概率统计习题详解习题详解1-2章

习题解答
习 题1.1
1．试判断下列试验是否为随机试验：
（1）在恒力的作用下一质点作匀加速运动；
（2）在5个同样的球（标号1,2,3,4,5,）中，任意取一个，观察所取球的标号；
（3）在分析天平上称量一小包白糖，并记录称量结果． 解
（1）不是随机试验，因为这样的试验只有唯一的结果．
（2）是随机试验，因为取球可在相同条件下进行，每次取球有5个可能的结果：1,2,3,4,5，且取球之前不能确定取出几号球．
（3）是随机试验，因为称量可在相同条件下进行，每次称量的结果用x 表示，则有(,)x m m εε∈-+，其中m 为小包白糖的重量，ε为称量结果的误差限．易见每次称量会有无穷多个可能结果，在称量之前不能确定哪个结果会发生．
2．写出下列试验的样本空间．
（1）将一枚硬币连掷三次；
（2）观察在时间 [0 ，t ] 内进入某一商店的顾客人数；
（3）将一颗骰子掷若干次，直至掷出的点数之和超过2为止；
（4）在单位圆内任取一点，记录它的坐标．
解
（1）Ω={（正正正），（正正反），（正反正），（反正正），（正反
反），（反正反），（反反正），（反反反）}；
（2）Ω={0，1，2，3，……}；
（3）Ω={（3,4）,（5,6）,(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(1,1,1),
(1,1,2),(1,1,3),(1,1,4),(1,1,5),(1,1,6)}.
（4）在单位圆内任取一点，这一点的坐标设为（x ，y ）,则x ，y 应满足条件22 1.x y +≤故此试验的样本空间为{}22(,)| 1.x y x y Ω=+≤
3．将一颗骰子连掷两次，观察其掷出的点数．令A =“两次掷出的点数相同” ，B =“点数之和为10” ，C =“最小点数为4” ．试分别指出事件A 、B 、C 以及A B 、ABC 、A C - 、C A - 、B C 各自含有的样本点．
解
A ={(1,1) ，(2,2) ，(3,3) ，(4,4) ，(5,5) ，(6,6)} ;
B ={(4,6) ，(5,5) ，(6,4)};
C ={(4,4) ，(4,5) ，(4,6) ，(5,4) ，(6,4)};
{(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),(4,6),(6,4)}A B =;
ABC =∅
AC ={(1,1)，(2,2)，(3,3)，(5,5)，(6,6)};
C A -={(4,5)，(4,6)，(5,4)，(6,4)};
{(5,5)}.BC =
4．在一段时间内，某电话交换台接到呼唤的次数可能是0次，1次，2次，… ．记事件k A
（k = 1 ，2 ，…）表示“接到的呼唤次数小于k ” ，试用k A 间的运算表示下列事件：
（1） 呼唤次数大于2 ；
（2） 呼唤次数在5到10次范围内；
（3） 呼唤次数与8的偏差大于2 ．
解 (1) 3A ；(2) 115A A -；(3) 611A A .
5．试用事件A 、B 、C 及其运算关系式表示下列事件：
（1）A 发生而B 不发生；
（2）A 不发生但B 、C 至少有一个发生；
（3）A 、B 、C 中只有一个发生；
（4） A 、B 、C 中至多有一个发生；
（5）A 、B 、C 中至少有两个发生；
（6）A 、B 、C 不同时发生．
解 (1)AB ；(2)()A B C ；(3) ABC ABC A BC ； (4) AB A C BC ；
(5)AB BC AC ； (6) ABC
6．在某大学金融学院的学生中任选一名学生．若事件A 表示被选学生是女生，事件B 表示该生是大学二年级学生，事件C 表示该生是运动员． （１）叙述ABC 的意义．
（2）在什么条件下ABC C =成立？
（3）在什么条件下A B ⊂成立？
解
（1）该生是二年级女生，但非运动员．
（2）全学院运动员都是二年级女生．
（3）全系男生都在二年级
7．化简下列各事件：
（1） ()A B A -；
（2）()A B B -；
（3）()A B A - ；
（4）()A B B -
（5）()()()A B A B A A ．.
解．(1) ()A B A A -=；
(2) ()A B B A B -= ；
(3) ()A B A A B -=- ；
(4) ()A B B -=Φ；
(5) ()()()()A B A B A B A A B AB ==.
习题1.2
1．已知事件A 、B 、A B 的概率分别为0.4，0.3，0.6．求()P AB 解 由公式()()()()P A B P A P B P AB =+-及题设条件得
()0.40.30.60.1P AB =+-=
又 ()()()()0.40.10.3P AB P A B P A P AB =-=-=-=
2．设1()()()4P A P B PC ===，()0P AB =，1()()16
P AC P BC ==，求（1）A 、B 、C 中至少有一个发生的概率；（2）A 、B 、C 都不发生
的概率。

解（1）由已知()0P AB =，且有ABC AB ⊂，所以由概率的单调性知()0P ABC =
再由概率的加法公式，得A 、B 、C 中至少有一个发生的概率为
()()()()() ()()()
32 =0.625416
P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC =++--
-+-= （2）因为“A 、B 、C 都不发生”的对立事件为“A 、B 、C 中至少有一个发生”，所以得
P （A 、B 、C 都不发生）=1-0.625=0.375。

3．设()P A p = ，()P B q = ，()P A B r = ，求()P AB ) ， ()P AB ， ()P AB ) ．
解 . 由
()()()()P A B P A P B P AB =+-
得
()()()()P AB P A P B P A B p q r =+-=+-
则
()()()()P AB P A P AB p p q r r q =-=-+-=-
()()()()P AB P B P AB q p q r r p =-=-+-=-
()()()11P AB P A B P A B r ==-=-
4．设A 、B 、C 是三个随机事件，且有C A B A ⊃⊃， ，()0.9P A = ， ()P B C = 0.8 ，求()P A BC -．
解 因
()()
()1P B C P BC P BC ==- 则
()()110.80.2P BC P B C =-=-=
又由,A B A C ⊃⊃知A BC ⊃，于是
()()()0.90.20.7P A BC P A P BC -=-=-=
5．某城市共有A 、B 、C 三种报纸发行. 已知该市某一年龄段的市民中，有45%的人喜欢阅读A 报，34%的人喜欢阅读B 报，20%的人喜欢阅读C 报，10%的人同时喜欢阅读A 报和B 报，6%的同时人喜欢阅读报A 和C 报，4%的人同时喜欢阅读C 报和B 报，1%的人A 、B 、C 三种报纸都喜欢读. 从该市这一年龄段的市民中任选一人，求下列事件的概率：（1）至少喜欢读一种报纸；（2）不喜欢读任何一种报纸；（3）只喜欢读A 报；（4）只喜欢读一种报纸.
解 设A 、B 、C 分别表示从该市这一年龄段的市民中任选一人喜欢读A 报 、B 报、C 报
由题设知
()0.45,()0.34,(P A P B P C ===
()0.10,()0.04,()0.06()0.010
P AB P BC P AC P ABC ==== （1）该市这一年龄段的市民中任选一人至少喜欢读一种报纸的概率
()()()()() ()()()
=0.45+0.34+0.20.10.060.040.010.8
P A B C P A P B P C P AB P AC P BC P ABC =++--
-+---+=
（2）该市这一年龄段的市民中任选一人不喜欢读任何一种报纸的概率
()()1()
=10.8=0.2
P ABC P A B C P A B C ==-- (3) 该市这一年龄段的市民中任选一人只喜欢读A 报的概率
()()()
()()[()()] =0.450.10.060.01=0.3
P ABC P AB P ABC P A P AB P AC P ABC =-=-----+
(4) 同理可以求得：该市这一年龄段的市民中任选一人只喜欢读B 报的概率
()()()
()()[()()] =0.340.10.040.01=0.21
P ABC P AB P ABC P B P AB P BC P ABC =-=-----+
该市这一年龄段的市民中任选一人只喜欢读C 报的概率
()()()
()()[()()] =0.200.060.040.01=0.11
P ABC P AC P ABC P C P AC P BC P ABC =-=-----+
故该市这一年龄段的市民中任选一人只喜欢读一种报纸的概率
()()()() =0.3+0.210.11=0.62
P ABC ABC ABC P ABC P ABC P ABC =+++ 6．设()0P AB =，则下列说法哪些是正确的？
（1）A 和B 不相容；（2）A 和B 相容；（3）AB 是不可能事件；（4）AB 不一定是不可能事件
（5）()0P A =或()0P B =；（6）()()P A B P A -=。

解 因为概率为零的事件不一定是不可能事件，所以（4）正确；
又因为()()()()P A B P A P AB P A -=-=，所以（6）正确.
习题1.3
1．将10本书任意放到书架上，求其中仅有的3本外文书恰排在一起的概率．
解 设A =“3本外文书排在一起”。

10本书总的排法有10！种；3本书排成一列共有3！种，将这3本书排列后作为一个元素与另外7本书在一起有8！种排法，所以，事件A 含有的样本点数为3!8!，故
()3!8!10.0667.10!15
P A === 2．假设十把钥匙中有三把能打开门，今任取两把，求能打开门的概率．
解 设A =“能打开门”。

样本空间的样本点总数是21045C =，
事件A 含有的样本点数为211337C C C +，则
21133721032124()0.533.4545
C C C P A C ++===≈ 3．某人欲给朋友打电话，但只记得朋友的电话由五个不同数字组成，其首位是5 ，末位是3 ，中间号不是0 ，只好试拨．求其试拨一次即拨对的概率．
解 设A =“试拨一次即拨对”。

由题意，样本空间的样本点总数为37A 个，而正确的号码只有一个。

因此
3711()0.0048.765
P A A ==≈⨯⨯ 4．从装有5只红球4只黄球3只白球的袋中任意取出3只球，求下列事件的概率：
（1）取到同色球；
（2）取到的球的颜色各不相同．
解（1）设A =“取到3只同色球”。

任取3只球的样本点总数是
312220C =，取到3只红球的样本点数是35
10C =，取到3只黄球的样本点数是344C =，取到3只白球的样本点数是331C =，则
333543312104115()0.0682.220220
C C C P A C ++++===≈ （2）设B =“取到的球颜色各不相同”。

任取3只球的样本点总数是312220C =，取到的球颜色各不相同，即取到一只红球一只黄球一只
白球，其样本点数是11154360C C C ⋅⋅=，则
11154331260()0.2727.220
C C C P B C ⋅⋅==≈ 5．将上题中的抽取方式改为“放回抽样” ，即每次取出1球，记下颜色后放回，再作抽取，连取三次，求上述两个事件的概率． 解（1）设A =“取到3只同色球”。

样本空间的样本点总数是3121728=，取到3只红球的样本点数是35125=，取到3只黄球的样本点数是3464=，取到3只白球的样本点数是3327=，则
333
3543()121256427216 0.125.17281728
P A ++=++=== 设B =“取到的球颜色各不相同”。

任取3只球的样本点总数是3121728=，取到的球颜色各不相同，即取到一只红球一只黄球一只白
球，其样本点数是11135433360C C C A ⋅⋅⋅=，则
111354333360()0.2083.121728
C C C A P B ⋅⋅⋅==≈ 6．一部四卷的文集,按任意次序放到书架上,问各卷自左向右,或自右向左的卷号的顺序恰好为1,2,3,4的概率是多少?
解 设A ={文集排列为1,2,3,4或4,3,2,1的次序}，而一切可能的排列总数为4!,n =有利于所讨论的事件的排序项序总数为k =2,即按1,2,3,4及4,3,2,1两种次序排列。

则所求概率为
21()4!12
k P A n ====0.0833 7．从5双不同的的鞋中任取4只,求这4只鞋中至少有两只配成一双的概率.
解（1）设A =“4只鞋中至少有两只配成一双}，因为有利于事件
A 的取法总数为122585C C C -（即先从5双中任取一双，再在其余8只中
任取2只的取法共有1258C C 种。

25C 是所取四只恰为两双的取法数是重复
的数目，应用1258C C 中扣掉）
，所以有 ()122585410
0.61905.C C C P A C +-== 8．两封信随机地投入四个邮筒，求前两个邮筒内没有信的概率． 解 设A =“前两个邮筒内没有信”。

因为每封信有4种投法，所以两封信共有2416=种投法，而A 所包含的样本点数为22，从而
2
2()0.25.16
P A == 9．一间宿舍内住有6位同学，求他们中有4个人的生日在同一个月份的概率．
解 设A =“6位同学中有4个人的生日在同一个月份”。

每位同学
的生日可能是12个月份中的一个月份，6位同学的生日可能有612种
不同分布方式，而事件A 的样本点数为41261211C C ⋅⋅，于是，所求概率为
412
612611()0.0073.12
C C P A ⋅⋅=≈ 10．某货运码头仅能容一船卸货,而甲已两船在码头卸货时间分别为1小时和2小时．设甲、乙两船在24小时内随时可能到达，求它们中任何一船都不需等待码头空出的概率。

解 设x,y 分别表示两船到达某地的时刻,用A 表示两船中的任何一船都不需等待码头空出。

依题设，样本空间
{(,)|024,024},x y x y Ω=≤<≤<
事件 {(,)|21}A x y x y y x =->->Ω或
显然这是一个几何概型，故
2221123+22()22()==0.8793.()24
m A A P A m ⨯⨯==ΩΩ的面积的面积 习题1.4
１．设()0.5P A =，()0.6P B =．问 (1) 什么条件下()P AB 可以取最大值，其值是多少？（２）什么条件下()P AB 可以取最小值，其值是多少？
解
（１）因为
()()()()|0.5|P AB P A P B A P B A ==.
要使()P AB 最大，则需()|P B A 最大，当(|)1P B A =时，()P AB 可以取最大值，此时
()=0.5P AB ；
(2) 因为
()()()()+0.50.6()P AB P A P B P A B P A B =-=+-
所以()1P A B =时，()P AB 取最小值，此时
()=1.1-1=0.1P AB
2．设箱中有5个零件，其中2个为不合格品，现从中一个个不放回取零件，求在第三次才取到合格品的概率．
解 设(1,2,3)i A i =表示第i 次取到合格品，则所求概率为
123121312()()(|)(|)
211 15410P A A A P A P A A P A A A ⋅⋅=⋅=⨯⨯=
3．由长期统计资料得知，某一地区在4月份下雨（记为事件A ）的概率为
415,刮风（记为事件B ）的概率为715，既刮风又下雨的概率为110
．求(|),(|)().P A B P B A P A B 及 解 由题设知 4()15P A =，4()15P B =，1()10
P Ab =，则 ()1/103(|)()7/1514
P AB P A B P B === ()1/103(|)()4/158P AB P B A P A =
== ()()()()
47119 15151030P A B P A P B P AB =+-=+-=
4．某工厂生产的产品中36 ％ 为一等品，54 ％ 为二等品，10 ％ 为三等品．从中任意取出1件产品，已知它不是三等品，求其是一等品的概率．
解 设A =“取出的产品为一等品”，B =“取出的产品为二等品”，C =“取出的产品为三等品”，则
()()()36%,54%,10%.P A P B P C ===
故所求概率为
()()
()()()36%0.4.1110%
P AC P A P A C P C P C ====-- 5． 一批电子元件中，甲类的占80 ％ ，乙类的占12 ％ ，丙类的占8 ％ ．三类元件的使用寿命能达到指定要求的概率依次为0.9 、0.8和0.7 ．今任取一个元件，求其使用寿命能达到指定要求的概率．
解 设A =“任取一个元件为甲类”，B =“任取一个元件为乙类”，C =“任取一个元件为丙类”，D =“达到指定要求”，则有 ()()()80%,12%,8%P A P B P C ===
()()()0.9,0.8,0.7P D A P D B P D C ===
故由全概率公式，有
()()()()()()()P D P A P D A P B P D B P C P D C =⋅+⋅+
0.80.90.120.80.080.70.872.=⨯+⨯+⨯=
6．某商店收进甲厂生产的产品30箱，乙厂生产的同种产品20箱． 甲厂每箱装100个，废品率为0.06 ，乙厂每箱装120个，废品率是0.05 ，求：
（1）任取一箱，从中任取1个为废品的概率；
（2）若将所有产品开箱混放，则任取1个为废品的概率为多少？ 解 （1）设1A =“任取一箱为甲厂的产品”，2A =“任取一箱为乙厂的产品”， B =“任取一个产品为废品”，则12,A A 构成完备事件组，
由全概率公式，有
()()()()()1122P B P A P B A P A P B A =+
320.060.050.05655
=⨯+⨯= （2）甲厂产品30箱，每箱100个，废品率为0.06，故共有甲厂产品100303000⨯=个，其中次品30000.06180⨯=个；乙厂产品20箱，每箱120个，废品率为0.05，故共有乙厂产品120202400⨯=个，其中次品24000.05120⨯=个；两厂产品混到一起，共有产品3000+2400=5400个，其中有次品180+120=300个，所以，从中任取一个为废品的概率是
3001()0.056.540018
P B ==≈ 7．甲袋中有3只白球4只红球，乙袋中有5只白球2只红球．从甲袋中任取2球投入乙袋，再从乙袋中任取2球．求最后取出的2球全是白球的概率．
解 设i A 表示“第一次取到i 只白球”()0,1,2i =，B 表示“第二次取到2只均为白球”，则
012,,A A A 是Ω的一个分割．且()()23427
0,1,2i i i C C P A i C -==，即 ()()()012241,,777
P A P A P A === 又
()()()012557,,181212
P B A P B A P B A === 故由全概率公式，可得
()()()2
0i i i P B P A P B A ==∑
2545170.4008.718712712
=⨯+⨯+⨯≈
8．设一箱产品共100件，其中次品个数从0到2是等可能的．开箱检验时，从中随机抽取10件，如果发现有次品，则认为该箱产品不合要求而拒收．
（1）求该箱产品通过验收的概率；
（2）若已知该箱产品已通过验收，求其中确实没有次品的概率． 解（1）设i A 表示“次品个数为()0,1,2i i =”，B 表示“该箱产品通
过验收”．则由题意，
有
()()()01213
P A P A P A === ()()()19199011010019282982982101000,0.121.110C C P B A P B A C C C C C P B A C ===+==
由全概率公式，得
()()()()()()()
001122P B P A P B A P A P B A P A P B A =++ 1112100.10.10333110
=⨯+⨯+⨯
≈ 于是该箱通过验收的概率为 ()()110.100.9.P B P B =-=-=
(2) 所求概率为
()()()()()000010.90.37.3
P A P B A P A P A B P B P B ===≈
习题1.5
1. 设0()1P B <<，证明A 、B 相互独立的充分必要条件是
(|)(|)1P A B P A B +=
证明 充分性
因为
P (A ︱B ) ＋ P (A |B ) = 1
即
()()()
1P A B P A B P A B =-=
故有
()()()()()()()1P AB P AB P A P AB P B P B P B -==- ()()()()() 1P AB P B P B P A P AB ⇒-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()()P A B P A P B ⇒=
即A B 、相互独立．
必要性
因为A B 、相互独立，则有
()()()()()(),P AB P A P B P AB P A P B ==
从而
()()()()()()()(),P AB P AB P A B P A P A B P A P B P B ==== 即
()()()()1P A B P A B P A P A +=+=
2. 甲、乙、丙三门炮向同一飞机射击．设甲、乙、丙射中的概率分别为0.4 、0.5 、0.7 ，又设若只有一门炮射中，飞机坠毁的概
率为0.2 ；若有二门炮射中，飞机坠毁的概率为0.6 ；若三门炮射中，飞机坠毁的概率为0.8 ；无人射中，飞机不会坠毁．求飞机坠毁的概率．
解 设B =“飞机坠毁”，i A =“i 门炮弹射中飞机”()1,2,3i =．显然，123,,A A A 构成完备事件组．三门炮各自射击飞机，射中与否相互
独立，按加法公式及乘法公式，得
()()()()()10.410.510.710.40.510.7P A =⨯-⨯-+-⨯⨯-
()()10.410.50.70.36+-⨯-⨯=
()()()()
20.40.510.70.410.50.710.4P A =⨯⨯-+⨯-⨯+-0.50.70.41⨯⨯=
()30.40.50.70.14P A =⨯⨯=
再由题意知
()()()1230.2,0.6,0.8P B A P B A P B A ===
由全概率公式，得
()()()310.360.20.410.60.140.8
0.43
i i i P B P A P B A ===⨯+⨯+⨯=∑ 3. 假设每名射手命中目标的概率都是0.3 ．问须多少名射手同时射击，方能以0.99以上的概率击中目标？
解 设有n 名射手同时射击，则目标被击中的概率为
1()1(0)n
n n
k P k P ==-∑ 由题意，求n ，使
1(0)0.99n P -≥
即
10.70.99 0.70.01n n -≥⇒≤
可得
13.n ≥
4. 某商家对其销售的笔记本电脑液晶显示器作出如下承诺：若一年内液晶显示器出现重大质量问题，商家保证免费予以更换．已知此种液晶显示器一年内出现重大质量问题的概率为0.005 ，试计算该商家每月销售的200台电脑中一年内须免费予以更换液晶显示器的台数不超过1的概率．
解 根据题意，这是一个0.005p =的200重的伯努利试验问题，所求概率为
2001199200200200(0)(1)0.9950.0050.995P P C +=+⋅⋅
0.36700.36880.7358.=+=
5. 某工厂生产的仪器中一次检验合格的占60 ％ ，其余的需重新调试． 经重新调试的产品中有80 ％ 经检验合格，而20 ％ 会被判定为不合格产品而不能出厂．现该厂生产了200台仪器，求下列事件的概率：
（1） 全部仪器都能出厂；
（2） 恰有10台不合格.
解 设A =“仪器需要重新调试”，那么A =“仪器能直接出厂”； 又设B =“仪器能出厂”，则AB =“仪器经调试后能出厂”，且易知 B A A B =.于是
()()()
() ()(|)0.60.40.80.92P B P A P AB P A P A P B A =+=+⨯=+⨯=
考察200台仪器，相当于()0.92p P B ==的200重伯努利试验，则
（1）2009200(200)0.925710P -==⨯
（2）{}10190102001900.920.080.0318P X C ==⨯⨯≈.
6. 某厂的产品，80 ％ 按甲工艺加工，20 ％ 按乙工艺加工， 两种工艺加工出来的产品的合格率分别为0.8与0.9 ．现从该厂的产品中放回地取5件来检验，求其中最多只有一件次品的概率． 解 设A =“产品是按甲工艺加工的”，那么A =“产品是按乙工艺加工的”；又设B =“取出一件产品为次品”，则 由全概率公式，得
()()()()()
P B P A P B A P A P B A =⋅+⋅
0.80.20.20.10.18=⨯+⨯=
现从该厂的产品中放回地取5件来检验，相当于()0.18p P B ==的200重伯努利试验，则所求概率为
55(0)(1)P P +
005114550.180.820.180.82C C =⋅⋅+⋅⋅ 0.37070.40690.78.=+≈
综合练习一
一 填空题
1.将一颗骰子连掷两次，该试验的样本空间为（{}(,)|,1,2,3,4,5,6i j i j Ω== ）.
2.三事件A B C 、、至多发生两个可表示为（ABC A B C 或）.
3.若事件A B 与互斥，()0.6,()0.8P A P A B ==，则()P B =（ 0.
4. ）.
4. 已知两个事件A B 和满足条件)()(B A P AB P ⋅=且()P A p =，则
()P B = ( 1p - ).
5.设,A B 为二随机事件，()0.6,()0.2P A P A B =-=，则()P AB =（ 0.6 ）.
6.将一枚硬币连掷两次，则出现一次正面一次反面的概率为（ 14
）. 7.
已知两个随机事件A B 和满足条件()0.5,()0P A P B P A B ===，则=)(B A P ( 0.4 ).
8.设5产品中有2件不合格品, 从中任取两件, 已知所取两件产品中有一件是不合格品, 则另一件也是不合格品的概率为（ 17
）. 9.设某系统由元件A 和两个并联的元件,B C 串联而成，若A B C 、、损坏与否相互独立, 且它们损坏的概率依次为0.3, 0.2, 0.1, 则系统正常工作的的概率为（ 0.089. ）.
10.将一只骰子连续掷3次，则至少有一次出现3点的概率为（ 91216
） . 二 选择题
1．.对掷一枚硬币的试验, “出现正面”称为（ (d) ） .
(a ) 样本空间 (b ) 必然事件 (c ) 不可能事件
(d ) 随机事件
2．设A, B 是任意两个概率不为零的互不相容事件, 则必有（ (d ) ）。

(a )()()()P AB P A P B = (b ) A 与B 相容
(c )A 与B 互不相容 (d ) ()()P A B P A -=
3．设当A B 和同时发生时，事件C 必发生，则（ (b ) ）. (a )()()()1P C P A P B ≤+- (b ) ()()()1P C P A P B ≥+- (c ) ()()P C P AB = (d ) ()()P C P A B =
4．设()0.1,()0.5P B P A B ==，则()P AB =( (d ) ). () 0.1 () 0.2 () 0.3 () 0.4a b c d
5．设A B C 、
、为三个随机事件, 且95.0)(,8.0)(=⋃⋃=⋃C B A P B A P , 则
=-)(C AB P （ (a ) ）
() 0.15 () 0.25 () 0.35 () 0.45a b c d
6．设对于事件,,A B C 有
41)()()(===C P B P A P ,()0P BC =，81)()(==AC P AB P ,则,,A B C 至少发生一个的概率为 ( (d ) )
3571() () () () 8882
a b c d 7．设,A B 为两个随机事件，且()0P B >，(|)1P A B =则有（ (c ) ）
(a ) ()()P A B P A ⋃>
(b ) ()()P A B P B ⋃> (c ) ()()P A B P A ⋃= (d ) ()()P A B P B ⋃>
8．事件,A B 相互独立，且()(
)()0.7,0.6,P A P B P A B ==-=（ (b ) ）。

() 0.88 () 0.28 () 0.18 () 0.42a b c d
9．设两个相互独立的事件A B 与都不发生的概率为19
, A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相等，则()P A = ( (c ) )
2521() () () () 9933a b c d 10．若, ,()0.9,()0.8,A B A C P A P B C ⊃⊃==则()P A BC -=（ (a ) ）.
() 0.7 () 0.8 () 0.9 () 0.1a b c d
三 解答题
1．判断关于事件的结论
A B B A -=
是否成立,为什么?
解 利用事件运算的分配律，有
()A B B A B B AB BB AB AB A B -===∅==-
显然，A B -一般不等于A,故结论A B B A -=不一定成立，,只有AB =∅时，A B B A -=结论成立.
2．设6位同学每位都等可能地进入十间教室中任何一间自习，求下列事件的概率：
（1） 某指定教室有2位同学；
（2） 6位同学所在的教室各不相同；
（3） 只有2位同学在同一教室；
（4） 至少有2位同学在同一教室．
解 因为对教室中的人数没有限制，所以每位同学都有10种选择，6位同学共有610种选法，即样本点总数为610．
（1）设A =“某指定教室有2位同学”，则A 包含的样本点数为2469C ⨯，故
24669156561()0.0984.101000000
C P A ⨯⨯==≈ （2）设B =“6位同学所在的教室各不相同”， 则B 包含的样本
点数为610A ，故
6106151200()0.1512.101000000
A P
B === （3）设
C =“只有2位同学在同一教室”，则C 包含的样本点数
为2146109C C A ⨯⨯，故
21461096453600()0.4536101000000
C C A P C ⨯⨯=== （4）设
D =“至少有2位同学在同一教室”，则D B ==“6个同学均在不同的教室”，故
()1()1()10.15120.8488P D P D P B =-=-=-=
3．（1）从7副同型号的手套中任意取出4只，求恰有一双配套的概率；
（2）若是7副不同型号的手套，上述事件的概率为何？
解（1）设A =“从7副同型号的手套中任意取出4只，恰有一双
配套”，则样本空间的样本点总数为 4141001C =，事件A 包含的样本点
数为13147490C C ⋅=，于是
()4900.4895.1001
P A =≈ （2）设B =“ 从7副不同型号的手套中任意取出4只，恰有一双配套”， 则样本空间的样本点总数为，事件B 包含的样本点数为122762420C C =，于是
()4200.4196.1001
P B =≈ 4．甲、乙、丙三个车间生产同种产品，次品率分别为0.05 、0.08 、
0.1 ．从三个车间各取1件产品检查，求下列事件的概率：
（1） 恰有2件次品； （2） 至少有1件次品．
解 设 A =“从甲车间取出的是次品”，B =“从乙车间取出的是
次品”，C =“从丙厂取出的是次品”.
（1）设 D=“恰有2件次品”，则D ABC ABC ABC = ，于是
()()()()P D P ABC P ABC P ABC =++
0.050.080.90.050.920.10.950.080.1
0.00360.00460.0076=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++
（2）设E =“至少有1件次品”，则
()1()P E P E =-
10.950.920.910.78660.2134.=-⨯⨯=-=
5． 在[0，1]区间内任取两个数，求两数乘积小于14
的概率。

解 设任取得两个数为x ，y ，用A 表示两数的乘积小于14这一事件，样本空间 {(,)|01,01},x y x y Ω=≤≤≤≤
事件 1{(,)|1,1,}4A x y xy x y =<≤≤≤≤,00
显然1,S Ω=11411ln 40.59664444A dx S x =+=+=⎰ 利用几何概型的计算公式有， ()=0.5966A S P A S Ω
= 6．甲、乙两人轮流投篮，甲先开始，假定他们的命中率分别为0.4及0.5 ，问谁先投中的概率较大，为多少？
解 设i A 表示“甲第i 次投中”，j B 表示“乙第j 次投中”．事件A =
“甲先投中”可表示为
1112112231122334
A A
B A A B A B A A B A B A B A 则甲先投中的概率为
()()()()()1112112231122334P A P A P A B A P A B A B A P A B A B A B A =+++
+
()()230.40.60.50.40.60.50.40.60.50.4=+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯
+
0.440.5710.60.57
==≈-⨯ 即甲先投中的概率较大，概率为0.57。

7．某保险公司把被保险人分为3类：“谨慎的”、“一般的”、“冒失的”。

统计资料表明，上述3种人在一年内发生事故的概率依次为0.05、0.15和0.30；如果“谨慎的”被保的人占20%，“一般的”占50%，“冒失的”占30%.
(1 ) 求被保险的人一年内出事故的概率。

（2）现知某被保险的人在一年内出了事故，则他是“谨慎的”的概率是多少？
解 （1）设D =“被保险的人一年出事故”，A =“被保险的人是谨慎的”，B =“被保险的人是一般的，C =“被保险的人是冒失的”显然，,,A B C 构成完备事件组．三类人一年内是否出事故，相互独立，
()()()()()()
() =20%0.05+50%0.15+30%0.3=0.175
P D P A P D A P B P D B P C P D C =++⨯⨯⨯ (2) ()()()
0.01|0.0570.175 P A P D A P A D P D =
=
=
8．设某车间共有5台车床，每台车床使用电力是间歇性的，平均每小时约有6分钟使用电力。

假设车工们工作是相互独立的，求在同一时刻，
（1）至少有三台车床被使用的概率
（2）至多有有三台车床被使用的概率
（3）至少有一台车床被使用的概率。

解 设A 表示” 车床被使用 ” 即使用电力事件.有
()60.160
P A p =
== ()()()3324415501555555(1)345(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)0.0086
p P P P C C C =++=++=
()()44155025555(2)1451(0.1)(0.9)(0.1)(0.9)0.9995
p P P C C =--=--=
()5355(3)1(0)51(0.9)0.4095 p P P =--=-=
9．某种疾病在牲畜中传染的概率为0.25.设对20头牲畜注射某种血清后，其中仍有一头受到感染，试问这种血清是否有效？
解 若这种血清无效,则因每头牲畜注射血清后都有受到感染和未受感染两种结果,且牲畜间是相互独立的,故此试验相当于20重贝努利试验,n=20,p=0.25,故知20头牲畜中出现至多一头受感染的概率为
()()20119202020010.750.250.750.0243
P P C +=+⨯⨯=
因为这个概率很小，一般在一次试验中不易发生，故根据小概率推断原理，知此种血清是有效的。

10．某自动化机器发生故障的概率为0.2.如果一台机器发生故障只需要一个维修工人去处理，因此，每8台机器配备一个维修工人。

试求：
(1) 维修工人无故障可修的概率；
（2）工人正在维修一台出故障的机器时，另外又有机器出故障待修的概率。

如果认为每四台机器配备一个维修工人，还经常出来故障得不到及时维修。

那么，四台机器至少应配备多少个维修工人才能保证机器发生了故障待维修的概率小于3%。

解 （1）由已知条件知，每台机器发生故障是相互独立的，故维修工人无故障可修的事件，即为8台机器均不发生故障的事件，故所求概率为
()881514(1)()20.167855
p P =-=≈ （2）因为工人正在维修一台出故障的机器时，另外又有机器出了故障待修的事件的逆事件为8台机器中至多有一台发生故障，故所求机器待修的概率为
817284141()()0.4967.555
p C =--⨯⨯≈ 又按四台机器配备维修工人时，若配备一个工人，则当机器发生故障，又不能及时维修（发生故障的机器多于1台）的概率为
413344141()()0.18083%.555
p C =--⨯⨯≈> 若四台机器配备2人时，则当机器发生故障又不能及时维修的概率为
413222444414141()()()()0.02723%.55555
p C C =--⨯⨯-⨯⨯≈< 故四台机器至少应配备2个维修工人才能保证机器发生了故障待维修的概率小于3%。

11*巴拿赫火柴盒问题：某数学家有甲、乙两盒火柴，每盒有N 根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中任取一根．试求他首次发现一盒空时另一盒恰有r 根的概率是多少（r=1,2,3，┄，N ）？第一次用完一盒火柴时（不是发现空）而另一盒恰有r 根的概率又是多少？
解 设选取甲盒火柴为“成功”，选取一盒火柴为“失败“，于是相继选取甲盒”成功“与”失败“的概率均为1∕2，且为独立试验序列
（1）当在某一时刻首次发现甲盒中无火柴，意味着取到甲盒N+1次，取到乙盒N-r 次。

且最后一次取到甲盒，前N+N-r=2N - r 次中恰有N 次取到甲盒，故其概率为
22211111()()()22222
N N N r N N r N r N r C C ----⨯⨯= 再由对称性可知，他首次发现乙盒中无火柴而甲盒中恰剩r 根事件的概率亦为
2211()22
N N r N r C -- 故所求概率为212122112()2()22
N N r N N r N r N r p C C +----== （2）同理，第 一次用完一盒火柴（不是发现空）而另一盒恰有r 根事件的概率为
1212211()2
N N r N r p C -----= 事实上，第一次用完一盒火柴（不是发现空）而另一盒恰有r 根意味着取到甲盒N 次，取到乙盒N-r ，且最后 一次取到甲盒，前N-1+N-r=2N - r -1次中恰有N-1次取到甲。

习 题2.1
1． 试分别给出随机变量的可能取值为可列、有限的实例． 解 用X 表示一个电话交换台每小时收到呼唤的次数，X 的全部可能取值为可列的
0,1,2,3，…，；
用Y 表示某人掷一枚骰子出现的点数，Y 的全部可能取值为有限个
1,2,3，4,5,6 ；
2． 试给出随机变量的可能取值至少充满一个实数区间的实例． 解 用X 表示某灯泡厂生产的灯泡寿命（以小时记），X 的全部可能取值为区间
（0，+∞）
（0，+∞）
3． 设随机变量X 的分布函数()F x 为
()F x = 2 1, >2 0, 2
A x x x ⎧-⎪⎨⎪≤⎩ 确定常数A 的值，计算(04)P X ≤≤.
解 由(20)(2),F F +=可得
10, =44
A A -= (04)(04)(4)(0)0.75P X P X F F ≤≤=<≤=-=.
4．试讨论：A 、B 取何值时函数()arctan 3x
F x A B =+ 是分布函数．
解 由分布函数的性质，有()()0,1F F -∞=+∞=，可得
0,211,,21,2A B A B A B πππ⎧⎛⎫+-= ⎪⎪⎪⎝⎭⇒==⎨⎛⎫⎪+= ⎪⎪⎝⎭⎩
于是
()11arctan ,.23
x F x x π=+-∞<<+∞
习 题2.2
1．设10个零件中有3个不合格． 现任取一个使用，若取到不合格品，则丢弃重新抽取一个，试求取到合格品之前取出的不合格品数X 的概率分布．
解 由题意知，X 的取值可以是0,1,2,3.而X 取各个值的概率为
{}{}70,103771,10930P X P X ==
==⨯= {}{}32772,1098120321713.10987120P X P X ==
⨯⨯===⨯⨯⨯= 因此X 的概率分布为
01 2 377711*********X ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦
2．从分别标有号码1 ，2 ，… ，7的七张卡片中任意取两张， 求余下的卡片中最大号码的概率分布．
解 设X 为余下的卡片的最大号码 ，则X 的可能取值为5、6、7，且
1
{5}21P X ==
5
{6}21P X ==
15
{7}21P X ==
即所求分布为
567
1515212121
X
⎡⎤⎢⎥⎢⎥
⎣⎦ 3．某人有n 把外形相似的钥匙，其中只有1把能打开房门，但他不知道是哪一把，只好逐把试开．求此人直至将门打开所需的试开次数的概率分布．
解 设此人将门打开所需的试开次数为X ，则X 的取值为
1,2,3,
,k n =，事件
{}{}1X k k k ==-前次未打开，第次才打开，且
{}11P X n ==
， {}111
21n P X n n n
-==⋅=-，… …，
{}()
1211
121
1
1,2,,n n n k P X k n n n k n k k n n ---+==
⋅⋅⋅⋅--+-+==
故所需试开次数的分布为
12111X
n n n ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
n 4．随机变量X 只取1 、2 、3共三个值，并且取各个值的概率不相等且组成等差数列，求X 的概率分布．
解 设{}{}{}1,2,3P X a P X b P X c ======，则由题意有
1
a b c c b b a
++=⎧⎨
-=-⎩ 解之得
23
13a c b ⎧
+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
设三个概率的公差为d ，则1
1,33
a d c d =-=+，即X 的概率分布为 1 2 3111333X
d d ⎡⎤
⎢⎥⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦
，103d <<
5．设随机变量X 的全部可能取值为1 ，2 ，… ，n ，且()P X k =
与k
成正比，求X 的概率分布． 解 由题意，得
{}() 1,2,
,k P X k p ck k n ====
其中c 是大于0的待定系数．
由11n
k k p ==∑，有
1
21n
k k c p c c nc ==++=∑
即()
112
n n c +=，解之得
()
2
1c n n =
+. 把()
2
1c n n =
+代入k p ，可得到X 的概率分布为 {}()
2,1,2,
,.1k
P X k k n n n ==
=+
6．一汽车沿街道行驶时须通过三个均设有红绿灯的路口．设各信号灯相互独立且红绿两种信号显示的时间相同，求汽车未遇红灯通过的路口数的概率分布．
解 设汽车未遇红灯通过的路口数为X ，则X 的可能值为0，1，2，3．
以()1,2,3i A i =表示事件“汽车在第i 个路口首次遇到红灯”，则
123,,A A A 相互独立，且
()()1,1,2,32
i i P A P A i ===．
对0,1,2,3k =，有
{}()11
02
P X P A ===
{}()()()12122
11
142
P X P A A P A P A ====
= {}()123311282P X P A A A ===
= {}()123311
382
P X P A A A ====
所以汽车未遇红灯通过的路口数的概率分布为 01 2 311112488X
⎡⎤
⎢⎥⎢⎥⎣⎦
7．将一颗骰子连掷若干次，直至掷出的点数之和超过3为止．求掷骰子次数的概率分布．
解 设掷骰子次数为X ，则X 可能取值为1，2，3，4，且
31{1}62
P X ==
= 141515
{2}6666612P X ==⨯+⨯+=；
115111117
{3}6666666216
P X ==⨯⨯+⨯+⨯=；
1111
{4}666216
P X ==⨯⨯=
所以掷骰子次数X 的概率分布为 12 3 415171212216216X
⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦
8．设X 的概率分布为
试求
（1）X 的分布函数并作出其图形；
（2） 计算{11}P X -≤≤ ，{0 1.5}P X ≤≤ ，{2}P X ≤ ． 解（1）由公式 (){}()k k x x
F X P X x p x ≤=≤=-∞<<+∞∑，得
()0,00.2,010.5,120.6,231,3
x x F X x x x <⎧⎪≤<⎪⎪
=≤<⎨⎪≤<⎪≥⎪⎩
（2） {}11(1)(10)0.500.5
P X F F -≤≤=---=-
= {}0 1.5(1.5)(00)0.500.5P X F F ≤≤=--=-=
{}2(2)0.6P X F ≤==
9．设随机变量X 的分布函数为
010.210()0.70212x x F x x x <-⎧⎪-≤<⎪
=⎨
≤<⎪⎪≥⎩，，，，
试求
（1） 求X 的概率分布； （2） 计算1322P X ⎧
⎫
-
<≤⎨⎬⎩⎭
，{1}P X ≤- ，{03}P X ≤< ，{1|0}P X X ≤≥
解 (1)对于离散型随机变量，有{}()()0P X k F k F k ==--，因此，随机变量X 的概率分布为 10 2 0.20.50.3X
-⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
(2) 由分布函数计算概率，得
13310.52222P X F F ⎧⎫⎛⎫⎛⎫
-<≤=--=⎨⎬ ⎪ ⎪⎩⎭⎝⎭⎝⎭
；
{}()110.2P X F ≤-=-=；
{}()0330(00)10.20.8P X F F ≤<=---=-=；
{}{}{}{}{}
1,0100010.5
0.625.00.8
P X X P X X P X P X P X ≤≥≤≥=≥≤≤=
=
=≥
10．已知随机变量X 服从0—1分布，并且{0}P X ≤=0.2，求X 的概率分布 ．
解 X 只取0与1两个值，{0}P X =={0}P X ≤－{0}P X <＝0.2,
{1}1{0}0.8P X P X ==-==
11．已知{}P X n == n P ，n =1,2,3,⋯,求P 的值 ． 解 因为1
{}1,n P X n ∞
===∑ 有 1
1=,1n n p
p p
∞
==
-∑解此方程，得0.5p =. 12．商店里有5名售货员独立地售货．已知每名售货员每小时中累计有15分钟要用台秤．
（1） 求在同一时刻需用台秤的人数的概率分布；
（2） 若商店里只有两台台秤，求因台秤太少而令顾客等候的概率．
解 (1) 由题意知,每名售货员在某一时刻使用台秤的概率为
15
0.2560
p =
=, 设在同一时刻需用台秤的人数为X , 则()~5,0.25X B , 所以
{}550.250.75(0,1,2,3,4,5)k
k k P X k C k -===
(2) 因台秤太少而令顾客等候的概率为 {}{}5
5
553
3
20.250.75k k k k k P X P X k C -==>===∑∑
332445
550.250.750.250.750.250.1035
C C =++≈ 13．保险行业在全国举行羽毛球对抗赛，该行业形成一个羽毛球总队，该队是由各地区的部分队员形成．根据以往的比赛知，总队羽毛球队实力较甲地区羽毛球队强，但同一队中队员之间实力相同，当一个总队运功员与一个甲地区运动员比赛时，总队运动员获胜的概率为0.6，现在总队、甲队双方商量对抗赛的方式，提出三种方案：
（1）双方各出3人； （2）双方各出5人；。