2025年高考数学总复习 65 课时质量评价(六十五)

课时质量评价(六十五)1．已知盒中装有3只螺口灯泡与9只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要1只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取1只不放回，则在他第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为()A．14 B．C．911 D．C解析：(方法一)因为电工师傅每次从中任取1只不放回，且第1次取到的是螺口灯泡，所以第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率等价于从2只螺口灯泡与9只卡口灯泡中抽取1只，恰为卡口灯泡的概率，即为92(方法二)设事件A为第1次取到的是螺口灯泡，事件B为第2次取到的是卡口灯泡，则在第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为P(B|A)＝PABPA＝32．若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示()A．事件A发生的概率B．事件B发生的概率C．事件B不发生的条件下事件A发生的概率D．事件A，B同时发生的概率A解析：由题意可得，题图所示的涂色部分的面积为PABPB+1－PBPAB＝P(AB)＋P(B)PAB＝P(AB)＋P3．(2024·合肥模拟)某学校高三(1)班至(4)班举办研学游活动，有4个地方可供选择，且每班只能去1个地方．设事件M＝“4个班去的地方各不相同”，N＝“(1)班独自去1个地方”，则P(M|N)＝()A．29 B．C．13 D．A解析：由题意得，n(N)＝C41×33＝108，n(MN)＝A44＝24，所以P(M|N4．已知A，B为两个随机事件，0<P(A)<1，P(B)＝0.3，P(B|A)＝0.9，PBA＝0.2，则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.故选B．5．某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为()A．0.23 B．0.47C．0.53 D．0.77D解析：由题图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%，20%，10%，记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1.又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%，记事件B＝“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，由全概率公式，可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故选D．6．(多选题)为增进全体党员干部职工对党史知识的了解，某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛．某支部在5道党史题中(有3道选择题和2道填空题)，不放回地依次随机抽取2道题作答，设事件A＝“第1次抽到选择题”，事件B＝“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是()A．P(A)＝35 B．P(AB)＝C．P(B|A)＝12 D．PBAABC解析：P(A)＝C31C51＝35，故A正确；P(AB)＝C31C21C51C41＝310，故B正确；PBA＝PABPA＝7．位于数轴上的粒子A每次只能向左或向右移动一个单位长度，若前一次向左移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为23；若前一次向右移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为13.若粒子A第一次向右移动一个单位长度的概率为13，则粒子A49解析：所求的概率p＝18．有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率是________．67解析：设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C，且B与C互斥，又P(A)＝C21C31+C22C52＝710故P(D|A)＝P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝PAB9．某企业使用新技术对某款芯片进行试生产，在试生产初期，该款芯片的生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为P1＝110(1)求该款芯片的生产在进入第四道工序前的次品率．(2)如果第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行人工抽查检验．在芯片智能自动检测显示合格率为90%的条件下，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．解：(1)因为前三道工序的次品率分别为P1＝110所以该款芯片的生产在进入第四道工序前的次品率为P＝1－[(1－P1)(1－P2)(1－P3)]＝1－910(2)设“该款芯片智能自动检测合格”为事件A，“人工抽检合格”为事件B，由已知得P(A)＝910，P(AB)＝1－P＝1－3则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件B|A，所以P(B|A)＝PAB10．在某次对抗赛中，甲、乙两人同时挑战100秒记忆力项目，根据以往甲、乙两人同场对抗挑战该项目的记录统计分析，在对抗挑战中，甲挑战成功的概率是415，乙挑战成功的概率是215，甲、乙均未挑战成功的概率是710，则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为A．12 B．C．25 D．B解析：记“甲挑战成功”为事件A，“乙挑战成功”为事件B，则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则在甲挑战成功的条件下，乙挑战成功的概率为P(B|A)＝PABPA＝11．(多选题)(2024·晋中模拟)下列各式中能够说明随机事件A与随机事件B相互独立的是()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：对于A，因为P(A|B)＝PABPB＝P(B|A)＝PABPA，所以P(A)＝P(B)，不能说明随机事件A与随机事件对于B，因为P(A|B)＝PABPB＝PAB＝PABPB，所以P(AB)PB所以P(AB)[1－P(B)]＝P(B)[P(A)－P(AB)]，化简得P(AB)＝P(A)P(B)，即随机事件A与随机事件B相互独立，故B正确；对于C，因为P(A)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(A)P(B)，随机事件A与随机事件B相互独立，对于D，因为P(B)＝P(A|B)＝PABPB，所以P(AB)＝P(B)P(B)，由于P(A)，P(B)不一定相等，所以不能说明事件A，B相互独立，故D不正确．故选12．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)＝PAPBAPB.2023贺岁档电影精彩纷呈，有几部影片是小明期待想去影院看的．小明家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为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为0.6；如果第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为0.A．第二天去甲影院的概率为0.44B．第二天去乙影院的概率为0.44C．第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为4D．第二天去了乙影院，则第一天去甲影院的概率为8D解析：对于A，设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对于B，P(B2)＝1－P(A2)＝0.46，故B不正确；对于C，PB1A2＝PB对于D，PA1B2＝PA1PB2A13．(2024·南京模拟)甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为0.6，乙命中目标的概率为0.5，若目标至少被命中1次，则乙命中目标的概率为________．0.625解析：记事件A为“乙命中目标”，事件B为“目标至少被命中1次”，则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．长白飞瀑、高句丽遗迹、鹤舞向海、一眼望三国、伪满皇宫、松江雾凇、净月风光、查干冬渔是著名的吉林八景．某人打算来吉林旅游，冬季来的概率是23，夏季来的概率是13，若冬季来，则看不到长白飞瀑、鹤舞向海和净月风光；若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬渔．无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择两处参观，则某人去了一眼望三国景点的概率为1745解析：设事件A1＝“冬季来吉林旅游”，事件A2＝“夏季来吉林旅游”，事件B＝“去了‘一眼望三国’”，则P(A1)＝23，P(A2)＝在冬季去了“一眼望三国”的概率P(B|A1)＝C4在夏季去了“一眼望三国”的概率P(B|A2)＝C5所以去了“一眼望三国”的概率P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝2315．(学科交汇)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的数量比为1∶2∶1.如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本杂交，那么子三代中基因型为dd的概率是多大？解：记事件B＝“子三代中基因型为dd”，事件A1＝“选择的是Dd，Dd”，事件A2＝“选择的是dd，dd”，事件A3＝“选择的是dd，Dd”，则P(A1)＝12×12＝14，P(A2)＝14×14在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论：①若选择的是“Dd，Dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A1)＝14②若选择的是“dd，dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A2)＝1；③若选择的是“dd，Dd”，则子三代中基因型为dd的概率为P(B|A3)＝12综上所述，P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝14因此，子三代中基因型为dd的概率是1416．(新情境)第19届杭州亚运会中电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注．已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵(即比赛1和2)，两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组．第二轮：胜者组两支队伍对阵(即比赛3)，获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组的两支队伍对阵(即比赛4)，失败队伍(已两败)被淘汰(获得殿军)，获胜队伍留在败者组．第三轮：败者组两支队伍对阵(即比赛5)，失败队伍被淘汰(获得季军)，获胜队伍成为败者组第一名．第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛(即比赛6)，争夺冠军．假设每场比赛双方获胜的概率均为12，每场比赛之间相互独立．(1)若第一轮队伍A和队伍D对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？(2)已知队伍B在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍B获得亚军的概率．解：(1)由题意可知，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，所以所求的概率为12(2)设事件Wi＝“队伍B在比赛i中胜利”，事件Li＝“队伍B