2026届高考数学一轮总复习提能训练练案66事件的独立性条件概率与全概率公式

这是一份2026届高考数学一轮总复习提能训练练案66事件的独立性条件概率与全概率公式，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2024·陕西西安长安区一中质检)甲、乙两人进行羽毛球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设甲在第一、第二、第三局比赛中获胜的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，则甲恰好连胜两局的概率为( )
A．eq \f(1,9) B．eq \f(5,36)
C．eq \f(7,36) D．eq \f(2,9)
[答案] B
[解析] 甲恰好连胜两局有：前两局获胜，第三局失利和第一局失利，后两局获胜两种情况，∴甲恰好连胜两局的概率P＝eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,36).故选B.
2．(2024·安徽“皖江名校联盟”月考)2022年11月29日神舟十五号载人飞船发射任务取得圆满成功，开启了我国空间站应用发展的新阶段．在太空站内有甲、乙、丙三名航天员，按照一定顺序依次出仓进行同一试验、每次只派一人、每人最多出仓一次，且时间不超过10分钟．若第一次试验不成功，返仓后派下一人重复进行试验，若试验成功终止试验．已知甲，乙，丙10分钟内试验成功的概率分别为eq \f(9,10)，eq \f(8,9)，eq \f(7,8)，每人试验能否成功相互独立，则试验成功的概率为( )
A．eq \f(7,10) B．eq \f(119,120)
C．eq \f(359,360) D．eq \f(719,720)
[答案] D
[解析] 解法一：试验任务不成功的概率是1－p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(7,8)))＝eq \f(1,720)，所以成功的概率是eq \f(719,720).
解法二：不妨设按照甲乙丙顺序依次出仓进行试验，设试验任务成功的事件为M，甲成功的事件为M1，甲不成功乙成功的事件为M2，甲乙都不成功丙成功的事件为M3，P(M1)＝eq \f(9,10)，P(M2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))×eq \f(8,9)＝eq \f(8,90)，P(M3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,9)))×eq \f(7,8)＝eq \f(7,720)，因为事件M1，M2，M3互斥，所以试验任务成功的概率P(M)＝P(M1＋M2＋M3)＝eq \f(9,10)＋eq \f(8,90)＋eq \f(7,720)＝eq \f(719,720).故选D.
3．(2025·山西大同摸底)已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示．能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作．则听不到声音的概率为( )
A．0.197 38 18
C．0.010 92 28
[答案] A
[解析] 设能听到声音为事件M，则P(M)＝[1－P(eq \x\t(A) eq \x\t(B))]·P(C)[1－P(eq \x\t(D) eq \x\t(E))]＝[1－P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))]·P(C)·[1－P(eq \x\t(D))P(eq \x\t(E))]＝(1－0.1×0.2)×0.9×(1－0.3×0.3)＝0.802 62，所以听不到声音的概率P(eq \x\t(M))＝1－0.802 62＝0.197 38.故选A.
4．(2025·辽宁鞍山质检)若M，N为随机事件，且P(M)＝0.4，P(N)＝0.3，则( )
A．若M，N为互斥事件，则P(M∪N)＝0.58
B．若M，N为互斥事件，P(M∩N)＝0.12
C．若M，N为相互独立事件，P(M∪N)＝0.7
D．若P(N|eq \x\t(M))＝0.4，则P(N|M)＝0.15
[答案] D
[解析] 若M，N为互斥事件，则P(M∪N)＝0.4＋0.3＝0.7，A错误；若M，N为互斥事件，P(M∩N)＝0，B错误；若M，N为相互独立事件，P(M∪N)＝P(M)＋P(N)－P(MN)＝0.4＋0.3－0.4×0.3＝0.58，C错误；∵P(N)＝P(M)P(N|M)＋P(eq \x\t(M))P(N|eq \x\t(M))，即0.3＝0.4P(N|M)＋0.6×0.4，解得P(N|M)＝0.15，D正确．故选D.
5．(2024·安徽A10联盟联考)2023年7月28日晚，第31届世界大学生夏季运动会在成都盛大开幕，为宣传成都大运会，某大学团委开展了“阳光灿烂青春与共”大运会知识竞赛活动，各班以团支部为单位参加比赛，某班团支部在6道题中(包含4道图片题和2道视频题)，依次不放回地随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到图片题”，事件B为“第2次抽到视频题”，则P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,3)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(2,5)
[答案] C
[解析] 因为P(A)＝eq \f(A\\al(1,4),A\\al(1,6))＝eq \f(2,3)，故P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，事件eq \(A,\s\up6(－))B表示两次均抽到视频题，故P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,6))＝eq \f(1,15)，由条件概率求解公式可得P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P\(A,\s\up6(－))B,P\(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,5).故选C.
6．(2024·湖北高中名校联盟联考)某人从A地到B地，乘火车、轮船、飞机的概率分别为0.3,0.3,0.4，乘火车迟到的概率为0.2，乘轮船迟到的概率为0.3，乘飞机迟到的概率为0.4，则这个人从A地到B地迟到的概率是( )
A．0.16
C.0.4
[答案] B
[解析] 设事件A表示“乘火车”，事件B表示“乘轮船”，事件C表示“乘飞机”，事件D表示“迟到”，则P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝(D|A)∪(D|B)∪(D|C)，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.选B.
7．(2025·河北唐山一中开学考试)设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球，记事件A＝“从甲袋中任取1球是红球”，事件B＝“从乙袋中任取2球全是白球”，则下列说法正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(9,14) B.P(AB)＝eq \f(6,7)
C．P(A|B)＝eq \f(1,5) D.事件A与B相互独立
[答案] C
[解析] P(A)＝eq \f(3,7)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(4,7)，又P(B|A)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,4))＝eq \f(1,2)，∴P(B)＝P(A)·P(B|A)＋P(eq \x\t(A))·P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(5,14)，故A错误；P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝eq \f(1,14)，故B错误；P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(1,14)×eq \f(14,5)＝eq \f(1,5)，故C正确；eq \f(1,14)＝P(AB)≠P(A)·P(B)＝eq \f(15,84)，事件A与事件B不相互独立，故D错误．故选C.
二、多选题
8．(2025·广西摸底)已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.2，P(B)＝0.6，下列说法正确的是( )
A．若P(AB)＝0.12，则A，B相互独立
B．若A，B互斥，则A，B不相互独立
C．若P(B|A)＝0.5，则P(AB)＝0.1
D．若A⊆B，则P(A|B)＝0.2
[答案] ABC
[解析] 因为事件A，B相互独立⇔P(AB)＝P(A)P(B)，P(A)P(B)＝0.2×0.6＝0.12＝P(AB)，所以A，B相互独立，故A正确；因为A，B互斥，则P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A，B不可能相互独立，故B正确；∵P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝0.5，∴P(AB)＝P(B|A)×P(A)＝0.5×0.2＝0.1，故C正确；∵A⊆B，∴P(AB)＝P(A)，∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(PA,PB)＝eq \f(0.2,0.6)＝eq \f(1,3)≠0.2，故D错误．故选ABC.
9．(2025·福建厦门一中开学测试)某社团开展“建党100周年主题活动——学党史知识竞赛”，甲、乙两人能得满分的概率分别为eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，两人能否获得满分相互独立，则( )
A．两人均获得满分的概率为eq \f(1,2)
B．两人至少一人获得满分的概率为eq \f(7,12)
C．两人恰好只有甲获得满分的概率为eq \f(1,4)
D．两人至多一人获得满分的概率为eq \f(1,2)
[答案] ACD
[解析] 设A＝“甲获得满分”，B＝“乙获得满分”，则P(A)＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(2,3).“两人均获得满分”可表示为AB，因两人能否获得满分相互独立，故P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，即A正确；因“两人至少一人获得满分”的对立事件为eq \x\t(A)eq \x\t(B)，则“两人至少一人获得满分”的概率为1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝1－P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))＝1－eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(11,12)，故B错误；“两人恰好只有甲获得满分”可表示为Aeq \x\t(B)，其概率为P(Aeq \x\t(B))＝P(A)·P(eq \x\t(B))＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,4)，故C正确；“两人至多一人获得满分”的对立事件为AB，则两人至多一人获得满分的概率为1－P(AB)＝1－P(A)·P(B)＝1－eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，故D正确．故选ACD.
10．(2025·云南大理统测)假设A，B是两个事件，且P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(B|A)＝P(B)，则( )
A．P(AB)＝eq \f(1,6) B.P(Aeq \x\t(B))＝eq \f(1,6)
C．P(A＋B)＝eq \f(5,6) D.P(A|B)＝eq \f(1,2)
[答案] AD
[解析] 因为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，P(B|A)＝P(B)，P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,3)，所以P(AB)＝P(A)·P(B)＝eq \f(1,6)，A正确；因为事件A与B相互独立，所以A与eq \x\t(B)相互独立，所以P(Aeq \x\t(B))＝P(A)P(eq \x\t(B))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，B错误；P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，C错误；因为P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝P(A)，所以P(A|B)＝eq \f(1,2)，D正确．故选AD.
三、填空题
11．(2025·四川内江模拟)两批同种规格的产品，第一批占20%，次品率为5%；第二批占80%，次品率为4%，现将两批产品混合，从混合的产品中任取一件，则这件产品是次品的概率为________.
[答案] 0.042
[解析] 依题意，由全概率公式得这件产品是次品的概率p＝20%×5%＋80%×4%＝0.042.
12．(2024·江苏南通质检)已知事件A，B相互独立．若P(eq \x\t(A))＝0.6，P(B|eq \x\t(A))＝0.3，则P(AB)＝________.
[答案] 0.12
[解析] 因为事件A，B相互独立，所以事件eq \x\t(A)，B相互独立，所以P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(P\x\t(A)B,P\x\t(A))＝eq \f(P\x\t(A)PB,P\x\t(A))＝P(B)＝0.3，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝(1－P(eq \x\t(A)))P(B)＝0.12.
13．(2025·江西南昌摸底)庆“七一”，教育局组织党史知识竞赛，经过激烈角逐，最后甲乙两队争夺冠军．实行“三局两胜制”(无平局)．若甲队在每局比赛中获胜的概率均为eq \f(2,3)，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为________.
[答案] eq \f(2,5)
[解析] 设事件“甲获得冠军”为事件A，比赛进行了三局为事件B，则P(A)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(20,27)，P(AB)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(8,27),\f(20,27))＝eq \f(2,5).
四、解答题
14．(2025·广东肇庆联考)某工厂生产一种零件，该零件的质量分为三种等级：一等品、二等品和次品．根据历史数据，该工厂生产一等品、二等品和次品的概率分别为0.7,0.2和0.1.现对一批刚生产出来的零件进行质量检测，检测方式分为两种：自动检测和人工抽检，自动检测能将一等品全部正确识别，但有5%的概率将二等品误判为次品，有15%的概率将二等品误判为一等品，也有10%的概率将次品误判为二等品．
(1)求在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率；
(2)假设零件先经过自动检测，若判断为一等品，则进行人工抽检；若判断为二等品或次品，则直接淘汰．求人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率．
[解析] (1)设事件A表示“零件是次品”，B表示“自动检测判断零件为次品”，A1、A2表示零件是一等品、二等品，
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A1)P(B|A1)＝0.1×0.9＋0.2×0.05＋0.7×0＝0.1，
则P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.1×0.9,0.1)＝eq \f(9,10).
所以一个被判为次品的零件实际为次品的概率为eq \f(9,10).
(2)设事件C表示“零件需要进行人工抽检”，D表示“人工抽检的零件为一等品”，
P(C)＝0.7＋0.2×0.15＝0.73，P(CD)＝0.7，
所以人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率为P(D|C)＝eq \f(PCD,PC)＝eq \f(0.7,0.73)＝eq \f(70,73).
B组能力提升
1．(多选题)(2025·江苏镇江模拟)同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件A，“乙正面向上”为事件B，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件C，则下列判断正确的是( )
A．A与B相互对立 B.A与B相互独立
C．P(C)＝eq \f(1,2) D.P(B|C)＝eq \f(2,3)
[答案] BD
[解析] 由题意可知，事件A与事件B有可能同时发生，例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件A与事件B不是互斥事件，当然也不是对立事件，故A错误；依题意P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(1,2×2)＝eq \f(1,4)＝P(A)P(B)，所以事件A与事件B相互独立，故B正确；P(C)＝1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，因为B⊂C，∴P(BC)＝P(B)＝eq \f(1,2)，所以P(B|C)＝eq \f(PBC,PC)＝eq \f(\f(1,2),\f(3,4))＝eq \f(2,3)，故D正确，C错误．故选BD.
2．(2024·山东济南二模)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝eq \f(1,4)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(A∪B)＝eq \f(1,2)，则P(B|eq \x\t(A))＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,12)
[答案] B
[解析] 因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，即eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－P(AB)，解得P(AB)＝eq \f(1,12)，又因为P(B)＝P(AB)＋P(eq \x\t(A)B)，即eq \f(1,3)＝eq \f(1,12)＋P(eq \x\t(A)B)，解得P(eq \x\t(A)B)＝eq \f(1,4)，且P(A)＝eq \f(1,4)，可得P(eq \x\t(A))＝1－P(A)＝eq \f(3,4)，所以P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(P\x\t(A)B,P\x\t(A))＝eq \f(\f(1,4),\f(3,4))＝eq \f(1,3).故选B.
3．(2025·山东齐鲁名师联盟诊断)从数字1,2,3中随机取一个数字，取到的数字为n(n＝1,2,3)，再从数字1，…，n中随取一个数字，则第二次取到数字2的概率为( )
A.eq \f(5,18) B.eq \f(7,18)
C.eq \f(11,18) D.eq \f(13,18)
[答案] A
[解析] 记事件An＝“第一次取到数字n”，n＝1,2,3，事件B＝“第二次取到数字2”，∴P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(1,3)×0＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,18).故选A.
4．(2025·湘豫名校联考)在一个不透明箱子中装有10个大小、质地完全相同的球，其中白球7个，黑球3个．现从中不放回地依次随机摸出两个球，已知第二次摸出的是黑球，则第一次摸出的是白球的概率为( )
A.eq \f(7,10) B.eq \f(7,9)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,6)
[答案] B
[解析] 设第一次摸出白球为事件A，第二次摸出黑球为事件B，则第一次摸出黑球为事件eq \x\t(A).∵P(B)＝P(AB)＋P(eq \x\t(A)B)＝eq \f(7,10)×eq \f(3,9)＋eq \f(3,10)×eq \f(2,9)＝eq \f(3,10)，∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(7,10)×\f(3,9),\f(3,10))＝eq \f(7,9).故选B.
5．(2025·四川仁寿一中月考)某社区举办“闹元宵，猜灯谜”活动．甲、乙、丙三个家庭同时参加此活动．某一灯谜，已知甲家庭猜对的概率是eq \f(3,4)，甲、丙两个家庭都猜错的概率是eq \f(1,12)，乙、丙两个家庭都猜对的概率是eq \f(1,4).若各家庭是否猜对互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自猜对此灯谜的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭猜对此灯谜的概率．
[解析] (1)记甲家庭猜对此灯谜为事件A，乙家庭猜对此灯谜为事件B，丙家庭猜对此灯谜为事件C，
则P(A)＝eq \f(3,4)，P(eq \x\t(A)eq \x\t(C))＝eq \f(1,12)，P(BC)＝eq \f(1,4)，
又A、B、C两两相互独立，所以
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1([1－PA][1－PC]＝\f(1,12)，,PB·PC＝\f(1,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(PB＝\f(3,8)，,PC＝\f(2,3)，))
即乙家庭猜对的概率为eq \f(3,8)，丙家庭猜对的概率为eq \f(2,3).
(2)记甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭猜对此灯谜为事件D，
则P(D)＝P(ABC＋eq \x\t(A)BC＋Aeq \x\t(B)C＋ABeq \x\t(C))
＝P(ABC)＋P(eq \x\t(A)BC)＋P(Aeq \x\t(B)C)＋P(ABeq \x\t(C))
＝eq \f(3,4)×eq \f(3,8)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(3,8)×eq \f(2,3)＋eq \f(3,4)×eq \f(5,8)×eq \f(2,3)＋eq \f(3,4)×eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(21,32).
C组拓展应用(选作)
(2025·山西运城调研)学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为eq \f(1,2).
(1)求首次摸球就试验结束的概率；
(2)在首次摸球摸出红球的条件下，
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
[解析] 设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)
＝eq \f(1,2)×eq \f(8,10)＋eq \f(1,2)×eq \f(4,10)＝eq \f(3,5)，
所以摸球一次就实验结束的概率为eq \f(3,5).
(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝eq \f(2,5)，
所以P(A2|B2)＝eq \f(PA2B2,PB2)＝eq \f(\f(1,2)×\f(6,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4)，
所以选到的袋子为乙袋的概率为eq \f(3,4).
②由①可知P(A1|B2)＝1－P(A2|B2)＝1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)，
所以方案一中取到白球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2)＝eq \f(1,4)×eq \f(8,10)＋eq \f(3,4)×eq \f(4,10)＝eq \f(1,2)；
方案二中取到白球的概率为
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝eq \f(3,4)×eq \f(8,10)＋eq \f(1,4)×eq \f(4,10)＝eq \f(7,10)，
因为eq \f(7,10)>eq \f(1,2)，
所以方案二中取到白球的概率更大，即选择方案二使得第二次摸球就实验结束的概率更大．