文档内容
课时规范练 66 事件的相互独立性与条件概率、
全概率公式
基础巩固练
1.(2024·辽宁抚顺模拟)已知一个系统由A,B两个部件并联组成,当A或B正常工作时,系
统就能正常工作,若A正常工作的概率为0.65,B正常工作的概率为0.6,则该系统正常工
作的概率为( )
A.0.86 B.0.75
C.0.47 D.0.14
2.(2024·河南开封三模)在5道试题中有3道代数题和2道几何题,每次从中随机抽出1道
题,抽出的题不再放回,则在第1次抽到几何题的条件下,第2次抽到代数题的概率是(
)
3 3
A. B.
4 10
3 6
C. D.
25 25
3.(2025·浙江杭州开学考试)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲中靶的概率为0.6,
乙中靶的概率为0.7,且两人是否中靶相互独立,若甲、乙各射击一次,则( )
A.两人都中靶的概率为0.12
B.两人都不中靶的概率为0.42
C.恰有一人中靶的概率为0.46
D.至少一人中靶的概率为0.74
4.(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题,其中B和C是正确选
项,A和D是错误选项,甲、乙两名同学都完全不会这道题目,只能在4个选项中随机选
取两个选项.设事件M=“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”,事件N=“甲、乙两人所
选选项完全不同”,事件X=“甲、乙两人所选选项完全相同”,事件Y=“甲、乙两人均未
选择B选项”,则( )
A.事件M与事件N相互独立
B.事件X与事件Y相互独立
C.事件M与事件Y相互独立
D.事件N与事件Y相互独立
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5.(2024·山东聊城二模)甲、乙两选手进行围棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为 ,乙
3
1
获胜的概率为 ,采用三局两胜制,则在甲最终获胜的情况下,比赛进行了两局的概率为
3
.
6.为了解高中学生的体质健康水平,某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质
等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评,并根据2018年版的《国家学生
体质健康标准》评定等级,经过统计,甲校有30%的学生的等级为良好,乙校有60%的学
生的等级为良好,丙校有50%的学生的等级为良好,且甲、乙、丙这三所学校参加测评的
学生人数之比为5∶8∶7.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取1名学
生,则该学生的等级为良好的概率为 .
7.(13分)(2024·福建南平模拟)某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用,对运动员
进行数据分析.统计运动员甲以往多场比赛,其在接力赛中跑第1棒、第2棒、第3棒、
第4棒的出场率与出场时比赛获胜率如下表所示.
位置 出场率 比赛胜率
第1棒 0.3 0.6
第2棒 0.2 0.8
第3棒 0.2 0.7
第4棒 0.3 0.7
(1)当甲出场比赛时,求该运动队获胜的概率;
(2)当甲出场比赛时,在该运动队获胜的条件下,求甲跑第1棒的概率.
综合提升练
8.(多选题)(2023·新高考Ⅱ,12)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).则下列说法正确的是( )
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
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzxD.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
9.(2024·广东广州模拟)如图所示,一个质点在随机外力的作用下,从原点O出发,每隔1 s
等可能地向左或向右移动一个单位,共移动5步.该质点在有且仅有一次经过-1位置的条
件下,共经过两次1位置的概率为 .
10.(15分)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
1
次试验选到甲袋或乙袋的概率均为 (先验概率).
2
(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.
创新应用练
11.(2024·湖北武汉模拟)“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动,在如图
所示的试验容器中,容器由三个仓组成,某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中
随机选择一个到达相邻仓或者容器外,一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获,
此时试验结束.已知该粒子初始位置在1号仓,则试验结束时该粒子是从1号仓到达容器
外的概率为 .
答案：
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx1.A 解析 根据题意,A,B两个部件都不能正常工作的概率为(1-0.65)×(1-0.6)=0.14,所以该系统
正常工作的概率为1-0.14=0.86.
2
2.A 解析 设事件A=“第1次抽到几何题”,事件B=“第2次抽到代数题”,所以P(A)=
5
3
,P(AB)=2 3 3 ,则P(B|A)=P(AB) 10 3
× = = = .
5 4 10 P(A) 2 4
5
3.C 解析 设事件A=“甲中靶”,事件B=“乙中靶”,P(A)=0.6,P(B)=0.7,则两人都中靶的概率为
P(A)P(B)=0.7×0.6=0.42,A错误;
两人都不中靶的概率为(1-P(A))(1-P(B))=0.3×0.4=0.12,B错误;
恰有一人中靶的概率为(1-P(A))P(B)+P(A)(1-P(B))=0.3×0.6+0.7×0.4=0.46,C正确;
至少一人中靶的概率为1-0.12=0.88,D错误.故选C.
C2C1C1
2
C2C2
1
C2
1
C2C2
1
4.C 解析 由题可知P(M)= 4 2 2= ,P(N)= 4 2= ,P(X)= 4 = ,P(Y)= 3 3 = .
C2C2 3 C2C2 6 C2C2 6 C2C2 4
4 4 4 4 4 4 4 4
1
由题可知事件M与事件N互斥,所以P(MN)=0.又P(M)P(N)= ,所以事件M与事件N不相互独
9
立,故A错误;
C2
1 1
由题可知P(XY)= 3 = .因为P(X)P(Y)= ,所以事件X与事件Y不相互独立,故B错误;
C2C2 12 24
4 4
C1C1
1 1
由题可知P(MY)= 3 2 = .因为P(M)P(Y)= ,所以事件M与事件Y相互独立,故C正确;
C2C2 6 6
4 4
1
由题可知事件N与事件Y互斥,所以P(NY)=0.又P(Y)P(N)= ,所以事件N与事件Y不相互独立,
24
故D错误.故选C.
3
5. 解析 设事件A=“甲获胜”,事件B=“比赛进行两局”,根据题意,P(A)=
5
2 2 2 1 2 20 2 2 4 P(AB) 3
× +C1× × × = ,P(AB)= × = ,故P(B|A)= = .
3 3 2 3 3 3 27 3 3 9 P(A) 5
6.0.49 解析 从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取1名学生,
记事件A =“该学生来自甲校”,事件A =“该学生来自乙校”,事件A =“该学生来自丙校”,则
1 2 3
5 8 7
P(A )= =0.25,P(A )= =0.4,P(A )= =0.35.
1 2 3
5+8+7 5+8+7 5+8+7
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx记事件B=“该学生的等级为良好”,则P(B|A )=0.3,P(B|A )=0.6,P(B|A )=0.5,所以P(B)=P(A )P(B|
1 2 3 1
A )+P(A )·P(B|A )+P(A )P(B|A )=0.25×0.3+0.4×0.6+0.35×0.5=0.49.
1 2 2 3 3
7.解 (1)记事件A=“甲跑第i(i=1,2,3,4)棒”,事件B=“运动队获胜”,则P(B)=P(A )P(B|
i 1
A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )=0.3×0.6+0.2×0.8+0.2×0.7+0.3×0.7=0.69,所以当甲
1 2 2 3 3 4 4
出场比赛时,该运动队获胜的概率为0.69.
P(A B) P(A )P(B|A ) 0.3×0.6 6
(2)P(A |B)= 1 = 1 1 = = ,所以当甲出场比赛时,在该运动
1
P(B) P(B) 0.69 23
6
队获胜的条件下,甲跑第1棒的概率为 .
23
8.ABD 解析 发送1时,收到1的概率为1-β;发送0时,收到0的概率为1-α,再结合独立性可知,
若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确.
采用三次传输方案,若发送1,实际发送了1,1,1,因此依次收到1,0,1的概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,
故B正确.
采用三次传输方案,若发送1,译码为1的充要条件是至少接收到两个1,因此译码为1的概率为
C2β(1-β)2+(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故C不正确.
3
当0<α<0.5时,若发送0,采用三次传输方案译码为0的概率为3α(1-α)2+(1-α)3=(1-α)[1+α(1-2α)],
采用单次传输方案译码为0的概率为1-α.当0<α<0.5时,由1+α(1-2α)>1得3α(1-α)2+(1-α)3>1-α,
故D正确.
故选ABD.
1
9. 解析 设事件A=“有且仅有一次经过-1位置”,事件A
i
=“第i(i=1,3,5)步移动到-1位置”,事
2
件B=“共经过两次1位置”,记L为向左,R为向右,
1 3
①满足事件A 的是LRRLR,LRRR(第5步无关),LLLRL,LLLL(第5步无关),所以P(A )=6×( )5=
1 1
2 16
;
1 1
②满足事件A 的是RLLRR,RLLLL,所以P(A )=2×( )5= ;
2 2
2 16
1 1 5
③满足事件A 3 的是RRLLL,RLRLL,所以P(A 3 )=2×( )5= . 所以P(A)=P(A 1 )+P(A 2 )+P(A 3 )= .
2 16 16
1 5
满足事件AB的是LRRLR,LRRRL,RLLRR,RLRLL,RRLLL,所以P(AB)=5×( )5= .
2 32
P(AB) 1
所以P(B|A)= = .
P(A) 2
关注精品公众号【偷着学】或添加微信：tzx985tzx10.解 (1)设试验一次,事件A =“取到甲袋”,事件A =“取到乙袋”,事件B =“试验结果为红球”,
1 2 1
事件B =“试验结果为白球”,
2
1 9 1 2 11
(1)P(B 1 )=P(A 1 )P(B 1 |A 1 )+P(A 2 )·P(B 1 |A 2 )= × + × = .
2 10 2 10 20
11
所以试验一次结果为红球的概率为 .
20
9
(2)①因为B ,B 是对立事件,P(B )=1-P(B )= ,所以P(A |B )=
1 2 2 1 1 2
20
1 1
×
P(A
1
B
2
)
=
P(B
2
|A
1
)P(A
1
)
=
10 2
=
1,所以选到的袋子为甲袋的概率为1
.
P(B ) P(B ) 9 9 9
2 2
20
1 8
②由①得P(A |B )=1-P(A |B )=1- = ,所以方案一中取到红球的概率为P =P(A |B )P(B |
2 2 1 2 1 1 2 1
9 9
1 9 8 2 5
A 1 )+P(A 2 |B 2 )·P(B 1 |A 2 )= × + × = ,
9 10 9 10 18
8 9 1 2 37
方案二中取到红球的概率为P 2 =P(A 2 |B 2 )·P(B 1 |A 1 )+P(A 1 |B 2 )P(B 1 |A 2 )= × + × = ,因为
9 10 9 10 45
37 5
> ,所以方案二中取到红球的概率更大.
45 18
10
11. 解析 设从i出发最终从1号口出的概率为P
i
,
13
2 1
{ P = + P ,
1 3 3 2
所以 1 1 1 1
P = P +0+ P = P + P ,
2 3 1 3 3 3 1 6 2
1
P = P ,
3 2 2
10
解得P =
1
13
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