4.1.3 独立性与条件概率的关系(Word练习)-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册(人教B版)

[必备知识·基础巩固] 1．已知P(A)＝0.3，P(B|A)＝0.2，则P(BA)＝(　　) A．0.6 B．0.5 C．0.06 D．0.1 解析　P(BA)＝P(A)·P(B|A)＝0.3×0.2＝0.06，故选C. 答案　C 2．某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第一个目标的条件下，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为(　　) A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.8 解析　记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B， 则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5. 所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.8×0.5＝0.4，即这个选手过关的概率为0.4. 答案　A 3．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的是一个甲厂的合格灯泡的概率是(　　) A．0.665 B．0.564 C．0.245 D．0.285 解析　记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 答案　A 4．某人忘记了电话号码的最后一个数字，只好去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是(　　) A． B． C． D． 解析　记事件A为“第一次失败”，事件B为“第二次成功”，则P(A)＝，P(B|A)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝. 答案　A 5．已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝________，P(A|B)＝________． 解析　因为A，B相互独立，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)·P(B)＝0.3＋0.5－0.3×0.5＝0.65，P(A|B)＝P(A)＝0.3. 答案　0.65　0.3 6．在某道路A，B，C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为________． 解析　由题意可知，每个交通灯开放绿灯的概率分别为，，.在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为××＝. 答案　 7．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________． 解析　设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”，则P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝. 答案　 8．某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，求在一次考试中： (1)三科成绩均未获得第一名的概率是多少？ (2)恰有一科成绩未获得第一名的概率是多少？ 解析　分别记该学生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A，B，C，则A，B，C两两互相独立，且P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85. (1)“三科成绩均未获得第一名”可以用　表示， P(　　)＝P()P()P() ＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)] ＝(1－0.9)(1－0.8)(1－0.85) ＝0.003， 即三科成绩均未获得第一名的概率是0.003. (2)“恰有一科成绩未获得第一名”可以用(BC)∪(AC)∪(AB)表示． 由于事件BC，AC和AB两两互斥， 根据概率加法公式和相互独立事件的意义，所求的概率为P(BC)＋P(AC)＋P(AB) ＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P() ＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]·P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)] ＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329， 即恰有一科成绩未获得第一名的概率是0.329. [关键能力·综合提升] 9．(多选题)已知事件A，B相互独立，且P(A)＝，P(B)＝，则(　　) A．P()＝　　　 B．P(A)＝ C．P(A＋B)＝ D．P(A＋B)＝ 解析　∵事件A，B相互独立，且P(A)＝，P(B)＝， ∴P()＝1－P(A)＝1－＝，故A正确； P(A)＝P(A)P()＝×＝，故B错误； P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋－×＝，故C正确； P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝＋×＝，故D正确． 答案　ACD 10．(多选题)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，若甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.9，则下列结论正确的为(　　) A．两人都中靶的概率为0.72 B．恰好有一人中靶的概率为0.18 C．两人都脱靶的概率为0.14 D．恰好有一人脱靶的概率为0.26 解析　记A＝“甲中靶”，B＝“乙中靶”，因为P(A)＝0.8，P(B)＝0.9，所以P()＝1－0.8＝0.2，P()＝1－0.9＝0.1.可知甲、乙是否中靶互不影响． 对于选项A，P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72，故A正确； 对于选项B，P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26，故B不正确； 对于选项C，P(　)＝P()P()＝0.2×0.1＝0.02，故C错误； 对于选项D，由B知，概率为0.26，故D正确． 答案　AD 11．设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125.则甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别为________，________，________． 解析　记“机器甲需要照顾”为事件A，“机器乙需要照顾”为事件B，“机器丙需要照顾”为事件C，由题意可知A，B，C是相互独立事件， 由题意可知得 所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2，0.25，0.5. 答案　0.2　0.25　0.5 12．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得到冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________． 解析　设Ai(i＝1，2)表示继续比赛时，甲在第i局获胜，B事件表示甲队获得冠军． 法一　B＝A1＋A2， 故P(B)＝P(A1)＋P()P(A2)＝＋×＝. 法二　P(B)＝1－P(　)＝1－P()P() ＝1－×＝. 答案　 13．计算机考试分理论考试与实际操作两部分进行，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书．甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为，，，在实际操作考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格相互之间没有影响． (1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性大？ (2)这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率． 解析　(1)记“甲获得合格证书”为事件A，“乙获得合格证书”为事件B，“丙获得合格证书”为事件C，则 P(A)＝×＝， P(B)＝×＝， P(C)＝×＝. 因为P(C)>P(B)>P(A)，所以丙获得合格证书的可能性大． (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证书”为事件D，则 P(D)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC) ＝××＋××＋××＝. [核心价值·探索创新] 14．(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 解析　法一　设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，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. 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. 答案　D 15．有甲、乙、丙三支足球队进行比赛，每场都要分出胜负，已知甲队胜乙队的概率是0.4，甲队胜丙队的概率是0.3，乙队胜丙队的概率是0.5，现规定比赛顺序是：第一场甲队对乙队，第二场是第一场中的胜者对丙队，第三场是第二场中的胜者对第一场中的败者，以后每一场都是上一场中的胜者对前场中的败者，若某队连胜4场则比赛结束．求： (1)第四场结束比赛的概率； (2)第五场结束比赛的概率． 解析　(1)∵P(甲连胜4场)＝0.4×0.3×0.4×0.3＝0.014 4.P(乙连胜4场)＝0.6×0.5×0.6×0.5＝0.09， ∴P(第四场结束比赛)＝0.014 4＋0.09＝0.104 4. (2)第五场结束比赛即某队从第二场起连胜4场，只有丙队有可能． ∵P(甲胜第一场，丙连胜4场)＝0.4×0.7×0.5×0.7×0.5＝0.4×0.122 5， P(乙胜第一场，丙连胜4场)＝0.6×0.5×0.7×0.5×0.7＝0.6×0.122 5. ∴P(第五场结束比赛)＝0.4×0.122 5＋0.6×0.122 5＝0.122 5. 学科网（北京）股份有限公司 $$