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2025届高考数学一轮复习专练71 事件的独立性、条件概率与全概率公式（Word版附解析）
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这是一份2025届高考数学一轮复习专练71 事件的独立性、条件概率与全概率公式（Word版附解析），共9页。
【基础落实练】
1.(5分)若P(AB)=19,P(A)=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是( )
A.互斥B.对立
C.相互独立D.既互斥又相互独立
【解析】选C.因为P(A)=1- P(A)=1-23=13,所以P(A)P(B)=19,所以P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A与B相互独立,事件A与B不互斥也不对立.
2.(5分)(2023·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为( )
A.78B.34C.14D.18
【解析】选B.设该运动员射击一次,击中目标的概率为p,
该运动员三次射击中,至少有一次击中目标的概率为1-(1-p)3=6364,解得p=34.
3.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为( )
D.0.3
【解析】选B.由题意,在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.
4.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为( )
B.0.8
【解析】选C.设事件A表示“甲正点到达目的地”,事件B表示“甲乘动车到达目的地”,事件C表示“甲乘汽车到达目的地”,由题意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.
由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.54+0.28=0.82.
5.(5分)(多选题)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,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是( )
A.P(B)=25
B.P(B|A1)=511
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1,A2,A3是两两互斥的事件
【解析】选BD.由题意知,A1,A2,A3是两两互斥的事件,故D正确;
P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|A1)=511,由此知,B正确;
P(B|A2)=411,P(B|A3)=411;
而P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×411=922,由此知A,C不正确.
6.(5分)(多选题)(2023·常州模拟)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).下列说法正确的
为( )
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】选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,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)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1,0,1的事件,
是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)·β·(1-β)=β(1-β)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,所求的概率为C32β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β),C错误;
对于D,由选项C知,三次传输,发送0,则译码为0的概率P=(1-α)2(1+2α),
单次传输发送0,则译码为0的概率P'=1-α,而0<α<0.5,因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即P>P',D正确.
7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.
【解析】设事件A为“周二晚上值班”,事件B为“周三晚上值班”,则P(A)=C61C72=27,
P(AB)=1C72=121,故P(B|A)=P(AB)P(A)=16.
答案:16
8.(5分)某射击运动员每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.
(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;
(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.
【解析】(1)设第一次击中为事件A,第二次击中为事件B,则P(A)=45,
由题意知,第一次击中与否对第二次没有影响,
因此已知第一次击中,则第二次击中的概率是45.
(2)设仅击中一次为事件C,则仅击中一次的概率为P(C)=C21×45×15=825,
在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是P(B|C)=15×45825=12.
答案:(1)45 (2)12
9.(10分)小王某天乘火车从重庆到上海,若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9,假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求:
(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率;
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率;
(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率.
【解析】用A,B,C分别表示这三列火车正点到达的事件,则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,所以P(A)=0.2,P(B)=0.3,P(C)=0.1.
(1)由题意得A,B,C之间相互独立,所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=0.2×0.7×0.9+0.8×0.3×0.9+0.8×0.7×0.1=0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P2=P(A B C)+P(A B C)+P(A B C)
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=0.8×0.3×0.1+0.2×0.7×0.1+0.2×0.3×0.9=0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为P3=1-P(A B C)=1-P(A)P(B)P(C)=1-0.2×0.3×0.1=0.994.
【能力提升练】
10.(5分)甲、乙两名选手进行象棋比赛,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( )
【解析】选D.由题意可得甲最终获胜有两种情况:
一是前两局甲获胜,概率为0.6×0.6=0.36,
二是前两局甲一胜一负,第三局甲胜,概率为C21×0.6×0.4×0.6=0.288,这两种情况互斥,
所以甲最终获胜的概率P=0.36+0.288=0.648.
11.(5分)将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①,②,③三个村庄进行义诊活动,每个村庄至少派1名医生,A表示事件“医生甲派往①村庄”;B表示事件“医生乙派往①村庄”;C表示事件“医生乙派往②村庄”,则( )
A.事件A与B相互独立
B.事件A与C相互独立
C.P(B|A)=512
D.P(C|A)=512
【解析】选D.将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①,②,③三个村庄进行义诊包含C42A33=36个样本点,它们等可能,
事件A含有的样本点个数为A33+C32A22=12,
则P(A)=1236=13,同理P(B)=P(C)=13,
事件AB含有的样本点个数为A22=2,
则P(AB)=236=118,
事件AC含有的样本点个数为C22+C21C21=5,则P(AC)=536.
对于A,P(A)P(B)=19≠P(AB),即事件A与B不相互独立,故A不正确;
对于B,P(A)P(C)=19≠P(AC),即事件A与C不相互独立,故B不正确;
对于C,P(B|A)=P(AB)P(A)=16,故C不正确;
对于D,P(C|A)=P(AC)P(A)=512,故D正确.
12.(5分)(2023·泉州模拟)某校老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________.
【解析】设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件A,恰有3个是后两天学习过的汉字为事件B,则事件A所包含的基本事件数n(A)=C21×C63+C62×C22=55,
事件B所包含的基本事件数n(B)=C41×C43=16,所以P(B|A)=n(AB)n(A)=n(B)n(A)=1655.
答案:1655
13.(5分)某电视台举办知识竞答闯关比赛,每位选手闯关时需要回答三个问题.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20分,回答错误得0分;第三个问题回答正确得30分,回答错误得-20分.规定每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功.若某位选手回答前两个问题正确的概率都是23,回答第三个问题正确的概率是12,且各题回答正确与否相互之间没有影响,则该选手仅回答正确两个问题的概率是________;该选手闯关成功的概率是________.
【解析】该选手仅回答正确两个问题的概率P1=23×23×(1-12)+23×(1-23)×12+(1-23)×23×12=49;
该选手要闯关成功,则只有第3个问题回答正确或者第1,3两个问题回答正确或者第2,3两个问题回答正确或者三个问题都回答正确,所以闯关成功的概率为(1-23)2×12+23×(1-23)×12+(1-23)×23×12+23×23×12=12.
答案:49 12
14.(10分)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=110,P2=19,P3=18.
(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检.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.
【解析】(1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P=1-(1-110)(1-19)(1-18)=310.
(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,
则P(A)=910,P(AB)=1-310=710,
则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P(B|A)=P(AB)P(A)=710910=79.
15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.
(1)求任意取出的零件是合格品的概率;
(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.
【解析】设Ai表示“第i台车床加工的零件(i=1,2)”,B表示“出现废品”,C表示“出现合格品”.
(1)P(C)=P(A1C∪A2C)=P(A1C)+P(A2C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)
=23×(1-0.03)+13×(1-0.02)≈0.973.
(2)P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=13×0.0223×0.03+13×0.02=0.25.
【素养创新练】
16.(5分)(多选题)红、黄、蓝被称为三原色,选取其中任意几种颜色调配,可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变,等量的红色加黄色调配出橙色;等量的红色加蓝色调配出紫色;等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶,甲从六瓶颜料中任取两瓶,乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶,两人分别进行等量调配,A表示事件“甲调配出红色”,B表示事件“甲调配出绿色”;C表示事件“乙调配出紫色”,则下列说法正确的是( )
A.事件A与事件C是独立事件
B.事件A与事件B是互斥事件
C.P(C|A)=0
D.P(B)=P(C)
【解析】选BCD.根据题意,事件A为两瓶均为红色颜料,事件C为1瓶红色1瓶蓝色颜料,则事件A发生事件C必定不发生,
所以P(AC)=0,P(A)≠0,P(C)≠0,P(C|A)=P(AC)P(A)=0,
故A,C不是独立事件,故A错误,C正确;
若调配出红色,则需要两瓶颜料均为红色,若调配出绿色,则需要1瓶黄色和1瓶蓝色,
此时调配出红色和调配出绿色不同时发生,故A,B为互斥事件,故B正确;
P(B)=C21·C21C62=415,
若事件C发生,则甲有三种情况,
①甲取两瓶黄色,则概率为C22·C21·C21C62·C42=245;
②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色,则概率为C21·C21·C21×2C62·C42=845;
③甲取1瓶红色1瓶蓝色,则概率为C21·C21C62·C42=245,
则P(C)=245+845+245=415,故D正确.
【基础落实练】
1.(5分)若P(AB)=19,P(A)=23,P(B)=13,则事件A与B的关系是( )
A.互斥B.对立
C.相互独立D.既互斥又相互独立
【解析】选C.因为P(A)=1- P(A)=1-23=13,所以P(A)P(B)=19,所以P(AB)=P(A)P(B)≠0,所以事件A与B相互独立,事件A与B不互斥也不对立.
2.(5分)(2023·泉州模拟)某运动员每次射击击中目标的概率均相等,若三次射击中,至少有一次击中目标的概率为6364,则射击一次,击中目标的概率为( )
A.78B.34C.14D.18
【解析】选B.设该运动员射击一次,击中目标的概率为p,
该运动员三次射击中,至少有一次击中目标的概率为1-(1-p)3=6364,解得p=34.
3.(5分)小王每天在6:30至6:50出发去上班,其中在6:30至6:40出发的概率为0.3,在该时间段出发上班迟到的概率为0.1;在6:40至6:50出发的概率为0.7,在该时间段出发上班迟到的概率为0.2,则小王某天在6:30至6:50出发上班迟到的概率为( )
D.0.3
【解析】选B.由题意,在6:30至6:50出发上班迟到的概率为0.3×0.1+0.7×0.2=0.17.
4.(5分)设甲乘汽车、动车前往目的地的概率分别为0.4,0.6,汽车和动车正点到达目的地的概率分别为0.7,0.9,则甲正点到达目的地的概率为( )
B.0.8
【解析】选C.设事件A表示“甲正点到达目的地”,事件B表示“甲乘动车到达目的地”,事件C表示“甲乘汽车到达目的地”,由题意知P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(A|B)=0.9,P(A|C)=0.7.
由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(C)P(A|C)=0.6×0.9+0.4×0.7=0.54+0.28=0.82.
5.(5分)(多选题)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,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件.则下列结论中正确的是( )
A.P(B)=25
B.P(B|A1)=511
C.事件B与事件A1相互独立
D.A1,A2,A3是两两互斥的事件
【解析】选BD.由题意知,A1,A2,A3是两两互斥的事件,故D正确;
P(A1)=510=12,P(A2)=210=15,P(A3)=310,P(B|A1)=511,由此知,B正确;
P(B|A2)=411,P(B|A3)=411;
而P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=12×511+15×411+310×411=922,由此知A,C不正确.
6.(5分)(多选题)(2023·常州模拟)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).下列说法正确的
为( )
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】选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,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)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1,0,1的事件,
是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积,它们相互独立,所以所求概率为(1-β)·β·(1-β)=β(1-β)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,所求的概率为C32β(1-β)2+(1-β)3=(1-β)2(1+2β),C错误;
对于D,由选项C知,三次传输,发送0,则译码为0的概率P=(1-α)2(1+2α),
单次传输发送0,则译码为0的概率P'=1-α,而0<α<0.5,因此P-P'=(1-α)2(1+2α)-(1-α)=α(1-α)(1-2α)>0,即P>P',D正确.
7.(5分)某医生一周(7天)晚上值2次班,在已知他周二晚上一定值班的条件下,他在周三晚上值班的概率为________.
【解析】设事件A为“周二晚上值班”,事件B为“周三晚上值班”,则P(A)=C61C72=27,
P(AB)=1C72=121,故P(B|A)=P(AB)P(A)=16.
答案:16
8.(5分)某射击运动员每次击中目标的概率为45,现连续射击两次.
(1)已知第一次击中,则第二次击中的概率是________;
(2)在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是________.
【解析】(1)设第一次击中为事件A,第二次击中为事件B,则P(A)=45,
由题意知,第一次击中与否对第二次没有影响,
因此已知第一次击中,则第二次击中的概率是45.
(2)设仅击中一次为事件C,则仅击中一次的概率为P(C)=C21×45×15=825,
在仅击中一次的条件下,第二次击中的概率是P(B|C)=15×45825=12.
答案:(1)45 (2)12
9.(10分)小王某天乘火车从重庆到上海,若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7,0.9,假设这三列火车之间是否正点到达互不影响.求:
(1)这三列火车恰好有两列火车正点到达的概率;
(2)这三列火车恰好有一列火车正点到达的概率;
(3)这三列火车至少有一列火车正点到达的概率.
【解析】用A,B,C分别表示这三列火车正点到达的事件,则P(A)=0.8,P(B)=0.7,P(C)=0.9,所以P(A)=0.2,P(B)=0.3,P(C)=0.1.
(1)由题意得A,B,C之间相互独立,所以恰好有两列火车正点到达的概率为
P1=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=0.2×0.7×0.9+0.8×0.3×0.9+0.8×0.7×0.1=0.398.
(2)恰好有一列火车正点到达的概率为
P2=P(A B C)+P(A B C)+P(A B C)
=P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)
=0.8×0.3×0.1+0.2×0.7×0.1+0.2×0.3×0.9=0.092.
(3)三列火车至少有一列火车正点到达的概率为P3=1-P(A B C)=1-P(A)P(B)P(C)=1-0.2×0.3×0.1=0.994.
【能力提升练】
10.(5分)甲、乙两名选手进行象棋比赛,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( )
【解析】选D.由题意可得甲最终获胜有两种情况:
一是前两局甲获胜,概率为0.6×0.6=0.36,
二是前两局甲一胜一负,第三局甲胜,概率为C21×0.6×0.4×0.6=0.288,这两种情况互斥,
所以甲最终获胜的概率P=0.36+0.288=0.648.
11.(5分)将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①,②,③三个村庄进行义诊活动,每个村庄至少派1名医生,A表示事件“医生甲派往①村庄”;B表示事件“医生乙派往①村庄”;C表示事件“医生乙派往②村庄”,则( )
A.事件A与B相互独立
B.事件A与C相互独立
C.P(B|A)=512
D.P(C|A)=512
【解析】选D.将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①,②,③三个村庄进行义诊包含C42A33=36个样本点,它们等可能,
事件A含有的样本点个数为A33+C32A22=12,
则P(A)=1236=13,同理P(B)=P(C)=13,
事件AB含有的样本点个数为A22=2,
则P(AB)=236=118,
事件AC含有的样本点个数为C22+C21C21=5,则P(AC)=536.
对于A,P(A)P(B)=19≠P(AB),即事件A与B不相互独立,故A不正确;
对于B,P(A)P(C)=19≠P(AC),即事件A与C不相互独立,故B不正确;
对于C,P(B|A)=P(AB)P(A)=16,故C不正确;
对于D,P(C|A)=P(AC)P(A)=512,故D正确.
12.(5分)(2023·泉州模拟)某校老师要求参赛学生从星期一到星期四每天学习2个汉字及正确注释,每周五对一周内所学汉字随机抽取4个进行检测(一周所学的汉字每个被抽到的可能性相同),若已知抽取4个进行检测的字中至少有一个字是最后一天学习的,则所抽取的4个进行检测的字中恰有3个是后两天学习过的汉字的概率为________.
【解析】设进行检测的4个汉字中至少有一个是最后一天学习的为事件A,恰有3个是后两天学习过的汉字为事件B,则事件A所包含的基本事件数n(A)=C21×C63+C62×C22=55,
事件B所包含的基本事件数n(B)=C41×C43=16,所以P(B|A)=n(AB)n(A)=n(B)n(A)=1655.
答案:1655
13.(5分)某电视台举办知识竞答闯关比赛,每位选手闯关时需要回答三个问题.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20分,回答错误得0分;第三个问题回答正确得30分,回答错误得-20分.规定每位选手回答这三个问题的总得分不低于30分就算闯关成功.若某位选手回答前两个问题正确的概率都是23,回答第三个问题正确的概率是12,且各题回答正确与否相互之间没有影响,则该选手仅回答正确两个问题的概率是________;该选手闯关成功的概率是________.
【解析】该选手仅回答正确两个问题的概率P1=23×23×(1-12)+23×(1-23)×12+(1-23)×23×12=49;
该选手要闯关成功,则只有第3个问题回答正确或者第1,3两个问题回答正确或者第2,3两个问题回答正确或者三个问题都回答正确,所以闯关成功的概率为(1-23)2×12+23×(1-23)×12+(1-23)×23×12+23×23×12=12.
答案:49 12
14.(10分)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=110,P2=19,P3=18.
(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检.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.
【解析】(1)该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率P=1-(1-110)(1-19)(1-18)=310.
(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,
则P(A)=910,P(AB)=1-310=710,
则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P(B|A)=P(AB)P(A)=710910=79.
15.(10分)两台车床加工同样的零件,第一台出现废品的概率是0.03,第二台出现废品的概率是0.02.加工出来的零件放在一起,并且已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍.
(1)求任意取出的零件是合格品的概率;
(2)如果任意取出的零件是废品,求它是第二台车床加工的概率.
【解析】设Ai表示“第i台车床加工的零件(i=1,2)”,B表示“出现废品”,C表示“出现合格品”.
(1)P(C)=P(A1C∪A2C)=P(A1C)+P(A2C)=P(A1)P(C|A1)+P(A2)P(C|A2)
=23×(1-0.03)+13×(1-0.02)≈0.973.
(2)P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=13×0.0223×0.03+13×0.02=0.25.
【素养创新练】
16.(5分)(多选题)红、黄、蓝被称为三原色,选取其中任意几种颜色调配,可以调配出其他颜色.已知同一种颜色混合颜色不变,等量的红色加黄色调配出橙色;等量的红色加蓝色调配出紫色;等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶,甲从六瓶颜料中任取两瓶,乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶,两人分别进行等量调配,A表示事件“甲调配出红色”,B表示事件“甲调配出绿色”;C表示事件“乙调配出紫色”,则下列说法正确的是( )
A.事件A与事件C是独立事件
B.事件A与事件B是互斥事件
C.P(C|A)=0
D.P(B)=P(C)
【解析】选BCD.根据题意,事件A为两瓶均为红色颜料,事件C为1瓶红色1瓶蓝色颜料,则事件A发生事件C必定不发生,
所以P(AC)=0,P(A)≠0,P(C)≠0,P(C|A)=P(AC)P(A)=0,
故A,C不是独立事件,故A错误,C正确;
若调配出红色,则需要两瓶颜料均为红色,若调配出绿色,则需要1瓶黄色和1瓶蓝色,
此时调配出红色和调配出绿色不同时发生,故A,B为互斥事件,故B正确;
P(B)=C21·C21C62=415,
若事件C发生,则甲有三种情况,
①甲取两瓶黄色,则概率为C22·C21·C21C62·C42=245;
②甲取1瓶黄色和1瓶红色或1瓶黄色和1瓶蓝色,则概率为C21·C21·C21×2C62·C42=845;
③甲取1瓶红色1瓶蓝色,则概率为C21·C21C62·C42=245,
则P(C)=245+845+245=415,故D正确.
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