小练57 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式-【衡水金卷·先享题】2026年新高考数学拿满基础分自主小练

拿满基础分自主小练·数学 小练57事件的相互独立 (考试时间：30分 选择题（单选每题5分，多选每题6分）】 1.(教材改编题)口袋中装有大小形状相同的 红球3个，白球3个，小明从中不放回地逐 一取球，则在第一次取得红球的条件下，第 二次取得白球的概率为 A.0.4B.0.5C.0.6 D.0.75 2.甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采 用7局4胜制（先胜4局者胜，比赛结束）.已 知每局比赛甲获胜的概率均为)，且各局比赛 结果相互独立，则甲以4：2获胜的概率为 A司B是 c D器 3.第33届夏季奥林匹克运动会于2024年在 巴黎举办，其中游泳比赛分为预赛、半决赛 和决赛三个阶段，只有预赛、半决赛都获胜 才有资格进入决赛.已知甲在预赛和半决 赛中获胜的概率分州为2和号，乙在预赛和 半决赛中获胜的概率分别为号和子，丙在预 赛和半决赛中获胜的概率分别为和且 每场比赛互不影响，则甲、乙、丙三人中恰 有两人进入决赛的概率为 A5B8C报 4.(教材改编题)甲、乙、丙三人相互做传球训 练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传 球者都等可能地将球传给另外两个人中的 任何一人，下列说法正确的是 A2次传球后球在丙手上的概率是司 B.3次传球后球在乙手上的概率是 C.11次传球后球在甲手上的概率是 1-(合)门 D.n次传球后球在甲手上的概率是 31-（-)门 班级： 姓名： 。。。。。。。。。。。 性与条件概率、全概率公式 钟满分：75分)》 5.(多选)口袋中有6个相同的球，分别标有 数字1,2,3,4,5,6，从中不放回地随机取两 次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取 出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次 取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次 取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件 “两次取出的球的数字之和是偶数”，则 A乙发生的概率为 B丙发生的概率为 C.甲与丁相互独立 D.丙与丁互为对立事件 6.(多选)有3台车床加工同一型号的零件， 第1,2,3台车床加工的零件数的比为5：6： 9,加工出来的零件混放在一起，第1,2,3 台车床加工的次品率分别为6%，5%，4%. 现从三台车床加工的零件中任取一个，则 A.该零件由第1台车床加工的概率为0.25 B.该零件为次品的概率为0.048 C.若该零件为次品，则其由第2台车床加 工的概率为号 D.若该零件为次品，则其由第3台车床加 工的概率最大 7.（5分，教材改编题)如图，用K,A1,A2三 类不同的元件连接成一个系统.当K正 常工作且A,A2至少有一个正常工作 时，系统正常工作，已知K,A1,A2正常 工作的概率依次为是，号，号·则系统正常 工作的概率为 ,在系统能够正常 工作的前提下，只有K和A,正常工作的 概率为 8.(5分)某商场出售的灯泡来自甲、乙、丙三 个工厂，甲厂产品占80%，合格率为90%； 乙厂产品占10%，合格率为95%；丙厂产品 占10%，合格率为80%.某顾客购买了一个 灯泡，则它是合格品的概率为 9.(5分)某学习小组设计了如下问题进行研 究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相 同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白 球，乙箱中有4个红球、1个白球.掷一枚质 地均匀的骰子，如果点数小于等于4，则从 甲箱中随机抽出1个球；如果点数大于等 于5，则从乙箱中随机抽出1个球.若抽到 的是红球，则它来自乙箱的概率 是 10.（13分，教材改编题)甲、乙、丙三台机床各 自独立加工同一种零件，已知甲机床加工 的零件是一等品而乙机床加工的零件不 是一等品的概率为是，乙机床加工的零件 是一等品而丙机床加工的零件不是一等 品的概率是子，甲、丙两台机床加工的零件 都是一等品的概率为子 (1)分别求甲、乙、丙三台机床各自独立加 工的零件是一等品的概率； (2)已知丙机床加工的零件数等于乙机床 加工的零件数的。，甲机床加工的零件数 等于乙机床加工的零件数的2倍，将三台 机床加工的零件混合到一起，从中任意抽 取4件检验，求一等品不少于3件的概率. (以事件发生的频率作为相应事件发生的 概率) 114 1.(15分)已知某大学数学专业二年级的学 生中，是否有自主创业打算的情况如下表 所示. 男生/人女生/人 有自主创业打算 16 15 无自主创业打算 64 60 从这些学生中随机抽取一人 (1)求抽到的人有自主创业打算的概率： (2)求抽到的人是女生的概率； (3)若已知抽到的人是女生，求她有自主 创业打算的概率； (4)判断“抽到的人是女生”与“抽到的人 有自主创业打算”是否独立.参考答案及解析 奖券中有一张有奖，甲先抽，乙后抽，那么乙与甲抽到 有奖奖券的可能性都是号，相同，D正确，故选BCD. .号子 【解析】样本空间为2={156,165,516， 561,615,651冫，包含6个样本点，所得的三位数大于 400的有516,561,615,651，共4个，其概率为P=日 4 =号所得的三位数是偶数的有156,516，共2个，其 概率为P=名-子 10.0.038【解析】记500户居民组成的集合为U,订 阅晨报的居民全体为集合A,订阅晚报的居民全体 为集合B.订阅晨报的有334户，订阅晚报的有297 户，两种都订阅的有150户，如图所示. C B 150) (334-150 /(297-150 由图可知至少订阅一种报纸的有334十297一150= 481(户)，所以两种报纸都不订阅的有500一481= 19(户).故两种报纸都不订阅的概率为品-0.038， 11.号【解析】由(x+2)(x-5)<0,解得-2<r< 5,所以A={x|(x十2)(x-5)<0}={x|-2<x <5},又B={-3,-2,-1,0,1,2,3},所以A∩B ={-1,0,1,2,3},又k∈A∩B且y=x为偶函 数，所以k∈{0,2}共2种取法，又集合A∩B中有5 个元素，所以y=亡为偶函数的概率P-号 12.解：(1)因为一年内需要维修1次的占15%，需要维 修2次的占6%，需要维修3次的占4%， 所以P(A)=0.15,P(A2)=0.06,P(A3)=0.04, P(A。)=1-(0.15+0.06十0.04)=0.75. 事件 A A A2 A3 概率 0.75 0.15 0.06 0.04 显然事件A,A1,A2,A,中任意两个不可能同时发 生，因此事件A,A,A2,A两两互斥，不满足等可 能性 (7分) (2)①P(A)=P(A1+A2+A)=P(A)+P(A,) +P(A3)=0.25. (9分) ②P(B)=P(A。)=0.75. (11分) ③P(C)=P(A十A:)=P(A)十P(A1)=0.9. (13分) ·1 数学 13.解：(1)厨余垃圾投放正确的概率为 400 2 P=400+100+100-3 (3分) (2)设“生活垃圾投放错误”为事件A,则事件A表示 “生活垃圾投放正确” 事件A的概率为“厨余垃圾”箱里厨余垃圾量、“可 回收物”箱里可回收物量与“其他垃圾”箱里其他垃 圾量的总和除以生活垃圾总量， 即P(A)=400+240十607 1000 101 所以PA)=1-P=1-名-品 (9分) (3)当a=600,b=0,c=0时，方差s2取得最大值. 因为i=号(a+6+0)=20. 所以=号[(60-200)2+(0-200)2+(0 200)2]=80000. (15分) 小练57事件的相互独立性与条件概率、 全概率公式 1.C【解析】记“第一次取得红球”为事件A,“第二次 取得白球“为事件B,则P()=号-之，P(AB=号 6 X号品于是得P(BA)=A0- P(A) 1 =0.6,所 以在第一次取得红球的条件下，第二次取得白球的概 率为0.6.故选C. 2.C【解析】根据题意，甲运动员前5场内需要赢3 场，第6场甲胜，则甲以4：2获胜的概率为C× (号)'×（号）广×号=最故选C 3.A【解析】依题意可如，甲进入决赛的概率为之× 号-日，乙进入决赛的概率为号×是=合，丙进人 3 4 决赛的概率为是×品一6，所以甲、乙、丙三人中恰 77 有两人进人决爽的概率为P=子×宁×(1-品)十 号×(1-)×6+(1-号)×合×品=品故 选A. 4C【解析】第一次甲将球传出，2次传球后的所有结 果为：甲乙甲，甲乙丙，甲丙甲，甲丙乙，共4个结果， 它们等可能，2次传球后球在丙手中的事件有：甲乙 丙，1个结果，所以概率是子，故A错误；第一次甲将 球传出，3次传球后的所有结果为：甲乙甲乙，甲乙甲 0 数学 丙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲丙甲乙，甲丙甲丙，甲丙乙 甲，甲丙乙丙，共8个结果，它们等可能，3次传球后 球在乙手中的事件有：甲乙甲乙，甲乙丙乙，甲丙甲 乙，3个结果，所以概率为是，故B错误：设n次传球 后球在甲手上的事件为Am,则有A+1=AA+1十 AnAm+1,令pn=P(An),则P(An+1|An)=0, P(A+A)=2,于是得P(A+1)=P(A)· P(A+1A.)+P(An)P(An+1Aa)=p.·0十 1 2(1一p),故p+1=2(1一p）,则p+1一3= 一之（♪-号），而第一次由甲传球后，球不可能在 甲手中，即A=0,则有A一子=一子，故数列 {0.-子}是以-号为首项，一号为公比的等比数 列，所以A-弓=-专(-），即A. 号[1-（-令）]，所以11次传球后球在甲手上 的概率是1=号[1-(-)] 号[1-（分）门故C正确，D结误故选C 5.BCD【解析】设A为事件“第一次取出的球的数字 是奇数”，B为事件“第二次取出的球的数字是偶数”， C为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，D为事 件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则P(A)= -=P(B)=是×号+×号=故A错： 6 5 6 5 PC)=2X×号=是PD)=2x×号- 故B对：面P(AD)=各×号=吉=P(A)P(D, 故C对：两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶 数，故丙与丁互为对立事件，故D对.故选BCD. 6.ABD【解析】设事件B为“任取一个零件为次品”， 事件A；为“零件是第i台车床加工的”(i=1,2,3), 则2=AUA2UA,且A,A2,A:两两互斥.根据题 5 6 意得，P(A)=5+6+9=0.25,P(A)=5+6+9= 9 0.3,P(A)=5+6+9=0.45,P(BA)=0.06, P(B|A2)=0.05,P(BA3)=0.04,由全概率公式， P(B)=P(A)P (BA)+P(A2)P (BIA2)+ P(A3)P(BA3)=0.25×0.06+0.3×0.05+0.45 ×0.04=0.048,所以A正确，B正确：如果取到的零 件是次品，计算它是第i(i=1,2,3)台车床加工的概 率，就是计算在事件B发生的条件下，事件A:发生 ·1 参考答案及解析 的概率，所以P(A,B)=PCAB)= P(B) P(A)P(B|A)=0.25×0.06 P(B) 0.048 最，同理可得 P(AB)=吾P(AB)=冬，所以若该零件为次 5 品，则其由第3台车床加工的概率最大，所以C错误， D正确.故选ABD. 7.号十【解析】记“系统正常工作”为事件A,则概 率为P(A)=是×C×号×十是×号×号 号记“只有K和A正常工作”为事件B,则PB) P(AB)=是×号×}=日，所以在系统能够正常 工作的前提下，只有K和A,正常工作的概率为 1 P(B1A)=PAB)=6=1 P(A)2-4 3 8.0.895【解析】设“任取一件产品是合格的”为事件 A,B表示“产品来自于甲工厂”，B2表示“产品来自 于乙工厂”，B表示“产品来自于丙工厂”.由题意得 P(B1)=0.8,P(A|B1)=0.9,P(B2)=0.1, P(AB2)=0.95,P(B)=0.1,P(A|B)=0.8, 由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+ P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B)=0.895. 9.号【解标】设事件C表示“从乙箱中抽球”，事件D 表示“抽到红球”，则事件C表示“从甲箱中抽球”，则 P(C)=号=寸P(C)=合=号，P(DG=台 P(DIC)=号，所以P(D)=P(CD)+P(CD) PCP(DIO+PCP(DIC)=号X号+号x 号-号所以PCID)-PCPD1C-寺×造 1 P(D) 2 10.解：(1)根据题意，设“甲、乙、丙三台机床各自加工的 零件是一等品”分别为A,B,C事件，则A,B,C相互 独立， 设P(A)=x,P(B)=y,P(C)=x,x,y,x∈(0， 1), x1-y=, 则有1-)=子，解得= 1 x三4 x=31 参考答案及解析 故甲、乙、丙三台机床各自独立加工的零件是一等品 的概率分别为是，号·宁 (6分) (2)设乙机床加工的零件数为2a,则甲、丙机床加工 的零件数分别为4a,3a,则一等品的零件总数为4a +2a·+3a号=5a 1 则将三台机床加工的零件混合到一起，从中任意抽 取一件零件为一等品的概率为器号 (10分) 故从中任意抽取4件检验，一等品不少于3件的概 *为C(停)广×号+（号）广--875 37 -2187 (13分) 11.解：由题意可知，所有学生人数为16十15+64十60 =155. (1分) 记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人 是女生” (1)因为有自主创业打算的人数为16+15=31， 因此抽到的人有自主创业打算的概率为P(A)= 311 155-5 (4分) (2)因为女生人数为15+60=75， 因此抽到的人是女生的概率为P(B)=点=5 15531 (7分) (3)所要求的是P(AB), 注意到75名女生中有15人有自主创业打算， 因此P(AB)-若-号 (11分) (4)由(1)和(3)的计算结果可知P(A|B)= P(A),即P(AB)=P(A)P(B),因此“抽到的人 是女生”与“抽到的人有自主创业打算”相互独立， (15分) 小练58离散型随机变量及其分布列、 数字特征 1.解：(1)由题意，甲河流发生洪水的概率为0.25，乙河 流发生洪水的概率为0.2， 则甲、乙两条河流均不发生洪水的概率为 (1-0.25)×(1-0.2)=0.6, 所以今年甲、乙两河流至少有一条发生洪水的概率为 1-0.6=0.4. (3分) (2)设损失费为X. 方案一：X的可能取值为30000,60000,0， P(X=30000)=0.25×0.8+0.75×0.2=0.35, P(X=60000)=0.25×0.2=0.05, P(X=0)=(1-0.25)×(1-0.2)=0.6, 所以E(X)=30000×0.35+60000×0.05+0×0.6 ·11 数学 =13500元 (7分) 方案二：建围墙，需要花费4000元，但围墙只能抵御 一条河流发生的洪水， 当两河流同时发生洪水时，设备将受损，损 失60000元， 两条河流都发生洪水的概率P=0.25×0.2=0.05, 所以该方案中E(X)=4000十60000×0.05= 7000元. (11分) 方案三：修建保护大坝，建设费为9000元，设备不会 受损，方案中的花费为9000元， (12分) 因为方案二中损失费用的期望即平均费用最少，所以 方案二最好 (13分) 2.解：(1)由题设可知，Y1和Y2的分布列分别为 Y 5 10 P 0.8 0.2 Y: 2 8 12 P 0.2 0.5 0.3 E(Y1)=5×0.8+10×0.2=6, D(Y1)=(5-6)2×0.8十(10-6)2×0.2=4.(6分) E(Y,)=2×0.2+8×0.5+12×0.3=8, D(Y2)=(2-8)2×0.2+(8-8)2×0.5+(12-8)2× 0.3=12 (8分) 2)fx=D(0Y)+D(900y)】 =(高)广DY)+(0)D(Y) =高[+310-0门 100(4x-600x+3X1002), 4 当x= 00=75时，f(x)取得最小值3. (13分) 3.解：(1)依题知X的可能取值为1,2,3,4， PX=1=， PX=2)=×=， PX=3)=青×是×号=日 (5分) 故方案甲化验次数X的分布列如表，