条件概率知识点、例题、练习题

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条件概率经典习题(含解析)

一．选择题（共11小题）1．从5名女生2名男生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是（）A．B．C．D．2．已知P（B）＝0.3，P（B|A）＝0.9，P（B|）＝0.2，则P（）＝（）A．B．C．D．3．从某班包含甲、乙的5名班干部中选出3人参加学校的社会实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（）A．B．C．D．4．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个6点”，则条件概率P（B|A），P（A|B）分别等于（）A．，B．，C．，D．，5．已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（C）＞0，下列说法错误的是（）A．若事件A，B独立，则P（A）＝P（A|B）B．若事件A，B互斥，则P（B|A）＝P（A|B）C．若事件A，B独立，则P（C|AB）＝P（C|A）P（C|B）D．若事件A，B互斥，事件A，C独立，事件B，C独立，则P（C|（A+B））＝P（C|A）．6．6道题目中有5道理科题目和1道文科题目，如果不放回地依次抽取2道题目，则在第1次抽到理科题目的条件下，第2次抽到理科题目的概率为（）A．B．C．D．7．盒子里有1个红球与n个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次．若至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为，则n＝（）A．3B．4C．6D．88．甲袋中有4个红球，4个白球和2个黑球；乙袋中有3个红球，3个白球和4个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以D表示事件“取出的是红球”，则P（D）＝（）A．B．C．D．9．已知桌上放有3本语文书和3本数学书．小明现从这6本书中任意抽取3本书，A表示事件“至少抽到1本数学书”，B表示事件“抽到语文书和数学书”，则P（B|A）＝（）A．B．C．D．10．设A，B为两个事件，已知P（B）＝0.4，P（A）＝0.5，P（B|A）＝0.3，则P（A|B）＝（）A．0.24B．0.375C．0.4D．0.511．袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球．现从袋中不放回地连取两个．已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为（）A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7二．填空题（共4小题）12．从﹣2，﹣1，1，2，3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”为事件A，“两数均为负数为事件B．则P（B|A）＝．13．一个数学兴趣小组共有2名男生3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已知选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为．14．已知随机事件A，B，P（A）＝，P（B）＝，P（A|B）＝，则＝．15．已知，，则P（B）＝．参考答案与试题解析一．选择题（共11小题）1．从5名女生2名男生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是（）A．B．C．D．解答：解：设女生甲被选中为事件A，事件A表示女生甲被选中后再从剩下的6人中选2人，故，设男生至少一人被选中为事件B，事件AB表示女生甲被选中后再选2男生或1男生和1女生（从剩余4女生中选），故，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是．故选：C．2．已知P（B）＝0.3，P（B|A）＝0.9，P（B|）＝0.2，则P（）＝（）A．B．C．D．解答：解：P（B）＝P（A）P（B|A）+，∵P（B）＝0.3，P（B|A）＝0.9，P（B|）＝0.2，∴0.3＝P（A）×0.9+[（1﹣P（A）]×0.2，解得P（A）＝，∴．故选：A．3．从某班包含甲、乙的5名班干部中选出3人参加学校的社会实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（）A．B．C．D．解答：解：令事件A为甲被选中的情况，事件B为乙被选中的情况，故P（A）＝，P（AB）＝，故P（B|A）＝．故选：A．4．将三颗骰子各掷一次，记事件A＝“三个点数都不同”，B＝“至少出现一个6点”，则条件概率P（B|A），P（A|B）分别等于（）A．，B．，C．，D．，解答：解：由题意知：事件AB＝“三个点数都不同且至少出现一个6点”，∵，，，∴，．故选：B．5．已知P（A）＞0，P（B）＞0，P（C）＞0，下列说法错误的是（）A．若事件A，B独立，则P（A）＝P（A|B）B．若事件A，B互斥，则P（B|A）＝P（A|B）C．若事件A，B独立，则P（C|AB）＝P（C|A）P（C|B）D．若事件A，B互斥，事件A，C独立，事件B，C独立，则P（C|（A+B））＝P（C|A）．解答：解：A，若事件A，B独立，则P（A|B）＝＝＝P（A），故A正确，B，若事件A，B互斥，则P（AB）＝0，则P（B|A）＝＝0，P（A|B）＝＝0，∴P（B|A）＝P（A|B），∴B正确，C，若事件A，B独立，则P（AB）＝P（A）P（B），∴P（C|（AB））＝＝＝+≠P（C|A）P（C|B），故C错误，D，∵事件A，B互斥，∴P（A+B）＝P（A）+P（B），∵事件A，C独立，事件B，C独立，∴P（AC）＝P（A）P（C），P（BC）＝P（B）P（C），∴P（C|（A+B））＝＝＝＝＝P（C）＝＝P（C|A），故D正确．故选：C．6．6道题目中有5道理科题目和1道文科题目，如果不放回地依次抽取2道题目，则在第1次抽到理科题目的条件下，第2次抽到理科题目的概率为（）A．B．C．D．解答：解：由题意，6道题目中有5道理科题目和1道文科题目，不放回地抽取两次，设第一次抽到理科题目为事件A，第二次抽到理科题目为事件B，则，P（AB）＝，则P（B|A）＝．故选：B．7．盒子里有1个红球与n个白球，随机取球，每次取1个球，取后放回，共取2次．若至少有一次取到红球的条件下，两次取到的都是红球的概率为，则n＝（）A．3B．4C．6D．8解答：解：设事件A为至少有一次取到红球，事件B为两次都取到红球，由每次取后放回知，两次都取到白球的概率为，故，，故n＝4．故选：B．8．甲袋中有4个红球，4个白球和2个黑球；乙袋中有3个红球，3个白球和4个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是红球”、“取出的是白球”、“取出的是黑球”；再从乙袋中随机取出一球，以D表示事件“取出的是红球”，则P（D）＝（）A．B．C．D．解答：解：由题意可得，P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，故P（D）＝P（AD）+P（BD）+P（CD）＝．故选：C．9．已知桌上放有3本语文书和3本数学书．小明现从这6本书中任意抽取3本书，A表示事件“至少抽到1本数学书”，B表示事件“抽到语文书和数学书”，则P（B|A）＝（）A．B．C．D．解答：解：根据题意可得，，由条件概率的公式得．故选：D．10．设A，B为两个事件，已知P（B）＝0.4，P（A）＝0.5，P（B|A）＝0.3，则P（A|B）＝（）A．0.24B．0.375C．0.4D．0.5解答：解：设A，B为两个事件，由已知P（A）＝0.5，P（B|A）＝0.3，得P（AB）＝P （B|A）⋅P（A）＝0.15，所以，故选：B．11．袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球．现从袋中不放回地连取两个．已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为（）A．0.4B．0.5C．0.6D．0.7解答：解：袋中有除颜色外完全相同的5个球，其中3个红球和2个白球．现从袋中不放回地连取两个．设事件A表示“第一次取到红球”，事件B表示“第二次取到白球”，P（A）＝，P（AB）＝＝，∴第一次取得红球的条件下第二次取得白球的概率为：P（B|A）＝＝＝0.5．故选：B．二．填空题（共4小题）12．从﹣2，﹣1，1，2，3这5个数中任取2个不同的数，记“两数之积为正数”为事件A，“两数均为负数为事件B．则P（B|A）＝．解答：解：从﹣2，﹣1，1，2，3这5个数中任取2个不同的数有种取法，其中满足两数之积为正数的有种取法，满足两数之积为正数且两数均为负数的有种取法，所以，，所以．故答案为：13．一个数学兴趣小组共有2名男生3名女生，从中随机选出2名参加交流会，在已知选出的2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为．解答：解：若A表示“2名中至少有1名男生”，B表示“2名中有1名女生”，所以2名中有1名是男生的条件下，另1名是女生的概率为，而，，故．故答案为：．14．已知随机事件A，B，P（A）＝，P（B）＝，P（A|B）＝，则＝．解答：解：依题意得，所以，故，所以．故答案为：．15．已知，，则P（B）＝．解答：解：由题意得，而，得，而，解得，故答案为：．。

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。

概率统计中的条件概率计算练习题

概率统计中的条件概率计算练习题在概率统计中，条件概率是指在已知事件B发生的情况下，事件A 发生的概率。

通过条件概率的计算，我们可以进一步了解事件之间的关联性，并应用于实际问题的解决中。

以下是一些条件概率计算的练习题，通过解答这些题目，能够帮助我们更好地理解条件概率的概念和计算方法。

练习题1：某学校有500名学生，其中300人喜欢足球，200人喜欢篮球，100人既喜欢足球又喜欢篮球。

现从中随机选取一名学生，求该学生既喜欢足球又喜欢篮球的概率。

解答1：设事件A为选中的学生喜欢足球，事件B为选中的学生喜欢篮球。

根据题目可知，P(A)=300/500=0.6，P(B)=200/500=0.4，P(A∩B)=100/500=0.2。

根据条件概率的计算公式：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)= 0.2 / 0.4= 0.5所以，选中的学生既喜欢足球又喜欢篮球的概率为0.5。

练习题2：一批产品有100个，其中有20个次品。

现从中连续取出5个产品进行检验，若发现有次品，则不放回，再取下一个，求连续取出的5个产品中有3个次品的概率。

解答2：设事件A为连续取出的5个产品中有3个次品，事件B为取出的第一个产品是次品。

根据题目可知，P(B)=20/100=0.2，因为已经取出了第一个次品，所以还剩下19个次品和99个正品。

因此，P(A|B)的计算可采用超几何分布的方法：P(A|B) = (C(19,2) * C(99,3)) / C(118, 5)其中C(m,n)表示从m个物体中选取n个物体的组合数，计算得到：P(A|B) ≈ 0.236练习题3：某班级有60%的男生和40%的女生，男生中50%擅长数学，女生中40%擅长数学。

现从班级中随机选取一名学生，求选中的学生擅长数学的概率。

解答3：设事件A为选中的学生擅长数学，事件B为选中的学生为男生。

根据题目可知，P(B)=0.6，P(A|B)=0.5，P(A|B')=0.4，其中B'表示事件B 的补事件，即选中的学生为女生。

高中数学《条件概率及全概率》考点讲解与专题训练

《7.1 条件概率及全概率》考点讲解【思维导图】【常见考点】考法一条件概率【例1】（1）把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（）M N ()P N MA ．B ．C ．D ．（2）袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（）A ．3/5B ．3/4C ．1/2D ．3/10【一隅三反】1．一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为、、、、、，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（）A ．B ．C ．D ． 2．盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是（）A ．B ．C ．D ． 3．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（）A ．B ．C ．D ． 4．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（） A ．B ．C ．D ．考法二全概率公式【例2】．设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过2359121361234562S S S 3141351223152979710A B ()|P B A =1613235693011308302589811911胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率.【一隅三反】1．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有癌症”，则有，.现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即，试求.答案解析考法一条件概率【例1】（1）把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（） A ． B ． C ． D ．（2）袋中有5个球（3个白球，2个黑球）现每次取一球，无放回抽取2次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为（）A ．3/5B ．3/4C ．1/2D ．3/10【答案】（1）B （2）C【解析】（1）事件为“两次所得点数均为奇数”，则事件为，，，，，，，，，故；为“至少有一次点数是5”，则事件为，，，，，，所以.故选：B. （2）记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知，， A C ()|P A C 0.95=()|0.95P A C =()0.005P C =()|P C A M N ()P N M 23591213M ()1,1()1,3()1,5()3,1()3,3()3,5()5,1()5,3()5,5()9n M =N MN ()1,5()3,5()5,1()5,3()5,5()5n MN =()59P N M =3()5P A =3263()542010P AB =⨯==所以，在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是．故选：C.【一隅三反】1．一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分別为、、、、、，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】记“能被整除”为事件，“为偶数”为事件，事件包括的基本事件有，，，，，共6个. 事件包括的基本事件有、共2个. 则，故选:B.2．盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】设第一次抽到的是合格品，设为事件，第二次抽到的是合格品，设为事件，则.故选：C3．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询这三个项目，每人限报其中一项，记事件为“恰有2名同学所报项目相同”，事件为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则（） 3110()325P B A ==61234562S S S 3141351223S 3A S B B {1}3，{1}5，{3}5，{24}，{26}，{46}，AB {1}5，{24}，()21(|)()63n AB P A B n B ===152979710A B ()()()()()877899P AB n AB P B A P A n A ⨯====⨯A B ()|P B A =A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】事件AB 为“4名同学所报项目恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目”., 所以故选：A4．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为.则在下雨条件下吹东风的概率为（） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】在下雨条件下吹东风的概率为，选C 考法二全概率公式【例2】．设患肺结核病的患者通过胸透被诊断出的概率为0.95，而未患肺结核病的人通过胸透被误诊为有病的概率为0.002，已知某城市居民患肺结核的概率为0.1%.若从该城市居民中随机地选出一人，通过胸透被诊断为肺结核，求这个人确实患有肺结核的概率.【答案】【解析】设表示“被诊断为肺结核”，表示“患有肺结核”.由题意得，， .16132356()2143421439C C P A ⨯⨯==()21324112327C C P AB ⨯⨯==()()()2127|469P AB P B A P A ===930113083025898119118830=1111304751474A C ()0.001,()0.999P C P C ==()0.95,()0.002P A C P A C ==∣∣由贝叶斯公式知，. 【一隅三反】 1．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下的效果：若以表示事件“试验反应为阳性”，以表示事件“被诊断者患有癌症”，则有，.现在对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，即，试求.【答案】【解析】因为，所以，因为，所以，所以由全概率公式可得，因为所以.《7.1 条件概率及全概率》考点训练【题组一条件概率】1．一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______2．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_____.3．小赵､小钱､小孙､小李到个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“个人去的景点不相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则________.4．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两瓶，若取的两()()475()()()()()1474P C P A C P CA P C P A C P C P A C ==+∣∣∣∣A C ()|P A C 0.95=()|0.95P A C =()0.005P C =()|P C A 19218()|0.95P A C =()|1P A C =-()|0.05P A C =()0.005P C =()0.995P C =()()()()()||P A P A C P C P A C P C =⋅+⋅()P AC =()|P C A ()P A ()()|P A C P C =()|P C A ()()()|()0.950.005190.950.0050.050.995218|()|()P A C P C P A C P C P A C P C ⨯===⨯+⨯+10.820.61244B ()P A B =瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为____________.5．北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用表示事件“抽到的2名队长性别相同”，表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则______.6.夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________.7.口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为______.8．从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________；9．某班有名班干部，其中男生人，女生人，任选人参加学校的义务劳动．（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和．10．某单位有8名青年志愿者，其中男青年志愿者5人，记为，女青年志愿者3人，记为.现从这8人中选4人参加某项公益活动.（1）求男青年志愿者或女青年志愿者被选中的概率；（2）在男青年志愿者被选中的情况下，求女青年志愿者也被选中的概率.11．田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.A B ()|P B A =150.150.0512********A B ()P A (|)P B A 12345,,,,a a a a a 123,,b b b 1a 1b 1a 1b（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.12．已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同.（1）若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；（2）若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率.【题组二全概率公式】1．将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：①； ②； ③当时，；④. 其中，所有正确结论的序号是__________.2．袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；（Ⅲ）第二次摸到红球的概率.n P 378P =41516P =2n ≥1n n P P +<123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥答案解析【题组一条件概率】1．）一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是______【答案】【解析】若A 为一位医生是男医生，B 为另一位医生也是男医生，∴，而， ∴，故答案为： 2．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为_____.【答案】0.75【解析】记使用寿命超过年为事件，超过年为事件，，故答案为：0.75. 3．小赵､小钱､小孙､小李到个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“个人去的景点不相同”，事件为“小赵独自去一个景点”，则________.【答案】【解析】小赵独自去一个景点共有种情况，即，个人去的景点不同的情况有种，即，所以. 1523271()7C P A B C ⋅==211334275()7C C C P A C +==()1(|)()5P A B P B A P A ⋅==1510.820.6121B 2A ()()0.6,0.8P AB P B ==()()()0.60.750.8P AB P A B P B ===44B ()P A B =294333108⨯⨯⨯=()108n B =44424A =()24n AB =()()242()1089n AB P A B n B ===故答案为：. 4．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两瓶，若取的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为____________.【答案】【解析】设事件为“一瓶是蓝色”，事件为“另一瓶是红色”，事件为“另一瓶是黑色”，事件为“另一瓶是红色或黑色”，则，且与互斥，又，，，故. 故答案为：. 5．北京某大学学生会自发从学生会6名男生和8名女生骨干成员中选出2人作为队长率领他们加入武汉社区服务队，用表示事件“抽到的2名队长性别相同”，表示事件“抽到的2名队长都是男生”，则______.【答案】【解析】由已知得，，则. 故答案为： 6.夏､秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长2967A B C D D B C =⋃B C ()11223225710C C C P A C +==()122515C P AB C ==()11222525C C P AC C ==()()()()()()()()()67P AB P AC P D A P B C A P B A P C A P A P A =⋃=+=+=67A B ()|P B A =1543()22682144391C C P A C +==()262141591C P AB C ==()()()151591|434391P AB P B A P A ===1543150.150.05江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为_________.【答案】【解析】解析设事件为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知，，. 故答案为：. 7.口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为______.【答案】【解析】口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，，， . 故答案为：. 8．从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张（取后不放回），则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________；【答案】【解析】由题意，从标有，，，，的五张卡中，依次抽出张，第一次抽到偶数所包含的基本事件有，，，，，，，；共个基本事件；13A B ()0.15P A =()0.05P AB =()0.051(|)()0.153P AB P B A P A ===1315()2163P A ==()2116515P AB =⨯=()()()1115153P AB P B A P A ===1512345234123452()2,1()2,3()2,4()2,5()4,1()4,2()4,3()4,58第一次抽到偶数，第二次抽到奇数，所包含的基本事件有，，，，，；共个基本事件，因此在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为. 故答案为：. 9．某班有名班干部，其中男生人，女生人，任选人参加学校的义务劳动．（1）求男生甲或女生乙被选中的概率；（2）设“男生甲被选中”为事件，“女生乙被选中”为事件，求和．【答案】（1）；（2），．【解析】（1）某班从名班干部(男生人、女生人)中任选人参加学校的义务劳动，总的选法有种，男生甲或女生乙都没有被选中的选法：则男生甲或女生乙被选中的选法有种，∴男生甲或女生乙被选中的概率为；（2）总的选法有种，男生甲被选中的选法有种，∴，男生甲被选中、女生乙也被选中选法有种，∴， ∴在男生甲被选中的前提下，女生乙也被选中的概率为． 10．某单位有8名青年志愿者，其中男青年志愿者5人，记为，女青年志愿者3人，记为.现从这8人中选4人参加某项公益活动.（1）求男青年志愿者或女青年志愿者被选中的概率；（2）在男青年志愿者被选中的情况下，求女青年志愿者也被选中的概率.()2,1()2,3()2,5()4,1()4,3()4,566384P ==346423A B ()P A (|)P B A 451()2P A =2(|)5P B A =64233620C =344C =20416-=164205P ==3620C =121510C C ⋅=1()2P A =1111144C C C ⋅⋅=1()5P AB =()2(|)()5P AB P B A P A ==12345,,,,a a a a a 123,,b b b 1a 1b 1a 1b【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）设“男青年志愿者和女青年志愿者都不被选中”为事件，则，所以所求概率为.（2）记“男青年志愿者被选中”为事件，“女青年志愿者被选中”为事件，则，所以. 所以在男青年志愿者被选中的情况下，女青年志愿者也被选中的概率为. 11．（田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上，中，下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些，比赛共三局，每局双方分别各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率：（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为、、，并且用马的记号表示该马上场比赛.1114371a 1b C 46483()14C P C C ==311()1()11414P C P C =-=-=1a A 1b B 3276448813(),()214C C P A P AB C C ====()3()()7P AB P B A P A ==∣1a 1b 371312161T 2T 3T 1W 2W 3W（1）设事件“第一局双方参赛的马匹”，事件“在第一局比赛中田忌胜利”，由题意得，，则在第一局比赛中田忌胜利的概率是. （2）设事件“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件“田忌获得本场比赛胜利”，由题意得，，则本场比赛田忌胜利的概率是. （3）. 12．已知一个不透明的口袋中有4个白球和8个红球，球除颜色外完全相同.（1）若一个人从口袋中随机抽取一个球，求其抽取到白球的概率；（2）若一个人从口袋中随机不放回连续抽取球两次，每次抽取一个球，求在第一次抽取出白球的条件下第二次抽取出的也是白球的概率.【答案】（1）；（2）. 【解析】（1）从口袋中随机抽取一个球，抽取到白球的概率. （2）记“第一次抽取出球是白球”为事件，“第二次抽取出球是白球”为事件，则第一次抽取出白球和第二次抽取出球也是白球的概率，, 所以在第一次取出白球的条件下第二次取出的也是白球的概率Ω=A =()()()()()()()(){()}111213212223313233,,,,,,,,TW TW TW T W T W T W T W T W T W Ω=()()(){}121323,,A TW TW T W =()3193P A ==B =C =()()()(){}311223311322312213312312,,,,,,,,,,,B TW TW T W TW TW T W TW T W TW TW T W TW =()(){}311223312312,,,,,BC TW TW T W TW T W TW =()21|42P C B ==161331141483p ==+A B 431()()()121111P AB P A P B ==⨯=4()12P A =. 【题组二全概率公式】1．将一枚均匀的硬币连续抛掷n 次，以表示没有出现连续3次正面的概率.给出下列四个结论：①； ②； ③当时，；④. 其中，所有正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】当时，，①正确；当时，出现连续3次正面的情况可能是：正正正反、正正正正、反正正正，所以，②错误；要求，即抛掷n 次没有出现连续3次正面的概率，分类进行讨论，若第n 次反面向上，前n-1次未出现连续3此正面即可；若第n 次正面向上，则需要对第n-1进行讨论，依次类推，得到下表：1()311()4()1112P AB P B|A P A ===n P 378P =41516P =2n ≥1n n P P +<123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥3n =33171()28P =-=4n =4311313()216P =-⨯=n P所以，④正确；由上式可得，所以，又，满足当时，，③正确. 故答案为：①③④.2．袋中有10个大小、材质都相同的小球，其中红球3个，白球7个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求：（Ⅰ）第一次摸到红球的概率；（Ⅱ）在第一次摸到红球的条件下，第二次也摸到红球的概率；（Ⅲ）第二次摸到红球的概率.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【解析】设事件：第一次摸到红球；事件：第二次摸到红球，则事件：第一次摸到白球.（Ⅰ）第一次从10个球中摸一个共10种不同的结果，其中是红球的结果共3种，所以 . （Ⅱ）第一次摸到红球的条件下，剩下的9个球中有2个红球，7个白球，第二次从这9123111(4)248n n n n P P P P n ---=++≥112111248n n n n P P P P +--=++1121233111111111(2481)()22482216n n n n n n n n n n P P P P P P P P P P +------=+++-=+--130,(114)6n n n P P P n +-<=--≥13241,713,816P P P P ====2n ≥1n n P P +<31029310A B A 3()10P A =个球中摸一个共9种不同的结果，其中是红球的结果共2种. 所以. （Ⅲ）. 所以第二次摸到红球的概率. 2(|)9P B A =32733()()(|)()(|)10910910P B P A P B A P A P B A =+=⨯+⨯=3()10P B =。

条件概率应用练习

条件概率应用练习简介条件概率是概率论的重要概念之一，用于计算在给定某个条件下，事件发生的概率。

在实际应用中，条件概率可以帮助我们了解和分析事件之间的依赖关系。

本文档将提供一些条件概率的应用练，帮助读者加深对条件概率的理解和应用能力。

练1：扑克牌游戏现有一副标准的扑克牌，其中包括了52张牌，分为4种花色（红桃、黑桃、梅花、方块）和13个点数（A、2、3、4、5、6、7、8、9、10、J、Q、K）。

假设从这副牌中随机抽取一张牌，请回答以下问题：1. 如果已知所抽取的牌是红桃，那么它是红桃A的概率是多少？2. 如果已知所抽取的牌是红桃，那么它是红色的（红桃或方块）概率是多少？3. 如果已知所抽取的牌是红桃，那么它是点数小于等于10的概率是多少？练2：疾病诊断假设有一个疾病测试，已知该测试的准确率是95%，即在真实情况下，该测试能正确诊断为阳性的概率为95%。

又已知某人患有这种疾病的概率是1%。

请回答以下问题：1. 如果某人的测试结果为阳性，那么他实际上患有这种疾病的概率是多少？2. 如果某人的测试结果为阴性，那么他实际上没有患有这种疾病的概率是多少？练3：购买农产品某农场销售苹果和橙子，已知该农场销售的苹果和橙子的比例为3:2。

现有一个顾客购买了农场销售的一种水果，请回答以下问题：1. 如果已知顾客购买的是苹果，那么他购买的是农场销售的橙子的概率是多少？2. 如果已知顾客购买的是苹果，那么他购买的是该农场销售水果的橙子的概率是多少？练4：天气预报根据过去的统计数据，某地区的冬天有80%的天气是寒冷的。

天气预报显示，该地明天是寒冷天气的概率是90%。

请回答以下问题：1. 如果已知明天是寒冷天气，那么当天天气实际上是寒冷的概率是多少？2. 如果已知当天是寒冷天气，那么明天也是寒冷天气的概率是多少？总结通过以上练习，我们可以看到条件概率在各个实际应用中都起到了重要的作用。

掌握好条件概率的概念及其应用方法，对于数据分析、决策制定等领域都非常有帮助。

专题10 条件概率(解析版)

专题10 条件概率例1．小智和电脑连续下两盘棋，已知小智第一盘获胜概率是0.5，小智连续两盘都获胜的概率是0.4，那么小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是( ) A ．0.8B ．0.4C ．0.2D ．0.5【解析】解：设事件A 表示“小智第一盘获胜”，则P （A ）0.5=，设事件B 表示“小智第二盘获胜”，则()0.4P AB =，∴小智在第一盘获胜的条件下，第二盘也获胜的概率是：()0.4(|)0.8()0.5P AB P B A P A ===．故选：A ．例2．某种灯泡的使用寿命为2000小时的概率为0.85，超过2500小时的概率为0.35，若某个灯泡已经使用了2000小时，那么它能使用超过2500小时的概率为( ) A ．1720B ．717C ．720D ．317【解析】解：记灯泡的使用寿命为2000小时为事件A ，超过2500小时为事件B ，则()0.357(|)()0.8517P AB P B A P A ===，故选：B ．例3．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为( ) A ．13B ．25C ．23D ．45【解析】解：由题意，甲获得冠军的概率为22212122203333333327⨯+⨯⨯+⨯⨯=，其中比赛进行了3局的概率为212122833333327⨯⨯+⨯⨯=，∴所求概率为820227275÷=，故选：B ．例4．盒中有10个零件，其中8个是合格品，2个是不合格品，不放回地抽取2次，每次抽1个．已知第一次抽出的是合格品，则第二次抽出的是合格品的概率是( ) A ．15B ．29C ．79D ．710【解析】解：第一次抽出的是合格品，则还有9个零件，其中7个为合格品，故第二次抽出的是合格品的概率是79，故选：C．例5．现从4名男医生和3名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用A表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则(|)(P B A=)A．13B．47C．23D．34【解析】解：由题意可得：事件A基本事件数，22439C C+=；事件B的基本事件数，233C=；所以31 (|)93P B A==．故选：A．例6．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不完全相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则(|)(P B A=)A．37B．47C．57D．67【解析】解：小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择，可能性为33327⨯⨯=种所以小赵独自去一个景点的可能性为427108⨯=种，因为4个人去的景点不相同的可能性444252-=种，所以1083 (|)2527P B A==．故选：A．例7．口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为15．【解析】解：口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得红球”，P（A）2163==，211()6515P AB=⨯=，∴在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为：1()115(|)1()53P AB P B A P A ===．故答案为：15．例8．已知1(|)2P B A =，3()10P AB =，则P （A ）= 35 ．【解析】解：1(|)2P B A =，3()10P AB =， P ∴（A ）3()3101(|)52P AB P B A ===．故答案为：35．例9．篮子里装有2个红球，3个白球和4个黑球．某人从篮子中随机取出两个球，记事件A = “取出的两个球颜色不同”，事件B = “取出一个红球，一个白球”，则(|)P B A =313．【解析】解：P （A ）2222342913118C C C C ++=-=， 1123291()6C C P AB C ==，()3(|)()13P AB P B A P A ∴==．故答案为：313．例10．某种疾病的患病率为0.50，患该种疾病且血检呈阳性的概率为0.49，则已知在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为 0.98 ．【解析】解：设事件A 表示“患某种疾病”，设事件B 表示“血检呈阳性”，则P （A ）0.5=，()0.49P AB =，∴在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为：()0.49(|)0.98()0.5P AB P B A P A ===．故答案为：0.98．例11．已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个．（1）若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；（2）若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率．【解析】解：（1）放回抽取，每次取得白球的概率均为2163=，所以两次都取得白球的概率111339P =⨯=．（2）记“第一次取出的是红球“为事件A ，“第二次取出的是红球”为事件B ，则452()653P A ⨯==⨯，432()655P AB ⨯==⨯，利用条件概率的计算公式，可得()233(|)()525P AB P B A P A ==⨯=．例12．某校从学生文艺部6名成员(4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动．（1）求男生甲被选中的概率；（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．【解析】解：（1）从6名成员中挑选2名成员，共有15种情况，记“男生甲被选中”为事件A ，事件A 所包含的基本事件数为5种，故1()3P A =．（2）记“男生甲被选中”为事件A ，“女生乙被选中”为事件B ，则1()15P AB =，由（1）知1()3P A =，故()1(|)()5P AB P B A P A ==．（3）记“挑选的2人一男一女”为事件C ，则8()15P C =，“女生乙被选中”为事件B ，4()15P BC =，故()1(|)()2P BC P B C P C ==．例13．哈三中群力校区高二、六班同学用随机抽样的办法对所在校区老师的饮食习惯进行了一次调查，饮食指数结果用茎叶图表示如图，图中饮食指数低于70的人是饮食以蔬菜为主：饮食指数高于70的人是饮食以肉类为主．（1）完成下列22⨯列联表：能否有99%的把握认为老师的饮食习惯与年龄有关？（2）从群力校区任一名老师设“选到45岁以上老师为事件A ，“饮食指数高于70的老师”为事件B ，用调查的结果估计(|)P B A 及(|)P B A （用最简分数作答）；（3）为了给食堂提供老师的饮食信息，根据（1）（2）的结论，能否有更好的抽样方法来估计老师的饮食习惯，并说明理由．附：2()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++【解析】解：（1）由2230(42168)10 6.63520101218K ⨯-⨯==>⨯⨯⨯即有99%的把握认为老师的饮食习惯与年龄有关，故答案为：有99%的把握认为老师的饮食习惯与年龄有关，（2）121181(|)9C P B A C ==，181122(|)3C P B A C ==，故答案为：19，23（3）为了给食堂提供老师的饮食信息，根据（1）（2）的结论， “选到45岁以上老师“与，“选到45岁以下老师“调查差异较大，为了更科学估计老师的饮食习惯，采用分层抽样的抽样方法更好．故答案为：分层抽样例14．某保险公司开设的某险种的基本保费为1万元，今年参加该保险的人来年继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的下一年度的保费与其与本年度的出险次数的关联如下：设今年初次参保该险种的某人准备来年继续参保该险种，且该参保人一年内出险次数的概率分布列如下：（1）求此续保人来年的保费高于基本保费的概率．（2）若现如此续保人来年的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率．（3）求该续保人来年的平均保费与基本保费的比值．【解析】解：（1）设出险次数为事件X ，一续保人本年度的保费为事件A ，则续保人本年度保费高于基本保费为事件C ，则P （C ）()P A a =>，P （C ）(2)(3)(4)(5)P x P x P x P x ==+=+=+ 0.200.200.100.050.55=+++=．（2）设保费比基本保费高出60%为事件B ， ()(4)(5)0.10.053(/)()()0.5511P BC P x P x P B C P C P C =+=+====．（3）平均保费0.850.300.15 1.2550.20 1.50.20 1.750.1020.05EX a =⨯+++⨯+⨯+⨯+⨯ 0.2550.150.250.30.1750.1 1.23=+++++=， ∴平均保费与基本保费比值为1.23．例15．某校准备从报名的7位教师（其中男教师4人，女教师3人）中选3人去边区支教．（Ⅰ）设所选 3人中女教师的人数为X ，求X 的分布列及数学期望；（Ⅱ）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率．【解析】解：（Ⅰ）X 的所有可能取值为0，1，2，3，且34374(0)35C P X C ===，12343718(1)35C C P X C ===，21343712(2)35C C P X C ===，33371(3)35C P X C ===，所以X 的分布列为：故4181219()0123353535357E X =⨯+⨯+⨯+⨯=．⋯（6分）（Ⅱ）设事件A 为“甲地是男教师”，事件B 为“乙地是女教师”，则1246374()7C A P A A ==，111435372()7C C C P AB A ==，所以()1(|)()2P AB P B A P A ==．⋯（12分）例16．甲、乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为321,,432，乙队每人答对的概率都是23．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分．（Ⅰ）求2ξ=概率；（Ⅱ）求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率．【解析】解：（Ⅰ）32112131111(2)43243243224P ξ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；⋯（4分）（Ⅱ）设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A ，“甲队比乙队得分高”为事件B 则 3322123331211211211()()()()()4324334333P A C C C =⨯+⨯⨯+⨯⨯=，1231211()()()43318P AB C =⨯⨯=， ∴1()118(|)1()63P AB P B A P A ===⋯（12分）例17．甲乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23．设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分．（Ⅰ）求随机变量ξ的分布列及其数学期望()E ξ；（Ⅱ）求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率．【解析】解：（Ⅰ）由题设知ξ的可能取值为0，1，2，3， 3211(0)(1)(1)(1)43224P ξ==---=， 3213213211(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)4324324324P ξ==--+-⨯⨯-+--⨯=，32132132111(2)(1)(1)(1)43243243224P ξ==⨯⨯-+⨯-⨯+-⨯⨯=， 3211(3)4324P ξ==⨯⨯=，∴随机变量ξ的分布列为：数学期望1111123()012324424412E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=．（Ⅱ）设“甲队和乙队得分之和为4”为事件A ，“甲队比乙队得分高”为事件B ，则P （A ）3322123331211221221()()(1)(1)4324334333C C C =⨯⨯+⨯⨯⨯-+⨯⨯⨯-=，1231221()(1)43318P AB C =⨯⨯⨯-=，1()118(|)1()63P AB P B A P A ===．例18．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，若用事件A 、A 分别表示甲、乙两厂的产品，用B 表示产品为合格品．（1）试写出有关事件的概率；（2）求从市场上买到一个灯泡是甲厂生产的合格灯泡的概率．【解析】解：（1）依题意，P （A ）70%=，()30%P A =， (|)95%P B A =，P (|)80%B A =．进一步可得()(|)5%()p BA P B A P A ==，()(|)20%()P AB P B A P A ==．（2）要计算从市场上买到的灯泡既是甲厂生产的（事件A 发生），又是合格的（事件B 发生）的概率，也就是求A 与B 同时发生的概率，有()P AB P =（A ）(|)0.70.950.665P B A =⨯=．例19．惠州市某校中学生篮球队假期集训，集训前共有6个篮球，其中3个是新球（即没有用过的球），3个是旧球（即至少用过一次的球）．每次训练都从中任意取出2个球，用完后放回．（1）设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；（2）已知第一次训练时用过的球放回后都当作旧球，求第二次训练时恰好取到1个新球的概率．参考公式：互斥事件加法公式：()P A B P =（A ）P +（B ）（事件A 与事件B 互斥）．独立事件乘法公式：()P A B P =（A ）P （B ）（事件A 与事件B 相互独立）．条件概率公式：()(|)()P AB P B A P A =．【解析】解：（1）ξ的所有可能取值为0，1，2设“第一次训练时取到i 个新球（即)i ξ=”为事件(0i A i =，1，2)．因为集训前共有6个篮球，其中3个是新球，3个是旧球，所以230261()(0)5C P A P C ξ====；11331263()(1)5C C P A P C ξ====；232261()(2)5C P A P C ξ====，所以ξ的分布列为ξ的数学期望为1310121555E ξ=⨯+⨯+⨯=．（2）设“从6个球中任意取出2个球，恰好取到一个新球”为事件B ，则“第二次训练时恰好取到一个新球”就是事件012A B A B A B ++，而事件0A B 、1A B 、2A B 互斥，所以111113352401201222266613138()()()()55575C C C C C P A B A B A B P A B P A B P A B C C C ++=++=⨯+⨯+⨯=．所以第二次训练时恰好取到一个新球的概率为3875．。

条件概率知识点、例题、练习题(1)

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 --- ③ 在几何概型中 --- 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A1A2A3={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 n→1.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 k显然是一个随机变量，但P(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、0.1 .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)=0.5, P(A2)=0.3, P(A3)=0.2,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. 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).由独立性:P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)=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+A1A2A3 P(C)=P(B)+P(A1A2A3)=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(A1+A2+A3).已知P(A1)=1/3, P(A2)=1/4, P(A3)=1/5,而=(1-1/3)(1-1/4)(1-1/5)=0.4.∴P(A1+A2+A3)=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, 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.若命中此目标一、二、三弹, 该目标被摧毁的概率分别为0.2、0.6和0.8, 试求此目标被摧毁的概率. 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.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.503 2．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.21 B.31 C.41 D.81 3．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.2258 B.21 C.83 D.43 4．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。

条件概率与独立事件例题和知识点总结

条件概率与独立事件例题和知识点总结在概率论中，条件概率和独立事件是两个非常重要的概念。

理解它们对于解决各种概率问题至关重要。

接下来，让我们通过一些具体的例题来深入理解这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在事件 B 已经发生的条件下，事件 A 发生的概率，记作 P(A|B)。

其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B) （其中 P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率）例题 1：一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球。

先从中随机取出一个球，不放回，再取一个球。

已知第一次取出的是红球，求第二次取出红球的概率。

解析：第一次取出红球后，盒子里剩下 4 个红球和 3 个白球。

此时总球数为 7 个。

所以第二次取出红球的概率为 4/7。

知识点总结：1、条件概率的本质是在新的信息（即已知某个事件发生）的基础上，重新评估另一个事件发生的可能性。

2、计算条件概率时，要先确定已知条件所限制的样本空间，再计算在这个新样本空间中目标事件发生的概率。

二、独立事件如果事件 A 的发生不影响事件 B 发生的概率，事件 B 的发生也不影响事件 A 发生的概率，那么事件 A 和事件 B 称为相互独立事件。

即P(A|B) ＝ P(A) 且 P(B|A) ＝ P(B) 。

例题 2：掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件 A ＝“第一次掷出的点数是1”，事件 B ＝“第二次掷出的点数是2”，判断事件 A 和事件 B是否独立。

解析：因为第一次掷骰子的结果不影响第二次掷骰子的结果，所以P(B|A) ＝ P(B) ＝ 1/6 ，P(A) ＝ 1/6 ，满足独立事件的条件，所以事件A 和事件B 是独立事件。

知识点总结：1、独立事件的判断关键在于看一个事件的发生是否会改变另一个事件发生的概率。

2、对于两个独立事件 A 和 B ，它们同时发生的概率为 P(AB) ＝P(A)×P(B) 。

三、条件概率与独立事件的综合例题例题 3：一个家庭有两个孩子，已知其中一个是女孩，求另一个也是女孩的概率。

条件概率练习题

条件概率练习题一、选择题1. 条件概率P(A|B)表示：A. 事件A发生的条件概率B. 事件B发生的条件概率C. 在事件B发生的条件下，事件A发生的条件概率D. 事件A和事件B同时发生的概率2. 如果事件A和事件B是互斥的，那么P(A|B)等于：A. 0B. 1C. P(A)D. P(B)3. 已知P(A) = 0.3，P(B) = 0.4，P(A∩B) = 0.2，那么P(A|B)等于：A. 0.5B. 0.4C. 0.3D. 0.64. 贝叶斯定理表明了：A. 事件的独立性B. 事件的互斥性C. 条件概率的计算方法D. 事件的必然性5. 如果两个事件A和B相互独立，那么P(A∩B)等于：A. P(A) + P(B)B. P(A) - P(B)C. P(A) × P(B)D. P(A) / P(B)二、计算题6. 已知事件A和事件B的概率分别为P(A) = 0.45，P(B) = 0.55。

如果事件A和事件B同时发生的概率为P(A∩B) = 0.25，求在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率P(B|A)。

7. 假设在一个班级中，有60%的学生通过了数学考试，40%的学生通过了物理考试，同时通过数学和物理考试的学生占30%。

求：(a) 一个学生通过了物理考试但没有通过数学考试的概率。

(b) 一个学生通过了数学考试的条件下，他通过了物理考试的条件概率。

8. 假设在一个城市中，有70%的居民拥有汽车，30%的居民拥有游艇。

同时拥有汽车和游艇的居民占20%。

求：(a) 一个居民拥有游艇但没有汽车的概率。

(b) 一个居民拥有汽车的条件下，他拥有游艇的条件概率。

三、应用题9. 在一个小镇上，有两家医院。

医院A的诊断准确率为90%，医院B的诊断准确率为80%。

小镇上患某种罕见病的居民占总人口的1%。

如果一个居民被医院A诊断为患病，求他实际上患病的概率。

10. 假设在一次抽奖活动中，有三类奖品：一等奖、二等奖和三等奖。

条件概率及全概率专题训练

条件概率及全概率专题训练一、考点梳理知识点一条件概率的概念一般地，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．知识点二概率乘法公式对任意两个事件A 与B ，若P (A )>0，则P (AB )＝P (A )P (B |A )为概率的乘法公式．知识点三条件概率的性质设P (A )>0，则(1)P (Ω|A )＝1.(2)如果B 和C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．(3)设B 和B 互为对立事件，则P (B |A )＝1－P (B |A )．知识点四．全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1,2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝()()ini i A B P A P ∑=1，我们称这个公式为全概率公式．二、题型归纳考点一:条件概率公式【例1】甲､乙两人向同一目标各射击1次，已知甲命中目标的概率为13，乙命中目标的概率为12，已知目标至少被命中1次，则甲命中目标的概率为（）A ．14B ．13C ．12D ．23【考点精练】1．下面几种概率是条件概率的是（）A ．甲､乙二人投篮命中率分别为0.6，0.7，各投篮一次都投中的概率B ．甲､乙二人投篮命中率分别为0.6，0.7，在甲投中的条件下乙投篮一次命中的概率C ．有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率D ．小明上学路上要过四个路口，每个路口遇到红灯的概率都是25，小明在一次上学途中遇到红灯的概率 2．若随机事件A ，B 满足1()3P A =，1()2P B =，3()4P A B +=，则()P A B =（） A ．29 B ．23 C ．14 D ．163．从某高中2021名学生中选取50名学生参加数学竞赛，若采用以下方法选取：先用简单随机抽样方法从2021名学生中剔除21名，再从余下的2000名学生中随机抽取50名.则其中学生丙被选取和被剔除的概率分别是（）A．140，212021B．502021，212021C．140，212000D．212000，5020214.7名同学从左向右站成一排，已知甲站在中间，则乙站在最右端的概率是（）A．14B．15C．16D．17考点二:全概率公式【例2】一道考题有4个答案，要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为13，在乱猜时，4个答案都有机会被他选择，若他答对了，则他确实知道正确答案的概率是（）A．13B．23C．34D．14【考点精练】1．设有来自三个地区的各10名，15名和25名考生的报名表，其中女生报名表分别为3份、7份和5份，随机地取一个地区的报名表，从中先后取出两份，则先取到的一份为女生表的概率为（）A．310B．21100C．730D．29902．播种用的一等小麦种子中混有2%的二等种子，1.5%的三等种子，1%的四等种子.用一、二、三、四等种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05，则这批种子所结的穗含50颗以上麦粒的概率为（）A．0.8 B．0.532 C．0.482 5 D．0.312 53．有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占30%，二厂生产的占50%，三厂生产的占20%.又知这三个厂的产品次品率分别为2%，1%，1%，则从这批产品中任取一件是次品的概率是（）A．0.013 B．0.04 C．0.002 D．0.0034．两台车床加工同样的零件，第一台出现废品的概率为0.03，第二台出现废品的概率为0.02，加工出来的零件放在一起，现已知第一台加工的零件比第二台加工的零件多一倍，则任意取出一个零件是合格品的概率是（）A．275B．7300C．7375D．9731000考点三:叶贝斯公式【例3】8支步枪中有5支已校准过，3支未校准．一名射手用校准过的枪射击时，中靶的概率为 0.8；用未校准的枪射击时，中靶的概率为0.3．现从8支枪中任取一支用于射击，结果中靶，则所用的枪是校准过的概率为________．【考点精练】1．设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2:1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车为0.01.今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为________．2通信渠道中可传输的字符为AAAA，BBBB，CCCC三者之一，传输三者的概率分别为0.3，0.4，0.3.由于通道噪声的干扰，正确地收到被传输字符的概率为0.6，收到其他字符的概率为0.2，假定字符前后是否被歪曲互不影响．若收到的字符为ABCA，则传输的字符是AAAA的概率为________．3.计算机中心有三台打字机A，B，C，某打字员使用各台打字机打字的概率依次为0.6，0.3，0.1，打字机发生故障的概率依次为0.01，0.05，0.04.已知该打字员因打字机发生故障而耽误了工作进度，求该打字员使用A，B，C打字的概率分别为多少.4．在数字通讯中，信号是由数字0和1的长序列组成的，由于随机干扰，发送的信号0或1各有可能错误接收为1或0．现假设发送信号为0和1的概率均为1；又已知发送信号为0时，接收为0和1的概率2分别为0.7和0.3，发送信号为1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1．求已知收到信号0时，发出的信号是0（即没有错误接收）的概率。

高中2-3条件概率练习题及讲解

高中2-3条件概率练习题及讲解在高中数学课程中，条件概率是一个重要的概念，它描述了在某个事件已经发生的情况下，另一个事件发生的概率。

以下是一些条件概率的练习题以及相应的讲解。

### 练习题1：假设在一个班级中有30名学生，其中20名男生和10名女生。

如果随机选择一名学生，他是男生的概率是2/3。

现在，如果我们知道这名被选中的学生参加了学校的篮球队，那么他是男生的概率是多少？解答：首先，我们设事件A为“学生是男生”，事件B为“学生参加了篮球队”。

根据题目，P(A) = 20/30 = 2/3。

我们需要计算的是P(A|B)，即在事件B发生的条件下事件A发生的概率。

假设班级中有x名男生和y名女生参加了篮球队，那么P(B|A) = x/20（男生参加篮球队的概率），P(B|¬A) = y/10（女生参加篮球队的概率）。

根据全概率公式，P(B) = P(A)P(B|A) + P(¬A)P(B|¬A)。

由于我们不知道x和y的具体数值，我们无法直接计算P(A|B)。

但是，如果题目提供了这些信息，我们可以使用贝叶斯定理来求解。

### 练习题2：在一个袋子里有5个红球和3个蓝球。

第一次随机抽取一个球，记录颜色后放回。

第二次再次抽取一个球。

求第二次抽取红球的条件概率，条件是第一次抽取的也是红球。

解答：设事件A为“第一次抽取红球”，事件B为“第二次抽取红球”。

根据题目，P(A) = 5/8。

由于球被放回，抽取两次是独立的，所以P(B|A) = P(B) = 5/8。

### 练习题3：在一个小镇上，有两家医院。

医院A有70%的新生儿是男孩，医院B有60%的新生儿是男孩。

如果一个新生儿是男孩，那么他是在医院A出生的概率是多少？解答：设事件A为“新生儿在医院A出生”，事件B为“新生儿是男孩”。

根据题目，P(A) = 1/2（假设小镇上只有两家医院，且新生儿在两家医院出生的概率相等），P(B|A) = 0.7，P(B|¬A) = 0.6。

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。

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 （BIA）.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 （AIB）.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.7.两台车床加工同一种零件共100个，结果如下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（BI 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 (BIA ) =P (AB ) /P (A ) =0.12/0.20=0.60, P (AIB ) =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70(1)因为100件产品中有70件一等品，所以P (A ) = — =0.7(2)方法1：因为95件合格品中有70件一等品，所以70一 =0.736 895方法2：P (AB ) 70/100 = ------- -0.736 8 P (B ) 95/1003 .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 (BIA ). 解析：基本事件空间为：答案：—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. 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 (AIB ) =45%, P ( B ) =4% 于是 P (B ) =1-P ( B ) =96%所以 P (A ) =P (AB ) =P (B ) P (AIB ) =96%x45%=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(AIB ). 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(Q)=36 (个).n(B)=3x6=18(个)P (AIB ) P (AIB ) Q={ A={ B={ (正 (正 (反正)，正)，正)， 1 (正反)，(反，正)，(反，反)).・・・P(AB)=4，P(A)=4(正，反)}(正，正)} 2 .•・P(BIA)二 1P (AB ) 4n (B) 18 A P (B)= ------- =——=n (Q) 36P (AB)=3136 12P (AB)A P (AIB)= ---------P (B) 12 丁26.一个盒子中有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6(1)P(2)P(3)P 6 5(AB)=P(A)P(BIA)= x§ -0.33- - - 4 6 (A B)=P( A)p(BI A)= x§ -0.2780 解析：P(A)=10030P(AB)=而,35 P(B)=100，30P(AIB)=358.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(BIA)二10 P ( AB )P(CIA)=P (A) 30360 P (AC) 36P (A)3036设A=｛从100个零件中任取一个是合格品｝B=｛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(AIB).・•・至少有一个是6点的概率为：1 1P(B U CIA)=P(BIA)+P(CIA)=3 +0=3 .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)=30 = 3(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岁以上的事件为人，活到25岁以上的事件为B,贝U 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 (AB) 0.4P(B1A)=E "而诬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？C 3 1解析：(1)中一等奖概率为：P=f =:C 3 206(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),1(2, 3, 6), (2, 4, 5), (2, 4, 6), (2, 5, 6).故中一等奖概率为P= —=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：n (A ) C 3P(A)= ------ =一n (Q) C 36P(AB)= K3620A P(BIA)= P (AB)120P (A) 1 1021即中一等奖概率为—.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(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 U A B且AB与A B互不相容，所以P (B) =P(AB)+P(A B)=P(A)P(BIA)+P( A )P(BI A)6 5 4 6=x —+ — x— =0.610 9 10 913.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：5P( AB) = 25 = 1P (A)—15 — 3.2514.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.A 2 9解析：(1) P=—10=11(2)P=01X A1 1(3)P= 拚=-A 2 1111A 2 11(4)P= ---- 10 ----- 10A2 1111(5)P(AIB)= P (AB) 11P (A) 10 101115.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= 0|4 =0.926(1) P(A B)；(2) P(AB)；解析：(1) P(A B)=P(A)P(BI A)= (1-0.5) x0.4=0.2。

条件概率与贝叶斯定理例题和知识点总结

条件概率与贝叶斯定理例题和知识点总结在概率论与数理统计中，条件概率和贝叶斯定理是非常重要的概念，它们在许多领域都有着广泛的应用，如统计学、机器学习、医学诊断、金融分析等。

下面我们将通过一些例题来深入理解这两个概念，并对相关知识点进行总结。

一、条件概率条件概率是指在某个事件已经发生的条件下，另一个事件发生的概率。

设事件 A 和事件 B 为两个随机事件，且 P(B) ＞ 0，则在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的条件概率记为 P(A|B)，其计算公式为：P(A|B) ＝ P(AB) ／ P(B)其中，P(AB) 表示事件 A 和事件 B 同时发生的概率。

例题 1一个盒子里有 5 个红球和 3 个白球，从中随机取出一个球，已知取出的是红球，求这个红球是第一次取出的概率。

解：设事件 A 表示“取出的球是红球”，事件 B 表示“取出的球是第一次取出的”。

则 P(A) ＝ 5/8，P(AB) ＝ 5/8，P(B|A) ＝ P(AB) ／ P(A)＝ 1。

例题 2某班级有男生 25 人，女生 20 人。

已知随机抽取一名学生是男生，求该男生是成绩优秀的概率。

已知男生中成绩优秀的有 10 人，女生中成绩优秀的有 8 人。

解：设事件 A 表示“抽取的学生是男生”，事件 B 表示“抽取的学生成绩优秀”。

则 P(A) ＝ 25 ／ 45，P(AB) ＝ 10 ／ 45，P(B|A) ＝ P(AB)／ P(A) ＝ 10 ／ 25 ＝ 2 ／ 5。

二、贝叶斯定理贝叶斯定理是一种基于条件概率的推理方法，用于在已知某些先验概率和新的证据的情况下，更新对某个事件的概率估计。

贝叶斯定理的公式为：P(A|B) ＝ P(B|A) P(A) ／ P(B)其中，P(A) 为先验概率，P(B|A) 为似然概率，P(B) 为边缘概率。

例题 3某种疾病在人群中的发病率为 01%。

一种检测方法对患有该疾病的人检测结果为阳性的概率为 99%，对未患有该疾病的人检测结果为阳性的概率为1%。

条件概率知识点及例题

概率-2例1：甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲乙两地一年中雨天的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：（1）乙地为雨天时，甲地为雨天的概率为多少？（2）甲地为雨天时，乙地为雨天的概率为多少？例2设有5张奖券中只有2张中奖，由甲、乙等共5名同学每人各抽取一张，求：（1）甲、乙两人同时中奖的概率；（2）在甲中奖的条件下，乙中奖的概率；例3一个盒子中有6个白球、4个黑球，现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）第一次第二次都取得白球的概率；（3）在第一位取得黑球的条件下，第二次取得白球的概率；例4在100件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已经第一次抽出的是次品，求第二次抽出正品的概率。

例5某班从6名班干部（其中男生4个，女生2个）中选3人参加学校的义务劳动，在男生甲被选中的情况下，则女生乙也被选中的概率是多少？例6一张储蓄卡的密码共有6位数学，每位数学都可以从0-9中选一个。

某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数学，求（1）任意按最后一位数学，不超过2次就按对的概率；（2）如果他记得密码最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率。

例7某学校为了解高一新生的体质健康状况，对学生进行了测试．现从男、女生中各随机抽取２０人，把他们的测试数据，按照《国家学生体质健康标准》整理如表规定：数据≥６０，体质健康状况为合格（１）从样本中随机选取一名学生，求这名学生体质健康合格的概率；（２）从男生样本和女生样本中各随机选取一名学生，求恰有一名学生的体质健康等级是优秀的概率；例8某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:上年度出险次数01234≥5保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:一年内出险次数01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若该续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.。

数学课后训练：条件概率

课后训练一、选择题1．已知P(B|A）＝12，P(A)＝35，则P(AB）＝( )A．56B．910C．310D．1102．某种电子元件用满3 000小时不坏的概率为34，用满8 000小时不坏的概率为12．现有一个此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时不坏的概率是( ）A．34B．23C．12D．133．将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A为两个点数都不相同,事件B为两个点数和是7或8，则P(B｜A）＝（)A．13B．518C．1011D．124．甲、乙两班共有70名同学，其中女同学40名，设甲班有30名同学,而女同学有15名，则在碰到甲班同学时正好碰到一名女同学的概率为（）A．12B．13C．14D．155．盒中装有6件产品,其中4件一等品，2件二等品,从中不放回地取产品,每次1件．取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得的是二等品的概率是（）A．310B．35C．12D．25二、填空题6．设A，B为两个事件，若事件A和B同时发生的概率为16，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为12，则事件A发生的概率为__________．7．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，则取出的另一个元素与之构成可约分数的概率是__________．8．6位同学参加百米短跑比赛，赛场共有6条跑道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学排在第二跑道的概率是__________．三、解答题9．一只口袋内装有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？10．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目,2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目,求：(1）第1次抽到舞蹈节目的概率；(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率;(3）在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．参考答案1答案：C 解析：∵P (B |A )＝()()P AB P A ，∴P (AB ）＝P （B ｜A ）·P （A )＝1332510⨯=．2答案：B 解析：记事件A ：“用满3 000小时不坏”，则P (A )＝34；记事件B ：“用满8 000小时不坏”，则P (B ）＝12．因为B ⊂A ，所以P (AB )＝P （B ）＝12,则P （B ｜A ）＝1()()223()()34P AB P B P A P A ===．3答案：A 解析:由已知n (A )＝30,n （AB )＝10， ∴P （B |A ）＝()101()303n AB n A ==．4答案：A 解析:设“碰到甲班同学”为事件A ，“碰到甲班女同学”为事件B ，则P （A )＝37，P (AB )＝1537014=，所以P （B ｜A ）＝()1()2P AB P A =． 5答案：D 解析:令“第二次取得一等品”为事件A ，“第一次取得二等品”为事件B ，则P (AB )＝11241165C C 4C C 15⋅=⋅，P (A )＝111143241165C C +C C 2C C 3⋅⋅=⋅，所以P （B |A ）＝()432()1525P AB P A =⨯=．6答案：13 解析：由已知P （AB ）＝16，P （B ｜A ）＝12，∴P （A )＝1()161(|)32P AB P B A ==． 7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 ）＝()4()7n AB n A =．8答案：15解析：甲排在第一道记为A ，乙排在第二道记为B ．则P （A )＝5566A 1A 6=,P （AB ）＝4466A 1A 30=．∴P （B |A ）＝1()1301()56P AB P A ==．9答案:解：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“先后两次摸到白球”为事件AB ，先摸出一球不放回，再摸出一球共有4×3种结果．∴P （A )＝231432⨯=⨯，P (AB )＝211436⨯=⨯．∴P （B |A ）＝1()161()32P AB P A ==． ∴先摸出一个白球不放回，再摸出一个白球的概率为13．答案：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,则“两次都摸到白球”为事件A 1B 1．P （A 1）＝241442⨯=⨯,P （A 1B 1)＝221444⨯=⨯，∴P (B 1｜A 1）＝1111()141()22P A B P A ==． ∴先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12．10答案：解：设第1次抽到舞蹈节目为事件A ，第2次抽到舞蹈节目为事件B ，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB ．（1）从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n (Ω）＝26A ＝30，根据分步计数原理n （A ）＝1145A A ＝20，于是P (A ）＝()202()303n A n ==Ω．答案：因为n (AB )＝24A ＝12，于是P (AB ）＝()122()305n AB n Ω==．答案:方法一：由(1）（2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下,第2次抽到舞蹈节目的概率为P (B |A ）＝2()352()53P AB P A ==．方法二:因为n （AB ）＝12，n (A ）＝20，所以P (B ｜A )＝()123()205n AB n A ==．。

条件概率练习题

条件概率练习题一、基本概念题1. 设事件A和事件B相互独立，P(A) = 0.4，P(B) = 0.6，求P(A|B)。

2. 已知P(A) = 0.5，P(B) = 0.7，P(A ∩ B) = 0.3，求P(A|B)和P(B|A)。

3. 在一个袋子里有5个红球和3个蓝球，随机取出一个球，求取出红球的条件下，取出第二个球也是红球的概率。

4. 某班级有50名学生，其中30名喜欢篮球，20名喜欢足球，10名既喜欢篮球又喜欢足球。

随机选取一名学生，求该学生喜欢篮球的条件下，也喜欢足球的概率。

二、应用题1. 一批产品中有10%的次品，现随机抽取10件产品，求恰好有2件次品的概率。

3. 抛掷一枚硬币3次，求恰好出现2次正面的概率。

4. 从一副52张的扑克牌中随机抽取4张，求抽到的都是红桃的概率。

三、综合题1. 甲、乙、丙三人独立解同一道数学题，甲解出的概率为0.4，乙解出的概率为0.5，丙解出的概率为0.3。

求至少有两人解出这道题的概率。

2. 一批产品中有20%的次品，现随机抽取5件产品，求恰好有1件次品且第2件是正品的概率。

3. 抛掷一枚均匀的骰子，求出现偶数点数的条件下，再次抛掷出现奇数点数的概率。

4. 从一副52张的扑克牌中随机抽取5张，求抽到的牌中至少有一张是红桃的概率。

四、拓展题1. 设事件A和事件B互斥，P(A) = 0.3，P(B) = 0.4，求P(A|B)。

2. 已知P(A) = 0.6，P(B|A) = 0.8，P(B|非A) = 0.4，求P(A∩ B)。

3. 某班级有60名学生，其中40名喜欢数学，30名喜欢英语，20名既喜欢数学又喜欢英语。

随机选取一名学生，求该学生喜欢数学的条件下，也喜欢英语的概率。

4. 抛掷一枚硬币和一枚骰子，求硬币出现正面且骰子出现6点的概率。

五、逻辑推理题1. 在一个家庭中，有两个孩子，已知至少有一个是女孩，求两个孩子都是女孩的概率。

2. 有三个箱子，分别装有苹果、橘子和苹果橘子混合。

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。

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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P(B A)，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---P(B A) P( AB) (AB) P(A) (A)③在几何概型中---P(B A) P( AB) (AB)P(A) (A) 事件AB包括的基本事件(样本点)数事件A包括的基本事件(样本点)数区域AB的几何度量(长度，面积，体积等) 区域A的几何度量(长度，面积，体积等)条件概率及全概率公式.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=｛抽到一数字是偶数｝; B2=｛抽到一数字大于8｝,那么P(A)=3/10, P(A| B i)=1/5, P(AB)=1. 因此有P(A) >P(A| B i), P(A) v P(AB)..以下两个定义是否是等价的•定义1. 若事件A、B满足P(A^=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(A^/ P(A)自然要求P(A)丰0, P(B)丰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0W 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.. 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(AE)=P(A)P(B| A), 因为OW P(B| A) < 1,故P(A0 < P(A)；同理P(AB) W P(B), 从而P(B)-P(AB >0,由(*)知P(A+B) > P(A).原命题得证..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Q B；0P(B| A)的计算基于附加样本空间Q A；P(AB»的计算基于原有样本空间Q . 出y■J—丿在n个事件的乘法公式：P( AA…A)=P( A) P(A>| A i) P(A AA)…P(A AA…A-i)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(AA…")>0 呢？答：按条件概率的本意，应要求P(A)>0, P(AA)>0,…，P(AA—A V2)>0, P(AA …An-l)>0.事实上，由于AAA…A-2二：AAA…A n-2Ai-i,从而便有P(AA…A n-2) >P(AA・・Ai)>0.这样,除P(AA…牛)〉。

作为题设外,其余条件概率所要求的正概率，如P(AA…A-2)>0,…，P(AA) >0, P(A i)>0便是题设条件P(AA…A-i)>0的自然结论了..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A,A,…，A的结构.事实上，对于具体问题，若能设出n 个事件A,使之满足1(*)就可得 5 = 5Q = BA X十血［十…+陆(**)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Q进行一个分割，即有(*)式•.设P(A)工0, P(B)工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)工0, P(B)工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=｛第i次取到新球｝, i =1,2, 3. 因为是无放回抽取，故A、A、A互相不独立，又AAA=｛三次都取到新球｝, 显然是可能发生的,即A、A、A可能同时发生，因此A、A、A不互不相容..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” 一“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” 一“ 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..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(AE)>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，____ :」.一: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..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,又工三二三，故OW P(AB) < P(A)=0.于是P(AB)=O=P(A)P(B),所以A与任何事件B相互独立.若P(A)=1,贝U j .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= 0 , 进而有F(刁酊=0 .又二上一二且AB 与二互不相容,故= P⑻=尸僅再)+ P(A8)=尸僅罚即A与B相互独立..设A B 是两个基本事件,且0<P(A)<1, P(B)>0, L ' ■■- ■- | ■-, 问事件A与B是什么关系？F (血).F(辰)［解1］由已知条件 "门-可得.由比例性质，得…小一宀丄■...代乂〕+玖卫)所以P(AB)=P(A)P(B).因此事件A与B相互独立.［解2］由_ - - ■-■- 得| …■■ : - L'i ■■-'-.因而- ….所以P(B|A)=P(B).因此事件A与B相互独立..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)= £ (0 <£< 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={A在第k次试验中发生},则P(A)= £,「珀；-I ，在前n次试验中A都不发生的概率为：二」二厂、-<.于是在前n次试验中，A至少发生一次的概率为= 1-^(4)^). 7=(4)= 1-(!-^".如果把试验一次接一次地做下去，即让n—x,由于0<£< 1,则当mx时，有Pn — 1.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•.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%勺可能性将导致火灾是不能忽视的，但火柴有1%勺可能性擦不燃是不必在意的..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•.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｝；J =｛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Xk=｛第k次射中｝，人显然是一个随机变量，但p(X<=k)=q k-1p，k=1,2,…，其中q=p-1，可见X<是服从参数为p的几何分布，而不是二项分布..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)..在空战中，甲机先向乙机开火，击落乙机的概率是；若乙机未被击落，就进行还击，击落甲机的概率是，则再进攻乙机，击落乙机的概率是.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F［茲)=\A) =(1 -0.2) xQ.3 = 0.24(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+ ABC) = + F (卫頁 U)=+ P(A}P(§ | A) P(C \ AS).某个问题，若甲先答，答对的概率为；若甲答错，由乙答，答对的概率为• 求问题由乙答出的概率•答：.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答：(1)(1/7 5)；57⑵(6 /7 )；5⑶(1-1/7 ).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).2.掷三颗骰子,已知所得三个数解.设事件A 表示“掷出含有1的点数 (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.根据公式'都不一样，求含有1点的概设事件B 表示“ 率.表示“掷出的三个点数都不一样”而P(B)=3/15=1/5 ,P(A B)=9/14.=1/2.P (A )则显然所要求的概率为P(A| B).P(A| B)=1/2.1解.设事件A 表示“第i 次取到白球” (i=1,2,…，“则根据题意P(A i )=1/2 , 只人|人)=2/3,3.袋中有一个白球和一由乘法公式可知根据公式个黑球，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 P(AiA ?)= P( A ?| A) P( A)=1/3.P(A| AA)=3/4 ,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.P (A i AA)= P( A| A 1A 2) P( AA)=1/由数学归纳法可以知道P (AA …A N )=1/( N+1).解.设事件 A 表示“取到的是甲袋”，则二表示“取到的是乙袋”，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.事件B 表示“最后取到的是白球” 根据题意：P ( B | A )=5/12 ,…二 2F(B)=尸3 | A)P(JS) 石昭)2』十纭-丄)』12 2 32 24 .解•设事件A 表示“从甲袋取的2个球中有i 个白球”，其中i =0,1,2 .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P(B|A)=2/5 ,P(B| A i )=1/2 ,2个球放入乙袋，然厂f 八后再从乙袋中任取P( B|A)=3/5 ;一球，求此球为白球由全概率公式的概率.P( B)= P( B| A P(A)+ P( B| A) P(A i )+ P( B| A) P(A)=2/5 X 1/10+1/2 X 3/5+3/5 X 3/10=13/25.解.设事件A 表示“第一次取到的是1号球”，则亠表示“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/N5.有甲、乙两袋事件B 表示“从乙袋中取到的是白球” 显然A o , A, A 构成一完备事件组,且根据题意P(A)=1/10 , P(A)=3/5 , P(A)=3/106.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.⑷第二次取出的是红球..■< L_ ■-• ： I',尸(瓦冷)W 石FG 1^) =l/5xg/9 =S/45 ,出的两八球都 ■_：■I' J.是黑球；亓(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(3)取出的两只球一一 •一丄的概率.且 P(B|A)=1/( N-1),尸(百)=P{B | 砒(& + F(5 | A)P(A)(21)/ N=1/( N-1) X 1/N+1/NX=(NtN+1)/ M(21).解.设事件A 表示“第一次取到的是红球”，7. 袋中装设事件A 2表示“第二次取到的是红球” 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 (1)要求的是事件 AA 的概率. 根据题意P (A )=4/5,•一 ■',F (A z | A )=7/9,••• P (AA 2)= P (A ) F ( A| A )=4/5 X 7/9=28/45.⑵要求的是事件的概率.出的两只球都是红球；(2)取根据题意： -\ : 1,-_ 1： 1'=', 只是红球, 只是黑二二 1八，",8. 某射击小组共有20名射手,其中一级射手4 射手二级，解.设事件A 表示“射手能通过选拔进入比赛”,三级射手7设事件B 表示射手是第i 级射手.(i =1,2,3,4)人，四级显然，B i 、B 2、R 、B 构成一完备事件组，且射手1人. 一一三 P( B i )=4/20, P(B 2)=8/20, P( B)=7/20, P(B 4)=1/20;的概解.设事件A 表示“飞机能飞到距目标400米处”，设事件A 表示“飞机能飞到距目标200米处” 设事件A 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(A)=, P(A)=, P( A B )=, 且A 、A A 构成一完备事件组.又已知 P(BA)=, RB|A)=, P(B|A)=.15=415.(4)要求第二次取出红球，即求事件 A 的概率. 由全概率公式：玖比)=尸(& |如尢竝)+巩禺|AW ：) =7/9 X 4/5+8/9 XI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 P(A| B i )=, P(A| B 2)=, P(A| R)=, P(A| B)=.由全概率公式得到P(A)=P(A| B i )P(B i )+P(A| B)P(B 2)+P(A| B a ) P( B B )+P( A| B) P( B)=X 4/20+ X 8/20+ X 7/20+ X 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？由全概率公式得到P( B)= P(B| A) P( A)+ P( B| A) P( A)+ P( B| A) P( A)=x +x +x =.解.设事件 A 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 是相互独立的事件.F (A )=, F (A z )=, P (A)=, F (A)=,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 (A +A+A+A)这个事件的概率. 为了运算简便，我们求其对立事件道工序的加工互不影响，的概率求加工出零件的次品率是多少？-：■ ! - 1_ -/• R A l +A+A 3+A 4)= = .解.设事件A 表示“第i 次命中目标”，i =1,2,3(2) “射击三次有且只有2次命中目标”这个事件用 B10.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 、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，求根据已知条件P (A )=, 户⑷ |, i =1,2,3(1)射击三次皆中目标的概率；某人每次射击是否命中目标是相互独立的,因此事件A 是相互独立的.(2)射击三次有且只(1)射击三次皆中目标的概率即求 P (AAA).有2次命中目标的概率；由独立性：(3)射击三次至少有P(AAA )=F (A i ) RA)P (A)==.二次命中目标的概率表示.显然 ._ I] 1 厶亠]斗亠+ 广，又根据独立性得到：P(B) = C 巩4)只爲)只心=3<of x0.2 = 0.3&4(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 1AAP (G )=P (B )+P (A AA )=+=.解.设事件A 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 RA+A+A).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.已知 P (A )=1/3, P (A>)=1/4, P (A)=1/5, 而=(1-1 ⑶(1-1/4)(1-1/5)=.P ( A-1+A>+A 3)==.13.用一门大炮解.设事件A 表示“第i 次命中目标”，i =1,2,3. 设事件B 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”.别为、、，若命中此由已知p (人)=,P(A)=, P(A)=；目标一、二、三弹，该目标被摧毁的概 p(C B)=0，p (CB i )=, P(CB )=, P(C| B 3)=.率分别为、和,试又由于三次射击是相互独立的，所以求此目标被摧毁的概率. .. .■对某目标进行三次独立射击，第一二、三次的命中率二、练习题1 .已知 p （B|A ）=31-,P （A ）=丄，则 p （AB ）=（）10 5 B. - C. 2A. 12 2.由“0”、“1” 用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P （A|B ）=（ 1 A. 1B. 2 D .503.某地区气象台统计,既刮风又下雨的概率为组成的三位数码组中，若用 A 表示“第二位数字为0”的事件, ）1 8■—，刮三级以上风的概率为 —,15 15刮风的概率为（1 11q.-34该地区下雨的概率是 D. A 旦2251 一，则在下雨天里,10 B.丄2C.D.34戸（耳）=F 的冬乂3 +卫』昇3 + 4&島）代国耳缶）+ P （A,A^ +户（虫县爲）=XX +XX +XX =,F （月2）= F （卫4舄+4虫2地+丿1虫2 乂3）=H 召生島” F （44石+爲4）=XX +XX +XX =,F （色）三尸（妁血禺）＜尸（4疋（£）尸（舄）=0.4x0 5x0.7由全概率公式得到p （c ）=p （q E 0）p （E 0）+p （q B ）p （B ）+p （q B ）p （B ）+p （q B ） P （B0=0X +X +X +X =.0.144•设某种动物有出生算起活20岁以上的概率为，活到25岁以上的概率为.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 •—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3，用满10000小时未坏的概率是-，4 2 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。