人教A版普通高中数学一轮复习65课时练习含答案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习65课时练习含答案，共10页。试卷主要包含了故选A.，故选B.等内容，欢迎下载使用。
1．已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要1只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取1只不放回，则在他第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为( )
A．14B．944
C．911D．79
C 解析：(方法一)因为电工师傅每次从中任取1只不放回，且第1次取到的是螺口灯泡，所以第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率等价于从2只螺口灯泡与9只卡口灯泡中抽取1只，恰为卡口灯泡的概率，即为92+9＝911．
(方法二)设事件A为第1次取到的是螺口灯泡，事件B为第2次取到的是卡口灯泡，则在第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为P(B|A)＝PABPA＝3×912×11312＝911．故选C.
2．若将整个样本空间想象成一个1×1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，则如图所示的涂色部分的面积表示( )
A．事件A发生的概率
B．事件B发生的概率
C．事件B不发生的条件下事件A发生的概率
D．事件A，B同时发生的概率
A 解析：由题意可得，题图所示的涂色部分的面积为P(A|B)P(B)＋[1－P(B)]P(A|B)＝P(AB)＋P(B)P(A|B)＝P(AB)＋P(AB)＝P(A)．故选A.
3．(2024·合肥模拟)某学校高三(1)班至(4)班举办研学游活动，有4个地方可供选择，且每班只能去1个地方．设事件M＝“4个班去的地方各不相同”，N＝“(1)班独自去1个地方”，则P(M|N)＝( )
A．29B．14
C．13D．49
A 解析：由题意得，n(N)＝C41×33＝108，n(MN)＝A44＝24，
所以P(M|N)＝nMNnN＝24108＝29．
4．已知A，B为两个随机事件，0＜P(A)＜1，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|A)＝0.2，则P(A)＝( )
A．0.1B．17
C．0.33D．37
B 解析：P(B|A)＝PBAPA＝0.9，所以P(BA)＝0.9P(A)，
P(B|A)＝PBAPA＝0.2，所以P(BA)＝0.2P(A)，
所以P(BA)＋P(BA)＝0.9P(A)＋0.2P(A)＝0.9P(A)＋0.2[1－P(A)]，
所以P(B)＝0.9P(A)＋0.2[1－P(A)]，
即0.3＝0.7P(A)＋0.2，解得P(A)＝17．故选B.
5．某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( )
A．0.23B．0.47
C．0.53D．0.77
D 解析：由题图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%，20%，10%，
记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1.
又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%，
记事件B＝“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，
由全概率公式，可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故选D.
6．(多选题)为增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛．某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A＝“第1次抽到选择题”，事件B＝“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是( )
A．P(A)＝35B．P(AB)＝310
C．P(B|A)＝12D．P(B|A)＝12
ABC 解析：P(A)＝C31C51＝35，故A正确；P(AB)＝C31C21C51C41＝310，故B正确；P(B|A)＝PABPA＝31035＝12，故C正确；P(A)＝1－P(A)＝1－35＝25， P(AB)＝C21C31C51C41＝310，P(B|A)＝PABPA＝31025＝34，故D错误．
7．位于数轴上的粒子A每次只能向左或向右移动一个单位长度，若前一次向左移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为23；若前一次向右移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为13．若粒子A第一次向右移动一个单位长度的概率为13，则粒子A第二次向左移动的概率为 ．
49 解析：所求的概率p＝13×23＋23×13＝49．
8．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色另一瓶是红色或黑色的概率是 ．
67 解析：设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥，又P(A)＝C21C31+C22C52＝710， P(AB)＝C21C11C52＝15，
P(AC)＝C21C21C52＝25，
故P(D|A)＝ P(B∪C|A)＝ P(B|A) ＋ P(C|A)＝PABPA＋PACPA＝67．
9．某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试生产初期，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)求该款芯片的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查检验．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：(1)因为前三道工序的次品率分别为
P1＝110，P2＝19，P3＝18，
所以该款芯片的生产在进入第四道工序前的次品率为P＝1－[(1－P1)(1－P2)(1－P3)]＝1－910×89×78＝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，
由已知得P(A)＝910，P(AB)＝1－P＝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为事件B|A，
所以P(B|A)＝PABPA＝710×109＝79．
10．在某次对抗赛中，甲、乙两人同时挑战100秒记忆力项目，根据以往甲、乙两人同场对抗挑战该项目的记录统计分析，在对抗挑战中，甲挑战成功的概率是415，乙挑战成功的概率是215，甲、乙均未挑战成功的概率是710，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为( )
A．12B．38
C．25D．715
B 解析：记“甲挑战成功”为事件A，“乙挑战成功”为事件B，则P(A)＝415，P(B)＝215．P(A∪B)＝1－710＝310．
由概率加法公式知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，
可得P(AB)＝ P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝415＋215－310＝110，
则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为P(B|A)＝PABPA＝110415＝38．故选B.
11．(多选题)(2024·晋中模拟)下列各式中能够说明随机事件A与随机事件B相互独立的是( )
A．P(A|B)＝P(B|A)
B．P(A|B)＝P(A|B)
C．P(A)＝P(A|B)
D．P(B)＝P(A|B)
BC 解析：对于A，因为P(A|B)＝PABPB＝P(B|A)＝PABPA，所以P(A)＝P(B)，不能说明随机事件A与随机事件B相互独立，故A不正确；
对于B，因为P(A|B)＝PABPB＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)P(B)＝P(B)P(AB)，
所以P(AB)[1－P(B)]＝P(B)[P(A)－P(AB)]，化简得P(AB)＝P(A)P(B)，
即随机事件A与随机事件B相互独立，故B正确；
对于C，因为P(A)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(A)P(B)，随机事件A与随机事件B相互独立，故C正确；
对于D，因为P(B)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(B)P(B)，由于P(A)，P(B)不一定相等，所以不能说明事件A，B相互独立，故D不正确．故选BC.
12．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：.2023贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小明期待想去影院看的．小明家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.5，则小明同学( )
A．第二天去甲影院的概率为0.44
B．第二天去乙影院的概率为0.44
C．第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为49
D．第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为823
D 解析：对于A，设A1：第一天去甲影院，A2：第二天去甲影院，B1：第一天去乙影院，B2：第二天去乙影院，
所以P(A1)＝0.4，P(B1)＝0.6，P(A2A1)＝0.6，P(A2B1)＝0.5，
所以P(A2)＝P(A1)P(A2A1)＋P(B1)P(A2B1)＝0.4×0.6＋0.6×0.5＝0.54，故A不正确；
对于B，P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，故B不正确；
对于C，P(B1A2)＝P(B1)P(A2B1)P(A2)＝＝59，故C不正确；
对于D，P(A1B2)＝P(A1P(B2A1)P(B2)＝＝0.4×1-＝823，故D正确．故选D.
13．(2024·南京模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为 ．
0．625 解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝PABPB＝0.50.8＝0.625.
14．长白飞瀑、高句丽遗迹、鹤舞向海、一眼望三国、伪满皇宫、松江雾凇、净月风光、查干冬渔是吉林著名的景观．某人打算来吉林旅游，冬季来的概率是23，夏季来的概率是13，如果冬季来，则看不到长白飞瀑、鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔．无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则某人去了一眼望三国景点的概率为 ．
1745 解析：设事件A1＝“冬季来吉林旅游”，事件A2＝“夏季来吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三国’”，则P(A1)＝23，P(A2)＝13，
在冬季去了“一眼望三国”的概率P(B|A1)＝C41C11C52＝25，
在夏季去了“一眼望三国”的概率P(B|A2)＝C51C11C62＝13，
所以去了“一眼望三国”的概率P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝23×25＋13×13＝1745．
15．(学科交汇)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的数量比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率是多大？
解：记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P(A1)＝12×12＝14，P(A2)＝14×14＝116，P(A3)＝2×14×12＝14．
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：
①若选择的是“Dd，Dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A1)＝14；
②若选择的是“dd，dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A2)＝1；
③若选择的是“dd，Dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A3)＝12．
综上所述，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝14×14＋116×1＋14×12＝14．
因此，子三代中基因型为dd的概率是14．
16．(新情境)第19届杭州亚运会中电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注．已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵(即比赛1和2)，两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．
第二轮：胜者组两支队伍对阵(即比赛3)，获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组的两支队伍对阵(即比赛4)，失败队伍(已两败)被淘汰(获得殿军)，获胜队伍留在败者组．
第三轮：败者组两支队伍对阵(即比赛5)，失败队伍被淘汰(获得季军)，获胜队伍成为败者组第一名．
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛(即比赛6)，争夺冠军．
假设每场比赛双方获胜的概率均为12，每场比赛之间相互独立．问：
(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．
解：(1)由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以所求的概率为12×12×12＝18．
(2)设事件Wi＝“队伍B在比赛i中胜利”，事件Li＝“队伍B在比赛i中失败”，i＝1，2，3，4，5，6，
设事件E：队伍B获得亚军，事件F：队伍B在参加的所有比赛中败了两场，
则事件F包括L2L4，L2W4L5，W2L3L5，W2L3W5L6，L2W4W5L6，且这五种情况彼此互斥，所以P(F)＝ P(L2L4)＋ P(L2W4L5)＋ P(W2L3L5)＋P(W2L3W5L6)＋ P(L2W4W5L6)＝12×12＋12×12×12＋12×12×12＋12×12×12×12＋12×12×12×12＝58．
事件E∩F包括W2L3W5L6，L2W4W5L6，且这两种情况互斥，
所以P(E∩F)＝P(W2L3W5L6)＋P(L2W4W5L6)＝12×12×12×12＋12×12×12×12＝18，
所以所求事件E|F的概率为P(E|F)＝PE∩FPF＝1858＝15．