数学北师大选修自我小测 第二章条件概率与独立事件 含解析

第二章 §3一、选择题1．一个电路上装有甲、乙两根保险丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，甲、乙两根保险丝熔断与否相互独立，则两根保险丝都熔断的概率为( )A ．1B ．0.629C ．0D ．0.74或0.85[答案] B[解析] 事件“两根保险丝都熔断”即事件“甲保险丝熔断”“乙保险丝熔断”同时发生，依题意得事件“两根保险丝都熔断”的概率为0.85×0.74＝0.629.2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512B.12C.712D.34[答案] C[解析] 依题意得P (A )＝12，P (B )＝16，事件A ，B 中至少有一件发生的概率等于1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－(1－12)×(1－16)＝1－512＝712.3．(2014·哈师大附中高二期中)一盒中装有5个产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中不放回地取出产品，每次1个，取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率是( )A.12 B.13 C.14 D.23[答案] A[解析] 解法1：设A ＝“第一次取到二等品”，B ＝“第二次取得一等品”，则AB ＝“第一次取到二等品且第二次取到一等品”，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝2×35×42×3＋3×25×4＝12.解法2：设一等品为a 、b 、c ，二等品为A 、B ，“第二次取到一等品”所含基本事件有(a ，b )，(a ，c )，(b ，a )，(b ，c )，(c ，a )，(c ，b )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )共12个，其中第一次取到一等品的基本事件共有6个，∴所求概率为P ＝612＝12.二、填空题4．3人独立地破译一个密码，每人破译出密码的概率分别为15，14，13，则此密码被破译出的概率为________．[答案] 35[解析] 可从对立事件考虑，此密码不被译出的概率是⎝⎛⎭⎫1－15×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－13＝45×34×23＝25，所以此密码被破译出的概率是1－25＝35. 5．若P (A )＝0.5，P (B )＝0.3，P (AB )＝0.2，则P (A |B )＝________，P (B |A )＝________. [答案] 23 25[解析] P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.20.3＝23，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.20.5＝25. 三、解答题6．(2014·陕西理，19)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于．．．2000元的概率．[解析] (1)设A 表示事件“作物产量为300kg ”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg ”，由题设知P (A )＝0.5，P (B )＝0.4， ∵利润＝产量×市场价格－成本， ∴X 所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000， 300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800，P (X ＝4000)＝P (A －)P (B －)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P (X ＝2000)＝P (A －)P (B )＋P (A )P (B －)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5， P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2， 所以X 的分布列为(2)设C i 表示事件“第i 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，P (C i )＝P (X ＝4000)＋P (X ＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1,2,3)， 3季的利润均不少于2000元的概率为 P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季利润不少于2000元的概率为P (C －1C 2C 3)＋P (C 1C －2C 3)＋P (C 1C 2C －3)＝3×0.82×0.2＝0.384， 所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为 0．512＋0.384＝0.896.一、选择题1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A.56 B.910 C.215 D.115[答案] C[解析] 本题主要考查由条件概率分式变形得到的乘法公式，P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故选C. 2．假日期间，甲去黄山的概率是14，乙去黄山的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在假日期间甲、乙两人至少有一人去黄山的概率是( )A.320 B.15 C.25 D.920 [答案] C[解析] 设甲、乙去黄山分别为事件A 、B ，则P (A )＝14，P (B )＝15，∴P ＝1－P (A B )＝1－34×45＝25.3．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.13 C.14 D.15[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 )＝37×12，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12，故选A.4．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12[答案] B[解析] ∵P (A )＝C 22＋C 23C 25＝410，P (AB )＝C 22C 25＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14. 5．已知每门大炮射击一次击中目标的概率是0.3，现用n 门这样的大炮同时对某一目标射击一次，若要使目标被击中的概率超过95%，则n 的最小整数值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11[答案] B[解析] 把每门大炮射击一次看成做了一次试验，击中目标看成试验成功，则试验成功的概率为0.3，用X 表示这n 门大炮击中目标的次数．事件“目标被击中”即{X >0}，则“目标被击中”的概率为P (X >0)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－0.3)n .为使目标被击中的概率超过95%，则有1－(1－0.3)n >95%，解得n >8.4.根据实际意义，至少要用9门这样的大炮才能使目标被击中的概率超过95%，即n 的最小整数值为9.二、填空题6．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．[答案] 0.128[解析] 由题设，分两类情况：(1)第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，由概率乘法公式得P 1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.102 4；(2)第1、2个错误，第3、4个正确， 此时概率P 2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.025 6.由互斥事件概率公式得P ＝P 1＋P 2＝0.102 4＋0.025 6＝0.128.7．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件．则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关． [答案] ②④[解析] P (B )＝P (BA 1)＋P (BA 2)＋P (BA 3)＝5×510×11＋2×410×11＋3×410×11＝922，故①⑤错误；②P (B |A 1)＝5×510×1112＝511，正确；③事件B 与A 1的发生有关系，故错误； ④A 1，A 2，A 3不可能同时发生，是互斥事件． 三、解答题8．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、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：(1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？ (2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？[分析] 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙为雨天”，则根据题意有P (A )＝0.20，P (B )＝0.18，P (A ∩B )＝0.12.问题(1)为求P (A |B )，(2)为求P (B |A )．[解析] 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则 (1)乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝0.120.18＝0.67. (2)甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝0.120.20＝0.60. [点评] 要弄清所求事件的概率是在什么条件下的发生的概率，以便正确地运用条件概率公式．9．(2014·北京理，16)李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛互相独立)：(1)的概率； (2)从上述比赛中选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x －为表中10个命中次数的平均数．从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX 与x －的大小．(只需写出结论)[解析] (1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的场次有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．则C ＝A B －∪A －B ，A ，B 独立．根据投篮统计数据，P (A )＝35，P (B )＝25，P (C )＝P (A B －)＋P (A －B ) ＝35×35＋25×25 ＝1325.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为1325.(3)EX ＝x －.10．(2012·全国大纲文，20)乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙在一局比赛中，甲先发球．(1)求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率； (2)求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．[解析] 记A 1表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； B 1表示事件：第3次和第4次这两次发球，甲共得i 分，i ＝0,1,2； A 表示事件：第3次发球，甲得1分；B 表示事件：开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2；C 表示事件：开始第5次发球时，甲得分领先． (1)B ＝A 0·A ＋A 1·A ，P (A )＝0.4，P (A 0)＝0.42＝0.16，P (A 1)＝2×0.6×0.4＝0.48， P (B )＝P (A 0·A ＋A 1·A ) ＝P (A 0·A )＋P (A 1·A ) ＝P (A 0)P (A )＋P (A 1)P (A ) ＝0.16×0.4＋0.48×(1－0.4) ＝0.352.(2)P (B 0)＝0.62＝0.36， P (B 1)＝2×0.4×0.6＝0.48， P (B 2)＝0.42＝0.16， P (A 2)＝0.62＝0.36. C ＝A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2 P (C )＝P (A 1·B 2＋A 2·B 1＋A 2·B 2) ＝P (A 1·B 2)＋P (A 2·B 1)＋P (A 2·B 2) ＝P (A 1)P (B 2)＋P (A 2)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2) ＝0.48×0.16＋0.36×0.48＋0.36×0.16 ＝0.307 2.。

高中数学 第二章 概率 3 条件概率与独立事件同步测控 北师大版选修2-3我夯基，我达标件产品中有6件次品，现从中不放回任取3件产品，在前两次抽取为正品的前提下第三次抽取次品的概率为( ) A.971 B.981 C.493 D.503 解析：设事件A 为“前两次抽取为正品”，事件B 为“第三次抽到次品”，则AB 包含的基本事件个数为n(AB)=A 294A 16，A 包含的基本事件个数n(A)=A 294A 198，从而P(B|A)=198********)()(A A A A A n AB n ==493. 答案：C2.某商场开展促销抽奖活动，摇奖器摇出的一组中奖号码是6,5，2,9，0，4，参加抽奖的每位顾客从0，1,2，…，9这十个号码中抽出六个组成一组，如果顾客抽出的六个号码中至少有5个与摇奖器摇出的号码相同(不计顺序)就可以得奖，则甲顾客在已知第一次摇的号码是这六个中的一个，他得奖的概率是( ) A.421 B.301 C.61 D.425 解析：设事件A 为“甲抽取的第一个号码是六个中奖号码中的一个”，事件B 为“甲得奖”. n(A)=A 16A 59，n(AB)=A 16C 45C 14A 55+A 16A 55，P(B|A)=61)()(=A n AB n . 答案：C3.盒中有10只螺丝钉，其中有3只是坏的，现从盒中随机抽取2只，那么在第一只抽取为好的前提下，至多1只是坏的概率为( )A. 121B.1C.8483D.841 解析：设事件A 表示“抽取第一只为好的”，事件B 为“抽取的两只中至多1只是坏的”，P(A)=,1072101917=A A A P(AB)=,10721016171317=+A A A A A ∴P(B|A)=)()(A P AB P =1.4.一个口袋内装有大小相等的5个白球和3个黑球，从中任取出两个球，在第一次取出是白球的前提下，第二次取出黑球的概率为( ) A. 51 B.31 C.83 D.73 解析：设事件A 表示“第一次取白球”，事件B 表示“第二次取黑球”，则P(A)=85281715=A A A ， P(AB)=5615281315=A A A . ∴P(B|A)=73855615)()(==AB P AB P . 答案：D5.某人每周晚上值班2次，在已知他星期日一定值班的前提下，则值班表安排他连续两天值班的概率为( ) A.31 B.41 C.51 D.61 解析：设事件A 表示“他星期日值班”，事件B 表示“他连续两天值班”(星期六、星期日和星期日、星期一值班都是连续两天值班).P(A)=,211)(,71271211271611===A A A AB P A A A ∴P(B|A)=.3171211)()(==A P AB P 答案：A6.从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取3次，每次抽1张.已知前2次抽到K ，则第三次抽到A 的概率为( ) A.251 B.252 C.353 D.503 解析：设事件A 表示“前两次抽到K”，事件B 表示“第三次抽到A”，则P(A)=35215024A A A ， P(AB)=3521424A A A ， ∴P(B|A)=.252)()(150241424==A A A A A P AB P件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已知第1次抽取的是次品，求第2次抽出正品的概率为________________________.解析：设事件A 表示“第一次抽取的是次品”，事件B 表示“第2次抽出的是正品”.P(A)=201210019915=A A A ， P(AB)=,39619210019515=A A A ∴P(B|A)=999520139619)()(==A P AB P . 答案：9995 8.某班共有40名学生，其中只有一对双胞胎，若从中一次随机抽查三名同学的作业，其中有一名为双胞胎哥哥，则这对双胞胎的作业同时被抽到的概率是____________________. 解析：设事件A 表示“抽查的三名同学，其中有一名为双胞胎哥哥”，B 表示“抽查的三名同学中，双胞胎被同时抽到”.n(A)=C 11C 239，n(AB)=C 22C 138，P(B|A)=392)()(2391113822==C C C C A n AB n . 答案：392 9.甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个.甲、乙两人依次各抽1题，在甲抽到选择题的前提下，乙也抽到选择题的概率是多少？ 解：设甲抽到选择题为事件A ，乙抽到选择题为事件B.n(A)=6×9=54，n(AB)=6×5=30，∴P(B|A)=955430)()(==A n AB n . 10.某种灯泡用5 000小时未坏的概率为43，用10 000小时未坏的概率为21，现在有一个这种灯泡已经用了5 000小时未坏，问它能用到10 000小时的概率是多少？ 解：设A=“灯泡用到5 000小时”，B=“灯泡用到10 000小时”，题设P(A)=43，P(B)= 21. 我们知道用到10 000小时的灯泡一定用了5 000小时，所以B A,从而P(AB)=P(B).现求灯泡在用了5 000小时的条件下再用到10 000小时的概率，即求P(B|A)，利用乘法公式得P(B|A)= )()(A P AB P =324321=. 我综合，我发展11.一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么，先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是( ) A.43 B.21 C.31 D.41 解析：记“先摸出1个白球不放回”为事件A ，“再摸出一个白球”为事件B ，则n(A)=2×3，n(AB)=2×1，所以P(B|A)=31)()(=A n AB n . 答案：C12.一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么，先摸出一个白球后放回，再摸出一个白球的概率是( ) A. 43 B.21 C.31 D.41 解析：记“先摸出一个白球放回”为事件A ，“再摸出一个白球”为事件B ，n(A)=2×4，n(AB)=2×2，所以P(B|A)=)()(A n AB n =21. 答案：B13.在10个球中有6个红球和4个白球(各不相同)，不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球的条件下，第二次也摸到红球的概率为( ) A.101 B.95 C.52 D.53 解析：设事件A 表示“第一次摸到红球”，事件B 表示“第二次也摸到红球”，则P(A)=532101916=A A A ，P(AB)=312101516=A A A ， ∴P(B|A)=955331)()(==A P AB P . 答案：B14.某个家庭中有2个小孩，已知其中1个是男孩，则另1个也是男孩的概率为______________.解析：一个家庭的两个小孩只有4种可能：{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}，由题目可知这4个基本事件发生是等可能的，根据题意，设基本事件空间为Ω,A 表示“其中一个是男孩”，B 表示“另一个也是男孩”，则Ω={(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}A={(男，男)，(男，女)，(女，男)} AB={(男，男)}∴n(A)=3，n(AB)=1.故P(B|A)=31)()(=A n AB n . 答案：31 15.从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，其中男生甲一定参加，所选3人中恰有1名女生的概率为___________________.解析：设事件A 表示“男生甲参加”，事件B 表示“3人中恰有1名女生参加”，n(A)=C 11C 25，n(AB)=C 11C 12C 13,P(B|A)=53)()(2511131211==C C C C C A n AB n . 答案：53 16.某个班级有学生40人，其中有共青团员15人.全班分成四个小组，第一小组有学生10人，其中共青团员4人.如果要在班内任选一人当学生代表，那么这个代表恰好在第一小组内的概率为多少？现在要在班级任选一个共青团员当团员代表，问这个代表恰好在第一小组内的概率是多少？解：设A={在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B={在班内任选一个学生，该学生是共青团员}，而第二问中所求概率为P(A|B)，于是P(A)=,414010= P(A|B)=.1544015404)()(==B P AB P 我创新，我超越 17.抛掷五枚硬币时，已知至少出现两个正面，问恰好出现三个正面的概率是多少？ 解：设A=“至少出现两个正面”，B=“恰好出现三个正面”，P(B|A)=.135212)(1)()()(51505535=+-=-=C C C A P AB P A P AB P 18.有一保险箱密码共有8位数字，每位数字都可从0—9中任选一个，保管忘记了密码的最后一位数字.求：(1)任意按最后一位数字，不超过3次就按对的概率；(2)如果他记得密码的最后一位是奇数，不超过3次就按对的概率.解：设第i 次按对密码为事件A i (i=1,2，3)，则不超过3次就按对密码的事件为A=A 1∪(A 1A 2)∪(A 1A 2A 3).(1)P(A)=P(A 1)+P(A 1A 2)+P(A 1A 2A 3)=.103891018991019101=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯+ (2)用B 表示最后一位按奇数事件，则P(A|B)=P(A 1|B)+P(A 1A 2|B)+P(A 1A 2A 3|B)=51+531451344514=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯. 19.现有四个整流二极管可串联或并联结成一个电路系统，已知每个二极管的可靠度为(即正常工作的概率)，请你设计一种四个二极管之间的串并联形式的电路系统，使得其可靠度大于.画出你的设计图并说明理由.解：(1)P=1-4= 4>；(2)P=1-2= 4>;(3)P=［1-2］2= 6>；(4)P=1-= 4>；(5)P=1-2= 6>.以上五种之一均可.(1)(2)(3)(4)(5)。

2.1条件概率与独立事件学习目标 1.理解条件概率的定义及计算方法.2.了解两个事件相互独立的概念.3.能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决问题．知识点一条件概率思考(1)3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3名同学无放回地抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比其他同学小？(2)如果已知第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是多少？梳理(1)概念：已知事件B发生的条件下，A发生的概率称为B发生时A发生的条件概率，记为________．(2)公式：当P(B)>0时，P(A|B)＝P(AB) P(B).知识点二相互独立事件思考在一次数学测试中，甲考满分对乙考满分有影响吗？梳理(1)定义：对两个事件A，B，如果P(AB)＝________，则称A，B相互独立．(2)性质：如果A，B相互独立，则A与B，A与________，A与B也相互独立．(3)如果A1，A2，…，A n相互独立，则有P(A1A2…A n)＝____________________.类型一条件概率例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、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问：(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是多少？(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是多少？反思与感悟在概率的求解题目中，若出现“已知在…前提下(条件下)”等字眼时，一般需用到条件概率；若题中出现“事件B的发生受事件A发生的影响”时，也需利用条件概率解决．跟踪训练1甲、乙、丙、丁4人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“甲独自去一个景点”，则P(A|B)＝________.类型二独立事件的判定及概率计算命题角度1独立事件的判定例2对于下列给出的事件：①甲、乙两同学同时解一道数学题，事件A表示“甲同学做对”，事件B表示“乙同学做对”；②在某次抽奖活动中，记事件A表示“甲抽到的两张奖券中，一张中一等奖，另一张未中奖”，事件B表示“甲抽到的两张奖券均中二等奖”；③一个布袋里有3个白球和2个红球，记事件A，B分别表示“从中任意取一个是白球”与“取出的球不放回，再从中任取一球是红球”；④在有奖储蓄中，记甲在不同奖组M和N中所开设的两个户头分别中一等奖为事件A和B.其中事件A和事件B相互独立的是________．(填序号)反思与感悟事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件称为相互独立事件．跟踪训练2掷一枚骰子一次，设事件A：“出现偶数点”，事件B：“出现3点或6点”，则事件A，B的关系是()A．互斥但不相互独立B．相互独立但不互斥C．互斥且相互独立D．既不相互独立也不互斥命题角度2相互独立事件同时发生的概率例3甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：(1)2人都射中目标的概率；(2)2人中恰有1人射中目标的概率；(3)2人至少有1人射中目标的概率；(4)2人至多有1人射中目标的概率．反思与感悟求P(AB)时注意事件A、B是否相互独立，求P(A＋B)时同样应注意事件A、B 是否互斥，对于“至多”“至少”型问题的解法有两种思路：①分类讨论；②求对立事件，利用P(A)＝1－P(A)来运算．跟踪训练3某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05，求两次抽奖中以下事件的概率：(1)都抽到某一指定号码；(2)恰有一次抽到某一指定号码；(3)至少有一次抽到某一指定号码．1．下列说法正确的是() A ．P (B |A )<P (AB ) B ．P (B |A )＝P (B )P (A )是可能的 C ．0<P (B |A )<1D ．P (A |A )＝02．坛子中放有3个白球和2个黑球，从中进行不放回地取球2次，每次取一球，用A 1表示第一次取得白球，A 2表示第二次取得白球，则A 1与A 2是( ) A ．互斥事件 B ．相互独立事件 C ．对立事件D ．不相互独立事件3．甲，乙，丙三人独立去破译一个密码，分别破译出的概率为15，13，14，则此密码能破译出的概率是( ) A.160 B.25 C.35 D.59604．已知A 、B 是相互独立事件，且P (A )＝12，P (B )＝23，则P (A B )＝________；P (A B )＝________.5．在感冒流行的季节，设甲、乙两人患感冒的概率分别为0.6和0.5，则他们中有人患感冒的概率是________．1．条件概率的前提条件是：在知道事件A 必然发生的前提下，只需局限在A 发生的范围内考虑问题，在事件A 发生的前提下事件B 发生，等价于事件A 和B 同时发生，由古典概型知，其条件概率为P (B |A )＝n (AB )n (A )＝n (AB )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (AB )P (A )，其中，n (Ω)为一次试验可能出现的所有结果数，n (A )为事件A 所包含的结果数，n (AB )为AB 同时发生时的结果数．2．P (AB )＝P (A )P (B )使用的前提条件是A ，B 为相互独立事件；当事件A 与B 相互独立时，事件A 与B 、A 与B 、A 与B 也相互独立．3．求事件的概率时，有时遇到求“至少”或“至多”等事件概率问题，可考虑用他们的对立事件求解．答案精析问题导学 知识点一思考 (1)最后一名同学抽到中奖奖券的概率为13，不比其他同学小．(2)按照古典概型的计算公式，此时最后一名同学抽到中奖奖券的概率为12.梳理 (1)P (A |B ) 知识点二 思考 没有影响．梳理 (1)P (A )P (B ) (2)B (3)P (A 1)P (A 2)…P (A n ) 题型探究例1 解 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则： (1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝0.67. (2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0.60. 跟踪训练1 29解析 甲独自去一个景点，有4个景点可选，其余3人每人都有3种选择，可能性为3×3×3＝27(种)．故甲独自去一个景点的可能性为4×27＝108(种)， 4人去不同的景点的可能性为4×3×2×1＝24(种)． 故P (A |B )＝24108＝29.例2 ①④ 解析跟踪训练2B例3解记“甲射击1次，击中目标”为事件A，“乙射击1次，击中目标”为事件B，则A与B，A与B，A与B，A与B为相互独立事件，(1)“2人都射中”的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72，所以2人都射中目标的概率是0.72.(2)“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中(事件A B发生)，另一种是甲未击中、乙击中(事件A B发生)．根据题意，事件A B与A B互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，所求的概率为P(A B)＋P(A B)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9＝0.08＋0.18＝0.26.所以2人中恰有1人射中目标的概率是0.26.(3)方法一“2人至少有1人射中”包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为P＝P(AB)＋＝0.72＋0.26＝0.98.方法二“2人至少有一人射中”与“2人都未射中”为对立事件，“2个都未射中目标”的概率是P(A B)＝P(A)P(B)＝(1－0.8)(1－0.9)＝0.02，所以“两人至少有1人射中目标”的概率为P＝1－P(A B)＝1－0.02＝0.98.(4)方法一“至多有1人射中目标”包括“2人都未射中”和“有1人射中”，故所求概率为P＝P(A B)＋P(A B)＋P(A B)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.02＋0.08＋0.18＝0.28.方法二“至多有1人射中目标”的对立事件是“2人都射中目标”，故所求概率为P＝1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－0.72＝0.28.跟踪训练3 解 设“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A ，“第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB .(1)由于两次抽奖结果互不影响，因此事件A 与B 相互独立．于是由独立性可得两次抽奖都抽到某一指定号码的概率为P (AB )＝P (A )P (B )＝0.05×0.05＝0.002 5.(2)“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用(A B )∪(A B )表示．由于事件A B 与A B 互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义，可得所求事件的概率为 P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.05×(1－0.05)＋(1－0.05)×0.05＝0.095. 即恰有一次抽到某一指定号码的概率为0.095.(3)方法一 “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用(AB )∪(A B )∪(A B )表示．由于事件AB ，A B 和A B 两两互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义，可得所求事件的概率为P (AB )＋P (A B )＋P (A B )＝0.002 5＋0.095＝0.097 5. 方法二 1－P (A B )＝1－(1－0.05)2＝0.097 5. 即至少有一次抽到某一指定号码的概率为0.0975. 当堂训练1．B 2.D 3.C 4.16 165.0.8。

（新课标）2017-2018学年北师大版高中数学选修1-2§2 独立性检验 2.1 条件概率与独立事件课时目标 1.在具体情境中，了解条件概率的概念.2.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．1．条件概率定义：已知________________A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P(A|B)．2．公式P(A|B)＝__________.一、选择题1．设P(A|B)＝P(B|A)＝12，P(A)＝13，则P(B)等于( )A.12B.13C.14D.162．100件产品中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽1件，已知第1次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为( )A.599B.120C.19396D.95993．甲乙两人独立地解同一道题，甲解对的概率为34，乙解对的概率为23，则恰有1人解对的概率为( )A.34B.23C.12D.512 4．某人独立射击三次，每次射中的概率为0.6，则三次中至少有一次射中的概率为( ) A ．0.216 B ．0.064 C ．0.936D ．0.0365．某零件加工由两道工序完成，第一道工序的废品率为a ，第二道工序的废品率为b ，假定这两道工序是否出废品彼此无关，那么产品的合格率为( )A ．ab －a －b ＋1B ．1－a －bC ．1－abD ．1－2ab二、填空题6．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.现有一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时的概率是________．7．一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，问这时另一个小孩是男孩的概率是________．8．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P(A)＝________.三、解答题9．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．10.甲、乙、丙三位学生用计算机联网进行数学测试，每天独立完成10道数学题，已知甲及格的概率是810，乙及格的概率是610，丙及格的概率是710，三人各答一次，求三人中只有一人答题及格的概率．能力提升11．根据历年气象资料统计，某地四月份刮东风的概率是830，既刮东风又下雨的概率是730.问该地四月份刮东风时下雨的概率是________．12．栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5，移栽后成活的概率分别为0.7,0.9.(1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率；(2)求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率．1．所谓条件概率，是当试验结果的一部分信息已知(即在原随机试验的条件下，再加上一定的条件)，求另一事件在此条件下的概率．2．已知事件A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，求P(B|A)时，除按公式外，还可把A看做新的基本事件空间来计算B发生的概率．3．事件A、B独立，B发生不影响A的概率．§2 独立性检验2．1 条件概率与独立事件答案知识梳理1．B 发生的条件下 2.P(AB)P(B)作业设计1．B [P(AB)＝P(A)P(B|A)＝13×12＝16，由P(A|B)＝P(AB)P(B)，得P(B)＝P(AB)P(A|B)＝16×2＝13，故选B.] 2．D [第1次抽出的是次品之后，还剩下4件次品，95件正品，所以所求概率为9599.]3．D [记“甲解对此题”为事件A ，“乙解对此题”为事件B ，它们相互独立． 则恰有1人解对为事件A B ∪A B ， ∴P(A B ∪A B)＝P(A B )＋P(A B) ＝P(A)P(B )＋P(A )P(B) ＝34×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23＝512.] 4．C [可以考虑利用对立事件的概率以及相互独立事件的关系来求． P ＝1－0.4×0.4×0.4＝0.936.]5．A [合格率为(1－a)·(1－b)＝ab －a －b ＋1.] 6.23解析 记事件A ：“用满3 000小时不坏”，P(A)＝34；记事件B ：“用满8 000小时不坏”，P(B)＝12.因为B ⊂A ，所以P(AB)＝P(B)＝12，则P(B|A)＝P(AB)P(A)＝1234＝12×43＝23.7.23解析 一个家庭的两个小孩只有4种可能{两个都是男孩}，{第一个是男孩，第二个是女孩}，{第一个是女孩，第二个是男孩}，{两个都是女孩}，由题意知，这4个事件是等可能的．设基本条件空间为Ω，A ＝“其中一个是女孩”，B ＝“其中一个是男孩”，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}，∴P(B|A)＝P(AB)P(A)＝2434＝23.8.23解析 由已知P(A ·B )＝P(A )P(B )＝19①又P(A ·B )＝P(A ·B)，即[1－P(A )]·P(B )＝P(A )[1－P(B )]② 由①②解得P(A )＝P(B )＝13，所以P(A)＝23.9．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)＝6×5＝30，n(A)＝4×5＝20， 于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝4×3＝12， 于是P(AB)＝n(AB)n(Ω)＝1230＝25.(3)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)＝P(AB)P(A)＝2523＝35.方法二 因为n(AB)＝12，n(A)＝20， 所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝1220＝35.10．解 设甲、乙、丙三人答题及格分别为事件A 、B 、C ， 则P(A)＝810，P(B)＝610，P(C)＝710，设三人各答题一次，只有一人及格为事件D ， 则D 的情况为：A B C 、A B C 、A B C. 所以P(D)＝P(A B C )＋P(A B C )＋P(A B C) ＝P(A)P(B )P(C )＋P(A )P(B)P(C )＋P(A )·P(B )P(C)＝810×⎝⎛⎭⎪⎫1－610⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－810×610×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－810⎝ ⎛⎭⎪⎫1－610×710＝47250.11.78解析 记“某地四月份刮东风”为事件A ，“某地四月份下雨”为事件B ， 则P(A)＝830，P(AB)＝730，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝78.12．解 分别记甲、乙两种果树成苗为事件A 1、A 2；分别记甲、乙两种果树苗移栽后成活为事件B 1、B 2，则P(A 1)＝0.6，P(A 2)＝0.5，P(B 1)＝0.7，P(B 2)＝0.9.(1)甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为 P(A 1＋A 2)＝1－P(A 1·A 2)＝1－0.4×0.5＝0.8.(2)分别记甲、乙两种果树培育成苗且移栽成活为事件A 、B ，则P(A)＝P(A 1B 1)＝0.42，P(B)＝P(A 2B 2)＝0.45.恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为P(A B ＋A B)＝0.42×0.55＋0.58×0.45＝0.492.。