課時(shí)質(zhì)量評價(jià)(六十五)1．已知盒中裝有3只螺口燈泡與9只卡口燈泡，這些燈泡的外形都相同且燈口向下放著，現(xiàn)需要1只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取1只不放回，則在他第1次取到的是螺口燈泡的條件下，第2次取到的是卡口燈泡的概率為()A．14 B．C．911 D．C解析：(方法一)因?yàn)殡姽煾得看螐闹腥稳?只不放回，且第1次取到的是螺口燈泡，所以第1次取到的是螺口燈泡的條件下，第2次取到的是卡口燈泡的概率等價(jià)于從2只螺口燈泡與9只卡口燈泡中抽取1只，恰為卡口燈泡的概率，即為92(方法二)設(shè)事件A為第1次取到的是螺口燈泡，事件B為第2次取到的是卡口燈泡，則在第1次取到的是螺口燈泡的條件下，第2次取到的是卡口燈泡的概率為P(B|A)＝PABPA＝32．若將整個(gè)樣本空間想象成一個(gè)1×1的正方形，任何事件都對應(yīng)樣本空間的一個(gè)子集，且事件發(fā)生的概率對應(yīng)子集的面積，則如圖所示的涂色部分的面積表示()A．事件A發(fā)生的概率B．事件B發(fā)生的概率C．事件B不發(fā)生的條件下事件A發(fā)生的概率D．事件A，B同時(shí)發(fā)生的概率A解析：由題意可得，題圖所示的涂色部分的面積為PABPB+1－PBPAB＝P(AB)＋P(B)PAB＝P(AB)＋P3．(2024·合肥模擬)某學(xué)校高三(1)班至(4)班舉辦研學(xué)游活動，有4個(gè)地方可供選擇，且每班只能去1個(gè)地方．設(shè)事件M＝“4個(gè)班去的地方各不相同”，N＝“(1)班獨(dú)自去1個(gè)地方”，則P(M|N)＝()A．29 B．C．13 D．A解析：由題意得，n(N)＝C41×33＝108，n(MN)＝A44＝24，所以P(M|N4．已知A，B為兩個(gè)隨機(jī)事件，0<P(A)<1，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，PBA＝0.2，則P(A)＝(A．0.1 B．1C．0.33 D．3B解析：P(B|A)＝PBAPA＝0.9，所以P(BA)＝0.9P(PBA＝PBAPA＝0.2，所以PBA＝所以P(BA)＋PBA＝0.9P(A)＋0.2PA＝0.9P(A)＋0.2[1－P(A)]，所以P(B)＝0.9P(A)＋0.2[1－P(A)]，即0.3＝0.7P(A)＋0.2，解得P(A)＝17.故選B．5．某醫(yī)用口罩生產(chǎn)廠家生產(chǎn)醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩三種產(chǎn)品，三種產(chǎn)品的生產(chǎn)比例如圖所示，且三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%，50%，40%.若從該廠生產(chǎn)的口罩中任選一個(gè)，則選到綁帶式口罩的概率為()A．0.23 B．0.47C．0.53 D．0.77D解析：由題圖可知醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩的占比分別為70%，20%，10%，記事件A1，A2，A3分別表示選到醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩，則Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1.又三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%，50%，40%，記事件B＝“選到綁帶式口罩”，則P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，由全概率公式，可得選到綁帶式口罩的概率為P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故選D．6．(多選題)為增進(jìn)全體黨員干部職工對黨史知識的了解，某單位組織開展黨史知識競賽活動，以支部為單位參加比賽．某支部在5道黨史題中(有3道選擇題和2道填空題)，不放回地依次隨機(jī)抽取2道題作答，設(shè)事件A＝“第1次抽到選擇題”，事件B＝“第2次抽到選擇題”，則下列結(jié)論中正確的是()A．P(A)＝35 B．P(AB)＝C．P(B|A)＝12 D．PBAABC解析：P(A)＝C31C51＝35，故A正確；P(AB)＝C31C21C51C41＝310，故B正確；PBA＝PABPA＝7．位于數(shù)軸上的粒子A每次只能向左或向右移動一個(gè)單位長度，若前一次向左移動一個(gè)單位長度，則后一次向右移動一個(gè)單位長度的概率為23；若前一次向右移動一個(gè)單位長度，則后一次向右移動一個(gè)單位長度的概率為13.若粒子A第一次向右移動一個(gè)單位長度的概率為13，則粒子A49解析：所求的概率p＝18．有五瓶墨水，其中紅色一瓶，藍(lán)色、黑色各兩瓶，某同學(xué)從中隨機(jī)任取出兩瓶，若取出的兩瓶中有一瓶是藍(lán)色，另一瓶是紅色或黑色的概率是________．67解析：設(shè)事件A為“其中一瓶是藍(lán)色”，事件B為“另一瓶是紅色”，事件C為“另一瓶是黑色”，事件D為“另一瓶是紅色或黑色”，則D＝B∪C，且B與C互斥，又P(A)＝C21C31+C22C52＝710故P(D|A)＝P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝PAB9．某企業(yè)使用新技術(shù)對某款芯片進(jìn)行試生產(chǎn)，在試生產(chǎn)初期，該款芯片的生產(chǎn)有四道工序，前三道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道是檢測評估工序，包括智能自動檢測與人工抽檢．已知該款芯片在生產(chǎn)中，前三道工序的次品率分別為P1＝110(1)求該款芯片的生產(chǎn)在進(jìn)入第四道工序前的次品率．(2)如果第四道工序中智能自動檢測為次品的芯片會被自動淘汰，合格的芯片進(jìn)入流水線并由工人進(jìn)行人工抽查檢驗(yàn)．在芯片智能自動檢測顯示合格率為90%的條件下，求工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品的概率．解：(1)因?yàn)榍叭拦ば虻拇纹仿史謩e為P1＝110所以該款芯片的生產(chǎn)在進(jìn)入第四道工序前的次品率為P＝1－[(1－P1)(1－P2)(1－P3)]＝1－910(2)設(shè)“該款芯片智能自動檢測合格”為事件A，“人工抽檢合格”為事件B，由已知得P(A)＝910，P(AB)＝1－P＝1－3則工人在流水線進(jìn)行人工抽檢時(shí)，抽檢一個(gè)芯片恰為合格品為事件B|A，所以P(B|A)＝PAB10．在某次對抗賽中，甲、乙兩人同時(shí)挑戰(zhàn)100秒記憶力項(xiàng)目，根據(jù)以往甲、乙兩人同場對抗挑戰(zhàn)該項(xiàng)目的記錄統(tǒng)計(jì)分析，在對抗挑戰(zhàn)中，甲挑戰(zhàn)成功的概率是415，乙挑戰(zhàn)成功的概率是215，甲、乙均未挑戰(zhàn)成功的概率是710，則在甲挑戰(zhàn)成功的條件下，乙挑戰(zhàn)成功的概率為A．12 B．C．25 D．B解析：記“甲挑戰(zhàn)成功”為事件A，“乙挑戰(zhàn)成功”為事件B，則P(A)＝415，P(B)＝215.P(A∪B)＝1－由概率加法公式知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，可得P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝415則在甲挑戰(zhàn)成功的條件下，乙挑戰(zhàn)成功的概率為P(B|A)＝PABPA＝11．(多選題)(2024·晉中模擬)下列各式中能夠說明隨機(jī)事件A與隨機(jī)事件B相互獨(dú)立的是()A．P(A|B)＝P(B|A)B．P(A|B)＝PAC．P(A)＝P(A|B)D．P(B)＝P(A|B)BC解析：對于A，因?yàn)镻(A|B)＝PABPB＝P(B|A)＝PABPA，所以P(A)＝P(B)，不能說明隨機(jī)事件A與隨機(jī)事件對于B，因?yàn)镻(A|B)＝PABPB＝PAB＝PABPB，所以P(AB)PB所以P(AB)[1－P(B)]＝P(B)[P(A)－P(AB)]，化簡得P(AB)＝P(A)P(B)，即隨機(jī)事件A與隨機(jī)事件B相互獨(dú)立，故B正確；對于C，因?yàn)镻(A)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(A)P(B)，隨機(jī)事件A與隨機(jī)事件B相互獨(dú)立，對于D，因?yàn)镻(B)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(B)P(B)，由于P(A)，P(B)不一定相等，所以不能說明事件A，B相互獨(dú)立，故D不正確．故選12．英國數(shù)學(xué)家貝葉斯在概率論研究方面成就顯著，根據(jù)貝葉斯統(tǒng)計(jì)理論，隨機(jī)事件A，B存在如下關(guān)系：P(A|B)＝PAPBAPB.2023賀歲檔電影精彩紛呈，有幾部影片是小明期待想去影院看的．小明家附近有甲、乙兩家影院，小明第一天去甲、乙兩家影院觀影的概率分別為0.4和0.6.如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率為0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率為0.A．第二天去甲影院的概率為0.44B．第二天去乙影院的概率為0.44C．第二天去了甲影院，則第一天去乙影院的概率為4D．第二天去了乙影院，則第一天去甲影院的概率為8D解析：對于A，設(shè)A1：第一天去甲影院，A2：第二天去甲影院，B1：第一天去乙影院，B2：第二天去乙影院，所以P(A1)＝0.4，P(B1)＝0.6，PA2A1＝0.6，PA2B所以P(A2)＝P(A1)PA2A1＋P(B1)PA2B1＝0.4×0.6＋0.6×0.5＝0對于B，P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，故B不正確；對于C，PB1A2＝PB對于D，PA1B2＝PA1PB2A13．(2024·南京模擬)甲、乙兩人向同一目標(biāo)各射擊一次，已知甲命中目標(biāo)的概率為0.6，乙命中目標(biāo)的概率為0.5，若目標(biāo)至少被命中1次，則乙命中目標(biāo)的概率為________．0.625解析：記事件A為“乙命中目標(biāo)”，事件B為“目標(biāo)至少被命中1次”，則P(B)＝1－(1－0.6)×(1－0.5)＝0.8，P(AB)＝0.5×(1－0.6)＋0.6×0.5＝0.5，P(A|B)＝PABPB＝014．長白飛瀑、高句麗遺跡、鶴舞向海、一眼望三國、偽滿皇宮、松江霧凇、凈月風(fēng)光、查干冬漁是著名的吉林八景．某人打算來吉林旅游，冬季來的概率是23，夏季來的概率是13，若冬季來，則看不到長白飛瀑、鶴舞向海和凈月風(fēng)光；若夏季來，則看不到松江霧凇和查干冬漁．無論什么時(shí)候來，由于時(shí)間原因，只能在可去景點(diǎn)當(dāng)中選擇兩處參觀，則某人去了一眼望三國景點(diǎn)的概率為1745解析：設(shè)事件A1＝“冬季來吉林旅游”，事件A2＝“夏季來吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三國’”，則P(A1)＝23，P(A2)＝在冬季去了“一眼望三國”的概率P(B|A1)＝C4在夏季去了“一眼望三國”的概率P(B|A2)＝C5所以去了“一眼望三國”的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝2315．(學(xué)科交匯)在孟德爾豌豆試驗(yàn)中，子二代的基因型為DD，Dd，dd，其中D為顯性基因，d為隱性基因，且這三種基因型的數(shù)量比為1∶2∶1.如果在子二代中任意選取2顆豌豆作為父本雜交，那么子三代中基因型為dd的概率是多大？解：記事件B＝“子三代中基因型為dd”，事件A1＝“選擇的是Dd，Dd”，事件A2＝“選擇的是dd，dd”，事件A3＝“選擇的是dd，Dd”，則P(A1)＝12×12＝14，P(A2)＝14×14在子二代中任取2顆豌豆作為父本雜交，分以下三種情況討論：①若選擇的是“Dd，Dd”，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A1)＝14②若選擇的是“dd，dd”，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A2)＝1；③若選擇的是“dd，Dd”，則子三代中基因型為dd的概率為P(B|A3)＝12綜上所述，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝14因此，子三代中基因型為dd的概率是1416．(新情境)第19屆杭州亞運(yùn)會中電子競技作為正式體育競賽項(xiàng)目備受關(guān)注．已知某項(xiàng)賽事的季后賽后半段有四支戰(zhàn)隊(duì)參加，采取“雙敗淘汰賽制”，對陣表如圖，賽程如下：第一輪：四支隊(duì)伍分別兩兩對陣(即比賽1和2)，兩支獲勝隊(duì)伍進(jìn)入勝者組，兩支失敗隊(duì)伍落入敗者組．第二輪：勝者組兩支隊(duì)伍對陣(即比賽3)，獲勝隊(duì)伍成為勝者組第一名，失敗隊(duì)伍落入敗者組；第一輪落入敗者組的兩支隊(duì)伍對陣(即比賽4)，失敗隊(duì)伍(已兩敗)被淘汰(獲得殿軍)，獲勝隊(duì)伍留在敗者組．第三輪：敗者組兩支隊(duì)伍對陣(即比賽5)，失敗隊(duì)伍被淘汰(獲得季軍)，獲勝隊(duì)伍成為敗者組第一名．第四輪：敗者組第一名和勝者組第一名決賽(即比賽6)，爭奪冠軍．假設(shè)每場比賽雙方獲勝的概率均為12，每場比賽之間相互獨(dú)立．(1)若第一輪隊(duì)伍A和隊(duì)伍D對陣，則他們?nèi)阅茉跊Q賽中對陣的概率是多少？(2)已知隊(duì)伍B在上述季后賽后半段所參加的所有比賽中，敗了兩場，求在該條件下隊(duì)伍B獲得亞軍的概率．解：(1)由題意可知，第一輪隊(duì)伍A和隊(duì)伍D對陣，則獲勝隊(duì)伍需要贏得比賽3的勝利，失敗隊(duì)伍需要贏得比賽4和比賽5的勝利，他們才能在決賽中對陣，所以所求的概率為12(2)設(shè)事件Wi＝“隊(duì)伍B在比賽i中勝利”，事件Li＝“隊(duì)伍B