2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练54 随机事件与概率、事件的相互独立性（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练54 随机事件与概率、事件的相互独立性（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.从装有除颜色外其他完全相同的2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球,则互斥而不对立的事件是( )
A.至少有1个黑球与都是黑球
B.至少有1个黑球与都是红球
C.至少有1个黑球与至少有1个红球
D.恰有1个黑球与恰有2个黑球
答案:D
解析:对于A,事件“至少有1个黑球”与“都是黑球”可以同时发生,故A中两个事件不互斥.对于B,事件“至少有1个黑球”与“都是红球”不能同时发生,但一定有一个发生,故B中两个事件为对立事件.对于C,事件“至少有1个黑球”与“至少有1个红球”可以同时发生,故C中两个事件不互斥.对于D,事件“恰有1个黑球”与“恰有2个黑球”不能同时发生,但可能同时不发生,故D中两个事件互斥而不对立.
2.甲、乙两人下棋,若两人下成和棋的概率是12,甲获胜的概率是13,则甲不输的概率为( )
A.56B.25
C.16D.13
答案:A
解析:因为事件“甲不输”包含“两人下成和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件,所以甲不输的概率为12+13=56.
3.对一批产品的长度(单位:mm)进行抽样检测,检测结果的频率分布直方图如图所示.根据标准,产品长度在区间[20,25)内的为一等品,在区间[15,20)和区间[25,30)内的为二等品,在区间[10,15)和[30,35]上的为三等品.用频率估计概率,现从该批产品中随机抽取一件,则其为二等品的概率为( )
答案:D
解析:由题意可知产品长度在区间[25,30)内的频率为1-(0.02+0.04+0.06+0.03)×5=0.25,
故从该批产品中随机抽取一件,其为二等品的概率为0.04×5+0.25=0.45.
4.已知甲、乙、丙、丁四人进行围棋比赛,比赛流程如图所示,根据以往经验,甲战胜乙、丙、丁的概率分别为0.8,0.4,0.6,丙战胜丁的概率为0.5,并且比赛没有和棋,则甲获得最后冠军的概率为( )
A.0.6B.0.5
C.0.4D.0.3
答案:C
解析:依题意,所求概率为0.8×0.5×0.4+0.8×(1-0.5)×0.6=0.4.
5.一只袋子中装有除颜色外其他完全相同的7个红玻璃球,3个绿玻璃球,从中无放回地任意抽取两次,每次只取1个,取得2个红球的概率为715,取得2个绿球的概率为115,则取得两个同颜色的球的概率为 ;至少取得1个红球的概率为 .
答案:815 1415
解析:由于“取得2个红球”与“取得2个绿球”是互斥事件,取得2个同色球,只需两互斥事件有一个发生即可,因而取得2个同色球的概率为P=715+115=815.
由于事件A“至少取得1个红球”与事件B“取得2个绿球”是对立事件,
则至少取得1个红球的概率为P(A)=1-P(B)=1-115=1415.
6.某工厂生产了一批产品,这批产品按质量分为一等品,二等品,三等品.从这批产品中随机抽取一件产品检测,已知抽到不是三等品的概率为0.93,抽到一等品或三等品的概率为0.85,则抽到一等品的概率为 .
答案:0.78
解析:设事件A=“抽到一等品”,B=“抽到二等品”,C=“抽到三等品”,
则P(A)+P(B)=0.93,P(A)+P(C)=0.85,P(A)+P(B)+P(C)=1,
解得P(A)=0.78,P(B)=0.15,P(C)=0.07.
所以抽到一等品的概率为0.78.
7.假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上的销售量相等,为了解它们的使用寿命,现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试,统计结果如图所示:
(1)估计甲品牌产品寿命小于200 h的概率;
(2)在这两种品牌产品中,某个产品已使用了200 h,试估计该产品是甲品牌的概率.
解:(1)甲品牌产品寿命小于200 h的频率为5+20100=14,用频率估计概率,可得甲品牌产品寿命小于200 h的概率估计值为14.
(2)根据频数分布直方图可得寿命不低于200 h的两种品牌产品共有75+70=145(个),其中甲品牌产品有75个,
所以在样本中,寿命不低于200 h的产品是甲品牌的频率是75145=1529.
据此估计已使用了200 h的该产品是甲品牌的概率为1529.
8.袋中有除颜色外其他完全相同的12个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,得到红球的概率是13,得到黑球或黄球的概率是512,得到黄球或绿球的概率也是512,则得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少?
解:从袋中任取一球,记事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”分别为A,B,C,D,
则有P(A)=13,P(B∪C)=P(B)+P(C)=512,
P(C∪D)=P(C)+P(D)=512,P(B∪C∪D)=P(B)+P(C)+P(D)=1-P(A)=1-13=23,
解得P(B)=14,P(C)=16,P(D)=14,
因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14,16,14.
二、综合应用
9.甲、乙两人独立地解同一问题,甲解决这个问题的概率是p1,乙解决这个问题的概率是p2,则恰好有1人解决这个问题的概率是( )
A.p1p2
B.p1(1-p2)+p2(1-p1)
C.1-p1p2
D.1-(1-p1)(1-p2)
答案:B
解析:甲解决问题而乙没有解决问题的概率是p1(1-p2),
乙解决问题而甲没有解决问题的概率是p2(1-p1).
故恰有1人解决问题的概率是p1(1-p2)+p2(1-p1).
10.某中学根据学生的兴趣爱好,分别创建了“书法”“诗词”“理学”三个社团,根据资料统计,新生是否选择参加这三个社团相互独立.某新生入学,假设他选择参加该校的“书法”“诗词”“理学”三个社团的概率依次为m,13,n,已知他三个社团都选择参加的概率为124,都选择不参加的概率为14,且m>n.
(1)求m与n的值;
(2)该校根据三个社团的活动安排情况,对参加“书法”社团的同学增加校本选修学分1分,对参加“诗词”社团的同学增加校本选修学分2分,对参加“理学”社团的同学增加校本选修学分3分.求该新生在社团方面获得校本选修学分不低于4分的概率.
解:(1)由题意,得13mn=124,(1-m)1-13(1-n)=14,m>n,
解得m=12,n=14.
(2)设事件A=“获得校本选修学分4分”,B=“获得校本选修学分5分”,C=“获得校本选修学分6分”,
则由已知得P(A)=12×1-13×14=112,
P(B)=1-12×13×14=124,
P(C)=12×13×14=124,
故该新生在社团方面获得校本选修学分不低于4分的概率P=P(A)+P(B)+P(C)=16.
11.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.
经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12.
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
解:(1)甲连胜四场的概率为116.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
甲连胜四场的概率为116;
乙连胜四场的概率为116;
丙上场后连胜三场的概率为18.
所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.
(3)丙最终获胜,有两种情况:
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18;
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18.
因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.
三、探究创新
12.已知三个元件T1,T2,T3正常工作的概率分别为12,34,34,将它们中某两个元件并联后再与第三个元件串联接入电路.
(1)如图,求该电路不发生故障的概率;
(2)按要求如何将三个元件接入电路,才能使电路不发生故障的概率最大?请说明理由.
解:设事件A1=“元件T1正常工作”,A2=“元件T2正常工作”,A3=“元件T3正常工作”,
则P(A1)=12,P(A2)=34,P(A3)=34.
(1)设事件A=“该电路不发生故障”,
则由题意可知A=(A2∪A3)A1.
因为P(A2∪A3)=1-1-34×1-34=1516,P(A1)=12,所以P(A)=1516×12=1532.
(2)将元件T2,T3并联后再与元件T1串联接入电路,由(1)知,此时电路不发生故障的概率P1=1532.
将元件T1,T3并联后再与元件T2串联接入电路,此时电路不发生故障的概率P2=P((A1∪A3)A2)=P(A1∪A3)P(A2)=2132.
将元件T1,T2并联后再与元件T3串联接入电路,此时电路不发生故障的概率P3=P((A1∪A2)A3)=P(A1∪A2)·P(A3)=2132.
因为P2=P3>P1,所以将元件T1,T3并联后再与元件T2串联接入电路或将元件T1,T2并联后再与元件T3串联接入电路,才能使电路不发生故障的概率最大.