高中数学选修2-3课时作业20：2.2.1条件概率

2.2.1 条件概率
A 基础达标
1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝2
5，则P (AB )等于( )
A ．5
6
B ．910
C ．215
D ．115
2．4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是( ) A ．14
B ．13
C ．12
D ．1
3．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于( ) A ．49
B ．29
C ．12
D ．13
4．在区间(0，1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝{x |0<x <12}，B ＝{x |14<x <3
4}，则P (B |A )
等于( ) A ．1
2
B ．14
C ．13
D ．34
5．甲、乙两人从1，2，…，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是( ) A ．12
B ．715
C ．815
D ．914
6．如图，EFGH 是以O 为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形HOE (阴影部分)内”，则P (A )＝________，P (B |A )＝________．
7．从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张．已知第1次抽到A，则第2次也抽到A的概率是________．
8．分别用集合M＝{2，4，5，6，7，8，11，12}中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，已知取出的一个元素是12，则取出的另外一个元素与之构成可约分数的概率是________．9．某考生在一次考试中，共有10题供选择，已知该考生会答其中6题，随机从中抽5题供考生回答，答对3题及格，求该考生在第一题不会答的情况下及格的概率．
10．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动．
(1)设所选3人中女生人数为X，求X的分布列．
(2)求男生甲或女生乙被选中的概率．
(3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(A|B)．
B 能力提升
11．(2019·唐山高二检测)将三颗骰子各掷一次，设事件A 表示“三个点数都不相同”，B 表示“至少出现一个6点”，则概率P (A |B )等于( ) A ．6091
B ．12
C ．518
D ．91216
12．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．
13．一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么：
(1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？
14．(选做题)在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．
——★ 参 考 答 案 ★——
A 基础达标
1．[[答案]]C
[[解析]]P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝2
15，故选C ．
2．[[答案]]B
[[解析]]记“第一位同学没有抽到中奖券”为事件A ，P (A )＝3
4，“最后一位同学抽到中奖券”为
事件B ，P (AB )＝34×13＝1
4，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1
434＝14×43＝13
.
3．[[答案]]C [[解析]]由题意可知．
n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 33
＝6. 所以P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝612＝1
2.
4．[[答案]]A [[解析]]P (A )＝121＝1
2.
因为A ∩B ＝{x |14<x <1
2}，
所以P (AB )＝141＝1
4
，
所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1
412＝1
2
.
5．[[答案]]D
[[解析]]设事件A ＝“甲取到的数是5的倍数”，B ＝“甲所取的数大于乙所取的数”，又因为本题为古典概型概率问题，所以根据条件概率可知，P (B |A )＝
n （A ∩B ）n （A ）
＝4＋9＋143×14＝9
14.故选
D ．
6．[[答案]]2π 1
4
[[解析]]因为圆的半径为1，所以圆的面积S ＝πr 2
＝π，正方形EFGH 的面积为⎝⎛⎭
⎫2r
22
＝2，所
以P (A )＝2
π
.
P (B |A )表示事件“已知豆子落在正方形EFGH 中，则豆子落在扇形HOE (阴影部分)”的概率，所以P (B |A )＝1
4.
7．[[答案]]1
17
[[解析]]设“第1次抽到A”为事件A ，“第2次也抽到A”为事件B ，则AB 表示两次都抽到A ，P (A )＝452＝113，P (AB )＝4×352×51＝113×17，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝117.
8．[[答案]]47
[[解析]]设“取出的两个元素中有一个是12”为事件A ，“取出的两个元素构成可约分数”为事件B ，则n (A )＝7，n (AB )＝4，所以P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝4
7
.
9．解：设事件A 为从10题中抽5题，第一题不会答；设事件B 为从10题中依次抽5题，第一题不会答，其余4题中有3题或4题会答．
n (A )＝C 14C 49，n (B )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)． 则P ＝C 14（C 36C 13＋C 46C 03）C 14C 4
9＝2542
. 所以该考生在第一题不会答的情况下及格的概率为25
42
.
10．解：(1)X 的所有可能取值为0，1，2，依题意得P (X ＝0)＝C 34C 36＝15，P (X ＝1)＝C 24C 1
2
C 36＝35，
P (X ＝2)＝C 14C 2
2C 36＝1
5
.
所以X 的分布列为
(2)设“甲、乙都不被选中”为事件则P (C )＝C 34
C 36＝420＝15
；
所以所求概率为P (C —)＝1－P (C )＝1－15＝4
5
.
(3)P (B )＝C 25C 36＝1020＝12；P (AB )＝C 14
C 36＝15.
所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝2
5
.
B 能力提升
11．[[答案]]A
[[解析]]因为P (A |B )＝P （AB ）
P （B ）
，
P (AB )＝C 13C 15C 14
63＝6063＝60216
，
P (B )＝1－P (B —)＝1－5363＝1－125216＝91
216.
所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）
＝60
21691216＝60
91.
12．[[答案]]33
50
[[解析]]设事件C 为“取出的数不大于50”，事件A 为“取出的数是2的倍数”，事件B 为“取出的数是3的倍数”． 则P (C )＝1
2
，且所求概率为
P (A ∪B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )－P (AB |C ) ＝P （AC ）P （C ）＋P （BC ）P （C ）－P （ABC ）P （C ） ＝2×(25100＋16100－8100)
＝3350
. 13．解：(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出1个白球”为事件B ，则“先后两次摸出白球”为事件AB ，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果， 所以P (A )＝12，P (AB )＝2×14×3＝16
，
所以P (B |A )＝1612
＝13.所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为1
3.
(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，“两次都摸出白球”为事件A 1B 1，P (A 1)＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝1
4，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1B 1）P （A 1）＝1
412
＝12
.所以先摸出1个
白球后放回，再摸出1个白球的概率为1
2
.
14．解：设“该考生6道题全答对”为事件A ，“该考生恰好答对了5道题”为事件B ，“该考生恰好答对了4道题”为事件C ，“该考生在这次考试中通过”为事件D ，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E ，则D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，且A ，B ，C 两两互斥，由古典概型的概
率公式知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 2
10
C 620＝12 180C 620
，
又AD ＝A ，BD ＝B ，
所以P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D ) ＝P （AD ）P （D ）＋P （BD ）P （D ）＝P （A ）P （D ）＋P （B ）
P （D ）
＝C 610C 62012 180C 620＋C 510C 110C 62012 180C 620
＝1358.。