课时62 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

课时冲关６２　事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 对应学生用书　P３２３ [基础巩固练] 一、单选题 １．已知P(A)＞０,P(B|A)＝P(􀭺B)＝１,则事件A 与事件B (　　) A．互斥 B．对立 C．独立 D．以上均不正确 解析:C　[依题意,P(B|A)＋P(􀭺B)＝P(B|A) ＋１－P(B)＝１,则P(B|A)＝P(B),即P (AB) P(A) ＝P(B), 于是得P(AB)＝P(A)P(B),所以事件A 与事 件B 独立．] ２．一张储蓄卡的密码共有６位数字,每位数字都 可以从０~９中任选一个,某人在银行自动提款 机上取钱时,忘记了密码最后一位数字,如果任 意按最后一位数字,不超过 ２ 次就按对的概 率为 (　　) A．２５ B． ３ １０ C．１５ D． １ １０ 解析:C　[由题意,可得不超过２次就按对的概 率为P＝１１０＋ ９ １０× １ ９＝ １ ５． ] ３．某道数学试题含有两问,当第一问正确做答时, 才能做第二问,为了解该题的难度,调查了１００ 名学生的做题情况,做对第一问的学生有８０ 人,既做对第一问又做对第二问的学生有７２ 人,以做对试题的频率近似作为做对试题的概 率,已知某个学生已经做对第一问,则该学生做 对第二问的概率为 (　　) A．０．７２ B．０．８ C．０．９ D．０．２ 解析:C　[做对第一问的学生有８０人,则做对 第一问的频率为０．８,做对第一问又做对第二问 的学生有７２人,则两问都做对的频率为０．７２, 设“做对第一问”为事件 A,“做对第二问”为事 件B,则P(A)＝０．８,P(AB)＝０．７２,某个学生 已经做对第一问,则该学生做对第二问的概率 P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ ０．７２ ０．８＝０．９． ] ４．第一个袋中有黑、白球各２只,第二个袋中有 黑、白球各３只．先从第一个袋中任取一球放入 第二个袋中,再从第二个袋中任取一球,则两次 均取到白球的概率为 (　　) A．１７ B． ２ ７ C．４７ D． １ ２ 解析:B　[记Ai 表示第i次取到白球(i＝１,２), 则P(A１)＝ １ ２ ,P(A２|A１)＝ ４ ７． 由乘法公式得 P(A１A２)＝P(A１)P(A２|A１)＝ １ ２× ４ ７＝ ２ ７． ] ５．算盘是我国一类重要的 计算工具．如图是一把算 盘的初始状态,自右向左 前四位分别表示个位、十位、百位、千位,上面一 粒珠子(简称上珠)代表５,下面一粒珠子(简称 下珠)代表１,即五粒下珠的代表数值等于同组 一粒上珠的代表数值,例如,个位拨动一粒上珠 至梁上,十位未拨动,百位拨动一粒下珠至梁 上,表示数字１０５．现将算盘的千位拨动一粒珠 子至梁上,个位、十位、百位至多拨动一粒珠子 至梁上,其他位置珠子不拨动．设事件A＝“表 示的四位数为偶数”,事件B＝“表示的四位数 大于５０５０”,则P(B|A)＝ (　　) A．１５ B． ５ １２ C．２３ D． ５ ６ 解析:A　[算盘的千位拨动一粒珠子至梁上,个 位、十位、百位至多拨动一粒珠子至梁上,其它 位置珠子不拨动．样本点为:１０００,１００１,１００５, １０１０,１０５０,１１００,１５００,５０００,５００１,５００５,５０１０, ５０５０,５１００,５５００共１４种, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５７４􀅰 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 事件A＝“表示的四位数为偶数”,事件B＝“表 示的 四 位 数 大 于 ５０５０”,则 P(A)＝１０１４＝ ５ ７ , P(AB)＝２１４＝ １ ７ ,所以P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ １ ５． ] ６．在数字通信中,信号是由数字０和１组成．由于 随机因素的干扰,发送的信号０或１有可能被 错误地接收为１或０．已知发信号０时,接收为０ 和１的概率分别为０．９和０．１;发送信号１时, 接收为１和０的概率分别为０．９５和０．０５,若发 送信号０和１是等可能的,则接受信号为１的 概率为 (　　) A．０．４７５ B．０．５２５ C．０．４２５ D．０．５７５ 解析:B　[设A＝“发送的信号为０”,B＝“接收 到的信号为０”,则 􀭿A＝“发送的信号为１”,􀭺B＝ “接收到的信号为１”,所以P(A)＝０．５,P(􀭿A)＝ ０．５,P(B|A)＝０．９,P(􀭺B|A)＝０．１,P(B|􀭿A)＝ ０．０５,P(􀭺B|􀭿A)＝０．９５,所以接收信号为０的概 率为:P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(􀭿A)P(B|􀭿A)＝ ０．５×０．９＋０．５×０．０５＝０．４７５,所以接收信号 为１的概率为:P(􀭺B)＝１－P(B)＝１－０．４７５＝ ０．５２５．] 二、多选题 ７．(２０２５􀅰苏州开学考)随机事件A、B 满足P(A) ＝１２ ,P(B)＝１３ ,P(􀭿A|B)＝１２ ,下列说法正确 的是 (　　) A．事件􀭿A 与事件B 相互独立 B．P(􀭿A∪B)＝１６ C．P(AB)＝１６ D．P(􀭺B)＝P(􀭿AB) 解析:AC　[根据 P(A)＝１２ ,P(B)＝１３ 可得 P(􀭿A)＝１－P(A)＝１２ ,P(􀭺B)＝１－P(B)＝２３ ; 又P(􀭿A|B)＝P (􀭿AB) P(B)＝ １ ２ ,可 得 P(􀭿AB)＝ １ ２P (B)＝１６＝P (􀭿A)P(B); 即满足P(􀭿AB)＝P(􀭿A)P(B),因此事件􀭿A 与事 件B 相互独立,即 A 正确; 易知P(􀭿A∪B)＝P(􀭿A)＋P(B)－P(􀭿AB)＝ １ ２＋ １ ３－ １ ６＝ ２ ３ ,因此B错误; 由P(B)＝P(AB)＋P(􀭿AB)＝１３ 可得P(AB)＝ １ ３－P (􀭿AB)＝１６ ,即可知C正确; 计算可得P(􀭺B)＝１－P(B)＝２３ ,P(􀭿AB)＝１６ , 所以P(􀭺B)≠P(􀭿AB),即 D错误．] ８．湖南张家界是５A 级景区,有许多好看的景点． 李先生和张先生预选该景区的玻璃栈道和凤凰 古城游玩．李先生和张先生第一天去玻璃栈道 和凤凰古城游玩的概率分别为０．３和０．７,如果 他们第一天去玻璃栈道,那么第二天去玻璃栈 道的概率为０．７;如果第一天去凤凰古城,那么 第二天去玻璃栈道的概率为０．６．设A１＝“第一 天去玻璃栈道”;A２＝“第二天去玻璃栈道”;B１ ＝“第一天去凤凰古城”;B２＝“第二天去凤凰古 城”,则 (　　) A．P(A２|A１)＝０．７ B．P(A２|B１)＝０．３ C．P(A２)＝０．６３ D．P(B２)＝０．３７ 解析:ACD　[由题干可知 P(A２|A１)＝０．７, P(A２|B１)＝０．６,A 正确,B错误; P(A１)＝０．３,P(B１)＝０．７,所 以 P(A２)＝ P(A１A２)＋P(B１A２)＝P(A１)P(A２|A１)＋ P(B１)P(A２|B１)＝０．３×０．７＋０．７×０．６＝ ０．６３, P(B２)＝P(A１B２)＋P(B１B２)＝P(A１)P(B２| A１)＋P(B１)P(B２|B１)＝０．３×０．３＋０．７×０．４ ＝０．３７,C、D正确．] 三、填空题 ９．中国象棋是中国棋文化、也是中华民族的文化 瑰宝,它源远流长,趣味浓厚,使用方格状棋盘, 每个棋子摆放和活动在交叉点上．其中象位于 A 处,其移动规则为循着田字的对角线走两格, 即下一步可到达的地方为B 或D;同理,若象位 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６７４􀅰 高考总复习　数学 A版 于D 处,下一次可到达的地方为A,C,E 或G． 已知象从某位置到达下一个位置是随机的,假 设象的初始位置是在A 处,则走２步后恰好回 到A 处的概率为　　　　　,４步后恰好回到 A 处的概率为　　　　　． 解析:走３步后象到达位置的所有情况可以用 树状图表示,则走２步后恰好回到 A 处的概率 P１＝ １ ２× １ ２＋ １ ２× １ ４＝ ３ ８ ; 走４步后恰好回到 A 处的概率P２＝２× １ ２ æ è ç ö ø ÷ ４ ＋４× １２ æ è ç ö ø ÷ ３ ×１４＋４× １ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ × １４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝５１６． 答案:３ ８　 ５ １６ １０．开元通宝是我国唐代的一种货币,向开元通宝 上任意投掷一粒芝麻,第一次投进方空的概率 约为０．５,在第一次投到开元通宝上的条件下第 二次也投进方空的概率约为０．３,则这样连续两 次都可把芝麻投进方空的概率是　　　　． 解析:设Ai 表示第i次把芝麻投进方空,i＝１, ２,则由已知可得 P(A１)＝０．５,P(A２|A１)＝ ０．３, 因此由乘法公式可得P(A１A２)＝P(A１)P(A２ |A１)＝０．５×０．３＝０．１５, 即连续 两 次 都 可 把 芝 麻 投 进 方 空 的 概 率 是 ０．１５． 答案:０．１５ 四、解答题 １１．某学校在元宵节前夕举行“灯谜竞猜”活动,活 动分一、二两关,分别竞猜５道、２０道灯谜．现 有甲、乙两位选手独立参加竞猜,在第一关中, 甲、乙都猜对了４道,在第二关中,甲、乙分别 猜对１２道、１５道．假设猜对每道灯谜都是等可 能的． (１)从第一关的５道灯谜中任选２道,求甲都 猜对的概率; (２)从第二关的２０道灯谜中任选一道,求甲、 乙两人恰有一个人猜对的概率． 解:(１)设 事 件 A＝“任 选 ２ 道 灯 谜,甲 都 猜 对”,用１,２,３,４,５表示第一关的５道灯谜,其 中１,２,３,４表示甲猜对的４道, 则样本空间为Ω＝{(１,２),(１,３),(１,４),(１, ５),(２,３),(２,４),(２,５),(３,４),(３,５),(４, ５)},A＝{(１,２),(１,３),(１,４),(２,３),(２,４), (３,４)}, 所以n(Ω)＝１０,n(A)＝６, 根据古典概型的计算公式, 得P(A)＝n (A) n(Ω)＝ ３ ５． (２)设事件B＝“任选一道灯谜,甲猜对”,事件 C＝“任选一道灯谜,乙猜对”,事件 D＝“任选 一道灯谜,甲、乙两人恰有一个人猜对”, 根据题意可得, P(B)＝１２２０ ,P(􀭺B)＝ ８２０ ,P(C)＝１５２０ ,P(􀭺C) ＝５２０． 因为D＝􀭺BC∪B􀭺C,且􀭺BC,B􀭺C 互斥, 又甲、乙两位选手独立参加竞猜,所以B,C 相 互独立,从而􀭺B,C,B,􀭺C 也相互独立． 所以P(D)＝P(􀭺BC∪B􀭺C)＝P(􀭺BC)＋P(B􀭺C) ＝P(􀭺B)P(C)＋P(B)P(􀭺C)＝８２０× １５ ２０＋ １２ ２０× ５ ２０＝ ９ ２０． 即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为９ ２０． １２．两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的 概率是０．０３,第二台出现废品的概率是０．０２． 加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加 工的零件比第二台加工的零件多一倍． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７７４􀅰 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布列 (１)求任意取出的零件是合格品的概率; (２)如果任意取出的零件是废品,求它是第二 台车床加工的概率． 解:设Ai 表示“第i台机床加工的零件”(i＝１, ２);B 表示“出现废品”;C 表示“出现合格品”． (１)P(C)＝P(A１C∪A２C)＝P(A１C)＋ P(A２C)＝P(A１)P(C|A１)＋P(A２)P(C|A２) ＝２３× (１－０．０３)＋１３× (１－０．０２)≈０．９７３． (２)P(A２|B)＝ P(A２B) P(B) ＝ P(A２)P(B|A２) P(A１)P(B|A１)＋P(A２)P(B|A２) ＝ １ ３×０．０２ ２ ３×０．０３＋ １ ３×０．０２ ＝０．２５． [能力提升练] １３．(２０２５􀅰张家口模拟)某大学进行“羽毛球”、 “美术”、“音乐”三个社团选拔．某同学经过考 核选拔通过该校的“羽毛球”、“美术”、“音乐” 三个社团的概率依次为a,b,１２ ,已知三个社团 中他恰好能进入两个的概率为１ ５ ,假设该同学 经过考核通过这三个社团选拔成功与否相互 独立,则该同学一个社团都不能进入的概率为 (　　) A．１２ B． ３ ５ C．３４ D． ３ １０ 解析:D　[由题意知,三个社团中他恰好能进 入两个的概率为１ ５ , 则ab􀅰 １－１２ æ è ç ö ø ÷ ＋１２a (１－b)＋１２b (１－a) ＝１５ , 所以１ ２ (a＋b)－１２ab＝ １ ５ , 所以a＋b－ab＝２５ , 所以该同学一个社团都不进入的概率 P＝(１－a)(１－b)􀅰 １－１２ æ è ç ö ø ÷ ＝１２ [１－(a＋b)＋ab] ＝１２ {１－[(a＋b)－ab]} ＝１２× １－ ２ ５ æ è ç ö ø ÷ ＝３１０． ] １４．甲、乙、丙三个人去做相互传球训练,训练规则 是确定一人第一次将球传出,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 何一人,每次必须将球传出．如果第一次由甲 将球传出,设n次传球后球在甲手中的概率为 Pn,则P３＝　　　　;Pn＝　　　　． 解析:设An＝“经过n 次传球后,球在甲的手 中”,则事件An 的概率为Pn,n＝１,２,３,􀆺,n, 则P１＝０, 依题意,An＋１＝An􀅰An＋１＋An􀅰An＋１,则Pn＋１ ＝P(An􀅰An＋１＋An􀅰An＋１)＝P(An􀅰An＋１)＋ P(An􀅰An＋１) ＝P(An)􀅰P(An＋１|An)＋P(An)􀅰P(An＋１| An)＝(１－Pn)× １ ２＋Pn×０＝ １ ２ (１－Pn), 即Pn＋１＝－ １ ２Pn＋ １ ２ ,n＝１,２,３,􀆺,(∗) 因P１＝０,代入解得,P２＝ １ ２ ,P３＝－ １ ２× １ ２＋ １ ２＝ １ ４ ; 由(∗)可得,Pn＋１－ １ ３＝－ １ ２Pn＋ １ ６＝－ １ ２ Pn－ １ ３ æ è ç ö ø ÷,且P１－ １ ３＝－ １ ３ , 故数列 Pn－ １ ３{ }是以－ １ ３ 为首项,－１２ 为公比 的等比数列, 于是,Pn－ １ ３＝－ １ ３× － １ ２ æ è ç ö ø ÷ n－１ ,则得,Pn＝ １ ３－ １ ３× － １ ２ æ è ç ö ø ÷ n－１ ＝２３× － １ ２ æ è ç ö ø ÷ n ＋１３． 答案:１ ４　 ２ ３× － １ ２ æ è ç ö ø ÷ n ＋１３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８７４􀅰 高考总复习　数学 A版