4.1.3 独立性与条件概率的关系 练习（含解析）-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第二
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| 名称 | 4.1.3 独立性与条件概率的关系 练习（含解析）-2024-2025学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第二 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 46.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-11 19:37:21 | ||
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文档简介
4.1.3 独立性与条件概率的关系
一、选择题
1.已知P(A)>0,P(B|A)+P()=1,则事件A与事件B ( )
A.互斥 B.对立
C.独立 D.以上均不正确
2.[2024·江西安义中学高二期末] 已知事件A与事件B相互独立,P()=,则P(B|A)=( )
A. B. C. D.
3.若甲、乙、丙三人在10分钟之内独立复原魔方的概率分别为0.7,0.6,0.5,则甲、乙、丙至多有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为 ( )
A.0.26 B.0.29
C.0.32 D.0.35
4.投壸是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏,在春秋战国时期较为盛行.现有甲、乙两人进行投壶游戏,且甲、乙每次投壶投中的概率分别为,,每人每次投壸相互独立.若约定甲投壶2次,乙投壶3次,投中次数多者胜,则甲最后获胜的概率为 ( )
A. B. C. D.
5.已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试,他们被该公司录取的概率分别是,,,且三人的录取结果相互之间没有影响,则他们三人中至少有一人被录取的概率为 ( )
A. B. C. D.
6.如图所示,荷花池中有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时,均从一片荷叶跳到另一片荷叶),而且按逆时针方向跳的概率是按顺时针方向跳的概率的两倍.假设现在青蛙在A荷叶上,则跳三次之后青蛙落在A荷叶上的概率是 ( )
A. B. C. D.
7.在某电路上有M,N两个独立工作的元件,每次通电后,需要更换M元件的概率为0.3,需要更换N元件的概率为0.2,则在某次通电后M,N有且只有一个需要更换的条件下,M需要更换的概率是 ( )
A. B.
C. D.
★8.(多选题)将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①②③三个村庄进行义诊活动,每个村庄至少派1名医生,记事件A为“医生甲派往①村庄”,事件B为“医生乙派往①村庄”,事件C为“医生乙派往②村庄”,则 ( )
A.事件A与B独立
B.事件A与C不独立
C.P(B|A)=
D.P(C|A)=
9.(多选题)[2024·重庆八中高二期末] 已知,分别为随机事件A,B的对立事件,满足0A.P(B)=P(B|A)
B.P(|A)=P(|)
C.P(A)+P(B)=P(A∪B)
D.P(AB)+P(B)=P(B|A)
二、填空题
10.设事件A和B相互独立,且A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率和B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)= ,在事件B发生的条件下,事件A发生的概率P(A|B)= .
11.口袋中有9个白球,其中6个正品和3个次品,6个黑球,其中4个正品和2个次品.现从口袋中随机取出1个球,记事件A为“取出的球为白球”,事件B为“取出的球为正品”,则下列说法正确的有 (填序号).
①P(AB)=;②P(B|A)=;
③P(A|B)=;④事件A与事件B相互独立.
12.[2023·湖北孝感高二期中] 排球比赛的规则是5局3胜制,在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率均为,若前2局结束后乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是 .
三、解答题
13.[2023·湖北咸宁高二期末] 某校举行消防知识竞赛.在初赛中,已知甲同学晋级的概率为,乙同学晋级的概率为,甲、乙两人是否晋级互不影响.
(1)求甲、乙两人同时晋级的概率;
(2)求甲、乙两人中至少有一人晋级的概率.
14.在①A与B相互独立;②P(B)=,P(|A)=;③P(B|)=,P(A)=2P(B)这三个条件中任选一个,补充在下列问题中,并求解问题:已知P(|B)=, ,求P(A).
注:如果选择多个条件分别作答,按第一个解答计分.
15.有5张完全相同的卡片,分别写有字母A,B,C,D,E,从中任取一张,看后再放回,再任取一张.设M1为“第一次抽取的卡片的字母为B”,M2为“第二次抽取的卡片的字母为E”,M3为“两次抽取卡片的字母相邻”,M4为“两次抽取卡片的字母不相邻”,则 ( )
A.M2与M4相互独立
B.M1与M3相互独立
C.M3与M4相互独立
D.M1与M2相互独立
16.有A,B两个盒子,其中A盒装有3个黑球和3个白球,B盒装有3个黑球和2个白球,这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出1个球,若2个球同色,则甲胜,并将取出的2个球全部放入A盒中,若2个球异色,则乙胜,并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后,B盒中恰有7个球的概率是 .
4.1.3 独立性与条件概率的关系
1.C [解析] 因为P(B|A)+P()=P(B|A)+1-P(B)=1,所以P(B|A)=P(B),即=P(B),则P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立.故选C.
2.A [解析] 因为事件A与事件B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),又P()=,所以P(B|A)==P(B)=1-P()=.故选A.
3.D [解析] 甲、乙、丙至多有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为0.7×(1-0.6)×(1-0.5)+(1-0.7)×0.6×(1-0.5)+(1-0.7)×(1-0.6)×0.5+(1-0.7)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.35.故选D.
4.C [解析] 若甲只投中1次,则他获胜的概率为2×××=;若甲投中2次,则他获胜的概率为×=.故甲最后获胜的概率为+=.故选C.
5.D [解析] 因为甲、乙、丙三人被该公司录取的概率分别是,,,且三人的录取结果相互之间没有影响,所以他们三人都没有被录取的概率为××=,故他们三人中至少有一人被录取的概率为1-=.故选D.
6.A [解析] 由已知可得青蛙按逆时针方向跳一次的概率为,按顺时针方向跳一次的概率为,则青蛙按逆时针方向跳三次落在A荷叶上的概率P1=××=,青蛙按顺时针方向跳三次落在A荷叶上的概率P2=××=.故青蛙跳三次之后落在A荷叶上的概率P=P1+P2=+=.故选A.
7.A [解析] 记事件A为在某次通电后M,N有且只有一个需要更换,事件B为M需要更换,则P(A)=0.3×(1-0.2)+(1-0.3)×0.2=0.38,P(AB)=0.3×(1-0.2)=0.24,则P(B|A)===.故选A.
8.BD [解析] 由已知得,试验的样本空间有=36(个)样本点,事件A含有的样本点个数为+=12,则P(A)==,同理P(B)=P(C)=,事件AB含有的样本点个数为=2,则P(AB)==,事件AC含有的样本点个数为+=5,则P(AC)=.对于A,P(A|B)==≠P(A),即事件A与B不独立,故A不正确;对于B,P(A|C)==≠P(A),即事件A与C不独立,故B正确;对于C,P(B|A)==,故C不正确;对于D,P(C|A)==,故D正确.故选BD.
[点睛] 判断两个事件是否独立不能仅凭直观想象,一定要进行概率计算,通过定义进行判断.
9.ABD [解析] 对于A,由P(B)=P(B|A),得P(B)=,即P(AB)=P(A)P(B),所以A,B相互独立,故A正确;对于B,由P(|A)=,P(|)=,得=,又P(A)+P( )=P(),所以=,所以P(A)-P(A)P(A)=P(A)P()-P(A)P(A),即P(A)=P(A)P(),所以,A相互独立,所以A,B相互独立,故B正确;对于C,由P(A)+P(B)=P(A∪B),P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=0,又010. [解析] 由P(A)=P(B),得P(A)P()=P()P(B).设P(A)=x(0可得∵A与B相互独立的充要条件是P(A|B)=P(A),∴P(A|B)=P(A)=.
11.③④ [解析] 由题意可得P(A)==,P(B)==,P(AB)==,故①错误;P(B|A)===,故②错误;P(A|B)===,故③正确;因为P(A)=P(A|B)=,所以事件A与事件B相互独立,故④正确.故填③④.
12. [解析] 最后乙队获胜,则在剩下的三局比赛中乙队赢一局即可.若第三局乙队获胜,则其概率P1=1-=;若第三局乙队负,第四局乙队胜,则其概率P2=×=;若第三、四局乙队负,第五局乙队胜,则其概率P3=××=.故最后乙队获胜的概率P=P1+P2+P3=++==.
13.解:(1)设事件A为“甲晋级”,事件B为“乙晋级”,事件C为“甲、乙两人同时晋级”,
则P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=×=.
(2)设事件D为“甲、乙两人中至少有一人晋级”.
由题知事件A,B独立,则, 也独立,
所以P( )=P()P()=×=,
则P(D)=1-P()=1-P( )=1-=.
14.解:选择①,由P(|B)=,得P(A|B)=1-P(|B)=.
因为A与B相互独立,所以P(A)=P(A|B)=.
选择②,因为P(|B)=,所以P(A|B)=1-P(|B)=,则=,又P(B)=,所以P(AB)=.
因为P(|A)=,所以P(B|A)=,
则=,所以P(A)=.
选择③,因为P(|B)==,P(B|)==,所以P()=P(B),
又P(A)=2P(B),P(A)+P()=1,所以P(A)=.
15.D [解析] 由题意可得P(M1)=P(M2)=.有放回地抽取卡片两次包含的样本点个数为5×5=25,两次抽取卡片的字母相邻包含的样本点有(A,B),(B,C),(C,D),(D,E),(B,A),(C,B),(D,C),(E,D),共8个,两次抽取卡片的字母不相邻包含的样本点有25-8=17(个),则P(M3)=,P(M4)=.显然M3与M4为对立事件,C错误;对于A,M2与M4同时发生包含的样本点有(A,E),(B,E),(C,E),共3个,则P(M2M4)=≠×=P(M2)P(M4),所以M2与M4不相互独立,A错误;对于B,M1与M3同时发生包含的样本点有(B,C),(B,A),共2个,则P(M1M3)=≠×=P(M1)P(M3),所以M1与M3不相互独立,B错误;对于D,M1与M2同时发生包含的样本点有(B,E),共1个,则P(M1M2)==×=P(M1)P(M2),所以M1与M2相互独立,D正确.故选D.
16. [解析] 若重复操作两次后,B盒中恰有7个球,则两次取球均为乙胜.若第一次取球甲取到黑球,乙取到白球,其概率为×=,第一次取球后A盒中有2个黑球和3个白球,B盒中有4个黑球和2个白球,第二次取到异色球的概率为×+×=,此时B盒中恰有7个球的概率为×=;若第一次取球甲取到白球,乙取到黑球,其概率为×=,第一次取球后A盒中有3个黑球和2个白球,B盒中有3个黑球和3个白球,第二次取到异色球的概率为×+×=,此时B盒中恰有7个球的概率为×=.所以B盒中恰有7个球的概率为+=.
一、选择题
1.已知P(A)>0,P(B|A)+P()=1,则事件A与事件B ( )
A.互斥 B.对立
C.独立 D.以上均不正确
2.[2024·江西安义中学高二期末] 已知事件A与事件B相互独立,P()=,则P(B|A)=( )
A. B. C. D.
3.若甲、乙、丙三人在10分钟之内独立复原魔方的概率分别为0.7,0.6,0.5,则甲、乙、丙至多有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为 ( )
A.0.26 B.0.29
C.0.32 D.0.35
4.投壸是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏,在春秋战国时期较为盛行.现有甲、乙两人进行投壶游戏,且甲、乙每次投壶投中的概率分别为,,每人每次投壸相互独立.若约定甲投壶2次,乙投壶3次,投中次数多者胜,则甲最后获胜的概率为 ( )
A. B. C. D.
5.已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试,他们被该公司录取的概率分别是,,,且三人的录取结果相互之间没有影响,则他们三人中至少有一人被录取的概率为 ( )
A. B. C. D.
6.如图所示,荷花池中有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时,均从一片荷叶跳到另一片荷叶),而且按逆时针方向跳的概率是按顺时针方向跳的概率的两倍.假设现在青蛙在A荷叶上,则跳三次之后青蛙落在A荷叶上的概率是 ( )
A. B. C. D.
7.在某电路上有M,N两个独立工作的元件,每次通电后,需要更换M元件的概率为0.3,需要更换N元件的概率为0.2,则在某次通电后M,N有且只有一个需要更换的条件下,M需要更换的概率是 ( )
A. B.
C. D.
★8.(多选题)将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①②③三个村庄进行义诊活动,每个村庄至少派1名医生,记事件A为“医生甲派往①村庄”,事件B为“医生乙派往①村庄”,事件C为“医生乙派往②村庄”,则 ( )
A.事件A与B独立
B.事件A与C不独立
C.P(B|A)=
D.P(C|A)=
9.(多选题)[2024·重庆八中高二期末] 已知,分别为随机事件A,B的对立事件,满足0
B.P(|A)=P(|)
C.P(A)+P(B)=P(A∪B)
D.P(AB)+P(B)=P(B|A)
二、填空题
10.设事件A和B相互独立,且A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率和B发生A不发生的概率相同,则事件A发生的概率P(A)= ,在事件B发生的条件下,事件A发生的概率P(A|B)= .
11.口袋中有9个白球,其中6个正品和3个次品,6个黑球,其中4个正品和2个次品.现从口袋中随机取出1个球,记事件A为“取出的球为白球”,事件B为“取出的球为正品”,则下列说法正确的有 (填序号).
①P(AB)=;②P(B|A)=;
③P(A|B)=;④事件A与事件B相互独立.
12.[2023·湖北孝感高二期中] 排球比赛的规则是5局3胜制,在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率均为,若前2局结束后乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是 .
三、解答题
13.[2023·湖北咸宁高二期末] 某校举行消防知识竞赛.在初赛中,已知甲同学晋级的概率为,乙同学晋级的概率为,甲、乙两人是否晋级互不影响.
(1)求甲、乙两人同时晋级的概率;
(2)求甲、乙两人中至少有一人晋级的概率.
14.在①A与B相互独立;②P(B)=,P(|A)=;③P(B|)=,P(A)=2P(B)这三个条件中任选一个,补充在下列问题中,并求解问题:已知P(|B)=, ,求P(A).
注:如果选择多个条件分别作答,按第一个解答计分.
15.有5张完全相同的卡片,分别写有字母A,B,C,D,E,从中任取一张,看后再放回,再任取一张.设M1为“第一次抽取的卡片的字母为B”,M2为“第二次抽取的卡片的字母为E”,M3为“两次抽取卡片的字母相邻”,M4为“两次抽取卡片的字母不相邻”,则 ( )
A.M2与M4相互独立
B.M1与M3相互独立
C.M3与M4相互独立
D.M1与M2相互独立
16.有A,B两个盒子,其中A盒装有3个黑球和3个白球,B盒装有3个黑球和2个白球,这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出1个球,若2个球同色,则甲胜,并将取出的2个球全部放入A盒中,若2个球异色,则乙胜,并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后,B盒中恰有7个球的概率是 .
4.1.3 独立性与条件概率的关系
1.C [解析] 因为P(B|A)+P()=P(B|A)+1-P(B)=1,所以P(B|A)=P(B),即=P(B),则P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立.故选C.
2.A [解析] 因为事件A与事件B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),又P()=,所以P(B|A)==P(B)=1-P()=.故选A.
3.D [解析] 甲、乙、丙至多有一人在10分钟之内独立复原魔方的概率为0.7×(1-0.6)×(1-0.5)+(1-0.7)×0.6×(1-0.5)+(1-0.7)×(1-0.6)×0.5+(1-0.7)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.35.故选D.
4.C [解析] 若甲只投中1次,则他获胜的概率为2×××=;若甲投中2次,则他获胜的概率为×=.故甲最后获胜的概率为+=.故选C.
5.D [解析] 因为甲、乙、丙三人被该公司录取的概率分别是,,,且三人的录取结果相互之间没有影响,所以他们三人都没有被录取的概率为××=,故他们三人中至少有一人被录取的概率为1-=.故选D.
6.A [解析] 由已知可得青蛙按逆时针方向跳一次的概率为,按顺时针方向跳一次的概率为,则青蛙按逆时针方向跳三次落在A荷叶上的概率P1=××=,青蛙按顺时针方向跳三次落在A荷叶上的概率P2=××=.故青蛙跳三次之后落在A荷叶上的概率P=P1+P2=+=.故选A.
7.A [解析] 记事件A为在某次通电后M,N有且只有一个需要更换,事件B为M需要更换,则P(A)=0.3×(1-0.2)+(1-0.3)×0.2=0.38,P(AB)=0.3×(1-0.2)=0.24,则P(B|A)===.故选A.
8.BD [解析] 由已知得,试验的样本空间有=36(个)样本点,事件A含有的样本点个数为+=12,则P(A)==,同理P(B)=P(C)=,事件AB含有的样本点个数为=2,则P(AB)==,事件AC含有的样本点个数为+=5,则P(AC)=.对于A,P(A|B)==≠P(A),即事件A与B不独立,故A不正确;对于B,P(A|C)==≠P(A),即事件A与C不独立,故B正确;对于C,P(B|A)==,故C不正确;对于D,P(C|A)==,故D正确.故选BD.
[点睛] 判断两个事件是否独立不能仅凭直观想象,一定要进行概率计算,通过定义进行判断.
9.ABD [解析] 对于A,由P(B)=P(B|A),得P(B)=,即P(AB)=P(A)P(B),所以A,B相互独立,故A正确;对于B,由P(|A)=,P(|)=,得=,又P(A)+P( )=P(),所以=,所以P(A)-P(A)P(A)=P(A)P()-P(A)P(A),即P(A)=P(A)P(),所以,A相互独立,所以A,B相互独立,故B正确;对于C,由P(A)+P(B)=P(A∪B),P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB),得P(AB)=0,又0
11.③④ [解析] 由题意可得P(A)==,P(B)==,P(AB)==,故①错误;P(B|A)===,故②错误;P(A|B)===,故③正确;因为P(A)=P(A|B)=,所以事件A与事件B相互独立,故④正确.故填③④.
12. [解析] 最后乙队获胜,则在剩下的三局比赛中乙队赢一局即可.若第三局乙队获胜,则其概率P1=1-=;若第三局乙队负,第四局乙队胜,则其概率P2=×=;若第三、四局乙队负,第五局乙队胜,则其概率P3=××=.故最后乙队获胜的概率P=P1+P2+P3=++==.
13.解:(1)设事件A为“甲晋级”,事件B为“乙晋级”,事件C为“甲、乙两人同时晋级”,
则P(C)=P(AB)=P(A)P(B)=×=.
(2)设事件D为“甲、乙两人中至少有一人晋级”.
由题知事件A,B独立,则, 也独立,
所以P( )=P()P()=×=,
则P(D)=1-P()=1-P( )=1-=.
14.解:选择①,由P(|B)=,得P(A|B)=1-P(|B)=.
因为A与B相互独立,所以P(A)=P(A|B)=.
选择②,因为P(|B)=,所以P(A|B)=1-P(|B)=,则=,又P(B)=,所以P(AB)=.
因为P(|A)=,所以P(B|A)=,
则=,所以P(A)=.
选择③,因为P(|B)==,P(B|)==,所以P()=P(B),
又P(A)=2P(B),P(A)+P()=1,所以P(A)=.
15.D [解析] 由题意可得P(M1)=P(M2)=.有放回地抽取卡片两次包含的样本点个数为5×5=25,两次抽取卡片的字母相邻包含的样本点有(A,B),(B,C),(C,D),(D,E),(B,A),(C,B),(D,C),(E,D),共8个,两次抽取卡片的字母不相邻包含的样本点有25-8=17(个),则P(M3)=,P(M4)=.显然M3与M4为对立事件,C错误;对于A,M2与M4同时发生包含的样本点有(A,E),(B,E),(C,E),共3个,则P(M2M4)=≠×=P(M2)P(M4),所以M2与M4不相互独立,A错误;对于B,M1与M3同时发生包含的样本点有(B,C),(B,A),共2个,则P(M1M3)=≠×=P(M1)P(M3),所以M1与M3不相互独立,B错误;对于D,M1与M2同时发生包含的样本点有(B,E),共1个,则P(M1M2)==×=P(M1)P(M2),所以M1与M2相互独立,D正确.故选D.
16. [解析] 若重复操作两次后,B盒中恰有7个球,则两次取球均为乙胜.若第一次取球甲取到黑球,乙取到白球,其概率为×=,第一次取球后A盒中有2个黑球和3个白球,B盒中有4个黑球和2个白球,第二次取到异色球的概率为×+×=,此时B盒中恰有7个球的概率为×=;若第一次取球甲取到白球,乙取到黑球,其概率为×=,第一次取球后A盒中有3个黑球和2个白球,B盒中有3个黑球和3个白球,第二次取到异色球的概率为×+×=,此时B盒中恰有7个球的概率为×=.所以B盒中恰有7个球的概率为+=.