2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第2讲　互斥、对立、独立事件与条件概率、全概率公式

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第2讲　互斥、对立、独立事件与条件概率、全概率公式，共7页。
C．eq \f(5,9)D．eq \f(109,165)
【解析】 11个景点随机选取相邻的3个游览，共有9种情况，选取景点中有“水”的对立事件是在狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山中选取3个相邻的，共有4种情况，则其概率P＝eq \f(4,9)，所以从11个景点中随机选取相邻的3个游览，选取的景点中有“水”的概率P＝1－eq \f(4,9)＝eq \f(5,9)．
2．(2023·邵阳一模)某铅笔工厂有甲、乙两条生产线，甲生产线的产品次品率为10%，乙生产线的产品次品率为5%．现在某客户在该厂定制生产同一种铅笔产品，由甲、乙两条生产线同时生产，且甲生产线的产量是乙生产线产量的1.5倍．现在从这种铅笔产品中任取一件，则取到合格产品的概率为( A )
A．0.92B．0.08
C．0.54D．0.38
【解析】 从这种铅笔中任取一件抽到甲的概率为0.6，抽到乙的概率是0.4，抽到甲车间正品的概率为P1＝0.6×(1－0.1)＝0.54，抽到乙车间正品的概率为P2＝0.4×(1－0.05)＝0.38，任取一件抽到正品的概率为P＝P1＋P2＝0.54＋0.38＝0.92．
3．(2023·苏锡常镇一模)两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖这6个景点中随机选择1个景点游玩．记事件A＝“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B＝“两位游客选择的景点不同”，则P(B|A)＝( D )
A．eq \f(7,9)B．eq \f(8,9)
C．eq \f(9,11)D．eq \f(10,11)
【解析】 由题知P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(2×\f(1,6)×\f(5,6),1－\f(5,6)×\f(5,6))＝eq \f(10,11)．
4．(2023·潍坊二模)已知事件A，B满足P(A|B)＝0.7，P(eq \x\t(A))＝0.3，则( C )
A．P(A∩B)＝0.3B．P(B|A)＝0.3
C．事件A，B相互独立D．事件A，B互斥
【解析】 由题知P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝0.7＝P(A|B)，所以P(AB)＝P(A|B)P(B)＝P(A)P(B)，即A，B相互独立，同一试验中不互斥，而P(B)未知，无法确定P(A∩B)，P(B|A)．
5．(2023·武汉武昌三模)已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|eq \x\t(A))＝0.3，则P(A)＝( D )
A．eq \f(3,4)B．eq \f(3,8)
C．eq \f(1,3)D．eq \f(1,5)
【解析】 P(B)＝P(AB＋eq \x\t(A)B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \x\t(A))P(B|eq \x\t(A))，即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，解得P(A)＝0.2＝eq \f(1,5)．
6．(2023·湖北联考)(多选)连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件A＝“第一次出现2点”，B＝“第二次的点数小于5点”，C＝“两次点数之和为奇数”，D＝“两次点数之和为9”，则下列说法正确的是( ABD )
A．A与B不互斥且相互独立
B．A与D互斥且不相互独立
C．B与D互斥且不相互独立
D．A与C不互斥且相互独立
【解析】 由题知P(A)＝eq \f(1,6)，P(B)＝eq \f(2,3)，P(C)＝eq \f(1,2)，P(D)＝eq \f(1,9)．因为P(AB)＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)＝P(A)P(B)，P(A∪B)＝eq \f(26,36)＝eq \f(13,18)≠P(A)＋P(B)，故A正确；P(AD)＝0≠P(A)·P(D)，P(A∪D)＝eq \f(10,36)＝eq \f(5,18)＝P(A)＋P(D)，故B正确；因为P(BD)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)≠P(B)P(D)，P(B∪D)＝eq \f(26,36)＝eq \f(13,18)≠P(B)＋P(D)，故C错误；因为P(AC)＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12)＝P(A)P(C)，P(A∪C)＝eq \f(21,36)＝eq \f(7,12)≠P(A)＋P(D)，故D正确．
7．(多选)连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能．记事件A＝“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B＝“3次结果中最多一次正面向上”，事件C＝“3次结果中没有正面向上”，则( BCD )
A．事件B与事件C互斥
B．P(A)＝eq \f(3,4)
C．事件A与事件B相互独立
D．记C的对立事件为eq \x\t(C)，则P(B|eq \x\t(C))＝eq \f(3,7)
【解析】 对于A，显然B发生的情况中包含C，故可同时发生，故A错误；对于B，P(A)＝1－eq \f(1,23)×2＝eq \f(3,4)，故B正确；对于C，P(B)＝eq \f(1,23)＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,23)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,23)＝eq \f(3,8)＝P(A)P(B)，故A与B相互独立，故C正确；对于D，P(C)＝eq \f(1,23)＝eq \f(1,8)，P(B|eq \x\t(C))＝eq \f(PB\x\t(C),P\x\t(C))＝eq \f(C\\al(1,3)×\f(1,23),1－\f(1,8))＝eq \f(3,7)，故D正确．
8．某中学举行知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为eq \f(3,4)，乙队和丙队答对该题的概率都是eq \f(2,3)．若各队答题的结果相互独立且都进行了答题，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为__eq \f(7,36)__．
【解析】 记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率P＝P(Aeq \x\t(B) eq \x\t(C)＋eq \x\t(A)Beq \x\t(C)＋eq \x\t(A) eq \x\t(B)C)＝P(Aeq \x\t(B) eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A)Beq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A) eq \x\t(B)C)＝P(A)P(eq \x\t(B))P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(B)P(eq \x\t(C))＋P(eq \x\t(A))P(eq \x\t(B))P(C)＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \f(2,3)＝eq \f(3,4)×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(7,36)．
9．(2023·石家庄期末)冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇、滑冰、滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设事件A＝“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，事件B＝“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则P(A|B)＝__eq \f(31,42)__．
【解析】 P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，P(AB)表示A事件与B事件同时发生的概率，冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有73种选择，对B事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则P(B)＝eq \f(A\\al(3,7),73)＝eq \f(30,49)，对于AB事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共6×6×5种选法，但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共5×5种选法，则P(AB)＝eq \f(6×6×5－5×5,73)＝eq \f(155,73)，则P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(31,42)．
10．(2023·莆田模拟)据悉，中国、美国、俄罗斯的卫星发射数量比例为2∶5∶1，发射成功率分别为90%,80%,60%，则在某卫星由中美俄之一成功发射的条件下，该卫星由中国发射的概率为__eq \f(9,32)__．
【解析】 设“卫星是由中美俄之一成功发射”为事件A，“卫星是由中国发射”为事件B1，“卫星是由美国发射”为事件B2，“卫星是由俄罗斯发射”为事件B3，可得A＝AB1＋AB3＋AB3，所以P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＋P(AB3)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝eq \f(2,8)×90%＋eq \f(5,8)×80%＋eq \f(1,8)×60%＝eq \f(4,5)，所以该卫星由中国发射的概率为P(B1|A)＝eq \f(PAB1,PA)＝eq \f(PB1PA|B1,PA)＝eq \f(\f(2,8)×90%,\f(4,5))＝eq \f(9,32)．
11．(2023·厦门模拟)甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名．总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线．假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为eq \f(1,3)，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率分别为eq \f(1,6)，eq \f(1,2)，eq \f(1,3)．每场比赛结果相互独立．
(1) 求丁的总分为7分的概率，判断此时丁能否出线，并说明理由；
【解答】 记第i轮比赛丁胜、平、负的事件分别为Ai，Bi，Ci(i＝1,2,3)，每场比赛结果相互独立，丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为D，P(D)＝P(A1A2B3)＋P(A1B2A3)＋P(B1A2A3)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(1,36)，丁总分7分一定出线，理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分．小组赛两队出线，所以丁一定出线．
(2) 若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3,0,3,0，求丁以6分的成绩出线的概率．
【解答】 第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分．①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率P1＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,3)))×\f(1,6)))×eq \f(1,6)＝eq \f(1,54)．②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率P2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,6)))×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,3)))×\f(1,6)))＝eq \f(1,162)．③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为eq \f(2,3)，丁队出线的概率P3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,6)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,6)))×eq \f(2,3)＝eq \f(1,486)．综上，丁以6分出线的概率为P1＋P2＋P3＝eq \f(1,54)＋eq \f(1,162)＋eq \f(1,486)＝eq \f(9＋3＋1,486)＝eq \f(13,486)．
12．(2023·泰安一模)某校举行“强基计划”数学核心素养测评，要求以班级为单位参赛，最终高三一班(45人)和高三二班(30人)进入决赛．决赛规则如下：现有甲、乙两个纸箱，甲箱中有4个选择题和2个填空题，乙箱中有3个选择题和3个填空题，决赛由两个环节组成，环节一：要求两班级每位同学在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答，作答后放回原箱．并分别统计两班级学生测评成绩的相关数据；环节二：由一班班长王刚和二班班长李明进行比赛，并分别统计两人的测评成绩的相关数据，两个环节按照相关比赛规则分别累计得分，以累计得分的高低决定班级的名次．
(1) 环节一结束后，按照分层随机抽样的方法从两个班级抽取20名同学，并统计每位同学答对题目的数量，统计数据为：一班抽取同学答对题目的平均数为1，方差为1；二班抽取同学答对题目的平均数为1.5，方差为0.25，求这20人答对题目的均值与方差；
【解答】 一班抽取eq \f(45,75)×20＝12(人)，二班抽取eq \f(30,75)×20＝8(人)，一班样本平均数为eq \x\t(x)1＝1，样本方差为seq \\al(2,1)＝1；二班样本的平均数为eq \x\t(x)2＝1.5，样本方差为seq \\al(2,2)＝0.25，总样本的平均数为eq \x\t(ω)＝eq \f(12×1＋8×1.5,12＋8)＝1.2．记总样本的样本方差为s2，则s2＝eq \f(12×[1＋1－1.22]＋8×[0.25＋1.5－1.22],20)＝0.76．所以这20人答对题目的样本均值为1.2，样本方差为0.76．
(2) 环节二，王刚先从甲箱中依次抽取了两道题目，答题结束后将题目一起放入乙箱中，然后李明再抽取题目，已知李明从乙箱中抽取的第一题是选择题，求王刚从甲箱中取出的是两道选择题的概率．
【解答】 设事件A＝“李明同学从乙箱中抽出的第1个题是选择题”，事件B1＝“王刚同学从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件B2＝“王刚同学从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件B3＝“王刚同学从甲箱中取出2个题都是填空题”，则B1，B2，B3彼此互斥，且B1∪B2∪B3＝Ω，P(B1)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,6))＝eq \f(2,5)，P(B2)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,2),C\\al(2,6))＝eq \f(8,15)，P(B3)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,6))＝eq \f(1,15)，P(A|B1)＝eq \f(5,8)，P(A|B2)＝eq \f(1,2)，P(A|B3)＝eq \f(3,8)，P(A)＝P(B1)×P(A|B1)＋P(B2)×P(A|B2)＋P(B3)×P(A|B3)＝eq \f(2,5)×eq \f(5,8)＋eq \f(8,15)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,15)×eq \f(3,8)＝eq \f(13,24)，所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率，即P(B1|A)＝eq \f(PB1A,PA)＝eq \f(PB1PA|B1,PA)＝eq \f(\f(2,5)×\f(5,8),\f(13,24))＝eq \f(6,13)．
第一轮
甲VS乙
丙VS丁
第二轮
甲VS丙
乙VS丁
第三轮
甲VS丁
乙VS丙