2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（六十九） 事件的相互独立性、条件概率

课时跟踪检测（六十九） 事件的相互独立性、条件概率

一、全员必做题

1．(2023·廊坊模拟)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

解析：选C　∵P(A)＝1－P()＝1－＝，

∴P(AB)＝P(A)P(B)＝≠0，∴事件A与B相互独立，事件A与B不互斥，故不对立．故选C.

2．将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A＝{两个点数互不相同}，B＝{出现一个5点}，则P(B|A)＝(　 )

A.        B.      C.  D.

解析：选A　∵出现点数互不相同的共有n(A)＝6×5＝30种，出现一个5点共有n(AB)＝5×2＝10种，∴P(B|A)＝＝.

3．足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．有甲、乙、丙、丁四个人相互之间进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为(　 )

A.        B.        C.  D.

解析：选D　由题意，根据第一次传给乙，第二次传给甲或丙或丁，第三次传给丙丁或甲丁或甲丙；第一次传给丙或丁，第二次传给乙，第三次传给甲或丙或丁；第一次传给丙或丁，第二次传给甲丁或甲丙，第三次传给乙分别求出概率，再求和可得．P＝×1×＋××1＋××＝.故选D.

4．(2023·重庆模拟)在医学生物学试验中，经常以果蝇作为试验对象，一个关有6只果蝇的笼子里，不慎混入了两只苍蝇(此时笼内共有8只蝇子：6只果蝇和2只苍蝇)，只好把笼子打开一个小孔，让蝇子一只一只地往外飞，直到两只苍蝇都飞出，再关闭小孔．记事件Ak表示“第k只飞出笼的是苍蝇”，k＝1,2，…，8，则P(A5|A2)为(　 )

A.        B.         C.  D.

解析：选C　由题得P(A2)＝＝，P(A2A5)＝＝，则P(A5|A2)＝＝.

5．(2023·武汉模拟)已知，分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则下列说法正确的是(　 )

A．P(B|A)＋P(|A)＝P(A)

B．若P(A)＋P(B)＝1，则 A，B对立

C．若A，B独立，则P(A|B)＝P(A)

D．若A，B互斥，则P(A|B)＋ P(B|A)＝1

解析：选C　对于A，P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A错误；对于B，若A，B对立，则P(A)＋P(B)＝1，反之不成立，故B错误；对于C，根据独立事件定义，故C正确；对于D，若A，B互斥，则P(A|B)＋ P(B|A)＝0，故D错误．故选C.

6．(2023·南京模拟)(多选)甲罐中有2个红球、2个黑球，乙罐中有3个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则(　 )

A．P(A)＝  B．P(B|A)＝

C．P(B)＝  D．P(A|B)＝

解析：选ACD　因为甲罐中有2个红球、2个黑球，所以P(A)＝＝，故选项A正确；因为P(B)＝×＋×＝，所以选项C正确；因为P(AB)＝×＝，P(B)＝，所以P(A|B)＝＝，故选项D正确；因为P(B|A)＝＝＝，所以选项B错误．故选A、C、D.

7．已知P(B)＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，则P(A)＝_________.

解析：由P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)，得＝P(A)×＋[1－P(A)]×，解得P(A)＝.

答案：

8．(2023·南京模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为________．

解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝＝＝0.625.

答案：0.625

9．(2023·莆田模拟)有一道数学难题，在半小时内，甲、乙能解决的概率都是，丙能解决的概率是，若3人试图独立地在半小时内解决该难题，则该难题得到解决的概率为________．

解析：设“在半小时内，甲、乙、丙能解决该难题”分别为事件A，B，C，“在半小时内该难题得到解决”为事件D，则P(A)＝P(B)＝，P(C)＝，D＝A∪B∪C，表示事件“在半小时内没有解决该难题”，＝，所以P()＝P()＝ P()P()P()＝××＝，P(D)＝1－P()＝.

答案：

10．一个盒子中有4个白球，m个红球，从中不放回地每次任取1个，连取2次，已知第二次取到红球的条件下，第一次也取到红球的概率为，则m＝________.

解析：由题知，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到红球”为事件B，P(A)＝，P(B)＝·＋·＝，P(AB)＝·＝，P(A|B)＝＝＝＝，∴m＝6或m＝0(舍)．

答案：6

11．(2023·孝感模拟)某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝， P2＝， P3＝.

(1)求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率；

(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．

解：(1)因为前三道工序的次品率分别为

P1＝， P2＝， P3＝，

所以该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率为P＝1－[(1－P1)(1－P2)(1－P3)]＝1－××＝.

(2)设该款芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，由已知得

P(A)＝，P(AB)＝1－P＝1－＝，

记工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，

所以P(B|A)＝＝×＝.

12．从有3个红球和4个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记Ai表示事件“第i次摸到红球”，i＝1,2，…，7.

(1)求第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球的概率；

(2)记P(A1A2A3)表示A1，A2，A3同时发生的概率，P(A3|A1A2)表示已知A1与A2都发生时A3发生的概率．

①证明：P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)；

②求P(A3)．

解：(1)由条件概率公式可得P(A2|)＝＝＝.所以第一次摸到蓝球，第二次摸到红球的概率为.

(2)①证明：由条件概率乘法公式P(A3|A1A2)＝，可得P(A1A2A3)＝P(A1A2)P(A3|A1A2)，由P(A2|A1)＝，可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)，所以P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)；

②由①可得P(A3)＝P(A1A2A3)＋P(A2A3)＋P(A1A3)＋P(A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)＋P()P(A2|)P(A3|A2)＋P(A1)P(|A1)P(A3|A1)＋P()·P(|)P(A3|)＝××＋××＋××＋××＝，所以P(A3)＝.

二、重点选做题

1．(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者评为“智答能手”．设甲评为“智答能手”为事件A，乙评为“智答能手”为事件B，若P(B|A)＝P(B)，则下列结论正确的是(　 )

A．P(A|B)＝P(A)

B．P(|A)＝

C．甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为

D．甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为

解析：选ABD　由题意，可得P(A)＝＝＝，P(B)＝＝＝，由P(B|A)＝＝P(B)，所以P(AB)＝P(A)P(B)，事件A，B相互独立，所以P(A|B)＝＝＝P(A)，故A正确；P(B|A)＝P(B)＝，由条件概率的性质得P(|A)＝1－P(B|A)＝1－＝，故B正确；因为事件A，B相互独立，所以A与，与B，与也都相互独立．甲、乙都评为“智答能手”的概率P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝，所以甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为1－P(AB)＝1－＝，故C错误；甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P()＝P()·P()＝×＝×＝，所以甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为1－P()＝1－＝，故D正确．

2．(2022·新高考Ⅱ卷)在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；

(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20,70)的概率；

(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40,50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.000 1)．

解：(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄＝10×(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)＝47.9.

(2)由于患者的年龄位于区间[20,70)是由患者的年龄位于区间[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70)组成的，且相互独立，所以所求概率P＝(0.012＋0.017×2＋0.023＋0.020)×10＝0.89.

(3)设从该地区任选一人，年龄位于区间[40,50)为事件A，患这种疾病为事件B，则P(A)＝16%，

由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间[40,50)的概率为0.023×10＝0.23，

结合该地区这种疾病的患病率为0.1%，可得P(AB)＝0.1%×0.23＝0.000 23，

所以从该地区任选一人，若年龄位于区间[40,50)，则此人患这种疾病的概率为P(B|A)＝＝≈0.001 4.

3．甲、乙、丙三人参加竞答游戏，一轮三个题目，每人回答一题，为体现公平，制定如下规则：

①第一轮回答顺序为甲、乙、丙，第二轮回答顺序为乙、丙、甲，第三轮回答顺序为丙、甲、乙，第四轮回答顺序为甲、乙、丙，……，后面按此规律依次向下进行；

②当一人回答不正确时，竞答结束，最后一个回答正确的人胜出．

已知每次甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，丙回答正确的概率为，三个人回答每个问题相互独立．

(1)求一轮中三人全部回答正确的概率；

(2)分别求甲在第一轮、第二轮、第三轮胜出的概率；

(3)记Pn为甲在第n轮胜出的概率，Qn为乙在第n轮胜出的概率，求Pn与Qn，并比较Pn与Qn的大小．

解：(1)设“一轮中三人全部回答正确”为事件M，则P(M)＝××＝.

(2)甲在第一轮胜出的概率为×＝.甲在第二轮胜出，说明第一轮、第二轮中三人都回答正确，第三轮中丙回答错误，故甲在第二轮胜出的概率为××××＝2×＝.

同理，甲在第三轮胜出的概率为

××××＝3×＝.

(3)由(2)知P1＝，P2＝2×＝，

P3＝3×＝.

由题意，得P4＝3×P1＝3×＝4，P5＝3×P2＝5×，P6＝3×P3＝6×，P7＝6×P1＝7，….

所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn＝n×；当n＝3k＋1(k∈N)时，Pn＝n；

当n＝3k＋2(k∈N)时，Pn＝n×.

同理可得，当n＝3k(k∈N*)时，Qn＝n×；当n＝3k＋1(k∈N)时，Qn＝n；

当n＝3k＋2(k∈N)时，Qn＝n－1×.

所以当n＝3k(k∈N*)时，Pn>Qn；当n＝3k＋1(k∈N)时，Pn＝Qn；当n＝3k＋2(k∈N)时，Pn<Qn.