2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：條件概率與全概率公式 專項(xiàng)訓(xùn)練【原卷版】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-10.6-條件概率與全概率公式-專項(xiàng)訓(xùn)練【原卷版】

[A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1

1.若P(AB)=[,P(A)=|,P(B)=g，則事件4與B的關(guān)系是()

A.事件a與B互斥B.事件a與B對(duì)立

c.事件a與B相互獨(dú)立D.事件a與B既互斥又相互獨(dú)立

2.[2023?山東青島模擬]甲、乙兩人到一商店購買飲料，他們準(zhǔn)備分別從可樂、乳制

品、礦泉水這3種飲品中隨機(jī)選擇一種，且兩人的選擇結(jié)果互不影響.記事件a=

“甲選擇可樂"，事件8="甲和乙選擇的飲品不同”，則P(B|2)=()

A.I11B,-1C,-7D.-

3.[2023?廣東廣州模擬]深受廣大球迷喜愛的某支足球隊(duì)在對(duì)球員的安排上總是進(jìn)行

數(shù)據(jù)分析，根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒和后衛(wèi)三個(gè)位置，且出

場(chǎng)率分別為0.2,0,5,0.3,當(dāng)乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒、中鋒以及后衛(wèi)時(shí)，球隊(duì)輸球的概率

依次為0.4,0.2,0.8.當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，該球隊(duì)這場(chǎng)比賽不輸球的概率為()

A.0.32B.0.68C,0.58D.0.64

4.(多選)設(shè)a是兩個(gè)事件，且B發(fā)生2必定發(fā)生若0<PQ4)<l,0<

P(B)<1，則給出的下列各式中正確的是()

A.P(AUB)=P(B)B.P(B|2)=瑞

C.P⑷B)=1D.P(AB)=P(A)

5.[2023?河北邢臺(tái)模擬](多選)隨機(jī)事件4與B相互獨(dú)立，且B發(fā)生的概率為

0.4,2發(fā)生且B不發(fā)生的概率為0.3,貝！]()

A.事件A發(fā)生的概率為0.6B.事件B發(fā)生且A不發(fā)生的概率為0.2

C.事件4或B發(fā)生的概率為0.9D.事件4與B同時(shí)發(fā)生的概率為0.2

6.[2023?上海財(cái)經(jīng)大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)模擬]袋中有一個(gè)白球和一個(gè)黑球，一次次地從

袋中摸球，如果取出白球，則除把白球放回外，再加進(jìn)一個(gè)白球，直至取出黑球?yàn)橹?

則取了N次都沒有取到黑球的概率是________________.

7.[2023?遼寧鞍山模擬]有一道數(shù)學(xué)難題，在半小時(shí)內(nèi)，甲、乙能解決的概率都懸

丙能解決的概率是|,若3人試圖獨(dú)立地在半小時(shí)內(nèi)解決該難題，則該難題得到解決

的概率為.

8.[2023?湖南岳陽模擬]某學(xué)校在甲、乙、丙三個(gè)地區(qū)進(jìn)行新生錄取，三個(gè)地區(qū)的錄

取比例分別為?現(xiàn)從這三個(gè)地區(qū)等可能抽取一個(gè)人，此人被錄取的概率

356

是_______?

9.[2023?山東臨沂模擬]已知某中學(xué)高一某班小麗、小許、小靜三人分別獨(dú)自進(jìn)行投

3

-

籃訓(xùn)練，命中的概率分別居4/，設(shè)各次投籃都相互獨(dú)立.

(1)若小許投籃三次，求恰有兩次命中的概率；

(2)若小麗、小許、小靜三人各投籃一次，求至少一人命中的概率.

[B級(jí)綜合運(yùn)用1

10.如圖,已知電路中4個(gè)開關(guān)每個(gè)閉合的概率都是|,且是相互獨(dú)立的，則燈亮的

概率為()

11.［2023?廣東佛山模擬］(多選)拋擲一紅一綠兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記下骰子朝

上面的點(diǎn)數(shù).用工表示紅色骰子的點(diǎn)數(shù)，用y表示綠色骰子的點(diǎn)數(shù)，用(%,y)表示一

次試驗(yàn)的結(jié)果.定義：事件a="％+y=7"，事件B=為奇數(shù)”，事件C=

“％>3”，則下列結(jié)論正確的是()

A.事件a與B互斥B.事件a與B對(duì)立

c.p(B|c)=］D.事件a與c相互獨(dú)立

12.［2023?河北衡水模擬］有3臺(tái)車床加工同一型號(hào)的零件，第1臺(tái)加工的次品率為

6%，第2,3臺(tái)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(tái)車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%,30%,45%，現(xiàn)從加工出來的零

件中任取一個(gè)零件，則取到的零件是次品，且是第1臺(tái)車床加工的概率

為.

13.［2023?湖北宜昌模擬］某企業(yè)使用新技術(shù)對(duì)某款芯片進(jìn)行試生產(chǎn)，在試生產(chǎn)初期，

該款芯片的生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測(cè)評(píng)估工序，

包括智能自動(dòng)檢測(cè)與人工抽檢.已知該款芯片在生產(chǎn)中，前三道工序的次品率分別為

P=L，P=工，p=4.

110z9，J8

(1)求該款芯片生產(chǎn)在進(jìn)入第四道工序前的次品率；

(2)如果在第四道工序中智能自動(dòng)檢測(cè)為次品的芯片會(huì)被自動(dòng)淘汰，合格的芯片進(jìn)

入流水線并由工人進(jìn)行人工抽查檢驗(yàn).在芯片智能自動(dòng)檢測(cè)顯示合格率為90%的條件

下，求工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品的概率.

2級(jí)素養(yǎng)提升］

14.［2022?高考全國卷乙］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(dú)立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為Pl,P2，P3，且P3〉P2>

Pi>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p,貝?。?)

A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)

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

15.甲、乙兩人組成“星隊(duì)”參加趣味知識(shí)競(jìng)賽.比賽分兩輪進(jìn)行，每輪比賽答一道趣

味題.在第一輪比賽中，答對(duì)題者得2分，答錯(cuò)題者得0分；在第二輪比賽中，答對(duì)題

者得3分，答錯(cuò)題者得0分.已知甲、乙兩人在第一輪比賽中答對(duì)題的概率都為p,

在第二輪比賽中答對(duì)題的概率都為q,且在兩輪比賽中答對(duì)與否互不影響.設(shè)定甲、

乙兩人先進(jìn)行第一輪比賽，然后進(jìn)行第二輪比賽，甲、乙兩人的得分之和為“星隊(duì)”

總得分.已知在一次比賽中甲得2分的概率為?,乙得5分的概率為：.

(1)求P,q的值；

(2)求“星隊(duì)”在一次比賽中的總得分為5分的概率.

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-10.6-條件概率與全概率公式-專項(xiàng)訓(xùn)練【解析版】

［A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)!

1.若PQ4B)=",P(A)=|,P(B)=］，則事件4與B的關(guān)系是(C)

A.事件a與B互斥B.事件a與B對(duì)立

c.事件a與B相互獨(dú)立D.事件a與B既互斥又相互獨(dú)立

［解析］選c.因?yàn)镻(a)=i—P⑷=1*=3,

所以PG4B)=P(4)P(B)=§H0,

所以事件4與B相互獨(dú)立、事件a與B不互斥，故不對(duì)立.故選c.

2.［2023?山東青島模擬］甲、乙兩人到一商店購買飲料，他們準(zhǔn)備分別從可樂、乳制

品、礦泉水這3種飲品中隨機(jī)選擇一種，且兩人的選擇結(jié)果互不影響.記事件4=

“甲選擇可樂"，事件8="甲和乙選擇的飲品不同”，則P(B|2)=(D)

A.-11B.-1C.i2D.-

4233

［解析］選D.事件a="甲選擇可樂”，則p(a)=：，事件B="甲和乙選擇的飲品

不同”，則事件ZB="甲選擇可樂，乙選擇的是乳制品或者礦泉水”，所以

PG4B)=；X瀉，所以P(BH)=鬻號(hào).故選D.

3.［2023?廣東廣州模擬］深受廣大球迷喜愛的某支足球隊(duì)在對(duì)球員的安排上總是進(jìn)行

數(shù)據(jù)分析，根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒和后衛(wèi)三個(gè)位置，且出

場(chǎng)率分別為0.2,0,5,0.3,當(dāng)乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒、中鋒以及后衛(wèi)時(shí)，球隊(duì)輸球的概率

依次為0.4,0,2,0.8.當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，該球隊(duì)這場(chǎng)比賽不輸球的概率為(C)

A.0.32B.0.68C.0.58D.0.64

［解析］選C.設(shè)事件為表示“乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒”，事件&表示“乙球員擔(dān)當(dāng)中鋒”，

事件4表示“乙球員擔(dān)當(dāng)后衛(wèi)”，事件B表示“當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)輸球”.

則P(B)=P(Z1)P(BM1)+PQ42)P(B|4)+PQ43)P(BM3)=0.2x0.4+0.5X0.2+

0.3X0.8=0.42,

所以當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，該球隊(duì)這場(chǎng)比賽不輸球的概率為1-0.42=0.58.故選C.

4.(多選)設(shè)a,B是兩個(gè)事件，且B發(fā)生4必定發(fā)生若0<PQ4)<l,0<

P(B)<1,則給出的下列各式中正確的是(BC)

A.PQ4UB)=P(B)B.P(B|2)=^

C.P⑷B)=1D.P(AB)=P(A)

［解析］選BC.因?yàn)锽發(fā)生A必定發(fā)生，所以P(AUB)=P(A),P(AB)=P(B),故

A,D不正確；。0|4)=霽=舞，故B正確；「缶㈤)=需=1，故C正確.故

選BC.

5.［2023?河北邢臺(tái)模擬］(多選)隨機(jī)事件2與B相互獨(dú)立，且B發(fā)生的概率為

0.4,4發(fā)生且B不發(fā)生的概率為0.3,貝［］(BD)

A.事件4發(fā)生的概率為0.6B.事件B發(fā)生且2不發(fā)生的概率為0.2

C.事件2或B發(fā)生的概率為0.9D.事件2與B同時(shí)發(fā)生的概率為0.2

［解析］選BD.依題意事件4與B相互獨(dú)立，P(B)=0.4,P(B)=0.6,P(4瓦)=

P⑷?P?=P(A)-0.6=0.3,

所以PQ4)=0.5,A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

P(A)=0.5,所以P(AB)=P(A)-P(B)=0.5x0.4=0.2,B選項(xiàng)正確；

事件4或B發(fā)生的概率為1-P(而)=1一P(Z).P⑻=1—0.5x0.6=0.7,C選

項(xiàng)錯(cuò)誤；

P(AB)=P⑷?P(B)=0.5x0,4=0.2,D選項(xiàng)正確.

故選BD.

6.［2023?上海財(cái)經(jīng)大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)模擬］袋中有一個(gè)白球和一個(gè)黑球，一次次地從

袋中摸球，如果取出白球，則除把白球放回外，再加進(jìn)一個(gè)白球，直至取出黑球?yàn)橹?

則取了N次都沒有取到黑球的概率是六.

［解析］依題意，取了N次都沒有取到黑球的概率P=?x,x：x…、備=念.

Z54/V+l/v+1

7.［2023?遼寧鞍山模擬］有一道數(shù)學(xué)難題,在半小時(shí)內(nèi),甲、乙能解決的概率都震

丙能解決的概率是|,若3人試圖獨(dú)立地在半小時(shí)內(nèi)解決該難題，則該難題得到解決

的概率為1.

O

［解析］設(shè)“在半小時(shí)內(nèi)，甲、乙、丙能解決該難題”分別為事件a,B,c,“在

半小時(shí)內(nèi)該難題得到解決”為事件。，貝(］PQ4)=P(B)=g,P(C)=］,D=au

BUC,D表示事件“在半小時(shí)內(nèi)沒有解決該難題"，萬=砒，

1121S1P-5

--X-X-'--D--

所以PCD)=P(ABC)=PM)P(B)P(C)22p(6

--

8.［2023?湖南岳陽模擬］某學(xué)校在甲、乙、丙三3個(gè)地6區(qū)進(jìn)行新生錄取，三個(gè)地區(qū)的錄

取比例分別為：現(xiàn)從這三個(gè)地區(qū)等可能抽取一個(gè)人，此人被錄取的概率是京.

［解析］記事件41,A2,A3表示此人選自甲、乙、丙三個(gè)地區(qū),事件B表示此人被

1111

錄取，則P(4)=PG42)=P(4)=§,P(B|4)=E,P(B|4)=Z,

所以

1111

+-X-+-X-

P(B)=P(Ai)P(B|&)+P(&)P(B|&)+P(4)P(BM3)3536

9.［2023?山東臨沂模擬］已知某中學(xué)高一某班小麗、小許、小靜三人分別獨(dú)自進(jìn)行投

籃訓(xùn)練，命中的概率分別是|/，設(shè)各次投籃都相互獨(dú)立.

1545

(1)若小許投籃三次，求恰有兩次命中的概率；

［答案］解：設(shè)小許“第一次命中”為事件當(dāng)，“第二次命中”為事件B2，“第三次

命中”為事件B3,

“小許投籃三次，恰有兩次命中”為事件E,

則P(E)=P(瓦勾叢)+P(Bi瓦5)+P(B$2瓦)

133,313,33127

=-x-x-+-x-x-+-x-x-=—.

44444444464

(2)若小麗、小許、小靜三人各投籃一次，求至少一人命中的概率.

［答案］設(shè)“小麗命中”為事件2，“小許命中”為事件B，“小靜命中”為事件c,

“三人投籃，至少一人命中”為事件。,

則“三人投籃，均未命中”為事件方,

mP（D）=（1_i）x（i-yx（i-1）=

所以P（D）=1-P（萬）=1-卷若,

所以三人投籃，至少一人命中的概率為標(biāo).

OU

[B級(jí)綜合運(yùn)用1

10.如圖,已知電路中4個(gè)開關(guān)每個(gè)閉合的概率都是|,且是相互獨(dú)立的，則燈亮的

概率為（C）

[解析]選c.燈泡不亮包括四個(gè)開關(guān)都斷開，或開關(guān)C,D都斷開且開關(guān)a,B中有

一個(gè)斷開，這兩種情況是互斥的，每一種情況中的事件是相互獨(dú)立的，所以燈泡不亮

的概率為:++=.因?yàn)闊襞萘僚c不亮是對(duì)立事

件，所以燈亮的概率是1-2K.故選c.

11.[2023.廣東佛山模擬]（多選）拋擲一紅一綠兩枚質(zhì)地均勻的骰子，記下骰子朝

上面的點(diǎn)數(shù).用x表示紅色骰子的點(diǎn)數(shù),用y表示綠色骰子的點(diǎn)數(shù),用（%,y）表示一

次試驗(yàn)的結(jié)果.定義：事件a="％+y=7"，事件B=為奇數(shù)”，事件C=

“x〉3”，則下列結(jié)論正確的是（AD）

A.事件a與B互斥B.事件a與B對(duì)立

c.p（B|c）=]D.事件a與c相互獨(dú)立

［解析］選AD.對(duì)于A,因?yàn)閤+y-7,所以久與y必是一奇一偶,又當(dāng)xy為奇數(shù)

時(shí)，久與y都是奇數(shù)，所以事件4和B不能同時(shí)發(fā)生，即a與B互斥，故A正確；

對(duì)于B,因?yàn)槭录?和B不能同時(shí)發(fā)生，但它們可以同時(shí)不發(fā)生，如％=1,y=2,

即2與B不對(duì)立，故B不正確；對(duì)于C,?y)的所有可能結(jié)果如表所示：

類別123456

1(1,1)(1.2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)

2(2,1)(2,2)。3)(2,4)(2,5)(2,6)

3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)

4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)

5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)

6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)

P⑹4=，P(BC)=2號(hào)，所以「出|0=需=3，故C不正確;

36L3612r(Lj6

對(duì)于D,PG4)=9=3,P(C)=i1=|,PG4C)=.=*，則有PQ4C)=PQ4)?

Jo。DOZOU1Z

P⑹J與C相互獨(dú)立,故D正確.綜上所述,選AD.

12.［2023?河北衡水模擬］有3臺(tái)車床加工同一型號(hào)的零件，第1臺(tái)加工的次品率為

6%，第2,3臺(tái)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(tái)車床加工的零件數(shù)分別占總數(shù)的25%,30%,45%，現(xiàn)從加工出來的零

件中任取一個(gè)零件，則取到的零件是次品，且是第1臺(tái)車床加工的概率為|.

［解析］記4為事件“零件為第汩=1,2,3)臺(tái)車床加工”，B為事件“任取一個(gè)零件

為次品”，

則P(4)=0.25,P(4)=0.3,P(4)=0.45,

所以P(B)=PG4i)P(B|4)+P(&)P(BM2)+PQ43)P(B|4)

=0.25x0.06+0.3x0.05+0.45x0.05=0.0525,

PQ4i)P(BMi)0.25x0.06_2

所以P(4i|B)=

P(B)0.0525-7

13.［2023?湖北宜昌模擬］某企業(yè)使用新技術(shù)對(duì)某款芯片進(jìn)行試生產(chǎn)，在試生產(chǎn)初期，

該款芯片的生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測(cè)評(píng)估工序,

包括智能自動(dòng)檢測(cè)與人工抽檢.已知該款芯片在生產(chǎn)中，前三道工序的次品率分別為

p=工，P=工，「3一.

110z9，J8

(1)求該款芯片生產(chǎn)在進(jìn)入第四道工序前的次品率；

［答案］解：因?yàn)榍叭拦ば虻拇纹仿史謩e為P1=5，「2=I,

所以該款芯片生產(chǎn)在進(jìn)入第四道工序前的次品率為

P=1-(1-FOCI-P2)(l-p3)=l-^x|x^=^.

(2)如果在第四道工序中智能自動(dòng)檢測(cè)為次品的芯片會(huì)被自動(dòng)淘汰，合格的芯片進(jìn)

入流水線并由工人進(jìn)行人工抽查檢驗(yàn).在芯片智能自動(dòng)檢測(cè)顯示合格率為90%的條件

下，求工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品的概率.

［答案］設(shè)“該款芯片智能自動(dòng)檢測(cè)合格”為事件4，“人工抽檢合格”為事件B,

由已知得「04)=/，PG4B)=l—P=l—5=5,

所以工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品的概率為P(BM)=

P(AB)7107

P(A)109-9?

［C級(jí)素養(yǎng)提升］

14.［2022?高考全國卷乙］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(dú)立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為Pl,P2，P3，且P3>P2>

Pi>0.記該棋手連勝兩盤的概率為p，貝U(D)

A.p與該棋手和甲、乙、丙的比賽次序無關(guān)

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

［解析］選D.方法一：設(shè)棋手在第二盤與甲比賽連勝兩盤的概率為P甲，在第二盤與乙

比賽連勝兩盤的概率為P乙，在第二盤與丙比賽連勝兩盤的概率為P丙，由題意可知，

P甲=2Pl歷2(1-P3)+P3(l-P2)]=2Plp2+2Plp3-4Plp2P3，P乙=2P2[P1(1—

P3)+p3(l-Pi)]=2Plp2+2P2P3-4Plp2P3，P丙=2p3[pi(l-P2)+?2(1-Pl)]=

2Plp3+2P2P3—4Plp2P3.所以P丙一「甲=2P2(P3-Pi)>0，「丙一「乙二2Ple3-

P2)>0，所以P丙最大，故選D.

方法二(特殊值法)：不妨設(shè)P1=0.4,P2=0.5,P3=0.6,則該棋手在第二盤與甲

比賽連勝兩盤的概率P甲—2Pl搟2(1-P3)+P3(l-P2)]=0.4；在第二盤與乙比賽連

勝兩盤的概率P乙=2P2歷1(1-P3)+P3(l-Pl)]=0.52;在第二盤與丙比賽連勝兩盤

的概率P丙=2p3[Pi(l-P2)+P2(l-Pi)]=0.6.所以P丙最大,故選D.

15.甲、乙兩人組成“