人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.1 条件概率与全概率公式习题

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1．已知A与B是两个事件，P(B)＝ eq \f(1,4)，P(A|B)＝ eq \f(1,2)，则P(AB)等于( )
A． eq \f(1,3)B． eq \f(1,4)
C． eq \f(3,8)D． eq \f(1,8)
【答案】D 【解析】P(AB)＝P(A)P(A|B)＝ eq \f(1,4)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,8).
2．4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是( )
A． eq \f(1,4)B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2)D．1
【答案】B 【解析】因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率显然是 eq \f(1,3).
3．(2023年哈尔滨期末)甲、乙、丙、丁、戊5名同学报名参加社区服务活动，社区服务活动共有关爱老人、环境监测、教育咨询、交通宣传、文娱活动五个项目，每人限报其中一项，记事件A为“5名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关爱老人项目”，则P(A|B)＝( )
A． eq \f(3,32)B． eq \f(5,32)
C． eq \f(2,9)D． eq \f(5,9)
【答案】A 【解析】由已知得事件B的基本事件个数为44，事件AB的基本事件个数为A eq \\al(4,4)，所以P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝ eq \f(A eq \\al(4,4),44)＝ eq \f(3,32).
4．(2023年黄石期末)吸烟有害健康，据统计，一小时内吸烟5支诱发脑血管病的概率为0.02，一小时内吸烟10支诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员在一小时内吸烟5支未诱发脑血管病，则该职员在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病的概率为( )
A． eq \f(6,7)B． eq \f(21,25)
C． eq \f(49,50)D．不确定
【答案】A 【解析】记事件A为“某公司职员一小时内吸烟5支未诱发脑血管病”，记事件B为“某公司职员一小时内吸烟10支未诱发脑血管病”，则由已知可得P(A)＝1－0.02＝0.98，P(B)＝1－0.16＝0.84，因此，P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(P(B),P(A))＝ eq \f(0.84,0.98)＝ eq \f(6,7).
5．(2023年武汉模拟)某公司为方便员工停车，租了6个停车位，编号如图所示．公司规定：每个车位只能停一辆车，每个员工只允许占用一个停车位．记事件A为“员工小王的车停在编号为奇数的车位上”，事件B为“员工小李的车停在编号为偶数的车位上”，则P(A|B)等于( )
A． eq \f(1,6)B． eq \f(3,10)
C． eq \f(1,2)D． eq \f(3,5)
【答案】D 【解析】根据条件概率的计算公式可得P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝ eq \f(\f(3,6)×\f(3,5),\f(3,6))＝ eq \f(3,5).
6．(2022年宜宾二模)设A，B是两个事件，且B发生A必定发生，若0A．P(A＋B)＝P(B)B．P(B|A)＝ eq \f(P(A),P(B))
C．P(A|B)＝1D．P(AB)＝P(A)
【答案】C 【解析】∵B发生A必定发生，∴P(A＋B)＝P(A)，P(AB)＝P(B)，故A，D错误；P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(P(B),P(A))，故B错误；P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝ eq \f(P(B),P(B))＝1，故C正确．故选C．
7．(多选)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)，记A为“男生甲被选中”，B为“男生乙和女生丙至少一个被选中”，则( )
A．P(A)＝ eq \f(3,7)B．P(AB)＝ eq \f(9,35)
C．P(B)＝ eq \f(2,7)D．P(B|A)＝ eq \f(3,5)
【答案】ABD 【解析】由题意得P(A)＝ eq \f(C eq \\al(2,6),C eq \\al(3,7))＝ eq \f(15,35)＝ eq \f(3,7)，故A正确；P(AB)＝ eq \f(C eq \\al(1,4)·C eq \\al(1,2)＋1,C eq \\al(3,7))＝ eq \f(9,35)，故B正确；P(B)＝1－ eq \f(C eq \\al(3,5),C eq \\al(3,7))＝1－ eq \f(10,35)＝ eq \f(5,7)，故C错误；P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(\f(9,35),\f(3,7))＝ eq \f(3,5)，故D正确．
8．某气象台统计，该地区下雨的概率为 eq \f(4,15)，既刮四级以上的风又下雨的概率为 eq \f(1,10).设事件A为“该地区下雨”，事件B为“该地区刮四级以上的风”，则P(B|A)＝________．
【答案】 eq \f(3,8) 【解析】由题意知P(A)＝ eq \f(4,15)，P(AB)＝ eq \f(1,10)，故P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(\f(1,10),\f(4,15))＝ eq \f(3,8).
9．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取1粒，则这粒种子能长成幼苗的概率为________．
【答案】0.72 【解析】记“种子发芽”为事件A，“种子长成幼苗”为事件AB(发芽，又成活)，出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，又P(A)＝0.9，故P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.72.
10．某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人．全班平均分成4个小组，其中第一组有共青团员4人．从该班任选一人作学生代表．
(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：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)＝ eq \f(10,40)＝ eq \f(1,4).
(2)方法一 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)＝ eq \f(4,15).
方法二 P(B)＝ eq \f(15,40)＝ eq \f(3,8)，P(AB)＝ eq \f(4,40)＝ eq \f(1,10)，∴P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝ eq \f(4,15).
B级——能力提升练
11．(多选)(2022年长沙月考)设 eq \(A,\s\up6(－))， eq \(B,\s\up6(－))分别为随机事件A，B的对立事件，若0A．P(B|A)＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(\(B,\s\up6(－))))A))＝1
B．P(B|A)＋P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B|\(A,\s\up6(－))))＝0
C．若A，B是相互独立事件，则P(A|B)＝P(A)
D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝P(B)
【答案】AC 【解析】P(B|A)＋P( eq \(B,\s\up6(－))|A)＝ eq \f(P(AB)＋P(A\(B,\s\up6(－))),P(A))＝ eq \f(P(A),P(A))＝1，故A正确；当A，B是相互独立事件时，则P(B|A)＋P(B| eq \x\t(A))＝ eq \f(P(AB),P(A))＋ eq \f(P(\x\t(A)B),P(\x\t(A)))＝ eq \f(P(A)P(B),P(A))＋ eq \f(P(\x\t(A))P(B),P(\x\t(A)))＝2P(B)≠0，故B错误；因为A，B是相互独立事件，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以P(A|B)＝ eq \f(P(AB),P(B))＝P(A)，故C正确；因为A，B是互斥事件，P(AB)＝0，则根据条件概率公式可得P(B|A)＝0，而P(B)∈(0，1)，故D错误．故选AC．
12．有5瓶墨水，其中红色1瓶，蓝色、黑色各2瓶，某同学从中任取2瓶，若取得的2瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为( )
A． eq \f(7,10)B． eq \f(6,7)
C． eq \f(2,5)D． eq \f(1,5)
【答案】B 【解析】设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”，则D＝B∪C且B与C互斥，又P(A)＝ eq \f(C eq \\al(1,2)C eq \\al(1,3)＋C eq \\al(2,2),C eq \\al(2,5))＝ eq \f(7,10)，P(AB)＝ eq \f(C eq \\al(1,2)C eq \\al(1,1),C eq \\al(2,5))＝ eq \f(1,5)，P(AC)＝ eq \f(C eq \\al(1,2)C eq \\al(1,2),C eq \\al(2,5))＝ eq \f(2,5)，故P(D|A)＝P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＋ eq \f(P(AC),P(A))＝ eq \f(6,7).
13．(2023年天津期中)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，且比赛结果没有和棋，甲在每局比赛中获胜的概率均为 eq \f(3,4)，各局比赛结果相互独立且没有平局，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为________．
【答案】 eq \f(1,3) 【解析】设事件A为“甲获得冠军”，事件B为“比赛进行了三局”．∵甲在每局比赛中获胜的概率均为 eq \f(3,4)，失败的概率为 eq \f(1,4)，且各局比赛结果相互独立且没有平局，∴P(A)＝ eq \f(3,4)× eq \f(3,4)＋ eq \f(3,4)× eq \f(1,4)× eq \f(3,4)＋ eq \f(1,4)× eq \f(3,4)× eq \f(3,4)＝ eq \f(54,64)，P(AB)＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,4)× eq \f(3,4)＋ eq \f(1,4)× eq \f(3,4)× eq \f(3,4)＝ eq \f(18,64)，故在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(1,3).
14．甲罐中有4个红球、2个白球和2个黑球，乙罐中有4个红球、3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．若以A1表示“从甲罐取出的球是红球”的事件，以M表示“从乙罐取出的球是红球”的事件，则P(M|A1)＝________，P(M)＝________.
【答案】 eq \f(1,2) eq \f(9,20) 【解析】依题意，P(A1)＝ eq \f(4,8)＝ eq \f(1,2)，P(MA1)＝ eq \f(4,8)× eq \f(5,10)＝ eq \f(1,4)，于是得P(M|A1)＝ eq \f(P(MA1),P(A1))＝ eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝ eq \f(1,2)；事件M是甲罐中分别取红球、白球、黑球放入乙罐，再在乙罐取出红球的事件B1，B2，B3的和，它们互斥，P(B1)＝P(MA1)＝ eq \f(1,4)，P(B2)＝ eq \f(2,8)× eq \f(4,10)＝ eq \f(1,10)，P(B3)＝ eq \f(2,8)× eq \f(4,10)＝ eq \f(1,10)，所以P(M)＝P(B1＋B2＋B3)＝P(B1)＋P(B2)＋P(B3)＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(1,10)＋ eq \f(1,10)＝ eq \f(9,20).
15．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次抽到舞蹈的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
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次的事件数为n(Ω)＝A eq \\al(2,6)＝30，根据分步乘法计数原理，n(A)＝A eq \\al(1,4)A eq \\al(1,5)＝20，于是P(A)＝ eq \f(n(A),n(Ω))＝ eq \f(20,30)＝ eq \f(2,3).
(2)因为n(AB)＝A eq \\al(2,4)＝12，
于是P(AB)＝ eq \f(n(AB),n(Ω))＝ eq \f(12,30)＝ eq \f(2,5).
(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)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝ eq \f(3,5).
方法二 因为n(AB)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝ eq \f(n(AB),n(A))＝ eq \f(12,20)＝ eq \f(3,5).
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