课时检测训练64 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

课时检测训练64事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 >对应客案P561 应A级·基础巩固 6.(2024·河北衡水三模)已知甲、乙、丙三人参加 1.若PAB)-号，PA)-号，PB)- 3,则事件A 射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分 与B的关系是 别为号·2·音且每个人射击相互独立：者每人 A.事件A与B互斥 各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提 B.事件A与B对立 下，甲命中的概率为 C.事件A与B相互独立 D.事件A与B既互斥又相互独立 A司 B号 c D. 2.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量 7.(2023·山西临粉·一模)有两台车床加工问 为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率 型号的零件，第1台车床加工的次品率为5%，第 是0.6.已知某天的空气质量为优良，则随后一 2台车床加工的次品率为6%，加工出来的零件 天的空气质量为优良的概率是 混放在一起，已知两台车床加工的零件数分别占 A.0.8 B.0.75 总数的45%，55%，则任取一个零件是次品的概 C.0.6 D.0.45 率为 3.抛掷2枚质地均匀的骰子（正方体，6个表面分 8.2019国际乒联世界巡回赛男子单打决赛在甲、 别标有数字1,2,3,4,5,6).在掷出的两枚骰子点 乙两位选手间进行，比赛实行七局四胜制（先获 数之和为6点的条件下，点数均为奇数的概率为 得四局胜利的选手获胜)，已知每局比赛甲选手 ( c号 n号 获胜的概率是行，且前五局比赛甲3：2领先，则 A. 甲获得冠军的概室是 4.(2025·延边模拟)某中学举行疾病防控知识竞 9.设随机事件A,B,已知P(A)=0.4,P(B|A)= 赛，其中某道题甲队答对该题的概率为子，乙队 0.3,P(B1A)=0.2,则P(AB)= 和丙队答对该题的概率都是号，若各队答题的结 P(B)= 10.在某地区进行流行病学调查，随机调查了100 果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙三支竞 位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据 赛队伍中恰有一一支队伍答对该题的概率为 的颜率分布直方图： 频 n 023 .020 5.(2023·河北唐山·线考三模)假设有两箱零件， 0017 第一箱内装有5件，其中有2件次品：第二箱内 0.012 装有10件，其中有3件次品.现从两箱中随机挑 0.006 选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到 的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率 0 102030405060708090龄/岁 为 (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同 A号 B c D. 组中的数据用该组区间的中点值为代表)： 课时检测训练·数学·RJA 342 (2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于： 空B级·能力提升 区间[20,70)的概率： 12.(多选)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑 (3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该 球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球.先 地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总 从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A, 人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的 A,和A,表示由甲箱取出的球是红球，白球和 年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概 黑球的事件：再从乙箱中随机取出一球，以B表 率，（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频 示由乙箱取出的球是红球的事件，则下列结论 率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 正确的是 0.0001) A.事件B与事件A,(i=1,2,3)相互独立 B.P(AB)=22 CPB)=号 D.P(A.B) 13.为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三 大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工 11.某紫砂壶加工工坊在加工一批紫砂壶时，在出 程，20项民生类工程和10项产业建设类工程. 窑过程中有的会因为气温骤冷、泥料膨胀率不 现有3名民工相互独立地从这60个项目中任 均等原因导致紫砂壶出现一定的瑕疵而形成次 选一个项目参与建设，则这3名民工选择的项 品，有的直接损毁.通常情况下，一把紫砂壶的 目所属类别各不相同的概率是 成品率为号，损吸率为行·对于烧窑过程中出现 14.我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试 产，试产该款芯片共有三道工序，前两道生产工 的次品，会通过再次整形调整后入窑复烧，二次 序互不影响，第三道是检测评估工序，包括自动 出窑，其在二次出窑时不出现次品，成品率为 智能检测和人工抽检.已知前两道生产工序的 已知一把紫砂壶加工的泥料成本为500元把，每 1 1 次品率分别为p=30P,一29 把壶的平均烧窑成本为50元/次，复烧前的整形 (1)求该款芯片的次品率： 工费为100元次，成品即可对外销售，售价均为 (2)第三道工序中自动智能检测为次品的芯片 1500元 会被自动淘汰：否则，进人流水线进行人工抽 (1)求一把紫砂壶能够对外销售的概率： 检.已知该款芯片自动智能检测显示合格率为 (2)某客户在一批紫砂壶入窑前随机对一把紫 98%,求人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格 砂壶坯料进行了标记，求被标记的紫砂壶的最 品的概率 终获利X的数学期望. 343 课时检测训练·数学·RJA8.0.75 解析 设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为 A,B,C, 则 所以抽到一等品的概率为0.75. 9.4 解析 4名志愿者分配到跳高、跳远2个项目， 有2?-2=14种方法， 将4名志愿者按照1,3的分组，再分配的方法，共有CA?= 8种方法， P=4所以“恰好有一个项目分配了3名志愿者”的概率 =. 10.解(1)由题意，该校往年每年的招生人数为100+100+ 300+200+800+500=2000, “衣物翻新”专业直接就业的学生人数为200×0.8=160, 2000=0.08.所以所求的概率为 (2)由表格中的数据，可得往年各专业直接就业的人数分别 为100,270,160,400,70,400,往年全校整体的就业率为 100+70+272+160+400+400×100?0%, 招 生 人 数 调整 后 全 校 整 体的就业 率 为 解得m=120. 11.解(1)设甲组“检测次数为23次”的事件为A,设3个小 组分别为B,C,D,2份病毒咽拭子分别为1,2, 于是得2份病毒咽拭子分到3个不同组的所有分配结果 是：B?B?,C?C?,D?D?,B?C?,B?C?,B?D?,B?D?,C?D?,C?D? (其中B?B?表示2份病毒咽拭子都分到B组，C?D?表示病 毒咽拭子1分到C组，2分到D组),共9个不同结果，它们 等可能， 事件A就是2份病毒咽拭子分到同一组，有3个不同结果： P(A)=9=3,B?B?,C?C?,D?D?,则 所以检测次数为23次的概率是 (2)根据数表知，使用甲方案的平均检测次数为 23×330+43×670=36.4, 使用乙方案的平均检测次数为 32×508+62×492=46.76 由于每检测一次需60元，检验次数越少，检测总费用就 越低， 所以甲方案平均检测次数少，成本低，更科学些. [B级·能力提升] ccCA12.B 解析 因为五位教师分派到三个不同地方共有 +SCCA=150种不同的分派方法，两位女教师分派到 同一个地方有C'A3+C2A3=36种不同的分派方法， 30-2所以两位女教师分派到同一个地方的概率为 13.B 解析 当mn<0时，曲线C表示双曲线， 则当m>0,n<0时，有C3·C=6(种),当m<0,n>0时， 有C3·C=6(种), c=言，A不正确；所以曲线C表示双曲线的概率为 当m>0,n>0,m≠n时，曲线C表示椭圆，有A2=6(种), C-言，B正确，所以曲线C表示椭圆的概率为 当m=n>0时，曲线C表示圆，有3种情况，所以曲线C表 C-,C不正确；示圆的概率为 当m=0,n>0或m>0,n=0,曲线C表示两条直线， 当m=0,n>0时，有3种情况，当m>0,n=0时，有3种情 况，共6种情况， =÷,D不正确。所以曲线C表示两条直线的概率为 14.解(1)依题意，36≤m≤60,m∈Z,则m的取值一共有25 个不同结果，它们等可能. 令15+20+20+25+30+36+m>16+22+25+26+32+ 35+35,解得m>45, 因此，当甲这一周的阅读时间超过乙这一周的阅读时间时， m的取值一共有15个不同结果，∴甲这一周的阅读时间超 25=3.过乙这一周的阅读时间的概率为 (2)π=1+2+3+4+5=3, y=15+20+20+25+30=22, 计算，得二a2-5x2=10,xy,-5xy=35, ∴b=35=3.5,a=y-bx=22-10.5=11.5, ∴y=3.5x+11.5,将x=7代入估计m=3.5×7+11.5 =36. 课时检测训练64 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 [A级·基础巩固] 1.C 解析 ∵P(A)=1-P(A)=1-3=3, ∴P(A)P(B)=9, ∴P(AB)=P(A)P(B)≠0, ∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立. 2.A 解析 设“第一天空气质量为优良"为事件A,“第二天 空气质量为优良”为事件B,则P(A)=0.75,P(AB)=0.6, 由题知P(B|A)=PAB)=0.75=0.8. 3.A 解析 设掷出的两枚骰子点数之和为6点为事件A,点 数均为奇数为事件B, 则P(A)=56,P(AB)=36-1,则P(B|A)=PAB=3. 4.C 解析 记“甲队答对该题”为事件A,“乙队答对该题”为 事件B,“丙队答对该题”为事件C, 则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概 率为 P=P(ABC+ABC+ABC)=P(ABC)+P(ABC)十 P(ABC) ·561· 高考一轮总复习·数学·RJA =P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C) =0.00.16.23=0.0014375≈0.0014. =3×(1-3)×(1-3)+(1-4)×3×(1-3)+ 11.解(1)设一把紫砂壶第一次出窑为次品为事件A,则 (1-2)×(1-3)×3 =4×3×3+4×3×3+4×3×3=36· P(A)=1-3-亏=3, 则第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率为P? 5.D 解析 设事件A表示从第一箱中取一个零件，事件B表 示取出的零件是次品， =亏×3=3, P?=号+3=10则一把紫砂壶能够对外销售的概率I PALS则 (2)X的可能取值为1500-500-50=950,1 500-500— 50-100-50=800,-500-50=-550, -500-50-100-50=-700, 故选D. 6.D 解析 设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件A, 则P(X=950)=号，P(X=800)=(1-号-亏)×3 B,C, 每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件D, 则P(D)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=3×2×3+ 3×2×3+3×2×3=30, =3, P(X=-550)=亏，P(X=-700)=(1-3-5)×4 =10, P(AD)=P(ABC)+P(ABC)=3×1×3+3×2×号 -÷mPAIs--- 则X的分布列为 所以最终获利X的数学期望为 7.5.55解析 依题意，任取一个零件，求它是次品的概率 为5?45??55?.55%. 3,5 解析 ∵每局比赛甲选手获胜的概率是8. ,且前五局 E(X)=950×3+800×3-550×号-700×1=440. [B级·能力提升] 比赛甲3:2领先， 3×3∴甲以4:2夺冠的概率为- ,甲以4:3夺冠的概率为 3=?. 12.BD 解析 由题意P(A?)=2,P(A?)=亏，P(A?)=30, 先A?发生，此时乙袋有5个红球，3个白球和3个黑球，则 P(B|A?)=5, 先A?发生，此时乙袋有4个红球，4个白球和3个黑球，则 9.0.12 0.24 解析 3+?=5∴甲最终夺冠的概率为- PGHlA)--3PAB- 0.3P(A)=0.3×0.4=0.12, P(B|A?)=4, P(B|A)=PAB)=0.2>P(AB)=0.2P(A)=0.2×(1 -0.4)=0.12, P(B)=P(AB)+P(AB)=0.12+0.12=0.24. 10.解(1)平均年龄x=(5×0.001+15×0.002+25×0.012 +35×0.017+45×0.023+55×0.020+65×0.017+75× 0.006+85×0.002)×10=47.9(岁). (2)设A={一人患这种疾病的年龄在区间[20,70]},所以 P(A)=1-P(A)=1-(0.001+0.002+0.006+0.002)× 10=1-0.11=0.89. (3)设B=“任选一人年龄位于区间(40,50)",C=“从该地 区中任选一人患这种疾病", 则由已知，得P(B)=16?.16,P(C)=0.1?.001, P(B|C)=0.023×10=0.23, 则由条件概率公式，可得 从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间(40,50),此 P(C|B)=P(BC)=P(PPGBIC人患这种疾病的概率为 X 950 800 -550 -700 P 25 310 15 18 先A?发生，此时乙袋有4个红球，3个白球和4个黑球，则 P(B|A?)=4, 所以P(A,B)=P(B|A,)P(A,)=2,B正确； P(A?B)=P(B|A?)P(A2)=4, P(A?B)=P(B|A?)P(A?)=5, P(B)=P(B|A?)P(A?)+P(B|A?)P(A?)+ P(B|A?)P(A?)=2,C错误； 则P(A?)P(B)≠P(A?B),P(A?)P(B)≠P(A?B), P(A?)P(B)≠P(A?B),A错误； P(A?IB)=PAB)=PBPBPA=45,D正确。 13.6 解析 记第i名民工选择的项目属于基础设施类、民 生类、产业建设类分别为事件A,,B,C,(i=1,2,3). 由题意知，事件A,,B,C?(i=1,2,3)互相独立， 则P(A)=30=2,P(B)=60=3,P(C)=60=6(i= 高考一轮总复习·数学·RJA ·562· 1,2,3), 故这3名民工选择的项目所属类别各不相同的概率是P= A:P(A,B,C?)=6×2×3×6=6 14.解(1)由该款芯片的次品率为P,得P=1-(1-p?)(1- p?)=1-39×29-15 (2)设该款芯片智能自动检测合格为事件A,人工抽检合格 为事件B, 由已知得P(A)=900,P(AB)=1-P=1-5=15, 则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格 品概率为P(B|A)=PAB=1×98=3×49=20 课时检测训练65 离散型随机变量及其分布列 [A级·基础巩固] 1.C 解析 由题知，E=10表示前9次未击中目标，第10次击 中目标或未击中目标. 2.C 解析 因为0.1+0.2+0.2+0.3=0.8,所以实数x的 取值范围为1<x≤2. 3.A 解析 因为Y=|X-1|,所以P(Y=1)=P(X=0)+ P(X=2)=0.2+0.1=0.3. P(X=1)=CC=5,故选A.4.A 解析 由题意， 5.BD 解析 由题意，得a,b,c成等差数列，∴2b=a+c. 由分布列的性质，得a+b+c=3b=1,∴b=3, ∴P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=-1)=1-P(X=0)= 1-3=3.故B、D正确； a+c=3,∵题目中未给出a与c的关系，本题我们只知道 故无法求出a与c的值，故A、C错误.故选BD. 6.ACD 解析 由题意知，随机变量X服从超几何分布，故B 错误，C正确； P(X=2)=CC-3,P(X=3)==, 所以P(I<X<4)=P(X=2)+P(X=3)=7+34=35,故 AD正确.故选ACD. 7.-300,-100,100,300 解析 若答对0个问题得分-300; 若答对1个问题得分-100;若答对2个问题得分100;若问 题全答对得分300. k28.4 解析 设二级品有k个，则一级品有2k个，三级品有 72个，总数为 ,则随机变量ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P(3≤≤5)=P(G=1)=4. P 告 号 方 69. 解析 如下图所示，设AB为半圆弧的直径，C,D,E为 半圆弧另外的3个四等分点， D C E A- B 从A,B,C,D,E这5个点任取3个点构成三角形，一共能组 成三角形的个数为C3=10. 其中直角三角形有：△ABC,△ABD,△ABE,共3个，钝角 三角形的个数为10-3=7. 由题意可知X∈{0,1,2,3},P(X=2)=C2,P(X= 3)=S=250, 因此，所求概率为 P=632035-6. 10.解(1)学生甲恰好答对两题的概率 4×4×3=16 P=(4)×号+2× (2)随机变量X的可能取值为0,1,2,3, P(X=0=(4)×3=48,P(X=1)=C:×3×4所以 ×3+(4)×3=6, P(X=2)=6,P(X=3)=(4)×3=8, 所以X的分布列为 11.解(1)由已知数据可得中位数为76. =3,样本中70分以上的人数所占比例为- 000×3故可估计该校测试成绩在70分以上的人数约为3 =2000. (2)由题意可得ξ的可能取值为0,1,2,3,4. P(∈=0)=CC=六，P(ξ=1)=CC=6-3,P(=2 -C-36-3号，P(=3)=CC=6-景，P(=4)= C=六 所以ξ的分布列为 X 0 1 2 3 P 14 7正 318 ξ 0 1 2 3 4 P 12 83 83 83 17 [B级·能力提升] 12.A 解析 由题意，因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c. b=3,则P(IS=1)=a+c=3,则又由a+b+c=1,解得 a=3-d,c=3+d. o≤3-d<3,o≤3+d≤3,所根据分布列的性质，得( 以-3≤d<3. ·563· 高考一轮总复习·数学·RJA