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备考2024届高考数学一轮复习分层练习第十章计数原理概率随机变量及其分布第5讲事件的相互独立性条件概率与全概率公式
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这是一份备考2024届高考数学一轮复习分层练习第十章计数原理概率随机变量及其分布第5讲事件的相互独立性条件概率与全概率公式，共7页。试卷主要包含了已知P等内容，欢迎下载使用。
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（ A ）
A.17B.37D.0.1
解析 由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝17.
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（ D ）
解析 甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局1胜1负，第3局胜，则甲最终获胜的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙选择的景点不同”，事件B为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（ B ）
A.15B.25C.925D.920
解析 由题意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C51C51＝825，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝82545＝25，故选B.
4.[2024福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红球的概率为（ C ）
A.13B.12C.23D.34
解析 解法一 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×13＝12，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23.选C.
解法二 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23，选C.
5.[多选/2024江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（ AD ）
A.P（B｜A1）＝511
B.P（B）＝25
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析 由题意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，
则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A1）＝P（B｜A1），则事件B与事件A1相互独立）
所以事件B与事件A1不相互独立，故A正确，B，C不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故D正确.故选AD.
6.[2023武汉市5月模拟]设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件 是 （填“是”或“不是”）两两独立的，且P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝ 2 .
解析 由题意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）＝12，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝14，
又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A与B相互独立，
同理可推出B与C，A与C分别相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，则P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝1412×12×12＝2.
7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，3个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有13的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有14的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自高一年级的概率.
解析 （1）补充表格如下.
（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA2·PBA2+PA3PBA3=310×13＋310×14＋25×14＝1140）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B｜A1）P（B）＝310×131140＝411.
8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），n＝a＋b＋c＋d.
解析 （1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）2（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝16825＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01的?2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.
解法一 P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1631.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1616+15＝1631.
（ii）解法一 由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”，则AB为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）＝64155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二 零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表：
χ12＝155×（16×60－64×15）280×75×124×31＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023江苏海安中学三模]记A，B为随机事件，则下列说法正确的有（ BC ）
A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝56
B.若事件A，B相互独立，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝23
C.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B）＝13
D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B｜A）＝14
解析
10.[多选/2023广州市二检]有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ BC ）
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
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
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13
解析 记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PAB1=PAB1PB1=8%×10%=0.008，故A错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确.
对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－PAB3＝1－2％＝0.98，故C正确.
对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，可以考虑它的对立事件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜B3）P（B3）P（A）＝1－2％×50％0.03＝23，故D错误.故选BC.
11.[多选/2023新高考卷Ⅱ]在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.（ ABD ）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为（1－α）（1－β）2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 0，1的概率为β（1－β）2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1－β）2＋（1－β）3
D.当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5时，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D选项正确.综上，选ABD.
12.在2023年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为34，乙每次中靶的概率为45，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射击后甲得20分的概率；
（2）求第n次射击的人是乙的概率.
解析 （1）3次射击后甲得20 分的情况有以下2种：
第1次、第2次都是甲射击且中靶，第3次甲射击未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为12）
第1次乙射击未中靶，第2次、第3次甲射击均中靶，其概率P2＝12×15×34×34＝9160.
所以3次射击后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝81640.
（2）设“第n次射击的人是乙”为事件An，
则P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）＋14，
所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－59]，
易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－118，
所以数列{P（An）－59}是首项为－118，公比为1120的等比数列，
所以P（An）－59＝－118×（1120）n－1，
则P（An）＝59－118×（1120）n－1，
故第n次射击的人是乙的概率为59－118×（1120）n－1.
13.[设问创新/2023江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A表示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.
解析 （1）用C表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝110，
所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝19.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910×19＝110）
（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9时，事件B发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10种，事件AB发生的情况为（7，2），共1种，
因此P（B）＝n（B）n（Ω）＝10100＝110，
P（AB）＝n（AB）n（Ω）＝1100，
又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与事件B相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A与事件B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）P（B），
而P（A）＝110，P（AB）P（B）＝n（AB）n（B），于是n（AB）n（B）＝110，
易知事件AB发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x的不等式组0≤x≤9，0≤m－x≤9，
要使上述不等式有10个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
13
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
310
310
25
13
14
14
1140
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪B）＝12
✕
B
PA∪B=PA+PB-PAB=PA+PB-PAPB=12+13-12×13=23
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）x＝34，
∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝34x＋38（1－x）＝1－12，解得x＝13
√
D
由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）－P（AB）P（A）＝13－1412＝16
✕
1.已知P（B）＝0.3，P（B｜A）＝0.9，P（B｜A）＝0.2，则P（A）＝（ A ）
A.17B.37D.0.1
解析 由P（B）＝P（A）P（B｜A）＋P（A）P（B｜A），可得0.3＝P（A）×0.9＋（1－P（A））×0.2，解得P（A）＝17.
2.甲、乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局两胜制，则甲最终获胜的概率为（ D ）
解析 甲最终获胜的情况可能为甲连胜2局或甲前2局1胜1负，第3局胜，则甲最终获胜的概率P＝0.62＋C21×0.6×0.4×0.6＝0.648.
3.[2024惠州市一调]甲、乙两位游客慕名来到惠州旅游，准备从惠州西湖、罗浮山、南昆山、盐洲岛和大亚湾红树林公园5个景点中各随机选择一个景点游玩，记事件A为“甲和乙选择的景点不同”，事件B为“甲和乙恰好一人选择罗浮山”，则P（B｜A）＝（ B ）
A.15B.25C.925D.920
解析 由题意知，P（A）＝A52C51C51＝45，P（AB）＝C21A41C51C51＝825，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝82545＝25，故选B.
4.[2024福州市一检]一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中2个红球，2个黄球，每次从中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.则第二次摸到黄球的条件下，第一次摸到红球的概率为（ C ）
A.13B.12C.23D.34
解析 解法一 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.则P（B2）＝P（A1）·P（B2｜A1）＋P（B1）P（B2｜B1）＝24×23＋24×13＝12，
P（A1B2）＝P（A1）P（B2｜A1）＝24×23＝13，故P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23.选C.
解法二 记“第i次摸到红球”为事件Ai，“第i次摸到黄球”为事件Bi，i＝1，2.
由抽签的公平性可知P（B2）＝24＝12，又P（A1B2）＝2×24×3＝13，所以P（A1｜B2）＝P（A1B2）P（B2）＝23，选C.
5.[多选/2024江西分宜中学、临川一中等校联考]甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，用事件A1，A2和A3分别表示从甲罐取出的球是红球、白球、黑球，再从乙罐中随机取出一球，用事件B表示从乙罐取出的球是红球.则下列结论正确的是（ AD ）
A.P（B｜A1）＝511
B.P（B）＝25
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1，A2，A3两两互斥
解析 由题意知P（A1）＝510＝12，P（A2）＝210＝15，P（A3）＝310，P（B｜A1）＝4+110+1＝511，P（B｜A2）＝411，P（B｜A3）＝411，
则P（B）＝P（A1）P（B｜A1）＋P（A2）P（B｜A2）＋P（A3）P（B｜A3）＝12×511＋15×411＋310×411＝922≠P（B｜A1），（提示：若P（B）P（A1）＝P（BA1），即P（B）＝P（BA1）P（A1）＝P（B｜A1），则事件B与事件A1相互独立）
所以事件B与事件A1不相互独立，故A正确，B，C不正确.显然A1，A2，A3两两互斥，故D正确.故选AD.
6.[2023武汉市5月模拟]设样本空间Ω＝{a，b，c，d}含有等可能的样本点，且A＝{a，b}，B＝{a，c}，C＝{a，d}，则A，B，C三个事件 是 （填“是”或“不是”）两两独立的，且P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝ 2 .
解析 由题意得，P（A）＝24＝12，P（B）＝12，P（C）＝12，
因为AB＝{a}，所以P（AB）＝14，
又P（A）P（B）＝12×12＝14，所以P（AB）＝P（A）P（B），即A与B相互独立，
同理可推出B与C，A与C分别相互独立，则A，B，C三个事件是两两独立的.
因为ABC＝{a}，所以P（ABC）＝14，则P（ABC）P（A）P（B）P（C）＝1412×12×12＝2.
7.[2024贵阳市模拟]某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3∶3∶4，3个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有13的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有14的学生成为公益活动志愿者.
（1）设事件B＝“在3个年级中随机抽取的1名学生是公益活动志愿者”；事件Ai＝“在3个年级中随机抽取1名学生，该学生来自高i年级”（i＝1，2，3）.请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在3个年级中随机抽取1名学生，该学生是公益活动志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自高一年级的概率.
解析 （1）补充表格如下.
（由全概率公式，得PB=PA1PBA1+PA2·PBA2+PA3PBA3=310×13＋310×14＋25×14＝1140）
（2）该学生来自高一年级的概率P（A1｜B）＝P（A1B）P（B）＝P（A1）P（B｜A1）P（B）＝310×131140＝411.
8.[2024山东威海统考]某大学在一次调查学生是否有自主创业打算的活动中，获得了如下数据.
（1）若m＝24，n＝36，根据调查数据判断，能否依据α＝0.01的独立性检验认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）若m＝15，n＝60，从这些学生中随机抽取一人.
（i）若已知抽到的人有自主创业打算，求该学生是男生的概率；
（ii）判断“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”是否相互独立.
附：χ2＝n（ad－bc）2（a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d），n＝a＋b＋c＋d.
解析 （1）零假设为H0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
χ2＝（16+64+24+36）×（16×36－64×24）2（16+64）×（24+36）×（16+24）×（64+36）＝16825＝6.72＞6.635，
依据小概率值α＝0.01的?2独立性检验，可以认为该校学生有无自主创业打算与性别有关.
（2）（i）记A为“抽到的人有自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”.
解法一 P（A）＝16+1516+15+64+60＝31155＝15，P（AB）＝1616+64+15+60＝16155，所以P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝1631.
解法二 P（B｜A）＝n（AB）n（A）＝1616+15＝1631.
（ii）解法一 由（i）知A为“抽到的人无自主创业打算”，B为“抽到的人是男生”，则AB为“抽到的人无自主创业打算且是男生”.
P（A）＝1－P（A）＝45，P（B）＝64+1616+15+64+60＝1631，P（AB）＝64155，
所以P（AB）＝P（A）P（B），
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
解法二 零假设为H'0：该校学生有无自主创业打算与性别无关.
根据题意得到如下2×2列联表：
χ12＝155×（16×60－64×15）280×75×124×31＝0，零假设成立，所以该校学生有无自主创业打算与性别无关，
所以“抽到的人无自主创业打算”与“抽到的人是男生”相互独立.
9.[多选/2023江苏海安中学三模]记A，B为随机事件，则下列说法正确的有（ BC ）
A.若事件A，B互斥，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝56
B.若事件A，B相互独立，P（A）＝12，P（B）＝13，则P（A∪B）＝23
C.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B）＝13
D.若P（A）＝12，P（A｜B）＝34，P（A｜B）＝38，则P（B｜A）＝14
解析
10.[多选/2023广州市二检]有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为8％，第2台加工的次品率为3％，第3台加工的次品率为2％，加工出来的零件混放在一起.已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的10％，40％，50％，从混放的零件中任取一个零件，则下列结论正确的是（ BC ）
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
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
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13
解析 记事件A为“车床加工的零件为次品”，记事件Bi为“第i台车床加工的零件，i＝1，2，3”.则P（A｜B1）＝8％，P（A｜B2）＝3％，P（A｜B3）＝2％，P（B1）＝10％，P（B2）＝40％，P（B3）＝50％.
对A，任取一个零件，该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为PAB1=PAB1PB1=8%×10%=0.008，故A错误.
对B，任取一个零件，该零件是次品的概率为P（A）＝P（AB1）＋P（AB2）＋P（AB3）＝8％×10％＋3％×40％＋2％×50％＝0.03，故B正确.
对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－PAB3＝1－2％＝0.98，故C正确.
对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，可以考虑它的对立事件的概率：如果该零件是次品，那么它是第3台车床加工出来的概率，即P（B3｜A），所以所求概率为1－P（B3｜A）＝1－P（AB3）P（A）＝1－P（A｜B3）P（B3）P（A）＝1－2％×50％0.03＝23，故D错误.故选BC.
11.[多选/2023新高考卷Ⅱ]在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为α（0＜α＜1），收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.（ ABD ）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为（1－α）（1－β）2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1， 0，1的概率为β（1－β）2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1－β）2＋（1－β）3
D.当0＜α＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
解析 由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为（1－α）（1－β）2，故A选项正确.
对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为（1－β）β（1－β）＝β（1－β）2，故B选项正确.
对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为C32β（1－β）2＋C33（1－β）3＝3β（1－β）2＋（1－β）3，故C不正确.
对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝C32α（1－α）2＋C33（1－α）3＝3α（1－α）2＋（1－α）3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0＜α＜0.5时，P1-P2=3α（1－α）2＋（1－α）3－（1－α）＝α（1－α）（1－2α）＞0，故D选项正确.综上，选ABD.
12.在2023年成都大运会的射击比赛项目中，中国队取得了优异的比赛成绩，激发了全国射击运动的开展，某市举行了一场射击表演赛，规定如下：表演赛由甲、乙两位选手进行，每次只能有一位选手射击；由抽签的方式确定第一次射击的人选，甲、乙两人被抽到的概率相等；若中靶，此人继续射击，若未中靶，换另一人射击.已知甲每次中靶的概率为34，乙每次中靶的概率为45，每次射击结果相互独立.
（1）若每次中靶得10分，未中靶不得分，求3次射击后甲得20分的概率；
（2）求第n次射击的人是乙的概率.
解析 （1）3次射击后甲得20 分的情况有以下2种：
第1次、第2次都是甲射击且中靶，第3次甲射击未中靶，其概率P1＝12×34×34×14＝9128；（提示：只有甲、乙两位选手，且第一次射击时甲、乙两人被抽到的概率相等，所以第一次射击甲、乙被抽到的概率均为12）
第1次乙射击未中靶，第2次、第3次甲射击均中靶，其概率P2＝12×15×34×34＝9160.
所以3次射击后甲得20分的概率P＝P1＋P2＝9128＋9160＝81640.
（2）设“第n次射击的人是乙”为事件An，
则P（An＋1）＝P（An）×45＋[1－P（An）]×14＝1120P（An）＋14，
所以P（An＋1）－59＝1120[P（An）－59]，
易知P（A1）＝12，所以P（A1）－59＝－118，
所以数列{P（An）－59}是首项为－118，公比为1120的等比数列，
所以P（An）－59＝－118×（1120）n－1，
则P（An）＝59－118×（1120）n－1，
故第n次射击的人是乙的概率为59－118×（1120）n－1.
13.[设问创新/2023江苏金陵中学等校三模]一只不透明的袋中装有10个相同的小球，分别标有数字0～9，先后从袋中随机取两只小球.用事件A表示“第二次取出小球的标号是2”，事件B表示“两次取出小球的标号之和是m”.
（1）若用不放回的方式取球，求P（A）.
（2）若用有放回的方式取球，求证：事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.
解析 （1）用C表示“第一次取出小球的标号是2”，则P（C）＝110，
所以P（C）＝1－P（C）＝910，P（A｜C）＝0，P（A｜C）＝19.
所以P（A）＝P（CA＋CA）＝P（C）×P（A｜C）＋P（C）×P（A｜C）＝110×0＋910×19＝110.（也可以直接分析得到P（A）＝910×19＝110）
（2）记第一次取出小球的标号为x，第二次取出小球的标号为y，用数组（x，y）表示两次取球的情况，记样本空间为Ω，则n（Ω）＝100.
下面证明充分性：
当m＝9时，事件B发生的情况为（0，9），（1，8），（2，7），（3，6），（4，5），（5，4），（6，3），（7，2），（8，1），（9，0），共10种，事件AB发生的情况为（7，2），共1种，
因此P（B）＝n（B）n（Ω）＝10100＝110，
P（AB）＝n（AB）n（Ω）＝1100，
又P（A）＝110，于是P（AB）＝P（A）P（B），
所以事件A与事件B相互独立，充分性成立.
下面证明必要性：
因为事件A与事件B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），即P（A）＝P（AB）P（B），
而P（A）＝110，P（AB）P（B）＝n（AB）n（B），于是n（AB）n（B）＝110，
易知事件AB发生的情况只有一种，即（m－2，2），所以n（AB）＝1，则n（B）＝10，
令x＋y＝m，由0≤x≤9，0≤y≤9，可得关于x的不等式组0≤x≤9，0≤m－x≤9，
要使上述不等式有10个整数解，只能m＝9，所以必要性成立.
综上，事件A与事件B相互独立的充要条件是m＝9.事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
13
事件概率
P（A1）
P（A2）
P（A3）
P（B｜A1）
P（B｜A2）
P（B｜A3）
P（B）
概率值
310
310
25
13
14
14
1140
男生人数
女生人数
有自主创业打算
16
m
无自主创业打算
64
n
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
男生人数
女生人数
合计
有自主创业打算
16
15
31
无自主创业打算
64
60
124
合计
80
75
155
选项
分析过程
正误
A
P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝（1－12）＋13－P（AB），而P（B）＝P（AB）＋P（AB）＝P（AB）＝13，∴P（AB）＝13，∴P（A∪B）＝12
✕
B
PA∪B=PA+PB-PAB=PA+PB-PAPB=12+13-12×13=23
√
C
令P（B）＝x，则P（B）＝1－x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）x＝34，
∴P（AB）＝34x，又P（A｜B）＝P（AB）P（B）＝P（AB）1－x＝38，∴P（AB）＝38（1－x），P（A）＝P（AB）＋P（AB）＝34x＋38（1－x）＝1－12，解得x＝13
√
D
由C知P（B）＝13，P（AB）＝34×13＝14，∴P（B｜A）＝P（AB）P（A）＝P（B）－P（AB）P（A）＝13－1412＝16
✕
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