《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

7.已知随机事件A，B，C满足0＜$P(A)$＜1，0＜$P(B)$＜1，0＜$P(C)$＜1，则下列说法错误的是 （ ）
A.不可能事件$\varPhi$与事件A互斥
B.必然事件$\Omega$与事件A相互独立
C.$P(A|C)=P(AB|C)+P(A\overline{B}|C)$
D.若$P(A|B)=P(\overline{A}|B)$，则$P(A)=P(\overline{A})=\frac{1}{2}$

答案： D　[对于A，因为不可能事件$\varPhi$与事件A不会同时发生，所以两者互斥，A正确；对于B，因为P($\varOmega$)=1，P(A$\varOmega$)=P(A)，P(A)P($\varOmega$)=P(A)×1=P(A)，所以P(A$\varOmega$)=P(A)P($\varOmega$)，所以必然事件$\varOmega$与事件A相互独立，B正确；对于C，因为AB$\cup$A$\overline{B}$=A，且AB，A$\overline{B}$不会同时发生，所以P(A|C)=P(AB|C)+P(A$\overline{B}$|C)，C正确；对于D，例如，抛掷一枚骰子1次的试验，设事件B为出现点数小于等于4，事件A为出现点数小于等于2，则P(A|B)=P($\overline{A}$|B)，但P(A)≠P($\overline{A}$)，D错误。故选D。]

8.甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是$\frac{1}{3}$，乙解出这道题目的概率是$\frac{1}{4}$，则恰有1人解出这道题目的概率是____，这道题目被解出的概率是________。

答案： 答案　$\frac{5}{12}$　$\frac{1}{2}$
解析　设“甲解出这道题目”为事件A，“乙解出这道题目”为事件B，则P(A)=$\frac{1}{3}$，P(B)=$\frac{1}{4}$，P($\overline{A}$)=$\frac{2}{3}$，P($\overline{B}$)=$\frac{3}{4}$。
∵“恰有1人解出这道题目”为事件A$\overline{B}$$\cup$$\overline{A}$B，
∴P(A$\overline{B}$$\cup$$\overline{A}$B)=P(A)P($\overline{B}$)+P($\overline{A}$)P(B)=$\frac{1}{3}$×$\frac{3}{4}$+$\frac{2}{3}$×$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{12}$。设“这道题目被解出”为事件C，则P(C)=1 - P($\overline{A}$$\overline{B}$)=1 - P($\overline{A}$)P($\overline{B}$)=1 - $\frac{2}{3}$×$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{2}$。

9.(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为 （ ）
A.0.8　　　　
　B.0.4　　　　
　C.0.2　　　　
　D.0.1

答案： 9.A　[报名两个俱乐部的人数为50 + 60 - 70 = 40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)=$\frac{50}{70}$=$\frac{5}{7}$，P(AB)=$\frac{40}{70}$=$\frac{4}{7}$，所以P(B|A)=$\frac{P(AB)}{P(A)}$=$\frac{\frac{4}{7}}{\frac{5}{7}}$ = 0.8。故选A。]

10.(2022·全国乙卷)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立。已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为$p_1$，$p_2$，$p_3$，且$p_3＞p_2＞p_1＞0$。记该棋手连胜两盘的概率为p，则 （ ）
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大

答案： 10.D　[设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为$P_{甲}$，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为$P_{乙}$，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为$P_{丙}$。由题意得$P_{甲}=p_{1}[p_{2}(1 - p_{3})+p_{3}(1 - p_{2})]=p_{1}p_{2}+p_{1}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$，$P_{乙}=p_{2}[p_{1}(1 - p_{3})+p_{3}(1 - p_{1})]=p_{1}p_{2}+p_{2}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$，$P_{丙}=p_{3}[p_{1}(1 - p_{2})+p_{2}(1 - p_{1})]=p_{1}p_{3}+p_{2}p_{3}-2p_{1}p_{2}p_{3}$，所以$P_{丙}-P_{甲}=p_{2}(p_{3}-p_{1})＞0$，$P_{丙}-P_{乙}=p_{1}(p_{3}-p_{2})＞0$，所以$P_{丙}$最大。故选D。]

11.(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球。甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则 （ ）
A.甲与丙相互独立　　　　　　
　B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立　　　　　　
　D.丙与丁相互独立

答案： 11.B　[设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则P(A)=P(B)=$\frac{1}{6}$，P(C)=$\frac{5}{6×6}$=$\frac{5}{36}$，P(D)=$\frac{6}{6×6}$=$\frac{1}{6}$。对于A，甲、丙同时发生的概率P(AC)=0；对于B，甲、丁同时发生的概率P(AD)=$\frac{1}{6×6}$=$\frac{1}{36}$；对于C，乙、丙同时发生的概率P(BC)=$\frac{1}{6×6}$=$\frac{1}{36}$；对于D，丙、丁同时发生的概率P(CD)=0。若两事件X，Y相互独立，则P(XY)=P(X)P(Y)，因此B正确。]

12.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立。发送0时，收到1的概率为$\alpha(0＜\alpha＜1)$，收到0的概率为$1 - \alpha$；发送1时，收到0的概率为$\beta(0＜\beta＜1)$，收到1的概率为$1 - \beta$。考虑两种传输方案：单次传输和三次传输。单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次。收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为$(1 - \alpha)(1 - \beta)^2$
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为$\beta(1 - \beta)^2$
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为$\beta(1 - \beta)^2+(1 - \beta)^3$
D.当0＜$\alpha$＜0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率

答案： 12.ABD　[对于A，依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送0收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1 - $\beta$)(1 - $\alpha$)(1 - $\beta$)=(1 - $\alpha$)(1 - $\beta$)²，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1收到1，发送1收到0，发送1收到1这3个事件的积事件，它们相互独立，所以所求概率为(1 - $\beta$)$\beta$(1 - $\beta$)=$\beta$(1 - $\beta$)²，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的和事件，它们两两互斥，由选项B知，所求的概率为$C_{3}^{2}$(1 - $\beta$)²$\beta$+(1 - $\beta$)³=(1 - $\beta$)²(1 + 2$\beta$)，C错误；对于D，由C项知，三次传输，发送0，则译码为0的概率P=(1 - $\alpha$)²(1 + 2$\alpha$)，单次传输发送0，则译码为0的概率P'=1 - $\alpha$，而0＜$\alpha$＜0.5，因此P - P'=(1 - $\alpha$)²(1 + 2$\alpha$)-(1 - $\alpha$)=$\alpha$(1 - $\alpha$)(1 - 2$\alpha$)＞0，即P＞P'，D正确。故选ABD。]