備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第十章計(jì)數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第5講事件的相互獨(dú)立性條件概率與全概率公式

第5講事務(wù)的相互獨(dú)立性、條件概率與全概率公式1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，則P（A）＝（A）A.17 B.37 解析由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝172.甲、乙兩選手進(jìn)行象棋競(jìng)賽，已知每局競(jìng)賽甲獲勝的概率為0.6，乙獲勝的概率為0.4，若接受三局兩勝制，則甲最終獲勝的概率為（D） 解析甲最終獲勝的狀況可能為甲連勝2局或甲前2局1勝1負(fù)，第3局勝，則甲最終獲勝的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.63.[2024惠州市一調(diào)]甲、乙兩位游客慕名來(lái)到惠州旅游，準(zhǔn)備從惠州西湖、羅浮山、南昆山、鹽洲島和大亞灣紅樹(shù)林公園5個(gè)景點(diǎn)中各隨機(jī)選擇一個(gè)景點(diǎn)游玩，記事務(wù)A為“甲和乙選擇的景點(diǎn)不同”，事務(wù)B為“甲和乙恰好一人選擇羅浮山”，則P（B｜A）＝（B）A.15 B.25 C.925 解析由題意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C514.[2024福州市一檢]一個(gè)袋子中有大小和質(zhì)地相同的4個(gè)球，其中2個(gè)紅球，2個(gè)黃球，每次從中隨機(jī)摸出1個(gè)球，摸出的球不再放回.則其次次摸到黃球的條件下，第一次摸到紅球的概率為（C）A.13 B.12 C.23 解析解法一記“第i次摸到紅球”為事務(wù)Ai，“第i次摸到黃球”為事務(wù)Bi，i＝1，2.則P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×1P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A解法二記“第i次摸到紅球”為事務(wù)Ai，“第i次摸到黃球”為事務(wù)Bi，i＝1，2.由抽簽的公允性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B5.[多選/2024江西分宜中學(xué)、臨川一中等校聯(lián)考]甲罐中有5個(gè)紅球，2個(gè)白球和3個(gè)黑球，乙罐中有4個(gè)紅球，3個(gè)白球和3個(gè)黑球.先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐，用事務(wù)A1，A2和A3分別表示從甲罐取出的球是紅球、白球、黑球，再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出一球，用事務(wù)B表示從乙罐取出的球是紅球.則下列結(jié)論正確的是（AD）A.P（B｜A1）＝5B.P（B）＝2C.事務(wù)B與事務(wù)A1相互獨(dú)立D.A1，A2，A3兩兩互斥解析由題意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（則P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A所以事務(wù)B與事務(wù)A1不相互獨(dú)立，故A正確，B，C不正確.明顯A1，A2，A3兩兩互斥，故D正確.故選AD.6.[2024武漢市5月模擬]設(shè)樣本空間Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的樣本點(diǎn)，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，則A，B，C三個(gè)事務(wù)是（填“是”或“不是”）兩兩獨(dú)立的，且P（ABC）P（解析由題意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）因?yàn)锳B＝{a}，所以P（AB）＝14又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A同理可推出B與C，A與C分別相互獨(dú)立，則A，B，C三個(gè)事務(wù)是兩兩獨(dú)立的.因?yàn)锳BC＝{a}，所以P（ABC）＝14，則P（ABC）7.[2024貴陽(yáng)市模擬]某校高一、高二、高三年級(jí)的學(xué)生人數(shù)之比為3∶3∶4，3個(gè)年級(jí)的學(xué)生都報(bào)名參與公益志愿活動(dòng)，經(jīng)過(guò)選拔，高一年級(jí)有13的學(xué)生成為公益活動(dòng)志愿者，高二、高三年級(jí)各有14（1）設(shè)事務(wù)B＝“在3個(gè)年級(jí)中隨機(jī)抽取的1名學(xué)生是公益活動(dòng)志愿者”；事務(wù)Ai＝“在3個(gè)年級(jí)中隨機(jī)抽取1名學(xué)生，該學(xué)生來(lái)自高i年級(jí)”（i＝1，2，3）.請(qǐng)完成下表中不同事務(wù)的概率：事務(wù)概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值1（2）若在3個(gè)年級(jí)中隨機(jī)抽取1名學(xué)生，該學(xué)生是公益活動(dòng)志愿者，依據(jù)以上表中所得數(shù)據(jù)，求該學(xué)生來(lái)自高一年級(jí)的概率.解析（1）補(bǔ)充表格如下.事務(wù)概率P（A1）P（A2）P（A3）P（B｜A1）P（B｜A2）P（B｜A3）P（B）概率值33211111（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA（2）該學(xué)生來(lái)自高一年級(jí)的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（8.[2024山東威海統(tǒng)考]某高校在一次調(diào)查學(xué)生是否有自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備的活動(dòng)中，獲得了如下數(shù)據(jù).男生人數(shù)女生人數(shù)有自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備16m無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備64n（1）若m＝24，n＝36，依據(jù)調(diào)查數(shù)據(jù)推斷，能否依據(jù)α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)認(rèn)為該校學(xué)生有無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備與性別有關(guān).（2）若m＝15，n＝60，從這些學(xué)生中隨機(jī)抽取一人.（i）若已知抽到的人有自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備，求該學(xué)生是男生的概率；（ii）推斷“抽到的人無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備”與“抽到的人是男生”是否相互獨(dú)立.附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋bα0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解析（1）零假設(shè)為H0：該校學(xué)生有無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備與性別無(wú)關(guān).χ2＝（16+64+24+36）×（16×依據(jù)小概率值α＝0.01的2獨(dú)立性檢驗(yàn)，可以認(rèn)為該校學(xué)生有無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備與性別有關(guān).（2）（i）記A為“抽到的人有自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備”，B為“抽到的人是男生”.解法一P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）解法二P（B｜A）＝n（AB）n（（ii）解法一由（i）知A為“抽到的人無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備”，B為“抽到的人是男生”，則AB為“抽到的人無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備且是男生”.P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）所以P（AB）＝P（A）P（B），所以“抽到的人無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備”與“抽到的人是男生”相互獨(dú)立.解法二零假設(shè)為H'0：該校學(xué)生有無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備與性別無(wú)關(guān).依據(jù)題意得到如下2×2列聯(lián)表：男生人數(shù)女生人數(shù)合計(jì)有自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備161531無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備6460124合計(jì)8075155χ12＝155×（16所以“抽到的人無(wú)自主創(chuàng)業(yè)準(zhǔn)備”與“抽到的人是男生”相互獨(dú)立.9.[多選/2024江蘇海安中學(xué)三模]記A，B為隨機(jī)事務(wù)，則下列說(shuō)法正確的有（BC）A.若事務(wù)A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BB.若事務(wù)A，B相互獨(dú)立，P（A）＝12，P（B）＝13，則P（A∪BC.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，則P（B｜解析選項(xiàng)分析過(guò)程正誤AP（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪?BP√C令P（B）＝x，則P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（A√D由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB?10.[多選/2024廣州市二檢]有3臺(tái)車床加工同一型號(hào)的零件，第1臺(tái)加工的次品率為8％，第2臺(tái)加工的次品率為3％，第3臺(tái)加工的次品率為2％，加工出來(lái)的零件混放在一起.已知第1，2，3臺(tái)車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的10％，40％，50％，從混放的零件中任取一個(gè)零件，則下列結(jié)論正確的是（BC）A.該零件是第1臺(tái)車床加工出來(lái)的次品的概率為0.08B.該零件是次品的概率為0.03C.假如該零件是第3臺(tái)車床加工出來(lái)的，那么它不是次品的概率為0.98D.假如該零件是次品，那么它不是第3臺(tái)車床加工出來(lái)的概率為1解析記事務(wù)A為“車床加工的零件為次品”，記事務(wù)Bi為“第i臺(tái)車床加工的零件，i＝1，2，3”.則P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.對(duì)A，任取一個(gè)零件，該零件是第1臺(tái)車床加工出來(lái)的次品的概率為PAB1=對(duì)B，任取一個(gè)零件，該零件是次品的概率為P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正確.對(duì)C，假如該零件是第3臺(tái)車床加工出來(lái)的，那么它不是次品的概率為P（A｜B3）＝1－PAB3＝1－2％＝0.98，故對(duì)D，假如該零件是次品，那么它不是第3臺(tái)車床加工出來(lái)的概率，可以考慮它的對(duì)立事務(wù)的概率：假如該零件是次品，那么它是第3臺(tái)車床加工出來(lái)的概率，即P（B3｜A），所以所求概率為1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜11.[多選/2024新高考卷Ⅱ]在信道內(nèi)傳輸0，1信號(hào)，信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立.發(fā)送0時(shí)，收到1的概率為α（0＜α＜1），收到0的概率為1－α；發(fā)送1時(shí)，收到0的概率為β（0＜β＜1），收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：?jiǎn)未蝹鬏敽腿蝹鬏?單次傳輸是指每個(gè)信號(hào)只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號(hào)須要譯碼，譯碼規(guī)則如下：?jiǎn)未蝹鬏敃r(shí)，收到的信號(hào)即為譯碼；三次傳輸時(shí)，收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到1，0，1，則譯碼為1）.（ABD）A.接受單次傳輸方案，若依次發(fā)送1，0，1，則依次收到1，0，1的概率為（1－α）（1－β）2B.接受三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1，0，1的概率為β（1－β）2C.接受三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為β（1－β）2＋（1－β）3D.當(dāng)0＜α＜0.5時(shí)，若發(fā)送0，則接受三次傳輸方案譯碼為0的概率大于接受單次傳輸方案譯碼為0的概率解析由題意，發(fā)0收1的概率為α，發(fā)0收0的概率為1－α；發(fā)1收0的概率為β，發(fā)1收1的概率為1－β.對(duì)于A，發(fā)1收1的概率為1－β，發(fā)0收0的概率為1－α，發(fā)1收1的概率為1－β，所以所求概率為（1－α）（1－β）2，故A選項(xiàng)正確.對(duì)于B，相當(dāng)于發(fā)了1，1，1，收到1，0，1，則概率為（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B選項(xiàng)正確.對(duì)于C，相當(dāng)于發(fā)了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，則概率為C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3對(duì)于D，發(fā)送0，接受三次傳輸方案譯碼為0，相當(dāng)于發(fā)0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，則此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；發(fā)送0，接受單次傳輸方案譯碼為0的概率P2＝1－α，當(dāng)0＜α＜0.5時(shí)，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α12.在2024年成都大運(yùn)會(huì)的射擊競(jìng)賽項(xiàng)目中，中國(guó)隊(duì)取得了優(yōu)異的競(jìng)賽成果，激發(fā)了全國(guó)射擊運(yùn)動(dòng)的開(kāi)展，某市實(shí)行了一場(chǎng)射擊表演賽，規(guī)定如下：表演賽由甲、乙兩位選手進(jìn)行，每次只能有一位選手射擊；由抽簽的方式確定第一次射擊的人選，甲、乙兩人被抽到的概率相等；若中靶，此人接著射擊，若未中靶，換另一人射擊.已知甲每次中靶的概率為34，乙每次中靶的概率為45（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射擊后甲得20分的概率；（2）求第n次射擊的人是乙的概率.解析（1）3次射擊后甲得20分的狀況有以下2種：第1次、第2次都是甲射擊且中靶，第3次甲射擊未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝第1次乙射擊未中靶，第2次、第3次甲射擊均中靶，其概率P2＝12×15×34×3所以3次射擊后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝（2）設(shè)“第n次射擊的人是乙”為事務(wù)An，則P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－5易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－所以數(shù)列{P（An）－59}是首項(xiàng)為－118，公比為所以P（An）－59＝－118×（1120）n則P（An）＝59－118×（1120）n故第n次射擊的人是乙的概率為59－118×（1120）n13.[設(shè)問(wèn)創(chuàng)新/2024江蘇金陵中學(xué)等校三模]一只不透亮的袋中裝有10個(gè)相同的小球，分別標(biāo)有數(shù)字0～9，先后從袋中隨機(jī)取兩只小球.用事務(wù)A表示“其次次取出小球的標(biāo)號(hào)是2”，事務(wù)B表示“兩次取出小球的標(biāo)號(hào)之和是m”.（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.（2）若用有放回的方式取球，求證：事務(wù)A與事務(wù)B相互獨(dú)立的充要條件是m＝9.解析（1）用C表示“第一次取出小球的標(biāo)號(hào)是2”，則P（C）＝110所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝1所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以干脆分析得到P（A）＝910（2）記第一次取出小球的標(biāo)號(hào)為x，其次次取出小球的標(biāo)號(hào)為y，用數(shù)組（x，y）表示兩次取球的狀況，記樣本空間為Ω，則n（Ω）＝100.下面證明充分性：當(dāng)m＝9時(shí)，事務(wù)B發(fā)生的狀況為（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8