C∪A2C)=P(A1C)+P(A2C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)=23×(1-0.03)+13×(1-0.02)≈0.973. (2)P(A2|B)= ( 2 ) ( )= ( 2) ( | 2)( 1) ( | 1)+ ( 2) ( | 2)=13×0.0223×0.03+13×0.02=0.25.。
课时规范练53 随机事件的独立性、条件概率与全概率公式--高考复习专项练习
课时规范练53随机事件的独立性、条件概率与全概率公式--高考复习专项练习基础巩固组1.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()A.34B.23C.57D.5122.(多选)已知事件A,B,且P(A)=0.5,P(B)=0.2,则下列结论正确的是()A.如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.2,P(AB)=0.5B.如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0C.如果A与B相互独立,那么P(AB)=0D.如果A与B相互独立,那么P(B)=0.4,P(A)=0.43.甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是()A.29B.49C.23D.794.设有一批同规格的产品,由三家工厂生产,其中甲厂生产12,乙、丙两厂各生产14,而且各厂的次品率依次为2%,2%,4%,现从这批产品中任取一件,则取到次品的概率为()A.0.025B.0.08C.0.07D.0.1255.(2020黑龙江实验中学高三月考)吸烟有害健康,远离烟草,珍惜生命.据统计一小时内吸烟5支诱发脑血管病的概率为0.02,一小时内吸烟10支诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,则他在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病的概率为() A.67 B.2125C.4950D.不确定6.掷一枚质地均匀的骰子2次,每个结果以(x1,x2)记之,其中x1,x2分别表示掷第一次与掷第二次骰子的点数,设A={(x1,x2)|x1+x2=6},B={(x1,x2)|x1>x2},则P(B|A)=()A.18B.13C.25D.127.一道考题有4个答案,要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为13,而乱猜正确的概率为23.在乱猜时,4个答案都有机会被他选择,如果他答对了,则他确实知道正确答案的概率是()A.13B.23C.34D.148.(2020天津,13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.9.一袋中装有大小、形状均相同的5个球,其中2个黑球,3个白球,从中先后不放回地任取一球,则第二次取到的是黑球的概率为.10.事件A,B,C相互独立,如果P(AB)=16,P(C)=18,P(AB)=18,则P(B)=;P(B)=.11.一个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩是等可能的,令A={一个家庭中既有男孩又有女孩},B={一个家庭中最多有一个女孩}.对下述两种情形,讨论A与B的独立性:(1)家庭中有两个小孩;(2)家庭中有三个小孩.综合提升组12.(2020辽宁大连一模)《易经》是中国传统文化中的精髓,下图是易经后天八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(表示一根阳线,表示一根阴线),从八卦中任取两卦,记事件A=“两卦的六根线中恰有两根阳线”,B=“有一卦恰有一根阳线”,则P(A|B)=()后天八卦图A.15B.16C.17D.31413.某台举办闯关答题比赛,共分两轮,每轮共有4类题型,选手从前往后逐类回答,若中途回答错误,立马淘汰,若全部回答正确,就能获得一枚复活币并进行下一轮答题,两轮都通过就可以获得最终奖金.选手在第一轮闯关获得的复活币,系统会在下一轮答题中自动使用,即下一轮重新进行闯关答题时,在某一类题型中回答错误,自动复活一次,视为答对该类题型.若某选手每轮的4类题型的通过率均分别为910、89、34、13,则该选手进入第二轮答题的概率为;该选手最终获得奖金的概率为.14.为了营造勤奋读书、努力学习、奋发向上的文化氛围,提高学生的阅读兴趣,某校开展了“朗读者”闯关活动,各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼,第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8,在已经通过第一关的前提下通过第二关的概率为0.5,则该同学两关均通过的概率为.15.已知从A地去B地有①或②两条路可走,并且汽车走路①堵车的概率为14,汽车走路②堵车的概率为p,若现在有两辆汽车走路①,有一辆汽车走路②,且这三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为716,求走路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求这三辆汽车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.创新应用组16.(多选)(2020辽宁沈阳实验中学高三月考)在如图所示的电路中,A、B、C、D、E是5个保险盒.其中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是()A.AB所在线路畅通的概率为16B.ABC所在线路畅通的概率为56C.DE所在线路畅通的概率为130D.当开关合上时,整个电路畅通的概率为293617.某仓库有同样规格的产品12箱,其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的,且三个厂的次品率分别为110,114,118.现从这12箱中任取一箱,再从取得的一箱中任意取出一个产品.(1)则取得的一个产品是次品的概率为.(2)若已知取得一个产品是次品,则这个次品是乙厂生产的概率是.(精确到0.001)参考答案课时规范练53随机事件的独立性、条件概率与全概率公式1.D根据题意,恰有一人获得一等奖可以分成甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖,则所求概率是23×1+34×1=512,故选D.2.BD如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.5,P(AB)=0.2,故A错误;如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0,故B正确;如果A与B相互独立,那么P(AB)=0.1,故C错误;如果A与B相互独立,那么P(B)=P()·P()=0.4,P(A)=P(A)·P()=0.4,故D正确.3.D甲不跑第一棒共有A31·A33=18(种)情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:①乙跑第一棒,共有A33=6(种)情况;②乙不跑第一棒,共有A21·A21·A22=8(种)情况,∴甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为6+818=79,故选D.4.A设A1,A2,A3分别表示事件“取到甲厂的产品”,“取到乙厂的产品”,“取到丙厂的产品”,B表示事件“取到次品”,则P(A1)=0.5,P(A2)=P(A3)=0.25,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.02,P(B|A3)=0.04,由全概率公式,得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.5×0.02+0.25×0.02+0.25×0.04=0.025.5.A记事件A为“某公司职员一小时内吸烟5支未诱发脑血管病”,记事件B为“某公司职员一小时内吸烟10支未诱发脑血管病”,则事件B|A为“某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病”,则B⊆A,AB=B,P(A)=1-0.02=0.98,P(B)=1-0.16=0.84,因此,P(B|A)=(B)()=()()=0.840.98=67.6.C根据题意A={(x1,x2)|x1+x2=6},则集合A包含的样本点为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),B={(x1,x2)|x1>x2},则集合AB包含的样本点为(4,2),(5,1),根据条件概率求法可得P(B|A)=25.7.B设A=“考生答对”,B=“考生知道正确答案”,由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P()P(A|)=13×1+23×14=12.所以P(B|A)=()(|)()=1312=23.8.1623两球都落入盒子中的概率为12×13=16,设A=“两球至少一个落入盒子”,对立事件为=“两球都未落入”,P ()=1×1=12×23=13,则P (A )=1-P ()=23.9.25设事件A ,B 分别表示第一、二次取到的是黑球,由古典概型可知P (A )=25,P (B|A )=14,P (B|)=12.则P (B )=P (AB )+P (B )=P (A )P (B|A )+P ()P (B|)=25×14+1×12=25.10.1213由题意得()()=16,()()=18,()()()=18,得P (A )=13,P (B )=12.所以P (B )=P ()P (B )=23×12=13.11.解(方法1)利用定义(1)有两个小孩的家庭,考虑男孩、女孩的可能情形为(男,男),(男,女),(女,男),(女,女),共有4个元素,由等可能性知概率均为14.这时A={(男,女),(女,男)},B={(男,男),(男,女),(女,男)},AB={(男,女),(女,男)},于是P (A )=12,P (B )=34,P (A ∩B )=12.由此可知P (A ∩B )≠P (A )P (B ),所以事件A ,B 不相互独立.(2)有三个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女),由等可能性知这8个元素的概率均为18,这时A 中含有6个元素,B 中含有4个元素,AB 中含有3个元素.于是P (A )=68=34,P (B )=48=12,P (AB )=38,显然有P (AB )=38=P (A )P (B )成立.从而事件A 与B 是相互独立的.(方法2)利用条件概率与独立性的关系(1)由题意可知P (B|A )=1,又P (B )=34,故P (B|A )≠P (B ).所以A 与B 不相互独立.(2)由题意可知P (B|A )=36=12,又P (B )=48=12,故P (B|A )=P (B ),所以A 与B 相互独立.12.B由八卦图可知,八卦中全为阳线和全为阴线的卦各有一个,两阴一阳和两阳一阴的卦各有三个,而事件A 所包含的情况可分为两种,即第一种是取到的两卦中一个为两阳一阴,另一个为全阴;第二种是两卦中均为一阳两阴;而事件A ∩B 中只包含后者,即P (A ∩B )=C 32C 82=328,事件B 的概率P (B )=1-C 52C 82=914,所以P (A|B )=328914=16.13.152571800选手进入第二轮答题,则第一轮中答题全部正确,概率为910×89×34×13=15;第二轮通过的概率为15+110×89×34×13+910×19×34×13+910×89×14×13+910×89×34×23=15+145+140+115+25=257360,该选手最终获得奖金的概率为15×257360=2571800.14.0.4设该学生通过第一关为事件A ,通过第二关为事件B ,在通过第一关的前提下通过第二关的概率为P (B|A ),因为P (B|A )=(B )(),所以P (AB )=P (B|A )P (A )=0.5×0.8=0.4.15.解(1)由已知条件得C 21×14×34×(1-p )×p=716,即3p=1,∴p=13.即走路②堵车的概率为13.(2)由题意得ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ=0)=34×34×23=38,P (ξ=1)=716,P (ξ=2)=14×14×23+C 21×14×34×13=16,P (ξ=3)=14×14×13=148.∴随机变量ξ的分布列为ξ0123P387161611816.BD由题意知,A ,B ,C ,D ,E 保险闸被切断的概率分别为P (A )=12,P (B )=13,P (C )=14,P (D )=15,P (E )=16,所以A 、B 两个盒子畅通的概率为12×23=13,故A 错误;A 、B 、C 三个盒子混联后畅通的概率为1-23×14=1-16=56,故B 正确;D 、E 两个盒子并联后畅通的概率为1-15×16=1-130=2930,故C 错误;根据上述分析可知,当开关合上时,电路畅通的概率为2930×56=2936,故D 正确.17.(1)0.083(2)0.287(1)设A={取得一个产品是次品},B1={取得一箱是甲厂的},B2={取得一箱是乙厂的},B3={取得一箱是丙厂的}.三个厂的次品率分别为110,114,118,∴P(A|B1)=110,P(A|B2)=114,P(A|B3)=118.12箱产品中,P(B1)=612,P(B2)=412,P(B3)=212,由全概率公式得3P(A|B k)P(B k)=612×110+412×114+212×118≈0.083.P(A)=∑J1(2)依题意,已知A发生,要求P(B2|A),此时用贝叶斯公式:P(B2|A)=P(B2)P(A|B2)P(A)≈412×1140.083≈0.287.。
高中数学条件概率和相互独立精选题目(附解析)
高中数学条件概率和相互独立精选题目（附解析）(1)条件概率的定义一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝P(AB)P(A)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率．(2)条件概率的性质①任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1.②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．(3)相互独立事件的概念设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(4)相互独立事件的性质如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也都相互独立．一、利用条件概率公式求条件概率1．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到舞蹈节目为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A26＝30.根据分步乘法计数原理，有n(A)＝A14A15＝20，所以P(A)＝n(A)n(Ω)＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝A24＝12，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝1230＝25.(3)法一：由(1)(2)，得在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2523＝35.法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35.注:1．在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”时，一般可认为是条件概率．2．条件概率的两种计算方法：(1)在原样本空间中，先计算P(AB)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝P(AB)P(A)计算求得P(B|A)；(2)若事件为古典概型，可利用公式P(B|A)＝n(AB)n(A)，即在缩小后的样本空间中计算事件B发生的概率．2．某个班级共有学生40人，其中团员有15人．全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员有4人．如果要在班内任选1人当学生代表．(1)求这个代表恰好在第一小组的概率；(2)求这个代表恰好是团员代表的概率；(3)求这个代表恰好是第一小组团员的概率；(4)现在要在班内任选1个团员代表，问这个代表恰好在第一小组的概率．解：设A＝{在班内任选1名学生，该学生属于第一小组}，B＝{在班内任选1名学生，该学生是团员}．(1)P(A)＝1040＝14.(2)P(B)＝1540＝38.(3)P(AB)＝440＝110.(4)法一：P (A |B )＝P (AB )P (B )＝11038＝415. 法二：P (A |B )＝n (AB )n (B )＝415. 3．某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A.8225B.12C.38D.34解析：选C 设A 为下雨，B 为刮风，由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38.故选C. 4．某班学生的考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%，已知一学生数学不及格，则他的语文也不及格的概率是( )A.15B.310C.12D.13解析：选A 设A 为事件“数学不及格”，B 为事件“语文不及格”，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.030.15＝15，所以当数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为15. 5．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，另一个也是女孩的概率是( )A.14B.23C.12D.13解析：选D 一个家庭中有两个小孩只有4种可能：(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．记事件A 为“其中一个是女孩”，事件B 为“另一个是女孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，AB ＝{(女，女)}．于是可知，P(A)＝34，P(AB)＝14.问题是求在事件A发生的情况下，事件B发生的概率，即求P(B|A)，由条件概率公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1434＝13.6．从写着数字0,1,2,3,4,5的六张卡片中抽取两张，则在其中一张是写着数字0的卡片的条件下，另一张写着数字为偶数的概率为________．解析：一张写着数字0的卡片的抽取情况为：(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(0,5)，故另一张写着数字为偶数的概率为P＝2 5.答案：2 57.如图，一个正方形被平均分成9部分，向大正方形区域随机地投掷一点(每一次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P(A|B)，P(AB)．解：用μ(B)表示事件B所包含区域的面积，μ(Ω)表示大正方形区域的面积，由题意可知，P(AB)＝μ(AB)μ(Ω)＝19，P(B)＝μ(B)μ(Ω)＝49，P(A|B)＝P(AB)P(B)＝14.二、求互斥事件的条件概率1．在一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在第一个球是红球的事件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解：分别求出第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球和第二个球是黑球的概率．再用互斥事件概率公式得概率，也可用古典概型求概率．法一：设“摸出的第一个球是红球”是事件A，“摸出的第二个球是黄球”是事件B，“摸出的第二个球是黑球”是事件C，则P(A)＝1 10，P(AB)＝1×210×9＝145，P(AC)＝1×310×9＝130.∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝145110＝1045＝29，P(C|A)＝P(AC)P(A)＝130110＝13.∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝29＋13＝59.∴所求的条件概率为5 9.法二：∵n(A)＝1×C19＝9，n[(B∪C)∩A]＝C12＋C13＝5，∴P(B∪C|A)＝59.∴所求的条件概率为59.注：当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些较简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得所求事件的概率，但应注意这个公式在“B与C互斥”这一前提下才成立．2．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为()A．0.72B．0.8C．0.9D．0.5解析：选A在种子发芽的条件下，成长为幼苗，所以为条件概率问题．设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗(发芽，又成活为幼苗)”为事件AB，则发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9.根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.3．某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为________．解析：记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5.所以P (AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.5＝0.4，即这个选手过关的概率为0.4.答案：0.44．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于()A.18 B.14 C.25 D.12解析：选B P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(AB)＝C22C25＝110，由条件概率的计算公式得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝11025＝14.故选B.5．从编号为1,2，…，10的10个大小、颜色、材质均相同的球中任取4个，在选出4号球的条件下，选出球的最大号码为6的概率为________．解析：令事件A＝{选出的4个球中含4号球}，B＝{选出的4个球中最大号码为6}．依题意，知P(A)＝C39C410，P(AB)＝C24C410，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝C24C39＝114.答案：1 146．抛掷红、蓝两枚骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”．(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，两枚骰子的点数之和大于8的概率为多少？解：(1)设x为掷红骰子得到的点数，y为掷蓝骰子得到的点数，则所有可能的事件与点(x，y)一一对应，由题意作图(如图)．显然P(A)＝1236＝13，P(B)＝1036＝518，P(AB)＝536.(2)法一：P(B|A)＝n(AB)n(A)＝512.法二：P(B|A)＝P(AB)P(A)＝53613＝512.7．坛子里放着5个相同大小、相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求：(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB.(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的基本事件数为n(Ω)＝A25＝20.又n(A)＝A13×A14＝12.于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝1220＝35.(2)因为n(AB)＝A23＝6，所以P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝620＝310.(3)由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝31035＝12.三、事件相互独立性的判断1．下列每对事件中，哪些是互斥事件，哪些是相互独立事件？(1)1 000张有奖销售的奖券中某张奖券是一等奖与该张奖券是二等奖；(2)甲，乙两人同时购买同一期的双色球彩票各一张，甲中奖与乙中奖；(3)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”；(4)容器内盛有5个白球和3个黄球，“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”．解：(1)一张奖券不可能既是一等奖又是二等奖，即这两个事件不可能同时发生，故它们是互斥事件．(2)由双色球的中奖规则可知，甲是否中奖对乙是否中奖没有影响，反之亦然，故它们是相互独立事件．(3)“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，反之亦然，所以它们是相互独立事件．(4)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若前一事件发生了，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47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.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，也不是互斥事件．注：(1)利用相互独立事件的定义(即P(AB)＝P(A)P(B))可以准确地判定两个事件是否相互独立；(2)判定两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行分析，也就是看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响，没有影响就是相互独立事件；有影响就不是相互独立事件．2．从一副扑克牌(52张)中任抽一张，记事件A为“抽得K”，记事件B为“抽得红牌”，记事件C为“抽到J”．判断下列每对事件是否相互独立？为什么？(1)A与B；(2)C与A.解：(1)P(A)＝452＝113，P(B)＝2652＝12，事件AB即为“既抽得K又抽得红牌”，亦即“抽得红桃K或方块K”，故P (AB )＝252＝126，从而有P (A )P (B )＝P (AB )，因此事件A 与B 相互独立．(2) 事件A 与事件C 是互斥的，因此事件A 与C 不是相互独立事件．3．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，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 ＝“一个灯泡能用1 000小时”，B ＝“一个灯泡能用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．故选A.4．坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球2次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1和A 2是( )A ．互斥的事件B ．相互独立的事件C ．对立的事件D ．不相互独立的事件解析：选D P (A 1)＝35，若A 1发生，则P (A 2)＝24＝12；若A 1不发生，则P (A 2)＝34，即A 1发生的结果对A 2发生的结果有影响，故A 1与A 2不是相互独立事件．故选D.四、相互独立事件同时发生的概率1．甲、乙两人破译一密码，他们能破译的概率分别为13和14.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；(4)至多有一人能够破译的概率．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B －、A －与B 、A －与B －均相互独立．(1)“两人都能破译”为事件AB ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝13×14＝112.(2)“两人都不能破译”为事件A －B －，则P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝12. (3)“恰有一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )，又A B －与A －B 互斥，所以P [(A B －)∪(A －B )]＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝512. (4)“至多一人能破译”为事件(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)，且A B －、A －B 、A －B －互斥，故P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1112.注：1．求相互独立事件同时发生的概率的步骤：(1)首先确定各事件是相互独立的；(2)再确定各事件会同时发生；(3)先求每个事件发生的概率，再求其积．2．公式P (AB )＝P (A )P (B )可推广到一般情形，即如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．2．要制造一种机器零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05，从它们制造的产品中，各任意抽取一件，求：(1)其中至少有一件废品的概率；(2)其中恰有一件废品的概率； (3)其中至多有一件废品的概率； (4)其中没有废品的概率； (5)其中都是废品的概率．解：这两个机床的生产是相互独立的．设A ＝“从甲机床抽得的一件是废品”，B ＝“从乙机床抽得的一件是废品”，则P (A )＝0.04，P (A －)＝0.96，P (B )＝0.05，P (B －)＝0.95.由题意可知A 与B ，A 与B －，A －与B ，A －与B －都是相互独立的． (1)1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－0.96×0.95＝0.088.(2)P [(A －B )∪(A B －)]＝P (A －B )＋P (A B －)＝P (A －)P (B )＋P (A )P (B －)＝0.96×0.05＋0.04×0.95＝0.048＋0.038＝0.086.(3)法一：P [(A B －)∪(A －B )∪(A －B －)]＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＋P (A －)P (B －)＝0.04×0.95＋0.96×0.05＋0.96×0.95＝0.998.法二：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－0.04×0.05＝0.998. (4)P (A －B －)＝P (A －)P (B －)＝0.96×0.95＝0.912. (5)P (AB )＝P (A )P (B )＝0.04×0.05＝0.002.3．从甲袋中模出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23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 ．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 )＝13，P (B )＝12，由于A ，B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．4．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是( )A.49B.29C.23D.13解析：选A “左边圆盘指针落在奇数区域”记为事件A ，则P (A )＝46＝23，“右边圆盘指针落在奇数区域”记为事件B ，则P (B )＝46＝23，事件A 、B 相互独立，所以两个指针同时落在奇数区域的概率为23×23＝49，故选A.5．有一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它，则2人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．解析：甲、乙两人都未能解决的概率为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝12×23＝13， 问题得到解决就是至少有1人能解决问题， ∴P ＝1－13＝23. 答案：13 236．甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率为12，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．(1)求第4局甲当裁判的概率；(2)用X 表示前4局中乙当裁判的次数，求X 的分布列．解：(1)令A 1表示第2局结果为甲获胜，A 2表示第3局甲参加比赛时，结果为甲负，A表示第4局甲当裁判．则A＝A1·A2，P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝1 4.(2)X的所有可能取值为0,1,2.B1表示第1局结果为乙获胜，B2表示第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜，B3表示第3局乙参加比赛时，结果为乙负，则P(X＝0)＝P(B1B2B－3)＝P(B1)P(B2)P(B－3)＝1 8，P(X＝2)＝P(B－1B3)＝P(B－1)P(B3)＝1 4，P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝5 8.故X的分布列为五、相互独立事件的综合应用1．计算机考试分理论考试与实际操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为45，34，23，在实际操作考试中“合格”概率依次为12，23，56，所有考试是否合格相互之间没有影响．(1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性最大？(2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率．(3)用X表示甲、乙、丙三人在计算机考试后获合格证书的人数，求X的分布列．解：(1)设“甲获得合格证书”为事件A，“乙获得合格证书”为事件B，“丙获得合格证书”为事件C，则P(A)＝45×12＝25，P(B)＝34×23＝12，P(C)＝23×56＝59.因为P (C )>P (B )>P (A )，所以丙获得合格证书的可能性最大． (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D ，则 P (D )＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC ) ＝25×12×49＋25×12×59＋35×12×59＝1130. (3)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝35×12×49＝215，P (X ＝2)＝P (D )＝1130， P (X ＝3)＝25×12×59＝19，P (X ＝1)＝25×12×49＋35×12×49＋35×12×59＝718. 所以X 的分布列为注：求某些事件的概率时，应首先确定事件之间的关系，即两事件是互斥事件或对立事件，还是相互独立事件，然后再判断事件发生的情况，最后确定是利用和事件概率公式还是积事件概率公式进行概率计算．2．甲、乙两名篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率．解：(1)设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B .由题意得P (B －)P (B －)＝116，解得P (B －)＝14或P (B －)＝－14(舍去)，故p ＝1－P (B －)＝34，所以乙投球的命中率为34.(2)法一：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P (A －·A －)＝1－P (A －)P (A －)＝34. 法二：由题设知，P (A )＝12，P (A －)＝12，故甲投球2次，至少命中1次的概率为2P (A )P (A －)＋P (A )P (A )＝34. 3．如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是12，且是相互独立的，灯亮的概率为( )A.316B.34C.1316D.14解析：选C 记A ，B ，C ，D 这4个开关闭合分别为事件A ，B ，C ，D ，又记A 与B 至少有一个不闭合为事件E －，则P (E －)＝P (A B －)＋P (A －B )＋P (A －B －)＝34，则灯亮的概率为P ＝1－P (E －C －D －)＝1－P (E －)P (C －)P (D －)＝1－316＝1316.4．已知甲袋中有3个白球和4个黑球，乙袋中有5个白球和4个黑球．现从两袋中各取2个球，则取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为________．解析：记“从甲袋中取得2个白球”为事件A ，“从乙袋中取得1个黑球和1个白球”为事件B ，则P (AB )＝P (A )P (B )＝C 23C 27·C 15C 14C 29＝563.记“从甲袋中取得1个黑球和1个白球”为事件C ，“从乙袋中取得2个白球”为事件D ，则P (CD )＝P (C )P (D )＝C 13C 14C 27·C 25C 29＝1063.所以取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为563＋1063＝1563＝521.答案：5215．设两个相互独立事件A 与B ，若事件A 发生的概率为p ，B 发生的概率为1－p ，则A 与B 同时发生的概率的最大值________．解析：事件A 与B 同时发生的概率为p (1－p )＝p －p 2(p ∈[0,1])，当p ＝12时，最大值为14.答案：146．某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题．竞赛规则规定：答对第一、二、三个问题分别得100分、100分、200分，答错得零分．假设这名同学答对第一、二、三个问题的概率分别为0.8,0.7,0.6，且各题答对与否相互之间没有影响．(1)求这名同学得300分的概率； (2)求这名同学至少得300分的概率．解：记“这名同学答对第i 个问题”为事件A i (i ＝1,2,3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.7，P (A 3)＝0.6.(1)这名同学得300分的概率P 1＝P (A 1A －2A 3)＋P (A －1A 2A 3)＝P (A 1)P (A －2)P (A 3)＋P (A －1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.3×0.6＋0.2×0.7×0.6＝0.228.(2)这名同学至少得300分的概率P 2＝P 1＋P (A 1A 2A 3)＝0.228＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.228＋0.8×0.7×0.6＝0.564.巩固练习:1．下列说法正确的是( ) A ．P (B |A )＜P (AB ) B ．P (B |A )＝P (B )P (A )是可能的 C ．0＜P (B |A )＜1 D ．P (A |A )＝0 解析：选B 由条件概率公式P (B |A )＝P (AB )P (A )及0＜P (A )≤1知P (B |A )≥P (AB )，故A 错误；当事件A 包含事件B 时，有P (AB )＝P (B )，此时P (B |A )＝P (B )P (A )，故B 正确；由于0≤P (B |A )≤1，P (A |A )＝1，故C ，D 错误，故选B.2．某个班级共有学生40人，其中有团员15人．全班共分成4个小组，第一小组有学生10人，其中团员x 人，如果要在班内选一人当学生代表，在已知该代表是团员的条件下，这个代表恰好在第一小组内的概率是415，则x 等于( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C 设A ＝{在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班内任选一个学生，该学生是团员}．则由已知P (AB )＝x 40，P (B )＝1540，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝415.所以x401540＝415.所以x ＝4.3．在区间(0,1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜12，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜34，则P (B |A )等于( )A.12B.14C.13D.34解析：选A P (A )＝121＝12.因为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |14＜x ＜12，所以P (AB )＝141＝14，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12. 4．设A ，B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为15，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13，则事件A 发生的概率为________．解析：∵P (AB )＝15，P (B |A )＝13，∴P (A )＝P (AB )P (B |A )＝1513＝35.答案：355．高三毕业时，小红、小鑫、小芸等五位同学站成一排合影留念，已知小红、小鑫二人相邻，则小鑫、小芸相邻的概率是________．解析：设“小红、小鑫二人相邻”为事件A ，“小鑫、小芸二人相邻”为事件B ，则所求概率为P (B |A )，而P (A )＝2A 44A 55＝25，AB 表示事件“小鑫与小红、小芸都相邻”，故P (AB )＝2A 33A 55＝110，于是P (B |A )＝11025＝14.答案：146．将三颗骰子各掷一次，记事件A 表示“三个点数都不相同”，事件B 表示“至少出现一个2点”，则P (A |B )＝________.解析：由题意，得P (B )＝1－5×5×56×6×6＝91216，P (AB )＝5×4×C 136×6×6＝518，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝6091. 答案：60917．一袋中装有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为79.(1)求白球的个数；(2)现从中不放回地取球，每次取1个球，取2次，已知第1次取得白球，求第2次取得黑球的概率．解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A ，记袋中白球个数为x .则P (A )＝1－C 210－xC 210＝79，解得x ＝5，即白球的个数为5.(2)记“第1次取得白球”为事件B ，“第2次取得黑球”为事件C ，则P (BC )＝C 15C 110×C 15C 19＝2590＝518，P (B )＝C 15C 15＋C 15C 14C 110C 19＝25＋2090＝12.P (C |B )＝P (BC )P (B )＝51812＝59.8．任意向x 轴上(0,1)这一区间内掷一个点． (1)该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内的概率是多少？ (2)在(1)的条件下，求该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率．解：(1)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13内”为事件A ，由几何概型的概率计算公式，可知P (A )＝131＝13.(2)记“该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内”为事件B ，则P (AB )＝13－151＝215， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝21513＝25，故在(1)的条件下，该点落在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫15，1内的概率为25.9.如图所示，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2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 ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576解析：选B 法一：由题意知，K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8.因为K ，A 1，A 2相互独立，所以A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96，所以系统正常工作的概率为P (K )[P (A －1A 2)＋P (A 1A －2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 法二：A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为 1－P (A －1A －2)＝1－(1－0.8)×(1－0.8)＝0.96.所以系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A －1A －2)]＝0.9×0.96＝0.864.故选B. 10．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意地拨号，假设拨过了的号码不再重复，则他第3次拨号才接通电话的概率为( )A.114B.79C.110D.29解析：选C 设A i ＝{第i 次拨号接通电话}，i ＝1,2,3，第3次拨号才接通电话可表示为A －1A －2A 3，显然，A －1，A －2，A 3相互独立，所以P (A －1A －2A 3)＝910×89×18＝110.11．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是13，12，23，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为( )A.19B.16C.13D.718解析：选D 设汽车在甲、乙、丙三处通行分别为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23.停车一次即为事件A －BC ＋A B －C ＋AB C －，故其概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.12.在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片跳到另一片)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A 片上，则跳三次之后停在A 片上的概率是( )A.13B.29C.49D.827解析：选A 由题意知逆时针方向跳的概率为23，顺时针方向跳的概率为13，青蛙跳三次要回到A 只有两条途径：第一条，按A →B →C →A ，P 1＝23×23×23＝827；第二条，按A →C →B →A ，P 2＝13×13×13＝127，所以跳三次之后停在A 上的概率为P 1＋P 2＝827＋127＝13.13．台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8,0.7,0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗卫星预报准确的概率是________．解析：设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A ，B ，C ，不准确记为事件A －，B －，C －，则P (A )＝0.8，P (B )＝0.7，P (C )＝0.9，P (A －)＝0.2，P (B －)＝0.3，P (C －)＝0.1，至少两颗卫星预报准确的事件有AB C －，A B －C ，A －BC ，ABC ，这四个事件两两互斥．∴至少两颗卫星预报准确的概率为P ＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＋P (ABC )＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902.答案：0.90214．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出2个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．解析：由已知条件知，第2个问题答错，第3、4个问题答对，记“问题回答正确”事件为A ，则P (A )＝0.8，故P ＝P [(A ＋A －)A －AA ]＝[1－P (A )]·P (A )P (A )＝0.128.答案：0.12815．已知A ，B 是治疗同一种疾病的两种药，用若干试验组进行对比试验，每个试验组由4只小白鼠组成，其中2只服用A ，另2只服用B ，然后观察疗效，若在一个试验组中，服用A 有效的白鼠的只数比服用B 有效的多，就称该试验组为甲类组，设每只小白鼠服用A 有效的概率为23，服用B 有效的概率为12.(1)求一个试验组为甲类组的概率；(2)观察3个试验组，求这3个试验组中至少有一个甲类组的概率．解：(1)设A i 表示事件“一个试验组中，服用A 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.B i 表示事件“一个试验组中，服用B 有效的小白鼠有i 只”，i ＝0,1,2.据题意有：P (A 1)＝2×13×23＝49，P (A 2)＝23×23＝49，P (B 0)＝12×12＝14，P (B 1)＝2×12×12＝12.所求概率为P (B 0A 1)＋P (B 0A 2)＋P (B 1A 2)＝14×49＋14×49＋12×49＝49.(2)所求概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－493＝604729. 16．某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生选修哪门课互不影响．已知学生小张只选甲的概率为0.08，只选甲和乙的概率为0.12，至少选一门课的概率为0.88，用ξ表示小张选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．(1)求学生小张选修甲的概率；(2)记“函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上偶函数”为事件A ，求事件A 的概率；(3)求ξ的分布列．解：(1)设学生小张选修甲、乙、丙的概率分别为x ，y ，z ，则⎩⎨⎧ x (1－y )(1－z )＝0.08，xy (1－z )＝0.12，(1－x )(1－y )(1－z )＝0.12，解得⎩⎨⎧ x ＝0.4，y ＝0.6，z ＝0.5.所以学生小张选修甲的概率为0.4.(2)若函数f (x )＝x 2＋ξx 为R 上的偶函数，则ξ＝0.当ξ＝0时，表示小张选修三门课或三门课都不选，所以P (A )＝P (ξ＝0)＝xzy ＋(1－x )(1－y )(1－z )＝0.4×0.6×0.5＋(1－0.4)(1－0.6)(1－0.5)＝0.24，即事件A 的概率为0.24.(3)根据题意，知ξ可能的取值为0,2，P (ξ＝0)＝0.24.根据分布列的性质，知P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)＝0.76.所以ξ的分布列为。
条件概率及事件的相互独立性(人教A版)(含答案)
条件概率及事件的相互独立性（人教A版）一、单选题(共10道，每道10分)1.在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，求：（1）第1次抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解2.（上接第1题）（2）第1次和第2次都抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解3.（上接第1，2题）（3）在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解4.一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0~9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：（1）任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解5.（上接第4题）（2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率是( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解6.从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张，已知第1次抽到A，则第2次也抽到A的概率为( )A. B.C. D.答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：条件概率的求解7.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05．（1）恰有一次抽到某一指定号码的概率是( )A. B.C. D.答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：事件的相互独立性8.（上接第7题）（2）至少有一次抽到某一指定号码的概率是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：事件的相互独立性9.一个口袋里装有2个白球和2个黑球．（1）先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是( ) A. B.C. D.答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：事件的相互独立性10.（上接第9题）（2）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是( )A. B.C. D.答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：事件的相互独立性。
条件概率与独立事件例题和知识点总结
条件概率与独立事件例题和知识点总结在概率论中，条件概率和独立事件是两个非常重要的概念。
理解它们对于解决各种概率问题至关重要。
接下来，让我们通过一些具体的例题来深入理解这两个概念，并对相关知识点进行总结。
一、条件概率条件概率是指在事件 B 已经发生的条件下，事件 A 发生的概率，记作 P(A|B)。
其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）例题 1：一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。
先从中随机取出一个球，不放回，再取一个球。
已知第一次取出的是红球，求第二次取出红球的概率。
解析：第一次取出红球后，盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球。
此时总球数为 7 个。
所以第二次取出红球的概率为 4/7。
知识点总结：1、条件概率的本质是在新的信息（即已知某个事件发生）的基础上，重新评估另一个事件发生的可能性。
2、计算条件概率时，要先确定已知条件所限制的样本空间，再计算在这个新样本空间中目标事件发生的概率。
二、独立事件如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么事件 A 和事件 B 称为相互独立事件。
即P(A|B) ＝ P(A) 且 P(B|A) ＝ P(B) 。
例题 2：掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件 A ＝“第一次掷出的点数是1”，事件 B ＝“第二次掷出的点数是2”，判断事件 A 和事件 B是否独立。
解析：因为第一次掷骰子的结果不影响第二次掷骰子的结果，所以P(B|A) ＝ P(B) ＝ 1/6 ，P(A) ＝ 1/6 ，满足独立事件的条件，所以事件A 和事件B 是独立事件。
知识点总结：1、独立事件的判断关键在于看一个事件的发生是否会改变另一个事件发生的概率。
2、对于两个独立事件 A 和 B ，它们同时发生的概率为 P(AB) ＝P(A)×P(B) 。
三、条件概率与独立事件的综合例题例题 3：一个家庭有两个孩子，已知其中一个是女孩，求另一个也是女孩的概率。
考点测试53 事件的独立性、条件概率与全概率公式
考点测试53 事件的独立性、条件概率与全概率公式高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中等难度 考点研读1．了解两个事件相互独立的概念 2．了解条件概率与全概率公式 3．能解决一些简单的实际问题一、基础小题1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )等于( )A ．12B ．14C ．16D ．18答案 A解析 P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.故选A ．2．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，在下列事件中，与事件“第一次得到6点”不相互独立的是( )A ．第二次得到6点B ．第二次的点数不超过3C ．第二次的点数是奇数D ．两次得到的点数和是12 答案 D解析 事件“第二次得到6点”，“第二次的点数不超过3”，“第二次的点数是奇数”与事件“第一次得到6点”均相互独立，而对于事件“两次得到的点数和是12”，由于第一次得到6点，所以第二次也是6点，故不相互独立．故选D ．3．某次战役中，狙击手A 受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A 每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2,0.4,0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立．若A 至多射击两次，则他能击落敌机的概率为( )A ．0.23B ．0.2C ．0.16D ．0.1答案 A解析 若A 射击一次就击落敌机，则他击中敌机的机尾，故概率为0.1；若A 射击2次就击落敌机，则他2次都击中敌机的机首，概率为0.2×0.2＝0.04；或者A 第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为0.9×0.1＝0.09，若A 至多射击两次，则他能击落敌机的概率为0.1＋0.04＋0.09＝0.23，故选A ．4．从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，B 为“第二次取到的是3的整数倍”，则P (B |A )＝( )A ．38B ．1340C ．1345D ．34答案 B解析 由题意，得P (A )＝59，事件A ∩B 为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”：若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；若第一次取到的为1,5,7，第二次有3种情况，故共有2×2＋3×3＝13个事件．P (A ∩B )＝139×8＝1372，由条件概率的定义得P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝1340，故选B ． 5．据美国的一份资料报道，在美国总的来说患肺癌的概率约为0.1%，在人群中有20%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0.4%，则不吸烟者患肺癌的概率为( )A ．0.05%B ．0.025%C ．0.005%D ．0.045% 答案 B解析 记事件C ：“患肺癌”，记事件A ：“吸烟”，按照题意P (C )＝0.001，P (A )＝0.20，P (C |A )＝0.004，需求条件概率P (C |A －)，由全概率公式有P (C )＝P (C |A )P (A )＋P (C |A －)P (A －)，将数据代入，得0.001＝0.004×0.20＋P (C |A －)×0.80，P (C |A －)＝0.00025，则不吸烟者患肺癌的概率为0.025%.6．2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能服务器芯片“鲲鹏920”、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”、“特斯拉全自动驾驶芯片”、寒武纪云端AI 芯片“思元270”、赛灵思“V ersal 自适应计算加速平台”．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为( )A ．8991B ．291C ．98125D ．1927答案 D解析 根据题意可知，1名学生从15项中任选1项，其选择“芯片领域”的概率为515＝13，故其没有选择“芯片领域”的概率为23，则3名学生均没有选择“芯片领域”的概率为23×23×23＝827，因此至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为1－827＝1927，故选D ． 7．甲、乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是( )A ．29B ．49C ．23D ．79答案 D解析 甲不跑第一棒共有A 13A 33＝18种情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：①乙跑第一棒，共有A 33＝6种情况；②乙不跑第一棒，共有A 12A 12A 22＝8种情况．所以在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79.故选D ．8．(多选)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A 1，A 2，A 3表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是( )A ．P (B )＝25B ．P (B |A 1)＝511C ．事件B 与事件A 1相互独立D ．A 1，A 2，A 3两两互斥 答案 BD解析 因为每次取一球，所以A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，故D 正确；因为P (A 1)＝510，P (A 2)＝210，P (A 3)＝310，所以P (B |A 1)＝P (BA 1)P (A 1)＝510×511510＝511，故B 正确；同理P (B |A 2)＝P (BA 2)P (A 2)＝210×411210＝411，P (B |A 3)＝P (BA 3)P (A 3)＝310×411310＝411，所以P (B )＝P (BA 1)＋P (BA 2)＋P (BA 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，故A ，C 错误．故选BD ． 9．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.答案 0.128解析 此选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮，说明此选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题答对答错都可以．因为每个问题的回答结果相互独立，故所求的概率为1×0.2×0.82＝0.128.10．某人有4把钥匙，其中2把能打开门．现随机地取1把钥匙试着开门，不能开门的就扔掉，则第二次才能打开门的概率是________；如果试过的钥匙不扔掉，则这个概率是________.答案 13 14解析 第二次打开门，说明第一次没有打开门，故第二次打开门的概率为2×24×3＝13；如果试过的钥匙不扔掉，这个概率为2×24×4＝14.二、高考小题11．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________.答案 16 23解析 因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为12，13，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16.甲、乙两球都不落入盒子的概率为⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23. 12．(2019·全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________.答案 0.18解析 甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.三、模拟小题13．(2020·成都调研)某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和张老师负责．每次献爱心活动均需该组织4位同学参加．假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给4位同学，且所发信息都能收到．则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率为( )A ．25B ．1225C ．1625D ．45答案 C解析 设A 表示“甲同学收到李老师所发活动通知信息”，B 表示“甲同学收到张老师所发活动通知信息”，由题意，得P (A )＝410＝25，P (B )＝410＝25，∴甲同学收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率为25×35＋35×25＋25×25＝1625.故选C ．14．(2020·广东汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )A ．34B ．23C ．57D ．512答案 D解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是23×⎝⎛⎭⎫1－34＋34×⎝⎛⎭⎫1－23＝512.故选D ． 15．(2020·昆明摸底)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“4名同学所报项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P (A |B )的值为( )A ．14B ．34C ．29D ．59答案 C解析 P (B )＝3344，P (AB )＝A 3344，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝29.故选C ．16．(2020·山西大同高三模拟)对以往数据分析结果表明，当机器调整良好时，产品合格率为98%，而当机器发生某种故障时，其合格率为55%，每天早上机器开动时，机器调整良好的概率为95%。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
事件的独立性与条件概率专题
1．口袋内装有100个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( ) A ．0.31
B ．0.32
C ．0.33
D ．0.36
2．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为
( )
A.12
B.35
C.34
D.310
3．打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( )
A.35
B.34
C.1225
D.1425
4．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.310
B.13
C.38
D.29
5．(优质试题·济南质检)优质试题年国庆节放假，甲去北京旅游的
概率为13，乙，丙去北京旅游的概率分别为14，15
.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个去北京旅游的概率为
( )
A.5960
B.35
C.12
D.160
6．(优质试题·合肥月考)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估计做对第一道题的概率为0.8，做对两道题的概率为0.6，则预估计做对第二道题的概率为( )
A ．0.80
B ．0.75
C ．0.60
D ．0.48
7．从应届毕业生中选拔飞行员，已知该批学生体型合格的概率为13
，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15
，从中任选一名学生，则该学生三项均合格的概率为(假设三次标准互不影响)( )
A.49
B.190
C.45
D.59
8．高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是( )
A.12
B.13
C.14
D.25
二、填空题
9．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． 10．袋中有三个白球，两个黑球，现每次摸出一个球，不放回地摸取两次，则在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为________．
11．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．
12．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15
，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有一人去此地的概率是________.
答案精析
1．B [∵摸出红球的概率为0.45，摸出白球的概率为0.23， ∴摸出黑球的概率为1－0.45－0.23＝0.32.]
2．C [第一次抽到文科题，则总共剩下4道题，所以抽到理科题的
概率为34
.] 3．D [P 甲＝810，P 乙＝710，甲、乙独立，∴P (甲乙)＝810×710＝1425
.] 4．B [设A ＝{第一次拿到白球}，B ＝{第二次拿到红球}，
则P (AB )＝C 12C 110×C 13C 19，P (A )＝C 12C 110，所以P (B |A )＝P ?AB ?P ?A ?＝13
.] 5．B [用A ，B ，C 分别表示甲，乙，丙三人去北京旅游这一事件，
三人均不去的概率为P (A －B －C －
)＝P (A )·P (B )·P (C )＝23×34×45＝25，故至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝35
.] 6．B [设事件A i (i ＝1,2)表示“做对第i 道题”，A 1，A 2相互独立，
由已知得P (A 1)＝0.8，P (A 1A 2)＝0.6，P (A 2|A 1)＝0.60.8
＝0.75.故选B.] 7．B [设体型合格为事件A ，视力合格为事件B ，其他几项合格为事件C ，
依题意P (A )＝13，P (B )＝16，P (C )＝15
. ∴所求概率为P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝13×16×15＝190
.]
8．C [设“甲、乙二人相邻”为事件A ，“甲、丙二人相邻”为事
件B ，则所求概率为P (B |A )，由于P (B |A )＝P (AB )P (A )，而P (A )＝2A 44A 55＝25
， AB 是表示事件“甲与乙、丙都相邻”，
故P (AB )＝2A 33A 55＝110，于是P (B |A )＝11025
＝14
.] 9.35
解析 设该队员每次罚球的命中率为p ，则1－p 2
＝1625，p 2＝925.又0<p <1，所以p ＝35
. 10.34
解析 记事件A 为“第一次摸到黑球”，事件B 为“第二次摸到白球”，则事件AB 为“第一次摸到黑球、第二次摸到白球”，依题意
知P (A )＝25，P (AB )＝25×34＝310
，∴在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝34
. 11.34
解析 甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，
概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为12×12＝14
，故由互斥事件的概率公式，得甲队获得冠军的概率为14＋12＝34
.
12.25
解析 由题意知，两个人都不去此地的概率是⎝
⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＝35， ∴至少有一人去此地的概率是1－35＝25
.。