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课后作业(六十)
[A组　在基础中考查学科功底]
1．D　[因为P＝0.5，由对立事件概率计算公式可得：P(N)＝1－0.5＝0.5，则P＝P·P＝0.4×0.5＝0.2，故选D．]
2．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．]
3．B　[根据题意，设甲第i局胜，i＝1，2，3，且P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，则甲恰好连胜两局的概率P＝P(A1A2)＋P(A2A3)＝＝．故选B．]
4．C　[第n次由甲掷应该有两种情况：
①第n－1次由甲掷，第n次继续由甲掷，此时概率为Pn－1＝Pn－1；
②第n－1次由乙掷，第n次由甲掷，此时概率为＝．
由于这两种情况是互斥的，
因此Pn＝Pn－1＋，Pn与Pn－1之间的关系式是Pn＝－Pn－1＋，其中n≥2．故选C．]
5．A　[由题意得P(A)＝＝，
对于A，P(B)＝＝，A∩B＝{1}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)＝P(A)P(B)，∴A，B相互独立，故A正确；
对于B，P(B)＝，A∩B＝{1，2}，故P(A∩B)＝＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故A，B不相互独立，故B错误；
对于C，P(B)＝＝，A∩B＝ ，∴P(A∩B)＝0，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，∴事件A，B不相互独立，故C错误；
对于D，P(B)＝，A∩B＝{2}，∴P(A∩B)＝，
∴P(A∩B)≠P(A)P(B)，故事件A，B不相互独立，故D错误．故选A．]
6．C　[根据题意，若甲独自获胜，分2种情况讨论：
①甲抽到自己的灯谜，而乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲、乙、丙三人每人随机选一个球，有＝6(种)抽取方法，
若只有甲抽到自己的灯谜，有1种抽取方法，
故只有甲抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P1＝＝，
②甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，
甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜，甲有2种可能，乙、丙只有1种可能，则有2×1＝2(种)可能，
故甲、乙、丙都没有抽到自己的灯谜的概率为，
则此时甲独自获胜的概率P2＝＝，
故甲独自获胜的概率P＝P1＋P2＝＝．故选C．]
7．A　[根据题意，记从甲箱中抽取产品为事件A1，从乙箱中抽取产品为事件A2，抽到不合格产品为事件B，
则P(A1)＝P(A2)＝，P(B|A1)＝0.1，P(B|A2)＝0.2，
则P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×0.1＋×0.2＝，
故P(A1|B)＝＝＝，
P(A2|B)＝＝＝，
故要求概率P＝×0.9＋×0.8＝．故选A．]
8．A　[设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件A，B，C，三人中恰有两人没有达到优秀等级为事件D，
∴P＝0.6，P＝0.7，P＝0.5，P＝P＝P＋P＋P
＝0.4×0.3×0.5＋0.4×0.7×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.29，
P＝P＋P＝0.4×0.3×0.5＋0.6×0.3×0.5＝0.15，
∴P＝＝＝．故选A．]
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()＝0.5×0.8＝0.4，故错误；
对于D，因为P(B|A)＝0.2，即＝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．ABD　[对于AB，因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则P＝＝，P＝，P＝，
乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品，
则P＝＝，P＝P(B|A3)＝＝，
则P＝P·P＋P·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝×2＝，故A，B正确；
对于C，因为P＝P·P＝＝，
又P＝，P＝，则P≠P(A1)·P(B)，则两事件不相互独立，故C错误；
对于D，P＝＝＝，故D正确．故选ABD．]
11．BC　[对于选项A：记“在每一轮比赛中甲得1分”为事件A，则P＝0.5×(1－0.6)＝0.2；
“在每一轮比赛中乙得1分”为事件B，
则P＝(1－0.5)×0.6＝0.3；
“在每一轮比赛中得0分”为事件C，
则P＝1－P－P＝0.5；
故A错误；
对于选项B：设甲的得分为x，乙的得分为y，
由题意可知：每一轮比赛后x＋y为定值4，
若决出胜负，则
解得 或
若x＝0，即乙获胜，可知P0＝0；
若x＝4，即甲获胜，可知P4＝1；
综上所述：P0＝0，P4＝1，故B正确；
对于选项CD：记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M，则P(M)＝P(A)·P(M|A)＋P(B)·P(M|B)＋P(C)·P(M|C)，
所以Pi＝0.2·Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi，故C正确；
整理可得Pi＋1－Pi＝，且P1－P0＝P1≠0，
可知数列(i＝0，1，2，3)为等比数列，且首项为P1，公比为，因为≠1，可知(i＝0，1，2，3)不为等差数列，故D错误．
故选BC．]
12．　[记“三个元件T1，T2，T3正常工作”分别为事件A1，A2，A3，则P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝．
∵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()P()]P(A1)＝＝．]
13．　[法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，
其中甲选到A有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲选到A的概率为＝．
乙选A活动有6种可能情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B有3种可能情况：ABC，ABD，ABE，
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝．
法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)＝＝．
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝＝＝．]
14．＋　[根据题意，设An＝ “经过n次传球后，球在甲的手中”，则事件An的概率为Pn，n＝1，2，3，…，则P1＝0，
依题意，An＋1＝·An＋1＋An·An＋1，
则Pn＋1＝P(·An＋1＋An·An＋1)＝P(·An＋1)＋P(An·An＋1)＝P()·P(An＋1|)＋P(An)·P(An＋1|An)
＝(1－Pn)×＋Pn×0＝(1－Pn)，
即Pn＋1＝－Pn＋，n＝1，2，3，…，(*)
由P1＝0，代入解得，P2＝，P3＝－＝；
由(*)可得，Pn＋1－＝－Pn＋＝－，且P1－＝－，
故数列是以－为首项，－为公比的等比数列，
于是，Pn－＝－，则Pn＝＝＋．]
15．解：(1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝，P2＝，P3＝，
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－＝．
(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)＝，P(AB)＝1－P＝1－＝，
所以P＝＝＝．
[B组　在综合中考查关键能力]
16．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(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝．
所以首次试验结束的概率为．
(2)①因为B1，B2是对立事件，P(B2)＝1－P(B1)＝，所以P(A1)＝
＝＝＝，
所以选到的袋子为甲袋的概率为．
②由①得P(A2)＝1－P(A1)＝1－＝，
所以方案一中取到红球的概率为
P1＝P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B1)＝＝，
方案二中取到红球的概率为
P2＝P(A2)P(B1)＋P(A1)P(B1)＝＝，
因为>，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大．
1 / 6课后作业(六十)　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共100分
一、单项选择题
1．(2025·云南曲靖模拟)已知P(M)＝0.4，P(|M)＝0.5，则P＝(　　)
A．0.4 B．0.6
C．0.1 D．0.2
2．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
3．(2025·江西南昌模拟)甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立．设乙在第一局获胜的概率为、第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为(　　)
A． B．
C． D．
4．(2024·安徽亳州期末)甲、乙两人分别掷两枚骰子，规则如下：若掷出的点数之和是3的倍数，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，则由对方接着掷．第一次掷由甲开始，设第n次由甲掷的概率为Pn，则Pn与Pn－1之间的关系是(　　)
A．Pn＝Pn－1
B．Pn＝
C．Pn＝－Pn－1＋
D．Pn＝－Pn－1＋
5．若古典概型的样本空间Ω＝{1，2，3，4}，事件A＝{1，2}，事件A，B相互独立，则事件B可以是(　　)
A．{1，3} B．{1，2，3}
C．{3，4} D．{2，3，4}
6．猜灯谜是中国元宵节特色活动之一．已知甲、乙、丙三人每人写一个灯谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球(不放回)，猜出自己所选球内的灯谜者获胜．若他们每人必能猜对自己写的灯谜，并有的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为(　　)
A． B．
C． D．
7．(2025·湖南常德模拟)设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90%，乙箱中产品的合格率为80%．从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为(　　)
A． B．
C． D．
8．(2024·湖南邵阳一模)在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6，0.7和0.5，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达到优秀等级的前提条件下，乙没有达到优秀等级的概率为(　　)
A． B．
C． D．
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(A)＝0.9
D．若P(B|A)＝0.2，则A与B相互独立
10．(2024·山东滨州期中)一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以A1，A2和A3表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一个产品，以B表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是(　　)
A．P＝
B．P＝
C．事件B与事件A1相互独立
D．P＝
11．(2024·辽宁沈阳期末)甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得－1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜，在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的，若规定两人起始分都为2分，记Pi为“甲累计总分为i时，甲最终获胜”的概率，则(　　)
A．一轮比赛中，甲得1分的概率为0.5
B．P0＝0，P4＝1
C．Pi＝0.2Pi＋1＋0.3Pi－1＋0.5Pi
D．为等差数列
三、填空题
12．三个元件T1，T2，T3正常工作的概率分别为，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________．
13．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________．
14．(教材改编)甲、乙、丙三个人去做相互传球训练，训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出．如果第一次由甲将球传出，设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P3＝________；Pn＝________．
四、解答题
15．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＝，P2＝，P3＝．
(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．
16．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，袋子中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(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．
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