課時(shí)規(guī)范練66事件的相互獨(dú)立性與條件概率、全概率公式基礎(chǔ)鞏固練1.(2024·遼寧撫順模擬)已知一個(gè)系統(tǒng)由A,B兩個(gè)部件并聯(lián)組成,當(dāng)A或B正常工作時(shí),系統(tǒng)就能正常工作,若A正常工作的概率為0.65,B正常工作的概率為0.6,則該系統(tǒng)正常工作的概率為()A.0.86 B.0.75 C.0.47 D.0.142.(2024·河南開封三模)在5道試題中有3道代數(shù)題和2道幾何題,每次從中隨機(jī)抽出1道題,抽出的題不再放回,則在第1次抽到幾何題的條件下,第2次抽到代數(shù)題的概率是()A.34 B.3C.325 D.3.(2025·浙江杭州開學(xué)考試)甲、乙兩名射擊運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行射擊比賽,甲中靶的概率為0.6,乙中靶的概率為0.7,且兩人是否中靶相互獨(dú)立,若甲、乙各射擊一次,則()A.兩人都中靶的概率為0.12B.兩人都不中靶的概率為0.42C.恰有一人中靶的概率為0.46D.至少一人中靶的概率為0.744.(2024·廣東湛江一模)在一次考試中有一道4個(gè)選項(xiàng)的雙選題,其中B和C是正確選項(xiàng),A和D是錯(cuò)誤選項(xiàng),甲、乙兩名同學(xué)都完全不會(huì)這道題目,只能在4個(gè)選項(xiàng)中隨機(jī)選取兩個(gè)選項(xiàng).設(shè)事件M=“甲、乙兩人所選選項(xiàng)恰有一個(gè)相同”,事件N=“甲、乙兩人所選選項(xiàng)完全不同”,事件X=“甲、乙兩人所選選項(xiàng)完全相同”,事件Y=“甲、乙兩人均未選擇B選項(xiàng)”,則()A.事件M與事件N相互獨(dú)立B.事件X與事件Y相互獨(dú)立C.事件M與事件Y相互獨(dú)立D.事件N與事件Y相互獨(dú)立5.(2024·山東聊城二模)甲、乙兩選手進(jìn)行圍棋比賽,如果每局比賽甲獲勝的概率為23,乙獲勝的概率為13,采用三局兩勝制,則在甲最終獲勝的情況下,比賽進(jìn)行了兩局的概率為6.為了解高中學(xué)生的體質(zhì)健康水平,某市教育局分別從身體形態(tài)、身體機(jī)能、身體素質(zhì)等方面對(duì)該市高中學(xué)生的體質(zhì)健康水平進(jìn)行綜合測(cè)評(píng),并根據(jù)2018年版的《國(guó)家學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》評(píng)定等級(jí),經(jīng)過統(tǒng)計(jì),甲校有30%的學(xué)生的等級(jí)為良好,乙校有60%的學(xué)生的等級(jí)為良好,丙校有50%的學(xué)生的等級(jí)為良好,且甲、乙、丙這三所學(xué)校參加測(cè)評(píng)的學(xué)生人數(shù)之比為5∶8∶7.從甲、乙、丙這三所學(xué)校參加測(cè)評(píng)的學(xué)生中隨機(jī)抽取1名學(xué)生,則該學(xué)生的等級(jí)為良好的概率為.7.(13分)(2024·福建南平模擬)某運(yùn)動(dòng)隊(duì)為評(píng)估短跑運(yùn)動(dòng)員在接力賽中的作用,對(duì)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行數(shù)據(jù)分析.統(tǒng)計(jì)運(yùn)動(dòng)員甲以往多場(chǎng)比賽,其在接力賽中跑第1棒、第2棒、第3棒、第4棒的出場(chǎng)率與出場(chǎng)時(shí)比賽獲勝率如下表所示.位置出場(chǎng)率比賽勝率第1棒0.30.6第2棒0.20.8第3棒0.20.7第4棒0.30.7(1)當(dāng)甲出場(chǎng)比賽時(shí),求該運(yùn)動(dòng)隊(duì)獲勝的概率;(2)當(dāng)甲出場(chǎng)比賽時(shí),在該運(yùn)動(dòng)隊(duì)獲勝的條件下,求甲跑第1棒的概率.綜合提升練8.(多選題)(2023·新高考Ⅱ,12)在信道內(nèi)傳輸0,1信號(hào),信號(hào)的傳輸相互獨(dú)立.發(fā)送0時(shí),收到1的概率為α(0<α<1),收到0的概率為1-α;發(fā)送1時(shí),收到0的概率為β(0<β<1),收到1的概率為1-β.考慮兩種傳輸方案:單次傳輸和三次傳輸.單次傳輸是指每個(gè)信號(hào)只發(fā)送1次,三次傳輸是指每個(gè)信號(hào)重復(fù)發(fā)送3次.收到的信號(hào)需要譯碼,譯碼規(guī)則如下:單次傳輸時(shí),收到的信號(hào)即為譯碼;三次傳輸時(shí),收到的信號(hào)中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如,若依次收到1,0,1,則譯碼為1).則下列說法正確的是()A.采用單次傳輸方案,若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為(1-α)(1-β)2B.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則依次收到1,0,1的概率為β(1-β)2C.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,則譯碼為1的概率為β(1-β)2+(1-β)3D.當(dāng)0<α<0.5時(shí),若發(fā)送0,則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率9.(2024·廣東廣州模擬)如圖所示,一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在隨機(jī)外力的作用下,從原點(diǎn)O出發(fā),每隔1s等可能地向左或向右移動(dòng)一個(gè)單位,共移動(dòng)5步.該質(zhì)點(diǎn)在有且僅有一次經(jīng)過-1位置的條件下,共經(jīng)過兩次1位置的概率為.10.(15分)人工智能是研究用于模擬和延伸人類智能的技術(shù)科學(xué),被認(rèn)為是21世紀(jì)最重要的尖端科技之一,其理論和技術(shù)正在日益成熟,應(yīng)用領(lǐng)域也在不斷擴(kuò)大.人工智能背后的一個(gè)基本原理:首先確定先驗(yàn)概率,然后通過計(jì)算得到后驗(yàn)概率,使先驗(yàn)概率得到修正和校對(duì),再根據(jù)后驗(yàn)概率做出推理和決策.基于這一基本原理,我們可以設(shè)計(jì)如下試驗(yàn)?zāi)Ｐ?有完全相同的甲、乙兩個(gè)袋子,袋子有形狀和大小完全相同的小球,其中甲袋中有9個(gè)紅球和1個(gè)白球,乙袋中有2個(gè)紅球和8個(gè)白球.從這兩個(gè)袋子中選擇一個(gè)袋子,再從該袋子中等可能摸出一個(gè)球,稱為一次試驗(yàn).若多次試驗(yàn)直到摸出紅球,則試驗(yàn)結(jié)束.假設(shè)首次試驗(yàn)選到甲袋或乙袋的概率均為12(先驗(yàn)概率)(1)求首次試驗(yàn)結(jié)束的概率;(2)在首次試驗(yàn)摸出白球的條件下,我們對(duì)選到甲袋或乙袋的概率(先驗(yàn)概率)進(jìn)行調(diào)整.①求選到的袋子為甲袋的概率;②將首次試驗(yàn)摸出的白球放回原來袋子,繼續(xù)進(jìn)行第二次試驗(yàn)時(shí)有如下兩種方案:方案一,從原來袋子中摸球;方案二,從另外一個(gè)袋子中摸球.請(qǐng)通過計(jì)算,說明選擇哪個(gè)方案第二次試驗(yàn)結(jié)束的概率更大.創(chuàng)新應(yīng)用練11.(2024·湖北武漢模擬)“布朗運(yùn)動(dòng)”是指微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨機(jī)運(yùn)動(dòng),在如圖所示的試驗(yàn)容器中,容器由三個(gè)倉組成,某粒子做布朗運(yùn)動(dòng)時(shí)每次會(huì)從所在倉的通道口中隨機(jī)選擇一個(gè)到達(dá)相鄰倉或者容器外,一旦粒子到達(dá)容器外就會(huì)被外部捕獲裝置所捕獲,此時(shí)試驗(yàn)結(jié)束.已知該粒子初始位置在1號(hào)倉,則試驗(yàn)結(jié)束時(shí)該粒子是從1號(hào)倉到達(dá)容器外的概率為.答案：1.A解析根據(jù)題意,A,B兩個(gè)部件都不能正常工作的概率為(1-0.65)×(1-0.6)=0.14,所以該系統(tǒng)正常工作的概率為1-0.14=0.86.2.A解析設(shè)事件A=“第1次抽到幾何題”,事件B=“第2次抽到代數(shù)題”,所以P(A)=25,P(AB)=25×34=3103.C解析設(shè)事件A=“甲中靶”,事件B=“乙中靶”,P(A)=0.6,P(B)=0.7,則兩人都中靶的概率為P(A)P(B)=0.7×0.6=0.42,A錯(cuò)誤;兩人都不中靶的概率為(1-P(A))(1-P(B))=0.3×0.4=0.12,B錯(cuò)誤;恰有一人中靶的概率為(1-P(A))P(B)+P(A)(1-P(B))=0.3×0.6+0.7×0.4=0.46,C正確;至少一人中靶的概率為1-0.12=0.88,D錯(cuò)誤.故選C.4.C解析由題可知P(M)=C42C21C21C42C42=23,P(N由題可知事件M與事件N互斥,所以P(MN)=0.又P(M)P(N)=19,所以事件M與事件N不相互獨(dú)立,故A錯(cuò)誤由題可知P(XY)=C32C42C42=112.因?yàn)镻(X)P(Y)=由題可知P(MY)=C31C21C42C42=16.因?yàn)镻(M)P(由題可知事件N與事件Y互斥,所以P(NY)=0.又P(Y)P(N)=124,所以事件N與事件Y不相互獨(dú)立,故D錯(cuò)誤.故選C5.35解析設(shè)事件A=“甲獲勝”,事件B=“比賽進(jìn)行兩局”,根據(jù)題意,P(A)=23×23+C21×23×16.0.49解析從甲、乙、丙這三所學(xué)校參加測(cè)評(píng)的學(xué)生中隨機(jī)抽取1名學(xué)生,記事件A1=“該學(xué)生來自甲校”,事件A2=“該學(xué)生來自乙校”,事件A3=“該學(xué)生來自丙校”,則P(A1)=55+8+7=0.25,P(A2)=85+8+7=0.4,P(A3)=75+8+7=0記事件B=“該學(xué)生的等級(jí)為良好”,則P(B|A1)=0.3,P(B|A2)=0.6,P(B|A3)=0.5,所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.25×0.3+0.4×0.6+0.35×0.5=0.49.7.解(1)記事件Ai=“甲跑第i(i=1,2,3,4)棒”,事件B=“運(yùn)動(dòng)隊(duì)獲勝”,則P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)+P(A4)P(B|A4)=0.3×0.6+0.2×0.8+0.2×0.7+0.3×0.7=0.69,所以當(dāng)甲出場(chǎng)比賽時(shí),該運(yùn)動(dòng)隊(duì)獲勝的概率為0.69.(2)P(A1|B)=P(A1B)P(B)8.ABD解析發(fā)送1時(shí),收到1的概率為1-β;發(fā)送0時(shí),收到0的概率為1-α,再結(jié)合獨(dú)立性可知,若依次發(fā)送1,0,1,則依次收到1,0,1的概率為(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正確.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,實(shí)際發(fā)送了1,1,1,因此依次收到1,0,1的概率為(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正確.采用三次傳輸方案,若發(fā)送1,譯碼為1的充要條件是至少接收到兩個(gè)1,因此譯碼為1的概率為C32β(1-β)2+(1-β)3=3β(1-β)2+(1-β)3,故當(dāng)0<α<0.5時(shí),若發(fā)送0,采用三次傳輸方案譯碼為0的概率為3α(1-α)2+(1-α)3=(1-α)[1+α(1-2α)],采用單次傳輸方案譯碼為0的概率為1-α.當(dāng)0<α<0.5時(shí),由1+α(1-2α)>1得3α(1-α)2+(1-α)3>1-α,故D正確.故選ABD.9.12解析設(shè)事件A=“有且僅有一次經(jīng)過-1位置”,事件Ai=“第i(i=1,3,5)步移動(dòng)到-1位置”,事件B=“共經(jīng)過兩次1位置”,記L為向左,R①滿足事件A1的是LRRLR,LRRR(第5步無關(guān)),LLLRL,LLLL(第5步無關(guān)),所以P(A1)=6×(12)5=3②滿足事件A2的是RLLRR,RLLLL,所以P(A2)=2×(12)5=1③滿足事件A3的是RRLLL,RLRLL,所以P(A3)=2×(12)5=116.所以P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3滿足事件AB的是LRRLR,LRRRL,RLLRR,RLRLL,RRLLL,所以P(AB)=5×(12)5=所以P(B|A)=P10.解(1)設(shè)試驗(yàn)一次,事件A1=“取到甲袋”,事件A2=“取到乙袋”,事件B1=“試驗(yàn)結(jié)果為紅球”,事件B2=“試驗(yàn)結(jié)果為白球”,(1)P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)·P(B1|A2)=1所以試驗(yàn)一次結(jié)果為紅球的概率為11(2)①因?yàn)锽1,B2是對(duì)立事件,P(B2)=1-P(B1)=920,所以P(A1|B2)=P(A②由①得P(A2|B2)=1-P(A1|B2)=1-19=89,所以方案一中取到紅球的