2025版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第10章計(jì)數(shù)原理概率隨機(jī)變量及其分布第4講事件的獨(dú)立性條件概率與全概率公式提能訓(xùn)練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、單選題
1．(2024·重慶質(zhì)檢)某高鐵動(dòng)車檢修基地庫(kù)房?jī)?nèi)有A～E共5條并行的停車軌道線，每條軌道線只能停一列車，現(xiàn)有動(dòng)車01,02、高鐵01,02,03共五列車入庫(kù)檢修，若已知兩列動(dòng)車安排在相鄰軌道，則動(dòng)車01停放在A道的概率為( C )
A.eq \f(1,4) B．eq \f(1,5)
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,10)
[解析] 記M＝“兩動(dòng)車相鄰”，N＝“動(dòng)車01停在A道”，則P(N|M)＝eq \f(n?MN?,n?M?)＝eq \f(A\\al(3,3),A\\al(2,2)A\\al(4,4))＝eq \f(1,8).故選C.
2．(2024·廣西柳鐵一中、南寧二中摸底調(diào)研)2023年3月13日第十四屆全國(guó)人民代表大會(huì)第一次會(huì)議在北京勝利閉幕，某中學(xué)為了貫徹學(xué)習(xí)“兩會(huì)”精神，舉辦“學(xué)兩會(huì)，知國(guó)事”知識(shí)競(jìng)賽．高二學(xué)生代表隊(duì)由A，B，C，D，E共5名成員組成，現(xiàn)從這5名成員中隨機(jī)抽選3名參加學(xué)校決賽，則在學(xué)生A被抽到的條件下，學(xué)生B也被抽到的概率為( B )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(1,8)
[解析] 記事件A：學(xué)生A被抽到，事件B：學(xué)生B被抽到，所以P(A)＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(3,5))＝eq \f(3,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,3),C\\al(3,5))＝eq \f(3,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
3．(2024·山東新高考質(zhì)檢聯(lián)盟聯(lián)考)已知事件A，B滿足P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，則( B )
A．若B?A，則P(AB)＝0.5
B．若A與B互斥，則P(A＋B)＝0.7
C．若A與B相互獨(dú)立，則P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，則A與B不相互獨(dú)立
[解析] 若B?A，則P(AB)＝P(B)＝0.2，所以A錯(cuò)誤；若A與B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.7，所以B正確；若A與B相互獨(dú)立，可得eq \(A,\s\up6(－))與eq \(B,\s\up6(－))相互獨(dú)立，所以P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝P(eq \(A,\s\up6(－)))·P(eq \(B,\s\up6(－)))＝(1－0.5)(1－0.2)＝0.4，所以C錯(cuò)誤；由P(B|A)＝0.2，可得P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(P?AB?,0.5)＝0.2，所以P(AB)＝0.1，所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以A與B相互獨(dú)立，所以D錯(cuò)誤．故選B.
4．(2024·安徽A10聯(lián)盟聯(lián)考)2023年7月28日晚，第31屆世界大學(xué)生夏季運(yùn)動(dòng)會(huì)在成都盛大開幕．為宣傳成都大運(yùn)會(huì)，某大學(xué)團(tuán)委開展了“陽(yáng)光燦爛青春與共”大運(yùn)會(huì)知識(shí)競(jìng)賽活動(dòng)，各班以團(tuán)支部為單位參加比賽，某班團(tuán)支部在6道題中(包含4道圖片題和2道視頻題)，依次不放回地隨機(jī)抽取2道題作答，設(shè)事件A為“第1次抽到圖片題”，事件B為“第2次抽到視頻題”，則P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝( C )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(2,3)
C．eq \f(1,5) D．eq \f(2,5)
[解析] 因?yàn)镻(A)＝eq \f(A\\al(1,4),A\\al(1,6))＝eq \f(2,3)，故P(eq \(A,\s\up6(－)))＝1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，事件eq \(A,\s\up6(－))B表示兩次均抽到視頻題，故P(eq \(A,\s\up6(－))B)＝eq \f(A\\al(2,2),A\\al(2,6))＝eq \f(1,15)，由條件概率求解公式可得P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P?\(A,\s\up6(－))B?,P?\(A,\s\up6(－))?)＝eq \f(1,5).故選C.
5．(2024·河南部分學(xué)校摸底)現(xiàn)有同副牌中的5張數(shù)字不同的撲克牌，其中紅桃1張、黑桃2張、梅花2張，從中任取一張，看后放回，再任取一張．甲表示事件“第一次取得黑桃撲克牌”，乙表示事件“第二次取得梅花撲克牌”，丙表示事件“兩次取得相同花色的撲克牌”，丁表示事件“兩次取得不同花色的撲克牌”，則( D )
A．乙與丙相互獨(dú)立 B．乙與丁相互獨(dú)立
C．甲與丙相互獨(dú)立 D．甲與乙相互獨(dú)立
[解析] 依題意可得，事件甲的概率P1＝eq \f(2,5)，事件乙的概率P2＝eq \f(2,5).有放回地取撲克牌兩次的試驗(yàn)的基本事件總數(shù)是52＝25，顯然事件丙與丁是對(duì)立事件，兩次取出的撲克牌花色相同包含的基本事件數(shù)為12＋22＋22＝9，則事件丙的概率P3＝eq \f(9,25)，事件丁的概率P4＝eq \f(16,25).事件乙與丙同時(shí)發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P5＝eq \f(4,25)≠P2·P3，故乙與丙不相互獨(dú)立，A錯(cuò)誤；事件乙與丁同時(shí)發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為6，其概率P6＝eq \f(6,25)≠P2·P4，故乙與丁不相互獨(dú)立，B錯(cuò)誤；事件甲與丙同時(shí)發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P7＝eq \f(4,25)≠P1·P3，故甲與丙不相互獨(dú)立，C錯(cuò)誤；事件甲與乙同時(shí)發(fā)生所包含的基本事件數(shù)為4，其概率P8＝eq \f(4,25)＝P1·P2，故甲與乙相互獨(dú)立，D正確．故選D.
6．(2024·湖北高中名校聯(lián)盟聯(lián)考)某人從A地到B地，乘火車、輪船、飛機(jī)的概率分別為0.3,0.3,0.4，乘火車遲到的概率為0.2，乘輪船遲到的概率為0.3，乘飛機(jī)遲到的概率為0.4，則這個(gè)人從A地到B地遲到的概率是( B )
A．0.16 B．0.31
C．0.4 D．0.32
[解析] 設(shè)事件A表示“乘火車”，事件B表示“乘輪船”，事件C表示“乘飛機(jī)”，事件D表示“遲到”，則P(A)＝0.3，P(D|A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(D|B)＝0.3，P(C)＝0.4，P(D|C)＝0.4，D＝(D|A)∪(D|B)∪(D|C)，由全概率公式得：P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)＝0.3×0.2＋0.3×0.3＋0.4×0.4＝0.31.選B.
7．(2023·江蘇無(wú)錫等四地模擬)已知A，B為兩個(gè)隨機(jī)事件，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝0.2，則P(A)＝( B )
A．0.1 B．eq \f(1,7)
C．0.33 D．eq \f(3,7)
[解析] P(B|A)＝eq \f(P?BA?,P?A?)＝0.9，所以P(BA)＝0.9P(A)，P(B|eq \(A,\s\up6(－)))＝eq \f(P?B\(A,\s\up6(－))?,P?\(A,\s\up6(－))?)＝0.2，所以P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq \(A,\s\up6(－)))，所以P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2P(eq \(A,\s\up6(－)))＋0.9P(A)，即P(BA)＋P(Beq \(A,\s\up6(－)))＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，所以P(B)＝0.2[1－P(A)]＋0.9P(A)，即0.3＝0.7P(A)＋0.2，解得P(A)＝eq \f(1,7)，故選B.
二、多選題
8．(2024·江蘇基地大聯(lián)考)已知事件A，B，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.3，則( ABD )
A．如果B?A，那么P(AB)＝0.3
B．如果B?A，那么P(A∪B)＝0.4
C．如果A與B相互獨(dú)立，那么P(A∪B)＝0.7
D．如果A與B相互獨(dú)立，那么P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝0.42
[解析] 由B?A，則P(AB)＝P(B)＝0.3，A正確；由B?A，則P(A∪B)＝P(A)＝0.4，B正確；如果A與B相互獨(dú)立，則P(AB)＝P(A)P(B)＝0.12，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.58，C錯(cuò)誤；由C分析及事件關(guān)系知：P(eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－)))＝1－P(A∪B)＝0.42，D正確．故選ABD.
9．(2024·福建寧德一中檢測(cè))一個(gè)袋中有大小、形狀完全相同的3個(gè)小球，顏色分別為紅、黃、藍(lán)，從袋中先后無(wú)放回地取出2個(gè)球，記“第一次取得紅球”為事件A，“第二次取到黃球”為事件B，則( AC )
A．P(A)＝eq \f(1,3) B．A，B為互斥事件
C．P(B|A)＝eq \f(1,2) D．A，B相互獨(dú)立
[解析] P(A)＝eq \f(1,3)，A正確；A，B可同時(shí)發(fā)生，即“第一次取紅球，第二次取黃球”，A，B不互斥，B錯(cuò)誤；在第一次取到紅球的條件下，第二次取到黃球的概率為eq \f(1,2)，C正確；P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)，P(AB)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，P(AB)≠P(A)P(B)，∴A，B不獨(dú)立，D錯(cuò)誤．故選AC.
10．(2024·河北石家莊二中實(shí)驗(yàn)學(xué)校調(diào)研)投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，事件A＝“朝上一面點(diǎn)數(shù)為奇數(shù)”，事件B＝“朝上一面點(diǎn)數(shù)不超過2”，則下列敘述正確的是( BD )
A．事件A，B互斥 B．事件A，B相互獨(dú)立
C．P(A∪B)＝eq \f(5,6) D．P(B|A)＝eq \f(1,3)
[解析] 若朝上一面的點(diǎn)數(shù)為1，則事件A，B同時(shí)發(fā)生，∴事件A，B不互斥，A錯(cuò)誤；∵事件A不影響事件B的發(fā)生，∴事件A，B相互獨(dú)立，B正確；P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝eq \f(3,6)＋eq \f(2,6)－eq \f(1,6)＝eq \f(2,3)，C錯(cuò)誤；∵P(AB)＝eq \f(1,6)，P(A)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，∴P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq \f(1,3)，D正確．故選BD.
11．(2024·江蘇鎮(zhèn)江一中階段測(cè)試)隨著春節(jié)的臨近，小王和小張等4位同學(xué)準(zhǔn)備互相送祝福．他們每人寫了一個(gè)祝福的賀卡，這四張賀卡收齊后讓每人從中隨機(jī)抽取一張作為收到的新春祝福，則( BC )
A．小王和小張恰好互換了賀卡的概率為eq \f(1,6)
B．已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為eq \f(1,3)
C．恰有一個(gè)人抽到自己寫的賀卡的概率為eq \f(1,3)
D．每個(gè)人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為eq \f(5,8)
[解析] 四個(gè)人每人從中隨機(jī)抽取一張共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)種抽法，其中小王和小張恰好互換了賀卡的抽法有Ceq \\al(1,2)種，故小王和小張恰好互換了賀卡的概率為eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,12)，A錯(cuò)誤；設(shè)小王抽到的是小張寫的賀卡為事件A，則P(A)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,4)，小張抽到小王寫的賀卡為事件B，則已知小王抽到的是小張寫的賀卡的條件下，小張抽到小王寫的賀卡的概率為P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq \f(1,3)，B正確；恰有一個(gè)人抽到自己寫的賀卡的抽法有Ceq \\al(1,4)×2種，故恰有一個(gè)人抽到自己寫的賀卡的概率為eq \f(C\\al(1,4)×2,C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(1,3)，C正確；每個(gè)人抽到的賀卡都不是自己寫的抽法共有Ceq \\al(1,3)(1＋2)＝9種，故每個(gè)人抽到的賀卡都不是自己寫的概率為eq \f(C\\al(1,3)?1＋2?,C\\al(1,4)C\\al(1,3)C\\al(1,2))＝eq \f(9,24)＝eq \f(3,8)，D錯(cuò)誤，故選BC.
12．(2024·河南許平濟(jì)洛質(zhì)檢)小張等四人去甲、乙、丙三個(gè)景點(diǎn)旅游，每人只去一個(gè)景點(diǎn)，記事件A為“恰有兩人所去景點(diǎn)相同”，事件B為“只有小張去甲景點(diǎn)”，則( CD )
A．這四人不同的旅游方案共有64種
B．“每個(gè)景點(diǎn)都有人去”的方案共有72種
C．P(B|A)＝eq \f(1,6)
D．“四個(gè)人只去了兩個(gè)景點(diǎn)”的概率是eq \f(14,27)
[解析] 每個(gè)人都有3種選擇，故共有34＝81種旅游方案，A錯(cuò)誤；每個(gè)景點(diǎn)都有人去，則必有1個(gè)景點(diǎn)去了2個(gè)人，另外兩個(gè)景點(diǎn)各去1人，故有Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝36種方案，B錯(cuò)誤；恰有兩人所去景點(diǎn)相同，即有1個(gè)景點(diǎn)去了2個(gè)人，另外兩個(gè)景點(diǎn)各去1人，由B選項(xiàng)可知，n(A)＝36，又事件AB，即小張去甲景點(diǎn)，另外3人有兩人去了同一個(gè)景點(diǎn)，其余1人去另一個(gè)景點(diǎn)，故n(AB)＝Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)＝6，所以P(B|A)＝eq \f(n?AB?,n?A?)＝eq \f(1,6)，C正確；“四個(gè)人只去了兩個(gè)景點(diǎn)”，分為2種情況，第一，有3人去了同一個(gè)景點(diǎn)，另外一個(gè)去另外一個(gè)景點(diǎn)，則有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,3)＝24種方案，第二，2人去了同一個(gè)景點(diǎn)，另外2人去了另一個(gè)景點(diǎn)，故有eq \f(C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,3)＝18種方案，由A選項(xiàng)可知，這四人不同的旅游方案共有81種，故“四個(gè)人只去了兩個(gè)景點(diǎn)”的概率為eq \f(24＋18,81)＝eq \f(14,27)，D正確．故選CD.
三、填空題
13．(2023·天津十二區(qū)重點(diǎn)高中聯(lián)考)如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個(gè)系統(tǒng)．當(dāng)K正常工作且A1、A2至少有一個(gè)正常工作時(shí)，系統(tǒng)正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次為eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，eq \f(2,3)，則系統(tǒng)正常工作的概率為 eq \f(2,3) ，在系統(tǒng)能夠正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率為 eq \f(1,4) .
[解析] 記“系統(tǒng)正常工作”為事件A，則概率為P(A)＝eq \f(3,4)×Ceq \\al(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)，“K和A1正常工作”為事件AB，則概率為P(AB)＝eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6)，在系統(tǒng)能夠正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率為P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(\f(1,6),\f(2,3))＝eq \f(1,4).
14．(2024·河南“頂尖計(jì)劃”畢業(yè)班聯(lián)考)一個(gè)不透明的盒子中有4個(gè)除顏色外完全相同的球，其中3個(gè)紅球，1個(gè)白球．從盒子中隨機(jī)取兩次球，每次取出1個(gè)球和2個(gè)球的概率均為eq \f(1,2)，則最終盒子里只剩下1個(gè)球且是白球的概率為 eq \f(1,8) .
[解析] 第一種情況，第一次先拿1個(gè)紅色球，第二次拿2個(gè)紅色球，則概率P＝eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(1,3),C\\al(1,4))×eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,3))＝eq \f(1,16).第二種情況，第一次先拿2個(gè)紅球，第2次拿1個(gè)紅球，則概率P＝eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,4))×eq \f(1,2)×eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,2))＝eq \f(1,16)，只剩1個(gè)球且是白球的概率eq \f(1,16)＋eq \f(1,16)＝eq \f(1,8).
15．(2024·廣東惠州實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)某項(xiàng)選拔共有三輪考核，每輪設(shè)有一個(gè)問題，能正確回答問題者進(jìn)入下一輪考試，否則即被淘汰．已知某選手能正確回答第一、二、三輪的問題的概率分別為eq \f(4,5)，eq \f(3,5)，eq \f(2,5)，且各輪問題能否正確回答互不影響，則該選手被淘汰的概率為 eq \f(101,125) .
[解析] 記“該選手能正確回答第i輪的問題”為事件Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝eq \f(4,5)，P(A2)＝eq \f(3,5)，P(A3)＝eq \f(2,5).該選手被淘汰的概率：P＝P(eq \x\t(A)1＋A1eq \x\t(A)2＋A1A2eq \x\t(A)3)＝P(eq \x\t(A)1)＋P(A1)(eq \x\t(A)2)＋P(A1)(A2)(eq \x\t(A)3)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(2,5)＋eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(101,125).或1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－eq \f(4,5)×eq \f(3,5)×eq \f(2,5)＝eq \f(101,125).
16．(2024·福建泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)深受廣大球迷喜愛的某支足球隊(duì)在對(duì)球員的安排上總是進(jìn)行數(shù)據(jù)分析，根據(jù)以往的數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒和后衛(wèi)三個(gè)位置，且出場(chǎng)率分別為0.2,0.5,0.3，當(dāng)乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒、中鋒以及后衛(wèi)時(shí)，球隊(duì)輸球的概率依次為0.4,0.2,0.8.當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)．該球隊(duì)這場(chǎng)比賽不輸球的概率為 0.58 .
[解析] 設(shè)事件A1表示“乙球員擔(dān)當(dāng)前鋒”，事件A2表示“乙球員擔(dān)當(dāng)中鋒”，事件A3表示“乙球員擔(dān)當(dāng)后衛(wèi)”，事件B表示“當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，球隊(duì)輸球”．則P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.2×0.4＋0.5×0.2＋0.3×0.8＝0.42，所以當(dāng)乙球員參加比賽時(shí)，該球隊(duì)這場(chǎng)比賽不輸球的概率為1－0.42＝0.58.
17．(2024·河北滄州聯(lián)考)某班級(jí)數(shù)學(xué)課上教師隨機(jī)地從學(xué)生甲、乙、丙、丁中選取一名學(xué)生回答問題，據(jù)了解學(xué)生甲、乙、丙、丁答對(duì)此題的概率分別為0.9,0.8,0.7,0.6.則此題答對(duì)的概率為 0.75 ；在此題答錯(cuò)的情況下，由乙回答此題的概率為 0.2 .
[解析] 根據(jù)題意，此題答對(duì)的概率為0.25×0.9＋0.25×0.8＋0.25×0.7＋0.25×0.6＝0.75；設(shè)事件A：此題答錯(cuò)，事件B：由乙回答此題，∴P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(0.25×0.2,0.25×0.1＋0.25×0.2＋0.25×0.3＋0.25×0.4)＝0.2.
四、解答題
18．(2024·廣東惠州六校聯(lián)考)小王創(chuàng)建了一個(gè)由他和甲、乙、丙共4人組成的微信群，并向該群發(fā)紅包，每次發(fā)紅包的個(gè)數(shù)為1個(gè)(小王自己不搶)，假設(shè)甲、乙、丙3人每次搶得紅包的概率相同．
(1)若小王發(fā)2次紅包，求甲恰有1次搶得紅包的概率；
(2)若小王發(fā)3次紅包，其中第1,2次，每次發(fā)5元的紅包，第3次發(fā)10元的紅包，求乙搶得所有紅包的錢數(shù)之和不小于10元的概率．
[解析] (1)記“甲第i次搶得紅包”為事件Ai(i＝1,2)，“甲第i次沒有搶得紅包”為事件eq \x\t(A)i.
則P(Ai)＝eq \f(1,3)，P(eq \x\t(A)i)＝eq \f(2,3).
記“甲恰有1次搶得紅包”為事件A，則A＝A1eq \x\t(A)2＋eq \x\t(A)1A2，
由事件的獨(dú)立性和互斥性，得
P(A)＝P(A1eq \x\t(A)2＋eq \x\t(A)1A2)＝P(A1eq \x\t(A)2)＋P(eq \x\t(A)1A2)＝P(A1)P(eq \x\t(A)2)＋P(eq \x\t(A)1)P(A2)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,9).
(2)記“乙第i次搶得紅包”為事件Bi(i＝1,2,3)，“乙第i次沒有搶得紅包”為事件eq \x\t(B)i.
則P(Bi)＝eq \f(1,3)，P(eq \x\t(B)i)＝eq \f(2,3).
由事件的獨(dú)立性和互斥性，得
P1＝P(B1B2eq \x\t(B)3＋eq \x\t(B)1eq \x\t(B)2B3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9)；
P2＝P(B1eq \x\t(B)2B3＋eq \x\t(B)1B2B3)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)；
P3＝P(B1B2B3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27).
∴P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(2,9)＋eq \f(4,27)＋eq \f(1,27)＝eq \f(11,27).
即乙搶得所有紅包的錢數(shù)之和不小于10元的概率為eq \f(11,27).
B組能力提升
1．(2024·廣東江門聯(lián)考)設(shè)A，B為兩個(gè)事件，已知P(A)＝eq \f(2,5)，P(B)＝eq \f(3,5)，P(A|eq \x\t(B))＝eq \f(1,2)，則P(A|B)＝( B )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(2,5)
[解析] 由P(B)＝eq \f(3,5)，得P(eq \x\t(B))＝1－eq \f(3,5)＝eq \f(2,5)，顯然P(A)＝P(B)P(A|B)＋P(eq \x\t(B))P(A|eq \x\t(B))，因此eq \f(2,5)＝eq \f(3,5)P(A|B)＋eq \f(2,5)×eq \f(1,2)，所以P(A|B)＝eq \f(1,3).故選B.
2．(多選題)(2023·遼寧沈陽(yáng)東北育才學(xué)校模擬)一批產(chǎn)品中有3個(gè)正品，2個(gè)次品．現(xiàn)從中任意取出2件產(chǎn)品，記事件A：“2個(gè)產(chǎn)品中至少有一個(gè)正品”，事件B：“2個(gè)產(chǎn)品中至少有一個(gè)次品”，事件C：“2個(gè)產(chǎn)品中有正品也有次品”，則下列結(jié)論正確的是( CD )
A．事件A與事件B為互斥事件
B．事件B與事件C是相互獨(dú)立事件
C．P(AB)＝P(C)
D．P(C|A)＝eq \f(2,3)
[解析] 因?yàn)槭录嗀與事件B可以同時(shí)發(fā)生，故A錯(cuò)誤；事件B包含事件C，所以事件B與事件C不是相互獨(dú)立事件，故B錯(cuò)誤；因?yàn)锳B＝C，所以P(AB)＝P(C)，故C正確；P(C|A)＝eq \f(P?AC?,P?A?)＝eq \f(P?C?,P?A?)＝eq \f(\f(C\\al(1,3)C\\al(1,2),C\\al(2,5)),\f(C\\al(1,3)C\\al(1,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5)))＝eq \f(2,3)，故D正確．故選CD.
3．(2024·廣東惠州實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)為了普及黨史知識(shí)，某校舉行了黨史知識(shí)考試，試卷中只有兩道題目，已知甲同學(xué)答對(duì)每題的概率都為p，乙同學(xué)答對(duì)每題的概率都為q(p>q)，且在考試中每人各題答題結(jié)果互不影響．已知每題甲、乙兩人同時(shí)答對(duì)的概率為eq \f(1,2)，恰有一人答對(duì)的概率為eq \f(5,12).則甲、乙兩人共答對(duì)至少3道題的概率是( C )
A.eq \f(5,12) B．eq \f(4,9)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
[解析] 依題意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(pq＝\f(1,2)，,p?1－q?＋q?1－p?＝\f(5,12)，))而p>q，解得p＝eq \f(3,4)，q＝eq \f(2,3)，設(shè)Ai＝“甲同學(xué)答對(duì)了i題”，Bi＝“乙同學(xué)答對(duì)了i題”，(i＝0,1,2)，則P(A1)＝eq \f(1,4)×eq \f(3,4)＋eq \f(3,4)×eq \f(1,4)＝eq \f(3,8)，P(A2)＝eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(9,16)，P(B1)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，P(B2)＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，甲、乙兩人共答對(duì)至少3道題的事件C＝A1B2＋A2B1＋A2B2，因此P(C)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)＝eq \f(3,8)×eq \f(4,9)＋eq \f(9,16)×eq \f(4,9)＋eq \f(9,16)×eq \f(4,9)＝eq \f(2,3)，所以甲、乙兩人共答對(duì)至少3道題的概率是eq \f(2,3).故選C.
4．(2024·廣東實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段測(cè)試)某公司員工小明上班選擇自駕、坐公交車、騎共享單車的概率分別為eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，而他自駕，坐公交車，騎共享單車遲到的概率分別為eq \f(1,4)，eq \f(1,5)，eq \f(1,6)，結(jié)果這一天他遲到了，在此條件下，他自駕去上班的概率是 eq \f(15,37) .
[解析] 設(shè)小明遲到為事件A，小明自駕為事件B，則P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,6)＝eq \f(37,180)，P(AB)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,12).則在小明遲到的條件下，他自駕去上班的概率為P(B|A)＝eq \f(P?AB?,P?A?)＝eq \f(\f(1,12),\f(37,180))＝eq \f(15,37).
5．(2024·湖北武漢硚口區(qū)質(zhì)檢)有編號(hào)為1,2,3，…，18,19,20的20個(gè)箱子，第一個(gè)箱子有2個(gè)黃球1個(gè)綠球，其余箱子均為2個(gè)黃球2個(gè)綠球，現(xiàn)從第一個(gè)箱子中取出一個(gè)球放入第二個(gè)箱子，再?gòu)牡诙€(gè)箱子中取出一個(gè)球放入第三個(gè)箱子，以此類推，最后從第19個(gè)箱子取出一個(gè)球放入第20個(gè)箱子，記pi為從第i個(gè)箱子中取出黃球的概率．
(1)求p2，p3；
(2)求p20.
[解析] (1)從第二個(gè)箱子取出黃球的概率p2＝eq \f(2,3)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(8,15)，
從第三個(gè)箱子取出黃球的概率p3＝eq \f(8,15)×eq \f(3,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,15)))×eq \f(2,5)＝eq \f(38,75).
(2)由題意可知，pi＋1＝eq \f(3,5)pi＋eq \f(2,5)(1－pi)＝eq \f(1,5)pi＋eq \f(2,5)，
pi＋1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,2)))，又p1＝eq \f(2,3)，
p1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，∴pi－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))i－1，∴pi＝eq \f(1,6·5i－1)＋eq \f(1,2)，
∴p20＝eq \f(1,6·519)＋eq \f(1,2).

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