2026届高三数学一轮复习练习试题（基础版）第十章10.5事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（Word版附答案）

这是一份2026届高三数学一轮复习练习试题（基础版）第十章10.5事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.(2024·齐齐哈尔模拟)某同学参加社团面试，已知其第一次面试通过的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5.若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，若两次面试互不影响，则该同学面试通过的概率为( )
B.0.7C.0.5D.0.4
2.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现停水的事件，据记载知P(A)=0.35，P(B)=0.30，P(A|B)=0.15，则两个区同时发生停水事件的概率为( )
A.0.6
3.(2025·沈阳模拟)某公司的两名同事计划今年国庆节期间从大理、丽江、洱海、玉龙雪山、蓝月谷这5个著名旅游景点中随机选择一个游玩.则在两人中至少有一人选择大理的条件下，两人选择的景点不同的概率为( )
A.58B.89C.78D.67
4.设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车中途停车修理的概率为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为( )
A.0.8B.0.6C.0.5D.0.3
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.(2025·南京模拟)分别抛掷两枚质地均匀的硬币，记“第一枚硬币正面朝上”为事件A，“第二枚硬币反面朝上”为事件B，则( )
A.P(A)=12
B.P(AB)=13
C.A和B是互斥事件
D.A和B是相互独立事件
6.一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品.先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品、二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件.则下列结论中正确的是( )
A.P(B|A1)=611
B.P(B)=2755
C.事件B与事件A1相互独立
D.P(A1|B)=49
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.(2024·武汉模拟)如图，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为12，则这个电路是通路的概率是 .
8.已知一道解答题有两小问，每小问5分，共10分.现每十个人中有六人能够做出第一问，但在做不出第一问的情况下，做出第二问的概率为0.1；做出第一问的情况下，做不出第二问的概率为0.6.用频率估计概率，则此题得满分的概率是 ；得0分的概率是 .
四、解答题(共28分)
9.(13分)甲、乙、丙3名同学各自独立去做某道题，已知甲能解出该题的概率为23，乙能解出而丙不能解出该题的概率为18，甲、丙都能解出该题的概率为12.
(1)求乙、丙各自解出该题的概率；(6分)
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.(7分)
10.(15分)人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能地摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12(先验概率).
(1)求首次试验结束的概率；(4分)
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；(4分)
②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.(7分)
每小题5分，共10分
11.(2025·南昌模拟)A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=35，P(A|B)=25，P(A+B)=710，则下列错误的是( )
A.P(B)=12B.P(AB)=25
C.P(AB)=35D.P(B|A)=13
12.如果10个篮球中有7个已打足气，3个没有打足气.已知小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，若小明用打足气的篮球投篮，命中率为0.9，现小明用没有打足气的篮球投篮，则不能命中的概率为 .
答案精析
1.A [依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5，
因此面试失败的概率为
0.3×0.5＝0.15，
所以该同学面试通过的概率为
1－0.15＝0.85.]
2.D [由题意可得P(AB)
＝P(B)P(A|B)
＝0.30×0.15＝0.045.]
3.B [设“两人中至少有一人选择大理”为事件A，“两人选择的景点不同“为事件B，则P(A)＝2×4+125＝925，P(AB)＝2×425＝825，
所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝89.]
4.A [设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，
则P(A1)＝23，P(A2)＝13，
设B表示“一辆汽车中途停车修理”，则P(B|A1)＝0.02，
P(B|A2)＝0.01，
则P(B)＝P(A1B)+P(A2B)
＝P(A1)P(B|A1)
+P(A2)P(B|A2)，
今有一辆汽车中途停车修理，
该汽车是货车的概率为
P(A1|B)＝P(A1B)P(B)
＝P(A1)P(BA1)P(A1)P(BA1)+P(A2)P(BA2)
＝23×0.0223×0.02+13×0.01＝0.8.]
5.AD [由题意得，样本空间为
Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，
A＝{(正，正)，(正，反)}，
B＝{(正，反)，(反，反)}，
所以P(A)＝24＝12，A正确；
AB＝A∩B＝{(正，反)}，
所以P(AB)＝14，B错误；
因为P(AB)＝14，所以A和B不是互斥事件，C错误；
因为P(AB)＝14，P(A)·P(B)＝12×12＝14，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以A和B是相互独立事件，D正确.]
6.ABD [因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，
则P(A1)＝410＝25，
P(A2)＝310，P(A3)＝310，
乙盒中有5个一等品，
2个二等品和3个三等品，
则P(B|A1)＝5+110+1＝611，
P(B|A2)＝P(B|A3)
＝510+1＝511，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+
P(A3)P(B|A3)
＝25×611+310×511×2＝2755，
故A，B正确；
因为P(A1B)＝P(A1)P(B|A1)
＝25×611＝1255，又P(A1)＝25，
P(B)＝2755，
则P(A1B)≠P(A1)P(B)，
则两事件不相互独立，
故C错误；
P(A1|B)＝P(A1B)P(B)＝1255×5527
＝49，故D正确.]
7.38
解析 元件B，C都不正常的概率为P1＝1-12×1-12＝14，
则元件B，C中至少有一个正常工作的概率为1－P1＝34，
而电路是通路，即元件A正常工作与元件B，C中至少有一个正常工作同时发生，
所以这个电路是通路的概率是
P＝12×34＝38.
0.36
解析 设“做出第一问”为事件A，“做出第二问”为事件B，
由题意可得P(A)＝610＝0.6，
P(B|A)＝0.1，P(B|A)＝0.6，
则P(A)＝0.4，P(B|A)＝0.9，
P(B|A)＝0.4，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.24，即此题得满分的概率是0.24，
所以P(A B)＝P(A)P(B|A)＝0.36，
即此题得0分的概率是0.36.
9.解 (1)设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)＝23，
P(AC)＝P(A)P(C)
＝23·P(C)＝12，
所以P(C)＝34，
P(BC)＝P(B)P(C)
＝P(B)(1－P(C))
＝P(B)·1-34＝18，
所以P(B)＝12，
所以乙、丙各自解出该题的概率为12，34.
(2)设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，
则D＝A B C，
因为P(A)＝23，
P(B)＝12，P(C)＝34，
所以P(A)＝13，
P(B)＝12，P(C)＝14，
因为A，B，C相互独立，
所以P(D)＝1－P(D)
＝1－P(A B C)
＝1－P(A)P(B)P(C)
＝1－13×12×14＝2324.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为2324.
10.解 设试验一次，“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝12×910+12×210＝1120.
所以试验一次结果为红球的概率为1120，即首次试验结束的概率为1120.
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝920，
所以P(A1|B2)＝P(A1B2)P(B2)
＝P(B2|A1)P(A1)P(B2)
＝110×12920＝19，
所以选到的袋子为甲袋的概率为19.②由①得P(A2|B2)
＝1－P(A1|B2)＝1－19＝89，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)＝19×910+89×210＝518，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)＝89×910+19×210＝3745，
因为3745>518，所以方案二中取到红球的概率更大，
即选择方案二第二次试验结束的概率更大.
11.C [∵P(A|B)＝P(AB)P(B)＝25，∴P(AB)＝25P(B)，
又∵P(A+B)＝1－P(AB)＝710，∴P(AB)＝310，故C错误；
∵P(AB)＝P(B)－P(AB)＝310，∴P(B)－25P(B)＝310，
∴P(B)＝12，故A正确；
∵P(AB)＝25P(B)＝15，
∴P(AB)＝P(A)－P(AB)
＝35－15＝25，故B正确；
P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1535＝13，
故D正确.]
12.0.7
解析 设事件A1，A2分别表示小明拿的一个球为已打足气的，没有打足气的，事件B表示投篮命中，
则由题意可得P(A1)＝710＝0.7，
P(A2)＝310＝0.3，
又小明用打足气的篮球投篮，
命中率为0.9，所以P(B|A1)＝0.9，
则P(A1)P(B|A1)
＝0.7×0.9＝0.63，
又小明任拿一个篮球投篮，命中的概率为0.72，
所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)＝0.72，
则P(A2)P(B|A2)＝0.09，
所以P(B|A2)＝0.090.3＝0.3，故小明用没有打足气的篮球投篮，能命中的概率为0.3，
所以小明用没有打足气的篮球投篮，不能命中的概率为1－0.3＝0.7.