考点巩固卷24古典概型、相互独立、条件概率及全概率公式(七大考点)（解析版）

考点巩固卷24古典概型、相互独立、条件概率及全概率公式(七大考点考点01 互斥事件和对立事件1．一批产品共100件，不合格品率为0.05.收货方从中不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接受这批产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒绝整批产品；如果抽检的第1件产品合格，则再抽1件，如果抽检的第2件产品合格，则接受整批产品，否则拒绝整批产品.则这批产品被接受的概率为.【答案】【分析】计算出抽检第1件产品不合格的概率和抽检的第1件产品合格，第2件产品不合格的概率，相加得到这批产品被拒绝的概率，从而求出这批产品被接受的概率.【详解】抽检第1件产品不合格的概率为，抽检的第1件产品合格，第2件产品不合格的概率为，所以这批产品被拒绝的概率为，所以被接受的概率为.故答案为：2．（多选）已知事件满足，，则下列结论正确的是（）A．B．如果，那么C．如果与互斥，那么D．如果与相互独立，那么【答案】BCD【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐个分析判断即可【详解】对于选项A，，故选项A错误；对于选项B，如果，那么，选项B正确；对于选项C，如果与互斥，那么，所以选项C正确；对于选项D，如果与相互独立，那么，所以选项D正确.故选：BCD3．已知一个不透明袋子中装有大小、质地完全一样的1个白球、1个红球、2个黑球，现从中依次不放回地随机抽取2个小球，事件“取到红球和黑球”，事件“第一次取到黑球”，事件“第二次取到黑球”，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】先求出，，，再根据事件的互斥性等性质判断各选项的正确性.【详解】A.，对于事件，①当第一次摸到非黑球时，，②当第一次摸到黑球时，，，则，故A正确；B.，，，故B错误；C.，故C正确；D.，，故，故D正确.故答案为：ACD.4．（多选）从含有若干次品的一批产品中随机取出三件，设事件A为“三件产品全不是次品”，事件为“三件产品全是次品”，事件为“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（

）A．事件与互斥 B．事件与互斥C．事件与互斥 D．是必然事件【答案】ACD【分析】根据互斥事件、必然事件的定义判断．【详解】对于事件A指的是三件产品都是合格品；对于事件指的是三件产品全是次品；对于事件指的是包括0件次品（全是合格品），一件次品，两件次品三个事件；事件A包含于，故B错，与C是互斥事件，而且是对立事件，故AD正确；和互斥事件，故C正确．故选：ACD5．（多选）某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少1名女生”与事件“全是男生”（

）A．是互斥事件 B．不是互斥事件 C．是对立事件 D．不是对立事件【答案】AC【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可求解.【详解】从3男2女中人选2名同学，一共会出现的抽取情况为：2男，或者2女，或者1男1女，至少一名女生包括一名或两名女生，全是男生相当于女生数为零，两者间是互斥事件也是对立事件.故选：AC6．（多选）从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（

）A．至少有1个红球与都是红球 B．恰有1个红球与恰有2个红球C．至少有1个红球与至少有1个白球 D．至多有1个红球与恰有2个红球【答案】BD【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.【详解】选项A：“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含有“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；选项B：“恰有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球”与“恰有3个红球”两种事件，故“恰有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；选项C：“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含由事件“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，故不是互斥事件，故C错误；选项D：“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确，故选：BD考点02 古典概型7．某同学口袋中共有个大小相同､质地均匀的小球其中个编号为，个编号为，现从中取出个小球，编号之和恰为的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先依题意得出满足条件的情况，再根据古典概型公式计算即可.【详解】编号之和恰为,则需要3个球中个编号为,个编号为，设个编号为的小球为ABC，个编号为的小球为ab，则从5个球中取出3个，共有：，共10种，其中满足题意得情况有：共6种，则编号之和恰为的概率为.故选:D.8．将甲、乙、丙、丁四人安排到篮球与演讲比赛现场进行服务工作，每个比赛现场需要两人，则甲、乙安排在一起的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根先将四人平均分成两组，再安排服务工作共有种，再根据全排求甲、乙安排一起服务的种数，结合古典概型即可求解.【详解】将四人分成两人两组共有种，再安排四人到篮球与演讲比赛现场进行服务工作有种，又甲、乙安排在一起共有种，所以甲、乙安排在一起的概率为，故选：B.9．（2023·四川成都·校联考二模）一个不透明的袋中装有2个红球，2个黑球，1个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】列举出所有可能的结果，并找出其中符合题意的情况即可得解.【详解】由题意设2个红球分别用表示，2个黑球分别用表示，1个白球用表示，则取出的三个球的组合有以下种情形：、、、、、、、、、，其中符号条件的有以下四种情形：、、、.因此从袋中一次性随机抽取3个球，则“这3个球的颜色各不相同”的概率为.故选：D.10．某商场举行抽奖活动，箱子里有10个大小一样的小球，其中红色的5个，黄色的3个，蓝色的2个，现从中任意取出3个，则其中至少含有两种不同颜色的小球的概率为.【答案】【分析】应用组合数求取出3个为同一种颜色的取法、任取3个球的取法，应用古典概型、对立事件概率求法求至少含有两种不同颜色的小球的概率.【详解】由题意，取出3个为同一种颜色有种取法，10个大小一样的小球任取3个球有种取法，所以至少含有两种不同颜色的小球的概率为.故答案为：11．（2023·江西九江·统考一模）2022年11月第十四届中国国际航空航天博览会在珠海举办.在此次航展上，国产大飞机“三兄弟”运油-20、C919、AG600M震撼亮相，先后进行飞行表演.大飞机是大国的象征、强国的标志.国产大飞机“三兄弟”比翼齐飞的梦想，在航空人的接续奋斗中成为现实.甲乙两位同学参观航展后各自从“三兄弟”模型中购买一架，则两位同学购买的飞机模型不同的概率是.【答案】【分析】由题意，根据列举法求古典概型的概率计算公式得解.【详解】解：设三架飞机模型分别为A，B，C，甲乙各购买一架的可能情况有9种：AA，AB，AC，BA，BB，BC，CA，CB，CC，其中两位同学购买的飞机模型不同有6种情况：AB，AC，BA，BC，CA，CB，所以甲乙两位同学购买的飞机模型不同的概率是.故答案为：.12．（2023·新疆·统考三模）从至世纪涌现出一批著名的数学家和其创作的数学著作，如秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》．某学校团委为拓展学生课外学习兴趣，现从上述五部著作中任意选择两部作为学生课外拓展学习的参考书目，则所选的两部中至少有一部是杨辉著作的概率为．【答案】/【分析】将著作《数书九章》、《测圆海镜》分别记为、，将著作《详解九章算法》、《日用算法》、《杨辉算法》分别记为、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】将著作《数书九章》、《测圆海镜》分别记为、，将著作《详解九章算法》、《日用算法》、《杨辉算法》分别记为、、，从上述五部著作中任意选择两部，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共个基本事件，其中，事件“所选的两部中至少有一部是杨辉著作”所包含的基本事件有：、、、、、、、、，共个基本事件，故所求概率为.故答案为：.考点03 独立事件的概率13．某知识问答竞赛需要三人组队参加，比赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段，每个阶段比赛中，如果一支队伍中至少有一人通过，则这支队伍通过此阶段.已知甲、乙、丙三人组队参加，若甲通过每个阶段比赛的概率均为，乙通过每个阶段比赛的概率均为，丙通过每个阶段比赛的概率均为，且三人每次通过与否互不影响，则这支队伍进入决赛的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得这支队伍通过每个阶段比赛的概率为，利用相互独立事件的概率计算可得出结果.【详解】“至少有一人通过”的对立事件为“三人全部未通过”，则这支队伍通过每个阶段比赛的概率为，所以他们连续通过初赛和复赛的概率为，即进入决赛的概率为.故选：B14．（多选）不透明的袋中装有5个大小质地完全相同的小球，其中3个红球、2个白球，从袋中一次性取出2个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（

）A． B．C．事件A与事件B是对立事件 D．事件A与事件B是相互独立事件【答案】BC【分析】根据古典概型概率公式求事件和事件的概率，判断AB，根据对立事件和独立事件的定义判断CD.【详解】随机试验从袋中一次性取出2个球的样本空间含个样本点，随机事件包含的样本点的个数为，所以，A错误；随机事件包含的样本点的个数为，所以，B正确，事件与事件不可能同时发生，所以事件与事件为互斥事件，又，即事件为必然事件，所以事件A与事件B是对立事件，C正确；随机事件包含的样本点的个数为，所以，随机事件为不可能事件，所以，所以，所以事件A与事件B不是相互独立事件，D错误，故选：BC.15．（多选）已知事件A，B，且，则（

）A．如果，那么B．如果，那么C．如果A与B相互独立，那么D．如果A与B相互独立，那么【答案】ABD【分析】根据事件关系及运算有、，由事件的相互独立知，结合事件的运算求、.【详解】A：由，则，正确；B：由，则，正确；C：如果A与B相互独立，则，，错误；D：由C分析及事件关系知：，正确.故选：ABD.16．若三个元件、、按照如图的方式连接成一个系统，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响，当元件正常工作且、中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若元件、正常工作的概率依次为、，且这个系统正常工作的概率为，则元件正常工作的概率为.

【答案】/【分析】设元件正常工作的概率为，当系统正常工作时，当且仅当正常工作，、中至少有一个正常工作，利用独立事件的概率乘法公式以及对立事件的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值.【详解】设元件正常工作的概率为，系统正常工作，当且仅当正常工作，、中至少有一个正常工作，由题意可得，系统正常工作的概率为，解得.故答案为：.17．为深入学习宣传贯彻党的二十大精神，某校团委举办“强国复兴有我”——党的二十大精神知识竞答活动.某场比赛中，甲、乙、丙三位同学同时回答一道有关二十大精神知识的问题.已知甲同学答对的概率是，甲、丙两位同学都答错的概率是，乙、丙两位同学都答对的概率是.若各同学答题正确与否互不影响.则甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为.【答案】【分析】设甲同学答对的的事件为A，答错的事件为，乙同学答对的事件为B，答错的事件为，丙乙同学答对的事件为C，答错的事件为，根据题意，由求得，再由求解.【详解】解：设甲同学答对的事件为A，答错的事件为，设乙同学答对的事件为B，答错的事件为，乙同学答对的事件为C，答错的事件为，因为甲同学答对的概率是，甲、丙两位同学都答错的概率是，乙、丙两位同学都答对的概率是，所以，解得，所以甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为:，，故答案为：18．现从甲、乙、丙3人中选派一人参加“垃圾分类”知识竞答，他们商议通过玩“石头、剪刀、布”游戏解决：如果其中两人手势相同，另一人不同，则选派手势不同的人参加；否则重新进行一局“石头、剪刀、布”游戏，直到确定人选为止.在每局游戏中，甲、乙、丙各自出3种手势是等可能的，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.【答案】【分析】根据题意，先求出进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率，然后根据各局游戏是相互独立，即可得到结果.【详解】设事件表示“进行一局游戏，成功确定参加活动人选”，则，则进行一局游戏，没有确定参加活动人选的概率为，且各局游戏是相互独立的，则直到第三局游戏才最终确定选派人员的概率为.故答案为：考点04 条件概率19．根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2，则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾霾的概率为（

）A．0.5 B．0.625 C．0.8 D．0.9【答案】A【分析】利用条件概率的概率公式求解即可.【详解】设发生中度雾霾为事件，刮四级以上大风为事件，依题意，，，，则在刮四级以上大风的情况下，发生中度雾霾的概率为.故选：A20．某医疗仪器上有、两个易耗元件，每次使用后，需要更换元件的概率为，需要更换元件的概率为，则在第一次使用后就要更换元件的条件下，、两个元件都要更换的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】记事件第一次使用后就要更换元件，事件、两个元件都要更换，计算出、的值，利用条件概率公式可求得的值.【详解】记事件第一次使用后就要更换元件，事件、两个元件都要更换，则，，由条件概率公式可得.故选：C.21．用五个数字排成一个无重复数字的五位数，设事件{数字在的左边}，事件{与相邻}，则等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别计算出，由条件概率公式可求得结果.【详解】，，.故选：D.22．一个不透明的袋中装有4个红球，4个黑球，2个白球，这些球除颜色外，其他完全相同，现从袋中一次性随机抽取3个球，事件A：“这3个球的颜色各不相同”，事件B：“这3个球中至少有1个黑球”，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】运用分类加法与分步乘法分别求得、，再结合条件概率的公式计算即可.【详解】由题意知，，，所以.故选：D.23．从1到10的连续10个整数中随机抽取3个，已知这3个数之和为奇数，则这3个数之积为偶数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知抽取的3个数必为3个奇数或2个偶数1个奇数，使这3个数之积为偶数，则必为2个偶数1个奇数，即可得答案.【详解】解：由题意可知要使这3个数之和为奇数，则这3个数必为3个奇数或2个偶数1个奇数，所以总的抽取法共有种，要使这3个数之积为偶数，则必为2个偶数1个奇数，共有种，所以所求概率为：.故选：B.24．假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则当已知该家庭个小孩中有女孩的条件下，个小孩中至少有个男孩的概率为.【答案】【分析】记事件该家庭个小孩中有女孩，事件该家庭中个小孩中至少有个男孩，计算出、的值，利用条件概率公式可求得的值.【详解】记事件该家庭个小孩中有女孩，事件该家庭中个小孩中至少有个男孩，则，，由条件概率公式可得.故答案为：.考点05 条件概率公式的应用25．已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且，，，则的值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件概率的公式，以及概率的加法公式，可得答案.【详解】由题意，，由，是互斥事件知，，所以，故选：A．26．（多选）已知为随机事件，则下列表述中不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据概率的性质及事件的运算关系，结合独立事件、条件概率公式判断各项的正误.【详解】仅当与相互独立时，成立，故A不正确；当和是两个互斥事件时才成立，故B不正确；，故C正确；，故D不正确．故选：ABD27．（多选）记A，B为随机事件，下列说法正确的是（

）A．若事件A，B互斥，，，B．若事件A，B相互独立，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】BC【分析】对于A，根据互斥事件和对立事件的性质分析判断即可，对于B，根据相互独立事件的性质分析判断，对于CD，根据条件概率的公式和对立事件的性质分析判断.【详解】，∴，A错.，B对.令，，，∴，，∴，，∴，C对.，D错，故选：BC.28．（多选）设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.【详解】对于A：，，所以，故A错误；对于B：，，∴，，故B正确；对于C：，，∴，故C正确.对于D：，，∴，∴，∴，所以D正确.故选：BCD.29．已知，，，那么．【答案】/【分析】根据条件概率公式即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以.故答案为：.30．已知随机事件A，B，，，，则.【答案】【分析】首先求出，则，则，最后利用对立事件的求法即可得到答案.【详解】依题意得，所以故，所以.故答案为：.考点06 全概率公式31．已知有两箱书，第一箱中有3本故事书，2本科技书；第二箱中有2本故事书，3本科技书．随机选取一箱，再从该箱中随机取书两次，每次任取一本，做不放回抽样，则在第一次取到科技书的条件下，第二次取到的也是科技书的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】记事件“第一箱中取书”，事件“从第二箱中取书”．事件“第次从箱中取到的书是科技书”，，然后根据题意求出，,的值，再根据全概率公式和条件概率公式求解即可.【详解】记事件“第一箱中取书”，事件“从第二箱中取书”．事件“第次从箱中取到的书是科技书”，,则由题意知，，,,所以故选：C32．（多选）甲箱中有4个红球，3个白球和3个黑球，乙箱中有5个红球，2个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，事件和分别表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，事件表示由乙箱取出的球是红球，则（

）A．事件与事件相互独立 B．C． D．【答案】BD【分析】根据题意得到，，结合独立事件的概率乘法公式和条件概率的公式，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，可得，，对于A中，由，且，可得，所以事件与事件不相互独立，所以A错误；对于B中，由，所以B正确；对于C中，由A项可得，所以C不正确；对于D中，由，所以D正确.故选：BD.33．某人连续两次对同一目标进行射击，若第一次击中目标，则第二次也击中目标的概率为0.8，若第一次未击中目标，则第二次击中目标的概率为0.4，已知第一次击中目标的概率是0.7，则第二次击中目标的概率为

.【答案】0.68/【分析】由全概率公式计算即可求解.【详解】根据题意，设事件“第一次击中目标”，“第二次击中目标”，，则，，，所以故答案为：0.68.34．芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产5nm规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为12块，8块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这20块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为0.08，则甲厂生产该芯片的次品率为【答案】/【分析】首先设，分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为p，得到则，，，，再利用全概率公式求解即可.【详解】设，分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为p，则，，，，则由全概率公式得：，解得，故答案为：.35．在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为，其中为显性基因，为隐性基因，且这三种基因型的比为，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为的概率是.【答案】/0.25【分析】分别求出子二代中各种基因型的概率，即可得出子三代中基因型为的概率.【详解】由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为，设事件：“子三代的基因型为”，则事件配型0001由全概率公式得，故答案为：.36．泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的“海上丝绸之路”起点.著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现90%的人至少打卡两个景点.为提升城市形象，泉州文旅局为大家准备了4种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件.若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会.每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物.假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立.(1)从全体打卡十八景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率；(2)任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率.【答案】(1)0.999(2)【分析】（1）用间接法，先求其对立事件“3人抽奖总次数低于4次”的概率即可；（2）应用全概率公式求解.【详解】（1）设3人抽奖总次数为，则的可能取值为3，4，5，6.由题意知，每位打卡十八景游客至少打卡两个景点的概率为，只打卡一个景点的概率为，随机抽取3人，3人打卡景点情况相互独立.表示抽奖总次数为3次，即3人都只打卡一个景点.依题意可得，，所以.（2）记事件“每位打卡十八景游客至少打卡两个景点”，则“每位打卡十八景游客只打卡一个景点”，事件“一位打卡十八景游客抽中开元寺祈福香包”，则，，，，由全概率公式得，.考点07 贝叶斯公式37．“狼来了”的故事大家小时候应该都听说过：小孩第一次喊“狼来了”，大家信了，但去了之后发现没有狼；第二次喊“狼来了”，大家又信了，但去了之后又发现没有狼；第三次狼真的来了，但是这个小孩再喊狼来了就没人信了．从数学的角度解释这一变化，假设小孩是诚实的，则他出于某种特殊的原因说谎的概率为；小孩是不诚实的，则他说谎的概率是．最初人们不知道这个小孩诚实与否，所以在大家心目中每个小孩是诚实的概率是．已知第一次他说谎了，那么他是诚实的小孩的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出事件，利用全概率公式和贝叶斯公式进行求解.【详解】设事件表示“小孩诚实”，事件表示“小孩说谎”，则，，，，则，，故，故.故选：D38．设某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线，生产规格的芯片，现有20块该规格的芯片，其中甲、乙、丙生产的芯片分别为6块、6块、8块，且甲、乙、丙生产该芯片的次品率依次为.现从这20块芯片中任取1块芯片，若取到的芯片是次品，则该芯片是甲厂生产的概率为.【答案】【分析】利用条件概率计算公式即可求得若取到的芯片是次品则该芯片是甲厂生产的概率.【详解】记芯片分别由甲、乙、丙三条生产线生产为事件，记取到的芯片是次品为事件，则，，，故，则若取到的芯片是次品，则该芯片是甲厂生产的概率为.故答案为：39．根据某机构对失踪飞机的调查得知：失踪的飞机中有70%的后来被找到，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