2023届高考数学一轮复习精选用卷 第九章 概率与统计 考点53 事件的独立性、条件概率与全概率公式+答案解析

这是一份2023届高考数学一轮复习精选用卷 第九章 概率与统计 考点53 事件的独立性、条件概率与全概率公式+答案解析，共15页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试53　事件的独立性、条件概率与全概率公式

高考
概览
高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中等难度
考纲
研读
1.了解两个事件相互独立的概念
2．了解条件概率与全概率公式
3．能解决一些简单的实际问题

一、基础小题
1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于(　　)
A． B．
C. D．
答案　A
解析　P(B|A)＝＝＝.故选A.
2．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，在下列事件中，与事件“第一次得到6点”不相互独立的是(　　)
A．第二次得到6点
B．第二次的点数不超过3
C．第二次的点数是奇数
D．两次得到的点数和是12
答案　D
解析　事件“第二次得到6点”，“第二次的点数不超过3”，“第二次的点数是奇数”与事件“第一次得到6点”均相互独立，而对于事件“两次得到的点数和是12”，由于第一次得到6点，所以第二次也是6点，故不相互独立．故选D.
3．某次战役中，狙击手A受命射击敌机，若要击落敌机，需命中机首2次或命中机中3次或命中机尾1次，已知A每次射击，命中机首、机中、机尾的概率分别为0.2，0.4，0.1，未命中敌机的概率为0.3，且各次射击相互独立．若A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为(　　)
A．0.23 B．0.2
C.0.16 D．0.1
答案　A
解析　若A射击一次就击落敌机，则他击中敌机的机尾，故概率为0.1；若A射击2次就击落敌机，则他2次都击中敌机的机首，概率为0.2×0.2＝0.04，或者A第一次没有击中机尾、且第二次击中了机尾，概率为0.9×0.1＝0.09，若A至多射击两次，则他能击落敌机的概率为0.1＋0.04＋0.09＝0.23.故选A.
4．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“四名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)的值为(　　)
A. B．
C. D．
答案　C
解析　P(B)＝，P(AB)＝，P(A|B)＝＝.故选C.
5．据美国的一份资料报道，在美国总的来说患肺癌的概率约为0.1%，在人群中有20%是吸烟者，他们患肺癌的概率约为0.4%，则不吸烟者患肺癌的概率为(　　)
A．0.05% B．0.025%
C．0.005% D．0.045%
答案　B
解析　记事件C表示“患肺癌”，记事件A表示“吸烟”，根据题意，P(C)＝0.001，P(A)＝0.20，P(C|A)＝0.004，需求条件概率P(C|)，由全概率公式有P(C)＝P(C|A)P(A)＋P(C|)P()，将数据代入，得0.001＝0.004×0.20＋P(C|)×0.80，P(C|)＝0.00025，则不吸烟者患肺癌的概率为0.025%.
6．2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能服务器芯片“鲲鹏920”、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”、“特斯拉全自动驾驶芯片”、寒武纪云端AI芯片“思元270”、赛灵思“Versal自适应计算加速平台”．现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为(　　)
A． B．
C. D．
答案　D
解析　根据题意可知，1名学生从15项中任选1项，其选择“芯片领域”的概率为＝，故其没有选择“芯片领域”的概率为，则3名学生均没有选择“芯片领域”的概率为××＝，因此至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为1－＝.故选D.
7．甲、乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是(　　)
A． B．
C. D．
答案　D
解析　甲不跑第一棒共有AA＝18种情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：①乙跑第一棒，共有A＝6种情况；②乙不跑第一棒，共有AAA＝8种情况．所以在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为＝.故选D.
8．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，且两人是否获得一等奖相互独立，则这两人中恰有一人获得一等奖的概率为(　　)
A． B．
C. D．
答案　D
解析　根据题意，两人中恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是×＋×＝.故选D.
9．甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，则恰有1人解出这道题目的概率是________，这道题被解出的概率是________．
答案　　
解析　设“甲解出这道题目”为事件A，“乙解出这道题目”为事件B，则P(A)＝，P(B)＝，P()＝，P()＝.∵“恰有1人解出这道题目”为事件A＋B，∴P(A＋B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝×＋×＝.设“这道题被解出”为事件C，则P(C)＝1－P()＝1－P()P()＝1－×＝.
二、高考小题
10．(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
答案　B
解析　设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)＝P(B)＝，P(C)＝＝，P(D)＝＝.对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)＝0；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)＝＝；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)＝＝；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)＝0.若两事件X，Y相互独立，则P(XY)＝P(X)P(Y)，因此B正确．
11．(2021·天津高考)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为________；3次活动中，甲至少获胜2次的概率为________．
答案　　
解析　由题可得一次活动中，甲获胜的概率为×＝，则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为C×2×＋3＝.
12．(2020·天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．
答案　　
解析　因为甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙两球都落入盒子的概率为×＝.甲、乙两球都不落入盒子的概率为×＝，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－＝.
13．(2019·全国Ⅰ卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________.
答案　0.18
解析　甲队以4∶1获胜，则甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴甲队以4∶1获胜的概率P＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.
三、模拟小题
14．(2021·江苏省南京市金陵中学高三上学期期初调研)2020年1月，教育部出台《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》(简称“强基计划”).明确从2020年起强基计划取代原有的高校自主招生方式．如果甲、乙、丙三人通过强基计划的概率分别为，，，那么三人中恰有两人通过的概率为(　　)
A． B．
C. D．
答案　C
解析　记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件A，B，C，显然A，B，C为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件BC＋AC＋AB，且BC，AC，AB互斥，所以所求概率为P(BC＋AC＋AB)＝P(BC)＋P(AC)＋P(AB)＝P()P(B)P(C)＋P(A)P()P(C)＋P(A)P(B)P()＝××＋××＋××＝.故选C.
15．(2021·河北秦皇岛第二次模拟)某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为(　　)
A． B．
C. D．
答案　A
解析　需要从我市某医院某科室的5名男医生(含一名主任医师)、4名女医生(含一名主任医师)中分别选派3名男医生和2名女医生，设事件A表示“有一名主任医师被选派”，B表示“另一名主任医师被选派”，P(A)＝＋＋＝，P(AB)＝＝，则在有一名主任医师被选派的条件下，两名主任医师都被选派的概率为P(B|A)＝＝＝.故选A.
16．(2021·河北张家口第一次模拟)某大学进行“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔，某同学经过考核通过该校的“羽毛球”“美术”“音乐”三个社团选拔的概率依次为a，b，，已知三个社团中他恰好能进入两个的概率为.假设该同学经过考核通过这三个社团选拔成功与否相互独立，则该同学一个社团都不能进入的概率为(　　)
A． B．
C. D．
答案　D
解析　由题知，三个社团中他恰好能进入两个的概率为，则ab＋a(1－b)＋b(1－a)＝，所以(a＋b)－ab＝，所以a＋b－ab＝，所以该同学一个社团都不能进入的概率P＝(1－a)(1－b)＝[1－(a＋b)＋ab]＝[1－(a＋b－ab)]＝×＝.故选D.
17．(2021·广东茂名五校第三次联合考试)某乒乓球训练馆使用的球是A，B，C三种不同品牌标准比赛球，根据以往使用的记录数据如表所示.
品牌名称
合格率
购买球占比
A
98%
0.2
B
99%
0.6
C
97%
0.2
若这些球在盒子中是均匀混合的，且无区别的标志，现从盒子中随机地取一只球用于训练，则它是合格品的概率为(　　)
A．0.986 B．0.984
C．0.982 D．0.980
答案　B
解析　将A，B，C分别记为第1，2，3个品牌，设事件Mi表示“取到的球是第i个品牌(i＝1，2，3)”，事件N表示“取到的是一个合格品”，其中M1，M2，M3两两互斥，所以P(N)＝P(M1)P(N|M1)＋P(M2)P(N|M2)＋P(M3)P(N|M3)＝0.2×0.98＋0.6×0.99＋0.2×0.97＝0.984，所以它是合格品的概率为0.984.故选B.
18．(多选)(2021·辽宁沈阳模拟)甲、乙两个质地均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1，2，3，4，乙四个面上分别标有数字5，6，7，8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是(　　)
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(BC)＝P(AC)＝P(AB)
C．P(ABC)＝
D．P(A)P(B)P(C)＝
答案　ABD
解析　由已知，得P(A)＝×＋×＝，P(B)＝P(C)＝＝，所以P(A)＝P(B)＝P(C)，故A正确；由已知有P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，所以P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，故B正确；由已知可得P(ABC)＝≠，故C错误；由以上分析可知P(A)P(B)P(C)＝，故D正确．故选ABD.
19．(2021·湖南长沙第一中学高三月考)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则P(B|A1)＝________，P(B)＝________．
答案　　
解析　由题意得P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝.所以P(B|A1)＝＝＝，P(B|A2)＝＝＝，P(B|A3)＝＝＝，所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝×＋×＋×＝.

一、高考大题
1．(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
解　(1)记事件M为甲连胜四场，
则P(M)＝＝.
(2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，
则四局内结束比赛的概率为P′＝P(ABAB)＋P(ACAC)＋P(BCBC)＋P(BABA)＝4×＝，
所以需要进行第五场比赛的概率为P＝1－P′＝.
(3)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，事件D为甲赢，事件N为丙赢，
则甲赢的基本事件包括BCBC，ABCBC，ACBCB，BABCC，BACBC，BCACB，BCABC，BCBAC，
所以甲赢的概率为P(D)＝＋7×＝.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为P(N)＝1－2×＝.
2．(2019·全国Ⅱ卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解　(1)X＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
二、模拟大题
3．(2021·重庆市第一中学高三下学期第三次月考)中国福利彩票双色球游戏规则是由中华人民共和国财政部制定的规则，是一种联合发行的“乐透型”福利彩票．“双色球”彩票投注区分为红色球号码区和蓝色球号码区，“双色球”每注投注号码由6个红色球号码和1个蓝色球号码组成，红色球号码从1～33中选择；蓝色球号码从1～16中选择．“双色球”奖级设置分为高等奖和低等奖，一等奖和二等奖为高等奖，三至六等奖为低等奖．“双色球”彩票以投注者所选单注投注号码与当期开出中奖号码相符的球色和个数确定中奖等级：
一等奖：7个号码相符(6个红色球号码和1个蓝色球号码)(红色球号码顺序不限，下同)；
二等奖：6个红色球号码相符；
三等奖：5个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
四等奖：5个红色球号码，或4个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
五等奖：4个红色球号码，或3个红色球号码和1个蓝色球号码相符；
六等奖：1个蓝色球号码相符(有无红色球号码相符均可).
(1)求中三等奖的概率(结果用a表示)；
(2)小王买了一注彩票，在已知小王中高等奖的条件下，求小王中二等奖的概率．
参考数据：CC＝a.
解　(1)中三等奖表示6个中奖红色球号码选5个，1个有奖的蓝色号码选正确，
有CCC种选法，
随机选6个红色球号码和1个蓝色球号码有CC种选法．
所以中三等奖的概率P＝＝.
(2)记小王中高等奖为事件A，中二等奖为事件B，
可得P(A)＝＝，
P(AB)＝＝.
所以小王中高等奖的条件下，中二等奖的概率P(B|A)＝＝＝.
4．(2022·江苏省常州市新北区西夏墅中学高三开学考试)某校团委组织“航天知识竞赛”活动，每位参赛者第一关需回答三个问题．第一个问题回答正确得10分，回答错误得0分；第二个问题回答正确得10分，回答错误得－10分；第三个问题回答正确得10分，回答错误得－10分．规定，每位参赛者回答这三个问题的总得分不低于20分就算闯关成功．若每位参赛者回答前两个问题正确的概率都是，回答第三个问题正确的概率是，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求参赛者甲仅回答正确两个问题的概率；
(2)求参赛者甲回答这三个问题的总得分ξ的分布列、期望和闯关成功的概率．
解　(1)设事件Ai为参赛者甲回答正确第i个问题(i＝1，2，3)，
所以参赛者甲仅回答正确两个问题的概率为P＝P(A1A23)＋P(A12A3)＋P(1A2A3)＝××＋××＋××＝.
(2)由题意，ξ所有可能取值为－20，－10，0，10，20，30，
P(ξ＝－20)＝P(123)＝××＝，
P(ξ＝－10)＝P(A123)＝××＝，
P(ξ＝0)＝P(12A3)＋P(1A23)＝××＋××＝，
P(ξ＝10)＝P(A1A23)＋P(A12A3)＝××＋××＝，
P(ξ＝20)＝P(1A2A3)＝××＝，
P(ξ＝30)＝P(A1A2A3)＝××＝，
所以ξ的分布列为
ξ
－20
－10
0
10
20
30
P






E(ξ)＝(－20)×＋(－10)×＋0×＋10×＋20×＋30×＝10.
由分布列可知参赛者甲闯关成功的概率为P(ξ＝20)＋P(ξ＝30)＝.
5. (2021·湖北七市(州)教科研协作体模拟)一只蚂蚁在如图所示的棱长为1米的正四面体的棱上爬行，每次当它到达四面体顶点后，会在过此顶点的三条棱中等可能的选择一条棱继续爬行(包含来时的棱)，已知蚂蚁每分钟爬行1米，t＝0时蚂蚁位于点A处．

(1)2分钟末蚂蚁位于哪点的概率最大？
(2)记第n分钟末蚂蚁位于点A，B，C，D的概率分别为Pn(A)，Pn(B)，Pn(C)，Pn(D).
①求证：Pn(B)＝Pn(C)＝Pn(D)；
②辰辰同学认为，一段时间后蚂蚁位于点A，B，C，D的概率应该相差无几，请你通过计算10分钟末蚂蚁位于各点的概率，解释辰辰同学观点的合理性．
附：≈5×10－5，≈1.7×10－5，≈2×10－3，≈9.8×10－4.
解　(1)由题可知，1分钟末蚂蚁位于点A，B，C，D的概率分别为0，，，，
故2分钟末蚂蚁位于A点的概率P(A)＝×＋×＋×＝，
位于B点的概率P(B)＝×＋×＝，
同理，位于C，D的概率也等于，
故2分钟末蚂蚁位于A点的概率最大．
(2)①证明：记第n分钟末蚂蚁位于点A，B，C，D的概率分别为Pn(A)，Pn(B)，Pn(C)，Pn(D)，
则Pn＋1(B)＝[Pn(A)＋Pn(C)＋Pn(D)]＝[1－Pn(B)]，
同理，Pn＋1(C)＝[1－Pn(C)]，相减得Pn＋1(B)－Pn＋1(C)＝－[Pn(B)－Pn(C)]，
∴Pn(B)－Pn(C)＝[P1(B)－P1(C)]，
又P1(B)＝P1(C)＝，∴Pn(B)－Pn(C)＝0，
则Pn(B)＝Pn(C)，同理可得Pn(C)＝Pn(D)，∴Pn(B)＝Pn(C)＝Pn(D).
②∵Pn＋1(A)＝[1－Pn(A)]，
∴Pn＋1(A)－＝－，
又P1(A)－＝－，
∴数列是公比为－的等比数列，
∴Pn(A)－＝，Pn(A)＝＋，
∴P10(A)＝＋×，
同理P10(B)＝＋×，
∴P10(A)－P10(B)＝－＝≈1.7×10－5，
又Pn(B)＝Pn(C)＝Pn(D)，∴10分钟末蚂蚁位于点A，B，C，D的概率相差无几，
第n(n＞10)分钟末蚂蚁位于点A，B，C，D的概率之差将会更小，所以辰辰同学的观点合理．