第七章「 随机变量及其分布 7.1条件概率与全概率公式 7.1.1条件概率 课后训练提升 基础巩固 1.已知P4)=p,P(B1A)=0.6,P(BA)=0.3,则p的值为() A.0.3 B.0.2 C.0.4 D.0.5 答案D 解析：由P(BA)=P(4)P(B4),得0.3=0.6p,解得p=0.5 2.某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格 的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是( ) A.0.2 B.0.33 C.0.5 D.0.6 答案A 解析记数学不及格为事件4“语文不及格“为事件BP心)识=器-02，当 数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2 3.将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A={两个点数互不相同}，B={出现一个 5点}，则P(B4)等于() B.5 18 c D 答案：A 解析：记“两个点数互不相同”为事件A“出现一个5点”为事件B,P8A)-得 =共= n(A) 4.(多选题)下列说法不正确的是( A.P(BA)<P(AB) B.PBA)=P是可能的 P(A) C.0<P(BA)<1 D.P(AA)=0 答案：ACD
第七章 随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率公式 7.1.1 条件概率 课后· 基础巩固 1.已知 P(A)=p,P(B|A)=0.6,P(BA)=0.3,则 p 的值为( ) A.0.3 B.0.2 C.0.4 D.0.5 答案:D 解析:由 P(BA)=P(A)P(B|A),得 0.3=0.6p,解得 p=0.5. 2.某班学生考试成绩中,数学不及格的占 15%,语文不及格的占 5%,两门都不及格 的占 3%.已知一学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是( ) A.0.2 B.0.33 C.0.5 D.0.6 答案:A 解析:记“数学不及格”为事件 A,“语文不及格”为事件 B,P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 0.03 0.15 =0.2,当 数学不及格时,该生语文也不及格的概率为 0.2. 3.将两枚质地均匀的骰子各掷一次,设事件 A={两个点数互不相同},B={出现一个 5 点},则 P(B|A)等于( ) A. 1 3 B. 5 18 C. 1 6 D. 1 4 答案:A 解析:记“两个点数互不相同”为事件 A,“出现一个 5 点”为事件 B,P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = 10 30 = 1 3 . 4.(多选题)下列说法不正确的是( ) A.P(B|A)<P(AB) B.P(B|A)= 𝑃(𝐵) 𝑃(𝐴)是可能的 C.0<P(B|A)<1 D.P(A|A)=0 答案:ACD
解析：由条件概率公式P(B4)得及0<P41,知P心B4≥PB,故A错误：当 事件A包含事件B时，有PAB)=P(B),此时P(BA)=P故B正确：由于 P(A) 0≤P(BA)≤1，P(4A=1,故C,D错误 故选ACD 5.盒中装有6件产品，其中4件一等品，2件二等品，从中不放回地取两次，每次取1 件，己知第二次取得一等品，则第一次取得二等品的概率为( ) 品 B c D 答案D 解析：设“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)=Cxc CaxC =言PC=因比PB0-号-亡×=月 6.甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的 景点不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则概率P(4B)等于() 号 B时 c D 答案：C 解析：由题意可知，n(B)=C22=12,n(AB)=A3=6. 故PMB)=台=片 7.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率相同且 灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只且不放回，则在 他第1次取到的是螺口灯泡的条件下，第2次取到的是卡口灯泡的概率为() 明 c D 案D 解析：方法一：设事件A为“第1次取到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次取到的是 卡口灯泡则PM)品PMB)是×子=品则所求概率为PBA)-=空= P(A) 方法二：第1次抽到螺口灯泡后还剩余9只灯泡，其中有7只卡口灯泡，故第2次 抽到卡口灯泡的概车为鳄=子 8.袋中有6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次取一球，取两 次，则第二次才能取到黄球的概率为 答案
解析:由条件概率公式 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) 及 0<P(A)≤1,知 P(B|A)≥P(AB),故 A 错误;当 事件 A 包含事件 B 时,有 P(AB)=P(B),此时 P(B|A)= 𝑃(𝐵) 𝑃(𝐴) ,故 B 正确;由于 0≤P(B|A)≤1,P(A|A)=1,故 C,D 错误. 故选 ACD. 5.盒中装有 6 件产品,其中 4 件一等品,2 件二等品,从中不放回地取两次,每次取 1 件,已知第二次取得一等品,则第一次取得二等品的概率为( ) A. 3 10 B. 3 5 C. 1 2 D. 2 5 答案:D 解析:设“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)= C2 1×C4 1 C6 1×C5 1 = 4 15 ,P(A)= C4 1×C3 1 +C2 1×C4 1 C6 1 ×C5 1 = 2 3 ,因此 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 4 15 × 3 2 = 2 5 . 6.甲、乙、丙三人到三个景点旅游,每人只去一个景点,设事件 A 为“三个人去的 景点不相同”,B 为“甲独自去一个景点”,则概率 P(A|B)等于( ) A. 4 9 B. 2 9 C. 1 2 D. 1 3 答案:C 解析:由题意可知,n(B)=C3 12 2=12,n(AB)=A3 3=6. 故 P(A|B)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐵) = 6 12 = 1 2 . 7.已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,这些灯泡的外形与功率都相同且 灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只且不放回,则在 他第 1 次取到的是螺口灯泡的条件下,第 2 次取到的是卡口灯泡的概率为( ) A. 3 10 B. 2 9 C. 7 8 D. 7 9 答案:D 解析:方法一:设事件 A 为“第 1 次取到的是螺口灯泡”,事件 B 为“第 2 次取到的是 卡口灯泡”,则 P(A)= 3 10 ,P(AB)= 3 10 × 7 9 = 7 30 ,则所求概率为 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 7 30 3 10 = 7 9 . 方法二:第 1 次抽到螺口灯泡后还剩余 9 只灯泡,其中有 7 只卡口灯泡,故第 2 次 抽到卡口灯泡的概率为C7 1 C9 1 = 7 9 . 8.袋中有 6 个黄色的乒乓球,4 个白色的乒乓球,做不放回抽样,每次取一球,取两 次,则第二次才能取到黄球的概率为 . 答案: 4 15
解析：记“第一次取到白球”为事件A,“第二次取到黄球”为事件B,“第二次才能取 到黄球”为事件C,因此PC=P心4B)=PAPB4)品×号=言 9.某种元件用满6000小时未坏的概率是用满10000小时未坏的概率是影现有 一个此种元件，已经用过6000小时未坏，则它能用到10000小时的概率 为 答案号 解析：设“用满6000小时未坏”为事件A,“用满10000小时未坏”为事件B,则 =吉因先Pe0-0-手-号 10.从1~100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50，求此数是 2或3的倍数的概率 解：设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”， 事件B为“取出的数是3的倍数” 则P(C)-且所求概率为PAUB1C)=P4IC)+PB1C)PAB1C)-C+eBC. P(C) P(C) 曾-2×（品+品-）器 P(C) 11.坛子里放着5个大小、形状都相同的鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮 的.如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求： (1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率； (2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率： (3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率. 解：设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A,“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B,则第1次 和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB. (1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋，该试验样本空间2包含20个样本 ,点，即n(2)=A3=20 又风4=A×A=2,于是P4验=号=昌 (2)因为n(AB)=3×2=6, 所以P4B)-把=品=品 n(2) (3)由(1)2)，可得在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为 3 PBH=平= 5 拓展提高 1在区间O,1)内随机取一值x,若A-x0<x<引B={x片<x<引则P(BA等 于() A月 B
解析:记“第一次取到白球”为事件 A,“第二次取到黄球”为事件 B,“第二次才能取 到黄球”为事件 C,因此 P(C)=P(AB)=P(A)P(B|A)= 4 10 × 6 9 = 4 15 . 9.某种元件用满 6 000 小时未坏的概率是3 4 ,用满 10 000 小时未坏的概率是1 2 ,现有 一个此种元件,已经用过 6 000 小时未坏,则它能用到 10 000 小时的概率 为 . 答案: 2 3 解析:设“用满 6 000 小时未坏”为事件 A,“用满 10 000 小时未坏”为事件 B,则 P(A)= 3 4 ,P(AB)=P(B)= 1 2 ,因此 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 1 2 3 4 = 2 3 . 10.从 1~100 共 100 个正整数中,任取一数,已知取出的一个数不大于 50,求此数是 2 或 3 的倍数的概率. 解:设事件 C 为“取出的数不大于 50”,事件 A 为“取出的数是 2 的倍数”, 事件 B 为“取出的数是 3 的倍数”. 则 P(C)= 1 2 ,且所求概率为 P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)-P(AB|C)= 𝑃(𝐴𝐶) 𝑃(𝐶) + 𝑃(𝐵𝐶) 𝑃(𝐶) − 𝑃(𝐴𝐵𝐶) 𝑃(𝐶) =2×( 25 100 + 16 100 − 8 100 )= 33 50 . 11.坛子里放着 5 个大小、形状都相同的鸭蛋,其中有 3 个是绿皮的,2 个是白皮 的.如果不放回地依次拿出 2 个鸭蛋,求: (1)第 1 次拿出绿皮鸭蛋的概率; (2)第 1 次和第 2 次都拿出绿皮鸭蛋的概率; (3)在第 1 次拿出绿皮鸭蛋的条件下,第 2 次拿出绿皮鸭蛋的概率. 解:设“第 1 次拿出绿皮鸭蛋”为事件 A,“第 2 次拿出绿皮鸭蛋”为事件 B,则第 1 次 和第 2 次都拿出绿皮鸭蛋为事件 AB. (1)从 5 个鸭蛋中不放回地依次拿出 2 个鸭蛋,该试验样本空间 Ω 包含 20 个样本 点,即 n(Ω)=A5 2=20. 又 n(A)=A3 1 × A4 1=12,于是 P(A)= 𝑛(𝐴) 𝑛(𝛺) = 12 20 = 3 5 . (2)因为 n(AB)=3×2=6, 所以 P(AB)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝛺) = 6 20 = 3 10 . (3)由(1)(2),可得在第 1 次拿出绿皮鸭蛋的条件下,第 2 次拿出绿皮鸭蛋的概率为 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 3 10 3 5 = 1 2 . 拓展提高 1.在区间(0,1)内随机取一值 x,若 A={𝑥 |0 < 𝑥 < 1 2 },B={𝑥 | 1 4 < 𝑥 < 3 4 },则 P(B|A)等 于( ) A. 1 2 B. 1 4
c D 答案A 解析由题知P-产- 1 AnB={x片<x<别 P4B)-= PBA-8=±=是 P(A) 2.(多选题)将3枚质地均匀的骰子各抛掷一次，记事件A为“三个点数都不同”，事 件B为至少出现一个1点”，则( ) A.至少出现一个1点的情况数目为6×6×6-5×5×5=91 B.三个点数都不相同的情况数目为A?=120 C.P( D.P(BM4)- 答案：ABC 解析：根据条件概率的含义，P(AB)的含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即 在“至少出现一个1点”的情况下，“三个点数都不同”的概率 因为“至少出现一个1点”的情况数目为6×6×6-5×5×5=91，“三个点数都不同”，则 只有一个1点，共C3×54=60种所以P4B)得=会 P(B4)的含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个点数都不同”的情况 下，“至少出现一个1点”的概率 因为“三个点数都不同”的情况数目为A妮=120，所以PBA)-织=品=专 3.一个盒子里有6只好的晶体管、4只坏的晶体管，任取两次，每次取一只晶体管， 每一次取后不放回，在第一次取到好的晶体管条件下，第二次也取到好的晶体管的 概率为( ) A号 B 答案C 解析：根据题意，已知第一只晶体管是好的，则盒子里还有5只好的晶体管，4只坏 的晶体管，因此第二次也取到好晶体管的概率是故选C, 4某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，己知开关第一次闭合后出现红灯 的概率是影在第一次闭合出现红灯的条件下第二次闭合还出现红灯的概率是影则 两次闭合都出现红灯的概率为() A片 B月
C. 1 3 D. 3 4 答案:A 解析:由题知 P(A)= 1 2 1 = 1 2 . ∵A∩B={𝑥 | 1 4 < 𝑥 < 1 2 }, ∴P(AB)= 1 4 1 = 1 4 , ∴P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 1 4 1 2 = 1 2 . 2.(多选题)将 3 枚质地均匀的骰子各抛掷一次,记事件 A 为“三个点数都不同”,事 件 B 为“至少出现一个 1 点”,则( ) A.至少出现一个 1 点的情况数目为 6×6×6-5×5×5=91 B.三个点数都不相同的情况数目为A6 3=120 C.P(A|B)= 60 91 D.P(B|A)= 3 4 答案:ABC 解析:根据条件概率的含义,P(A|B)的含义为在 B 发生的情况下,A 发生的概率,即 在“至少出现一个 1 点”的情况下,“三个点数都不同”的概率. 因为“至少出现一个 1 点”的情况数目为 6×6×6-5×5×5=91,“三个点数都不同”,则 只有一个 1 点,共C3 1×5×4=60 种,所以 P(A|B)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐵) = 60 91 . P(B|A)的含义为在 A 发生的情况下,B 发生的概率,即在“三个点数都不同”的情况 下,“至少出现一个 1 点”的概率. 因为“三个点数都不同”的情况数目为A6 3=120,所以 P(B|A)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = 60 120 = 1 2 . 3.一个盒子里有 6 只好的晶体管、4 只坏的晶体管,任取两次,每次取一只晶体管, 每一次取后不放回,在第一次取到好的晶体管条件下,第二次也取到好的晶体管的 概率为( ) A. 3 8 B. 7 22 C. 5 9 D. 7 12 答案:C 解析:根据题意,已知第一只晶体管是好的,则盒子里还有 5 只好的晶体管,4 只坏 的晶体管,因此第二次也取到好晶体管的概率是5 9 .故选 C. 4.某种电路开关闭合后,会出现红灯或绿灯闪烁,已知开关第一次闭合后出现红灯 的概率是1 2 ,在第一次闭合出现红灯的条件下第二次闭合还出现红灯的概率是1 3 ,则 两次闭合都出现红灯的概率为( ) A. 1 6 B. 5 6
c D号 答案：A 解析：记“第一次闭合后出现红灯”为事件A,“第二次闭合后出现红灯”为事件B,则 P(A)-P(BA))-国此PMB)=P(BLA)P(A)-×=若 5.抛掷红、蓝两枚质地均匀的骰子（六点），若已知蓝骰子的点数为3或6，则两骰 子点数之和大于8的概率为 答案品 解析：令事件A=“抛掷出的红、蓝两枚质地均匀的骰子中蓝骰子的，点数为3或 6”,B=“两骰子点数之和大于8，则 A={(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),6,5),(6,6)},AB={(3,6),6,3 ),6,4),(6,5),(6,6)} 因此PBA00=识=是 P(A) n(A) 6.先后抛掷两次质地均匀的骰子（骰子的六个面上分别是1,2,3,4,5,6点），落在水平 桌面后，记正面朝上的点数分别为x,y,记事件A为x+y为偶数”，事件B为x,y中 有偶数且y”,则概率P(B4)= 答案 解析：根据题意，事件A为x+y为偶数”，则xy两个数均为奇数或偶数， 该试验样本空间9共有2×3×3=18个样本，点，即n(2)=18 :事件A发生的概率为PA)2=而A,B同时发生，共有 6×6 2+4”,“2+6,“4+2”,“4+6”,6+2”,6+4”,6个样本点， “事件4B同时发生的概率为P心4B)6总。=后 P(B) 7.甲、乙两个袋子中，各放有大小、形状和个数相同的小球若干.每个袋子中标号 为0的小球1个，标号为1的2个，标号为2的个.从一个袋子中任取两个球，取 到的标号都是2的概率是 10 (1)求n的值： (2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个的标号是1的条件下，求另一个标号也是1 的概率 解：()由题意，得2= (n-1) c7+3(n+3)(n+2) 解得n=2 (2)记“其中一个标号是1”为事件A,“另一个标号是1”为事件B,因此 Pr8-=器=月 挑战创新
C. 1 3 D. 2 3 答案:A 解析:记“第一次闭合后出现红灯”为事件 A,“第二次闭合后出现红灯”为事件 B,则 P(A)= 1 2 ,P(B|A)= 1 3 ,因此 P(AB)=P(B|A)P(A)= 1 3 × 1 2 = 1 6 . 5.抛掷红、蓝两枚质地均匀的骰子(六点),若已知蓝骰子的点数为 3 或 6,则两骰 子点数之和大于 8 的概率为 . 答案: 5 12 解析:令事件 A=“抛掷出的红、蓝两枚质地均匀的骰子中蓝骰子的点数为 3 或 6”,B=“两骰子点数之和大于 8”,则 A={(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},AB={(3,6),(6,3 ),(6,4),(6,5),(6,6)}. 因此 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = 5 12 . 6.先后抛掷两次质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别是 1,2,3,4,5,6 点),落在水平 桌面后,记正面朝上的点数分别为 x,y,记事件 A 为“x+y 为偶数”,事件 B 为“x,y 中 有偶数且 x≠y”,则概率 P(B|A)= . 答案: 1 3 解析:根据题意,事件 A 为“x+y 为偶数”,则 x,y 两个数均为奇数或偶数, 该试验样本空间 Ω 共有 2×3×3=18 个样本点,即 n(Ω)=18. ∴事件 A 发生的概率为 P(A)= 2×3×3 6×6 = 1 2 ,而 A,B 同时发生,共有 “2+4”,“2+6”,“4+2”,“4+6”,“6+2”,“6+4”,6 个样本点, ∴事件 A,B 同时发生的概率为 P(AB)= 6 6×6 = 1 6 , ∴P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 1 6 1 2 = 1 3 . 7.甲、乙两个袋子中,各放有大小、形状和个数相同的小球若干.每个袋子中标号 为 0 的小球 1 个,标号为 1 的 2 个,标号为 2 的 n 个.从一个袋子中任取两个球,取 到的标号都是 2 的概率是 1 10 . (1)求 n 的值; (2)从甲袋中任取两个球,已知其中一个的标号是 1 的条件下,求另一个标号也是 1 的概率. 解:(1)由题意,得 C𝑛 2 C𝑛+3 2 = 𝑛(𝑛-1) (𝑛+3)(𝑛+2) = 1 10 , 解得 n=2. (2)记“其中一个标号是 1”为事件 A,“另一个标号是 1”为事件 B,因此 P(B|A)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = C2 2 C5 2 -C3 2 = 1 7 . 挑战创新
一个口袋中装有2个白球和2个黑球，那么： (1)先摸出一个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出一个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？ 解(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A,“再摸出1个白球”为事件B, 则“先后两次摸出白球”为事件AB,“先摸1球不放回，再摸1球”共有4×3种结果， 所以Pa)-PAB)-兴=所以P8A)=生=吉 所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为 (2)设“先摸出1个白球放回”为事件A1,“再摸出1个白球”为事件B1,“两次都摸出 白球”为事件A1B1,P4)P4B)装号=京所以P(BA)=生=所以先摸出1个 白球后放回，再摸出1个白球的概率为三
一个口袋中装有 2 个白球和 2 个黑球,那么: (1)先摸出一个白球不放回,再摸出 1 个白球的概率是多少? (2)先摸出一个白球后放回,再摸出 1 个白球的概率是多少? 解:(1)设“先摸出 1 个白球不放回”为事件 A,“再摸出 1 个白球”为事件 B, 则“先后两次摸出白球”为事件 AB,“先摸 1 球不放回,再摸 1 球”共有 4×3 种结果, 所以 P(A)= 1 2 ,P(AB)= 2×1 4×3 = 1 6 ,所以 P(B|A)= 1 6 1 2 = 1 3 . 所以先摸出 1 个白球不放回,再摸出 1 个白球的概率为1 3 . (2)设“先摸出 1 个白球放回”为事件 A1,“再摸出 1 个白球”为事件 B1,“两次都摸出 白球”为事件 A1B1,P(A1)= 1 2 ,P(A1B1)= 2×2 4×4 = 1 4 ,所以 P(B1|A1)= 1 4 1 2 = 1 2 .所以先摸出 1 个 白球后放回,再摸出 1 个白球的概率为1 2