课时训练（31）事件的相互独立性、条件概率、全概率公式（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

一、单选题 1．小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁．已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明没有迟到的概率为(　　) A．0.954 B．0.956 C．0.958 D．0.959 B　解析：由题意，小明没有迟到的概率为0.4×(1－0.05)＋0.6×(1－0.04)＝0.956. 2．(2025·肇庆模拟)投掷一个均匀的骰子．记A为“掷得点数大于等于2”，B为“掷得点数为奇数”，则P(B|A)＝(　　) A． B． C． D． D　解析：事件A有下列可能：2，3，4，5，6，共5种；在事件A条件下满足B条件有3，5，共2种，所以P(B|A)＝. 3．(2025·长春模拟)抛掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件A＝“出现偶数点”，事件B＝“出现3点或4点”，则事件A与B的关系为(　　) A．相互独立事件 B．互斥事件 C．既相互独立又互斥事件 D．既不互斥又不相互独立事件 A　解析：由于AB表示“出现的点数为4”，所以事件A与B不是互斥事件，由P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，有P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B是相互独立事件，不是互斥事件． 4．(2025·昆明调考)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P[(A∪B)|C]＝，P(BC)＝，P(C)＝，则P(A|C)的值等于(　　) A． B． C． D． A　解析：由题意，P(B|C)＝＝.因为A，B是互斥事件，所以P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，所以P(A|C)＝P(A∪B|C)－P(B|C)＝－＝. 5．甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有2个白球和4个红球，丙袋中有4个白球和4个红球．先随机取一只袋，再从该袋中先后随机取2个球，第一次取出的球是红球的概率为(　　) A． B． C． D． C　解析：设第一次取到红球为事件A，取到甲、乙、丙袋为事件B1，B2，B3，由全概率公式可得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＋P(A|B3)·P(B3)＝×＋×＋×＝. 6．(2025·吉林阶段练习)投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，假设甲、乙、丙每次投壶时，投中的概率均为0.6且投壶结果互不影响．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为(　　) A．0.648 B．0.432 C．0.360 D．0.312 A　解析：记甲、乙、丙投中分别为事件A1，A2，A3，由题知P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.6，P()＝P()＝P()＝0.4，则3人中至少有2人投中的概率为P＝P(A1A2A3)＋P(A2A3)＋P(A1A3)＋P(A1A2)＝0.63＋3×0.62×0.4＝0.648. 二、多选题 7．(2025·揭阳模拟)设A，B为随机事件，且P(A)，P(B)是A，B发生的概率．P(A)，P(B)∈(0，1)，则下列说法正确的是(　　) A．若A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B) B．若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立 C．若A，B互斥，则A，B相互独立 D．若A，B独立，则P(B|A)＝P(B) ABD　解析：对于选项A，若A，B互斥，根据互斥事件的概率公式，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，所以选项A正确；对于选项B，由相互独立事件的概念知，若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B是相互独立事件，所以选项B正确，对于选项C，若A，B互斥，则A，B不一定相互独立，例：抛掷一枚硬币的试验中，事件A：“正面朝上”，事件B：“反面朝上”，事件A与事件B互斥，但P(AB)＝0，P(A)＝P(B)＝，不满足相互独立事件的定义，所以选项C错误；对于选项D，由相互独立事件的定义知，若A，B独立，则P(B|A)＝P(B)，所以选项D正确． 8．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是(　　) A．该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08 B．该零件是次品的概率为0.03 C．如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为0.98 D．如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为 BC　解析：记事件A：车床加工的零件为次品．记事件Bi：第i台车床加工的零件．则P(A|B1)＝8%，P(A|B2)＝3%，P(A|B3)＝2%，P(B1)＝10%，P(B2)＝40%，P(B3)＝50%，任取一个零件是第1台车床加工出来的次品概率为P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝8%×10%＝0.008，故A错误；任取一个零件是次品的概率为P(A)＝(Bi)P(A|Bi)＝8%×10%＋3%×40%＋2%×50%＝0.03，故B正确；如果该零件是第3台车床加工出来的，那么它不是次品的概率为P(A|B3)＝1－P(A|B3)＝1－2%＝0.98，故C正确；如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加工出来的概率为1－P(B3|A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误． 三、填空题 9．(2025·南京模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为________． 答案：0.625　解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝＝＝0.625. 10．现有两个罐子，1号罐子中装有3个红球、2个黑球，2号罐子中装有4个红球、2个黑球．现先从1号罐子中随机取出一个球放入2号罐子，再从2号罐子中取一个球，则从2号罐子中取出的球是红球的概率为________． 答案：　解析：记1号罐子中取出红球的事件为A1，取出黑球的事件为A2，从2号罐子中取出红球为事件B，显然Ω＝A1∪A2，A1，A2互斥，P(A1)＝，P(A2)＝，P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，所以P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×＋×＝. 四、解答题 11．(2025·襄阳模拟)全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书．甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，，，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格互不影响． (1)求甲没有获得执业医师证书的概率； (2)这三人进行实践技能考试与医学综合理论考试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率． 解：(1)记甲、乙、丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件A1，B1，C1， 在实践考试中合格依次为A2，B2，C2， 设甲没有获得执业医师证书的概率为P，P＝1－P(A1A2)＝1－×＝. (2)甲、乙、丙获得执业医师证书的事件依次为A1A2，B1B2，C1C2， 并且A1与A2，B1与B2，C1与C2相互独立， 则P(A1A2)＝×＝，P(B1B2)＝×＝，P(C1C2)＝×＝， 由于事件A1A2，B1B2，C1C2彼此相互独立， “恰有两人获得执业医师证书”即为事件：(A1A2)(B1B2)(C1C2)＋(A1A2)(B1B2)(C1C2)＋(A1A2)·(B1B2)(C1C2)， 概率为P＝××(1－)＋×(1－)×＋(1－)××＝. 12．(多选)已知某签盒内有2支不同的礼物签、6支不同的问候签，某寝室8位室友不放回地从该签盒中依次抽签，直到2支礼物签都被取出．记事件Ai表示“第i次取出的是礼物签”，i＝1，2，…，8，则下列结论正确的是(　　) A．A1和A2是互斥事件 B．P(A2)＝ C．A2与A5不相互独立 D．P(A5|A2)＝ BCD　解析：显然事件A1和事件A2可能同时发生，故A错误；由题意知P(A2)＝＝，故B正确；P(A5)＝＝，P(A2A5)＝＝，因为P(A2A5)≠P(A2)P(A5)，所以A2与A5不相互独立，故C正确；P(A5|A2)＝＝，故D正确． 13．(2025·广州模拟)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军．若比赛为“三局两胜”制(无平局)，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为(　　) A． B． C． D． B　解析：设A表示甲获得冠军，B表示冠军产生时恰好进行了三局比赛，则A包括“第一局甲赢、第二局甲赢”“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”，则P(A)＝×＋××＋××＝，AB包括“第一局甲赢、第二局乙赢、第三局甲赢”“第一局乙赢、第二局甲赢、第三局甲赢”，则P(AB)＝××＋××＝，P(B|A)＝＝＝. 14．银行储蓄卡的密码由6位数字组成．某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，则任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为________；如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为________． 答案：　　解析：设Ai为“第i次按对密码”(i＝1，2)，则事件A“不超过2次就按对密码”可表示为A＝A1∪A2. 事件A1与事件A1A2互斥，由互斥事件的概率加法公式和乘法公式，得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝P(A1)＋P()·P(A2|A1)＝＋×＝.因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为.设B为“密码的最后1位是偶数”，则由条件概率的性质可得P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)＝＋×＝.因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为. 15．(2025·南京模拟)人工智能是用于研究模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能地摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为(先验概率). (1)求首次试验结束的概率； (2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整． ①求选到的袋子为甲袋的概率； ②将首次试验摸出的白球放回原来的袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来的袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大． 解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2. (1)P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝×＋×＝. 所以试验一次结果为红球的概率为， 即首次试验结束的概率为. (2)①因为B1，B2是对立事件， P(B2)＝1－P(B1)＝， 所以P(A1|B2)＝＝＝＝， 所以选到的袋子为甲袋的概率为. ②由①得P(A2|B2)＝1－P(A1|B2)＝1－＝， 所以方案一中取到红球的概率为 P1＝P(A1|B2)P(B1|A1)＋P(A2|B2)P(B1|A2) ＝×＋×＝， 方案二中取到红球的概率为P2＝P(A2|B2)·P(B1|A1)＋P(A1|B2)P(B1|A2)＝×＋×＝. 因为>，所以方案二中取到红球的概率更大， 即选择方案二第二次试验结束的概率更大． 16．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据： 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R. (1)证明：R＝·； (2)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值． (1)证明：R＝ ＝， 由题意知，只需证明＝即可， 上式左边＝ ＝， 右边＝ ＝. 左边＝右边，故R＝·. (2)解：由调查数据可知P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝， 且P(|B)＝1－P(A|B)＝，P(|)＝1－P(A|)＝， 所以R＝×＝6. 学科网（北京）股份有限公司 $$