新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第10章10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第10章10.4事件的相互独立性与条件概率、全概率公式（含答案解析），共6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
1．若P(AB)＝eq \f(1,9)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(1,3)，则事件A与B的关系是( )
A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立
C．事件A与B相互独立
D．事件A与B既互斥又相互独立
2．已知事件A，B相互独立，P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，则P(A＋B)等于( )
A．0.88 B．0.9 C．0.7 D．0.72
3．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同．甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,8) D.eq \f(2,9)
4．(2024·咸阳模拟)某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为eq \f(3,4)，乙队和丙队答对该题的概率都是eq \f(2,3).若各队答题的结果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(7,36) D.eq \f(1,6)
5．(2023·江门模拟)衣柜里有灰色、白色、黑色、蓝色四双不同颜色的袜子，从中随机选4只，已知取出的两只是同一双，则取出的另外两只不是同一双的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(8,15) D.eq \f(8,9)
6．(2023·武汉模拟)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．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.3
二、多项选择题
7．(2024·石家庄模拟)先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A＝“两次掷出的点数之和是6”，事件B＝“第一次掷出的点数是奇数”，事件C＝“两次掷出的点数相同”，则( )
A．A与B互斥 B．B与C相互独立
C．P(A)＝eq \f(1,6) D．P(AC)＝eq \f(1,36)
8．(2023·广州模拟)有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的10%,40%,50%，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是( )
A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B．该零件是次品的概率为0.03
C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98
D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为eq \f(1,3)
三、填空题
9．(2024·内江模拟)甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为eq \f(2,3)；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq \f(1,2).假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为________．
10．(2023·西安模拟)从1,2,3,4,5,6,7中任取两个不同的数，事件A为“取到的两个数的和为偶数”，事件B为“取到的两个数均为偶数”，则P(B|A)＝________.
11．(2023·辽宁实验中学模拟)有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、丙闭合的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4)，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为________．
12．(2024·茂名模拟)有一批同规格的产品，由甲、乙、丙三家工厂生产，其中甲、乙、丙工厂分别生产3 000件、3 000件、4 000件，而且甲、乙、丙工厂的次品率依次为6%,5%,5%，现从这批产品中任取一件，则取到次品的概率为________；若取到的是次品，则其来自甲厂的概率为________．
四、解答题
13．(2023·景德镇模拟)世界杯小组赛中，A，B，C，D四支球队被分到同一组进行循环赛(每两队间进行一场比赛，获胜的球队积3分，平局两队各积1分，落败的球队积0分)．已知四支球队实力相当，每支球队在每场比赛中胜、负、平的概率分别为0.4,0.4,0.2.
(1)求A队踢完三场比赛后积分不少于6分的概率；
(2)求四支球队比完后积分相同的概率．
14．(2024·南京模拟)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eq \f(1,2)(先验概率)．
(1)求首次试验结束的概率；
(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；
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．
15．(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则( )
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
16．已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后放回去．记第n次取出的球是红球的概率为Pn，数列{Pn}前n项和Sn＝________.
§10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
1．C 2.C 3.B 4.C
5．D [从四双不同颜色的袜子中随机选4只，记“取出的袜子至少有两只是同一双”为事件A，记“取出的袜子恰好有两只不是同一双”为事件B，事件A包含两种情况：“取出的袜子恰好有两只是同一双”“取出的袜子恰好四只是两双”，则
P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,3)C\\al(1,2)C\\al(1,2)＋C\\al(2,4),C\\al(4,8))＝eq \f(27,35)，
又P(AB)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,3)C\\al(1,2)C\\al(1,2),C\\al(4,8))＝eq \f(24,35)，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(8,9).]
6．A [设A1表示“该汽车是货车”，A2表示“该汽车是客车”，
则P(A1)＝eq \f(2,3)，P(A2)＝eq \f(1,3)，
设B1表示“货车中途停车修理”，B2表示“客车中途停车修理”，则P(B1)＝0.02，P(B2)＝0.01，
B表示“一辆汽车中途停车修理”，
则P(B)＝P(A1B1)＋P(A2B2)，
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)＝eq \f(PA1B,PB)＝eq \f(PA1B,PA1B1＋PA2B2)＝eq \f(0.02×\f(2,3),0.02×\f(2,3)＋0.01×\f(1,3))＝0.8.]
7．BD [互斥事件是指不可能同时发生的两个事件，事件A可以有以下情况：第一次掷出1，第二次掷出5或第一次掷出3，第二次掷出3等，如此与事件B有同时发生的可能，故A错误；
P(B)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6)，P(BC)＝eq \f(3,6×6)＝eq \f(1,12)＝P(B)P(C)，故B正确；
易知P(A)＝eq \f(5,6×6)＝eq \f(5,36)≠eq \f(1,6)，故C错误；
点数和为6，且两次点数相同仅有都是3点一种情况，
故P(AC)＝eq \f(1,6×6)＝eq \f(1,36)，故D正确．]
8．BC [记事件A：车床加工的零件为次品，记事件Bi：第i台车床加工的零件，
则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，
P(B2)＝40%，P(B3)＝50%，
任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误；
任取一个零件是次品的概率为P(A)＝eq \i\su(i＝1,3,P)(Bi)P(A|Bi)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确；
如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(eq \x\t(A)|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确；
如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为
1－P(B3|A)＝1－eq \f(PAB3,PA)＝1－eq \f(PA|B3PB3,PA)＝1－eq \f(2%×50%,0.03)＝eq \f(2,3)，故D错误．]
9.eq \f(7,24)
解析 若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为eq \f(2,3)，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq \f(1,2)；
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为eq \f(1,2)，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为eq \f(1,2)，
所以第一局甲胜，第二局乙胜的概率为P＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(7,24).
10.eq \f(1,3)
解析 因为事件B⊆A，
所以P(AB)＝P(B)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,7))＝eq \f(1,7)，
而P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,4),C\\al(2,7))＝eq \f(3,7)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(1,3).
11.eq \f(13,15)
解析 设事件M为“A灯亮”，事件N为“B灯亮”，事件X为“开关甲闭合”，事件Y为“开关乙闭合”，事件Z为“开关丙闭合”，则所求概率为
P(N|M)＝eq \f(PNM,PM).
其中P(NM)＝P(X)＋
P(eq \x\t(X))P(Y)P(Z)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(13,24)，
P(M)＝P(X∪Z)＝P(X)＋P(Z)－P(X)P(Z)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)－eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,8)，
所以P(N|M)＝eq \f(\f(13,24),\f(5,8))＝eq \f(13,15).
12．0.053 eq \f(18,53)
解析 设任取一件产品来自甲厂为事件A1，来自乙厂为事件A2，来自丙厂为事件A3，则A1，A2，A3彼此互斥，且A1∪A2∪A3＝Ω，
P(A1)＝eq \f(3 000,3 000＋3 000＋4 000)＝eq \f(3,10)，
P(A2)＝eq \f(3 000,3 000＋3 000＋4 000)＝eq \f(3,10)，
P(A3)＝eq \f(4 000,3 000＋3 000＋4 000)＝eq \f(2,5)，
设任取一件产品，取到的是次品为事件B，
则P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)
＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)
＝eq \f(3,10)×6%＋eq \f(3,10)×5%＋eq \f(2,5)×5%＝eq \f(53,1 000)＝0.053.
若取得产品是次品，那么它是来自甲厂生产的概率为
P(A1|B)＝eq \f(PA1B,PB)＝eq \f(PA1PB|A1,PB)
＝eq \f(\f(3,10)×6%,\f(53,1 000))＝eq \f(18,53).
13．解 (1)由于A队踢完三场比赛后积分不少于6分，
所以A队三场比赛中至少胜两场，
则P＝(0.4)3＋Ceq \\al(1,3)×(0.4)2×(0.4＋0.2)＝0.352.
(2)四支球队共需进行六场比赛，
六场比赛比完后四支球队积分总和最少12分，最多18分，
因此，四支球队积分相同，可能同积3分或同积4分，
①若同积3分，则六局皆平P1＝(0.2)6＝0.000 064；
②若同积4分，则每支球队均一胜一平一负，
若A胜B，A平C，A负D，则B胜C，B平D，C胜D，
所以P2＝6×(0.4)4×(0.2)2＝0.006 144，
综上所述，四支球队比完后积分相同的概率为
P＝P1＋P2＝0.006 208.
14．解 设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”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)＝eq \f(1,2)×eq \f(9,10)＋eq \f(1,2)×eq \f(2,10)＝eq \f(11,20).
所以试验一次结果为红球的概率为eq \f(11,20)，
即首次试验结束的概率为eq \f(11,20).
(2)①因为B1，B2是对立事件，
P(B2)＝1－P(B1)＝eq \f(9,20)，
所以P(A1|B2)＝eq \f(PA1B2,PB2)＝eq \f(PB2|A1PA1,PB2)＝eq \f(\f(1,10)×\f(1,2),\f(9,20))＝eq \f(1,9)，
所以选到的袋子为甲袋的概率为eq \f(1,9).
②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－eq \f(1,9)＝eq \f(8,9)，
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)＝eq \f(1,9)×eq \f(9,10)＋eq \f(8,9)×eq \f(2,10)＝eq \f(5,18)，
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)＝eq \f(8,9)×eq \f(9,10)＋eq \f(1,9)×eq \f(2,10)＝eq \f(37,45)，
因为eq \f(37,45)>eq \f(5,18)，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．
15．D [设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，
方法一 由题意可知，P甲＝
2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]
＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，
P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，
P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.
所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0，
P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0，
所以P丙最大．
方法二 (特殊值法)
不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，
则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4；
在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52；
在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6.
所以P丙最大．]
16.eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3n＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))
解析 依题意得P1＝eq \f(C\\al(1,5),C\\al(1,8))＝eq \f(5,8)，
第n次取出的球是红球的概率为Pn，则第n次取出的球是白球的概率为(1－Pn)，
对于第n＋1次，取出红球有两种情况：①从红箱取出的概率为Pn×eq \f(5,8)，②从白箱取出的概率为(1－Pn)×eq \f(3,8)，
所以Pn＋1＝eq \f(3,8)＋eq \f(1,4)Pn，
所以Pn＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,2)))，
令an＝Pn－eq \f(1,2)，则数列{an}为等比数列，且公比为eq \f(1,4)，
因为P1＝eq \f(5,8)，所以a1＝eq \f(1,8)，
故an＝2－(2n＋1)即对应Pn＝eq \f(1,2)＋2－(2n＋1)，
所以Sn＝eq \f(\f(1,8)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)),1－\f(1,4))＋eq \f(n,2)
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n))＋eq \f(n,2)
＝eq \f(1,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3n＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).