2025高考数学一轮复习-10.5-事件的相互独立性、频率与概率-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-10.5-事件的相互独立性、频率与概率-专项训练【含答案】，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．在一段时间内，若甲去参观市博物馆的概率为0.6，乙去参观市博物馆的概率为0.5，且甲、乙两人各自行动，则在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是( )
A．0.3 B．0.32 C．0.8 D．0.84
2．现有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为( )
A．0.8 B．0.4
C．0.2 D．0.1
3．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是( )
A．0.92 B．0.93
C．0.94 D．0.95
4．已知P(B)＝0.4，P(B|A)＝0.8，P(B|A)＝0.3，则P(A)＝( )
A．34 B．38
C．13 D．15
5．从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为( )
A．13 B．23
C．49 D．59
6．已知事件A、B满足P(A|B)＝0.7，P(A)＝0.3，则( )
A．P(A∩B)＝0.3 B．P(B|A)＝0.3
C．事件A，B相互独立 D．事件A，B互斥
7．篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为( )
A．1564 B．932
C．2764 D．3364
8．假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品．现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为( )
A．13 B．37
C．720 D．47
二、多项选择题
9．已知事件A，B满足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则( )
A．若B⊆A，则P(AB)＝0.5
B．若A与B互斥，则P(A＋B)＝0.7
C．若A与B相互独立，则P(AB)＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，则A与B相互独立
10．一个袋中有大小、形状完全相同的3个小球，颜色分别为红、黄、蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，则( )
A．P(A)＝13 B．A，B为互斥事件
C．P(B|A)＝12 D．A，B相互独立
三、填空题
11．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为12，34，34，将元件T2，T3并联后再和元件T1串联接入电路，如图所示，则此电路不发生故障的概率为________．
12．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为13，13，13，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为14，15，16，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是________．
四、解答题
13．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)求试生产该款芯片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．
14．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型．有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为12(先验概率)．
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率(先验概率)进行调整．
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．
参考答案
1．C [依题意，在这段时间内，甲、乙都不去参观市博物馆的概率为P1＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2，
所以在这段时间内，甲、乙两人至少有一个去参观市博物馆的概率是P＝1－P1＝1－0.2＝0.8.故选C.]
2．A [根据题意，在报名足球或乒乓球俱乐部的70人中，设某人报足球俱乐部为事件A，报乒乓球俱乐部为事件B，则P(A)＝5070＝57，由于有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，则同时报名两个俱乐部的有50＋60－70＝40人，则P(AB)＝4070＝47，则P(B|A)＝PABPA＝4757＝0.8.故选A.]
3．B [从某地市场上购买一个电子产品，设买到的电子产品是甲厂产品为事件A，设买到的电子产品是乙厂产品为事件B，则由题意可知P(A)＝60%，P(B)＝40%，从甲厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品为事件C，从乙厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品为事件D，则由题意可知P(C)＝95%，P(D)＝90%，由题意可知A，B，C，D互相独立，故从该地市场上买到一个合格产品的概率是P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C)＋P(B)P(D)＝60%×95%＋40%×90%＝0.93.故选B.]
4．D [P(B)＝P(AB＋AB)＝P(A)P(B|A)＋P(A)·P(B|A)，
即0.4＝0.8P(A)＋0.3[1－P(A)]，
解得P(A)＝0.2＝15.
故选D.]
5．D [从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共10种情况，若这三个数之积为偶数，有(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共9种情况，它们之和大于8有 (1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，共5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为P＝59.
故选D.]
6．C [由题设P(A)＝1－P(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)．故选C.]
7．D [由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为14，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为14×1×34+34×14×1＋34×34×14＝3364.
故选D.]
8．D [设事件A表示从第一箱中取一个零件，事件B表示取出的零件是次品，
则P(AB)＝PABPB＝12×2512×25+12×310＝47.故选D.]
9．BD [对于A，因为P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，B⊆A，
所以P(AB)＝P(B)＝0.2，故错误；
对于B，因为A与B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.2＝0.7，故正确；
对于C，因为P(B)＝0.2，所以P(B)＝1－0.2＝0.8，所以P(AB)＝0.5×0.8＝0.4，故错误；
对于D，因为P(B|A)＝0.2，即PABPA＝0.2，所以P(AB)＝0.2×P(A)＝0.1，
又因为P(A)·P(B)＝0.5×0.2＝0.1，
所以P(AB)＝P(A)·P(B)，
所以A与B相互独立，故正确．故选BD.]
10．AC [P(A)＝13，A正确； A，B可同时发生，即“第一次取红球，第二次取黄球”，A，B不互斥，B错误；
在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为12，C正确；
P(B)＝23×12+13×0＝13，P(AB)＝13×12＝16，P(AB)≠P(A)P(B)，∴A，B不独立， D错误．故选AC.]
11．1532 [记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝12，P(A2)＝34，P(A3)＝34.
∵电路不发生故障的事件为(A2∪A3)A1，
∴电路不发生故障的概率为P＝P[(A2∪A3)A1]＝P(A2∪A3)P(A1)＝[1－P(A2)·P(A3)]P(A1)＝1−14×14×12＝1532.]
12．1537 [法一：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
则P(A)＝P(B)＝P(C)＝13，P(D|A)＝14，
P(D|B)＝15，P(D|C)＝16，
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)·P(D|C)＝13×14+15+16＝37180.小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)＝PADPD＝PAPDAPD＝13×1437180＝1537.
法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率P＝1414+15+16＝1537.]
13．解：(1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝110，P2＝19，P3＝18，
所以试生产该款芯片在进入第四道工序前的次品率为P＝1－1−P11−P21−P3＝1－910×89×78＝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，由已知得P(A)＝910，P(AB)＝1－P＝1－310＝710，
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BA，所以PBA＝PABPA＝710×109＝79.
14．解：设试验一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“试验结果为红球”为事件B1，“试验结果为白球”为事件B2.
(1)P(B1)＝P(A1)P(B1A1)＋P(A2)P(B1A2)＝12×910+12×210＝1120.
所以试验一次结果为红球的概率为1120.
(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝920，所以P(A1B2)＝PA1B2PB2
＝PB2A1PA1PB2＝110×12920＝19，
所以选到的袋子为甲袋的概率为19.
②由①得P(A2B2)＝1－P(A1B2)＝1－19＝89，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1B2)P(B1A1)＋P(A2B2)P(B1A2)＝19×910+89×210＝518，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2B2)P(B1A1)＋P(A1B2)P(B1A2)＝89×910+19×210＝3745，
因为3745>518，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大