高考预测练(47、48)随机事件的概率与古典概型、事件的独立性、条件概率与全概率公式-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

高考预测练(四十七) 随机事件的概率与古典概型 1.(2025·辽宁葫芦岛一模)5G通信中的信号 是由“0”和“1”组成的二进制编码.某信号的 二进制编码由6个数字组成,则该信号编码 中恰好有3个“1”的概率为 ( ) A.14 B. 5 16 C. 5 32 D. 3 32 2.(2025·河南信阳校考)同时掷两枚硬币, “向上的面都是正面”为事件A,“向上的面 至少有一枚是正面”为事件B,则有 ( ) A.A=B B.A⊇B C.A⊆B D.A 与B 之间没有关系 3.掷一枚骰子,设事件A:落地时向上的点数 是奇数;B:落地时向上的点数是3的倍数; C:落地时向上的点数是2;D:落地时向上的 点数是2的倍数,则下列说法中,错误的是 ( ) A.A 和B 有可能同时发生 B.A 和D 是对立事件 C.B 和C 是对立事件 D.A 和C 是互斥事件 4.某网络平台举办美食短视频大赛,要求参赛 的博主从九江茶饼、北京烤鸭、上海生煎包、 西安肉夹馍、武汉热干面这5个美食主题中 任选一个主题进行拍摄,则甲、乙两位参赛 博主抽到不同主题的概率为 ( ) A.15 B. 2 5 C. 3 5 D. 4 5 5.(2025·山东淄博模拟)某学校有A,B 两家 餐厅,王同学第1天午餐时随机地选择一家 餐厅用餐.如果第1天去A 餐厅,那么第2 天去A 餐厅的概率为0.6;如果第1天去B 餐厅,那么第2天去A 餐厅的概率为0.4. 则王同学第2天去A 餐厅用餐的概率为 ( ) A.0.24 B.1 C.0.5 D.0.52 6.(多选)某人打靶时连续射击两次,记事件A 为“第一次中靶”,事件 B 为“至少一次中 靶”,事件C 为“至多一次中靶”,事件 D 为 “两次都没中靶”.下列说法正确的是( ) A.A∩B=A B.B 与C 是互斥事件 C.C∪D=Ω D.B 与D 是互斥事件,且是对立事件 7.(2025·四川遂宁质检)(多选)将一枚质地 均匀的骰子抛掷一次,记下骰子面朝上的点 数,设事件A=“记下的点数为3”,事件B= “记下的点数为偶数”,事件C=“记下的点 数小于3”,事件D=“记下的点数大于2”, 则 ( ) A.事件A 与B 互斥 B.事件A 与C 互斥 C.事件B 与D 对立 D.事件C与D 对立 8.(2025·江苏泰州第一次调研)(多选)口袋 内装有大小、质地均相同,颜色分别为红、 黄、蓝的3个球.从口袋内无放回地依次抽 取2个球,记“第一次抽到红球”为事件A, “第二次抽到黄球”为事件B,则 ( ) A.P(A)=13 B.P(B|A)=12 C.A 与B 为互斥事件 D.A 与B 相互独立 9.从2至6的5个整数中随机取2个不同的 数,则这2个数互质的概率为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —282— 高考预测练 10.从分别写有1,2,3,4,5,6,7的7张卡片中 随机抽取1张,放回后再随机抽取1张,则 抽得的第一张卡片上的数字大于第二卡片 上的数字的概率为 . 11.从分别标有数字1,2,3,…,9的9张卡片 中不放回地随机抽取2次,每次抽取1张, 则抽到的两张卡片上数字的奇偶性不同的 概率是 . 12.(2025·四川绵阳二模)甲、乙二人用7张 不同的扑克牌(其中红桃4张,方片3张) 玩游戏.他们将扑克牌洗匀后,背面朝上放 在桌面上,甲先抽,乙后抽,抽出的牌不放 回,各抽一张.则甲、乙二人抽到花色相同 的概率为 . 13.(2025·重庆名校联盟第一次联考)如图所 示,在研究某种粒子的实验装置中,有A, B,C三个腔室,粒子只能从A 室出发经B 室到达C 室.粒子在A 室不旋转,在B 室、 C室都旋转,且只有上旋和下旋两种状态, 粒子间的旋转状态相互独立.粒子从A 室 经过1号门进入B 室后,等可能地变为上 旋或下旋状态,粒子从B 室经过2号门进 入C室后,粒子的旋转状态发生改变的概 率为p(0<p<1).现有两个粒子从A 室出 发,先后经过1号门,2号门进入C 室,记 C 室两个粒子中,上旋状态粒子的个数 为X. (1)已知两个粒子通过1号门后,恰有1个 上旋状态1个下旋状态.若这两个粒子通 过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下 旋状态的概率为5 8 ,求p; (2)求X 的分布列和数学期望; (3)设p=13 ,若两个粒子经过2号门后都 为上旋状态,求这两个粒子通过1号门后 都为上旋状态的概率. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —382— 班级: 姓名: 高考预测练(四十八) 事件的独立性、条件概率与全概率公式 1.(2025·高二单元测试)若 P(AB)=19 ,P (A)=23 ,P(B)=13 ,则事件A 与B 的关系 是 ( ) A.事件A 与B 互斥 B.事件A 与B 对立 C.事件A 与B 相互独立 D.事件A 与B 既互斥又相互独立 2.甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实 践活动,可以从A,B,C,D 四个社区中随机 选择一个社区,设事件 M 为“甲和乙至少一 人选择了A 社区”,事件 N 为“甲和乙选择 的社区不相同”,则P(N|M)= ( ) A.56 B. 6 7 C.78 D. 5 9 3.俗话说“斜风细雨不须归”,在自然界中,下 雨大多伴随着刮风.已知某地8月份刮风的 概率为13 31 ,下雨的概率为11 31 ,既刮风又下雨 的概率为7 31. 记事件 A 为“8月份某天刮 风”,事件B 为“8月份某天下雨”,则P(B| A)= ( ) A.711 B. 7 13 C.731 D. 11 31 4.已知盒中装有大小一样,形状相同的3个白 球与7个黑球,每次从中任取一个球并不放 回,则在第1次取到白球的条件下,第2次 取到的是黑球的概率为 ( ) A.310 B. 2 9 C.78 D. 7 9 5.(2025·辽宁盘锦联考)小张、小王两家计划 国庆节期间去辽宁游玩,他们分别从“丹东 凤凰山,鞍山千山,本溪水洞,锦州笔架山, 盘锦红海滩”这五个景点中随机选择一个游 玩,记事件A:“两家至少有一家选择丹东凤 凰山”,事件B:“两家选择景点不同”.则概 率P(B|A)= ( ) A.23 B. 5 9 C. 4 5 D. 8 9 6.(2025·江苏泰州高三统考)袋子中有10个 大小相同的小球,其中7个白球,3个黑球. 每次从袋子中随机摸出1个球,摸出的球不 再放回.在第1次摸到白球的条件下,第2 次摸到白球的概率为 . 7.一个盒子里装有3种颜色,大小形状质地都 一样的9个球,其中黄球4个,蓝球3个,绿 球2个,现从盒子中随机取出两个球,记事 件A“取出的两个球颜色不同”,记事件B “取出一个蓝球,一个绿球”,则P(B|A)= . 8.一个盒子中装有2个红球,8个黑球,从中 不放回地任取1个小球,则第二次才取出红 球的概率是 . 9.(2025·河南南阳联考)已知P(A)=56 ,P (B|A)=12 ,则P(AB)= . 10.(多选)已知随机事件 A,B,C 满足0< P(A)<1,0<P(B)<1,0<P(C)<1,则 下列说法正确的是 ( ) A.不可能事件⌀与事件A 互斥 B.必然事件Ω与事件A 相互独立 C.P(A|C)=P(AB|C)+P(AB|C) D.若 P(A|B)=P(A|B),则 P(A)= P(A)=12 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —482— 高考预测练 11.(多选)某气象台统计,该地区不下雨的概 率为2 7 ;刮四级以上风的概率为1 7 ,既刮四 级以上的风又下雨的概率为1 14 ,设A 为下 雨,B 为刮四级以上的风,则 ( ) A.P(A|B)=112 B.P (B|A)=110 C.P(B|A)=14 D.P (A|B)=12 12.小明去书店买了5本参考书,其中有2本 数学,2本物理,1本化学.小明从中随机抽 取2本,若2本中有1本是数学,则另1本 是物理或化学的概率是 . 13.(2025·陕西汉中高二统考)某电子设备厂 所用的元件由甲、乙两家元件厂提供,根据 以往的记录,这两个厂家的次品率分别为 0.01,0.03,提供元件的份额分别为0.90, 0.10.设这两个厂家的产品在仓库里是均 匀混合的,且无任何区分的标志,现从仓库 中随机取出一个元件,取到的元件是次品 的概率为 . 14.某次女排比赛的其中一场半决赛在甲、乙 两队之间进行,比赛采用五局三胜制.甲队 中有一名主力队员,在其上场比赛的情况 下,甲队每局取胜的概率为2 3 ,在其不上场 比赛的情况下,甲队每局取胜的概率为1 2 , 甲队从全队战术、队员体力等各方面综合 考量,决定该主力队员每局比赛上场的概 率为3 5. 已知甲队已经取得了第一局比赛 的胜利,则最终甲队以3∶0战胜乙队的概 率为 . 15.(2024·新课标全国Ⅱ卷)某投篮比赛分为 两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比 赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一 名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队 被淘汰,比赛成员为0分;若至少投中一 次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名 队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得 0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分 总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设 甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概 率为q,各次投中与否相互独立. (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分 的概率. (2)假设0<p<q, ①为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分 的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛? ②为使得甲、乙,所在队的比赛成绩的数学 期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —582— 班级: 姓名: 10.A x3+ax 6 的展开式的通项为Tr+1=Cr6(x3)6-r· ax r =Cr6·ar·x18-4r, 由题可知 C46·a4>C36·a3 C46·a4>C56·a5 ,解得43<a<52.故选A. 11.BC 因为Cx+218 =C2x-518 ,故x+2=2x-5,或x+2+2x-5 =18,得x=7,故A错误,B正确;根据二项展开式的通项公 式Tk+1=Ck9(x2)9-k(-x-1)k=(-1)kCk9x18-3k,令18- 3k=0,解得k=6,∴T7=(-1)6C69=84,故C正确、D错 误.故选BC. 12.AC 令x=1可得a0=1,A正确.x5=(x-1+1)5,其 展开式的第三项是T3=C25(x-1)3=-10(1-x)3,所 以a3=-10,B不正确,令x=0可得a0+a1+a2+…+ a5=0,所以a1+a2+…+a5=-1,D不正确.令x=2 可得a0-a1+a2+…-a5=32,与a0+a1+a2+…+a5 =0相减可得a1+a3+a5=-16,C正确.故选AC. 13.答案:2 2 解析:Tr+1=(-1)rCr6a6-rbrx 6-r 2 ·x r 2 =(-1)rCr6a6-r brx3-r(r=0,1,2,…,6),令3-r=1得r=2,∴T3= (-1)2C26a4b2x=15a4b2x,依题意15a462=60(b>0), ∴a2b=2,∴a2+b≥2 a2b=2 2,当且仅当a2=b,即a =± 4 2,b= 2时,等号成立.∴a2+b的最小值为2 2. 14.答案:丙午 解析:因为138+2=(12+1)8+2=128+C18×127+… +C78×12+3,所以138+2年以后地支为“午”.因为138 +2=(10+3)8+2=108+C18×107×3+…+C78×10× 37+38+2,又因为38+2=6563,38+2除以10余数为 3,所以138+2年以后天干为“丙”,故138+2年以后是 丙午年. 高考预测练(四十七) 1.B 根据题意可知某信号的6位数字均有“0”和“1”两种 选择,因此可以编码出26=64种信号,若信号编码中恰好 有3个“1”,则其余三个数字是0,共有C36=20种信号,因 此该信号编码中恰好有3个“1”的概率为P=2064= 5 16. 故 选B. 2.C 由同 时 抛 掷 两 枚 硬 币,基 本 事 件 的 空 间 为 Ω{(正, 正),(正,反),(反,正),(反,反)},其中事件 A={(正, 正)},事件B={(正,正),(正,反),(反,正)},所以 A⊆ B.故选C. 3.C 依题意,事件A={1,3,5},B={3,6},C={2},D= {2,4,6},事件 A 和B 有相同的基本事件:点数3,A正 确;事件A 和D 不能同时发生,但必有一个发生,则A 和 D 是对立事件,B正确;事件B 和C 不能同时发生,但可 以同时不发生,则B 和C 不是对立事件,C错误;事件A 和C 不能同时发生,它们是互斥事件,D正确.故选C. 4.D 九江茶饼、北京烤鸭、上海生煎包、西安肉夹馍、武汉 热干面分别记为a,b,c,d,e,两位参赛博主任选一个主题 的试验的样本空间Ω={aa,ab,ac,ad,ae,ba,bb,bc,bd, be,ca,cb,cc,cd,ce,da,db,dc,dd,de,ea,eb,ec,ed,ee},共 25个样本点,两位参赛 博 主 抽 到 不 同 主 题 的 事 件 A= {ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,ca,cb,cd,ce,da,db,dc,de, ea,eb,ec,ed},共20个样本点,所以两位参赛博主抽到不 同主题的概率为P(A)=2025= 4 5. 故选D. 5.C 设A1=“第1天去A 餐厅用餐”,B1=“第1天去B 餐 厅用餐”,A2=“第2天 去 A 餐 厅 用 餐”,根 据 题 意 得 P(A1)=P(B1)=0.5,P(A2|A1)=0.6,P(A2|B1)= 0.4,由全概率 公 式,得 P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+ P(B1)P(A2|B1)=0.5×0.6+0.5×0.4=0.5,因此,王 同学第2天去A 餐厅用餐的概率为0.5.故选C. 6.AD 由题意可知,事件Ω 为“第一次中靶且第二次没有 中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶”“两次都中靶”“两 次都没有中靶”;事件B 为“至少一次中靶”,即“第一次中 靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶” “两次都中靶”;事件C 为“至多一次中靶”,即“第一次中 靶且第二次没有中靶”“第一次没有中靶且第二次中靶” “两次都没有中靶”;事件D 为“两次都没中靶”;故A∩B =A,B 与C 不是互斥事件,B 与D 是互斥事件,且是对立 事件,C∪D≠Ω.故选AD. 7.ABD 依题意骰子面朝上的点数可能为1、2、3、4、5、6共 6个基本事件,则事件B=“记下的点数为偶数”包含2、4、 6共3个基本事件,事件C=“记下的点数小于3”包含1、 2共2个基本事件,事件D=“记下的点数大于2”包含3、 4、5、6共4个基本事件,所以事件 A 与B 互斥,故 A正 确;事件A 与C 互斥,故B正确;事件B 与D 不互斥也不 对立,故C错误;事件C 与D 互斥且对立,故D正确;故 选ABD. 8.AB P(A)=13 ,A正确;P(AB)=13× 1 2= 1 6 ,则P(B|A) =P (AB) P(A)= 1 2 ,B正确;事件A,B 可以同时发生,则A 与 B 不互斥,C错误;P(B)=13 ,由选项A、B知,P(AB)≠ P(A)P(B),则A 与B 不相互独立,D错误.故选AB. 9.答案:35 /0.6 解析:从2至6的5个整数中随机取2个不同数的试验的 样本空间为: Ω={(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6), (4,5),(4,6),(5,6)}(交换数字位置算一种情况),共10 个样本点,所取2个数互质的事件A={(2,3),(2,5),(3, 4),(3,5),(4,5),(5,6)},共6个样本点,所以这2个数互 质的概率为P(A)=610= 3 5. 10.答案:37 解析:记“抽得的第一张卡片上的数字大于第二张卡片 上的数字”为事件 A,事件 A 包括以下21种情况:(7, 1),(7,2),(7,3),(7,4),(7,5),(7,6),(6,1),(6,2),(6, 3),(6,4),(6,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(4,1),(4, 2),(4,3),(3,1),(3,2),(2,1),而有放回地连续抽取2 张卡 片 共 有7×7=49(种)不 同 情 况,则 P(A)=2149 =37. 11.答案:59. 解析:若第一张卡片上的数字为奇数,第二张卡片上的 数字为偶数,则p1= 5 9× 4 8= 5 18 ,若第一张卡片上的数 字为偶数,第二张卡片上的数字为奇数,则p2= 4 9× 5 18 =518 ,故抽到的两张卡片上数字的奇偶性不同的概率是 p=p1+p2= 5 9. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —683— 12.答案:37 解析:因为一共有7张不同的扑克牌(其中红桃4张,方 片3张),甲先抽,乙后抽,所以甲、乙二人抽到花色相同 的情况有:①甲先抽到红桃,乙后抽到红桃,②甲先抽到 方片,乙后抽到方片,所以甲、乙二人抽到花色相同的概 率为4 7× 3 6+ 3 7× 2 6= 3 7. 13.解:(1)设A=“两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上 旋状态1个下旋状态”. 事件A 发生即通过2号门时,两个粒子都不改变或都改 变旋转状态, 故P(A)=p2+(1-p)2=58 , 解得p=14 或3 4. (2)由题知X=0,1,2, X=2时分3类情形, ①两个粒子通过1号门后均处上旋状态,通过2号门后 均不改变状态; ②两个粒子通过1号门后一个上旋状态一个下旋状态, 通过2号门后上旋状态粒子不改变状态,下旋状态粒子 改变状态; ③两个粒子通过1号门后两个均为下旋状态,通过2号 门后均改变状态, 所以P(X=2)=14p 2 1 2p (1-p)+14 (1-p)2=14 , 同理P(X=1)=14C 1 2p(1-p)+ 1 2 [p2+(1-p)2]+ 1 4C 1 2p(1-p)= 1 2 , P(X=0)=1-P(X=1)-P(X=2)=14 ,X 的分布 列为 X 0 1 2 P 14 1 2 1 4 E(X)=0×14+1× 1 2+2× 1 4=1. (3)设Ai=“两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子 个数为i”,i=0,1,2, B=“两个粒子通过2号门后处于上旋状态的粒子个数 为2”, 则P(A0)=P(A2)= 12 2 =14 ,P(A1)=C12 12 2 = 1 2 ,P(B|A0)= 1 9 , P(B|A1)= 2 9 ,P(B|A2)= 4 9 , 则P(B)=∑ 2 i=0 P(Ai)P(B|Ai)= 1 4× 1 9+ 1 2× 2 9+ 1 4× 4 9= 1 4. 故P(A2|B)= P(A2B) P(B) = P(A2)P(B|A2) P(B) = 1 4× 4 9 1 4 =49. 高考预测练(四十八) 1.C 由P(AB)=19 ,P(A)=23 ,P(B)=13 ,可得P(A)= 1-P(A)=1-23= 1 3 ,所以P(AB)=P(A)P(B)=19≠ 0,所以事件A 与B 相互独立、事件A 与B 不互斥,则事 件A 与B 不对立.故选C 2.B 甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的 情况共有42=16(种),事件 M 发生的情况共有16-32= 7(种),事件 M 和事件N 同时发生的情况共有6种,所以 P(N|M)=P (MN) P(M)= 6 16 7 16 =67. 故选B. 3.B 根据题意可得P(A)=1331 ,P(B)=1131 ,P(AB)=731 利用条件概率公式可得P(B|A)=P (AB) P(A)= 7 31 13 31 =713. 故 选B. 4.D 解法一:设第1次抽到白球为事件A,第2次取到的 是黑球为事件B, 则n(A)=C13C19=27,n(AB)=C13C17=21,所以P(B|A) =n (AB) n(A)= 21 27= 7 9. 解法二:盒中共有10个球,其中3白、7黑,在第一次取到 白球的条件下,盒中还有2白、7黑共9个球,从中任取一 球,取到黑球的概率为P=79. 故选D. 5.D 由题意可知A:两家都没选择丹东凤凰山,即P(A)= 4 5× 4 5= 16 25 ,所以P(A)=1-P(A)=925 ,而AB:有一家 选择丹东凤凰山,另一家选别的景点,则P(AB)=4×25×5 , 所以P(B|A)=P (AB) P(A)= 8 25 9 25 =89. 故选D. 6.答案:23 解析:记事件A 为第1次摸到白球,事件B 为第2次摸到 黑球,则P(A)= C17 C110 =710 ,P(AB)= C17C16 C110C19 =715 ,所 以 P(B|A)=P (AB) P(A)= 7 15 7 10 =23. 7.答案:313 解析:事件A“取出的两个球颜色不同”,包括一个黄球一 个蓝球,一个黄球一个绿球以及一个蓝球一个绿球,三种 情况,则n(A)=C14C13+C14C12+C13C12=26,事件B“取出一 个蓝球,一个绿球”,则n(AB)=C13C12=6,所以P(B|A) =n (AB) n(A)= 6 26= 3 13. 8.答案:845 解析:由题意知第一次取出的是黑球,设为事件 A,第二 次取出红球设为事件B, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —783— 则P(A)=810= 4 5 ,则P(B|A)=29 ,所以第二次才取出 红球的概率是P(AB)=P(A)P(B|A)=45× 2 9= 8 45. 9.答案:112 解析:因为P(A)=56 ,则P(A)=1-P(A)=1-56= 1 6 ,所以,P(AB)=P(A)P(B|A)=16× 1 2= 1 12. 10.ABC 因为不可能事件⌀与事件A 不会同时发生,所以 互斥,故选项A正确;因为P(Ω)=1,P(AΩ)=P(A), P(A)P(Ω)=P(A),所以P(AΩ)=P(A)P(Ω),所以必 然事件Ω 与事件A 相互独立,故选项B正确;因为AB ∪AB=A,且AB,AB互斥,所以P(A|C)=P(AB|C) +P(AB|C),故选项C正确;假如做抛掷一枚骰子1次 的试验,设事件B 为出现点数小于等于4,事件A 为出 现点数小于等于2,则P(A|B)=P(A|B),但P(A)= 1 3 ,P(A)=23 ,P(A)≠P(A)故选项D错误.故选ABC. 11.BD 由题意可知P(A)=57 ,P(B)=17 ,P(AB)=114 , 所以P(A|B)=P (AB) P(B)= 1 14 1 7 =12 ,P(B|A)=P (AB) P(A)= 1 14 5 7 =110 ,故选BD. 12.答案:67 解析:记事件A 为“取出的2本中有1本是数学”,事件 B 为“另1本是物理或化学”,则P(A)= C12C13+C22 C25 =710 , P(AB)= C12C12+C12C11 C25 =610 ,所以P(B|A)=P (AB) P(A)= 6 10 7 10 =67. 13.答案:0.012 解析:设事件A:“取得一件次品”事件B1:“取得次品是 甲厂生 产”,B2:“取 得 次 品 是 乙 厂 生 产”,由 题 意 可 知 P(B1)=0.9,P(B2)=0.1,P(A|B1)=0.01,P(A|B2) =0.03,所以由全概率公式知取得次品的概率为P(A) =P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)=0.01×0.90+ 0.03×0.10=0.012. 14.答案:925 /0.36 解析:记事件A=“每局比赛甲队战胜乙队”,B=“甲队 的主力队员上场比赛”,M=“甲队第一局获胜的条件 下,甲队以3∶0战胜乙队”.由已知得 P(A|B)=23 , P(A|B)=12 ,P(B)=35 ,所以P(A)=P(AB)+P(AB)= P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=35× 2 3+ 1-35 × 1 2= 3 5 ,于是P(M)=P(A)P(A)= 35 2 =925. 15.解:(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一 阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次, ∴比赛成绩不少于5分的概率P=(1-0.63)(1-0.53) =0.686. (2)①若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛 成绩为15分的概率为P甲=[1-(1-p)3]q3, 若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩 为15分的概率为P乙=[1-(1-q)3]·p3, ∵0<p<q, ∴p甲-p乙 =q3-(q-pq)3-p3+(p-pq)3=(q-p) (q2+pq+p2)+(p-q)·[(p-pq)2+(q-pq)2+(p- pq)(q-pq)]=(p-q)(3p2q2-3p2q-3pq2)=3pq(p- q)(pq-p-q)=3pq(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, ∴P甲>P乙,应该由甲参加第一阶段比赛. ②若甲先参加第一阶段比赛,数学成绩X 的所有可能取 值为0,5,10,15, P(X=0)=(1-p)3+[1-(1-p)3]·(1-q)3, P(X=5)=[1-(1-p)32]C13q(1-q)2, P(X=10)=[1-(1-p)3]·C23q2(1-q), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, ∴E(X)=15[1-(1-p)3]q=15(p3-3p2+3p)·q 记乙先参加第一阶段比赛,数学成绩Y 的所有可能取值 为0,5,10,15, 同理E(Y)=15(q3-3q2+3q)·p ∴E(X)-E(Y)=15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] =15(p-q)pq(p+q-3), 因为0<p<q,则p-q<0,p+q-3<1+1-3<0, 则(p-q)pq(p+q-3)>0, ∴应该由甲参加第一阶段比赛. 高考预测练(四十九) 1.C 由 题 意 得 a+b+2b-a=1, 2a+3b+5(2b-a)=4, 解 得 a=19 , b=13. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故 选C. 2.A 因为 X 的分布列服从两点分布,所以 P(X=0)+ P(X=1)=1,又 P(X=0)=2-5P(X=1)=a,所以 P(X=0)=2-5[1-P(X=0)],所以P(X=0)=34 ,所 以a=34. 故选A. 3.A 令X=k表示前k个球为白球,第k+1个球为红球, 此时P(X=0)=26= 1 3 ,P(X=1)=46× 2 5= 4 15 , P(X=2)=46× 3 5× 2 4= 1 5 ,则P(X≤2)=P(X=0)+ P(X=1)+P(X=2)=13+ 4 15+ 1 5= 4 5. 故选A. 4.ACD 由12+m+ 1 4=1 ,得m=14 ,所以A正确.E(X) =0×12+1× 1 4+2× 1 4= 3 4 ,E(2X-1)=2E(X)-1= 1 2 ,所以B错误,C正确.D(X)=12× 0-34 2 +14× 1- 34 2 + 14 × 2- 34 2 =1116 ,所 以 D 正 确.故 选ACD. 5.D 因为是有放回地取产品,所以每次取产品取到次品的 概率为4 8= 1 2. 从中取3次,X 为取得次品的次 数,则 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —883—