2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習課時質(zhì)量評價60事件的獨立性條件概率與全概率公式含解析新人教A版

PAGE課時質(zhì)量評價(六十)(建議用時：45分鐘)A組全考點鞏固練1．某個電路開關(guān)閉合后會出現(xiàn)紅燈或綠燈閃耀．已知開關(guān)第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率為eq\f(1,2)，兩次閉合后都出現(xiàn)紅燈的概率為eq\f(1,5)，則在第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的條件下其次次閉合后出現(xiàn)紅燈的概率為()A．eq\f(1,10)B．eq\f(1,5)C．eq\f(2,5)D．eq\f(1,2)C解析：設(shè)“開關(guān)第一次閉合后出現(xiàn)紅燈”為事務(wù)A，“其次次閉合后出現(xiàn)紅燈”為事務(wù)B．由題意可得P(A)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(1,5)，則在第一次閉合后出現(xiàn)紅燈的條件下其次次閉合出現(xiàn)紅燈的概率是P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq\f(2,5).2．(2024·石家莊二中高三教學(xué)質(zhì)量檢測)據(jù)統(tǒng)計，連續(xù)熬夜48小時誘發(fā)心臟病的概率為0.055，連續(xù)熬夜72小時誘發(fā)心臟病的概率為0.19.現(xiàn)有一人已連續(xù)熬夜48小時未誘發(fā)心臟病，則他還能接著連續(xù)熬夜24小時不誘發(fā)心臟病的概率為()A．eq\f(6,7)B．eq\f(3,35)C．eq\f(11,35)D．0.19A解析：設(shè)“連續(xù)熬夜48小時未誘發(fā)心臟病”記為事務(wù)A，“接著連續(xù)熬夜24小時未誘發(fā)心臟病”記為事務(wù)B．由題意得，P(A)＝1－0.055＝0.945，P(AB)＝1－0.19＝0.81，所以他還能接著連續(xù)熬夜24小時不誘發(fā)心臟病的概率P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(0.81,0.945)＝eq\f(6,7).故選A．3．(2024·宜賓市第四中學(xué)高三一模)兩個實習生每人加工一個零件．加工為一等品的概率分別為eq\f(5,6)，eq\f(3,4)，兩個零件是否加工為一等品相互獨立，則這兩個零件中恰有一個一等品的概率為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(1,3)C．eq\f(5,12)D．eq\f(1,6)B解析：記“兩個零件中恰有一個一等品”的事務(wù)為A，“僅第一個實習生加工一等品”為事務(wù)A1，“僅其次個實習生加工一等品”為事務(wù)A2，則P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(5,6)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,6)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,3).故選B．4．(2024·南昌市高三三模)甲、乙兩人進行象棋競賽，實行五局三勝制(不考慮平局，先贏得三場的人為獲勝者，競賽結(jié)束)．依據(jù)前期的統(tǒng)計分析，得到甲在和乙的第一場競賽中，取勝的概率為0.5.受心理方面的影響，前一場的競賽結(jié)果會對甲的下一場競賽產(chǎn)生影響．假如甲在某一場競賽中取勝，則下一場取勝率提高0.1，反之，降低0.1，則甲以3∶1取得成功的概率為()A．0.162B．0.18C．0.168D．0.174D解析：設(shè)“甲在第一、二、三、四局競賽中獲勝”分別為事務(wù)A1，A2，A3，A4.由題意得，甲要以3∶1取得成功可能是A1A2eq\x\to(A)3A4，A1eq\x\to(A)2A3A4，eq\x\to(A)1A2A3A4，所以甲以3∶1取得成功的概率p＝P(A1A2eq\x\to(A)3A4)＋P(A1eq\x\to(A)2A3A4)＋P(eq\x\to(A)1A2A3A4)＝0.5×0.6×0.3×0.6＋0.5×0.4×0.5×0.6＋0.5×0.4×0.5×0.6＝0.174.故選D．5．首屆中國國際進口博覽會期間，甲、乙、丙三家中國企業(yè)都有意向購買同一種型號的機床設(shè)備．他們購買該機床設(shè)備的概率分別為eq\f(1,2)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，且三家企業(yè)的購買結(jié)果相互之間沒有影響，則三家企業(yè)中恰有一家購買該機床設(shè)備的概率是()A．eq\f(23,24)B．eq\f(5,24)C．eq\f(11,24)D．eq\f(1,24)C解析：設(shè)“甲企業(yè)購買該機床設(shè)備”為事務(wù)A，“乙企業(yè)購買該機床設(shè)備”為事務(wù)B，“丙企業(yè)購買該機床設(shè)備”為事務(wù)C，則P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(C)＝eq\f(1,4)，則P(eq\x\to(A))＝1－P(A)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(B))＝1－P(B)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，P(eq\x\to(C))＝1－P(C)＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).設(shè)“三家企業(yè)中恰有一家購買該機床設(shè)備”為事務(wù)D，則P(D)＝P(Aeq\x\to(B)eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)Beq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)C)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(11,24).6．(2024·西安市高三月考)某電視臺的夏日水上闖關(guān)節(jié)目一共有三關(guān)，第一關(guān)與其次關(guān)的過關(guān)率分別為eq\f(2,3)，eq\f(3,4).只有通過前一關(guān)才能進入下一關(guān)，每一關(guān)都有兩次闖關(guān)機會，且通過每關(guān)相互獨立．一選手參與該節(jié)目，則該選手能進入第三關(guān)的概率為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(2,3)C．eq\f(5,6)D．eq\f(1,12)C解析：設(shè)Ai＝“第i次通過第一關(guān)”，Bi＝“第i次通過其次關(guān)”，其中i＝1,2.由題意知選手能進入第三關(guān)的事務(wù)為A1B1＋eq\x\to(A)1A2B1＋A1eq\x\to(B)1B2＋eq\x\to(A)1A2eq\x\to(B)1B2，所以選手能進入第三關(guān)的概率P(A1B1＋eq\x\to(A)1A2B1＋A1eq\x\to(B)1B2＋eq\x\to(A)1A2eq\x\to(B)1B2)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,6).故選C．7．(2024·福州市高三模擬)概率論起源于博弈嬉戲.17世紀，曾有一個“賭金安排”的問題：博弈水平相當?shù)募?、乙兩人進行博弈嬉戲，每局競賽都能分出輸贏，沒有平局．雙方約定，各出賭金48枚金幣，先贏3局者可獲得全部賭金；但競賽中途因故終止了，此時甲贏了2局，乙贏了1局．問這96枚金幣的賭金該如何安排？數(shù)學(xué)家費馬和帕斯卡都用了現(xiàn)在稱之為“概率”的學(xué)問，合理地給出了賭金安排方案．該安排方案是()A．甲48枚，乙48枚 B．甲64枚，乙32枚C．甲72枚，乙24枚 D．甲80枚，乙16枚C解析：依據(jù)題意，甲、乙兩人每局獲勝的概率均為eq\f(1,2)，假設(shè)兩人接著進行競賽，甲獲得96枚金幣的概率p1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4)，乙獲得96枚金幣的概率p2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，則甲應(yīng)當獲得96×eq\f(3,4)＝72(枚)金幣；乙應(yīng)當獲得96×eq\f(1,4)＝24(枚)金幣．故選C．8．已知事務(wù)A，B，C相互獨立，假如P(AB)＝eq\f(1,6)，P(eq\x\to(B)C)＝eq\f(1,8)，P(ABeq\x\to(C))＝eq\f(1,8)，則P(B)＝________，P(eq\x\to(A)B)＝________.eq\f(1,2)eq\f(1,3)解析：由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P(A)·P(B)＝\f(1,6)，①,P(\x\to(B))·P(C)＝\f(1,8)，②,P(A)·P(B)·P(\x\to(C))＝\f(1,8).③))由③÷①得P(eq\x\to(C))＝eq\f(3,4)，所以P(C)＝1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(3,4)＝eq\f(1,4).將P(C)＝eq\f(1,4)代入②得P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)，所以P(B)＝1－P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2).由①可得P(A)＝eq\f(1,3)，所以P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))·P(B)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3).9．甲、乙、丙三人同時對飛機進行射擊，三人擊中的概率分別為0.4,0.5,0.7.飛機被一人擊中而擊落的概率為0.2，被兩人擊中而擊落的概率為0.6.若三人都擊中，飛機必定被擊落．求飛機被擊落的概率．解：設(shè)B＝{飛機被擊落}，Ai＝{飛機被i個人擊中}，i＝1,2,3，則B＝A1B＋A2B＋A3B．依題意得，P(B|A1)＝0.2，P(B|A2)＝0.6，P(B|A3)＝1.由全概率公式P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)．為求P(Ai)，設(shè)H甲＝{飛機被甲擊中}，H乙＝{飛機被乙擊中}，H丙＝{飛機被丙擊中}．可求得P(A1)＝P(H甲eq\x\to(H)乙eq\x\to(H)丙＋eq\x\to(H)甲H乙eq\x\to(H)丙＋eq\x\to(H)甲eq\x\to(H)乙H丙)，P(A2)＝P(H甲H乙eq\x\to(H)丙＋H甲eq\x\to(H)乙H丙＋eq\x\to(H)甲H乙H丙)，P(A3)＝P(H甲H乙H丙)．將數(shù)據(jù)代入計算得P(A1)＝0.36，P(A2)＝0.41，P(A3)＝0.14.于是P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458.即飛機被擊落的概率為0.458.B組新高考培優(yōu)練10．(2024·太原五中高三月考)在荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷葉上跳來跳去(每次跳動時，均從一葉跳到另一葉)，而且逆時針方向跳的概率是順時針方向跳的概率的兩倍，如圖所示．假設(shè)現(xiàn)在青蛙在A葉上，則跳三次之后停在A葉上的概率是()A．eq\f(1,3)B．eq\f(2,9)C．eq\f(4,9)D．eq\f(8,27)A解析：若順時針方向跳的概率為p，則逆時針方向跳的概率為2p，可得p＋2p＝3p＝1，解得p＝eq\f(1,3)，即順時針方向跳的概率為eq\f(1,3)，逆時針方向跳的概率為eq\f(2,3).若青蛙在A葉上，則跳3次之后停在A葉上，滿意3次逆時針或者3次順時針．①若先按逆時針起先，即A→B→C→A，則對應(yīng)的概率為eq\f(2,3)×eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)；②若先按順時針起先，即A→C→B→A，則對應(yīng)的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,27).所以，所求概率為eq\f(8,27)＋eq\f(1,27)＝eq\f(1,3).故選A．11．(多選題)下列各對事務(wù)中，M，N是相互獨立事務(wù)的有()A．擲1枚質(zhì)地勻稱的骰子一次，事務(wù)M＝“出現(xiàn)的點數(shù)為奇數(shù)”，事務(wù)N＝“出現(xiàn)的點數(shù)為偶數(shù)”B．袋中有5個紅球、5個黃球，除顏色外完全相同，依次不放回地摸兩次，事務(wù)M＝“第一次摸到紅球”，事務(wù)N＝“其次次摸到紅球”C．分別拋擲2枚相同的硬幣，事務(wù)M＝“第一枚為正面”，事務(wù)N＝“兩枚結(jié)果相同”D．一枚硬幣擲兩次，事務(wù)M＝“第一次為正面”，事務(wù)N＝“其次次為反面”CD解析：在選項A中，P(MN)＝0，所以M，N不相互獨立．在選項B中，M，N可能同時發(fā)生，不是相互獨立事務(wù)．在選項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是相互獨立事務(wù)．在選項D中，第一次是否為正面對其次次的結(jié)果不影響，因此M，N是相互獨立事務(wù)．故選CD．12．(多選題)(2024·三亞市華僑學(xué)校模擬)甲箱中有5個紅球、2個白球和3個黑球，乙箱中有4個紅球、3個白球和3個黑球．先從甲箱中隨機取出一球放入乙箱中，分別以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是紅球、白球和黑球的事務(wù)；再從乙箱中隨機取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是紅球的事務(wù)，則下列結(jié)論正確的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事務(wù)B與事務(wù)A1相互獨立D．A1，A2，A3兩兩互斥BD解析：因為每次取一球，所以A1，A2，A3是兩兩互斥的事務(wù)，故D正確；因為P(A1)＝eq\f(5,10)，P(A2)＝eq\f(2,10)，P(A3)＝eq\f(3,10)，所以P(B|A1)＝eq\f(P(BA1),P(A1))＝eq\f(\f(5,10)×\f(5,11),\f(5,10))＝eq\f(5,11)，故B正確；同理，P(B|A2)＝eq\f(P(BA2),P(A2))＝eq\f(\f(2,10)×\f(4,11),\f(2,10))＝eq\f(4,11)，P(B|A3)＝eq\f(P(BA3),P(A3))＝eq\f(\f(3,10)×\f(4,11),\f(3,10))＝eq\f(4,11)，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22)，故A，C錯誤．故選BD．13．(多選題)從甲袋中摸出一個紅球的概率是eq\f(1,3)，從乙袋中摸出一個紅球的概率是eq\f(1,2).從兩袋各摸出一個球，下列結(jié)論正確的是()A．2個球都是紅球的概率為eq\f(1,6)B．2個球不都是紅球的概率為eq\f(1,3)C．至少有1個紅球的概率為eq\f(2,3)D．2個球中恰有1個紅球的概率為eq\f(1,2)ACD解析：設(shè)“從甲袋中摸出一個紅球”為事務(wù)A1，“從乙袋中摸出一個紅球”為事務(wù)A2，則P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A2)＝eq\f(1,2)，且A1，A2獨立；在選項A中，2個球都是紅球為A1A2，其概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，A正確；在選項B中，“2個球不都是紅球”是“2個球都是紅球”的對立事務(wù)，其概率為eq\f(5,6)，B錯誤；在選項C中，2個球中至少有1個紅球的概率為1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)，C正確；在選項D中，2個球中恰有1個紅球的概率為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，D正確．故選ACD．14．(2024·百師聯(lián)盟練習五山東卷)某學(xué)校裝有兩套相互獨立的平安系統(tǒng)A，B．若系統(tǒng)A和B至少有一套能正常運行，則認為校內(nèi)處于平安防衛(wèi)狀態(tài)．已知系統(tǒng)A，B在隨意時刻發(fā)生故障的概率分別是eq\f(1,9)，m，要求校內(nèi)在隨意時刻處在平安防衛(wèi)狀態(tài)下的概率不小于eq\f(89,90)，則m的最大值是()A．eq\f(1,8)B．eq\f(1,9)C．eq\f(1,10)D．eq\f(1,11)C解析：因為系統(tǒng)A，B在隨意時刻發(fā)生故障的概率分別為eq\f(1,9)，m，所以校內(nèi)處在平安防衛(wèi)狀態(tài)的概率為1－eq\f(1,9)m，則有1－eq\f(1,9)m≥eq\f(89,90)，得m≤eq\f(1,10).故選C．15．質(zhì)檢部門對某工廠甲車間生產(chǎn)的8個零件質(zhì)量進行檢測，零件質(zhì)量(單位：克)分布的莖葉圖如圖所示，零件質(zhì)量不超過20克的為合格．質(zhì)檢部門從中隨機抽取4件進行檢測，若至少2件合格，檢測即可通過；若至少3件合格，檢測即為良好，則甲車間在這次檢測通過的條件下，獲得檢測良好的概率為()A．eq\f(17,53)B．eq\f(53,70)C．eq\f(1,105)D．eq\f(3,140)A解析：設(shè)事務(wù)A表示“2件合格，2件不合格”；事務(wù)B表示“3件合格，1件不合格”；事務(wù)C表示“4件全合格”，事務(wù)D表示“檢測通過”，事務(wù)E表示“檢測良好”，則P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,4),C\o\al(4,8))＋eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,4),C\o\al(4,8))＋eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,8))＝eq\f(53,70).所以P(E|D)＝eq\f(P(ED),P(D))＝eq\f(P(B)＋P(C),P(D))＝eq\f(\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,4),C\o\al(4,8))＋\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,8)),\f(53,70))＝eq\f(17,53).16．某乒乓球俱樂部派甲、乙、丙三名運動員參與某運動會的單打資格選拔賽，本次選拔賽只有出線和未出線兩種狀況．規(guī)定一名運動員出線記1分，未出線記0分．假設(shè)甲、乙、丙出線的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(3,5)，他們出線與未出線是相互獨立的．(1)求在這次選拔賽