2025届高中数学一轮复习练习：第十章限时跟踪检测(67)　事件的相互独立性与条件概率（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第十章限时跟踪检测(67)　事件的相互独立性与条件概率（含解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题与解答题等内容，欢迎下载使用。
1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为eq \f(1,3)，视力合格的概率为eq \f(1,6)，其他几项标准合格的概率为eq \f(1,5)，从中任选一名学生，则该生各项均合格(假设各项标准互不影响)的概率为( )
A．eq \f(4,9) B．eq \f(1,90)
C．eq \f(4,5) D．eq \f(5,9)
2．(2024·山东聊城高二期末)某公司有甲、乙两家餐厅，小张第1天午餐时随机等可能地选择一家餐厅用餐．如果第1天去甲餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为eq \f(3,5)；如果第1天去乙餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为eq \f(4,5).则小张第2天去乙餐厅的概率为( )
A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(3,5) D．eq \f(3,10)
3．(2024·四川成都二诊)甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为eq \f(1,3)，比赛采取三局两胜制(当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，则甲获胜的概率为( )
A．eq \f(5,27) B．eq \f(7,27) C．eq \f(2,9) D．eq \f(1,9)
4．(2024·湖南益阳模拟)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A．eq \f(8,27) B．eq \f(16,27) C．eq \f(32,81) D．eq \f(40,81)
5．(2024·江苏苏锡常镇模拟)某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
6．(2024·山东济南模拟)我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,8) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
7．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)＝eq \f(5,12)
D．P(C|A)＝eq \f(5,12)
二、多项选择题
8．下列各对事件中，M，N是相互独立事件的有( )
A．掷1枚质地均匀的骰子一次，事件M为“出现的点数为奇数”，事件N为“出现的点数为偶数”
B．袋中有5个红球，5个黄球，除颜色外完全相同，依次不放回地摸两次，事件M为“第1次摸到红球”，事件N为“第2次摸到红球”
C．分别抛掷2枚相同的硬币，事件M为“第1枚为正面”，事件N为“两枚结果相同”
D．一枚硬币掷两次，事件M为“第一次为正面”，事件N为“第二次为反面”
9．(2024·安徽合肥质检)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有( )
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为eq \f(2,7)
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为eq \f(2,7)
三、填空题与解答题
10．播种用的一等品种子中混合了2.0%的二等品种子，1.5%的三等品种子，1.0%的四等品种子，若用一等品、二等品、三等品、四等品种子长出优质产品的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05，则从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为________．
11．(2024·浙江舟山模拟)根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝________.(精确到0.001)
12．(2024·江西赣州期末)已知某电器市场由甲、乙、丙三家企业占有，其中甲厂产品的市场占有率为40%，乙厂产品的市场占有率为36%，丙厂产品的市场占有率为24%，甲、乙、丙三厂产品的合格率分别为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，eq \f(3,4).
(1)现从三家企业的产品中各取一件抽检，求这三件产品中恰有两件合格的概率；
(2)现从市场中随机购买一台电器，求买到的是合格品的概率．
高分推荐题
13．(2024·山东淄博期末)对某品牌机电产品进行质量调查，共有“擦伤、凹痕、外观”三类质量投诉问题．其中保质期内的投诉数据如下：
保质期后的投诉数据如下：
(1)若100项投诉中，保质期内60项，保质期后40项．依据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为凹痕质量投诉与保质期有关联？
(2)若投诉中，保质期内占64%，保质期后占36%.设事件A：投诉原因是产品外观，事件B：投诉发生在保质期内．
①计算P(A)，并判断：事件A，B是独立事件吗？
②“若该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内的概率大”，这种说法是否成立？并给出理由．
附：
χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
解析版
一、单项选择题
1．从应届高中生中选拔飞行员，已知这批学生体型合格的概率为eq \f(1,3)，视力合格的概率为eq \f(1,6)，其他几项标准合格的概率为eq \f(1,5)，从中任选一名学生，则该生各项均合格(假设各项标准互不影响)的概率为( )
A．eq \f(4,9) B．eq \f(1,90)
C．eq \f(4,5) D．eq \f(5,9)
解析：各项均合格的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,6)×eq \f(1,5)＝eq \f(1,90).
答案：B
2．(2024·山东聊城高二期末)某公司有甲、乙两家餐厅，小张第1天午餐时随机等可能地选择一家餐厅用餐．如果第1天去甲餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为eq \f(3,5)；如果第1天去乙餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为eq \f(4,5).则小张第2天去乙餐厅的概率为( )
A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(3,5) D．eq \f(3,10)
解析：设A1＝“第1天去甲餐厅用餐”，B1＝“第1天去乙餐厅用餐”，A2＝“第2天去乙餐厅用餐”，
根据题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.4，P(A2|B1)＝0.2，
由全概率公式，得P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.4＋0.5×0.2＝0.3，因此，小张第2天去乙餐厅用餐的概率为0.3.故选D．
答案：D
3．(2024·四川成都二诊)甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为eq \f(1,3)，比赛采取三局两胜制(当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束)，则甲获胜的概率为( )
A．eq \f(5,27) B．eq \f(7,27) C．eq \f(2,9) D．eq \f(1,9)
解析：甲获胜的情况分三类：
①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局，此时甲获胜的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)；
②甲输第一局，赢后两局，此时甲获胜的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,27)；
③甲赢第一局和第三局，输第二局，此时甲获胜的概率为eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,3)＝eq \f(2,27).
故甲获胜的概率为eq \f(1,9)＋eq \f(2,27)＋eq \f(2,27)＝eq \f(7,27).
答案：B
4．(2024·湖南益阳模拟)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人获胜的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A．eq \f(8,27) B．eq \f(16,27) C．eq \f(32,81) D．eq \f(40,81)
解析：甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜，
所以甲获得冠军的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(40,81)，故选D．
答案：D
5．(2024·江苏苏锡常镇模拟)某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动，号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动的主力军”，开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程．甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习，设事件A＝“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”，事件B＝“甲、乙两人所选课程完全不同”，事件C＝“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”，则( )
A．A与B为对立事件 B．A与C互斥
C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
解析：依题意，甲、乙两人所选课程有如下情形：①有一门相同；②两门都相同；③两门都不相同，故A与B互斥不对立，A与C不互斥，所以P(A)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(2,4)C\\al(2,4))＝eq \f(2,3)，P(B)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,4)C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(C)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(2,4)C\\al(2,4))＝eq \f(1,4)且P(AC)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(2,4)C\\al(2,4))＝eq \f(1,6)，P(BC)＝0，所以P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)≠P(B)·P(C)，即A与C相互独立，B与C不相互独立．故选C．
答案：C
6．(2024·山东济南模拟)我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，且两个等位基因分别来自于父亲和母亲，其中AA，AO为A型血，BB，BO为B型血，AB为AB型血，OO为O型血．比如：父亲和母亲的基因型分别为AO，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AB，AO，BO四种结果．已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，不考虑基因突变，则小明是A型血的概率为( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,8) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
解析：因小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型，则小明父亲的血型可能是AA，AB，BB，它们对应的概率分别为eq \f(1,4)，eq \f(1,2)，eq \f(1,4).
当小明父亲的血型是AA时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型可能是AA，AB，它们的概率均为eq \f(1,2)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,4)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)；当小明父亲的血型是AB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型是AA的概率为eq \f(1,4)，此时小明是A型血的概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,8)；
当小明父亲的血型是BB时，因其母亲的血型为AB，则小明的血型不可能是AA型．
所以小明是A型血的概率为eq \f(1,8)＋eq \f(1,8)＝eq \f(1,4)，故选C．
答案：C
7．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)＝eq \f(5,12)
D．P(C|A)＝eq \f(5,12)
解析：将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36(个)样本点，它们等可能，事件A含有的样本点个数为Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝12，
则P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，
同理得P(B)＝P(C)＝eq \f(1,3).
事件AB含有的样本点个数为Aeq \\al(2,2)＝2，则P(AB)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，
事件AC含有的样本点个数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝5，则P(AC)＝eq \f(5,36).
对于A，P(A)P(B)＝eq \f(1,9)≠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)＝eq \f(1,9)≠P(AC)，即事件A与C不相互独立，故B不正确；
对于C，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6)，故C不正确；
对于D，P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(5,12)，故D正确．
答案：D
二、多项选择题
8．下列各对事件中，M，N是相互独立事件的有( )
A．掷1枚质地均匀的骰子一次，事件M为“出现的点数为奇数”，事件N为“出现的点数为偶数”
B．袋中有5个红球，5个黄球，除颜色外完全相同，依次不放回地摸两次，事件M为“第1次摸到红球”，事件N为“第2次摸到红球”
C．分别抛掷2枚相同的硬币，事件M为“第1枚为正面”，事件N为“两枚结果相同”
D．一枚硬币掷两次，事件M为“第一次为正面”，事件N为“第二次为反面”
解析：在A中，P(MN)＝0，所以M，N不相互独立；在B中，M，N不是相互独立事件；在C中，P(M)＝eq \f(1,2)，P(N)＝eq \f(1,2)，P(MN)＝eq \f(1,4)，P(MN)＝P(M)·P(N)，因此M，N是相互独立事件；在D中，第一次为正面对第二次的结果不影响，因此M，N是相互独立事件．
答案：CD
9．(2024·安徽合肥质检)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有( )
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C．如果取到的零件是次品，且是第2台车床加工的概率为eq \f(2,7)
D．如果取到的零件是次品，且是第3台车床加工的概率为eq \f(2,7)
解析：记Ai为事件“零件为第i(i＝1,2,3)台车床加工”，记B为事件“任取一个零件为次品”，
则P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，
对于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A错误；
对于B，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05＝0.052 5，B正确；
对于C，P(A2|B)＝eq \f(PA2·PB|A2,PB)＝eq \f(0.3×0.05,0.052 5)＝eq \f(2,7)，C正确；
对于D，P(A3|B)＝eq \f(PA3·PB|A3,PB)＝eq \f(0.45×0.05,0.052 5)＝eq \f(3,7)，D错误．
答案：BC
三、填空题与解答题
10．播种用的一等品种子中混合了2.0%的二等品种子，1.5%的三等品种子，1.0%的四等品种子，若用一等品、二等品、三等品、四等品种子长出优质产品的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05，则从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为________．
解析：设Bi＝“从这批种子中任选一粒是i等品种子(i＝1,2,3,4)”，则Ω＝B1∪B2∪B3∪B4，且B1，B2，B3，B4两两互斥．A＝“在这批种子中任选一粒长出优质产品”，则P(B1)＝95.5%，P(B2)＝2%，P(B3)＝1.5%，P(B4)＝1.0%，P(A|B1)＝0.5，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.1，P(A|B4)＝0.05，由全概率公式得P(A)＝eq \i\su(i＝1,4,P)(Bi)P(A|Bi)＝0.955×0.5＋0.02×0.15＋0.015×0.1＋0.01×0.05＝0.482 5，所以从这批种子中任选一粒长出优质产品的概率为0.482 5.
答案：0.482 5
11．(2024·浙江舟山模拟)根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验有如下的效果：若以A表示事件“试验反应为阳性”，以C表示事件“被诊断者患有癌症”，则有P(A|C)＝0.95，P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即P(C)＝0.005，则P(C|A)＝________.(精确到0.001)
解析：∵P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.95，
∴P(A|eq \x\t(C))＝1－P(eq \x\t(A)|eq \x\t(C))＝0.05.
∵P(C)＝0.005，∴P(eq \x\t(C))＝0.995.
由全概率公式可得，
P(A)＝P(A|C)P(C)＋P(A|eq \x\t(C))P(eq \x\t(C))，
∵P(AC)＝P(C|A)P(A)＝P(A|C)P(C)，
∴P(C|A)＝eq \f(PA|CPC,PA|CPC＋PA|\x\t(C)P\x\t(C))
＝eq \f(0.95×0.005,0.95×0.005＋0.05×0.995)＝eq \f(19,218)≈0.087.
答案：0.087
12．(2024·江西赣州期末)已知某电器市场由甲、乙、丙三家企业占有，其中甲厂产品的市场占有率为40%，乙厂产品的市场占有率为36%，丙厂产品的市场占有率为24%，甲、乙、丙三厂产品的合格率分别为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，eq \f(3,4).
(1)现从三家企业的产品中各取一件抽检，求这三件产品中恰有两件合格的概率；
(2)现从市场中随机购买一台电器，求买到的是合格品的概率．
解：(1)记甲、乙、丙三家企业的一件产品，产品合格分别为事件B1，B2，B3，
则三个事件相互独立，恰有两件产品合格为事件D，
则D＝B1B2eq \x\t(B)3＋B1eq \x\t(B)2B3＋eq \x\t(B)1B2B3，
P(D)＝P(B1B2eq \x\t(B)3)＋P(B1eq \x\t(B)2B3)＋P(eq \x\t(B)1B2B3)
＝eq \f(4,5)×eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＋eq \f(1,5)×eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(13,30).
故从三家企业的产品中各取一件抽检，则这三件产品中恰有两件合格的概率是eq \f(13,30).
(2)记事件B为购买的电器合格，
记随机买一件产品，买到的产品为甲、乙、丙三个品牌分别为事件A1，A2，A3，
P(A1)＝eq \f(2,5)，P(A2)＝eq \f(9,25)，P(A3)＝eq \f(6,25)，
P(B|A1)＝eq \f(4,5)，P(B|A2)＝eq \f(2,3)，P(B|A3)＝eq \f(3,4)，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝eq \f(2,5)×eq \f(4,5)＋eq \f(9,25)×eq \f(2,3)＋eq \f(6,25)×eq \f(3,4)＝eq \f(37,50).
故从市场中随机购买一台电器，买到的是合格品的概率为eq \f(37,50).
高分推荐题
13．(2024·山东淄博期末)对某品牌机电产品进行质量调查，共有“擦伤、凹痕、外观”三类质量投诉问题．其中保质期内的投诉数据如下：
保质期后的投诉数据如下：
(1)若100项投诉中，保质期内60项，保质期后40项．依据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为凹痕质量投诉与保质期有关联？
(2)若投诉中，保质期内占64%，保质期后占36%.设事件A：投诉原因是产品外观，事件B：投诉发生在保质期内．
①计算P(A)，并判断：事件A，B是独立事件吗？
②“若该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内的概率大”，这种说法是否成立？并给出理由．
附：
χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
解：(1)零假设H0：凹痕质量投诉与保质期无关联．
根据题意可得2×2列联表：
则可得χ2＝eq \f(100×10×20－50×202,60×40×30×70)≈12.698.
∵12.698>10.828＝x0.001，∴H0不成立．
即在犯错误的概率不大于0.001的前提下，能认为凹痕质量投诉与保质期有关联．
(2)①由题意可得，
P(A|B)＝eq \f(1,2)，P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(1,8)，P(B)＝eq \f(64,100)＝eq \f(16,25)，P(eq \x\t(B))＝eq \f(9,25)，
∴P(AB)＝P(B)P(A|B)＝eq \f(16,25)×eq \f(1,2)＝eq \f(8,25)，P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(8,25)＋eq \f(9,25)×eq \f(1,8)＝eq \f(73,200).
∵P(AB)≠P(A)P(B)，
∴事件A，B不是独立事件．
②由题意可得，
“该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内”的概率
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(8,25),\f(73,200))＝eq \f(64,73)，
“该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期后”的概率
P(eq \x\t(B)|A)＝eq \f(PA\x\t(B),PA)＝eq \f(PA|\x\t(B)P\x\t(B),PA)＝eq \f(\f(1,8)×\f(9,25),\f(73,200))＝eq \f(9,73)，∵eq \f(64,73)>eq \f(9,73)，
∴“若该品牌机电产品收到一个产品外观问题的投诉，该投诉发生在保质期内的概率大”，这种说法成立．
擦伤
凹痕
外观
合计
保质期内
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
1
擦伤
凹痕
外观
合计
保质期后
eq \f(3,8)
eq \f(1,2)
eq \f(1,8)
1
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
擦伤
凹痕
外观
合计
保质期内
eq \f(1,3)
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
1
擦伤
凹痕
外观
合计
保质期后
eq \f(3,8)
eq \f(1,2)
eq \f(1,8)
1
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
凹痕
非凹痕
合计
保质期内
10
50
60
保质期后
20
20
40
合计
30
70
100