第四章概率与统计 4.1条件概率与事件的独立性 4.1.1条件概率 基础巩固 1.已知P4nB)品PM)-则PB等于( A品 B c品 D 答案B 解析☐PBA)PAQ-亨-之 P(A) 2.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%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是 () A.0.665 B.0.564 C.0.245 D.0.285 答案A 解析记A:甲厂产品，B:甲厂的合格产品， 则P(A)=0.7,P(B4)=0.95, 因此P(AnB)=P(A)PB1A)=0.7×0.95=0.665 3.下列说法正确的是( A.P(BA)=P(A B) B.P(BUCA)=P(BA)+P(C) C.P(B|A)-P(B) P(A) D.P(B1A)-P(AnB) P(A) 答案D 4.为考察某种药物预防疾病的效果，科研人员进行了动物试验，结果如下表所示 是否患病 是否服药 总计 患病 未患病 服用药 10 45 55 未服药 20 50 总计 30 73 105 在服药的前提下，未患病的概率为( A B月 c D号 案☐ 解析☐在服药的前提下，未患病的概率P铝=品 5.某班学生的考试成绩中，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号 B品 c D
第四章概率与统计 4.1 条件概率与事件的独立性 4.1.1 条件概率 基础巩固 1.已知 P(A∩B)= 3 10,P(A)= 3 5 ,则 P(B|A)等于( ) A. 9 50 B.1 2 C. 9 10 D.1 4 答案 B 解析 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = 3 10 3 5 = 1 2 . 2.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%,则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是 ( ) A.0.665 B.0.564 C.0.245 D.0.285 答案 A 解析 记 A:甲厂产品,B:甲厂的合格产品, 则 P(A)=0.7,P(B|A)=0.95, 因此 P(A∩B)=P(A)P(B|A)=0.7×0.95=0.665. 3.下列说法正确的是( ) A.P(B|A)=P(A|B) B.P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A) C.P(B|A)= 𝑃(𝐵) 𝑃(𝐴) D.P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) 答案 D 4.为考察某种药物预防疾病的效果,科研人员进行了动物试验,结果如下表所示. 是否服药 是否患病 总计 患病 未患病 服用药 10 45 55 未服药 20 30 50 总计 30 75 105 在服药的前提下,未患病的概率为( ) A.3 5 B.3 7 C. 9 11 D.11 15 答案 C 解析 在服药的前提下,未患病的概率 P=45 55 = 9 11. 5.某班学生的考试成绩中,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.1 5 B. 3 10 C.1 2 D.3 5
含案☐A 解析设A:数学不及格；B:语文不及格 由已知可得P(A)=15%,P(B)=5%,PAnB)=3% 因此P(BA)PA=瓷= P(A) 故数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为妇 6.分别用集合M={2,4,6,7,8,11,12}中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，己知取出的 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 含案☐ 解析设A:取出的两个元素中有一个是12，B:取出的两个元素构成可约分数，则 nA)=6,n(AnB)=4. 因此PBAM0-号 n(A) 7根据历年气象资料统计，某地4月份刮东风的概率是品既刮东风又下雨的概率是品，则在4 月份刮东风的条件下，该地4月份下雨的概率为 含案 解析设A:某地4月份刮东风，B:该地4月份下雨， 则A∩B为该地4月份既刮东风又下雨， 则PA)品PanB)品 7 所以PBM)PanB=銮=司 P(A) 8 30 8.某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这 种动物，则它能活到25岁的概率是」 答案☐b.5 解析☐设A:该动物活到20岁，B:该动物活到25岁， 则P(4)=0.8,P(B)=0.4. 因为P(AnB)=P(B)=0.4 所以P8)=职=若-05 9.某个兴趣小组有学生10人，其中有4人是三好学生.现已把这10人分成两小组进行竞赛辅 导，第一小组5人，其中三好学生2人 (1)如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的 概率是多少？ (2)现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，这名同学在第一小组内的概率是多少？ 解设A:在兴趣小组内任选一名同学，该同学在第一小组内，B:在兴趣小组内任选一名同学， 该同学是三好学生，而第二问中所求概率为P(4B)】 D由题意知，PA)=方 ②因为PB-是-号PunB三-专 Cio Cio 所以P4BG=号 10.某班从6名班干部中（其中男生4人，女生2人），任选3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A:男生甲被选中，B:女生乙被选中，求P(B)和P(B4)
答案 A 解析 设 A:数学不及格;B:语文不及格, 由已知可得 P(A)=15%,P(B)=5%,P(A∩B)=3%, 因此 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = 3% 15% = 1 5 . 故数学不及格时,该学生语文也不及格的概率为1 5 . 6.分别用集合 M={2,4,6,7,8,11,12}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 . 答案 2 3 解析 设 A:取出的两个元素中有一个是 12,B:取出的两个元素构成可约分数,则 n(A)=6,n(A∩B)=4. 因此 P(B|A)= 𝑛(𝐴⋂𝐵) 𝑛(𝐴) = 2 3 . 7.根据历年气象资料统计,某地 4 月份刮东风的概率是 8 30,既刮东风又下雨的概率是 7 30,则在 4 月份刮东风的条件下,该地 4 月份下雨的概率为 . 答案 7 8 解析 设 A:某地 4 月份刮东风,B:该地 4 月份下雨, 则 A∩B 为该地 4 月份既刮东风又下雨, 则 P(A)= 8 30,P(A∩B)= 7 30, 所以 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = 7 30 8 30 = 7 8 . 8.某种动物由出生算起活到 20 岁的概率为 0.8,活到 25 岁的概率为 0.4,现有一个 20 岁的这 种动物,则它能活到 25 岁的概率是 . 答案 0.5 解析 设 A:该动物活到 20 岁,B:该动物活到 25 岁, 则 P(A)=0.8,P(B)=0.4. 因为 P(A∩B)=P(B)=0.4, 所以 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐵) 𝑃(𝐴) = 0.4 0.8 =0.5. 9.某个兴趣小组有学生 10 人,其中有 4 人是三好学生.现已把这 10 人分成两小组进行竞赛辅 导,第一小组 5 人,其中三好学生 2 人. (1)如果要从这 10 人中选一名同学作为该兴趣小组组长,那么这个同学恰好在第一小组内的 概率是多少? (2)现在要在这 10 人中任选一名三好学生当组长,这名同学在第一小组内的概率是多少? 解 设 A:在兴趣小组内任选一名同学,该同学在第一小组内,B:在兴趣小组内任选一名同学, 该同学是三好学生,而第二问中所求概率为 P(A|B). (1)由题意知,P(A)= C5 1 C10 1 = 1 2 . (2)因为 P(B)= C4 1 C10 1 = 2 5 ,P(A∩B)= C2 1 C10 1 = 1 5 , 所以 P(A|B)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐵) = 1 2 . 10.某班从 6 名班干部中(其中男生 4 人,女生 2 人),任选 3 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 A:男生甲被选中,B:女生乙被选中,求 P(B)和 P(B|A)
解☐)设4：甲、乙都不被选中， 则P4) C 国此所求概率为PM-l-P4)-1手 11.某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的 保费与其上年度出险次数的关联如下表所示 上年度出 险次数 保费 0.854 a 1.25a 1.5a 1.75a 设该险种 续保人一年内出险次数与相应概率如下表所示 一年内出 险次数 25 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求续保人本年度的保费高于基本保费的概率： (2)若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。 解☐1)设A:续保人本年度的保费高于基本保费，则A发生当且仅当一年内出险次数大于1， 故P4)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. (2)设B:续保人本年度的保费比基本保费高出60%，则B发生当且仅当一年内出险次数大于 3, 故P(B)=0.1+0.05=0.15. 又P(AnB)=P(B), 故P0=0=器=品 因此所求概率为品 拓展提高 1某地一农业科技实验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出 芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗 的概率为( A.0.02 B.0.08 c.0.18 D.0.72 答案☐p 解析☐设“这粒水稻种子发芽”为事件A,“这粒水稻种子发芽后成长为幼苗”为事件AB,“这粒 水稻种子能成长为幼苗”为事件B4,则P(A)=0.8,P代B4)=O.9.由概率的乘法公式，得 P(4B)=P(B4)P(4)=0.9×0.8=0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72 2.已知某产品的次品率为4%，其合格品中75%为一级品，则任选一件产品为一级品的概率为 () A.0.75 B.0.96 C.0.72 D.0.78 答案☐ 解析记“任选一件产品是合格品”为事件A,则P(4)=1-PA=1-0.04=0.96, 记“任选一件产品是一级品”为事件B 由于一级品必是合格品，故事件A包含事件B,因此P(AB)=P(B) 由合格品中75%为一级品知P(B4)=0.75. 故P(B)=P(AB)=P(4)P(B4)=-0.96×0.75=0.72
解 (1)设 A:甲、乙都不被选中, 则 P(A)= C4 3 C6 3 = 4 20 = 1 5 , 因此所求概率为 P(𝐴)=1-P(A)=1- 1 5 = 4 5 . (2)P(B)= C5 2 C6 3 = 10 20 = 1 2 ,P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = C4 1 C5 2 = 4 10 = 2 5 . 11.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,续保人的本年度的 保费与其上年度出险次数的关联如下表所示. 上年度出 险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下表所示. 一年内出 险次数 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求续保人本年度的保费高于基本保费的概率; (2)若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. 解 (1)设 A:续保人本年度的保费高于基本保费,则 A 发生当且仅当一年内出险次数大于 1, 故 P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. (2)设 B:续保人本年度的保费比基本保费高出 60%,则 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 3, 故 P(B)=0.1+0.05=0.15. 又 P(A∩B)=P(B), 故 P(B|A)= 𝑃(𝐴⋂𝐵) 𝑃(𝐴) = 𝑃(𝐵) 𝑃(𝐴) = 0.15 0.55 = 3 11, 因此所求概率为 3 11. 拓展提高 1.某地一农业科技实验站,对一批新水稻种子进行试验,已知这批水稻种子的发芽率为 0.8,出 芽后的幼苗成活率为 0.9,在这批水稻种子中,随机地抽取一粒,则这粒水稻种子能成长为幼苗 的概率为( ) A.0.02 B.0.08 C.0.18 D.0.72 答案 D 解析 设“这粒水稻种子发芽”为事件 A,“这粒水稻种子发芽后成长为幼苗”为事件 AB,“这粒 水稻种子能成长为幼苗”为事件 B|A,则 P(A)=0.8,P(B|A)=0.9.由概率的乘法公式,得 P(AB)=P(B|A)P(A)=0.9×0.8=0.72,即这粒种子能成长为幼苗的概率为 0.72. 2.已知某产品的次品率为 4%,其合格品中 75%为一级品,则任选一件产品为一级品的概率为 ( ) A.0.75 B.0.96 C.0.72 D.0.78 答案 C 解析 记“任选一件产品是合格品”为事件 A,则 P(A)=1-P(𝐴)=1-0.04=0.96. 记“任选一件产品是一级品”为事件 B. 由于一级品必是合格品,故事件 A 包含事件 B,因此 P(AB)=P(B). 由合格品中 75%为一级品知 P(B|A)=0.75. 故 P(B)=P(AB)=P(A)P(B|A)=0.96×0.75=0.72
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，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概率为() A周 22 c喝 D 12 答案 解析根据题意，已知第一只是好的晶体管，则盒子里还有5只好的晶体管，4只坏的晶体管， 所以第二次也取到好的晶体管的概率是号故选C 4.小明早上步行从家到学校要经过两个有红绿灯的路口，根据经验，在第一个路口遇到红灯的 概率为0.4，在第二个路口遇到红灯的概率为0.5，在两个路口连续遇到红灯的概率是0.2.某天 早上小明在第一个路口遇到了红灯，则他在第二个路口也遇到红灯的概率是( ) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 答案D 懈析记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件A,“小明在第二个路口遇到红灯”为事件B,则 P(A)=0.4,P(B)=0.5,PAB)=0.2 所以P4)-兰05 5.(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候=120 C.P(B D.PBA)是 客案]ABC 解析☐根据条件概率的含义，P(4B)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C*5x4-60种，所以P4回-号 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"的概车国为三个点数都不同的情况数目为A是=120，所以PB4)曾=品= 6.盒子中装有大小、质地完全相同的五张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5.现每次从中任意抽取 一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为 奇数的概率为 答案☐ 解析☐设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A,“第三张为奇数”为事件B,则所求概率 为P(BLA)=Ag=A3A+A=1 nAAA+A5A=艺 7.从编号为1,2，，10的10个大小、质地完全相同的球中任取4个，在取出4号球的条件下， 取出球的最大号码为6的概率为 含案片 解析☐设事件A表示取出的4个球中含有4号球，B表示取出的4个球中最大号码为6. 依题意，知n(A)=C好=84，n(AB)=C=6
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,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,已知第一只是好的晶体管,则盒子里还有 5 只好的晶体管,4 只坏的晶体管, 所以第二次也取到好的晶体管的概率是5 9 .故选 C. 4.小明早上步行从家到学校要经过两个有红绿灯的路口,根据经验,在第一个路口遇到红灯的 概率为 0.4,在第二个路口遇到红灯的概率为 0.5,在两个路口连续遇到红灯的概率是 0.2.某天 早上小明在第一个路口遇到了红灯,则他在第二个路口也遇到红灯的概率是( ) A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 答案 D 解析 记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件 A,“小明在第二个路口遇到红灯”为事件 B,则 P(A)=0.4,P(B)=0.5,P(AB)=0.2, 所以 P(B|A)= 𝑃(𝐴𝐵) 𝑃(𝐴) = 0.2 0.4 =0.5. 5.(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 . 6.盒子中装有大小、质地完全相同的五张卡片,分别标有数字 1,2,3,4,5.现每次从中任意抽取 一张,取出后不再放回,若抽取三次,则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下,第三张为 奇数的概率为 . 答案 1 2 解析 设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件 A,“第三张为奇数”为事件 B,则所求概率 为 P(B|A)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = A2 2A3 1+A3 3 A3 2A3 1+A2 2A3 1 = 1 2 . 7.从编号为 1,2,…,10 的 10 个大小、质地完全相同的球中任取 4 个,在取出 4 号球的条件下, 取出球的最大号码为 6 的概率为 . 答案 1 14 解析 设事件 A 表示取出的 4 个球中含有 4 号球,B 表示取出的 4 个球中最大号码为 6. 依题意,知 n(A)=C9 3=84,n(AB)=C4 2=6
所以PaA)织=品-品 8.一个口袋内装有4个大小、质地完全相同的球其中2个白球，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？ 解)先摸出1个白球不放回，则口袋内还装有1个白球和2个黑球，所以再摸出一个白球 的概率为P号 (2)先摸出1个白球后放回，则口袋内还装有2个白球和2个黑球，所以再摸出1个白球的概 率为P"号-=月 挑战创新 一袋中装有10个大小、质地完全相同的黑球和白球若从袋中任意摸出2个球，至少有1个 白球的概率为号 (1)求白球的个数 (2)现从中不放回地摸球，每次摸出1个球，摸2次，己知第1次摸得白球，求第2次摸得黑球的 概率 解☐1)设“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件4，袋中白球个数为x 由题意，得P)=1=子 C10 解得x=5,即白球的个数为5. (2)设“第1次摸得白球”为事件B,“第2次摸得黑球”为事件C,则“第1次摸得白球，且第2次 摸得黑球”为事件BC. PB品×号=亮= P品×+×== 90 国此，所求税率PCB)巴-章= P(B)
所以 P(B|A)= 𝑛(𝐴𝐵) 𝑛(𝐴) = 6 84 = 1 14. 8.一个口袋内装有 4 个大小、质地完全相同的球,其中 2 个白球,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? 解 (1)先摸出 1 个白球不放回,则口袋内还装有 1 个白球和 2 个黑球,所以再摸出一个白球 的概率为 P=1 3 . (2)先摸出 1 个白球后放回,则口袋内还装有 2 个白球和 2 个黑球,所以再摸出 1 个白球的概 率为 P'=2 4 = 1 2 . 挑战创新 一袋中装有 10 个大小、质地完全相同的黑球和白球.若从袋中任意摸出 2 个球,至少有 1 个 白球的概率为7 9 . (1)求白球的个数; (2)现从中不放回地摸球,每次摸出 1 个球,摸 2 次,已知第 1 次摸得白球,求第 2 次摸得黑球的 概率. 解 (1)设“从袋中任意摸出 2 个球,至少有 1 个白球”为事件 A,袋中白球个数为 x. 由题意,得 P(A)=1- C10-𝑥 2 C10 2 = 7 9 , 解得 x=5,即白球的个数为 5. (2)设“第 1 次摸得白球”为事件 B,“第 2 次摸得黑球”为事件 C,则“第 1 次摸得白球,且第 2 次 摸得黑球”为事件 BC. P(BC)= 5 10 × 5 9 = 25 90 = 5 18, P(B)= 5 10 × 5 9 + 5 10 × 4 9 = 25+20 90 = 1 2 . 因此,所求概率 P(C|B)= 𝑃(𝐵𝐶) 𝑃(𝐵) = 5 18 1 2 = 5 9