专题强化练5 条件概率

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2023年高中地理《条件概率》经典题及答案详解

2023年高中地理《条件概率》经典题及答案详解题目1题目：某城市的居民有两个疾病A和B，已知疾病A的患病率为0.3，疾病B的患病率为0.2。

研究发现，其中10%的居民同时患有疾病A和B。

现从该城市的居民中随机选择一人，请问这个人同时患有疾病A和B的概率是多少？解析：根据题目所给信息，可以使用条件概率的公式计算出这个人同时患有疾病A和B的概率。

设事件A为患病A，事件B为患病B，则题目所求的是P(A且B)，即事件A和事件B同时发生的概率。

根据条件概率公式：P(A且B) = P(A) * P(B|A)已知疾病A的患病率为0.3，即 P(A) = 0.3已知疾病B的患病率为0.2，即 P(B) = 0.2已知其中10%的居民同时患有疾病A和B，即 P(A且B) = 0.1因此，根据条件概率公式，可以计算出 P(B|A) = P(A且B) /P(A) = 0.1 / 0.3 = 1/3所以，这个人同时患有疾病A和B的概率为1/3。

题目2题目：某国的高中学生中，男生的比例为0.6，女生的比例为0.4。

已知在男生中，50%患有近视；在女生中，30%患有近视。

现从该国的高中学生中随机选择一人，请问这个人患有近视的概率是多少？解析：根据题目所给信息，可以使用条件概率的公式计算出这个人患有近视的概率。

设事件A为患有近视，事件B为男生，则题目所求的是P(A|B)，即已知某人是男生的条件下，他患有近视的概率。

根据条件概率公式：P(A|B) = P(A且B) / P(B)已知男生的比例为0.6，即 P(B) = 0.6已知在男生中，50%患有近视，即 P(A且B) = 0.5因此，根据条件概率公式，可以计算出 P(A|B) = P(A且B) / P(B) = 0.5 / 0.6 = 5/6所以，这个人患有近视的概率为5/6。

以上是2023年高中地理《条件概率》经典题及答案详解，希望对你的学习有所帮助！。

条件概率及答案

条件概率1.甲乙两城市都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道一年中雨天的比例甲城市占20%，乙城市占18%，两地同时下雨占12%.求（1）已知甲城市下雨，求乙城市下雨的概率；（2）已知乙城市下雨，求甲城市下雨的概率；2.设100件产品中有70件一等品，25件二等品，规定一、二等品为合格品.从中任取1件，求（1）取得一等品的概率；（2）已知取得的是合格品，求它是一等品的概率.3.把一枚硬币任意抛掷两次，事件A表示“第一次出现正面”，事件B表示“第二次出现正面”，求P（B|A）.4.一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%.从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概率.5.抛掷红、蓝两个骰子，事件A表示“红骰子出现4点”，事件B表示“蓝骰子出现的点数是偶数”，求P（A|B）.6.一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求（1）第一次取得白球的概率；（2）第一、第二次都取得白球的概率；（3）第一次取得黑球而第二次取得白球的概率.8.掷两枚均匀的骰子，已知点数不同，求至少有一个是6点的概率.9.设某种动物活到20岁以上的概率为0.7，活到25岁以上的概率为0.4，求现龄为20的这种动物能活到25岁以上的概率？10.某彩票的中奖规则为：从1，2，…，6这六个号码中任意选出三个不同的号码，如果全对（与顺序无关）则中一等奖，求（1）买一注号码中一等奖的概率;（2）假设本期开出的中奖号码为1，2，3，如果某位彩票预测专家根据历史数据推断本期中奖号码中必有2，那么买一注号码中一等奖的概率是多少？（3）若预测本期不会出现5，且本期开出的中奖号码为1，2，3，那么买一注号码中一等奖的概率是多少？11.设A，B为两事件，已知P(A)=0.5，P(B)=0.6，P(B|A)=0.4，试求（1）P(A B)；（2）P(AB）；12.一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率. 解析：A={第一次取到白球}13.盒子中有25个外形相同的球，其中10个白的，5个黄的，10个黑的，从盒子中任意取出一球，已知它不是黑球，试求它是黄球的概率.14.盒中有10个红球及1个黄球.A随意抽出第一个球后不放回盒中，之后B随意抽出第二个球.求下列事件的概率.（1）A和B都抽得红球.（2）A和B都抽得黄球.（3）A抽得黄球和B抽得红球.（4）A和B抽得不同颜色的球.（5）已知B抽得黄球，A抽得红球.15.设某种灯管使用了500 h还能继续使用的概率是0.94，使用到700 h后还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500 h的灯管还能继续使用到700 h的概率是多少？课后导练1.甲乙两城市都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道一年中雨天的比例甲城市占20%，乙城市占18%，两地同时下雨占12%.求（1）已知甲城市下雨，求乙城市下雨的概率；（2）已知乙城市下雨，求甲城市下雨的概率；解析：以事件A 记甲城市出现雨天，事件B 记乙城市出现雨天，事件AB 则为两地同时出现雨天.已知P （A ）=0.20，P （B ）=0.18，P （AB ）=0.12，因此，P （B|A ）=P （AB ）/P （A ）=0.12/0.20=0.60，P （A|B ）=P （AB ）/P （B ）=0.12/0.18=（1）0.60,(2)0.672.设100件产品中有70件一等品，25件二等品，规定一、二等品为合格品.从中任取1件，求（1）取得一等品的概率；（2）已知取得的是合格品，求它是一等品的概率. 解析：设A 表示取得一等品，B 表示取得合格品，则（1）因为100件产品中有70件一等品，所以P （A ）=10070=0.7 （2）方法1：因为95件合格品中有70件一等品，所以 P （A|B ）=9570=0.736 8 方法2： P （A|B ）=100/95100/70)()(=B P AB P ≈0.736 83.把一枚硬币任意抛掷两次，事件A 表示“第一次出现正面”，事件B 表示“第二次出现正面”，求P （B|A ）.解析：基本事件空间为： Ω={（正，正），（正，，反），（反，正），（反，反）}. A={（正，正），（正，反）} B={（反，正），（正，正）}∴P(AB)=41,P(A)=42∴P(B|A)=214241)()(==A P AB P .答案：214.一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%.从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概率. 解析：设A 表示取到的产品是一等品，B 表示取出的产品是合格品，则P （A|B ）=45%，P （B ）=4% 于是P （B ）=1-P （B ）=96%所以P （A ）=P （AB ）=P （B ）P （A|B ） =96%×45%=43.2% 5.抛掷红、蓝两个骰子，事件A 表示“红骰子出现4点”，事件B 表示“蓝骰子出现的点数是偶数”，求P （A|B ）. 解析：设蓝、红骰子出现的点数分别为x,y ，则（x-y)表示“蓝骰子出现x 点，红骰子出现y 点”的试验结果，于是基本事件空间中的事件数为n(Ω)=36（个）. n(B)=3×6=18(个）∴P （B ）=213618)()(==Ωn B n P （AB ）=121363= ∴P （A|B ）=6121121)()(==B P AB P6.一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求（1）第一次取得白球的概率；（2）第一、第二次都取得白球的概率；（3）第一次取得黑球而第二次取得白球的概率.解析：设A 表示第一次取得白球，B 表示第二次取得白球，则 (1)P （A ）=106=0.6 (2)P （AB ）=P （A ）P （B|A ）=95106⨯≈0.33 (3)P （A B ）=P （A ）P （B|A ）=96104⨯≈0.27B={从100个零件中任取一个是第一台车床加工的} 求：P(A),P(B),P(AB),P(A|B).解析：P(A)=10080，P(B)=10035， P(AB)=10030，P(A|B)=35308.掷两枚均匀的骰子，已知点数不同，求至少有一个是6点的概率.解析1：设两枚骰子出现的点数分别为x,y ，事件A ：“两枚骰子出现的点数不同，即x≠y”，事件B ：“x,y 中有且只有一个是6点”；事件C ：“x=y=6”，则P(B|A)=3136303610)()(==A P AB P , P(C|A)=0363036)()(==A P AC P∴至少有一个是6点的概率为: P(B ∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=31+0=31. 解析2：也可用古典概型来求解D“至少有一个是6点”包含的结果数是10个，故所求的概率为：P(D)=313010= (由于两枚骰子点数不同，故基本事件空间中包含30个结果).9.设某种动物活到20岁以上的概率为0.7，活到25岁以上的概率为0.4，求现龄为20的这种动物能活到25岁以上的概率？解析：设这种动物活到20岁以上的事件为A ，活到25岁以上的事件为B ，则P(A)=0.7，而AB=B ，即P(AB)=P(B)=0.4.故事件A 发生条件下B 发生的条件概率为 P(B|A)=7.04.0)()(=A P AB P ≈0.571 410.某彩票的中奖规则为：从1，2，…，6这六个号码中任意选出三个不同的号码，如果全对（与顺序无关）则中一等奖，求（1）买一注号码中一等奖的概率;（2）假设本期开出的中奖号码为1，2，3，如果某位彩票预测专家根据历史数据推断本期中奖号码中必有2，那么买一注号码中一等奖的概率是多少？（3）若预测本期不会出现5，且本期开出的中奖号码为1，2，3，那么买一注号码中一等奖的概率是多少？解析：（1）中一等奖概率为：P=2013633=C C（2）所有含有号码2的组合有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，2，6），（2，3，4），（2，3，5），（2，3，6），（2，4，5），（2，4，6），（2，5，6）.故中一等奖概率为P=101=0.1. （3）记事件A 为“从1，2，3，4，5，6中任选3个数字，这3个数字中不含有5”，事件B ：“选的号码为1，2，3”，于是：P(A)=212010)()(3635===ΩC C n A nP(AB)=201136=C ∴P(B|A)=10121201)()(==A P AB P即中一等奖概率为101.11.设A ，B 为两事件，已知P(A)=0.5，P(B)=0.6，P(B|A )=0.4，试求（1）P(A B)；（2）P(AB ）；解析：（1）P(A B)=P(A )P(B|A )=（1-0.5）×0.4=0.2(2)P(AB)=P(B)-P(A B)=0.6-0.2=0.412.一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率. 解析：A={第一次取到白球} B={第二次取到白球}因为B=AB ∪A B 且AB 与A B 互不相容，所以 P （B ）=P(AB)+P(A B) =P(A)P(B|A)+P(A )P(B|A ) =106×95+104×96=0.6 13.盒子中有25个外形相同的球，其中10个白的，5个黄的，10个黑的，从盒子中任意取出一球，已知它不是黑球，试求它是黄球的概率.解析：设事件A 为“从盒子中任取一球，它不是黑球”；事件B 为“取的球是黄球”，则所求事件的概率为：312515255)()(==A P AB P . 14.盒中有10个红球及1个黄球.A 随意抽出第一个球后不放回盒中，之后B 随意抽出第二个球.求下列事件的概率.（1）A 和B 都抽得红球. （2）A 和B 都抽得黄球.（3）A 抽得黄球和B 抽得红球. （4）A 和B 抽得不同颜色的球. （5）已知B 抽得黄球，A 抽得红球.解析：（1）P=119211210=A A（2）P=0（3）P=1111211110=⨯A A （4）P=11211211110110=⨯+⨯A A A （5）P(A|B)=1011110111)()(==A P AB P15.设某种灯管使用了500 h 还能继续使用的概率是0.94，使用到700 h 后还能继续使用的概率是0.87，问已经使用了500 h 的灯管还能继续使用到700 h 的概率是多少？解析：P=94.087.0=0.926。

条件概率高中练习题及讲解及答案

条件概率高中练习题及讲解及答案### 条件概率高中练习题及讲解#### 练习题一某班级有50名学生，其中男女生各半。

已知该班级有10名学生近视。

若随机抽取一名学生，该学生是男生的概率为P(A)=0.5，是近视的概率为P(B)=0.2。

求以下概率：1. 抽取的学生是男生且近视的概率P(AB)。

2. 抽取的学生是男生，给定他是近视的情况下的概率P(A|B)。

#### 解题步骤及讲解首先，我们需要理解条件概率的定义：P(A|B) = P(AB) / P(B)。

1. 计算P(AB)：已知班级中男生和女生各半，近视学生占20%，那么男生中近视的学生比例为20%。

计算P(AB)，即男生且近视的学生数占总学生数的比例，即：\[ P(AB) = \frac{10}{50} = 0.2 \]2. 计算P(A|B)：根据条件概率公式，我们需要已知P(B)和P(AB)。

我们已经计算出P(AB)为0.2，而P(B)为0.2。

代入公式得：\[ P(A|B) = \frac{P(AB)}{P(B)} = \frac{0.2}{0.2} = 1 \]#### 练习题二在一个装有红球和蓝球的箱子中，红球有30个，蓝球有20个。

随机抽取一个球，求以下概率：1. 抽到红球的概率P(A)。

2. 若已知抽到的球是红球，再抽一个球，抽到蓝球的概率P(B|A)。

#### 解题步骤及讲解1. 计算P(A)：红球总数占总球数的比例即为抽到红球的概率：\[ P(A) = \frac{30}{30+20} = \frac{30}{50} = 0.6 \]2. 计算P(B|A)：已知抽到红球后，箱子中剩余的球数为49（30个红球和20个蓝球）。

此时抽到蓝球的概率为：\[ P(B|A) = \frac{20}{49} \]#### 练习题三某地区有两家医院，A医院和B医院。

A医院的诊断准确率为90%，B医院的诊断准确率为95%。

某患者分别在两家医院进行了检查，两家医院都诊断为阳性。

高考理科数学二轮复习：专题透析(5)概率与统计名师讲义(含答案)

5概率与一、数原理1.分加法数原理和分步乘法数原理的区是什么?分加法数原理“分” ,此中各样方法互相独立 ,用此中任何一种方法都能够做完件事 ;分步乘法数原理“分步” ,各个步互相依存 ,只有各个步都达成了才算达成件事 .2.摆列数、合数的公式及性是什么?(1)=n(n-1)(n-2) ⋯(n-m+1)=公(2)= =式=(n,m∈N+ ,且 m≤n)特地 , =1性(1)0!= 1; =n!(2) =;=+3.二式系数的性是什么?性性描绘称与首末两头“等距离”的两个二式系数相等 ,即 =性增减二式系当 k<(n∈N+ ) ,二式系数是增的性数(n∈N+ ) ,二式系数是减的当 k>二式当 n 偶数 ,中的一获得最大系数的最大当 n 奇数 ,中的两与获得最大而且相等4.各二式系数的和是什么?(1)(a+b )n睁开式的各二式系数的和+ + + ⋯+= 2n.(2)偶数的二式系数的和等于奇数的二式系数的和,即+ + + ⋯= + ++ ⋯= 2n- 1.二、概率1.互斥事件与立事件有什么区与系?互斥与立都是两个事件的关系,互斥事件是不行能同生的两个事件,而立事件除要求两个事件不一样生外 ,要求两者之一必有一个生 .所以 ,立事件是互斥事件的特别状况 ,而互斥事件不必定是立事件 .2.基本领件的三个特色是什么?(1)每一个基本领件生的可能性都是相等的;(2)任何两个基本领件都是互斥的;(3)任何事件 (除不行能事件 )都能够表示成基本领件的和.3.古典概型、几何概型的概率公式分是什么?古典概型的概率公式 :P(A)=.几何概型的概率公式 :P(A)=.三、统计初步与统计事例1.分层抽样的合用范围是什么?当整体是由差别明显的几个部分构成时,常常采纳分层抽样的方法.2.怎样作频次分布直方图?(1)求极差 (即一组数据中最大值与最小值的差).(2)决定组距与组数 .(3)将数据分组 .(4)列频次分布表 .(5)画频次分布直方图 .3.频次分布直方图的特色是什么?(1)频次分布直方图中相邻两横坐标之差表示组距,纵坐标表示,频率=组距×.(2)在频次分布直方图中 ,各小长方形的面积总和等于 1.由于在频次分布直方图中组距是一个固定值 ,所以各小长方形高的比也就是频次比 .(3)频次分布表和频次分布直方图是一组数据频次分布的两种形式,前者正确 ,后者直观 .4.怎样进行回归剖析 ?(1)定义 :对拥有有关关系的两个变量进行统计剖析的一种常用方法.(2)本点的中心于一拥有性有关关系的数据 (x1,y1),(x2,y2), ⋯ ,(x n,y n),此中 ( , )称本点的中心 .(3)有关系数当r> 0 ,表示两个量正有关; 当r< 0 ,表示两个量有关 .r 的越靠近于 1,表示两个量的性有关性越 .r 的越靠近于 0,表示两个量之的性有关性越弱 .往常当 |r|大于 0.75 ,两个量有很的性有关性.5.独立性的一般步是什么?解决独立性的用,必定要依照独立性的步得出.独立性的一般步 :(1)依据本数据制成2×2 列表 ;(2)依据公式 K2=算K2的k;(3)比 k 与界的大小关系 ,做出推测 .四、随机量及其用1.失散型随机量的分布列及性是什么?(1)失散型随机量的分布列:若失散型随机量X 全部可能的取x1,x2, ⋯,x i⋯,x n,X 取每一个 x i(i= 1,2, ⋯,n)的概率 p1,p2, ⋯,p n,表X x1x2⋯x i⋯x nP p1p2⋯p i⋯p n称失散型随机量X 的概率分布列或称失散型随机量X 的分布列.(2)失散型随机量的分布列的性:①0≤p≤1(i= 1,2,3,⋯,i n);②p1+p2+ ⋯+p n= 1;③P(x i≤X≤x j)=p i+p i+ 1+ ⋯+p j .2.事件的互相独立性的观点及公式是什么?(1)互相独立的定 :事件 A 能否生事件 B 能否生的概率没有影响,即 P(B|A)=P (B). ,称事件 A 与事件 B 互相独立 ,并把两个事件叫作互相独立事件 .(2)概率公式条件事件 A,B 互相独立事件 A⋯,1,A2, A n互相独立公式P(A∩B)=P (A) ·P(B) P(A1∩A2∩⋯∩A n) =P (A1) ·P(A2) ·⋯·P(A n)3.独立重复与二分布的观点和公式是什么?(1)独立重复①定 :在同样条件下 ,重复地做n 次 ,各次互相独立 ,那么一般就称它 n 次独立重复 .②概率公式 :在一次中事件 A 生的概率p, n 次独立重复中,事件 A 恰巧生 k 次的概率 P k n-k⋯,n(k)=p (1-p)(k=0,1,2,n).(2)二分布 :在 n 次独立重复中 ,事件 A 生的次数 X,事件 A 不生的概率 q= 1-p, n 次独立重复中事件 A 恰巧生 k 次的概率是P(X=k)= p k q n-k,此中 k=0,1,2,⋯,n于是 X 的分布列 :X 0 1 ⋯k ⋯np0pq p k q n p n qP⋯⋯q n n-1-k0此称失散型随机量X 听从参数 n,p 的二分布 ,作 X~B(n,p).4.正分布的观点及性是什么?(1)正曲 :正量的概率密度函数的象叫作正曲,其函数表达式 f(x)=·,x∈R,此中μ,σ 参数 ,且σ>0,-∞<μ<+∞.(2)正曲的性①曲位于 x 上方 ,与 x 不订交 ,与 x 之的面1;②曲是峰的 ,它对于直 x=μ 称 ;③曲在 x=μ 达到峰;④当μ必定 ,曲的形状由σ确立 ,σ越小 ,曲越“瘦高”,表示体的分布越集中 ;σ越大 ,曲越“矮胖”,表示体的分布越分别 .(3)正体在三个特别区内取的概率①P(μ-σ<X≤μ+σ)= 0.6826;②P(μ-2σ<X≤μ+2σ)= 0.9544;③P(μ-3σ<X≤μ+3σ)= 0.9974.5.失散型随机量的数学希望(或均 )与方差的观点是什么 ?一个失散型随机量X 全部可能取的是x1,x2, ⋯,x n些的概率分是 p1,p2, ⋯,p n.(1)数学希望 :称 E(X)=x 1p1+x2p2+ ⋯+x n p n失散型随机量 X 的均或数学希望 (称希望 ),它刻画了个失散型随机量取的均匀水平 .(2)方差 :称 D(X)= (x1-E(X))2p1+ (x2-E(X))2p2+ ⋯+ (x n-E(X))2p n失散型随机量 X 的方差 ,它反应了失散型随机量取相于希望的均匀波大小(或失散程度 ),D(X)的算平方根叫作失散型随机量X 的准差 .6.均与方差的性有哪些?(1)E(aX+b)=aE (X)+b(a,b 常数 ).(2)D(aX+b )=a2D(X)(a,b 常数 ).(3)两点分布与二分布的均、方差的公式①若 X 听从两点分布 ,E(X)=p ,D(X)=p (1-p).②若 X~B(n,p), E(X)=np,D(X)=np(1-p).几何概型、古典概型、互相独立事件与互斥事件的概率、条件概率是高考的点 ,几何概型主要以客形式考,求解的关在于找准度(度或面 );互相独立事件、互斥事件常作解答的一部分考,也是一步求分布列、希望与方差的基础,求解该类问题要正确理解题意,正确判断概率模型,恰当选择概率公式 .近几年的高考数学试题对统计事例的考察一般不独自命题 ,而是与概率、随机变量的数学希望交汇命题 ,高考对此类题目的要求是能依据给出的或经过统计图表给出的有关数据求线性回归方程,认识独立性查验的思想方法 ,会判断两个分类变量能否有关.从近几年高考情况来看,该类专题在高考取占的比率大概为15%,以简单题、中档题为主,考察题型分选择题、填空题和解答题 .一、选择题、填空题的命题特色(一)考察摆列、组合的应用 ,以考察两个计数原理和摆列、组合的应用为主,难度中等 ,常常以选择题、填空题的形式出现.1.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T15 改编 )从 2 名女生 ,4 名男生中选 3 人参加科技竞赛 ,恰有 1 名女生当选 ,则不一样的选法共有种.(用数字填写答案)分析 ?由题意可得有1名女生,2名男生,则有 C = 12 种不一样的选法 .答案?122.(2018 ·浙江卷·T16 改编 )从 1,3,5,7,9 中任取 2 个数字 ,从 2,4,6 中任取 2 个数字,一共能够构成个没有重复数字的四位数.(用数字作答 )分析 ?一共能够构成 A = 720 个没有重复数字的四位数.答案 ?7203.(2017 ·全国Ⅱ卷·理 T6 改编 )安排 5 名志愿者达成 4 项工作 ,每项工作只需由1 人达成 ,则不一样的安排方式共有 ().A.120 种B.180 种C.240 种D.360 种分析 ?由题意可得 ,5 人中选出 4 人达成工作 ,剩下 1 人没有工作 ,故不同的安排方式有 A = 120(种).答案 ?A(二)考察二项式定理的应用,以考察运用二项式定理求特定项、求项数和二项式定理性质的应用为主,难度中等 ,常常以选择题、填空题的形式出现.4.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T5 改编 )的睁开式中x的系数为().A.10B.20C.40D.80分析 ?由题可得 Tr+ 1C25-rC·r ·10-3r, (x ) 2 x令 10-3r= 1,得 r= 3.所以·2r=·32 =80.答案 ?D5.(2017 ·全国Ⅰ卷·理 T6 改编 )(1+x )6的睁开式中 x4的系数为 ().A.15B.16C.30D.35分析 ?由于 (1+x)6睁开式的通项为 T r 所以(1+x)6的展r+ 1C x ,开式中含 x4的项为 1C x4和C x6.由于+= 16,所以(1+x)6的睁开式中x4的系数为16.答案 ?B(三)考察随机事件的概率 ,以考察随机事件、互斥事件与对峙事件的概率为主 ,难度中等 ,常与事件的频次交汇考察.本节内容在高考取三种题型都有可能出现 ,随机事件的频次与概率题目常常以解答题的形式出现,互斥事件、对峙事件的观点及概率题目常常以选择、填空题的形式出现.6.(2018 ·全国Ⅲ卷·文 T5 改编 )若某集体中的成员只用现金支付的概率为0.25,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为().分析 ? 设事件 A 为“不用现金支付”,事件 B 为“既用现金支付也用非现金支付”,事件 C 为“只用现金支付”,则 P(A)= 1-P(B)-P(C)= 1-0.15-0.25= 0.6,故选 C.答案?C(四)考察古典概型 ,全国卷对古典概型每年都会考察 ,难度中等 ,主要考察实质背景的可能事件 ,往常与互斥事件、对峙事件一同考察 .在高考取独自命题时 ,往常以选择题、填空题形式出现 ,属于中低档题 .7.(2018 ·全国Ⅱ卷·理 T8 改编 )我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中获得了世界当先的成就 .哥德巴赫猜想是“每个大于 2 的偶数能够表示为两个素数的和”,如30= 7+ 23.在不超出 30 的素数中 ,随机选用 2 个不一样的数 ,其和等于26 的概率是 ().A. B. C. D.分析 ?不超出30的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,共10个,从中随机选用 2 个不一样的数 ,共有 C= 45 种取法 .由于 3+ 23= 7+ 19= 26,所以随机选用2 个不一样的数 ,其和等于 26 的有 2 种取法 ,故所求概率为.答案?D8.(2018 ·江苏卷·T6 改编 )某兴趣小组有 2 名男生和 3 名女生 ,现从中任选 2 名学生去参加活动 ,则恰巧选中 1 名男生和 1 名女生的概率为.分析 ?从5名学生中任选2 名学生 ,共有 C = 10 种选法 ,此中恰巧选中1 名男生和 1 名女生的选法有 C C= 6 种,所以所求概率为= .答案 ?(五)考察几何概型 ,难度较大 ,以理解几何概型的观点、概率公式为主,会求一些简单的几何概型的概率 ,常与平面几何、线性规划、不等式的解集等知识交汇考察 ,在高考取多以选择题、填空题的形式考察 ,难度中等 .9.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T10 改编 )折纸艺术是我国古代留下来可贵的民间艺术,拥有很高的审美价值和应用价值.以下图的是一个折纸图案,由一个正方形内切一个圆形 ,而后在四个极点处罚别嵌入半径为正方形边长一半的扇形 .向图中随机投入一个质点 ,则质点落在暗影部分的概率 P1与质点落在正方形内圆形地区外面的概率P2的大小关系是 ().A.P1>P 2B.P1<P 2C.P1=P 2D.不可以确立分析 ?将正方形内圆形地区外面的四个角进行沿直角边重合组合,恰好获得的图形就是暗影部分图形,所以暗影部分地区的面积等于正方形内圆形地区外面的面积 ,故 P1=P 2.答案?C10.(2016 ·全国Ⅱ卷·文 T8 改编 )某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现 ,红灯连续时间为40 秒.若一名行人到达该路口碰到红灯,则起码需要等待 10 秒才出现绿灯的概率为().A. B. C. D.分析 ?起码需要等候10秒才出现绿灯的概率为= ,应选 A .答案?A(六)考察随机抽样 ,在抽样方法的考察中,系统抽样、分层抽样是考察的要点 ,题型主要以选择题和填空题为主,属于中低档题 .11.(2017 ·江苏卷·T3 改编 )某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不一样型号的产品,产量分别为 200、400、300、100 件,为查验产品的质量 ,现用分层抽样的方法从以上全部的产品中抽取60 件进行查验 ,则应从甲种型号的产品中抽取件.分析 ?∵==,∴应从甲种型号的产品中抽取×200= 12(件 ).答案?12(七)用样本预计整体 ,主要考察均匀数、方差等的计算以及茎叶图、频次分布直方图的简单应用 .题型以选择题和填空题为主 ,出现解答题时常常与概率相联合 ,属于中档题 .12.(2018 ·全国Ⅰ卷·理 T3 改编 )某地域经过一年的新乡村建设,乡村的经济收入增添了一倍 ,实现翻番 .为更好地认识该地域乡村的经济收入变化状况,统计了该地域新乡村建设前后乡村的经济收入构成比率,获得以下饼图 :则以下选项中不正确的选项是().A.新乡村建设后 ,栽种收入增添B.新乡村建设后 ,其余收入增添了一倍以上C.新乡村建设后 ,养殖收入没有增添D.新乡村建设后 ,养殖收入与第三家产收入的总和超出了经济收入的一半分析 ? 由题干可知 ,乡村的经济收入增添了一倍 ,实现翻番 .为方即可设建设前后的经济收入分别为 100,200(单位省去 ).A 中,栽种收入前后分别为60,74,收入增添了 ,A 正确 ;B 中,其余收入前后分别为 4,10,增添了一倍以上 ,B 正确 ;C 中,养殖收入前后分别为 30,60,收入增添了一倍 ,C 错误 ;D 中,建设后 ,养殖收入与第三家产收入的总和为(30+ 28)×2= 116> 100,D 正确 .应选 C.答案?C13.(2017 ·全国Ⅲ卷·理 T3)某城市为认识旅客人数的变化规律 ,提升旅行服务质量 ,采集并整理了 2014 年 1 月至 2016 年 12 月时期月招待旅客量 (单位 :万人)的数据 ,绘制了下边的折线图 .依据该折线图 ,以下结论错误的选项是 ().A.月招待旅客量逐月增添B.年招待旅客量逐年增添C.各年的月招待旅客量顶峰期大概在7,8 月D.各年 1 月至 6 月的月招待旅客量相对于7 月至 12 月,颠簸性更小 ,变化比较安稳分析 ? 对于选项 A, 由图易知 ,月招待旅客量每年 7,8 月份明显高于 12 月份 ,故 A 错误 ;对于选项 B,察看折线图的变化趋向可知 ,年招待旅客量逐年增添 ,故 B 正确 ;对于选项 C,D,由图可知明显正确 .答案?A(八)考察失散型随机变量分布列、超几何分布、条件概率、正态分布、数学希望与方差 ,求失散型随机变量的数学希望是全国卷高考要点考察的内容,在选择题、填空题中有时会出现.主要考察失散型随机变量的分布列、数学希望、正态分布等 .14.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T8 改编 )某集体中的每位成员使用挪动支付的概率都为 p,各成员的支付方式互相独立,设 X 为该集体的 10 位成员中使用挪动支付的人数 ,D(X)= 2.1,P(X= 4)<P (X= 6),则 p= ().分析 ? 由于 X~B(n,p),所以 D(X)=np(1-p)= 2.1,所以 p= 0.3 或 p=0.7.由于 P(X= 4)=p4(1-p)6<P (X= 6)=p6(1-p)4,所以 (1-p)2 2可得p> 0.5.故p=0.7.<p ,答案?A15.(2017 ·全国Ⅱ卷·理 T13 改编 )一批产品的二等品率为 0.08,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取 100 次,X 表示抽到的二等品件数,则D(X)=.分析 ?有放回地抽取,是一个二项分布模型, 此中p=0.08,n=100,则D(X)=np(1-p)= 100×0.08×0.92= 7.36.答案 ?7.36二、解答题的命题特色概率与统计综合试题的题干阅读量大,简单造成考生在数学模型转变过程中失误,得分率不高 .这些试题主要考察古典概型,用样本预计整体,利用回归方程进行展望 ,独立性查验的应用 ,失散型随机变量的分布列和数学希望 ,正分布等 .概率、随机量的数学希望交命,高考此目的要求是能依据出的或通表出的有关数据求性回方程.1.(2018 ·全国Ⅱ卷·理 T18)下是某地域 2000 年至 2016 年境基施投y(位 :元)的折.了地域 2018 年的境基施投 ,成立了 y 与量 t 的两个性回模型 .依据2000 年至 2016 年的数据 (量 t 的挨次1,2, ⋯ ,17)成立模型①: =- 30.4+ 13.5t;依据 2010年至 2016 年的数据 (量t 的挨次 1,2, ⋯,7)成立模型②: = 99+ 17.5t.(1)分利用两个模型 ,求地域 2018 年的境基施投的.(2)你用哪个模型获得的更靠谱?并明原因 .分析 ? (1)利用模型①,从 2000 年开始算起 ,2018 年即 t= 19,所以地域2018 年的境基施投的=- 30.4+ 13.5×19= 226.1(元).利用模型②,从 2010 年开始算起 ,2018 年即 t= 9,所以地域 2018 年的境基施投的= 99+ 17.5×9= 256.5(元).(2)利用模型②获得的更靠谱 .原因以下 :(i) 从折能够看出 ,2000年至 2016 年的数据的点没有随机分布在直线 y=- 30.4+ 13.5t 上下 ,这说明利用 2000 年至 2016 年的数据成立的线性模型①不可以很好地描绘环境基础设备投资额的变化趋向.2010 年相对 2009 年的环境基础设备投资额有明显增添,2010 年至 2016 年的数据对应的点位于一条直线的邻近 ,这说明从 2010 年开始环境基础设备投资额的变化规律呈线性增添趋向,利用2010年至2016年的数据成立的线性模型= 99+ 17.5t能够,所以利用模型②较好地描绘2010年此后的环境基础设备投资额的变化趋向获得的展望值更靠谱.(ii)从计算结果看 ,相对于 2016 年的环境基础设备投资额 220 亿元 ,由模型①获得的展望值 226.1 亿元的增幅明显偏低 ,而利用模型②获得的展望值的增幅比较合理 ,说明利用模型②获得的展望值更靠谱 .2.(2018 ·全国Ⅰ卷,理 T20)某工厂的某种产品成箱包装 ,每箱 200 件,每一箱产品在交托用户以前要对产品作查验,如查验出不合格品,则改换为合格品 .查验时 ,先从这箱产品中任取 20 件作查验 ,再依据查验结果断定能否对余下的全部产品作查验 .设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p< 1),且各件产品能否为不合格品互相独立.(1)记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为f(p),求 f(p)的最大值点 p0.(2)现对一箱产品查验了20 件,结果恰有 2 件不合格品 ,以(1)中确立的 p0作为p 的值 .已知每件产品的查验花费为 2 元,如有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25 元的补偿花费 .(i)若不对该箱余下的产品作查验 ,这一箱产品的查验花费与补偿花费的和记为 X,求 E(X).(ii)以查验花费与补偿花费和的希望值为决议依照 ,能否该对这箱余下的全部产品作查验 ?分析 ? (1)由题意可知 ,独立重复试验切合二项分布 ,20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为f(p)C p2(1-p)18= 190p2(1-p)18,对上式求导得 f'(p)= [190p2(1-p)18]'=190[2p(1-p)18-18p2(1-p)17]=190p(1-p)17[2(1-p)-18p]=380p(1-p)17(1-10p).当 f'(p)= 0 时,有 p(1-p)17由适当∈时(1-10p)= 0,0<p< 1,p,f'(p)> 0,f(p)单一递加 ;当 p∈时,f'(p)< 0,f(p)单一递减.故 f(p)max=f (p0)=f,即 p0= .(2)(i) 由题意 ,节余未作查验的产品有180件,此中 Y表示不合格品的件数 ,其听从二项分布Y~B.故 E(Y)= 180× = 18.又 X= 40+ 25Y,故 E(X)=E (40+ 25Y)= 40+ 25×18= 490(元).(ii)若对这箱余下的全部产品作查验 ,则需要的查验费为 200×2= 400(元).由于 E(X)= 490> 400,所以需要对这箱余下的全部产品作查验.3.(2018 ·全国Ⅲ卷·理 T18)某工厂为提升生产效率 ,睁开技术创新活动 ,提出了达成某项生产任务的两种新的生产方式 .为比较两种生产方式的效率,选用40 名工人 ,将他们随机分红两组 ,每组 20 人,第一组工人用第一种生产方式 , 第二组工人用第二种生产方式 .依据工人达成生产任务的工作时间 (单位 :min) 绘制了以下茎叶图 :(1)依据茎叶图判断哪一种生产方式的效率更高?并说明原因 .(2)求 40 名工人达成生产任务所需时间的中位数 m,并将达成生产任务所需时间超出 m 和不超出 m 的工人数填入下边的列联表 :不超出超出 mm第一种生产方式第二种生产方式(3)依据 (2)中的列联表 ,可否有 99%的掌握以为两种生产方式的效率有差别?附:K2=,P(K2≥k0)0.0500.0100.001k0 3.841 6.63510.828分析 ? (1)第二种生产方式的效率更高.原因以下 :(i)由茎叶图可知 ,用第一种生产方式的工人中 ,有 75%的工人达成生产任务所需时间起码 80 分钟 ,用第二种生产方式的工人中 ,有 75%的工人达成生产任务所需时间至多 79 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(ii)由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人达成生产任务所需时间的中位数为 85.5 分钟 ,用第二种生产方式的工人达成生产任务所需时间的中位数为 73.5 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(iii)由茎叶图可知,用第一种生产方式的工人达成生产任务均匀所需时间高于 80 分钟 ,用第二种生产方式的工人达成生产任务均匀所需时间低于80 分钟 ,所以第二种生产方式的效率更高.(iv)由茎叶图可知 ,用第一种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布在茎 8 上的最多 ,对于茎 8 大概呈对称分布 ;用第二种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布在茎 7 上的最多 ,对于茎 7 大概呈对称分布 .又用两种生产方式的工人达成生产任务所需时间分布的区间同样 ,故能够以为用第二种生产方式达成生产任务所需的时间比用第一种生产方式达成生产任务所需的时间更少 ,所以第二种生产方式的效率更高 .(2)由茎叶图知 m== 80.列联表以下 :超出 m不超出第一种生产方m 155式第二种生产方515式(3)因 K2的 k== 10> 6.635,所以有 99%的掌握两种生方式的效率有差别.4.(2017 ·全国Ⅰ卷·理 T19)了控某种部件的一条生的生程,每日从生上随机抽取16 个部件 ,并量其尺寸 (位 :cm).依据期生 ,能够条生正常状下生的部件的尺寸听从正分布2N(μ,σ).(1) 假生状正常,X 表示一天内抽取的16 个部件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)以外的部件数,求P(X≥1)及X 的数学希望.(2)一天内抽部件中 ,假如出了尺寸在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的部件 ,就条生在一天的生程可能出了异样状况 ,需当日的生程行 .(i)明上述控生程方法的合理性 .(ii)下边是在一天内抽取的 16 个部件的尺寸 :9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95算得 =xi= 9.97,s==≈0 .212,此中 x i抽取的第 i 个部件的尺寸 ,i= 1,2,⋯,16.用本均匀数作μ的估 ,用本准差 s 作σ的估 ,利用估判断能否需当日的生程行?剔除 ( -3, + 3 )以外的数据 ,用剩下的数据估μ和σ(精准到 0.01).2附:若随机量Z服从正分布N(μ,σ),P(μ-3σ<Z<μ+3σ)= 0.9974,0.997416≈0.9592,≈0.09.分析 ? (1)由题可知抽取的一个部件的尺寸落在(μ-3σ,μ+3σ)以内的概率为 0.9974,进而部件的尺寸落在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的概率为0.0026,故 X~B(16,0.0026).所以 P(X≥1)= 1-P(X= 0)= 1-0.997416≈1-0.9592=0.0408, X 的数学希望 E(X)= 16×0.0026= 0.0416.(2)(i) 假如生产状态正常 ,一个部件尺寸在 (μ-3σ,μ+3σ)以外的概率只有0.0026,一天内抽取的16 个部件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)以外的部件的概率只有0.0408,发生的概率很小,所以一旦发生这种状况,就有原因以为这条生产线在这天的生产过程可能出现了异样状况,需对当日的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的 .(ii) 由 = 9.97,s≈0.212,得μ的预计值为 = 9.97,σ的预计值为 = 0.212,由样本数据能够看出有一个部件的尺寸在 ( -3 , + 3 )以外 ,所以需对当日的生产过程进行检查 .剔除( -3 , +3 )以外的数据9.22,剩下数据的均匀数为×(16×9.97-9.22)= 10.02,所以μ的预计值为 10.02.= 16×0.2122+ 16×9.972≈ 1591.134,剔除( -3 , +3 )以外的数据9.22,剩下数据的样本方差为×2-15×10.022) ≈0.008,所以σ的预计值为≈0.09.1.样本数据(1)众数、中位数及均匀数都是描绘一组数据集中趋向的量 ,均匀数是最重要的量 ,与每个样本数占有关 ,这是中位数、众数所不拥有的性质 .(2)标准差、方差描绘了一组数据环绕均匀数颠簸的大小.标准差、方差越大 ,数据的失散程度就越大.(3)茎叶图、频次分布表和频次分布直方图都是用图表直观描绘样本数据的分布规律的 .2.频次分布直方图(1)用样本预计整体是统计的基本思想,而利用频次分布表和频次分布直方图来预计整体则是用样本的频次分布去预计整体分布的两种主要方法 .频次分布表在数目表示上比较正确 ,频次分布直方图比较直观 .(2)频次分布表中的频数之和等于样本容量,各组中的频次之和等于1;在频次分布直方图中,各小长方形的面积表示相应各组的频次,所以全部小长方形的面积的和等于 1;均匀数是频次分布直方图各个小矩形的面积×底边中点的横坐标之和 .3.摆列与组合(1)①解决“在”与“不在”的有限制条件的摆列问题 ,既能够从元素下手 ,也能够从地点下手 ,原则是谁“特别”谁优先 .不论是从元素考虑仍是从地点考虑 , 都要贯彻究竟 ,不可以既考虑元素又考虑地点 .②解决相邻问题的方法是“捆绑法”,即把相邻元素看作一个整体和其余元素一同摆列,同时要注意捆绑元素的内部摆列 .③解决不相邻问题的方法是“插空法”,即先考虑不受限制的元素的摆列,再将不相邻的元素插在前方元素摆列的空中间.④对于定序问题,可先不考虑次序限制,摆列后 ,再除以定序元素的全摆列.⑤若某些问题从正面考虑比较复杂 ,可从其反面下手 ,即采纳“间接法”.(2)组合问题的限制条件主要表此刻拿出元素中“含”或“不含”某些元素,或许“起码”或“最多”含有几个元素 :①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型.“含”,则先将这些元素拿出 ,再由此外元素补足 ; “不含”,则先将这些元素剔除,再从剩下的元素中去选用 .②“起码”或“最多”含有几个元素的题型 .考虑逆向思想 ,用间接法办理 .(3)分组分派问题是摆列、组合问题的综合运用,解决这种问题的一个基本指导思想就是先分组后分派 .对于分组问题,有整体均分、部分均分和不平分三种 ,不论分红几组 ,都应注意只需有一些组中元素的个数相等 ,就存在均分现象 .4.随机变量的均值与方差一般计算步骤 :(1)理解 X 的意义 ,写出 X 的全部可能取的值 .(2)求 X 取各个值的概率 ,写出分布列 .(3)依据分布列,由均值的定义求出均值 E(X),进一步由公式D(X)=(x i -E(X))2p i=E(X2)-(E(X))2求出 D(X).(4)以特别分布 (两点分布、二项分布、超几何分布 )为背景的均值与方差。

条件概率知识点例题练习题

条件概率专题一、知识点① 只须将无条件概率()P B 替换为条件概率)(A B P ，即可类比套用概率满足的三条公理及其它性质 ② 在古典概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==A B A =事件包括的基本事件（样本点）数事件包括的基本事件（样本点）数 ③ 在几何概型中 ---)()()()()(A B A A P B A P A B P μμ==(,,)(,,)A B A =区域的几何度量长度面积体积等区域的几何度量长度面积体积等条件概率及全概率公式3.1.对任意两个事件A 、B , 是否恒有P (A )≥P (A |B ).答：不是. 有人以为附加了一个B 已发生的条件, 就必然缩小了样本空间, 也就缩小了概率, 从而就一定有P (A )≥P (A |B ), 这种猜测是错误的. 事实上,可能P (A )≥P (A |B ), 也可能P (A )≤P (A |B ), 下面举例说明. 在0,1,…,9这十个数字中, 任意抽取一个数字,令A ={抽到一数字是3的倍数};B 1={抽到一数字是偶数}; B 2={抽到一数字大于8}, 那么P (A )=3/10, P (A |B 1)=1/5, P (A |B 2)=1. 因此有 P (A )＞P (A |B 1), P (A )＜P (A |B 2).3.2.以下两个定义是否是等价的.定义1. 若事件A 、B 满足P (AB )=P (A )P (B ), 则称A 、B 相互独立. 定义2. 若事件A 、B 满足P (A |B )=P (A )或P (B |A )=P (B ), 则称A 、B 相互独立.答：不是的.因为条件概率的定义为P (A |B )=P (AB )/P (B ) 或 P (B |A )=P (AB )/P (A )自然要求P (A )≠0, P (B )≠0, 而定义1不存在这个附加条件, 也就是说,P (AB )=P (A )P (B )对于P (A )=0或P (B )=0也是成立的. 事实上, 若P (A )=0由0≤P (AB )≤P (A )=0可知P (AB )=0故 P (AB )=P (A )P (B ).因此定义1与定义2不等价, 更确切地说由定义2可推出定义1, 但定义1不能推出定义2, 因此一般采用定义1更一般化.3.3.对任意事件A、B, 是否都有 P(AB)≤P(A)≤P(A+B)≤P(A)+P(B).答：是的.由于P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB) (*)因为 P(AB)≥0, 故P(A+B)≤P(A)+P(B).由P(AB)=P(A)P(B|A), 因为0≤P(B|A)≤1,故P(AB)≤P(A);同理P(AB)≤P(B), 从而 P(B)-P(AB)≥0, 由(*)知P(A+B)≥P(A).原命题得证.3.4.在引入条件概率的讨论中, 曾出现过三个概率: P(A|B), P(B|A), P(AB). 从事件的角度去考察, 在A、B相容的情况下, 它们都是下图中标有阴影的部分, 然而从概率计算的角度看, 它们却是不同的. 这究竟是为什么?答：概率的不同主要在于计算时所取的样本空间的差别:P(A|B)的计算基于附加样本空间ΩB;P(B|A)的计算基于附加样本空间ΩA;P(AB)的计算基于原有样本空间Ω.3.5.在n个事件的乘法公式：P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)…P(A n|A1A2…A n-1)中,涉及那么多条件概率, 为什么在给出上述乘法公式时只提及P(A1A2…A n-1)>0呢?答：按条件概率的本意, 应要求P(A1)>0, P(A1A2)>0, …,P(A1A2…A n-2)>0, P(A1A2…A n-1)>0.事实上, 由于A 1A2A3…A n-2A1A2A3…A n-2A n-1, 从而便有P(A1A2…A n-2)≥P(A1A2…A n-1)>0. 这样, 除P(A1A2…A n-1)>0作为题设外, 其余条件概率所要求的正概率, 如P(A1A2…A n-2) >0, …,P(A1A2) >0, P(A1)>0便是题设条件P(A1A2…A n-1)>0的自然结论了.3.6.计算P(B)时, 如果事件B的表达式中有积又有和, 是否就必定要用全概率公式.答：不是. 这是对全概率公式的形式主义的认识, 完全把它作为一个”公式”来理解是不对的. 其实, 我们没有必要去背这个公式, 应着眼于A1,A2,…,A n的结构. 事实上, 对于具体问题, 若能设出n个事件A i, 使之满足(*)就可得.(**) 这样就便于应用概率的加法公式和乘法公式.因此, 能否使用全概率公式, 关键在于(**)式, 而要有(**)式, 关键又在于适当地对Ω进行一个分割, 即有(*)式.3.7.设P(A)≠0,P(B)≠0, 因为有(1)若A、B互不相容, 则A、B一定不独立.(2)若A、B独立, 则A、B一定不互不相容.故既不互不相容又不独立的事件是不存在的. 上述结论是否正确.答：不正确. 原命题中的结论(1)(2)都是正确的. 但是由(1)(2)(它们互为逆否命题, 有其一就可以了)只能推出在P(A)≠0,P(B)≠0的前提下, 事件A、B既互不相容又独立是不存在的, 并不能推出“A、B既不独立又不互不相容是不存在的”. 事实上, 恰恰相反, 既不互不相容又不独立的事件组是存在的, 下面举一例.5个乒乓球(4新1旧), 每次取一个, 无放回抽取三次, 记A i={第i次取到新球}, i=1, 2, 3. 因为是无放回抽取, 故A1、A2、A3互相不独立, 又A 1A2A3={三次都取到新球}, 显然是可能发生的, 即A1、A2、A3可能同时发生, 因此A1、A2、A3不互不相容.3.8.事件A、B的“对立”与“互不相容”有什么区别和联系? 事件A、B“独立”与“互不相容”又有什么区别和联系?答：“对立”与“互不相容”区别和联系, 从它们的定义看是十分清楚的, 大体上可由如下的命题概括: “对立” →“互不相容”,反之未必成立.至于“独立”与“互不相容”的区别和联系, 并非一目了然.事件的互不相容性只考虑它们是否同时发生，是纯粹的事件的关系, 丝毫未涉及它们的概率, 其关系可借助图直观显示.事件的独立性是由概率表述的, 即当存在概率关系P(A|B)=P(A)或P(B|A)=P(B)时, 称A、B是相互独立的.它们的联系可由下述命题概括: 对于两个非不可能事件A、B, 则有“A、B 互不相容” →“A、B不独立”.其等价命题是: 在P(A)>0与P(B)>0下, 则有“A、B独立” →“A、B不互不相容”(相容). 注意, 上述命题的逆命题不成立.3.9.设A、B为两个事件,若0<P(A)<1, 0<P(B)<1. (*)则A、B相互独立, A、B互不相容, , 这三种情形中的任何两种不能同时成立.答：在条件(*)下当A、B相互独立时, 有P(AB)=P(A)P(B);当A、B互不相容时, 有P(AB)<P(A)P(B);当时, 有P(AB)>P(A)P(B).在条件(*)下, 上述三式中的任何两个不能同时成立. 因此, A、B相互独立, A、B互不相容,这三种情形中的任何两种不能同时成立.此结论表明: 在条件(*)下,若两个事件相互独立时, 必不互不相容，也不一个包含另一个,而只能是相容了.3.10.证明: 若P(A)=0或P(A)=1, 则A与任何事件B相互独立.答：若P(A)=0, 又, 故0≤P(AB)≤P(A)=0.于是P(AB)=0=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1, 则.由前面所证知,与任何事件B相互独立. 再由事件独立性的性质知, 与B相互独立, 即A与B相互独立.另种方法证明: 由P(A)=1知, 进而有.又且AB与互不相容, 故.即A与B相互独立.3.11.设A、B是两个基本事件, 且0<P(A)<1,P(B)>0, , 问事件A与B是什么关系?[解1]由已知条件可得.由比例性质, 得.所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.[解2]由得.因而.又,所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立.3.12.是不是无论什么情况, 小概率事件决不会成为必然事件.答：不是的. 我们可以证明, 随机试验中, 若A为小概率事件, 不妨设P(A)=ε(0＜ε＜1为不论多么小的实数 ), 只要不断地独立地重复做此试验, 则A迟早要发生的概率为1.事实上, 设A k={A在第k次试验中发生}, 则P(A k)=ε,, 在前n次试验中A都不发生的概率为:.于是在前n次试验中, A至少发生一次的概率为.如果把试验一次接一次地做下去, 即让n→∞, 由于0＜ε＜1, 则当n→∞时, 有p→1.n以上事实在生活中是常见的, 例如在森林中吸烟, 一次引起火灾的可能性是很小的, 但如果很多人这样做, 则迟早会引起火灾.3.13.只要不是重复试验, 小概率事件就可以忽视.答：不正确. 小概率事件可不可以忽视, 要由事件的性质来决定, 例如在森林中擦火柴有1%的可能性将导致火灾是不能忽视的, 但火柴有1%的可能性擦不燃是不必在意的.3.14.重复试验一定是独立试验, 理由是: 既然是重复试验就是说每次试验的条件完全相同, 从而试验的结果就不会互相影响, 上述说法对吗?答：不对. 我们举一个反例就可以证明上述结论是错误的.一个罐子中装有4个黑球和3个红球, 随机地抽取一个之后, 再加进2个与抽出的球具有相同颜色的球, 这种手续反复进行, 显然每次试验的条件是相同的. 每抽取一次以后, 这时与取出球有相同颜色的球的数目增加，而与取出球颜色不同的球的数目保持不变，从效果上看，每一次取出的球是什么颜色增加了下一次也取到这种颜色球的概率，因此这不是独立试验,此例是一个如同传染病现象的模型，每一次传染后都增加再传染的概率.3.15.伯努利概型的随机变量是不是都服从二项分布.答：不一定. 例如某射手每次击中目标的概率是p，现在连续向一目标进行射击，直到射中为止. 此试验只有两个可能的结果：A={命中}； ={未命中}，且P(A)=p.并且是重复独立试验，因此它是伯努利试验（伯努利概型），设X k={第k次射中}，X显然是一个随机变量，但kP(X=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，k可见X k是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布.3.16.某人想买某本书, 决定到3个新华书店去买, 每个书店有无此书是等可能的. 如有, 是否卖完也是等可能的. 设3个书店有无此书, 是否卖完是相互独立的. 求此人买到此本书的概率.答：(37/64).3.17.在空战中, 甲机先向乙机开火, 击落乙机的概率是0.2; 若乙机未被击落, 就进行还击, 击落甲机的概率是0.3, 则再进攻乙机, 击落乙机的概率是0.4. 在这几个回合中,(1) 甲机被击落的概率是多少?(2) 乙机被击落的概率是多少?答：以A表示事件“第一次攻击中甲击落乙”, 以B表示事件“第二次攻击中乙击落甲”, 以C表示事件“第三次攻击中甲击落乙”.(1)甲机被击落只有在第一次攻击中甲未击落乙才有可能, 故甲机被击落的概率为.(2)乙机被击落有两种情况. 一是第一次攻击中甲击落乙, 二是第三次攻击中甲击落乙, 故乙机被击落的概率是=0.2+(1-0.2)(1-0.3)×0.4=0.424.3.18.某个问题, 若甲先答, 答对的概率为0.4; 若甲答错, 由乙答, 答对的概率为0.5. 求问题由乙答出的概率.答：(0.3)3.19.有5个人在一星期内都要到图书馆借书一次, 一周内某天借书的可能性相同, 求(1)5个人都在星期天借书的概率;(2)5个人都不在星期天借书的概率;(3)5个人不都在星期天借书的概率.答：(1)(1/75);(2)(65/77);(3)(1-1/75).1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 二、例题解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”, 设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,,P(A|B)=1/2.3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3,由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1 /4 .由数学归纳法可以知道P(A1A2…A N)=1/(N+1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B表示“最后取到的是白球”.根据题意: P(B|A)=5/12 ,,P(A)=1/2.∴.5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 .事件B表示“从乙袋中取到的是白球”.显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A1)=3/5 ,P(A2)=3/10 ;P(B|A)=2/5 , P(B|A1)=1/2 ,P(B|A2)=3/5 ;由全概率公式P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25.6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”;事件B表示“最后取到的是2号球”.显然P(A)=1/N,,且P(B|A)=1/(N-1),;∴=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N=(N2-N+1)/N2(N-1).7. 袋中装有8只红球, 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球. 解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,设事件A2表示“第二次取到的是红球”.(1)要求的是事件A1A2的概率.根据题意P(A1)=4/5,,P(A2|A1)=7/9,∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)要求的是事件的概率.根据题意:,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,,∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式:=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9、0.7、0.5、0.2 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=0.9, P(A|B2)=0.7, P(A|B3)=0.5, P(A|B4)=0.2.由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4 )P(B4)=0.9×4/20+0.7×8/20+0.5×7/20+0.2×1/20=0.645.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是0.5、0.3、0.2,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是0.01、0.02、解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”, 用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,0.1 .求目标被命中的概率为多少?且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=0.01, P(B|A2)=0.02, P(B|A3)=0.1.由全概率公式得到:P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3)=0.01×0.5+0.02×0.3+0.1×0.2=0.031.10. 加工某一零件共需要4道工序,设第一﹑第二﹑第三﹑第四道工序的次品率分别为2%﹑3%﹑5%﹑3%, 假定各道工序的加工互不影响,求加工出零件的次品率是多少?解.设事件A i表示“第i道工序出次品”,i=1,2,3,4因为各道工序的加工互不影响,因此A i是相互独立的事件.P(A1)=0.02, P(A2)=0.03,P(A3)=0.05, P(A4)=0.03,只要任一道工序出次品,则加工出来的零件就是次品.所以要求的是(A1+A2+A3+A4)这个事件的概率.为了运算简便,我们求其对立事件的概率=(1-0.02)(1-0.03)(1-0.05)(1-0.03)=0.876.∴P(A1+A2+A3+A4)=1-0.876=0.124.11. 某人过去射击的成绩是每射5次总有4次命中目标, 根据这一成绩, 求(1)射击三次皆中目标的概率;(2)射击三次有且只有2解.设事件A i表示“第i次命中目标”, i=1,2,3根据已知条件P(A i)=0.8,,i=1,2,3 某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A i是相互独立的.(1)射击三次皆中目标的概率即求P(A1A2A3).次命中目标的概率;(3)射击三次至少有二次命中目标的概率.由独立性:P (A 1A 2A 3)=P (A 1)P (A 2)P (A 3)=0.83=0.512.(2)“射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用B表示. 显然,又根据独立性得到:.(3)“射击三次至少有2次命中目标”这个事件用C 表示.至少有2次命中目标包括2次和3次命中目标,所以C =B +A 1A 2A 3P (C )=P (B )+P (A 1A 2A 3)=0.384+0.512=0.896.12. 三人独立译某一密码, 他们能译出的概率分别为1/3, 1/4,1/5, 求能将密码译出的概率.解.设事件A i 表示“第i 人能译出密码”, i =1,2,3.由于每一人是否能译出密码是相互独立的,最后只要三人中至少有一人能将密码译出,则密码被译出,因此所求的概率为P (A 1+A 2+A 3).已知P (A 1)=1/3, P (A 2)=1/4, P (A 3)=1/5, 而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P (A 1+A 2+A 3)=1-0.4=0.6.13. 用一门大炮对某目标进行三次独立射击, 第一、二、三次的命中率分别为0.4、0.5、0.7, 若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为解.设事件A i 表示“第i 次命中目标”, i =1,2,3.设事件B i 表示“目标被命中i 弹”, i =0,1,2,3. 设事件C 表示“目标被摧毁”.由已知P (A 1)=0.4, P (A 2)=0.5, P (A 3)=0.7; P (C |B 0)=0, P (C |B 1)=0.2, P (C |B 2)=0.6, P (C |B 3)=0.8.0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率.又由于三次射击是相互独立的,所以 ,=0.6×0.5×0.7+0.6×0.5×0.3+0.4×0.5×0.3=0.36,=0.6×0.5×0.7+0.4×0.5×0.3+0.4×0.5×0.7=0.41,.由全概率公式得到P (C )=P (C |B 0)P (B 0)+P (C |B 1)P (B 1)+P (C |B 2)P (B 2)+P (C |B 3)P (B 3)=0×0.09+0.2×0.36+0.6×0.41+0.8×0.14=0.43.三、练习题1．已知P(B|A)=103,P(A)=51,则P(AB)=( ) A ．21 B.23 C ．32 D.5032．由“0”、“1” 组成的三位数码组中，若用A 表示“第二位数字为0”的事件，用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P(A|B)=（）A.21B.31C.41D.813．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮三级以上风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，则在下雨天里，刮风的概率为（） A.2258B.21C.83D.434．设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为0.8，活到25岁以上的概率为0.4.现有一个20岁的这种动物，问它能活到25岁以上的概率是 .５．一个口袋内装有2个白球，3个黑球，则（1）先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率？（2）先摸出1个白球后不放回，再摸出1个白球的概率？６．某种元件用满6000小时未坏的概率是43，用满10000小时未坏的概率是21，现有一个此种元件，已经用过6000小时未坏，求它能用到10000小时的概率7．某个班级共有学生40人，其中有团员15人，全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中团员4人。

高二期末复习之条件概率和全概率练习

条件概率和全概率公式1、条件概率（1）概念：一般地，设A ，B 为两个随机事件，且P (A )>0，我们称P (B |A )＝P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率，简称条件概率．（2）两个公式①利用古典概型，P (B |A )＝n (AB )n (A )；②利用概率的乘法公式：P (AB )＝P (A )P (B |A )．2、全概率公式一般地，设n A A A ,,, 21是一组两两互斥的事件，Ω=n A A A 21，且n i A P i ,,,,)( 210=>，则对任意的事件Ω⊆B ，有∑==ni i i A B P A P B P 1)|()()(，称为全概率公式.3、贝叶斯公式设n A A A ,,, 21是一组两两互斥的事件，Ω=n A A A 21，且n i A P i ,,,,)( 210=>，则对任意的事件Ω⊆B ，0>)(B P ,有ni A B P A P A B P A P B P A B P A P B A P knk ki i i i i ,,,,)|()()|()()()|()()|( 211===∑=题型一条件概率1．已知()0.4P B =，()0.8P B A =，()0.3P B A =，则()P A =（）．A ．34B ．38C ．13D ．152．已知A ，B 为互斥事件，事件C 满足：1()12P BC =，1()6P A C =，1(())2P A B C ⋃=，则()P C =（）A ．13B ．14C ．16D ．1123．某班有7名班干部，其中4名男生，3名女生．从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为__________．4．甲、乙、丙、丁4人分别到A 、B 、C 、D 四所学校实习，每所学校一人，在甲不去A 校的条件下，乙不去B 校的概率是______．5．甲、乙、丙、丁、戊五名同学利用寒假参加社区服务，分别从为老年人服务、社会保障服务、优抚对象服务、为残病人服务、安全防范服务等五个服务项目中选择一个报名，记事件A 为“五名同学所选项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学选安全防范服务”，则()P A B =_________.6．一个盒子中装有5个黑球和4个白球，现从中先后无放回的取2个球，记“第一次取得黑球”为事件A ，“第二次取得白球”为事件B ，则()()P AB P B A +=（）A ．79B ．23C ．56D ．897．红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________．8．某汽车4S 店的销售员的月工资由基础工资和绩效工资两部分组成，基础工资为t （单位：元），绩效工资如下表：月售车台数012345≥绩效工资0.1t0.3t 0.5t 0.8t 1.2t根据以往销售统计，该4S 店平均一名销售员月售车台数的概率分布如下表：月售车台数012345≥概率0.320.280.130.120.090.06(1)求该4S 店一名销售员的绩效工资大于0.4t 的概率；(2)若已知该4S 店一名销售员上个月工资大于1.2t ，求该销售员上个月卖出去3台车的概率；(3)根据调查，同行业内销售员月平均工资为8000元，要使该4S 店销售员的月工资的期望不低于行业平均水平，基础工资至少应定为多少？（精确到百位）1．D【详解】()()()()()()P B P AB AB P A P B A P A P B A =+=+,()()0.40.80.31P A P A ⎡⎤=+-⎣⎦，解得()10.25P A ==.故选：D.2．B【详解】因为A ，B 互斥，所以1(()|)(|)(|)2P A B C P A C P B C =+=⋃，因为1(|)6P A C =，所以1(|)3P B C =，又因为()(|)()P BC P B C P C =，所以1()3()4P C P BC ==．故选：B ．3．13【详解】设事件A 表示“男生甲被选中”，事件B 表示“女生乙被选中”，则21653377C C 15351(),()C 357C 357P A P AB =====，所以()1(|)()3P AB P B A P A ==，即男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为13.故答案为：13.4．79【详解】由题意，甲不去A 校的概率为331443A 3A 4P ==，甲不去A 校且乙不去B 校的概率为13123322244C A C A 7A 12P ⨯-⨯==，则在甲不去A 校的条件下，乙不去B 校的概率217712394P P P ===．故答案为：79．5．332【详解】事件AB ：甲同学选安全防范服务且五名同学所选项目各不相同，所以其它4名同学排列在其它4个项目，且互不相同，为44A ，事件B ：甲同学选安全防范服务，所以其它4名同学排列在其它4个项目，可以安排在相同项目，为44，()()()44545A 354325P AB P A B P B ===.故答案为：332.6．A【详解】545()9818P AB =⨯= ，5()118()5()29P AB P BA P A ===∣，7()()9P AB P B A ∴+=∣．故选：A.7．41513【详解】设A =“甲调配出绿色”，B =“乙调配出紫色”，因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各两瓶共6瓶，所以112226C C 4()C 15P A ⋅==，因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料，则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶，因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以112124C C 1()C 3P B ⋅==.故答案为：415，138．(1)0.27(2)0.3(3)6300元【详解】（1）设事件“该4S 店一名销售员的绩效工资大于0.4t ”为A ，则事件A 等价于“该销售员月售车台数不小于3”，()0.120.090.060.27P A =++=．（2）设事件“该4S 店一名销售员上个月工资大于1.2t ”为B ，事件“该销售员上个月卖出去3台车”为C ，则()()0.12P BC P C ==，()0.130.120.090.060.4P B =+++=，故()()()0.3P BC P C B P B ==．（3）该4S 店一名销售员月工资X 的分布列为X t 1.1t1.3t1.5t1.8t2.2tP0.320.280.130.120.090.06所以()0.320.28 1.10.13 1.30.12 1.50.09 1.80.06 2.2 1.271E X t t t t t t t =+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，由1.2718000t ≥，得6300t ≥，即基础工资至少应定为6300元．题型二概率的乘法公式9．盒中有4个质地，形状完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球；现从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.则在此过程中没有取到黄球的概率为___________.10．【多选】箱中共有包装相同的3件正品和2件赝品，从中不放回地依次抽取2件，用A 表示“第一次取到正品”，用B 表示“第二次取到正品”，则（）A ．()()P A PB =B ．()()()P AB P A P B =C ．()0.9P A B +=D ．(|)0.5P B A =11．【多选】已知事件,A B 满足()()0.5,0.2P A P B ==，则（）A ．若B A ⊆，则()0.5P AB =B ．若A 与B 互斥，则()0.7P A B +=C ．若()0.2P BA =∣，则A 与B 相互独立D ．若A 与B 相互独立，则()0.9P AB =9．13【详解】没有取到黄球，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”记事件1R 表示第一次取到红球，2R 表示第二次取到红球，1G 表示第一次取到绿球，则()114P R =，()()()12121111|4312P G R P G P R G ==⨯，∴没有取到黄球的概率为1114123P =+=.故答案为：13.10．ACD【详解】对A ，()35P A =，()3235410P AB =⨯=，()2335410P AB =⨯=，()()()33310105P B P AB P AB =+=+= ，故A 选项对；对B ，()()()3355P A P B P AB =⨯≠ ，故B 选项错；对C ，()()()()0.9P A B P A P B P AB +=+-= ，故C 选项正确；对D ，()()310(|)0.535P AB P B A P A === ，故D 选项正确．故选：ACD 11．BC【详解】对A ，因为B A ⊆，所以()()0.2P AB P B ==，错误；对B ，因为A 与B 互斥，所以()()()0.7P A B P A P B +=+=，正确；对C ，因为()()()0.2P AB P BA P A ==∣，所以()0.1P AB =，而()()0.5,0.2P A P B ==，所以()()()0.1P AB P A P B ==，正确；对D ，因为A 与B 相互独立，所以A 与B 相互独立，所以，()()()()()10.50.80.4P AB P A P B P A P B ⎡⎤==⨯-=⨯=⎣⎦，错误．故选：BC.题型三全概率公式12．现有四家工厂生产同一产品，已知它们生产该产品的日产量分别占日产量总和的15%，20%，30%和35%，且产品的不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02，现从四家工厂一天生产的所有产品中任取一件，则抽到不合格品的概率是________.13．北京冬奥会奥运村有智能餐厅和人工餐厅各一个，某运动员连续两天均在奥运村用餐且每一天均在同一个餐厅用餐．他第一天等可能地随机选择其中一个餐厅用餐．若他第一天去智能餐厅，那么第二天去智能餐厅的概率为0.7；如果他第一天去人工餐厅，那么第二天去人工餐厅的概率为0.2．则该运动员第二天去智能餐厅用餐的概率为（）A ．0.45B ．0.14C ．0.75D ．0.814．有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球和1个红球，乙袋中有2个红球和中1个白球，这6个球手感上不可区别.现从甲袋中任取一球放入乙袋，搅匀后再从乙袋中任取一球，则收到红球的概率是（）A ．34B ．712C ．12D ．4715．第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT 发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT 所用到的数学知碑，开辟了人机自然交流的新纪元.ChatGPT 所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，条件概率就被广泛应用于ChatGPT 中.某数学素养提升小组设计了如下问题进行探究：现有完全相同的甲，乙两个箱子（如图），其中甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同.某人先从两个箱子中任取一个箱子，再从中随机摸出一球.(1)求摸出的球是黑球的概率；(2)若已知摸出的球是黑球，请用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大.16．某学校有A ，B 两家餐厅，王同学第1天午餐时随机的选择一家餐厅用餐.如果第一天去A 餐厅，那么第2天去A 餐厅的概率为0.6，如果第1天去B 餐厅，那么第2天去A 餐厅的概率为0.8.(1)计算王同学第2天去A 餐厅用餐的概率；(2)王同学某次在A 餐厅就餐，该餐厅提供5种西式点心，n 种中式点心，王同学从这些点心中选择三种点心，记选择西式点心的种数为X ，求n 的值使得()1P X =取得最大值.17．为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有12，13，14的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为6:7:8.(1)现从三个班中随机抽取一位同学：（i ）求该同学有购买意向的概率；（ii ）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；(2)对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.12．0.0315【详解】因为生产该产品的日产量分别占日产量总和的15%，20%，30%和35%，且产品的不合格率分别为0.05，0.04，0.03和0.02，所以抽到不合格品的概率为：15%0.0520%0.0430%0.0335%0.020.0315P =⨯+⨯+⨯+⨯=.故答案为：0.0315.13．C【详解】设1A =“第1天去智能餐厅用餐”，1B =“第1天去人工餐厅用餐”，2A =“第2天去智能餐厅用餐”，则11A B Ω=⋃，且1A 与1B 互斥，根据题意得：()()110.5P A P B ==，()210.7P A A =，()210.8P A B =，由全概率公式得()()()()()21211210.50.70.50.80.75P A P A P A A P B P A B =+=⨯+⨯=，故选：C ．14．B【详解】设1A =“从甲袋放入乙袋的是白球”，2A =“从甲袋放入乙袋的是红球”B =“从乙袋中任取一球是红球”，则()()()()()112222317434312P B P B A P A P B A P A =+=⨯+⨯=.故选：B.15．(1)1130(2)该球取自乙箱的可能性更大【详解】（1）记事件A 表示“球取自甲箱”，事件A 表示“球取自乙箱”，事件B 表示“取得黑球”，则()()()()1212||2635P A P A P B A P B A =====，由全概率公式得：()()()()()||P B P A P B A P A P B A =+111211232530=⨯+⨯=.（2）该球取自乙箱的可能性更大，理由如下：该球是取自甲箱的概率()()()()11|523|111130P A P B A P A B P B ⨯===，该球取自乙箱的概率()()()()12|625|111130P A P B A P A B P B ⨯===，因为()()||P A B P A B <，所以该球取自乙箱的可能性更大.16．(1)0.7(2)9或10【详解】（1）设1A =“第1天去A 餐厅用餐”，1B =“第1天去B 餐厅用餐”，2A =“第2天去A 餐厅用餐”，根据题意得()()110.5P A P B ==，()210.6P A A =∣，()210.8P A B =∣，由全概率公式，得：()()()()()21211210.50.60.50.80.7P A P A P A A P B P A B =+=⨯+⨯=∣∣，所以，王同学第2天去A 餐厅用餐的概率为0.7.（2）由题意，X 的可能取值有：0,1,2,3，由超几何分布可知()()()()()125351511543nn n n C C P X C n n n +-===+++，令()()()()151543n n n a n n n -=+++，又 N n ∈，所以1n n a a +≥，可得()()()()1361n n n n ++≥+-，解得9n ≤，易知当9n =和10n =时，()1P X =的值相等，所以当9n =或10时，()1P X =有最大值为4591，即当n 的值为9或10时，使得()1P X =最大.17．(1)（i ）2263；（ii ）722(2)0.75.【详解】（1）（i ）设事件A =“该同学有购买意向”，事件i B =“该同学来自i 班”()1,2,3i =.由题意可知()()()231678,212121P B P B P B ===，()()()123111,,234P A B P A B P A B ===，所以，由全概率公式可得：()()()()()()()112233P A P B P A B P B P A B P B P A B =⋅+⋅+⋅6171812221221321463=⨯+⨯+⨯=.（ii ）由条件概率可得()()()()()()2222717213222263P B P A B P B A P B A P A P A ⨯⋅====.（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为23，每次叫价增加2元的概率为13.设叫价为()310n n ≤≤元的概率为n P ，叫价出现n 元的情况只有下列两种：①叫价为1n -元，且骰子点数大于2，其概率为123n P -；②叫价为2n -元，且骰子点数小于3，其概率为213n P -.于是得到()1221333n n n P P P n --=+≥，易得123P =，222173339P =⨯+=由于()()112121113333n n n n n n P P P P P P n ------=-+=--≥，于是当2n ≥时，数列{}1n n P P --是以首项为19，公比为13-的等比数列，故()2111293n n n P P n --⎛⎫-=⨯-≥ ⎪⎝⎭.于是()()()()101213298109P P P P P P P P P P =+-+-+⋅⋅⋅+-+-9101119323110.751344313⎡⎤⎛⎫⨯--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+=+⨯≈ ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.题型四贝叶斯公式18．学校给每位教师随机发了一箱苹果，李老师将其分为两份，第1份占总数的40％，次品率为5％，第2份占总数的60％，次品率为4％．若李老师分份之前随机拿了一个发现是次品后放回，则该苹果被分到第1份中的概率为______．19．一堆苹果中大果与小果的比例为9:1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%．经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为（）A．855857B．8571000C．171200D．91020．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率为90%，乙厂产品的合格率为80%，在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为___________；若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为___________；若在该市场中购买的一个灯泡是合格品，则这个灯泡是甲厂的概率为_______________.21．甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，甲加工的次品率为6%，乙、丙加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙、丙加工的零件数分别占总数的25%，30%，45%.(1)任取一个零件，求它是次品的概率；(2)如果取到的零件是次品，求它是丙车床加工的概率.22．为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为34，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为12.（注：比赛结果没有平局）(1)求甲队明星队员M在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率.18．511【详解】设事件B 为“拿的苹果是次品”，()1,2i A i =为“拿的苹果来自第i 份”，则()10.4P A =，()1|0.05P B A =，()20.6P A =，()2|0.04P B A =，所以()()()()()11220.40.050.60.040.044||P B P A P B A P A P B A ⨯+⨯==+=，所求概率为()()()()()()1111|0.40.0550.04411|P BA P A P B A P A B P B P B ⨯====．故答案为：51119．A【详解】记事件1:A 放入水果分选机的苹果为大果，事件2:A 放入水果分选机的苹果为小果，记事件:B 水果分选机筛选的苹果为“大果”，则()1910P A =，()2110P A =，()11920P B A =，()2150P B A =，由全概率公式可得()()()()()112291911857102010501000P B P A P B A P A P B A =⋅+⋅=⨯+⨯=，()()()11191985510201000P A B P A P B A ==⨯=，因此，()()()1185510008551000857857P A B P A B P B ==⨯=.故选：A.20．0.18/9500.86/43502743【详解】在该市场中购买甲厂的两个灯泡，则恰有一个是合格品的概率为12C 0.90.10.18⋅⨯=；设A =“购买一个甲厂灯泡”，B =“购买一个一厂灯泡”，C =“灯泡是合格品”，则()0.6P A =，()0.4P B =，(|)0.9P C A =，(|)0.8P C B =，则()()(|)()(|)P C P A P C A P B P C B =⋅+⋅0.60.90.40.80.86=⨯+⨯=.即若在该市场中随机购买一个灯泡，则这个灯泡是合格品的概率为0.86；()(|)(|)()P A P C A P A C P C ⋅=0.60.90.86⨯=54278643==.即若在该市场中购买的一个灯泡是合格品，则这个灯泡是甲厂的概率为2743.故答案为：0.18；0.86；2743.21．(1)0.0525(2)37【详解】（1）设B =“任取一个零件是次品”，A 甲=“零件为甲车床加工”，A 乙=“零件为乙车床加工”，A 丙=“零件为丙车床加工”，则A A A Ω=甲乙丙U U ，且A 甲，A 乙，A 丙，两两互斥，根据题意得()0.25,()0.3,()0.45,P A P A P A ===甲乙丙()|0.06,(|)(|)0.05P B A P B A P B A ===甲乙丙.由全概率公式得()()()|()(|)()((|)P B P A P B A P A P B A P A P B A =++甲甲乙乙丙丙0.250.060.30.050.450.050.0525.=⨯+⨯+⨯=（2）由题意知“如果取到的零件是次品，它是丙车床加工的概率”就是计算在B 发生的条件下事件A 丙发生的概率.()()(|)0.450.053(|).()()0.05257P A B P A P B A P A B P B P B ⨯====丙丙丙丙22．(1)316(2)1380(3)913【详解】（1）事件B =“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件jA =“甲队第j 局获胜”，其中1,2,3,4,j =j A 相互独立.又甲队明星队员M 前四局不出场，故()1,1,2,3,42j P A j ==，123412341234B A A A A A A A A A A A =++，所以()41313C 216P B ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）设C 为甲3局获得最终胜利，D 为前3局甲队明星队员M 上场比赛，由全概率公式知，()()()()()||P C P C D P D P C D P D =⋅+⋅，因为每名队员上场顺序随机，故()234335C A 3A 5PD ==，()321,55P D =-=()()2313311|,|241628P C D P C D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()3312131658580P C =⨯+⨯=.（3）由（2），()()()()()()33|9165|131380P CD P C D P D P D C P C P C ⨯⋅====.。

专题05 条件概率与全概率公式

概率论-1-5条件概率

为在事件 A 发生的条件下事件B发生的条件概率.
同理可得 P( A B) P( AB) P(B)
为在事件 B发生的条件下事件 A发生的条件概率
3、条件概率的假设同概率一样，条件概率也满足3条文档.doc
4 条件概率的计算
1) 用定义计算
P( A
B)
P( AB) P(B)
, P(B)
0.
4 条件概率的计算
实际中还有另一类问题，即“已知结果求原因”。
例7 在例6中将问题改为：某人从任一箱中任意摸出一球，发现是红球，求该球是从1号箱取出的概率（或该球取自哪号箱的可能性最大）。
这一类问题在实际中更为常见，它所求的是条件概率. 接下来我们介绍为解决这类问题而引出的贝叶斯公式.
例将7这的里求得解到：的公式一般P化(，B1就A得) 到贝P叶P( A(斯AB公)1)式
(*)例5 设某光学仪器厂制造的透镜, 第一次落下时打破的概率为1/2,若第一次落下未打破, 第二次落下打破的概率为7/10 , 若前两次落下未打破, 第三次落下打破的概率为9/10.试求透镜落下三次而未打破的概率.
解以Ai (i 1,2,3)表示事件"透镜第 i 次落下打破",
以B 表示事件“透镜落下三次而未打破”. 因为 B A1 A2 A3 , 所以 P(B) P( A1 A2 A3 )
该公式于1763年由贝叶斯给出。它是在观察到事件A已经发生的条件下，寻找导致A发生的每个原因的概率。
贝叶斯公式在实际中有很多应用，它可以
帮助人们确定某结果（事件A）的最可能原因.
例8 某地区患有癌症的人占0.005，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.95，正常人对这种试验反应是阳性的概率为0.04，现抽查了一个人，试验反应是阳性，问此人是癌症患者的概率有多大？

概率论专题(较难)

概率论专题（较难）概率论是数学中的一门重要学科，探讨了不确定事件的可能性和统计规律。

本文将介绍几个较为复杂和挑战性的概率论专题。

1. 条件概率条件概率是指在已知某个事件发生的条件下，另一个事件发生的概率。

要计算条件概率，可以使用贝叶斯定理。

贝叶斯定理是概率论中的一个重要公式，用于计算事件的后验概率。

2. 随机变量与概率分布随机变量是指与随机试验相关联的数值变量。

概率分布则描述了随机变量的取值及其对应的概率。

常见的概率分布包括离散型概率分布和连续型概率分布。

离散型概率分布如二项分布、泊松分布等，连续型概率分布如正态分布、指数分布等。

3. 大数定律大数定律是概率论的基本定律之一，描述了随机变量的平均值在重复试验中趋于其数学期望的现象。

大数定律在统计学和概率论中有广泛的应用。

4. 中心极限定理中心极限定理是指在一定条件下，大量独立随机变量的和的分布趋近于正态分布。

中心极限定理是概率论中的重要工具，被广泛应用于统计学、信号处理、金融等领域。

5. 马尔可夫链马尔可夫链是一种随机过程，具备马尔可夫性质：未来状态只依赖于当前状态，与过去的状态无关。

马尔可夫链在概率论和统计学中有重要的应用，可以用于建模和分析具有随机性的现象。

以上是几个较难的概率论专题的简要介绍。

在研究和研究这些专题时，我们需要深入理解概率论的基本概念和原理，并灵活运用数学工具进行分析。

通过不断练和思考，我们可以提高对复杂概率问题的理解和解决能力，为解决实际问题提供有效的方法。

> 注意：回答内容为概述，不包括详细的例子和公式推导。

具体内容应根据需要进一步展开和详细阐述。

条件概率专题练习及答案都

条件概率专题练习一、选择题1．下列式子成立的是( )A ．P (A |B )＝P (B |A ) B ．0<P (B |A )<1C ．P (AB )＝P (A )·P (B |A )D ．P (A ∩B |A )＝P (B ) [答案] C [解析] 由P (B |A )＝P (AB )P (A )得P (AB )＝P (B |A )·P (A )． 2．在10个形状大小均相同的球中有6个红球和4个白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次也摸到红球的概率为( )A.35B.25C.110D.59[答案] D [解析] 设第一次摸到的是红球(第二次无限制)为事件A ，则P (A )＝6×910×9＝35，第一次摸得红球，第二次也摸得红球为事件B ，则P (B )＝6×510×9＝13，故在第一次摸得红球的条件下第二次也摸得红球的概率为P ＝P (B )P (A )＝59，选D.3．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A.56B.910C.215D.115[答案] C [解析] 本题主要考查由条件概率公式变形得到的乘法公式，P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故答案选C.4．抛掷红、黄两颗骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两颗骰子的点数之积大于20的概率是( ) A.14B.13C.12D.35[答案] B [解析] 抛掷红、黄两颗骰子共有6×6＝36个基本事件，其中红色骰子的点数为4或6的有12个基本事件，两颗骰子点数之积包含4×6,6×4,6×5,6×6共4个基本事件．所以其概率为4361236＝13.5．一个盒子里有20个大小形状相同的小球，其中5个红的，5个黄的，10个绿的，从盒子中任取一球，若它不是红球，则它是绿球的概率是( )A.56B.34C.23D.13[答案] C6．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为930，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为830.则在吹东风的条件下下雨的概率为( )A.911B.811C.25D.89[答案] D [解析] 设事件A 表示“该地区四月份下雨”，B 表示“四月份吹东风”，则P (A )＝1130，P (B )＝930，P (AB )＝830，从而吹东风的条件下下雨的概率为P (A |B )＝P (AB )P (B )＝830930＝89. 7．一个口袋中装有2个白球和3个黑球，则先摸出一个白球后放回，再摸出一个白球的概率是( ) A.23B.14C.25D.15[答案] C [解析] 设A i 表示第i 次(i ＝1,2)取到白球的事件，因为P (A 1)＝25，P (A 1A 2)＝25×25＝425，在放回取球的情况P (A 2|A 1)＝25×2525＝25.8．把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率为( ) A ．1B.12C.13D.14[答案] B [解析] 设A i 表示第i 次(i ＝1,2)抛出偶数点，则P (A 1)＝1836，P (A 1A 2)＝1836×918，故在第一次抛出偶数点的概率为P (A 2|A 1)＝P (A 1A 2)P (A 1)＝1836×9181836＝12，故选B.二、填空题9．某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为________．[答案] 0.310．100件产品中有5件次品，不放回地抽取两次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为________．[答案] 9599[解析] 设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到正品”为事件B ，则P (A )＝5100，P (AB )＝5100×9599，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝9599.准确区分事件B |A 与事件AB 的意义是关键． 11．一个家庭中有两个小孩．假定生男、生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩，则这时另一个小孩是男孩的概率是________．[答案] 12 [解析] 一个家庭的两个小孩只有3种可能：{两个都是男孩}，{一个是女孩，另一个是男孩}，{两个都是女孩}，由题目假定可知这3个基本事件的发生是等可能的．12．从1～100这100个整数中，任取一数，已知取出的一数是不大于50的数，则它是2或3的倍数的概率为________．[答案]3350[解析] 根据题意可知取出的一个数是不大于50的数，则这样的数共有50个，其中是2或3的倍数共有33个，故所求概率为3350.三、解答题13．把一枚硬币任意掷两次，事件A ＝“第一次出现正面”，事件B ＝“第二次出现正面”，求P (B |A )． [解析] P (B )＝P (A )＝12，P (AB )＝14， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.14．盒中有25个球，其中10个白的、5个黄的、10个黑的，从盒子中任意取出一个球，已知它不是黑球，试求它是黄球的概率．[解析] 解法一：设“取出的是白球”为事件A ，“取出的是黄球”为事件B ，“取出的是黑球”为事件C ，则P (C )＝1025＝25，∴P (C )＝1－25＝35，P (B C )＝P (B )＝525＝15∴P (B |C )＝P (B C )P (C )＝13.解法二：已知取出的球不是黑球，则它是黄球的概率P ＝55＋10＝13.15．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，问：(1)从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？ (2)从2号箱取出红球的概率是多少？[解析] 记事件A ：最后从2号箱中取出的是红球；事件B ：从1号箱中取出的是红球．P (B )＝42＋4＝23，P (B －)＝1－P (B )＝13. (1)P (A |B )＝3＋18＋1＝49.(2)∵P (A |B －)＝38＋1＝13， ∴P (A )＝P (A ∩B )＋P (A ∩B －)＝P (A |B )P (B )＋P (A |B －)P (B －)＝49×23＋13×13＝1127.16．某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人．全班分成4个小组，第一组有学生10人，共青团员4人．从该班任选一个作学生代表．(1)求选到的是第一组的学生的概率； (2)已知选到的是共青团员，求他是第一组学生的概率． [解析] 设事件A 表示“选到第一组学生”，事件B 表示“选到共青团员”． (1)由题意，P (A )＝1040＝14.(2)要求的是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的条件概率P (A |B )．不难理解，在事件B 发生的条件下(即以所选到的学生是共青团员为前提)，有15种不同的选择，其中属于第一组的有4种选择．因此，P (A |B )＝415。

高考数学《含有条件概率的随机变量问题》基础知识与练习题(含答案)

高考数学《含有条件概率的随机变量问题》基础知识与练习题（含答案）一、基础知识：1、条件概率：事件B 在事件A 已经发生的情况下，发生的概率称为B 在A 条件下的条件概率，记为|B A2、条件概率的计算方法：（1）按照条件概率的计算公式：()()()|P AB P B A P A =（2）考虑事件A 发生后，题目产生了如何的变化，并写出事件B 在这种情况下的概率例如：5张奖券中有一张有奖，甲，乙，丙三人先后抽取，且抽完后不放回，已知甲没有中奖，则乙中奖的概率：按照（1）的方法：设事件A 为“甲没中奖”，事件B 为“乙中奖”，则所求事件为|B A ，按照公式，分别计算()(),P AB P A ，利用古典概型可得：()25415P AB A ==，()45P A =，所以()()()1|4P AB P B A P A ==按照（2）的方法：考虑甲已经抽完了，且没有中奖，此时还有4张奖券，1张有奖。

那么轮到乙抽时，乙抽中的概率即为143、含条件概率的乘法公式：设事件,A B ，则,A B 同时发生的概率()()()|P AB P A P B A =⋅ ，此时()|P B A 通常用方案（2）进行计算4、处理此类问题要注意以下几点：（1）要分析好几个事件间的先后顺序，以及先发生的事件对后面事件的概率产生如何的影响（即后面的事件算的是条件概率）（2）根据随机变量的不同取值，事件发生的过程会有所不同，要注意区别（3）若随机变量取到某个值时，情况较为复杂，不利于正面分析，则可以考虑先求出其它取值时的概率，然后用间接法解决。

二、典型例题：例1：袋中有大小相同的三个球，编号分别为1,2,3，从袋中每次取出一个球，若取到的球的编号为2，则把该球编号记下再把编号数改为1后放回袋中继续取球；若取到的球的编号为奇数，则取球停止，取球停止后用X 表示“所有被取球的编号之和”（1）求X 的分布列（2）求X 的数学期望及方差思路：（1）依题意可知如果取球取出的是1,3，则取球停止，此时X 的值为1或3；当取球取出的是2号球时，按照规则要改为1号球放进去重取，再取时只能取到1或3，所有编号之和X 的值为3,5，所以可知X 可取的值为1,3,5，当1X =时，意味着直接取到了1号球（概率为13）；当3X =时，分为两种情况，一种为直接取到3（概率为13），另一种为取到了2（概率为13），改完数字后再取到1（概率为23）；当5X =时，为取到了2（概率为13），改完数字后再取到3（概率为13），从而可计算出概率。

第05练概率(8种题型过关练+能力提升练+拓展练)(解析版)

第05练概率（8种题型过关练+能力提升练+拓展练）一、条件概率的概念1.定义条件概率揭示了P(A)，P(AB)，P(B A )三者之间“知二求一”的关系设A 、B 为两个事件，且()0P A >，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率。

用符号(|)P B A 表示。

(|)P B A 读作：A 发生的条件下B 发生的概率。

2．P （A ｜B ）、P （AB ）、P （B ）的区别P （A ｜B ）是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的概率。

P （AB ）是事件A 与事件B 同时发生的概率，无附加条件。

P （B ）是事件B 发生的概率，无附加条件．它们的联系是：()(|)()P AB P A B P B =．二、条件概率的公式与性质1．计算事件B 发生的条件下事件A 发生的条件概率，常有以下两种方式：①利用定义计算．先分别计算概率P （AB ）及P （B ），然后借助于条件概率公式()(|)()P AB P A B P B =求解．②利用缩小样本空间的观点计算．在这里，原来的样本空间缩小为已知的条件事件B ，原来的事件A 缩小为事件AB ，从而(|)AB P A B B =包含的基本事件数包含的基本事件数，即：()(|)()n AB P B A n A =，此法常应用于古典概型中的条件概率求解．2．条件概率公式的变形．公式()(|)()P AB P A B P B =揭示了P （B ）、P （A ｜B ）、P （AB ）的关系，常常用于知二求一，即要熟练应用它的变形公式如，若P （B ）＞0，则P （AB ）=P （B ）·P （A ｜B ），该式称为概率的乘法公式．3.条件概率的性质设P(A)>0，则①()1P A Ω=②如果B 与C 是两个互斥事件，则()()()()PB C A P B A P C A ⋃=+③设B 和B 互为对立事件，则()()1P B A P B A=-三、相互独立事件1.定义：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，即(|)()P B A P B =，这样的两个事件叫做相互独立事件。

2023-2024学年河南省高中数学人教A版必修二第十章概率强化训练-5-含解析

1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上2023-2024学年河南省高中数学人教A 版必修二第十章概率强化训练(5)姓名：____________ 班级：____________ 学号：____________考试时间：120分钟满分：150分题号一二三四五总分评分*注意事项：阅卷人得分一、选择题（共12题，共60分）0.20.280.520.81. 口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出红球的概率是0.52，摸出白球的概率是0.28，那么摸出黑球的概率是（）A. B. C. D. 至多有一次中靶至少有一次中靶只有一次中靶两次都不中2. 一个人打靶时连续射击两次，事件“两次都中靶”的对立事件是（）A. B. C. D. 01233. 给出如下三对事件：①某人射击1次，“射中7环”与“射中8环”；②甲、乙两人各射击1次，“至少有1人射中目标”与“甲射中，但乙未射中目标”；③从装有2个红球和2和黑球的口袋内任取2个球，“没有黑球”与“恰有一个红球”．其中属于互斥事件的个数为（）A. B. C. D. 4. 某道路的A ，B ，C3处设有交通灯，这3盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上行驶时，3处都不停车的概率是（）A. B. C. D.对立事件不可能事件互斥但不对立事件以上都不对5. 把红、蓝、白3张纸牌随机地分发给甲、乙、丙三个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是（）A. B. C. D. 6. 在某次数学测试中，学生成绩服从正态分布，若在内的概率为0.8，则任意选取两名学生的成绩，恰有一名学生成绩不低于120分的概率为（）0.480.360.180.10A. B. C. D. 恰好有一个黑球与恰好有两个红球至少有一个黑球与至少有一个红球至少有一个黑球与都是黑球至少有一个黑球与都是红球7. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）A. B. C. D. 2对4对6对3对8. 一个战士一次射击，命中环数大于8，大于5，小于4，小于7，这四个事件中，互斥事件有（）A. B. C. D. A 与B 是互斥而非对立事件A 与B 是对立事件B 与C 是互斥而非对立事件B 与C 是对立事件9. 一个均匀正方体玩具的各个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A 表示向上的一面出现奇数点，事件B 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C 表示向上的一面出现的点数不小于4，则( )A. B. C. D. 至多两件次品至多一件次品至多两件正品至少两件正品10. 抽查10件产品，设事件“至少有两件次品”，则的对立事件为（）A. B. C. D. 0.6480.4320.360.31211. 投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试。

专题强化练5 条件概率

专题强化练5 条件概率一、选择题1.(2020山西大同高三模拟,)某次射击比赛中,某选手射击一次击中10环的概率是45,连续两次均击中10环的概率是12.若该选手某次击中10环,则随后一次击中10环的概率是( ) A.25B.58C.34D.452.(2020湖南株洲第二中学高二上月考,)先后投掷骰子(骰子的六个面分别标有1、2、3、4、5、6),两次落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x,y,设事件A 为“x+y 为偶数”,事件B 为“x,y 中有偶数,且x ≠y ”,则P(B|A)=( ) A.13B.12C.14D.253.(2020江西上饶中学高二上月考,)某班有6名班干部,其中4名男生,2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动,在男生甲被选中的情况下,女生乙也被选中的概率为( ) A.25B.35C.12D.234.(2020河北石家庄第二中学高三下质量检测,)据统计,连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055,连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19.现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病,则他继续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为( ) A.67B.335C.1135D.191005.(2020湖南常德高三下模拟考试,)河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案,与自己的观察,画出的“八卦”,而龙马身上的图案就叫做“河图”.把一到十分成五组,如图,其口诀:一六共宗,为水居北;二七同道,为火居南;三八为朋,为木居东;四九为友,为金居西;五十同途,为土居中.“河图”将一到十分成五行属性,分别为金,木,水,火,土的五组,在五行的五种属性中,五行相克的规律为:金克木,木克土,土克水,水克火,火克金;五行相生的规律为:木生火,火生土,土生金,金生水,水生木.现从这10个数中随机抽取3个数,则这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字的概率为(深度解析)A.110B.15C.25D.12二、填空题6.(2020黑龙江大庆实验中学高二下期中,)将三枚质地均匀的骰子各掷一次,设事件A表示“三个点数之和等于15”,B表示“至少出现一个5点”,则概率P(A|B)等于.7.(2020江苏南京第二十九中学、宁海中学高二下期中,)由0,1,2组成的三位数密码中,若用事件A表示“第二位数字是2”,B表示“第一位数字是2”,则P(A|B)= .三、解答题8.(2019北京西城第八中学高二期末,)一个不透明的袋子中放有大小相同的5个小球,其中3个黑球,2个白球,不放回地依次取出2个球.求:(1)第一次取出的是黑球的概率;(2)第一次取出的是黑球,且第二次取出的是白球的概率;(3)在第一次取出的是黑球的条件下,第二次取出的是白球的概率.答案全解全析专题强化练5 条件概率一、选择题1.B 设事件A 表示“射击一次击中10环”,B 表示“随后一次击中10环”,则P(A)=45,P(AB)=12,根据条件概率的计算公式得,P(B|A)=P(AB)P(A)=1245=58,故选B.2.A 若事件A 发生,则x,y 同奇或同偶,n(A)=2×32=18, 事件A 、B 同时发生,则x,y 都为偶数,且x ≠y,n(AB)=A 32=6, 所以P(B|A)=n(AB)n(A)=618=13.故选A.3.A 设“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B,则P(A)=C 52C 63=1020=12,P(AB)=C 41C 63=15,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=25,故选A.4.A 设事件A 为“连续熬夜48小时诱发心脏病”,事件B 为“连续熬夜72小时诱发心脏病”,则P(A)=0.055,P(B)=0.19, 则P(A )=0.945,P(B )=0.81, 由条件概率公式可得,P(B |A )=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.810.945=67.5.C 由题意得,数字4,9属性为金,3,8属性为木,1,6属性为水,2,7属性为火,5,10属性为土,从这10个数中随机抽取3个数,这3个数字的属性互不相克,包含的样本点数n=C 51×(C 21C 22+C 22C 21)=20,这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字包含的样本点数m=C 21×(C 21C 22+C 22C 21)=8,∴这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字的概率P=m n=820=25.故选C.主编点评金,木,水,火,土五种属性中互不相克的情况有金水,金土,木火,木水,土火五种.从中任选一种有C 51种选法.每一种情况中两种属性各包含两个数,每种属性中的数可以选1个或2个,所以选取的3个数字属性互不相克的样本点数n=C 51(C 21C 22+C 22C 21)=20;同理,属性含有土的互不相克的情况只有金土,土火两种,从中任选一个有C 21种选法,再从中选取3个数字的样本点数m=C 21(C 21C 22+C 22C 21)=8.二、填空题 6.答案113解析至少出现一个5点的情况有63-53=91种,至少出现一个5点的情况下,三个点数之和等于15有以下两类:①只出现一个5点,则另两个点数只能是4和6,共有C 31×C 21=6种情况;②出现两个5点,则另一个点数也只能是5,共有1种情况. ∴P(A|B)=n(AB)n(B)=6+191=113.7.答案13解析由0,1,2组成的三位数密码,共有3×3×3=27种情况, 由题意可得,P(B)=3×327=13,P(AB)=327=19,所以P(A|B)=P(AB)P(B)=1913=13.三、解答题8.解析设事件A 表示“第一次取出的是黑球”,B 表示“第二次取出的是白球”. (1)黑球有3个,球的总数为5, 所以P(A)=35.(2)第一次取出的是黑球,且第二次取出的是白球的概率P(AB)=35×24=310.(3)在第一次取出的是黑球的条件下,第二次取出的是白球的概率P(B|A)=P(AB)P(A)=31035=12.。

条件概率练习

条件概率练习文档编制序号：[KKIDT-LLE0828-LLETD298-POI08]条件概率例题解析1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 ,,∴P(A|B)=9/14.2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”,设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”.则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式,,∴P(A|B)=1/2.3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3, 由乘法公式可知:P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 ,P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/4 .由数学归纳法可以知道P (A 1A 2…A N )=1/(N +1).4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率.解.设事件A 表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”,事件B 表示“最后取到的是白球”.根据题意 : P (B |A )=5/12 ,,P (A )=1/2. ∴. 5. 有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率.解.设事件A i 表示“从甲袋取的2个球中有i 个白球”,其中i =0,1,2 .事件B 表示“从乙袋中取到的是白球”. 显然A 0, A 1, A 2构成一完备事件组,且根据题意P (A 0)=1/10 , P (A 1)=3/5 , P (A 2)=3/10 ; P (B |A 0)=2/5 , P (B |A 1)=1/2 ,P (B |A 2)=3/5 ; 由全概率公式P (B )=P (B |A 0)P (A 0)+P (B |A 1)P (A 1)+P (B |A 2)P (A 2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25. 6. 袋中装有编号为1, 2,…, N 的N 个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率.解.设事件A 表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”; 事件B 表示“最后取到的是2号球”.显然 P (A )=1/N ,,且P(B|A)=1/(N -1),;∴=1/(N-1)×1/N+1/N ×(N-1)/N=(N2-N+1)/N2(N-1).7.袋中装有8只红球 , 2只黑球,每次从中任取一球, 不放回地连续取两次, 求下列事件的概率.(1)取出的两只球都是红球;(2)取出的两只球都是黑球;(3)取出的两只球一只是红球,一只是黑球;(4)第二次取出的是红球.解.设事件A1表示“第一次取到的是红球”,设事件A2表示“第二次取到的是红球”.(1)要求的是事件A1A2的概率.根据题意 P(A 1)=4/5,,P(A2|A1)=7/9,∴P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=4/5×7/9=28/45.(2)要求的是事件的概率.根据题意: ,,∴.(3)要求的是取出一只红球一只黑球,它包括两种情形,即求事件的概率.,,,, ∴.(4)要求第二次取出红球,即求事件A2的概率.由全概率公式 :=7/9×4/5+8/9×1/5=4/5.8.某射击小组共有20名射手,其中一级射手4人, 二级射手8人, 三级射手7人, 四级射手1人.一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是、、、 . 求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率.解.设事件A表示“射手能通过选拔进入比赛”,设事件B i表示“射手是第i级射手”.(i=1,2,3,4)显然, B1、B2、B3、B4构成一完备事件组,且P(B1)=4/20, P(B2)=8/20, P(B3)=7/20, P(B4)=1/20;P(A|B1)=, P(A|B2)=, P(A|B3)=, P(A|B4)=.由全概率公式得到P(A)=P(A|B1)P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)+P(A|B4)P(B4) =×4/20+×8/20+×7/20+×1/20=.9.轰炸机轰炸某目标,它能飞到距目标400、200、100(米)的概率分别是、、,又设它在距目标400、200、100(米)时的命中率分别是、、 .求目标被命中的概率为多少解.设事件A1表示“飞机能飞到距目标400米处”,设事件A2表示“飞机能飞到距目标200米处”,设事件A3表示“飞机能飞到距目标100米处”,用事件B表示“目标被击中”.由题意, P(A1)=, P(A2)=, P(A3)=,且A1、A2、A3构成一完备事件组.又已知P(B|A1)=, P(B|A2)=, P(B|A3)=.由全概率公式得到 :P(B)=P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)+P(B|A3)P(A3) =×+×+×=.。

高二数学 3.1.3 概率的基本性质强化练习新人教A版必修3

高中数学 3.1.3 概率的基本性质强化练习一、选择题1．已知100件产品中有5件次品，从这100件产品任意取出3件，设A 表示事件“3件产品全不是次品”，B 表示事件“3件产品全是次品”，C 表示事件“3件产品中至少有1件次品”，则下列结论正确的是( )A ．B 与C 互斥 B ．A 与C 互斥C ．A 、B 、C 任意两个事件均互斥D ．A 、B 、C 任意两个事件均不互斥[答案] B[解析] 本题主要考查互斥事件的概念．由题意得事件A 与事件B 不可能同时发生，是互斥事件；事件A 与事件C 不可能同时发生，是互斥事件；当事件B 发生时，事件C 一定发生，所以事件B 与事件C 不是互斥事件，故选B. 2．P (A )＝0.1，P (B )＝0.2，则P (A ∪B )等于( ) A ．0.3 B ．0.2 C ．0.1D ．不确定[答案] D[解析] 由于不能确定A 与B 互斥，则P (A ∪B )的值不能确定．3．根据多年气象统计资料，某地6月1日下雨的概率为0.45，阴天的概率为0.20，则该日晴天的概率为( )A ．0.65B ．0.55C ．0.35D ．0.75 [答案] C[解析] 设该地6月1日下雨为事件A ，阴天为事件B ，晴天为事件C ，则事件A ，B ，C 两两互斥，且A ∪B 与C 是对立事件，则P (C )＝1－P (A ∪B )＝1－P (A )－P (B )＝1－0.45－0.20＝0.35.4．抛掷一枚骰子，观察掷出骰子的点数，设事件A 为“出现奇数点\”，事件B 为“出现2点\”，已知P (A )＝12，P (B )＝16，出现奇数点或2点的概率之和为( )A ．12B ．56C ．16D ．23 [答案] D[解析] 记“出现奇数点或2点\”为事件C ，因为事件A 与事件B 互斥，所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝12＋16＝23.故选D.5．在一次随机试验中，事件A 1，A 2，A 3发生的概率分别为0.2,0.3,0.5，则下列说法正确的是( )A ．A 1∪A 2与A 3是互斥事件，也是对立事件B ．A 1∪A 2∪A 3是必然事件C ．P (A 2∪A 3)＝0.8D ．事件A 1，A 2，A 3的关系不确定 [答案] D[解析] 比如在一个箱子中有白球，黄球和红球若干，从中任取一球，取到红球(记为事件A 1)的概率为0.2，取到黄球(记为事件A 2)的概率为0.3，取到黄球或红球(记为事件A 3)的概率为0.5，显然A 1∪A 2与A 3即不是互斥事件，更不是对立事件，故A 错误；A 1∪A 2∪A 3是“取到黄球或红球”，不是必然事件，故B 错误；P (A 2∪A 3)＝P (A 3)＝0.5，故C 错误．故选D.6．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，从中取出2粒都是白子的概率是1235.则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A ．17B ．1235C ．1735 D ．1 [答案] C[解析] 设“从中取出2粒都是黑子”为事件A ，“从中取出2粒都是白子”为事件B ，“任决心书取出2粒恰好是同一色”为事件C ，则C ＝A ∪B ，且事件A 与B 互斥，所以P (C )＝P (A )＋P (B )＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为1735.二、填空题7．某人在打靶中连续射击2次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是________．[答案] 两次都不中靶8．经统计某储蓄所一个窗口等候的人数及相应的概率如下：排队人数 01 2 3 4 5人及5人以上概率t0.30.160.30.10.04(1)t ＝________；(2)至少3人排队等候的概率是________．[解析] (1)∵t ＋0.3＋0.16＋0.3＋0.1＋0.04＝1，∴t ＝0.1.(2)至少3人包括3人，4人，5人以及5人以上，且这三类是互斥的，∴概率为0.3＋0.1＋0.04＝0.44.[答案] (1)0.1 (2)0.449．甲射击一次，中靶概率是P 1，乙射击一次，中靶概率是P 2，已知1P 1，1P 2是方程x 2－5x ＋6＝0的根，且P 1满足方程x 2－x ＋14＝0.则甲射击一次，不中靶概率为________；乙射击一次，不中靶概率为________．[答案] 12 23[解析] 由P 1满足方程x 2－x ＋14＝0知，P 21－P 1＋14＝0，解得P 1＝12；因为1P 1，1P 2是方程x 2－5x ＋6＝0的根，所以1P 1·1P 2＝6，解得P 2＝13，因此甲射击一次，不中靶概率为1－12＝12，乙射击一次，不中靶概率为1－13＝23.三、解答题10．某商场有甲、乙两种电子产品可供顾客选购．记事件A 为“只买甲产品”，事件B 为“至少买一种产品”，事件C 为“至多买一种产品”，事件D 为“不买甲产品”，事件E 为“一种产品也不买”．判断下列事件是不是互斥事件，如果是，再判断它们是不是对立事件．(1)A 与C ； (2)B 与E ； (3)B 与D ； (4)B 与C ； (5)C 与E .[分析] 利用互斥事件和对立事件的概念进行判断．[解析] (1)由于事件C “至多买一种产品”中有可能只买甲产品，故事件A 与事件C 有可能同时发生，故事件A 与C 不是互斥事件．(2)事件B “至少买一种产品”与事件E “一种产品也不买”是不可能同时发生的，故事件B 与E 是互斥事件．又由于事件B 与E 必有一个发生，所以事件B 与E 还是对立事件．(3)事件B “至少买一种产品”中有可能买乙产品，即与事件D “不买甲产品”有可能同时发生，故事件B 与D 不是互斥事件．(4)若顾客只买一种产品，则事件B “至少买一种产品”与事件C “至多买一种产品”就同时发生了，所以事件B 与C 不是互斥事件．(5)若顾客一件产品也不买，则事件C “至多买一种产品”与事件E “一种产品也不买”就同时发生了，事实上事件C 与E 满足E ⊆C ，所以二者不是互斥事件．11．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示. 一次购物量 1至4件5至8件 9至12件13至16件17件及以上顾客数(人) x30 25 y10 结算时间 (分钟/人)11.522.53已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值．(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．(将频率视为概率) [解析] (1)由已知得， 25＋y ＋10＝55，x ＋y ＝35，所以x ＝15，y ＝20，该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为：1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．(2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1、A 2、A 3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”、“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”．将频率视为概率，得P (A 1)＝15100＝320，P (A 2)＝30100＝310， P (A 3)＝25100＝14. 因为A ＝A 1∪A 2∪A 3，且A 1，A 2，A 3是互斥事件，所以P (A )＝P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝320＋310＋14＝710.故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.12．猎人在相距100 m 处射击一野兔，命中的概率为12，如果第一次未击中，则猎人进行第二次射击，但距离已是150 m ，如果又未击中，则猎人进行第三次射击，但距离已是200 m ，已知此猎人命中的概率与距离的平方成反比，求射击不超过三次击中野兔的概率．[解析] 设距离为d ，命中的概率为P ，则有P ＝k d 2，将d ＝100，P ＝12代入，得k ＝Pd 2＝5 000，所以P ＝5 000d2. 设第一、二、三次击中野兔分别为事件A 1，A 2，A 3，则P (A 3)＝12，P (A 2)＝5 0001502＝29，P (A 3)＝5 0002002＝18. 所以P (A 1＋A 2＋A 3)＝12＋29＋18＝6172.61 72.故射击不超过三次击中野兔的概率为。

高中数学 7.1条件概率与全概率公式课后练习、课时练习

一、单选题1. 现有红、橙、黄、蓝、绿、紫6只杯子，将它们叠成一叠，则在黄色杯子和紫色杯子相邻的条件下，黄色杯子和红色杯子也相邻的概率为（）A．B．C．D．2. 某校对初三毕业生成绩进行抽样调查得到下表：样本人数语文成绩A等的人数英语成绩A等的人数语文和英语成绩都是A等的人数1000 880 836 748用样本频率来估计概率，现随机抽取一位初三毕业生调查，若该生的语文成绩不是A等，那么他的英语成绩是A等的概率为（）A．B．C．D．3. 在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，则在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题的概率为A．B．C．D．4. 抛掷一颗质地均匀的骰子，观察掷出的点数，设事件A为“出现奇数点”，事件B为“出现2点”，已知，，则“出现奇数点或2点”的概率为（）A．B．C．D．5. 已知个乒乓球中有个不合格，每次任取个，不放回地取两次.在第一次取到合格乒乓球的条件下，第二次取到不合格乒乓球的概率为（）A．B．C．D．6. 设A，B是两个随机事件，且，若B发生时A必定发生，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．二、多选题7. 甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以，和表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则（）A．B．C．D．8. 某气象台统计，该地区不下雨的概率为；刮四级以上风的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为，设为下雨，为刮四级以上的风，则（）A．B．C．D．三、填空题9. 某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率是，既刮风又下雨的概率为，现该地区开始刮风，则该地区会下雨的概率为__________.10. 某学校有A、B两家书店，小明同学第一天休息时随机地选择一家书店阅读．如果第一天去A书店，那么第2天去A书店的概率为0.5；如果第一天去B书店，那么第二天去A书店的概率为0.7，则小明同学第二天去A书店阅读的概率为___．11. 某人下午5：00下班，他所积累的资料如表所示到家时间5：35~5：39 5：40~5：445：45~5：495：50~5：54晚于5：54乘地铁到家的概率0.10 0.25 0.45 0.15 0.05乘汽车到家的概率0.30 0.35 0.20 0.10 0.05某日他抛一枚硬币决定乘地铁回家还是乘汽车回家，结果他是5：47到家的，则他是乘地铁回家的概率为______．12. 某医院从3名医生和3名护士中选派4人参加志愿者服务，事件A表示选派的4人中至少有2名医生，事件B表示选派的4人中有2名护士，则___________.四、解答题13. 某射击小组共有20名射手，其中一级射手4人，二级射手8人，三级射手7人，四级射手1人．一、二、三、四级射手能通过选拔进入比赛的概率分别是0.9，0.7，0.5，0.2．求任选一名射手能通过选拔进入比赛的概率．14. 已知，求．15. 某校高一（1）班有学生40人，其中共青团员15人．全班分成4个小组，第一组有学生10人，共青团员4人．从该班任选一个作学生代表．(1)求选到的是第一组的学生的概率；(2)已知选到的是共青团员，求他是第一组学生的概率．16. 甲、乙两位同学各有张卡片，现以投掷一枚骰子的形式进行游戏，当掷出奇数点时．甲赢得乙卡片一张，当掷出偶数点时，乙赢得甲卡片一张．规定投掷的次数达到次，或在此之前某人赢得对方所有卡片时，游戏终止.（1）设表示游戏终止时投掷的次数，求的分布列及期望；（2）求在投掷次游戏才结束的条件下，甲、乙没有分出胜负的概率．。

2022版人教A版高中数学选择性必修第三册练习题--专题强化练5 条件概率

2022版人教A 版高中数学选择性必修第三册--专题强化练5 条件概率一、选择题1.(2020山西大同高三模拟,)某次射击比赛中,某选手射击一次击中10环的概率是45,连续两次均击中10环的概率是12.若该选手某次击中10环,则随后一次击中10环的概率是 ( )A.25B.58C.34D.452.(2020湖南株洲第二中学高二上月考,)先后投掷骰子(骰子的六个面分别标有1、2、3、4、5、6),两次落在水平桌面后,记正面朝上的点数分别为x ,y ,设事件A 为“x +y 为偶数”,事件B 为“x ,y 中有偶数,且x ≠y ”,则P (B |A )= ( )A.13B.12C.14D.253.(2020江西上饶中学高二上月考,)某班有6名班干部,其中4名男生,2名女生.从中选出3人参加学校组织的社会实践活动,在男生甲被选中的情况下,女生乙也被选中的概率为 ( ) A.25B.35C.12D.234.(2020河北石家庄第二中学高三下质量检测,)据统计,连续熬夜48小时诱发心脏病的概率为0.055,连续熬夜72小时诱发心脏病的概率为0.19.现有一人已连续熬夜48小时未诱发心脏病,则他继续熬夜24小时不诱发心脏病的概率为()A.67B.335C.1135D.191005.(2020湖南常德高三下模拟考试,)河图是上古时代神话传说中伏羲通过黄河中浮出龙马身上的图案,与自己的观察,画出的“八卦”,而龙马身上的图案就叫做“河图”.把一到十分成五组,如图,其口诀:一六共宗,为水居北;二七同道,为火居南;三八为朋,为木居东;四九为友,为金居西;五十同途,为土居中.“河图”将一到十分成五行属性,分别为金,木,水,火,土的五组,在五行的五种属性中,五行相克的规律为:金克木,木克土,土克水,水克火,火克金;五行相生的规律为:木生火,火生土,土生金,金生水,水生木.现从这10个数中随机抽取3个数,则在这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字的概率为()A.110B.15C.25D.12二、填空题6.()某班级的学生中,寒假是否有参加滑雪运动打算的情况如下表所示.男生女生有参加滑雪运动打算810无参加滑雪运动打算1012从这个班级中随机抽取一名学生,则“抽到的人是男生且有参加滑雪运动打算”的概率为;若已知抽到的人是男生,则他有参加滑雪运动打算的概率为.7.(2021宁夏吴忠高三4月第二次联考,)甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛,比赛采取5局3胜制,已知每局比赛甲胜的概率为23,乙胜的概率为13,且各局比赛结果互不影响.若第一局乙胜,则本次比赛甲胜的概率为 . 三、解答题8.(2019北京西城第八中学高二期末,)一个不透明的袋子中放有大小相同的5个小球,其中3个黑球,2个白球,不放回地依次取出2个球.求: (1)第一次取出的是黑球的概率;(2)第一次取出的是黑球,且第二次取出的是白球的概率;(3)在第一次取出的是黑球的条件下,第二次取出的是白球的概率.答案全解全析专题强化练5 条件概率1.B2.A3.A4.A5.C一、选择题1.B 设事件A 表示“射击一次击中10环”,B 表示“随后一次击中10环”,则P (A )=45,P (AB )=12,根据条件概率的计算公式得,P (B |A )=P (AB )P (A )=1245=58,故选B.2.A 若事件A 发生,则x ,y 同奇或同偶,n (A )=2×32=18, 事件A 、B 同时发生,则x ,y 都为偶数,且x ≠y ,n (AB )=A 32=6, 所以P (B |A )=n (AB )n (A )=618=13.故选A.3.A 设“男生甲被选中”为事件A ,“女生乙被选中”为事件B ,则P (A )=C 52C 63=1020=12,P (AB )=C 41C 63=15,所以P (B |A )=P (AB )P (A )=25,故选A.4.A 设事件A 为“连续熬夜48小时诱发心脏病”,事件B 为“连续熬夜72小时诱发心脏病”,则P (A )=0.055,P (B )=0.19, 则P (A )=0.945,P (B )=0.81, 由条件概率公式可得,P (B |A )=(AB )P (A )=(B )P (A )=0.810.945=67.5.C 由题意得,数字4,9属性为金,3,8属性为木,1,6属性为水,2,7属性为火,5,10属性为土,从这10个数中随机抽取3个数,这3个数字的属性互不相克,包含的样本点数n =C 51×(C 21C 22+C 22C 21)=20,在这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字包含的样本点数m =C 21×(C 21C 22+C 22C 21)=8,∴在这3个数字的属性互不相克的条件下,取到属性为土的数字的概率P =m n =820=25.故选C. 主编点评金,木,水,火,土五种属性中互不相克的情况有金水,金土,木火,木水,土火五种.从中任选一种有C 51种选法.每一种情况中两种属性各包含两个数,每种属性中的数可以选1个或2个,所以选取的3个数字属性互不相克的样本点数n =C 51(C 21C 22+C 22C 21)=20;同理,属性含有土的互不相克的情况只有金土,土火两种,从中任选一个有C 21种选法,再从中选取3个数字的样本点数m =C 21(C 21C 22+C 22C 21)=8.二、填空题 6.答案15;49解析记“抽到的是男生”为事件A ,“有参加滑雪运动打算”为事件B ,则“抽到的人是男生且有参加滑雪运动打算”为事件AB ,由题意知这个班级共有8+10+10+12=40人,抽到的人是男生且有参加滑雪运动打算的有8人, ∴P (AB )=840=15,P (A )=1840=920,∴P (B |A )=P (AB )P (A )=15920=49.7.答案1627解析设“第一局乙获胜”为事件A ,“本次比赛甲获胜”为事件B ,则P (B |A )=P (AB )P (A )=13×(23)3+13×C 31×13×(23)313=1627.三、解答题8.解析设事件A 表示“第一次取出的是黑球”,B 表示“第二次取出的是白球”.(1)黑球有3个,球的总数为5, 所以P (A )=35.(2)第一次取出的是黑球,且第二次取出的是白球的概率P (AB )=35×24=310.(3)在第一次取出的是黑球的条件下,第二次取出的是白球的概率P (B |A )=P (AB )P (A )=31035=12.。

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