课时分层检测(79)事件的相互独立性与条件概率、全概率公式-【创新大课堂】2026年高三数学一轮总复习

课时分层检测（七十九） 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式 二、多项选择题 …。知识过关 0… :7.(2025·娄底五校联考)抛掷一红一绿两枚质地 一、单项选择题 均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示 1.(2025·荆门调研)在一次试验中，随机事件A,B: 红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用 满足P(A)=P(B)=号则 (x,y)表示一次试验的结果.定义：事件A=“x十 y=7”,事件B=“xy为奇数”，事件C=“x>3”, A.事件A,B一定互斥 则下列结论正确的是 () B.事件A,B一定不互斥 A.A与B互斥 B.A与B对立 C.事件A,B一定互相独立 C.P(BIC) D.A与C相互独立 D.事件A,B一定不互相独立 2.(2025·南京、盐城模拟)小明上学可以乘坐公共8.(2025·安庆模拟)有3台车床加工同一型号的 汽车，也可以乘坐地铁.已知小明上学乘坐公共： 零件，第1台加工的次品率为8%，第2台加工的 汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，且乘 次品率为3%，第3台加工的次品率为2%，加工 坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为： 出来的零件混放在一起.已知第1,2,3台车床加 0.05和0.04，则小明没有迟到的概率为() 工的零件数分别占总数的10%，40%，50%，从混 A.0.954B.0.956 C.0.958 D.0.959 放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是 3.已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它 ( ) 们大小形状完全相同.甲每次从中任取一个不放： A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率 回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿： 为0.08 到红球的概率为 ( B.该零件是次品的概率为0.03 A.品 R司 c. n号 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 4.(2024·咸阳模拟)某中学举行疾病防控知识竞 D.如果该零件是次品，那么它不是第3台车床加 赛，其中某道题甲队答对该题的概率为子，乙队 工出来的殿率为号 和丙队答对该题的概率都是号·若各队答题的结 三、填空题 9.(2025·长沙适应性考试)已知事件A,B,且P(A) 果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙三支竞 =0.5,P(B)=0.2,如果A与B互斥，令m= 赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为 、 P(AB),如果A与B相互独立，令n=P(AB),则 ( n-02= A司 :10.(2025·金陵模拟)在100件产品中有95件合 格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每 5.(2025·重庆大联考)从包含男生甲、乙，女生丙： 次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二 的5名男生和2名女生中任选3人参加学校组： 次取到不合格品的概率为 织的“喜迎二十大，奋进新征程”演讲比赛，则在11.有甲、乙、丙三个开关和A,B,C三盏灯，各开关 男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少 对灯的控制互不影响.当甲闭合时A,B亮，当 人被选中的概率是 ( 乙闭合时B,C亮，当丙闭合时A,C亮.若甲、 A号 B c n号 乙、丙闭合的概率分别为2了，了，且相互独立， 6.设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2：1， 则在A亮的条件下，B也亮的概率为 货车中途停车修理的概率为0.02，客车为0.01，：12.(2025·昆明调考)数学家贝叶斯发现了如下公 今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的 式：P(A:|B)= P(A)P(BA）,其中i=1, 概率为 ( P(A )P(BIA,) A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3 2,…,n,P(B)=∑P(A;)P(B|A;).根据以往 364 的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效 生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度 果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表 量指标，记该指标为R 示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(AC)= P(AB)P(AB) (1)证明：R= 0.95,P(AC)=0.95,现在对自然人群进行普 P(AB)P(AB) 查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即 (2)利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的 P(C)=0.005,则P(C引A)= ·(精确到 估计值，并利用(1)的结果给出R的估计值. 0.001) 四、解答题 13.世界杯小组赛中，A,B,C,D四支球队被分到同 一组进行循环赛（每两队间进行一场比赛，获胜 的球队积3分，平局两队各积1分，落败的球队 积0分).已知四支球队实力相当，每支球队在每： 场比赛中胜、负、平的概率分别为0.4,0.4,0.2. (1)求A队踢完三场比赛后积分不少于6分 的概率； (2)求四支球队比完后积分相同的概率. 0 能力拓展 0 15.(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1,2， p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概 14.(2025·成都质检)一医疗团队为研究某地的一： 率为p,则 ( 种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习： A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该： B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 疾病的病例中随机调查了100例（称为病例 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了： D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 100人（称为对照组），得到如下数据： 16.已知红箱内有5个红球、3个白球，白箱内有3 不够良好 良好 个红球、5个白球，所有小球大小、形状完全相 病例组 40 60 同.第一次从红箱内取出一球后再放回原箱中， 第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内 对照组 10 90 取出一球，然后放回原箱中，依次类推，第k十1 从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的： 次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出 人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人 一球，然后放回去.记第n次取出的球是红球的 P(BIA)P(BA) 患有该疾病” 的比值是卫： 概率为Pn,数列{Pn}前n项和Sn= P(BIA)P(BIA) 365若最高气温不低于25，则Y=450×(6一4)： =900. 所以利润Y的所有可能值为一100， 300.900. Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由1 表格数据知，最高气温不低于20的频率为！ 36+25+7+4=0.8. 90 因此Y大于零的概率的估计值为0.8. 14.解(1)由试验结果知，用A配方生产的 产品中化质品的频率为陆-03所以 用A配方生产的产品中优质品率的估计 值为0.3. 由试验结果知，用B配方生产的产品中优 质品的颜率为32十10-0.42，所以用B配 100 方生产的产品中优质品率的估计值为 0.42. (2)由条件知，用B配方生产的一件产品 的利润大于0，当且仅当其质量指标值1≥ 94,由试验结果知，质量指标值t≥94的频 率为100二4=0.96， 100 所以用B配方生产的一件产品的利润大 于0的概率约为0.96. 用B配方生产的100件产品中每件产品 的平均利润为高×[4X(-2)十51×2+ 42×4]=2.68(元). 15.C[由题意可得一共有C洛种分组方法， 若要满足220和284在同一组，则分两种 情况讨论：①220和284在2个数这一组 中，有C号种分组方法，②220和284在41 个数这一组中，有C?种分组方法.故所求 概率P=C号+C。7 C 16,日号[齐王的上中、下等马分别记为 a1,a2,a3, 田忌的上、中、下等马分别记为b1,b2,b3, 齐王与田忌赛马，双方每组对阵情况有： （a1b),(a2b),(ag,b3),齐王获胜： (a1,b1),(a2,b),(a3,b2),齐王获胜； (a2,b1),(a1,b2),(a3,b3),齐王获胜： （a2,b1),(a1,),(a3,b2),田忌获胜： (a3,b),(a1b),(a2,bg),齐王获胜； (a3,b1),(a2,b2),(a1,b3),齐王获胜，共 6种： 其中田忌获胜的只有一种(a2,b1),(a1, b3),(a3,b2), 则田总获雕的概率为合 若已知田忌的上等马与齐王的中等马分 在一组， 此时情况为(a2,b1),(a1,b2),(a3,b3)或} (a2b1),(a1b)(a3,b2),共2种， 此时田忌获胜的概率为号] 课时分层检测（七十九） 1.B[若事件A,B互斥，则P(A)十P(B) 1,但P(A)=P(B)-号，不满足，放事件 A,B一定不互斥，故选B.] 2.B[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.] 3.B[方法一因为他第一次拿到白球且不！ 放回，所以在他第一次拿到白球的条件下， 第二次拿到红球的概率等价于从装有3个： 红球、1个白球、5个黑球中拿到红球的概 31 率，即为9=3 方法二设“第一次拿到白球”为事件A, “第二次拿到红球”为事件B, 依题老PM一品-吉，PAB)一品 1 15 放PB-票-子] 4.C[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+AB C+ABC)=P(A BC)+ P(AB C)+P(ABC) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+ P(A)P(B)P(C) =÷×(-号)×(1-号)+(-) ×号×(1-号)+(1-是)×(1-号) 2 3 1× 1 2 1 3 1× 3 3 2 7 5.C[法一设男生甲被选中为事件A, 男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B, 则P(B1A)-nAB-C+C+L n(A) C哈 9 3 15=5· 法二在男生甲被选中的情况下，基本事 件总数为C哈=15，其中男生乙和女生丙都 没有被选中的基本事件数为C?=6, 所以所求概率为1一号-子.] 6.A[设A1表示“该汽车是货车”，A2表示 “孩汽车是客车”，则P(A)=号，P(A) 、1 3 设B1表示“货车中途停车修理”，B2表示 “客车中途停车修理”，则P(B1)=0.02, P(B2)=0.01, B表示“一辆汽车中途停车修理”， P(B)=P(A B)+P(A2 B2), 今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货 车的概率为P(A11B)=PCAB) P(B) P(AB) 002×号 P(AB1)+P(A2B2） 0.02×号+0.01×3 =0.8.] 7.AD[对于A,因为x十y=7,所以x与y 必是一奇一偶，又当xy为奇数时，x与y都 是奇数，所以事件A和B不能同时发生，即 A与B互斥，故A正确； 对于B,因为事件A和B不能同时发生，但 它们可以同时不发生，如x=1,y=2,即A 与B不对立，故B不正确； 对于C,(x,y)的所有可能结果如下表： 1 2 3 4 5 6 (1,1) (1,2) (1,4) (1,5) (1,6) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4)(2,5) (2,6) (3,1) (3,2 (3,3) 34) (3,5 (3,6) (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6(6,1) (6,2)(6,3)(6,4) (6,5) (6,6) 18 3 P(C)= P(BC)= 36 2 36 12 528 所以P(B0-C-言放C不正： 对于D,P(A)= 31 P(AC)=品=立，则有P(AC)=P(A)· P(C),A与C相互独立，故D正确.] 8.BCD[记事件A:车床加工的零件为次品. 记事件B:任取一个零件，该零件是第i台车 床加工的零件.则P(AB1)=8%,P(AB2)= 3%,P(A|B3)=2%,P(B1)=10%,P(B2)= 40%,P(B3)=50%.对于A,任取一个零 件，其是第1台车床生产出来的次品的概率 为P(AB1)=P(AB1)P(B1)=8%×10% =0.008,故A错误：对于B,任取一个零件， 其是次品的概率为P(A)=P(AB1)十 P(AB2)+P(AB3)=8%×10%+3%× 40%十2%×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(A|B3)=1一 P(AB3)=1一2%=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1一P(B3A)=1 P(AB3) =1- P(AIB3)P(B3)=1- P(A) P(A) 2X0必-号，故D正确.门 0.03 9.0.4[若A,B互斥，则n=P(AB)=0, 若A,B相互独立，则A,B也相互独立， 所以n=P(AB)=P(A)P(B)=0.5×(1- P(B))=0.5×(1-0.2)=0.4,则n m=0.4.] 10.99[法一（应用条件概率公式求解）设 事件A为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则所求的概率 A号 为P(B|A),因为P(AB)= A75, P(A)= CD20,所以P(B|A)=P(AB P(A) 1 20 法二（缩小样本空间求解）第一次取到不 合格品后，也就是在第二次取之前，还有 99件产品，其中有4件不合格品，因此第 二次取到不合格品的概率为晶] 1号 [设事件M为“A灯亮”，事件N为“B 灯亮”，事件X为“开关甲闭合”，事件Y为 “开关乙闭合”，事件Z为“开关丙闭合”， 则所求概率为P(NM=PCNM P(M)· 其中P(NMD=P(X)+P()P(Y)P(Z) P(M)=P(XUZ)=P(X)+P(Z)-P(X) 13 所以P(NM)= 5 8 12.0.087[.P(A|C)=0.95,∴.P(A|C)= 1-P(AC)=0.05,,P(C)=0.005,.P(C) =0.995,由贝叶斯公式可得P(CA) P(A C)P(C) P(A C)P(C)+P(ACP(C) 0.95×0.005 0.95×0.005+0.05×0.995 -品0.087.] 13.解(1)由于A队踢完三场比赛后积分不： 方法二（特殊值法） 少于6分，所以A队三场比赛中至少胜！ 不妨设p1=0.4,p2=0.5,p3=0.6, 两场， 则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的 则P=(0.4)3+C×(0.4)2×(0.4+0.2)= 概率P甲=2p1[p2(1一p3)十3(1一p2)] 0.352. =0.4: (2)四支球队共需进行六场比赛， 在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙一 六场比赛比完后四支球队积分总和最少 2p2[1(1-pg)+p3(1-p1)]=0.52: 12分，最多18分， 在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P雨= 因此，四支球队积分相同，可能同积3分或： 同积4分， 2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=0.6. 所以P雨最大.] ①若同积3分，则六局皆平P1=(0.2)6= 0.000064: [依题意得P1= ②若同积4分，则每支球队均一胜一平 16[3a+1-(片)] 一负， 5 若A胜B,A平C,A负D,则B胜C,B平1 D,C胜D, 第次取出的球是红球的概率为P。,则第 所以P2=6×(0.4)4×(0.2)21 次取出的球是白球的概率为(1一P。), =0.006144, 对于第n十1次，取出红球有两种情况： 综上所述，四支球队比完后积分相同的概 率为 ①从红箱取出的概率为P×号，②从白 P=P1+P2=0.006208. P(BA) 箱取出的概率为(1-P,)×冬， P(BA) 14.(1)证明R 所以P1=尽+P, P(BA) P(BA) 所以P1--(P.-) P(BA)·P(BA) P(B|A)·P(B|A) 令a,-几。立，则载列o,为等比数列， 由题意知，只需证明 P(B|A)·P(B|A) P(A|B)·P(A|B) 且公比为子， P(B|A)·P(B|A) P(A|B)·P(A|B)I 5 即可， 因为P=8,所以a=8, P(AB)P(AB) 故a=2(2+即对应P= P(A) P(A) 上式左边= 2-(2n+1) P(AB)P(AB) P(A) P(A) -()] P(AB)·P(AB) P(AB)·P(AB) 1一4 P(AB)P(AB) P(B) P(B) ()]+号-+-()] 右边 P(AB)P(AB) 课时分层检测（八十） P(B)P(B) P(AB)·P(AB) 1.C[由号+3m-1,解得m-合 P(AB)·P(AB) P(AB)P(AB) 则E(X0=0x+2X日+3X-] 左边=右边，故R= P(AB) P(AB) :2.A[由题意可得E(X)=-1×0.1+0× (2)解由调查数据可知 0.3+2×0.6=1.1, P(AI B)-100 402 10 D(X)=(-1-1.1)2×0.1+(0-1.1)2× ，P(AB)=100, 0.3+(2-1.1)2×0.6=1.29: 且P(AB)=1-P(AB)=号， E(Y)=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1, D(Y)=(0-1)2×0.3+(1-1)2×0.4+ P(AIB)-1-P(AIB)-10 9 (2-1)2×0.3=0.6, E(X)>E(Y),D(X)>D(Y), 9 5×0=6 即甲产业收益的期望大，风险高，] 所以R=3X工 5 3,D[由题意知4+6++立-1.0 15.D[设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两 由E(X)=0,即E(X)=-1×a+0×b+1 盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜 两盘的概率为P之，在第二盘与丙比赛连 ×c+2×2-0,得-a+c+言-0.② 胜两盘的概率为P雨， 由D(X)=1, 方法一由题意可知，P甲=2p1[p2(1一 即D(X)=(-1-0)2×a+(0-0)2×b十 p3)+p3(1-p2)]-2p1p2+2p1p3: 1-02×c+(2-02×立=1， 一4p1p2p3· P2=2p2[p1(1-p3)十p3(1-p1)]= 得a+c+号-1.® 2p1p2+2p2p3-4p1p2p3, P两=2p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]= 联立①②③解得a=2b=本c=4: 2p1p3+2p2p3-4p1p2p3. 又因为P(X<1)=P(X=-1)+P(X 所以P两-P甲=2p2（p3一1)>0， 0), P两-P元=2p1(p3-p2)>0, 所以P两最大 、 所以P(X<1)=a+b=子.] 529 4.B[依题意可得X的所有可能取值为200， 180,160.P(X=200)=0.4,P(X=180)= 0.3,P(X=160)=0.3,X的分布列如下， X 200 180 160 P 0.4 0.3 0.3 则E(X)=200×0.4+(180+160)×0.3= 182,故选B.] 5.C[P(=)=g+k=12.3. 解得= 0-1×号+2x号+3x号= 3 D-(1-)°×号+(2-)× +(-)×-器 .D(9-3)=92D()=81D()=38.] 6.D[E(X)=0×号+a×3+1× 1=a十1 3 .当a在(0,1)上增大时，E(X)增大， D(X)= ()×+(-)× 27[(u+1)2+(2a-1)2+(2-a)2] .当a在(0,1)上增大时，D(X)先减小后 增大，门 7.BCD[根据分布列可知n十n=1- 4 12 12-3 ① 因为Y=12X+7,所以E(Y)=12E(X)+ 7=34. 解得E(X)=: 又由分布列可得E(X)=1X子+2Xm十 3X+1X立-号，整理得2m+3-号， 1 5 联20@解将m-合一子】 8.AC[记未使用过的乒乓球为A,已使用过 的为B, 任取3个球的所有可能是1A2B, 2A1B,3A, A使用后成为B,故X的所有可能取值是 3,4,5,故A正确： P(X=3)=C2=7,P(X=4)=CC C C =7 所以X最有可能的取值是4，故B错误， C正确： E(X)=3X号+4×号+5×号-29，故D 错误.门 9.11[由表中数据得E()=一2a+0×b+2 ×-，解得a-十 又a+6+号-1，所以6=， 1