事件的相互独立性与条件概率、全概率公式小题限时训练--2025届高三数学二轮复习

事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 一、单项选择题 1．(★)某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛．现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且每名同学每次投篮之间没有影响．现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为(　　) A．0.5 B．0.48 C．0.4 D．0.32 2．(★)(2024·青岛模拟)某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25.若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为(　　) A．0.34 B．0.37 C．0.42 D．0.43 3．(★)甲、乙、丙3位大学毕业生去4个工厂实习，每位毕业生只能选择一个工厂实习，设“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A，“甲独自去一个工厂实习”为事件B，则P(A|B)等于(　　) A. B. C. D. 4．(★★)甲袋里有5只白球，7只红球，乙袋里有4只白球，2只红球，从两个袋中任选一袋，然后从所选到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率为(　　) A. B. C. D. 5．(★★)(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　) A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 6．(★★★)(2023·曲靖质检)为了督促市民节约用水，某市水务投资公司对居民生活用水实行阶梯水价制度进行收费，其收费标准如下：一户居民每月用水量不超过15吨时，收费单价为3.5元/吨；超过15吨但不超过20吨时，超出15吨部分的收费单价为4.75元/吨；超过20吨时属于严重超标，超出20吨部分的收费单价为6元/吨．某学生社团对某生活区的住户进行用水量调查，该生活区的某单元内居住着3户人家，每户月用水量严重超标的概率均为p(0<p<1)且相互独立，该单元至少有两户人家月用水量严重超标的概率为f(p)，当f(p)＝时，p等于(　　) A. B. C. D. 二、多项选择题 7．(★)(2023·大庆模拟)已知事件A，B满足P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则(　　) A．若A⊆B，则P(AB)＝0.18 B．若A与B互斥，则P(A∪B)＝0.9 C．若P(A|B)＝0.1，则A与B相互独立 D．若A与B相互独立，则P(A)＝0.12 8．(★★)(2024·娄底模拟)甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用A1，A2，A3分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则(　　) A．A1，A2，A3两两互斥 B．P(B|A2)＝ C．A3与B是相互独立事件 D．P(B)＝ 9．(★★)(2023·济南模拟)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则(　　) A．P(AB)＝P(AC)＝P(BC) B．P(A|B)＝P(A|C)＝ C．P(ABC)＝ D．P(A)P(B)P(C)＝ 10．(★★)(2023·葫芦岛模拟)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有(　　) A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.015 B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5 C．如果取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为 D．如果取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为 三、填空题 11．(★)某同学高考后参加国内两所名牌大学A，B的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这两所大学A，B招生考试的概率分别为x，，该同学能否通过这两所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率为，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为________． 12．(★★★)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一个人，若n次传球后球在甲手中的概率为pn，则p10＝________. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 一、单项选择题 1．(★)某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛．现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且每名同学每次投篮之间没有影响．现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为(　　) A．0.5 B．0.48 C．0.4 D．0.32 答案　B 解析　设“第一次投进球”为事件A，“第二次投进球”为事件B，则得2分的概率为 P＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B) ＝0.4×0.6＋0.6×0.4＝0.48. 2．(★)(2024·青岛模拟)某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25.若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为(　　) A．0.34 B．0.37 C．0.42 D．0.43 答案　C 解析　设事件A表示“两道题全做对”， 若两道题目都有思路，则P1＝×0.82＝0.32， 若两道题目中一个有思路一个没有思路，则P2＝×0.8×0.25＝0.1， 故P(A)＝P1＋P2＝0.32＋0.1＝0.42. 3．(★)甲、乙、丙3位大学毕业生去4个工厂实习，每位毕业生只能选择一个工厂实习，设“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A，“甲独自去一个工厂实习”为事件B，则P(A|B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意知P(B)＝，P(AB)＝，所以P(A|B)＝＝＝. 4．(★★)甲袋里有5只白球，7只红球，乙袋里有4只白球，2只红球，从两个袋中任选一袋，然后从所选到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设事件A＝“选甲袋”，B＝“选乙袋”，C＝“从选到的甲袋中取一个白球”，D＝“从选到的乙袋中取一个白球”．则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，所以取到白球的概率为P(A)P(C|A)＋P(B)P(D|B)＝×＋×＝. 5．(★★)(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则(　　) A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 答案　D 解析　设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲， 在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙， 在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙， 方法一　由题意可知，P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3， P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3， P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3. 所以P丙－P甲＝2p2(p3－p1)>0， P丙－P乙＝2p1(p3－p2)>0， 所以P丙最大，故选D. 方法二　(特殊值法) 不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6， 则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2(1－p3)＋p3(1－p2)]＝0.4； 在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1(1－p3)＋p3(1－p1)]＝0.52； 在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1(1－p2)＋p2(1－p1)]＝0.6. 所以P丙最大，故选D. 6．(★★★)(2023·曲靖质检)为了督促市民节约用水，某市水务投资公司对居民生活用水实行阶梯水价制度进行收费，其收费标准如下：一户居民每月用水量不超过15吨时，收费单价为3.5元/吨；超过15吨但不超过20吨时，超出15吨部分的收费单价为4.75元/吨；超过20吨时属于严重超标，超出20吨部分的收费单价为6元/吨．某学生社团对某生活区的住户进行用水量调查，该生活区的某单元内居住着3户人家，每户月用水量严重超标的概率均为p(0<p<1)且相互独立，该单元至少有两户人家月用水量严重超标的概率为f(p)，当f(p)＝时，p等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设事件A为“该单元有2户人家月用水量严重超标”，事件B为“该单元有3户人家月用水量严重超标”，则P(A)＝C(1－p)p2＝3(1－p)p2，P(B)＝Cp3＝p3， 即f(p)＝P(A)＋P(B)＝3(1－p)p2＋p3＝3p2－2p3(0<p<1)， 方法一　将各选项代入验证发现，唯有p＝满足要求，故A正确． 方法二　令f(p)＝3p2－2p3＝， 整理为(2p)3－3·(2p)2＋2＝(2p－1)(4p2－4p－2)＝0， 所以p＝或p＝，因为0<p<1，所以p＝. 二、多项选择题 7．(★)(2023·大庆模拟)已知事件A，B满足P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则(　　) A．若A⊆B，则P(AB)＝0.18 B．若A与B互斥，则P(A∪B)＝0.9 C．若P(A|B)＝0.1，则A与B相互独立 D．若A与B相互独立，则P(A)＝0.12 答案　BD 解析　对于A，因为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，A⊆B，所以P(AB)＝P(A)＝0.3，故A错误； 对于B，因为A与B互斥，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.3＋0.6＝0.9，故B正确； 对于C，因为P(A|B)＝0.1，即＝0.1，所以P(AB)＝0.1×P(B)＝0.06，又因为P(A)P(B)＝0.3×0.6＝0.18，所以P(AB)≠P(A)P(B)，故C错误； 对于D，因为A与B相互独立，所以A与相互独立，因为P(B)＝0.6，所以P()＝1－0.6＝0.4，所以P(A)＝P(A)P()＝0.12，故D正确． 8．(★★)(2024·娄底模拟)甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用A1，A2，A3分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则(　　) A．A1，A2，A3两两互斥 B．P(B|A2)＝ C．A3与B是相互独立事件 D．P(B)＝ 答案　AB 解析　对于A，由题意可知A1，A2，A3不可能同时发生，所以A1，A2，A3两两互斥，所以A正确； 对于B，由题意可得P(A2)＝＝，P(A2B)＝×＝，所以P(B|A2)＝＝＝，所以B正确； 对于C，因为P(A1)＝＝，P(A3)＝＝，P(A1B)＝×＝，P(A3B)＝×＝，P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝＋＋＝，所以P(A3B)≠P(A3)P(B)，所以A3与B不是相互独立事件，所以C错误； 对于D，由C选项可知D是错误的． 9．(★★)(2023·济南模拟)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事件A表示“第一个四面体向下的一面出现偶数”，事件B表示“第二个四面体向下的一面出现奇数”，事件C表示“两个四面体向下的一面同时出现奇数或者同时出现偶数”，则(　　) A．P(AB)＝P(AC)＝P(BC) B．P(A|B)＝P(A|C)＝ C．P(ABC)＝ D．P(A)P(B)P(C)＝ 答案　AB 解析　对于A，因为事件A，B，C两两相互独立， 所以P(AB)＝×＝， P(AC)＝×＝， P(BC)＝×＝， 所以P(AB)＝P(AC)＝P(BC)，故A正确； 对于B，易知P(A|B)＝P(A)，P(A|C)＝P(A)，所以P(A|B)＝P(A|C)＝，故B正确； 对于C，事件A，B，C不可能全部同时发生，故P(ABC)＝0，故C错误； 对于D，P(A)P(B)P(C)＝××＝，故D错误． 10．(★★)(2023·葫芦岛模拟)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起，已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有(　　) A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.015 B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5 C．如果取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为 D．如果取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为 答案　ABC 解析　由题意任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为6%×25%＝1.5%，A正确； 由题设，任取一个零件是次品的概率为6%×25%＋5%×30%＋5%×45%＝5.25%，B正确； 取到的零件是次品，则是第2台车床加工的概率为＝，C正确； 取到的零件是次品，则是第3台车床加工的概率为＝，D错误． 三、填空题 11．(★)某同学高考后参加国内两所名牌大学A，B的“强基计划”招生考试，已知该同学能通过这两所大学A，B招生考试的概率分别为x，，该同学能否通过这两所大学的招生考试相互独立，且该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率为，则该同学至少通过1所大学招生考试的概率为________． 答案　 解析　∵该同学能否通过这2所大学的招生考试相互独立， ∴该同学恰好能通过其中1所大学招生考试的概率P＝x＋(1－x)＝＋x＝，故x＝， ∴该同学至少通过1所大学招生考试的概率为1－×＝. 12．(★★★)甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一个人，若n次传球后球在甲手中的概率为pn，则p10＝________. 答案　 解析　记An表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”， 设n次传球后球在甲手中的概率为pn，n∈N*， 则有p1＝0，An＋1＝nAn＋1＋AnAn＋1， 所以pn＋1＝P(nAn＋1＋AnAn＋1) ＝P(nAn＋1)＋P(AnAn＋1) ＝P(n)·P(An＋1|n)＋P(An)·P(An＋1|An) ＝(1－pn)·＋pn·0＝(1－pn)， 即pn＋1＝－pn＋，n∈N*， 所以pn＋1－＝－，且p1－＝－， 所以数列是以－为首项，－为公比的等比数列， 所以pn－＝－×n－1，所以pn＝－×n－1＋. 所以p10＝－×10－1＋＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$