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第65练　全概率公式及应用
1.已知事件A,B互斥,且P(A)=P(B)=0.5,事件M满足P(M|A)=0.8,P(M|B)=0.7,则P(M)= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.0.25 B.0.35 C.0.4 D.0.75
2.某公司升级了智能客服系统,当输入的问题表达清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为,当输入的问题表达不清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为,则智能客服的回答被采纳的概率为 (　 )
A. B. C. D.
3.有三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8%,加工出来的零件混放在一起,已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的25%,30%,45%,任取一个零件,则它为次品的概率是 (　 )
A.0.078 B.0.077 C.0.076 D.0.075
4.[2025·广西河池二模] 一家银行有VIP客户和普通客户,VIP客户占客户总数的30%,普通客户占客户总数的70%.已知VIP客户的信用卡欺诈概率为2%,普通客户的信用卡欺诈概率为5%.现在随机抽取一个发生信用卡欺诈的客户,则这个客户是VIP客户的概率是 (　 )
A. B. C. D.
5.甲、乙是同班同学,他们的家之间的距离很近,放学之后经常结伴回家,有时也单独回家.如果第一天他俩结伴回家,那么第二天他俩结伴回家的概率为0.5;如果第一天他俩单独回家,那么第二天他俩结伴回家的概率为0.6.已知第二天他俩单独回家的概率为0.46,则第一天他俩结伴回家的概率为 (　 )
A.0.4 B.0.5 C.0.54 D.0.6
6.(多选题)现有10道判断题,某同学对其中7道题有思路,3道题完全没有思路,有思路的题做对的概率为,没有思路的题只好任意猜一个答案,猜对答案的概率为.该同学从这10道题中随机选择1道题,记事件A=“选择的是有思路的题”,记事件B=“答对该题”,则下列说法正确的是 (　 )
A.P(A)=P(B|A)
B.P(B|)=P()
C.P()=
D.P(A|B)=
7.已知随机事件A,B满足P(B)=0.3,P(A|B)=0.4,P(A|)=0.2,则P()=　　　　.
8.某校高一(1)班有学生40人,其中共青团员15人,将全班分成4个小组,第一组有学生10人,其中共青团员4人,从该班任选一人.已知选到的是共青团员,则他是第一组学生的概率为　　　　.
9.某同学喜爱球类和游泳运动.在暑假期间,该同学上午去打球的概率为.该同学若上午去打球,则下午一定去游泳;若上午不去打球,则下午去游泳的概率为.已知该同学在某天下午去游泳了,则他上午打球的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
10.[2025·重庆巴蜀中学月考] 在孟德尔豌豆试验中,子二代的基因型为DD,Dd,dd(其中D为显性基因,d为隐性基因,生物学中将Dd和dD统一记为Dd),且这三种基因型的比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2株豌豆进行杂交试验,那么子三代中基因型为DD的概率为 (　 )
A. B.
C. D.
11.(多选题)[2025·茂名联考] 某高中开展一项课外实践活动,参与活动并提交实践报告可以获得学分,且该校对报告的评定分为两个等级:合格、不合格.评定为合格可以获得0.2学分,评定为不合格不能获得学分.若评定为不合格,则下一次评定为合格的概率为,若评定为合格,则下一次评定为合格的概率为.已知小李参加了3次课外实践活动,则下列说法正确的是 (　 )
A.“小李第一次评定为合格”与“小李第一次评定为不合格”是互斥事件
B.若小李第一次评定为不合格,则小李获得0.4学分的概率为
C.若小李第一次评定为合格,则小李第3次评定为合格的概率为
D.“小李第一次评定为合格”与“小李第3次评定为合格”相互独立
12.紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号,让搜救人员可以定位找到飞机的特有装置.根据某机构对失事飞机的调查得知:失踪飞机中有70%后来被找到,在被找到的飞机中,有60%安装有紧急定位传送器,而未被找到的失踪飞机中,有90%未安装紧急定位传送器.在失踪飞机中,装有紧急定位传送器飞机的比例为　　　　(填写百分数);现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪,则它被找到的概率为　　　　.
13.“布朗运动”是指微小颗粒永不停息地无规则随机运动,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　　　　.
14.[2025·江苏苏州八校联盟三模] 在一个抽奖游戏中,主持人从编号为1,2,3,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个,放入一件奖品,再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个,若奖品在此箱子里,则奖品由抽奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱,在打开2号箱之前,主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则,主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.
(1)求主持人打开4号箱的概率;
(2)当主持人打开4号箱后,现在给抽奖人甲一次重新选择的机会,请问他是坚持选2号箱,还是改选1号或3号箱 (以获得奖品的概率最大为决策依据)
第65练　全概率公式及应用
1.D　[解析] 根据题意,由全概率公式可得P(M)=P(A)P(M|A)+P(B)P(M|B)=0.5×0.8+0.5×0.7=0.75.故选D.
2.B　[解析] 设输入的问题表达清晰为事件A,智能客服的回答被采纳为事件B,则P(A)=1-=,P()=,P(B|A)=,P(B|)=,根据全概率公式得P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=.故选B.
3.D　[解析] 设任取一个零件,它是由第1,2,3台车床加工的分别为事件A,B,C,该零件为次品为事件D,则P(A)=0.25,P(B)=0.30,P(C)=0.45,P(D|A)=0.06,P(D|B)=P(D|C)=0.08,故P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=0.25×0.06+0.30×0.08+0.45×0.08=0.075,故选D.
4.A　[解析] 记事件A=“客户是VIP客户”,事件B=“客户是普通客户”,事件E=“客户发生信用卡欺诈”,则P(A)=,P(B)=,P(E|A)=,P(E|B)=,由全概率公式得P(E)=P(E|A)P(A)+P(E|B)P(B)=×+×=,则P(A|E)====,故选A.
5.D　[解析] 设第一天他俩结伴回家的概率为p,则由全概率公式可得0.5p+0.6(1-p)=1-0.46,即-0.1p+0.6=0.54,解得p=0.6,故选D.
6.CD　[解析] 由题意可得P(A)=,P(B|A)=,则P(A)≠P(B|A),A错误;P()=,P(B|)=,则P(B|)≠P(),B错误;由全概率公式可得P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=,所以P()=,C正确;P(A|B)===,D正确.故选CD.
7.0.74　[解析] 由全概率公式得P(A)=P(B)·P(A|B)+P()·P(A|)=0.3×0.4+0.7×0.2=0.12+0.14=0.26,∴P()=1-P(A)=0.74.
8.　[解析] 设事件A=“选到第一组学生”,事件B=“选到共青团员”,由题意得P(A)==,P(B|A)==,P(B)==,所以已知选到的是共青团员,则他是第一组学生的概率为P(A|B)===.
9.A　[解析] 设“该同学上午去打球”为事件A,“下午去游泳”为事件B,易知P(A)=P(AB)=,P(B|)=,所以P(B)=P(AB)+P(B)=P(A)+P()·P(B|)=+×=,所以P(A|B)==.故选A.
10.D　[解析] 记事件B=“子三代中基因型为DD”,事件A1=“选择的2株豌豆的基因型是Dd,Dd”,事件A2=“选择的2株豌豆的基因型是DD,DD”,事件A3=“选择的2株豌豆的基因型是DD,Dd”,则P(A1)=×=,P(A2)=×=,P(A3)=2××=.在子二代中任意选取2株豌豆进行杂交试验,使子三代中出现基因型DD,分以下三种情况讨论:①若选取的2株豌豆的基因型是Dd,Dd,则子三代中基因型为DD的概率为P(B|A1)=;②若选取的2株豌豆的基因型是DD,DD,则子三代中基因型为DD的概率为P(B|A2)=1;③若选取的2株豌豆的基因型是DD,Dd,则子三代中基因型为DD的概率为P(B|A3)=.综上所述,P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3)=×+×1+×=,故子三代中基因型为DD的概率为.故选D.
11.AB　[解析] 对于A,事件“小李第一次评定为合格”与“小李第一次评定为不合格”不可能同时发生,所以是互斥事件,故A正确.对于B,若小李第一次评定为不合格,设事件Ai=“小李第i次评定为合格”,i=2,3,则事件“小李获得0.4学分”即为事件A2A3,由概率的乘法公式得P(A2A3)=P(A2)P(A3|A2)=×=,故B正确.对于C,若小李第一次评定为合格,设事件Ai=“小李第i次评定为合格”,则=“小李第i次评定为不合格”,i=2,3,由全概率公式得P(A3)=P(A3|A2)P(A2)+P(A3|)P()=×+×=,故C错误.对于D,由C选项知,若小李第一次评定为合格,则小李第3次评定为合格的概率为.若小李第一次评定为不合格,设事件Ai=“小李第i次评定为合格”,则=“小李第i次评定为不合格”,i=2,3.由全概率公式可得P(A3)=P(A3|A2)P(A2)+P(A3|)P()=×+×=,所以若小李第一次评定为不合格,则小李第3次评定为合格的概率为.可知小李第一次是否评定为合格对第3次评定为合格有影响,故“小李第一次评定为合格”与“小李第3次评定为合格”不相互独立,故D错误.故选AB.
12.45%　　[解析] 由全概率公式得在失踪飞机中,装有紧急定位传送器飞机的比例为70%×60%+(1-70%)×(1-90%)=45%.设事件A1=“失踪的飞机后来被找到”,事件A2=“失踪的飞机后来未被找到”,事件B=“飞机安装有紧急定位传送器”,则P(A1)=0.7,P(A2)=0.3,P(B|A1)=0.6,P(B|A2)=1-0.9=0.1,故一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪,则它被找到的概率为P(A1|B)=
=
=.
13.　[解析] 设粒子从i号仓出发最终从1号仓到达容器外的概率为Pi,i=1,2,3,则得P1=.
14.解:(1)设A1,A2,A3,A4分别表示1,2,3,4号箱子里有奖品,设B1,B2,B3,B4分别表示主持人打开1,2,3,4号箱子,则Ω=A1∪A2∪A3∪A4,且A1,A2,A3,A4两两互斥.
由题意可知,事件A1,A2,A3,A4发生的概率都是,P(B4|A1)=,P(B4|A2)=,P(B4|A3)=,P(B4|A4)=0.
(2)在主持人打开4号箱的条件下,1号箱、2号箱、3号箱里有奖品的概率分别为P(A1|B4)===,
P(A2|B4)==
=,P(A3|B4)===,通过概率大小比较,甲应该改选1号或3号箱.

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