高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《事件的相互獨(dú)立性與條件概率》專項(xiàng)測試卷附答案

第第頁高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《事件的相互獨(dú)立性與條件概率》專項(xiàng)測試卷附答案學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________一、單項(xiàng)選擇題1．從應(yīng)屆高中生中選拔飛行員，已知這批學(xué)生體型合格的概率為eq\f(1,3)，視力合格的概率為eq\f(1,6)，其他幾項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)合格的概率為eq\f(1,5)，從中任選一名學(xué)生，則該生各項(xiàng)均合格(假設(shè)各項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)互不影響)的概率為()A．eq\f(4,9) B．eq\f(1,90)C．eq\f(4,5) D．eq\f(5,9)2．(2024·山東聊城高二期末)某公司有甲、乙兩家餐廳，小張第1天午餐時(shí)隨機(jī)等可能地選擇一家餐廳用餐．如果第1天去甲餐廳，那么第2天去甲餐廳的概率為eq\f(3,5)；如果第1天去乙餐廳，那么第2天去甲餐廳的概率為eq\f(4,5).則小張第2天去乙餐廳的概率為()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5)D．eq\f(3,10)3．(2024·四川成都二診)甲和乙兩位同學(xué)準(zhǔn)備在體育課上進(jìn)行一場乒乓球比賽，假設(shè)甲對乙每局獲勝的概率都為eq\f(1,3)，比賽采取三局兩勝制(當(dāng)一方獲得兩局勝利時(shí)，該方獲勝，比賽結(jié)束)，則甲獲勝的概率為()A．eq\f(5,27)B．eq\f(7,27)C．eq\f(2,9)D．eq\f(1,9)4．(2024·湖南益陽模擬)甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行象棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其中編號為i的方框表示第i場比賽，方框中是進(jìn)行該場比賽的兩名棋手，第i場比賽的勝者稱為“勝者i”，負(fù)者稱為“負(fù)者i”，第6場為決賽，獲勝的人是冠軍．已知甲每場比賽獲勝的概率均為eq\f(2,3)，而乙、丙、丁之間相互比賽，每人獲勝的可能性相同．則甲獲得冠軍的概率為()A．eq\f(8,27)B．eq\f(16,27)C．eq\f(32,81)D．eq\f(40,81)5．(2024·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)模擬)某校為提升學(xué)生的綜合素養(yǎng)、大力推廣冰雪運(yùn)動(dòng)，號召青少年成為“三億人參與冰雪運(yùn)動(dòng)的主力軍”，開設(shè)了“陸地冰壺”“陸地冰球”“滑冰”“模擬滑雪”四類冰雪運(yùn)動(dòng)體驗(yàn)課程．甲、乙兩名同學(xué)各自從中任意挑選兩門課程學(xué)習(xí)，設(shè)事件A＝“甲、乙兩人所選課程恰有一門相同”，事件B＝“甲、乙兩人所選課程完全不同”，事件C＝“甲、乙兩人均未選擇陸地冰壺課程”，則()A．A與B為對立事件 B．A與C互斥C．A與C相互獨(dú)立 D．B與C相互獨(dú)立6．(2024·山東濟(jì)南模擬)我們通常所說的ABO血型系統(tǒng)是由A，B，O三個(gè)等位基因決定的，每個(gè)人的基因型由這三個(gè)等位基因中的任意兩個(gè)組合在一起構(gòu)成，且兩個(gè)等位基因分別來自于父親和母親，其中AA，AO為A型血，BB，BO為B型血，AB為AB型血，OO為O型血．比如：父親和母親的基因型分別為AO，AB，則孩子的基因型等可能的出現(xiàn)AA，AB，AO，BO四種結(jié)果．已知小明的爺爺、奶奶和母親的血型均為AB型，不考慮基因突變，則小明是A型血的概率為()A．eq\f(1,16)B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)7．將甲、乙、丙、丁4名醫(yī)生隨機(jī)派往①，②，③三個(gè)村莊進(jìn)行義診活動(dòng)，每個(gè)村莊至少派1名醫(yī)生，A表示事件“醫(yī)生甲派往①村莊”；B表示事件“醫(yī)生乙派往①村莊”；C表示事件“醫(yī)生乙派往②村莊”，則()A．事件A與B相互獨(dú)立B．事件A與C相互獨(dú)立C．P(B|A)＝eq\f(5,12)D．P(C|A)＝eq\f(5,12)二、多項(xiàng)選擇題8．下列各對事件中，M，N是相互獨(dú)立事件的有()A．?dāng)S1枚質(zhì)地均勻的骰子一次，事件M為“出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)”，事件N為“出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)”B．袋中有5個(gè)紅球，5個(gè)黃球，除顏色外完全相同，依次不放回地摸兩次，事件M為“第1次摸到紅球”，事件N為“第2次摸到紅球”C．分別拋擲2枚相同的硬幣，事件M為“第1枚為正面”，事件N為“兩枚結(jié)果相同”D．一枚硬幣擲兩次，事件M為“第一次為正面”，事件N為“第二次為反面”9．(2024·安徽合肥質(zhì)檢)有3臺車床加工同一型號的零件．第1臺加工的次品率為6%，第2,3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起．已知第1,2,3臺車床的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%,30%,45%，則下列選項(xiàng)正確的有()A．任取一個(gè)零件是第1臺生產(chǎn)出來的次品概率為0.06B．任取一個(gè)零件是次品的概率為0.0525C．如果取到的零件是次品，且是第2臺車床加工的概率為eq\f(2,7)D．如果取到的零件是次品，且是第3臺車床加工的概率為eq\f(2,7)三、填空題與解答題10．播種用的一等品種子中混合了2.0%的二等品種子，1.5%的三等品種子，1.0%的四等品種子，若用一等品、二等品、三等品、四等品種子長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率分別為0.5,0.15,0.1,0.05，則從這批種子中任選一粒長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率為________．11．(2024·浙江舟山模擬)根據(jù)以往的臨床記錄，某種診斷癌癥的試驗(yàn)有如下的效果：若以A表示事件“試驗(yàn)反應(yīng)為陽性”，以C表示事件“被診斷者患有癌癥”，則有P(A|C)＝0.95，P(eq\x\to(A)|eq\x\to(C))＝0.95，現(xiàn)在對自然人群進(jìn)行普查，設(shè)被試驗(yàn)的人患有癌癥的概率為0.005，即P(C)＝0.005，則P(C|A)＝________.(精確到0.001)12．(2024·江西贛州期末)已知某電器市場由甲、乙、丙三家企業(yè)占有，其中甲廠產(chǎn)品的市場占有率為40%，乙廠產(chǎn)品的市場占有率為36%，丙廠產(chǎn)品的市場占有率為24%，甲、乙、丙三廠產(chǎn)品的合格率分別為eq\f(4,5)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4).(1)現(xiàn)從三家企業(yè)的產(chǎn)品中各取一件抽檢，求這三件產(chǎn)品中恰有兩件合格的概率；(2)現(xiàn)從市場中隨機(jī)購買一臺電器，求買到的是合格品的概率．高分推薦題13．(2024·山東淄博期末)對某品牌機(jī)電產(chǎn)品進(jìn)行質(zhì)量調(diào)查，共有“擦傷、凹痕、外觀”三類質(zhì)量投訴問題．其中保質(zhì)期內(nèi)的投訴數(shù)據(jù)如下：擦傷凹痕外觀合計(jì)保質(zhì)期內(nèi)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,2)1保質(zhì)期后的投訴數(shù)據(jù)如下：擦傷凹痕外觀合計(jì)保質(zhì)期后eq\f(3,8)eq\f(1,2)eq\f(1,8)1(1)若100項(xiàng)投訴中，保質(zhì)期內(nèi)60項(xiàng)，保質(zhì)期后40項(xiàng)．依據(jù)小概率值α＝0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為凹痕質(zhì)量投訴與保質(zhì)期有關(guān)聯(lián)？(2)若投訴中，保質(zhì)期內(nèi)占64%，保質(zhì)期后占36%.設(shè)事件A：投訴原因是產(chǎn)品外觀，事件B：投訴發(fā)生在保質(zhì)期內(nèi)．①計(jì)算P(A)，并判斷：事件A，B是獨(dú)立事件嗎？②“若該品牌機(jī)電產(chǎn)品收到一個(gè)產(chǎn)品外觀問題的投訴，該投訴發(fā)生在保質(zhì)期內(nèi)的概率大”，這種說法是否成立？并給出理由．附：α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.解析版一、單項(xiàng)選擇題1．從應(yīng)屆高中生中選拔飛行員，已知這批學(xué)生體型合格的概率為eq\f(1,3)，視力合格的概率為eq\f(1,6)，其他幾項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)合格的概率為eq\f(1,5)，從中任選一名學(xué)生，則該生各項(xiàng)均合格(假設(shè)各項(xiàng)標(biāo)準(zhǔn)互不影響)的概率為()A．eq\f(4,9) B．eq\f(1,90)C．eq\f(4,5) D．eq\f(5,9)解析：各項(xiàng)均合格的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,6)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,90).答案：B2．(2024·山東聊城高二期末)某公司有甲、乙兩家餐廳，小張第1天午餐時(shí)隨機(jī)等可能地選擇一家餐廳用餐．如果第1天去甲餐廳，那么第2天去甲餐廳的概率為eq\f(3,5)；如果第1天去乙餐廳，那么第2天去甲餐廳的概率為eq\f(4,5).則小張第2天去乙餐廳的概率為()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(3,5)D．eq\f(3,10)解析：設(shè)A1＝“第1天去甲餐廳用餐”，B1＝“第1天去乙餐廳用餐”，A2＝“第2天去乙餐廳用餐”，根據(jù)題意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.4，P(A2|B1)＝0.2，由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.4＋0.5×0.2＝0.3，因此，小張第2天去乙餐廳用餐的概率為0.3.故選D．答案：D3．(2024·四川成都二診)甲和乙兩位同學(xué)準(zhǔn)備在體育課上進(jìn)行一場乒乓球比賽，假設(shè)甲對乙每局獲勝的概率都為eq\f(1,3)，比賽采取三局兩勝制(當(dāng)一方獲得兩局勝利時(shí)，該方獲勝，比賽結(jié)束)，則甲獲勝的概率為()A．eq\f(5,27)B．eq\f(7,27)C．eq\f(2,9)D．eq\f(1,9)解析：甲獲勝的情況分三類：①甲直接獲得前兩局勝利，不進(jìn)行第三局，此時(shí)甲獲勝的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,9)；②甲輸?shù)谝痪?，贏后兩局，此時(shí)甲獲勝的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27)；③甲贏第一局和第三局，輸?shù)诙?，此時(shí)甲獲勝的概率為eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,3)＝eq\f(2,27).故甲獲勝的概率為eq\f(1,9)＋eq\f(2,27)＋eq\f(2,27)＝eq\f(7,27).答案：B4．(2024·湖南益陽模擬)甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行象棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其中編號為i的方框表示第i場比賽，方框中是進(jìn)行該場比賽的兩名棋手，第i場比賽的勝者稱為“勝者i”，負(fù)者稱為“負(fù)者i”，第6場為決賽，獲勝的人是冠軍．已知甲每場比賽獲勝的概率均為eq\f(2,3)，而乙、丙、丁之間相互比賽，每人獲勝的可能性相同．則甲獲得冠軍的概率為()A．eq\f(8,27)B．eq\f(16,27)C．eq\f(32,81)D．eq\f(40,81)解析：甲獲得冠軍，則甲參加的比賽結(jié)果有三種情況：1勝3勝6勝；1勝3負(fù)5勝6勝；1負(fù)4勝5勝6勝，所以甲獲得冠軍的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\f(1,3)＝eq\f(40,81)，故選D．答案：D5．(2024·江蘇蘇錫常鎮(zhèn)模擬)某校為提升學(xué)生的綜合素養(yǎng)、大力推廣冰雪運(yùn)動(dòng)，號召青少年成為“三億人參與冰雪運(yùn)動(dòng)的主力軍”，開設(shè)了“陸地冰壺”“陸地冰球”“滑冰”“模擬滑雪”四類冰雪運(yùn)動(dòng)體驗(yàn)課程．甲、乙兩名同學(xué)各自從中任意挑選兩門課程學(xué)習(xí)，設(shè)事件A＝“甲、乙兩人所選課程恰有一門相同”，事件B＝“甲、乙兩人所選課程完全不同”，事件C＝“甲、乙兩人均未選擇陸地冰壺課程”，則()A．A與B為對立事件 B．A與C互斥C．A與C相互獨(dú)立 D．B與C相互獨(dú)立解析：依題意，甲、乙兩人所選課程有如下情形：①有一門相同；②兩門都相同；③兩門都不相同，故A與B互斥不對立，A與C不互斥，所以P(A)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(C)＝eq\f(C\o\al(2,3)C\o\al(2,3),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(1,4)且P(AC)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4)C\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A與C相互獨(dú)立，B與C不相互獨(dú)立．故選C．答案：C6．(2024·山東濟(jì)南模擬)我們通常所說的ABO血型系統(tǒng)是由A，B，O三個(gè)等位基因決定的，每個(gè)人的基因型由這三個(gè)等位基因中的任意兩個(gè)組合在一起構(gòu)成，且兩個(gè)等位基因分別來自于父親和母親，其中AA，AO為A型血，BB，BO為B型血，AB為AB型血，OO為O型血．比如：父親和母親的基因型分別為AO，AB，則孩子的基因型等可能的出現(xiàn)AA，AB，AO，BO四種結(jié)果．已知小明的爺爺、奶奶和母親的血型均為AB型，不考慮基因突變，則小明是A型血的概率為()A．eq\f(1,16)B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)解析：因小明的爺爺、奶奶的血型均為AB型，則小明父親的血型可能是AA，AB，BB，它們對應(yīng)的概率分別為eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4).當(dāng)小明父親的血型是AA時(shí)，因其母親的血型為AB，則小明的血型可能是AA，AB，它們的概率均為eq\f(1,2)，此時(shí)小明是A型血的概率為eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8)；當(dāng)小明父親的血型是AB時(shí)，因其母親的血型為AB，則小明的血型是AA的概率為eq\f(1,4)，此時(shí)小明是A型血的概率為eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,8)；當(dāng)小明父親的血型是BB時(shí)，因其母親的血型為AB，則小明的血型不可能是AA型．所以小明是A型血的概率為eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,4)，故選C．答案：C7．將甲、乙、丙、丁4名醫(yī)生隨機(jī)派往①，②，③三個(gè)村莊進(jìn)行義診活動(dòng)，每個(gè)村莊至少派1名醫(yī)生，A表示事件“醫(yī)生甲派往①村莊”；B表示事件“醫(yī)生乙派往①村莊”；C表示事件“醫(yī)生乙派往②村莊”，則()A．事件A與B相互獨(dú)立B．事件A與C相互獨(dú)立C．P(B|A)＝eq\f(5,12)D．P(C|A)＝eq\f(5,12)解析：將甲、乙、丙、丁4名醫(yī)生派往①，②，③三個(gè)村莊進(jìn)行義診包含Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(個(gè))樣本點(diǎn)，它們等可能，事件A含有的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12，則P(A)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，同理得P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3).事件AB含有的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為Aeq\o\al(2,2)＝2，則P(AB)＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，事件AC含有的樣本點(diǎn)個(gè)數(shù)為Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝5，則P(AC)＝eq\f(5,36).對于A，P(A)P(B)＝eq\f(1,9)≠P(AB)，即事件A與B不相互獨(dú)立，故A不正確；對于B，P(A)P(C)＝eq\f(1,9)≠P(AC)，即事件A與C不相互獨(dú)立，故B不正確；對于C，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,6)，故C不正確；對于D，P(C|A)＝eq\f(PAC,PA)＝eq\f(5,12)，故D正確．答案：D二、多項(xiàng)選擇題8．下列各對事件中，M，N是相互獨(dú)立事件的有()A．?dāng)S1枚質(zhì)地均勻的骰子一次，事件M為“出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)”，事件N為“出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為偶數(shù)”B．袋中有5個(gè)紅球，5個(gè)黃球，除顏色外完全相同，依次不放回地摸兩次，事件M為“第1次摸到紅球”，事件N為“第2次摸到紅球”C．分別拋擲2枚相同的硬幣，事件M為“第1枚為正面”，事件N為“兩枚結(jié)果相同”D．一枚硬幣擲兩次，事件M為“第一次為正面”，事件N為“第二次為反面”解析：在A中，P(MN)＝0，所以M，N不相互獨(dú)立；在B中，M，N不是相互獨(dú)立事件；在C中，P(M)＝eq\f(1,2)，P(N)＝eq\f(1,2)，P(MN)＝eq\f(1,4)，P(MN)＝P(M)·P(N)，因此M，N是相互獨(dú)立事件；在D中，第一次為正面對第二次的結(jié)果不影響，因此M，N是相互獨(dú)立事件．答案：CD9．(2024·安徽合肥質(zhì)檢)有3臺車床加工同一型號的零件．第1臺加工的次品率為6%，第2,3臺加工的次品率均為5%，加工出來的零件混放在一起．已知第1,2,3臺車床的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%,30%,45%，則下列選項(xiàng)正確的有()A．任取一個(gè)零件是第1臺生產(chǎn)出來的次品概率為0.06B．任取一個(gè)零件是次品的概率為0.0525C．如果取到的零件是次品，且是第2臺車床加工的概率為eq\f(2,7)D．如果取到的零件是次品，且是第3臺車床加工的概率為eq\f(2,7)解析：記Ai為事件“零件為第i(i＝1,2,3)臺車床加工”，記B為事件“任取一個(gè)零件為次品”，則P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，對于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A錯(cuò)誤；對于B，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.0525，B正確；對于C，P(A2|B)＝eq\f(PA2·PB|A2,PB)＝eq\f(0.3×0.05,0.0525)＝eq\f(2,7)，C正確；對于D，P(A3|B)＝eq\f(PA3·PB|A3,PB)＝eq\f(0.45×0.05,0.0525)＝eq\f(3,7)，D錯(cuò)誤．答案：BC三、填空題與解答題10．播種用的一等品種子中混合了2.0%的二等品種子，1.5%的三等品種子，1.0%的四等品種子，若用一等品、二等品、三等品、四等品種子長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率分別為0.5,0.15,0.1,0.05，則從這批種子中任選一粒長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率為________．解析：設(shè)Bi＝“從這批種子中任選一粒是i等品種子(i＝1,2,3,4)”，則Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4兩兩互斥．A＝“在這批種子中任選一粒長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品”，則P(B1)＝95.5%，P(B2)＝2%，P(B3)＝1.5%，P(B4)＝1.0%，P(A|B1)＝0.5，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.1，P(A|B4)＝0.05，由全概率公式得P(A)＝eq\i\su(i＝1,4,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.4825，所以從這批種子中任選一粒長出優(yōu)質(zhì)產(chǎn)品的概率為0.4825.答案：0.482511．(2024·浙江舟山模擬)根據(jù)以往的臨床記錄，某種診斷癌癥的試驗(yàn)有如下的效果：若以A表示事件“試驗(yàn)反應(yīng)為陽性”，以C表示事件“被診斷者患有癌癥”，則有P(A|C)＝0.95，P(eq\x\to(A)|eq\x\to(C))＝0.95，現(xiàn)在對自然人群進(jìn)行普查，設(shè)被試驗(yàn)的人患有癌癥的概率為0.005，即P(C)＝0.005，則P(C|A)＝________.(精確到0.001)解析：∵P(eq\x\to(A)|eq\x\to(C))＝0.95，∴P(A|eq\x\to(C))＝1－P(eq\x\to(A)|eq\x\to(C))＝0.05.∵P(C)＝0.005，∴P(eq\x\to(C))＝0.995.由全概率公式可得，P(A)＝P(A|C)P(C)＋P(A|eq\x\to(C))P(eq\x\to(C))，∵P(AC)＝P(C|A)P(A)＝P(A|C)P(C)，∴P(C|A)＝eq\f(PA|CPC,PA|CPC＋PA|\x\to(C)P\x\to(C))＝eq\f(0.95×0.005,0.95×0.005＋0.05×0.995)＝eq\f(19,218)≈0.087.答案：0.08712．(2024·江西贛州期末)已知某電器市場由甲、乙、丙三家企業(yè)占有，其中甲廠產(chǎn)品的市場占有率為40%，乙廠產(chǎn)品的市場占有率為36%，丙廠產(chǎn)品的市場占有率為24%，甲、乙、丙三廠產(chǎn)品的合格率分別為eq\f(4,5)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4).(1)現(xiàn)從三家企業(yè)的產(chǎn)品中各取一件抽檢，求這三件產(chǎn)品中恰有兩件合格的概率；(2)現(xiàn)從市場中隨機(jī)購買一臺電器，求買到的是合格品的概率．解：(1)記甲、乙、丙三家企業(yè)的一件產(chǎn)品，產(chǎn)品合格分別為事件B1，B2，B3，則三個(gè)事件相互獨(dú)立，恰有兩件產(chǎn)品合格為事件D，則D＝B1B2eq\x\to(B)3＋B1eq\x\to(B)2B3＋eq\x\to(B)1B2B3，P(D)＝P(B1B2eq\x\to(B)3)＋P(B1eq\x\to(B)2B3)＋P(eq\x\to(B)1B2B3)＝eq\f(4,5)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(4,5)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,5)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(13,30).故從三家企業(yè)的產(chǎn)品中各取一件抽檢，則這三件產(chǎn)品中恰有兩件合格的概率是eq\f(13,30).(2)記事件B為購買的電器合格，記隨機(jī)買一件產(chǎn)品，買到的產(chǎn)品為甲、乙、丙三個(gè)品牌分別為事件A1，A2，A3，P(A1)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(9,25)，P(A3)＝eq\f(6,25)，P(B|A1)＝eq\f(4,5)，P(B|A2)＝eq\f(2,3)，P(B|A3)＝eq\f(3,4)，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(2,5)×eq\f(4,5)＋eq\f(9,25)×eq\f(2,3)＋eq\f(6,25)×eq\f(3,4)＝eq\f(37,50).故從市場中隨機(jī)購買一臺電器，買到的是合格品的概率為eq\f(37,50).高分推薦題13．(2024·山東淄博期末)對某品牌機(jī)電產(chǎn)品進(jìn)行質(zhì)量調(diào)查，共有“擦傷、凹痕、外觀”三類質(zhì)量投訴問題．其中保質(zhì)期內(nèi)的投訴數(shù)據(jù)如下：擦傷凹痕外觀合計(jì)保質(zhì)期內(nèi)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,2)1保質(zhì)期后的投訴數(shù)據(jù)如下：擦傷凹痕外觀合計(jì)保質(zhì)期后eq\f(3,8)eq\f(1,2)eq\f(1,8)1(1)若100項(xiàng)投訴中，保質(zhì)期內(nèi)60項(xiàng)，保質(zhì)期后40項(xiàng)．依據(jù)小概率值α＝0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能