课时测评86 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式（word练习）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

课时测评86　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式 (时间：60分钟　满分：88分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—8题，每小题5分，共40分) 1.若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，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 答案：C 解析：因为P(A)＝1－P()＝1－＝，所以P(A)P(B)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B)≠0，所以事件A与B相互独立，事件A与B不互斥也不对立.故选C. 2.(2024·山东日照一模)已知样本空间Ω＝含有等可能的样本点，且A＝，B＝，则P＝(　　) A. B. C. D. 1 答案：A 解析：由题意，P＝，P＝，P＝，因为P＝PP，所以事件A与B相互独立，则A与也相互独立，所以P＝PP＝P＝×＝.故选A. 3.长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1 h，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1 h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”，则P＝，P＝，所以P＝1－P＝，P＝，则P＝PP＋PP＝×＋×＝.故选C. 4.深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的安排上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋和后卫三个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.3，当乙球员担当前锋、中锋以及后卫时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.8.当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为(　　) A.0.32 B.0.68 C.0.58 D.0.64 答案：C 解析：设事件A1表示“乙球员担当前锋”，事件A2表示“乙球员担当中锋”，事件A3表示“乙球员担当后卫”，事件B表示“当乙球员参加比赛时，球队输球”.则P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋P(A3)P(B｜A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42.所以当乙球员参加比赛时，该球队这场比赛不输球的概率为1－0.42＝0.58.故选C. 5.(多选)(2025·江苏扬州第二次调研)已知P(A)＝，P(B｜A)＝.若随机事件A，B相互独立，则(　　) A.P(B)＝ B.P(AB)＝ C.P(｜B)＝ D.P(A＋)＝ 答案：BCD 解析：对于B，P(B｜A)＝＝＝，所以P(AB)＝，故B正确；对于A，P(AB)＝P(A)P(B)＝P(B)，所以P(B)＝，故A错误；对于C，P(B)＝P()P(B)＝×＝，P(｜B)＝＝＝，故C正确；对于D，P(A＋)＝P(A)＋P()－P(A)＝P(A)＋P()－P(A)P()＝＋－×＝，故D正确.故选BCD. 6.(多选)先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为x，y，设事件A＝“log(x＋1)y为整数”，B＝“x＋y为偶数”，C＝“x＋2y为奇数”，则(　　) A.P＝ B. P＝ C.事件B与事件C相互独立 D. P＝ 答案：BCD 解析：先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，得到向上的点数分别为x，y，则基本事件总数为(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共36种情况，满足事件A的有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(2，3)，(2，1)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，5)，(5，6)，(5，1)，(6，1)共12种，其概率P＝＝，故A错误；满足事件B的有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，(6，2)，(6，4)，(6，6)，共18个，故P＝＝；满足事件AB的有(1，1)，(3，1)，(5，1)共3个，所以P＝＝，故B正确；满足事件C的有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，共18个，故P＝＝，满足事件BC的有(1，1)，(1，3)，(1，5)， (3，1)，(3，3)，(3，5)， (5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个，所以P＝＝＝PP，所以事件B与事件C相互独立，故C正确；满足事件AC的有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(3，1)，(3，4)，(5，6)，(5，1)，共7种，所以P＝，则P＝＝＝，故D正确.故选BCD. 7.袋中有一个白球和一个黑球.一次次地从袋中摸球，如果取出白球，则除把白球放回外，再加进一个白球，直至取出黑球为止，则取了N次都没有取到黑球的概率是　　　　. 答案： 解析：依题意，取了N次都没有取到黑球的概率P＝×××…×＝. 8.某学校在甲、乙、丙三个地区进行新生录取，三个地区的录取比例分别为，，.现从这三个地区等可能抽取一个人，此人被录取的概率是　　　　. 答案： 解析：记事件A1，A2，A3分别表示此人选自甲、乙、丙三个地区，事件B表示此人被录取，则P＝P＝P＝，P＝，P＝，P＝，所以P(B)＝P(A1)P(B｜A1)＋P(A2)P(B｜A2)＋PP＝×＋×＋×＝. 9.(13分)已知某中学高一某班小丽、小许、小静三人分别独自进行投篮训练，命中的概率分别是，，，设各次投篮都相互独立. (1)若小许投篮三次，求恰有两次命中的概率；(6分) (2)若小丽、小许、小静三人各投篮一次，求至少一人命中的概率.(7分) 解：(1)设小许“第一次命中”为事件B1，“第二次命中”为事件B2，“第三次命中”为事件B3， “小许投篮三次，恰有两次命中”为事件E，则P＝P＋P＋P＝××＋××＋××＝. (2)设“小丽命中”为事件A，“小许命中”为事件B，“小静命中”为事件C，“三人投篮，至少一人命中”为事件D，则“三人投篮，均未命中”为事件. 所以P＝××＝，所以P(D)＝1－P()＝1－＝. 所以三人投篮，至少一人命中的概率为. (10、11题，每小题5分，共10分) 10.如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：灯泡不亮包括四个开关都断开，或开关C，D都断开且开关A，B中有一个断开，这两种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，所以灯泡不亮的概率为×××＋×××＋×××＝.因为灯泡亮与不亮是对立事件，所以灯亮的概率是1－＝.故选C. 11.(多选)(2025·广东广州模拟)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 答案：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％，对于A，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；对于B，任取一个零件是次品的概率为P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确；对于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P＝1－P＝1－2％＝0.98，故C正确；对于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1－P(B3｜A)＝1－＝1－＝1－＝，故D错误.故选BC. 12.(15分)人工智能是研究用于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，其理论和技术正在日益成熟，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：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里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；(5分) (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.(10分) 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袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一为从原来袋子中摸球；方案二为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：(1)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. P(B1)＝P(A1)P(B1｜A1)＋P(A2)P(B1｜A2)＝×＋×＝. 所以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得第一次选的袋子为乙袋的概率P(A2｜B2)＝1－P(A1｜B2)＝1－＝， 所以方案一中取到红球的概率 P1＝P(A1｜B2)P(B1｜A1)＋P(A2｜B2)P(B1｜A2)＝×＋×＝， 方案二中取到红球的概率 P2＝P(A2｜B2)P(B1｜A1)＋P(A1｜B2)P(B1｜A2)＝×＋×＝. 因为＞， 所以方案二第二次试验结束的概率更大. (13、14题，每小题5分，共10分) 13.(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 答案：D 解析：法一(通法)：设该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. 14.(2025·江西重点中学协作体第一次联考)中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源.蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事.为弘扬中华传统文化，某市四所高中各自组建了蹴鞠队(分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”)进行单循环比赛(即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛)，最后按各队的积分排列名次(积分多者名次靠前，积分同者名次并列)，积分规则为每队胜一场得3分，平场得1分，负一场得0分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率均为，则在比赛结束时丙队在输了第一场且其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：三队中选一队与丙比赛，丙输，×，例如是丙甲，若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那么它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意.若丙全赢(概率是)时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢，否则甲的分数不小于6分， (1)若甲乙，甲丁两场比赛中甲一平一输，则一平一输的概率是，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率是；(2)若甲乙，甲丁两场比赛中甲两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；(3)若甲乙，甲丁两场比赛中甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是.综上，概率为×××＝，故D正确.故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $