课时分层检测(10)全概率公式-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步辅导与测试(人教A版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十） 全概率公式 …0 基础达标练 A.P(A)= B.P(B)=3 1.有朋自远方来，乘火车、船、汽车、飞机来的： CP(BA=号 D.P (BA)=4 概率分别为0.3,0.2,0.1,0.4，迟到的概率5.学校有a,b两个餐厅，如果王同学早餐在a 分别为0.25,0.3,0.1,0.则他迟到的概率为 餐厅用餐，那么他午餐也在α餐厅用餐的概 ( 率是子：如果他早餐在餐厅用餐，那么他午 A.0.65 B.0.075C.0.145 D.0 2.已知某地区7%的男性和0.49%的女性患色 餐在a餐厅用餐的概率是子，若王同学早餐 盲.假如男性、女性各占一半，从中随机选 人，则此人恰是色盲的概率是 在a餐厅用餐的概率是子，那么他午餐在@ A.0.01245 B.0.05786 餐厅用餐的概率是 C.0.02865 D.0.03745 :6.甲、乙两人比赛乒乓球，甲先发球.假设甲发 3.冬天的北方室外温度极低，若轻薄保暖的石 球不会失误，乙接甲发球的失误率为0.3，接 墨烯发热膜能用在衣服上，将会大大地方便： 甲回球的成功率为0.5，若乙回球成功后，甲 人们的出行.某科研人员制作石墨烯发热膜 回球的失误率为0.4，则乙在两个回合中丢 的过程分为三步，且第一步成功的概率为2， 分的概率为 :7.人们为了解一支股票未来一定时期内价格 若第一步成功，第二步失败的概率为品若 的变化，往往会去分析影响股票价格的基本 因素，比如利率的变化.现假设人们经分析 前两步成功，第三步失败的概率为品，则这 估计利率下调的概率为60%，利率不变的概 位科研人员成功制作出石墨烯发热膜的概 率为40%.根据经验，人们估计，在利率下调 率为 ( 的情况下，该支股票价格上涨的概率为 A.2 &品 80%,而在利率不变的情况下，其价格上涨 的概率为40%，则该支股票将上涨的概率为 4.（多选)箱子中有6个大小、材质都相同的小： 球，其中4个红球，2个白球.每次从箱子中8.2022年北京冬奥会的志愿者中，来自甲、乙、 随机地摸出一个球，摸出的球不放回.设事 丙三所高校的人数分别为：甲高校学生志愿 件A表示“第1次摸球，摸到红球”，事件B: 者7名，教职工志愿者2名；乙高校学生志愿 表示“第2次摸球，摸到红球”，则下列结论 者6名，教职工志愿者3名；丙高校学生志愿 正确的是 者5名，教职工志愿者4名， 90 班级 姓名 得分 (1)从这三所高校的志愿者中各抽取一名，：3.甲箱中有3个白球，2个黑球，乙箱中有1个 求这三名志愿者中既有学生又有教职工的 白球，3个黑球，先从甲箱中任取一球放入乙 概率； 箱中，再从乙箱中任取一球， (2)先从三所高校中任选一所，再从这所高： (1)若己知从甲箱中取出的是白球，则从乙 校的志愿者中任取一名，求这名志愿者是教： 箱中也取出的是白球的概率是 职工的概率. (2)从乙箱中取出白球的概率是 4.在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为 DD、Dd、dd,其中D为显性基因，d为隐性基 因，且这三种基因型的比为1：2：1.如果在 子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交， 那么子三代中基因型为dd的概率是多大？ …0 能力提升练 0 1.(多选)若0<P(A)<1,0<P(B)<1,则下 列式子中成立的为 A.P(AIB)=P(AB) P(A) 0 创新拓展练0… B.P(AB)=P(A)P(BA) 5.如图，有三个箱子，分别编号为1,2,3，其中1 C.P(B)=P(A)P(BA)+P(A)P(BA) 号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2 D.P(AB)= P(B)P(A B) 个红球和3个白球，3号箱装有3个红球，这 P(AP(BA)+PAP(BA) 些球除颜色外完全相同.某人先从三箱中任 2.某工厂生产的产品以100件为一批，假定每： 取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球， 批产品中的次品数最多不超过4件，且具： 求该球是取自1号箱的概率以及该球取自 有如下的概率： 几号箱的可能性最大， 一批产品中 0 4 的次品数 概率 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1 现进行抽样检验，从每批中随机取出10件 来检验，若发现其中有次品，则认为该批产 品不合格，则一批产品通过检验的概率为 A.0.814 B.0.809 C.0.727 D.0.652 91C ，故A正确；P(AB) 3 C CC0,故B正 3 误：对于D,由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P 5.ABC [P(A)= (1一a)(1十2a),单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1-a,而 3 0a<0.5,因此P-P'=(1-a)2(1十2a)-(1-a)=a(1-a)(1 确：P(B|A) P(AB) 10 1,故C正确；P(A)= 2a)>0,即P>P',D正确.故选ABD] P(A) 3 C-5 5 3. 2[设A=“取出的两个元素中有一个是12”，B=“取出的两个元 3 CC-10.P(BIA)-P(AB103 cic 3 P(AB)- 素构成可约分数”，则n(A)=6,n(AB)=4.所以P(BlA)=nAB) P(A) ,故D错误.] n(A) 2 5 6 ,[设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件 4.解设B表示最终通过考核，A,(i-1,2,3,4)表示分别通过第一、 C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，则D=BUC 二、三、四项考核 且B与C互斥，又P(A)= C =10,P(AB)= CC+C号7 cc 1 (1)因为各项考核是相互独立的，所以该部门招工的通过率为P(B) C =0.6×0.8×0.9×0.65=0.2808, AC=CC-号，故PDIA)=PCBUCIA)=P(BA)+P(CIA 因此该部门招工的淘汰率为P(B)=1-P(B)=1-0.2808=0.7192. (2)在通过第一、三项考核的情况下考核全部通过的概率为P(B引A1A) 票+器÷ 骨儿品》-052，周光，通过第一，三项考枚但是行被均次 P(B) [由题意知，P(AUBIC)=P(ACO+P(B1C-号，P(BC) 的概率为1-P(B|A1A3)=1-0.52=0.48. (3)在考核按第一项到第四项的顺序进行的情况下，淘汰率P P(BC)18 1 0.4十0.6×(1-0.8)十0.6×0.8×(1-0.9)十0.6×0.8×0.9× P(C) 1 ，则PA1C)=PAUB1C-PB1O=8 (1-0.65)=0.7192. 6 !5.解设A=“第1次拿出绿皮鸭蛋”，B=“第2次拿出绿皮鸭蛋”， 则“第1次和第2次都拿出绿皮鸣蛋”为事件AB. 8,解没有考虑到已经抽出并展示的这张卡片的一面为红色或黑色， (1)从5个鸣蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的样本点数为n(2) 即题目属于条件概率，我们以抽出的这张卡片展示的一面是红色为 A=20, 例，正确的方法是：设“抽出的卡片展示的一面是红色”为事件A,! 又n(A)=A×A=12, “抽出的卡片两面全是红色”为事件B,“如果展示的一面是红色，且！ 这张卡片为两面全是红色的那张”为事件AB,因为P(A)=豆， 子是PA)-号-是 n(2) (2)因为n(AB)=A?=6, PCA=号由条件概率可得P(A)-票-号，高热拍出的 所以P(AB)= n(AB)6 3 n(2)-2010 这张卡片展示的一西是黑色也是如此概率为号 (3)由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿 3 ®解日两次书系好白球的就奉P=号×号古 皮鸭蛋的概率为P(BA)=PAB=19=号， P(A) 3 (2)记事件A为“第一次取出的是红球”， 事件B为“第二次取出的是红球”， 创新拓展练 片PA+)=[1-PA,]片[同为A=第2次取单格好 利用条件概率的计算公式， 是从1号店取单}，由于每天第1次取单都是从1号店开始，根据题 可得PA0号X亭÷ 意，第2次不可能从1号店取单，所以P(A2)=0,A={第3次取单 10.解用A,B,C分别表示甲、乙、丙中奖的事件，则B=AB,C= 哈好是从1号店取单}，因此P(A3)=P(A2A3)=P(A2)P(A3A2) AB. =1-PA门，片=，六：由题者可知，PA)=PAA41) 1 PA)= P(A6)P(A+1A6)=[1-P(A)]P(A+1|A)=[1 P(B)=P(AB)=P(A)P(BIA)= pA],片] PC=PAB)=P(AP(BA)=号×号-子 课时分层检测（十） 因为P(A)=P(B)=P(C),所以中奖的概率与抽奖的次序无关. !基础达标练 能力提升练 :1.C[设A1=他乘火车来，A2=他乘船来，A3=他乘汽车来，A1=他 1.D[由题可知：P(A十B)=P(A)十P(B)-P(AB),所以P(AB)= PA)+P(B)-PA+B)=号+合是-立，所以P(AB)= 乘飞机来，B一他迟到，易知：A1,A2,A3,A1构成一个完备事件组， 由全概率公式得P(B)=2P(A,)P(B1A,)=0.3×0.25十0.2X -61 =1 0.3+0.1×0.1十0.4×0=0.145.] 2.ABD[对于A,依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1：2.D[用事件A,B分别表示随机选1人为男性或女性，用事件C表示此 接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独： 人是色盲，则2=AUB,且A,B互斥，故P(C)=P(A)P(C川A)十 立，所以所求概率为(1一)(1-a)(1-)=(1一α)(1一3)2，A正确： 对于B,三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0， P(B)PCB)=2×7%+号×0.49%=0.03745.] 1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件：3.B[记事件A,表示“制作石墨烯发热膜第i步时失败”(i=1,2,3), 的积，它们相互独立，所以所求概率为(1一)·3·(1一)=3(1一· 记事件B表示“成功制作出石墨烯发热膜”.因为B=AA2A:,所以 )2,B正确；对于C,三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收 P(B)=P(AA2A:)=P(A)P (A2 IA)P (A:AA2 ) 到1,1,0、1,0,1、0,1,1和1,1,1的事件和，它们互斥，由选项B知， 所以所求的概率为C号(1一)2十(1一)3=(1一)(1十2)，C错 0)0)品] 183 4 :4.解记事件B:于三代中基因型为dd,记事件A1:选择的是Dd,Dd, C 4.AD[P(A)= 名，A正确：P(B1A)=PA 6 3 记事件A2:选择的是dd,dd,记事件A3:选择的是dd,Dd,则P(A1) P(A) 6 =×-子，pA,)=×子-六，PA)=2×× 2 4 P(BA)=P(AB) 6 4 子，在子二代中任取2颗瑞豆作为父本杂文，分以下三种情况讨论： P(A) 2 由全概率公式可知，P(B)= 6 ①若选择的是Dd,Dd,则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A1) 1 +PPB)=×+号×号-号所以错 =4 ②若选择的是dd,dd,则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A2) 误，D正确.」 =1: 5.冬[设A1表示“早餐去a餐厅用餐”，B表示“早餐去b餐厅用 ③若选择的是dd,Dd,则子三代中基因型为dd的概率为P(BlAg) 1 餐”，A2表示“午餐去a餐厅用餐”，且P(A1)十P(B1)=1,根据题意： 2 得P4)=兰，PB)=PA,A)=孚P(AB)=÷由 综上所述，P(B)=P(A1)·P(B|A1)十P(A2)·P(B|A2)十P(A3) 全概率公式可得P(A2)=P(A1)P(A2A1)十P(B1)P(A2|B)= ·P(BA)=子×+言×1+号×号-因此，子三代中蒸 图型为dd的凝牵是， 6.0.51[设事件B1表示“乙接甲发球成功”，事件A表示“甲第一次5.解设事件B:表示“球取自i号箱”(i=1,2,3),事件A表示“取得 回球成功”，事件B2表示“乙第二次回球成功”，故乙在两个回合中丢！ 红球”， 分的概率P=P(B)十P(B1AB2),易知P(B1)=0.3,P(A|B1)=0.6, 里格有PB)=PB)=PB)=子，PAB,)=号，PAB)=号， P(B2|B1A)=0.5,则P(B1AB2)=P(B1)P(A|B1)·P(B2|B1A)1 P(AB:)=1,由全概率公式，可得 =0.7×0.6×0.5=0.21,故P=0.3十0.21=0.51.] P(A)=P(B)P(AB)+P(B,)P(AB,)+P(B)P(AB) 764%[设A表示“利率下调”，A表示“利率不变”，B表示“股票价 8 格上涨”.依题意知P(A)=60%,P(A)=40%,P(B引A)=80%,1 一15 P(B|A)=40%,则P(B)=P(A)P(B|A)十P(A)P(B|A)=60%×1 再由贝叶斯公式知， 80%十40%×40%=64%.] P(B1A)=P(B)P(AIB)⊥ P(A) 8 8.解(1)设事件A为从三所高校的志愿者中各抽取一名，这三名志： 唇者全是学生，则PA)=子×号×号-器：授事件B为从三所 P(B,1A)=P(B)PAB⊥ P(A) 4 P(B3)P(A|B3)5 高校的志愿者中各抽取一名，这三名志愿者全是教职工，则P(B)= P(BA)= P(A) 8 号×子×号-品设字件C为从三所高被的志愿者中各抽取一 因此，该球是取自1号箱的概率为日，该球取自3号箱的可能性 名，这三名志愿者中既有学生又有教职工，则P(C)=1一P(A)一 最大 70855 P(B)=1-282438T 课时分层检测（十一） (2)设事件D为这名志愿者是教职工，事件E1为选甲高校，事件E2!基础达标练 11.B 为选乙高校，事件E,为选丙高校.P(E)=P(E,)=P(E,)=方，2.B[对于A,所取球的个教为2个，是定值，故不是随机变量，故选 P(DE)=号，P(D1E,)=寻，P(DE)=合所以这名志愿者是 项A不正确：对于B,从中任取2个，其中含红球的个数为0,1,2是 随机变量，故选项B正确：对于C,所取白球与红球的总数为2个，是 教职工的概率为：P(D)-P(E1)P(D|E1)十P(E2)P(D|E2)十： 定值，故不是随机变量，故选项C不正确：对于D,袋中球的总数为7 PE,)P(DE)=专号+X号+号×- 个，是定值，故不是随机变量，故选项D不正确.] !3.BC[根据离散型随机变量的定义，即可以按照一定次序一一列出， 能力提升练 可能取值为有限个或无限个，选项B,C中的变量为连续型随机变 1.BCD[由条件概率的计算公式知A错误：B,C显然正确：D选项， 量，而选项A,D中的变量是离散型随机变量，] 中，因为P(B)=P(A)P(BA)十P(A)P(BA),所以P(A1B)=4.C[第-次可取1,2,3,4,5中的任意一个，由于是有放回抽取，第 P(B)P(A B) P(B)P(A B) 二次也可取1,2,3,4,5中的任意一个，两次的号码和可能为2,3,4， P(B) 、PA)P(B1A)+PA)P(B1A),故D正骑.] 5,6,7,8,9,10.] 2.A[以A表示-#产易中有：件次马，=01,234，B表示通过5.C[由离款型硅机支量分布列的性质可知，m十号十景十号-1 检验，则由题意得，P(A)=0.1,P(BA)=1,P(A1)=0.2,P(BA)= 11 解得m=27=产·] C1op )=0.4,P(BA)=≈0.809，P(A)=0.2,6.0,12,3[甲在3次射击中，可能-次未中， C1o0 PB1A)=出≈0.727，PA)=.1,P(B1A)-器≈0.652.由7.3.4,563[根括题意可知X的可能取值为3,4.5,6，共中当 3次.1 C180 X=4时，表示取得的一球编号为4，另两个球从1,2,3中选取，有 全概率公式，得P(B)=∑P(A,)P(BA;)=0.1×1十0.2×0.9十！C=3(种).] 0.4×0.809+0.2×0.727十0.1×0.652≈0.814.] :8.0,1,2,3[可能第一次就取得合格品，也可能取完次品后才取得合 格品.X的所有可能取值是0,1,2,3.] 3.(1)号(2)务[设B=“从乙箱中取出白球”，A=“从甲箱中取出9.解由题意得X的可能取值为0,12,3. (2){X=1}表示的事件是“恰抽到一道科技类题目” 白球”，剥P(A)=号P(A)=号(1)所求概率为P(BA)= 2 从三类题目中各抽取一道，不同的结果有CCCA=180(种). 1 抽取1道科技类题目，2道文史类题目，不同的结果有CCA=180(种) 2)易知P(B1A)=5,故由全概率公式，得P(B)=PAP(BA)十 抽取1道科技类题目，2道体育类题目，不同的结果有C3CA PBM=号×号+号×号.] 18(种).由分类加法计数原理知可能出现的不同结果有180十180十 18=378(种). 184