2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习75事件的相互独立性与条件概率全概率公式（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习75事件的相互独立性与条件概率全概率公式（Word版附解析），共7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。

1．[2024·江苏苏州模拟]已知事件A，B，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.5.若A与B互斥，令a＝P(AB)；若A与B相互独立，令b＝P(eq \(A,\s\up6(－))B)，则b＋a＝( )
A．0.3B．0.4
C．0.5D．0.6
2．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局、甲每局赢的概率为eq \f(1,2)，已知前两局甲输了，则甲最后获胜的概率为( )
A．eq \f(1,16)B．eq \f(1,8)
C．eq \f(3,16)D．eq \f(1,4)
3．[2024·河南洛阳模拟]多年来，网络春晚一直致力于为本土市民“圆春晚梦”，得到了广大市民的认可．某市2024年网络春晚海选如期举行，该活动总共分为海选、复赛、决赛三个阶段，参赛选手通过决赛后将参加该市2024年网络春晚．已知甲、乙、丙三人组成一个小组，假设在每一轮比赛中，甲、乙、丙通过的概率依次为eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，假设他们之间通过与否互不影响，则该小组三人同时进入决赛的概率为( )
A．eq \f(1,9)B．eq \f(4,9)
C．eq \f(1,3)D．eq \f(1,8)
4．[2024·安徽蚌埠模拟]某校对高三男生进行体能抽测，每人测试三个项目，1000米为必测项目，再从“引体向上、仰卧起坐、立定跳远”中随机抽取两项进行测试，则某班参加测试的5位男生测试项目恰好相同的概率为( )
A．eq \f(1,243)B．eq \f(1,81)
C．eq \f(1,27)D．eq \f(1,9)
5．[2024·河北衡水模拟]某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件A为“五名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选篮球”，则P(A|B)＝( )
A．eq \f(3,32)B．eq \f(3,16)
C．eq \f(3,4)D．eq \f(2,5)
6．(素养提升)[2024·辽宁营口模拟]盒中有2个红球，3个黑球，2个白球，从中随机地取出一个球，观察其颜色后放回，并加入同色球1个，再从盒中抽取一球，则第二次抽出的是红球的概率是( )
A．eq \f(2,7)B．eq \f(7,28)
C．eq \f(3,7)D．eq \f(19,56)
二、多项选择题
7．[2024·山西晋中模拟]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|eq \(B,\s\up6(－)))
C．P(A)＝P(A|B)
D．P(B)＝P(A|B)
三、填空题
8．[2024·辽宁朝阳模拟]2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行．某支深受大家喜爱的足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，A运动员能够胜任中锋、边锋及前腰三个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.3，当该运动员担当中锋、边锋及前腰时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.2.当A球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为__________．
9．[2024·河南郑州模拟]2022年北京冬奥会期间，出现一“墩”难求的现象，现有甲、乙、丙3个好朋友商定3人分别去不同的官方特许零售店购买，若甲购买到的概率为eq \f(1,2)，乙购买到的概率为eq \f(1,3)，丙购买到的概率为eq \f(1,4)，则甲、乙、丙3人中至少有1人购买到的概率为________.
四、解答题
10．[2024·湖南岳阳模拟]甲乙两人进行象棋比赛，先胜三局的人晋级，假设甲每局获胜的概率为eq \f(2,3)(不考虑平局)，
(1)若比赛三局后结束，求甲晋级的概率；
(2)若已知晋级的是甲，求比赛三局后结束的概率．
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11．[2024·河北秦皇岛模拟]根据某机构对失踪飞机的调查得知：失踪的飞机中有70%的后来被找到，在被找到的飞机中，有60%安装有紧急定位传送器，而未被找到的失踪飞机中，有90%未安装紧急定位传送器，紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位的装置．现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为( )
A．eq \f(14,23)B．eq \f(28,55)
C．eq \f(14,15)D．eq \f(27,55)
12．(素养提升)[2024·河北石家庄模拟]设某批产品中，甲、乙、丙三个车间生产的产品分别占45%，35%，20%，甲、丙车间生产的产品的次品率分别为2%和5%.现从中任取一件，若取到的是次品的概率为2.95%，则推测乙车间的次品率为________．
课后定时检测案75 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式
1．解析：因为A，B互斥，所以a＝P(AB)＝0，因为A与B独立，P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，所以b＝P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \(A,\s\up6(－)))P(B)＝(1－0.4)×0.5＝0.3，所以b＋a＝0.3，故选A.
答案：A
2．解析：因为前两局甲都输了，所以甲需要连胜四局或第三局到第六局输1局且第七局胜，甲才能最后获胜，所以甲最后获胜的概率为(eq \f(1,2))4＋C eq \\al(\s\up11(1),\s\d4(4)) (1－eq \f(1,2))×(eq \f(1,2))3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16).故选C.
答案：C
3．解析：设该小组三人能同时进入决赛为事件A，则该小组三人能同时进入决赛，即前两轮比赛三人都顺利通过，则P(A)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,9).故选A.
答案：A
4．解析：从“引体向上、仰卧起坐、立定跳远”中随机抽取两项进行测试，有C eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝3种结果，其中抽得“引体向上、仰卧起坐”这两项的概率为eq \f(1,3)，5位男生都抽到这两项概率为(eq \f(1,3))5，同理，5位男生都抽到“引体向上、立定跳远”这两项和5位男生都抽到“仰卧起坐、立定跳远”这两项的概率都是(eq \f(1,3))5，所以5位男生测试项目恰好相同的概率为(eq \f(1,3))5＋(eq \f(1,3))5＋(eq \f(1,3))5＝eq \f(1,81).故选B.
答案：B
5．解析：事件AB：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，所以其他4名同学排列在其他4个项目，且互不相同为A eq \\al(\s\up11(4),\s\d4(4)) ，
事件B：甲同学选篮球，所以其他4名同学排列在其他4个项目，可以安排在相同项目为44，
故P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ,55),\f(44,55))＝eq \f(3,32).故选A.
答案：A
6．解析：从盒中任取1球，是红球记为A1，黑球记为A2，白球记为A3，则A1，A2，A3彼此互斥，设第二次抽出的是红球记为事件B，则P(A1)＝eq \f(2,7)，P(A2)＝eq \f(3,7)，P(A3)＝eq \f(2,7)，P(B|A1)＝eq \f(3,8)，P(B|A2)＝eq \f(1,4)，P(B|A3)＝eq \f(1,4)，P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)＝eq \f(2,7)×eq \f(3,8)＋eq \f(3,7)×eq \f(1,4)＋eq \f(2,7)×eq \f(1,4)＝eq \f(2,7)，故选A.
答案：A
7．解析：∵P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，∴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；
∵P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝P(A|eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(P（A\(B,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))）)，∴P(AB)P(eq \(B,\s\up6(－)))＝P(B)P(Aeq \(B,\s\up6(－)))，∴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；
∵P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)，∴P(A)＝P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)，即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；
∵P(B)＝P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)，∴P(AB)＝P(B)P(B)，由于P(A)，P(B)不一定相等，不能说明A，B事件相互独立，故D不正确．故选BC.
答案：BC
8．解析：该运动员担当中锋，不输球的概率为0.2×(1－0.4)＝0.12，
该运动员担当边锋，不输球的概率为0.5×(1－0.2)＝0.4，
该运动员担当前腰，不输球的概率为0.3×(1－0.2)＝0.24，
所以该球队某场比赛不输球的概率为0.12＋0.4＋0.24＝0.76.
答案：0.76
9．解析：设事件A＝“甲购买到”，事件B＝“乙购买到”，事件C＝“丙购买到”，由于A、B、C相互独立，所以eq \(A,\s\up6(－))、eq \(B,\s\up6(－))、eq \(C,\s\up6(－))相互独立，事件D＝“甲、乙、丙3人中至少有1人购买到”，则eq \(D,\s\up6(－))＝“甲、乙、丙3人都没买到”，则P(D)＝1－P(eq \(D,\s\up6(－)))＝1－P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－)))＝1－P(eq \(A,\s\up6(－)))P(eq \(B,\s\up6(－)))P(eq \(C,\s\up6(－)))＝1－(1－eq \f(1,2))×(1－eq \f(1,3))×(1－eq \f(1,4))＝eq \f(3,4).
答案：eq \f(3,4)
10．解析：(1)比赛三局后结束，甲晋级，表示三局甲全获胜，设比赛三局后甲晋级为事件A，
则甲晋级的概率为P(A)＝C eq \\al(\s\up11(3),\s\d4(3)) (eq \f(2,3))3(1－eq \f(2,3))0＝eq \f(8,27).
(2)设甲晋级为事件B，
有三种情况，可能比赛三场且这三场比赛甲都获胜，其概率为eq \f(8,27)，
可能比赛四场前三场甲胜两场第四场比赛甲获胜，其概率为C eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) (eq \f(2,3))2(1－eq \f(2,3))×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)，
可能比赛五场前四场比赛甲胜两场，第五场比赛甲获胜，其概率为C eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(4)) (eq \f(2,3))2(1－eq \f(2,3))2×eq \f(2,3)＝eq \f(16,81)，
所以P(B)＝eq \f(8,27)＋eq \f(8,27)＋eq \f(16,81)＝eq \f(64,81)，
设比赛三局后结束为事件C，则P(BC)＝P(A)＝eq \f(8,27)，
由条件概率公式可知P(C|B)＝eq \f(P（BC）,P（B）)＝eq \f(\f(8,27),\f(64,81))＝eq \f(3,8).
11．解析：设A1＝“失踪的飞机后来被找到”，A2＝“失踪的飞机后来未被找到”，B＝“安装有紧急定位传送器”，则P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.3，P(B|A1)＝0.6，P(B|A2)＝1－0.9＝0.1，安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为P(A1|B)＝eq \f(P（A1）P（B|A1）,P（A1）P（B|A1）＋P（A2）P（B|A2）)＝eq \f(0.7×0.6,0.7×0.6＋0.3×0.1)＝eq \f(14,15).故选C.
答案：C
12．解析：设A表示“取到的是一件次品”，B1，B2，B3分别表示取到的产品是由甲、乙、丙车间生产的，显然B1，B2，B3是样本空间的一个划分，且有P(B1)＝0.45，P(B2)＝0.35，P(B3)＝0.2，由于P(A|B1)＝0.02，P(A|B3)＝0.05，设P(A|B2)＝m，由全概率公式得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)P(B3)，即0.45×0.02＋0.35·m＋0.2×0.05＝2.95%，解得m＝3%，推测乙车间的次品率为3%.
答案：3%