2020-2021学年4.1.1 条件概率课后作业题

这是一份2020-2021学年4.1.1 条件概率课后作业题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．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.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
B [∵P(A)＝eq \f(C\\al(2,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)，P(A∩B)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
∴P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(1,4).]
2．下列说法正确的是( )
A．P(B|A)＜P(A∩B)B．P(B|A)＝eq \f(PB,PA)是可能的
C．0＜P(B|A)＜1D．P(A|A)＝0
B [由条件概率公式P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)及0≤P(A)≤1知P(B|A)≥P(A∩B)，故A选项错误；当事件A包含事件B时，有P(A∩B)＝P(B)，此时P(B|A)＝eq \f(PB,PA)，故B选项正确；由于0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，故C，D选项错误．故选B.]
3．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A．0.8B．0.75
C．0.6D．0.45
A [已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.]
4．已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )
A．0.6B．0.7
C．0.8D．0.9
C [设A＝“在第一个路口遇到红灯”，B＝“在第二个路口遇到红灯”．由题意得，P(A∩B)＝0.4，P(A)＝0.5，所以P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.]
5．抛掷两枚骰子，则在已知它们点数不同的情况下，至少有一枚出现6点的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,18)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,9)
A [设“至少有一枚出现6点”为事件A，“两枚骰子的点数不同”为事件B，则n(B)＝6×5＝30，n(A∩B)＝10，
所以P(A|B)＝eq \f(nA∩B,nB)＝eq \f(10,30)＝eq \f(1,3).]
二、填空题
6．高一新生体检中发现：体重超重者占40%，血压异常者占15%，两者都有的占8%，今任选一人进行健康复查，已知此人超重，他血压异常的概率为________．
0.2 [记事件A表示体重超重，事件B表示血压异常，则P(A)＝40%，P(AB)＝8%，
∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.08,0.4)＝0.2.]
7．一个袋子内装有除颜色不同外其余完全相同的3个白球和2个黑球，从中不放回地任取两次，每次取一球，在第一次取到的是白球的条件下，第二次也取到白球的概率是________．
eq \f(1,2) [记事件A：第一次取得白球．
事件B：第二次取得白球．
事件B|A：第一次取到白球的条件下，第二次也取得白球．
则P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(3×2,5×4),\f(3,5))＝eq \f(1,2).]
8．抛掷骰子2次，每次结果用(x1，x2)表示，其中x1，x2分别表示第一次、第二次骰子的点数．若设A＝{(x1，x2)|x1＋x2＝10}，B＝{(x1，x2)|x1>x2}，则P(B|A)＝________.
eq \f(1,3) [∵P(A)＝eq \f(3,36)＝eq \f(1,12)，P(A∩B)＝eq \f(1,36)，
∴P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(1,36),\f(1,12))＝eq \f(1,3).]
三、解答题
9．一个口袋内装有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？
[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，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果，所以P(A)＝eq \f(1,2)，P(A∩B)＝eq \f(2×1,4×3)＝eq \f(1,6)，所以P(B|A)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq \f(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eq \f(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)＝eq \f(1,2)，P(A1∩B1)＝eq \f(2×2,4×4)＝eq \f(1,4)，所以P(B1|A1)＝eq \f(PA1∩B1,PA1)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(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eq \f(1,2).
10.集合A＝{1,2,3,4,5,6}，甲、乙两人各从A中任取一个数，若甲先取(不放回)，乙后取，在甲抽到奇数的条件下，求乙抽到的数比甲抽到的数大的概率．
[解] 将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，甲抽到奇数的情形有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共15个，在这15个中，乙抽到的数比甲抽到的数大的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,6)，共9个，所以所求概率P＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
11．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,7)
C [记“甲站在中间”为事件A，“乙站在末尾”为事件B，
则n(A)＝Aeq \\al(6,6)， n(AB)＝Aeq \\al(5,5)，所以P(B|A)＝eq \f(A\\al(5,5),A\\al(6,6))＝eq \f(1,6).]
12．(多选题)将3颗骰子各掷一次，记事件A表示“三个点数都不相同”，事件B表示“至少出现一个3点”，则( )
A．P(B|A)＝eq \f(91,216)B．P(A|B)＝eq \f(5,18)
C．P(A|B)＝eq \f(60,91) D．P(B|A)＝eq \f(1,2)
CD [事件A发生的基本事件个数是n(A)＝6×5×4＝120，事件B发生的基本事件个数是n(B)＝6×6×6－5×5×5＝91，事件A，B同时发生的基本事件个数为n(A∩B)＝3×5×4＝60.
所以P(A|B)＝eq \f(nA∩B,nB)＝eq \f(60,91)，P(B|A)＝eq \f(nA∩B,nA)＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2).故选CD.]
13．(一题两空)如图，四边形EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子(体积忽略不计)随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则
P(A)＝________；P(B|A)＝________.
eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,π))) eq \f(1,4) [根据几何概型的概率计算公式得P(A)＝eq \f(2,π).
根据条件概率计算公式得P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(2,π)×\f(1,4),\f(2,π))＝eq \f(1,4).]
14．某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛(每人被选中的机会均等)，则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是________．
eq \f(3,5) [设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一个被选中为事件B，
则P(A)＝eq \f(C\\al(2,6),C\\al(3,7))＝eq \f(15,C\\al(3,7))，
P(AB)＝eq \f(C\\al(1,4)＋C\\al(1,4)＋1,C\\al(3,7))＝eq \f(9,C\\al(3,7))，
∴P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(3,5).]
15．在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．
[解] 设事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题而另1道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题而另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B，由古典概型的概率公式及加法公式可知
P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(C\\al(6,10),C\\al(6,20))＋eq \f(C\\al(5,10)C\\al(1,10),C\\al(6,20))＋eq \f(C\\al(4,10)C\\al(2,10),C\\al(6,20))＝eq \f(12 180,C\\al(6,20))，P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝eq \f(PA,PD)＋eq \f(PB,PD)＝eq \f(\f(210,C\\al(6,20)),\f(12 180,C\\al(6,20)))＋eq \f(\f(2 520,C\\al(6,20)),\f(12 180,C\\al(6,20)))＝eq \f(13,58)，即所求概率为eq \f(13,58).