適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考數(shù)學一輪總復習課時規(guī)范練80事件的相互獨立性與條件概率全概率公式新人教A版

課時規(guī)范練80事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式基礎鞏固練1.(2024·山東省實驗中學模擬)某市地鐵1號線從A站到G站共有7個站點,甲、乙二人同時從A站上車,準備在B站、D站和G站中的某個站點下車,若他們在這3個站點中的某個站點下車是等可能的,則甲、乙二人在不同站點下車的概率為()A.14 B.13 C.232.(2024·重慶萬州模擬)某地攤集中點在銷售旺季的某天接納顧客量超過1萬人次的概率是920,連續(xù)兩天接納顧客量超過1萬人次的概率是720,在該地攤集中點在銷售旺季的某天接納顧客量超過1萬人次的條件下,隨后一天接納顧客量超過1萬人次的概率是(A.710 B.910 C.453.(2024·廣東惠州模擬)已知某地市場上供應的一種電子產(chǎn)品中,甲廠產(chǎn)品占80%,乙廠產(chǎn)品占20%,甲廠產(chǎn)品的合格率是75%,乙廠產(chǎn)品的合格率是80%,則從該地市場上買到一個合格的電子產(chǎn)品的概率是()A.0.75 B.0.8 C.0.76 D.0.954.(多選題)(2024·山東威海模擬)已知事件A,B滿足P(A)=0.5,P(B)=0.2,則()A.若B?A,則P(AB)=0.5B.若A與B互斥,則P(A∪B)=0.7C.若A與B相互獨立,則P(AB)=0.9D.若P(B|A)=0.2,則A與B相互獨立5.(多選題)(2024·湖南岳陽高三期末)某校10月份舉行校運動會,甲、乙、丙三位同學計劃從長跑、跳繩、跳遠中任選一項參加,每人選擇各項目的概率均為13,且每人選擇相互獨立,則(A.三人都選擇長跑的概率為1B.三人都不選擇長跑的概率為2C.至少有兩人選擇跳繩的概率為4D.在至少有兩人選擇跳遠的前提下,丙同學選擇跳遠的概率為56.(2022·天津,13)現(xiàn)有52張撲克牌(去掉大小王),每次取一張,取后不放回,則兩次都抽到A的概率為;在第一次抽到A的條件下,第二次也抽到A的概率是.

7.(2024·廣東梅州模擬)有一批同規(guī)格的產(chǎn)品,由甲、乙、丙三家工廠生產(chǎn),其中甲、乙、丙工廠分別生產(chǎn)3000件、3000件、4000件,而且甲、乙、丙工廠的次品率依次為6%,5%,5%,現(xiàn)從這批產(chǎn)品中任取一件,則(1)取到次品的概率為;

(2)若取到的是次品,則其來自甲廠的概率為.

8.(2022·新高考Ⅱ,19)在某地區(qū)進行某種疾病調(diào)查,隨機調(diào)查了100位這種疾病患者的年齡,得到如下樣本數(shù)據(jù)頻率分布直方圖.(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡;(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表)(2)估計該地區(qū)一人患這種疾病患者年齡位于區(qū)間[20,70)的概率;(3)已知該地區(qū)這種疾病患者的患病率為0.1%,該地區(qū)年齡位于區(qū)間[40,50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝跀?shù)的16%,從該地區(qū)任選1人,若此人的年齡位于區(qū)間[40,50),求此人患這種疾病的概率(精確到0.0001).綜合提升練9.(2022·全國乙,理10)某棋手與甲、乙、丙三位棋手各比賽一盤,各盤比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p,則()A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關B.該棋手在第二盤與甲比賽,p最大C.該棋手在第二盤與乙比賽,p最大D.該棋手在第二盤與丙比賽,p最大10.(多選題)(2024·廣東廣州模擬)有3臺車床加工同一型號的零件,第1臺車床加工的次品率為8%,第2臺車床加工的次品率為3%,第3臺車床加工的次品率為2%,加工出來的零件混放在一起.已知第1,2,3臺車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的10%,40%,50%,從混放的零件中任取一個零件,則下列結(jié)論正確的是()A.該零件是第1臺車床加工出來的次品的概率為0.08B.該零件是次品的概率為0.03C.如果該零件是第3臺車床加工出來的,那么它不是次品的概率為0.98D.如果該零件是次品,那么它不是第3臺車床加工出來的概率為111.(2024·江蘇南京、鹽城模擬)人工智能是研究用于模擬和延伸人類智能的技術科學,被認為是21世紀最重要的尖端科技之一,其理論和技術正在日益成熟,應用領域也在不斷擴大.人工智能背后的一個基本原理:首先確定先驗概率,然后通過計算得到后驗概率,使先驗概率得到修正和校對,再根據(jù)后驗概率做出推理和決策.基于這一基本原理,我們可以設計如下試驗模型:有完全相同的甲、乙兩個袋子,袋子里有形狀和大小完全相同的小球,其中甲袋中有9個紅球和1個白球,乙袋中有2個紅球和8個白球.從這兩個袋子中選擇一個袋子,再從該袋子中等可能摸出一個球,稱為一次試驗.多次試驗直到摸出紅球,則試驗結(jié)束.假設首次試驗選到甲袋或乙袋的概率均為12(先驗概率)(1)求首次試驗結(jié)束的概率;(2)在首次試驗摸出白球的條件下,我們對選到甲袋或乙袋的概率(先驗概率)進行調(diào)整.①求選到的袋子為甲袋的概率;②將首次試驗摸出的白球放回原來袋子,繼續(xù)進行第二次試驗時有如下兩種方案:方案一,從原來袋子中摸球;方案二,從另外一個袋子中摸球.請通過計算,說明選擇哪個方案第二次試驗結(jié)束的概率更大.創(chuàng)新應用練12.如圖,三個元件a,b,c獨立正常工作的概率分別是P1,P2,P3(0<P1<P2<P3<1),把它們隨意接入電路的三個接線盒T1,T2,T3中(一盒接一個元件),各種連接方法中,此電路正常工作的最大概率是.

課時規(guī)范練80事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式1.C解析兩人在相同站點下車的概率為13×13×3=132.D解析設“某天接納顧客量超過1萬人次”為事件A,“隨后一天的接納顧客量超過1萬人次”為事件B,則P(A)=920,P(AB)=720,所以P(B|A)3.C解析設買到的電子產(chǎn)品是甲廠產(chǎn)品為事件A,買到的電子產(chǎn)品是乙廠產(chǎn)品為事件B,則P(A)=0.8,P(B)=0.2,記從該地市場上買到一個合格的電子產(chǎn)品為事件C,則P(C|A)=0.75,P(C|B)=0.8,所以P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)·P(C|B)=0.8×0.75+0.2×0.8=0.76.4.BD解析對于A,因為P(A)=0.5,P(B)=0.2,B?A,所以P(AB)=P(B)=0.2,故A錯誤;對于B,因為A與B互斥,所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.5+0.2=0.7,故B正確;對于C,因為P(B)=0.2,所以P(B)=1-0.2=0.8,又A與B相互獨立,所以A與B也相互獨立,所以P(AB)=0.5×0.8=0.4,故C錯誤;對于D,因為P(B|A)=0.2,即P(AB)P(A)=0.2,所以P(AB)=0.2×P(A)=0.2×0.5=0.1,又因為P(A)×P(B)=0.5×0.2=0.1,所以P(AB)=P(A)P(B),所以A與B相互獨立,5.AD解析由已知,三人都選擇長跑的概率為13×13×13=127,故A正確;三人都不選擇長跑的概率為23×23×23=827,故B錯誤;至少有兩人選擇跳繩的概率為13×13×13+C32×13×13×23=727,故6.1221117解析設第一次抽到A的事件為M,第二次抽到A的事件為N,則抽兩次都是A的概率為P(MN)=4×352×51=1137.(1)0.053(2)1853解析(1)設任取一件產(chǎn)品來自甲廠為事件A1、來自乙廠為事件A2、來自丙廠為事件A3,則A1,A2,A3彼此互斥,且A1∪A2∪A3=ΩP(A1)=30003000+3000+4000=310,P(A2)=30003000+3000+4000=310,設任取一件產(chǎn)品,取到的是次品為事件B,則P(B|A1)=6%,P(B|A2)=5%,P(B|A3)=5%,則P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=310×6%+310×5%+25×5%=(2)如果取到的產(chǎn)品是次品,那么它來自甲廠的概率為P(A1|B)=P8.解(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡為x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012+35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75×0.006+85×0.002)×10=47.9(歲).(2)由題圖,得這100位這種疾病患者中年齡位于區(qū)間[20,70)的頻率為(0.012+0.017+0.023+0.020+0.017)×10=0.89,故可估計該地區(qū)一人患這種疾病患者年齡位于區(qū)間[20,70)的概率為0.89.(3)設B表示事件“任選一人年齡位于區(qū)間[40,50)”,C表示事件“任選一人患這種疾病”,由條件概率公式可得P(C|B)=P(BC)P(B)9.D解析該棋手在第二盤與甲比賽時,p=p2p1+(1-p2)p1p3+p3p1+(1-p3)p1p2=2p1(p2+p3)-2p1p2p3.同理,該棋手在第二盤與乙比賽時,p=2p2(p1+p3)-2p1p2p3.該棋手在第二盤與丙比賽時,p=2p3(p1+p2)-2p1p2p3.顯然,由p3>p2>p1>0可知,p1(p2+p3)<p2(p1+p3)<p3(p1+p2).從而該棋手在第二盤與丙比賽時,p最大,故選D.10.BC解析記車床加工的零件是次品為事件A,記第i臺車床加工的零件為事件Bi,i=1,2,3,則P(A|B1)=8%,P(A|B2)=3%,P(A|B3)=2%,P(B1)=10%,P(B2)=40%,P(B3)=50%.對于A,任取一個零件是第1臺車床生產(chǎn)出來的次品的概率為P(AB1)=P(A|B1)P(B1)=8%×10%=0.008,故A錯誤;對于B,任取一個零件,該零件是次品的概率為P(A)=P(AB1)+P(AB2)+P(AB3)=8%×10%+3%×40%+2%×50%=0.03,故B正確;對于C,如果該零件是第3臺車床加工出來的,那么它不是次品的概率為P(A|B3)=1-P(A|B3)=1-2%=0.98,故C正確;對于D,如果該零件是次品,那么它不是第3臺車床加工出來的概率為1-P(B3|A)=1-P(AB3)P(A)=1-P故選BC.11.解(1)設試驗一次,“選到甲袋”為事件A1,“選到乙袋”為事件A2,“試驗結(jié)果為紅球”為事件B1,“試驗結(jié)果為白球”為事件B2,(1)P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)·P(B1|A2)=1所以首次試驗結(jié)束的概率為11(2)①因為B1,B2是對立事件,P(B2)=1-P(B1)=920,所以P(A1|B2)=P(A②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-19=89,所以方案一中取到紅球的概率為P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2方案二中取到紅球的概率為P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)·P(B1|A2)=89因為3745>518,12.P1P3+P2P3-P1P2P3解析由題意,元件a,b,c不正常工作的概率分別為(1-P1),(1-P2),(1-P3),電路正常工作的條件為T1正常工作,T2,T3中至少有一個正常工作,①若T1,T2,T3接入的元件為a,b,c或a,c,b,則此電路正常工作的概率是P1[1-(1-P2)(1-P3)]=P1P2+P1P3-P1P2P3;②若T