【最新版】高中数学高三培优小题练第88练　事件的独立性

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第88练　事件的独立性，共5页。

考点一 条件概率
1．甲、乙两人从1,2,3, …，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,15) C.eq \f(9,14) D.eq \f(8,15)
答案 C
解析 设事件A＝“甲取到的数是5的倍数”，B＝“甲所取的数大于乙所取的数”，则P(A)＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5)，P(AB)＝eq \f(4＋9＋14,15×14)＝eq \f(9,70)，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(9,14).
2．(2022·常州模拟)某个班级有55名学生，其中男生35名，女生20名，男生中有20名团员，女生中有12名团员．在该班中随机选取一名学生，如果选到的是团员，那么选到的是男生的概率为( )
A.eq \f(4,11) B.eq \f(5,8) C.eq \f(43,55) D.eq \f(4,7)
答案 B
解析 设事件A为选到的是团员，事件B为选到的是男生．根据题意，易得P(A)＝eq \f(20＋12,55)＝eq \f(32,55)，P(AB)＝eq \f(20,55)，故P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(20,32)＝eq \f(5,8).
3．(2022·珠海模拟)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).
考点二 事件的相互独立性
4．某保密单位有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为eq \f(1,5)和eq \f(1,6)，若在任意时刻恰有一个系统发生故障的概率为( )
A.eq \f(11,30) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,10) D.eq \f(1,30)
答案 C
解析 在任意时刻恰有一个系统发生故障的概率为eq \f(1,5)×eq \f(5,6)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,6)＝eq \f(3,10).
5．某商场通过转动如图所示的质地均匀的6等分的圆盘进行抽奖活动，当指针指向阴影区域时为中奖．规定每位顾客有3次抽奖机会，但中奖1次就停止抽奖．假设每次抽奖相互独立，则顾客中奖的概率是( )
A.eq \f(4,27) B.eq \f(1,3) C.eq \f(5,9) D.eq \f(19,27)
答案 D
解析 由题意得，第一次就中奖的概率为eq \f(1,3)，第二次中奖的概率为eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,9)，第三次中奖的概率为eq \f(2,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(4,27)，所以顾客中奖的概率为eq \f(1,3)＋eq \f(2,9)＋eq \f(4,27)＝eq \f(19,27).
6．甲、乙两人独立解某道数学竞赛题，已知该题被甲单独解出的概率为0.6，被甲或乙解出的概率为0.92，则该题被乙单独解出的概率为( )
A．0.32 B．0.2 C．0.68 D．0.8
答案 D
解析 设该题被乙单独解出的概率为x，则由题意可得甲、乙都没有解出这道题的概率为
1－0.92＝(1－0.6)(1－x)，
解得x＝0.8.
7．(2022·重庆模拟)有5把外形一样的钥匙，其中3把能开锁，2把不能开锁，现准备通过一一试开将其区分出来，每次随机抽出一把进行试开，试开后不放回，则恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率是( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(3,10) C.eq \f(4,5) D.eq \f(2,5)
答案 B
解析 所有可能的情况有3种：
①前三把都能开锁，②第一把不能开锁，第二把能开锁，第三把不能开锁，③第一把能开锁，第二把不能开锁，第三把不能开锁，
∴恰好试开3次就将能开锁的和不能开锁的钥匙区分出来的概率为
P＝eq \f(3,5)×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(2,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(3,5)×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(3,10).
考点三 n次独立重复试验
8．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为eq \f(3,5)，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A.eq \f(27,125) B.eq \f(44,125) C.eq \f(54,125) D.eq \f(81,125)
答案 D
解析 该同学通过测试的概率为
P＝Ceq \\al(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2·eq \f(2,5)＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(81,125).
9．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“5局3胜”，即先赢3局者胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为eq \f(2,3)，则本次比赛甲获胜的概率是( )
A.eq \f(20,81) B.eq \f(52,81) C.eq \f(64,81) D.eq \f(8,9)
答案 C
解析 甲获胜有三种情况：
一是3∶0获胜，概率为P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27)；
二是3∶1获胜，概率为P2＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2·eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(8,27)；
三是3∶2获胜，概率为P3＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2×eq \f(2,3)＝eq \f(16,81)，
故甲获胜的概率P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(8,27)＋eq \f(8,27)＋eq \f(16,81)＝eq \f(64,81).
10．在10个球中，有4个红球和6个白球，每次从中取1个球，然后放回，连续取4次，恰有1个红球的概率为________．
答案 eq \f(216,625)
解析 由题意，得每次取到1个红球的概率为eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，每次取到1个白球的概率为eq \f(3,5)，则连续取4次，恰有1个红球的概率为Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(216,625).
11．(2022·河南中原名校联盟模拟)市场调查发现，大约eq \f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为eq \f(17,20)，而实体店里的家用小电器的合格率为eq \f(9,10).现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是( )
A.eq \f(6,7) B.eq \f(5,6) C.eq \f(4,5) D.eq \f(2,5)
答案 A
解析 因为大约eq \f(4,5)的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为eq \f(17,20)，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(17,20)))＝eq \f(3,25)，实体店里的家用小电器的合格率约为eq \f(9,10)，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(9,10)))＝eq \f(1,50)，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝eq \f(\f(3,25),\f(3,25)＋\f(1,50))＝eq \f(6,7).
12．10枚均匀的骰子同时掷出，共掷5次，至少有一次全部出现一点的概率是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))10))5 B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)))6))10
C．1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))5))10 D．1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))10))5
答案 D
解析 一次同时掷出10枚均匀的骰子，10枚骰子全部出现一点的概率等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))10，故10枚骰子没有全部出现一点的概率等于1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))10.事件“掷5次，至少有一次10枚骰子全部出现一点”的对立事件为“掷5次，每次掷出的10枚骰子中，至少有一枚没有出现一点”，故至少有一次10枚骰子全部出现一点的概率等于1－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)))10))5.
13．如图所示的电路中，5只箱子表示保险匣分别为A，B，C，D，E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是( )
A．A，B所在线路畅通的概率为eq \f(1,6)
B．A，B，C所在线路畅通的概率为eq \f(1,6)
C．D，E所在线路畅通的概率为eq \f(1,30)
D．当开关合上时，整个电路畅通的概率为eq \f(29,36)
答案 D
解析 由题意知，P(A)＝eq \f(1,2)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(C)＝eq \f(1,4)，P(D)＝eq \f(1,5)，P(E)＝eq \f(1,6)，
所以A，B两只箱子畅通的概率为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，因此A错误；
A，B，C三只箱子混联后畅通的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)，因此B错误；
D，E两只箱子并联后畅通的概率为1－eq \f(1,5)×eq \f(1,6)＝1－eq \f(1,30)＝eq \f(29,30)，因此C错误；
根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为eq \f(29,30)×eq \f(5,6)＝eq \f(29,36)，因此D正确．
14．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.
答案 eq \f(60,91) eq \f(1,2)
解析 因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91(种)情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有Ceq \\al(1,3)×5×4＝60(种)情况，所以P(A|B)＝eq \f(60,91).因为“三个点数都不相同”有6×5×4＝120(种)情况，所以P(B|A)＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2).