05 第62讲　随机事件的相互独立性与条件概率 【答案】听课 高考数学二轮复习练习

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【知识聚焦】
1.(1)P(A)P(B)
2.(1)P(AB)P(A) (2)①1 ②P(B|A)+P(C|A) ③对立事件
(3)①P(A)P(B|A) ②相互独立
【对点演练】
1.0.7 [解析] 由事件A与B相互独立,得P(AB)=P(A)P(B),即0.6×P(B)=0.42,所以P(B)=0.7.
2.56 [解析] 设“甲独立地破解出该谜题”为事件A,“乙独立地破解出该谜题”为事件B,“该谜题被破解”为事件C,且事件A与B相互独立,则P(C)=1-P(A B)=1-1-12×1-23=56.
3.38 34 [解析] 由题意可知P(A)=415,P(B)=215,P(AB)=110,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=110415=38,P(A|B)=P(AB)P(B)=110215=34.
4.25 [解析] 3个人中至少有2个人在规定的时间内完成各自的任务,即在规定的时间内3个人中恰有2个人完成各自的任务或3个人都完成各自的任务,其概率P=25×23×1-14+25×1-23×14+1-25×23×14+25×23×14=25.
5.23 [解析] 记事件A为“小明选择篮球”,事件B为“小明、小红的选择不同”,则P(A)=13,P(AB)=1×23×3=29,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=29×3=23.
6.15 [解析] 设“第1次按对”为事件A1,“第2次按对”为事件A2,则不超过2次就按对的概率P=P(A1)+P(A1A2)=P(A1)+P(A1)P(A2|A1)=110+910×19=15.
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] 根据互斥事件、对立事件的定义以及相互独立事件的概率公式,结合枚举法以及古典概型的概率计算公式,可得答案.
AC [解析] 对于A,从两个盒子中取出的数字之和有2种结果,偶数和奇数,而“数字之和等于9”是结果为奇数的一种情况,所以A与B是互斥事件,故A正确.从两个盒子中各取1个小球,共有4×4=16(种)结果,其中数字之和为偶数的有8种;数字之和等于9的有5+4,6+3,7+2,8+1,共4种;数字之和大于9的有6+4,7+3,7+4,8+2,8+3,8+4,共6种.所以P(A)=816=12,P(B)=416=14,P(C)=616=38.对于B,因为P(B)+P(C)=58≠1,所以B与C不是对立事件,故B错误.对于C,事件AC为“取出的数字之和为偶数且大于9”,其结果有6+4,7+3,8+2,8+4,共4种,所以P(AC)=416=14,因为P(AC)≠P(A)P(C),所以A与C不是相互独立事件,故C正确.对于D,因为当取出的数字之和为偶数时,不可能出现取出的数字之和等于9这种情况,所以P(AB)=0,又P(A)P(B)=18≠0,所以A与B不是相互独立事件,故D错误.故选AC.
例2 [思路点拨] (1)由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率,再分析丁出线的原因.(2)丁以6分的成绩出线分为三种情况:①第二轮中若甲负于丙或甲、丙平局;②第二轮中甲胜于丙且第三轮中乙、丙平局或丙负于乙;③第二轮中甲胜于丙且第三轮中丙胜于乙,甲、丁、丙抽签,丁不为第3名.分别求出其概率,相加即可得出答案.
解:(1)记第i轮比赛丁胜、平、负分别为事件Ai,Bi,Ci(i=1,2,3),丁总分为7分,则丁三场比赛两胜一平,记丁三轮比赛两胜一平为事件D,则P(D)=P(A1A2B3)+P(A1B2A3)+P(B1A2A3)=3×162×13=136.
丁总分7分一定出线,理由如下:
丁三场比赛中赢两场,这两场丁的对手比分最多6分,小组赛两队出线,所以丁一定出线.
(2)由题知,第一轮比赛甲胜乙、丙胜丁,因为丁总分为6分,所以丁对战甲、乙都获胜,所以乙的总分最多为3分,少于丁的总分.
①第二轮中甲负于丙或甲、丙平局时,甲的总分最多为4分,少于丁的总分,此时丁一定出线,其概率P1=13+13×16×16=154;
②第二轮中甲胜于丙且第三轮中乙、丙平局或丙负于乙时,丙的总分最多为4分,此时丁一定出线,其概率P2=13×16×13+13×16=1162;
③第二轮中甲胜于丙且第三轮中丙于胜乙时,甲、丁、丙的总分均为6分,此时由抽签的方式确定排名,三队中有两队出线,每队出线概率均为23,此时丁队出线的概率P3=13×16×13×16×23=1486.综上,丁以6分的成绩出线的概率P=P1+P2+P3=154+1162+1486=13486.
变式题 (1)ABD [解析] 对于A,发送1,0,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,1-α,1-β,因为信号传输是相互独立的,所以由相互独立事件的概率公式得,所求概率为(1-α)(1-β)2,故A正确.对于B,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到1,0,1的概率分别为1-β,β,1-β,由相互独立事件的概率公式得,所求概率为β(1-β)2,故B正确.对于C,采用三次传输方案,发送1,1,1,收到的译码为1,则收到的信号可能为(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,1),故所求概率为3β(1-β)2+(1-β)3,故C错误.对于D,若采用三次传输方案,发送0,收到的译码为0,则收到的信号可能为(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),故所对应的概率P1=3α(1-α)2+(1-α)3,若采用单次传输方案,发送0,则收到信号0即为译码,所对应的概率P2=1-α,因为0P2,故D正确.故选ABD.
(2)解:(i)记事件A为甲胜乙,则P(A)=12,则P(A)=1-12=12,记事件B为甲胜丙,则P(B)=12,则P(B)=1-12=12,记事件C为乙胜丙,则P(C)=12,则P(C)=1-12=12,前三场比赛结束后,丙被淘汰可用事件CAC∪CAB来表示,所以前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率P1=P(CAC)+P(CAB)=P(C)P(A)P(C)+P(C)P(A)P(B)=12×12×12+12×12×12=14.
(ii)若最终的冠军为甲,则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪CBAB来表示,P(CABA∪CBAB)=P(CABA)+P(CBAB)=P(C)P(A)P(B)P(A)+P(C)P(B)P(A)P(B)=12×12×12×12+12×12×12×12=18;
若最终的冠军为乙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件CACA来表示,P(CAC A)=P(C)P(A)P(C)P(A)=12×12×12×12=116;
若最终的冠军为丙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件C B C B来表示,P(C B C B)=P(C)P(B)P(C)P(B)=12×12×12×12=116.综上,只需四场比赛就决出冠军的概率P2=18+116+116=14.
例3 [思路点拨] (1)先算出同时爱好两项的概率,然后利用条件概率的知识求解.(2)利用乘法概率公式进行求解.
(1)A (2)C [解析] (1)同时爱好两项的概率为60%+50%-70%=40%,记“该同学爱好滑雪”为事件A,“该同学爱好滑冰”为事件B,则P(A)=50%,P(AB)=40%,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=40%50%=0.8.故选A.
(2)设“从1号箱中取到红球放入2号箱”为事件A,“从2号箱中取到红球”为事件B,由题意知P(A)=42+4=23,P(B|A)=3+18+1=49,所以P(BA)=P(B|A)P(A)=49×23=827.故选C.
变式题 (1)B (2)23 [解析] (1)记景点苍山、洱海、大理古城、崇圣寺三塔、蝴蝶泉分别为a,b,c,d,e,则事件A包含的样本点有(a,e),(b,e),(c,e),(d,e),(e,e),(e,a),(e,b),(e,c),(e,d),共9个,其中
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(进群送往届全部资料)“甲和乙选择的景点不同”包含的样本点有(a,e),(b,e),(c,e),(d,e),(e,a),(e,b),(e,c),(e,d),共8个,所以P(B|A)=89.故选B.
(2)方法一:记第i次摸到红球为事件Ai,摸到黄球为事件Bi(i=1,2).由抽签的公平性可知P(B2)=24=12,又P(A1B2)=2×24×3=13,所以P(A1|B2)=P(A1B2)P(B2)=23.
方法二:记第i次摸到红球为事件Ai,摸到黄球为事件Bi(i=1,2),则P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=12×23+12×13=12,P(A1B2)=P(A1)P(B2|A1)=12×23=13,故P(A1|B2)=P(A1B2)P(B2)=23.