高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第七章 随机变量及其分布7.1 条件概率与全概率公式课后练习题

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目标素养
概念梳理
1．条件概率
(1)条件概率的概念。
一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率。
(2)条件概率与独立性的关系。
当P(A)>0时，当且仅当事件A与B相互独立时，有P(B|A)＝P(B)。
(3)概率的乘法公式。
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)·P(B|A)。这个公式称为概率的乘法公式。
2．条件概率的性质
设Ω是样本空间，P(A)>0，则有：
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)设eq \(B,\s\up6(－))和B互为对立事件，则P(eq \(B,\s\up6(－))|A)＝1－P(B|A)。
【概念辨析】
1. P(B|A)是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率；P(AB)是事件A与B同时发生的概率，无附加条件；P(A)是事件A发生的概率，无附加条件。它们的联系是P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)。
2. P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率；而P(A|B)表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率。另外，从计算公式上看，P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，而P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)。
3. 乘法公式的几何直观意义
如图，用单位正方形来表示样本空间Ω，用正方形内封闭曲线围成的图形表示事件，把图形的面积理解为相应事件发生的概率。设A，B是Ω的子集。概率P(B)＝eq \f(PB,PΩ)(注意P(Ω)＝1)相当于B在Ω中所占的比例，亦可表示为P(B)＝P(B|Ω)。条件概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，实际上是仅局限于A事件这个范围来考查B事件发生的概率，几何直观上，相当于B在A内的那部分(即AB)在A中所占的比例。
因此P(AB)＝P(A)P(B|A)，同理，P(AB)＝P(B)P(A|B)。
4. 已知A发生，在此条件下B发生，相当于AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的样本空间计算AB发生的概率，即P(B|A)＝正误辨析
eq \f(nAB,nA)＝eq \f(\f(nAB,nΩ),\f(nA,nΩ))＝eq \f(PAB,PA)。
判断下列说法是是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)
1. P(A∩B)＝ P(AB).( √ )
【解析】正确，事件A和B同时发生所构成的事件称为事件A与B的交(或积)，记作A∩B(或AB)，所以P(A∩B)＝P(AB).
2. 若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.( × )
【解析】错误，若事件A，B互斥，则事件A∩B是不可能事件，P(A∩B)＝0，所以P(B|A)＝0.
3. 对于任意事件A，B，P(AB)＝P(A)P(B).( × )
【解析】错误，对于相互独立事件A，B，有P(AB)＝P(A)P(B).
初试身手
1. 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. eq \f(1,2)B.eq \f(2,9)
C. eq \f(4,9) D.eq \f(1,3)
【解析】由题意可知，n(B)＝Ceq \\al(1,3)×22＝12，n(AB)＝Aeq \\al(3,3)＝6。所以P(A|B)＝eq \f(nAB,nB)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)。故选A。
2. 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，连续两天的空气质量为优良的概率是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．0.45B．0.6
C．0.75D．0.8
【解析】根据条件概率公式P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，得所求概率为eq \f(0.6,0.75)＝0.8。故选D。
3. 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并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为________。
【解析】解法一：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝eq \f(3,10)，P(AB)＝eq \f(3×7,10×9)＝eq \f(7,30)，则所求概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq \f(7,9)。
解法二：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eq \f(C\\al(1,7),C\\al(1,9))＝eq \f(7,9)。
4. 设某种动物能活到20岁的概率为0.8，能活到25岁的概率为0.4，现有一只20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是________。
【解析】设事件A为“能活到20岁”，事件B为“能活到25岁”，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，而所求概率为P(B|A)，由于B⊆A，故AB＝B，于是P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(0.4,0.8)＝0.5，所以一只20岁的这种动物能活到25岁的概率是0.5。
5. 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个。某人在银行自动提款机上取钱时，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的数字不大于4，不超过3次就按对的概率。
【解析】设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1,2,3)，
则A＝A1∪(eq \(A,\s\up6(－))1A2)∪(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3)表示“不超过3次就按对密码”。
(1)因为事件A1，事件eq \(A,\s\up6(－))1A2与事件eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3两两互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3)＝eq \f(1,10)＋eq \f(9×1,10×9)＋eq \f(9×8×1,10×9×8)＝eq \f(3,10)。
(2)设事件B表示“最后一位的数字不大于4”，
则P(A|B)＝P(A1∪(eq \(A,\s\up6(－))1A2)∪(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3)|B)
＝P(A1|B)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1A2|B)＋P(eq \(A,\s\up6(－))1eq \(A,\s\up6(－))2A3|B)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4×1,5×4)＋eq \f(4×3×1,5×4×3)＝eq \f(3,5)。
题型讲解
探究（一）用定义计算条件概率
【典例1】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．
【解析】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，总的样本点数n(Ω)＝Aeq \\al(2,6)＝30.
根据分步乘法计数原理，得n(A)＝Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，所以P(A)＝eq \f(nA,nΩ)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3).
(2)因为n(AB)＝Aeq \\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq \f(nAB,nΩ)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5).
(3)由(1)(2)，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P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5).
【补充训练1】为落实国务院提出的“双减”政策，某校在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣小组活动，其中有个课外兴趣小组制作了一个正十二面体模型，并在十二个面上分别雕刻了十二生肖的图案，作为2023年春节的吉祥物，2个兴趣小组各派一名成员将模型随机抛出，两人都希望能抛出兔的图案朝上，寓意玉兔呈祥.2人各抛一次，则在第一人抛出兔的图案朝上时，两人心愿均能达成的概率为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(11,72) C.eq \f(143,144) D.eq \f(23,144)
【解析】设第一人抛出兔的图案的事件为A事件，第二人抛出兔的图案的事件为B事件，则P(A)＝eq \f(1×12,12×12)＝eq \f(1,12)，P(AB)＝eq \f(1×1,12×12)＝eq \f(1,144)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,144),\f(1,12))＝eq \f(1,12)，即在第一人抛出兔的图案朝上时，两人心愿均能达成的概率为eq \f(1,12).故选A。
【补充训练2】在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为________．
【解析】设事件A：第1次抽到代数题，事件B：第2次抽到几何题，
则P(A)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4).
【补充训练3】（多选）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，下列说法正确的有（ ）
A. 第1次抽到舞蹈节目的概率为eq \f(2,3)
B. 第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率为eq \f(2,5)
C. 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eq \f(2,5)
D. 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eq \f(3,5)
【解析】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。从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝Aeq \\al(2,6)＝30。根据分步乘法计数原理，有n(A)＝Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，所以P(A)＝eq \f(nA,nΩ)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3)；因为n(AB)＝Aeq \\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq \f(nAB,nΩ)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5)；
由前面知，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P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5)。故选ABD。
【方法总结】
用定义计算条件概率的步骤
(1)分别计算概率P(AB)和P(A)．
(2)将它们相除得到条件概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生．
探究（二）用缩小样本空间求条件概率
【典例2】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.
【解析】将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，甲抽到奇数的样本点有(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个样本点中，乙抽到的数比甲抽到的数大的样本点有(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).
【补充训练1】投掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝“两次的点数均为奇数”，B＝“两次的点数之和为4”，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(1,12) B. eq \f(2,9)
C. eq \f(1,4)D.eq \f(2,3)
【解析】由题意知，事件A包含的样本点是(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个，在A发生的条件下，事件B包含的样本点是(1，3)，(3，1)，共2个，所以P(B|A)＝eq \f(2,9).故选B。
【补充训练2】5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，则在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率为________.
【解析】设第1次取到新球为事件A，第2次取到新球为事件B，
则P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2).
【补充训练3】（多选）一袋内有5只口罩，其中一次性医用口罩4只，一次性普通口罩1只。从中取2次，每次任取1只(不放回)。设事件A＝“第一次取到的是一次性医用口罩”，事件B＝“第二次取到的是一次性医用口罩”，关于条件概率P(B|A)的结果错误的有（ ）
A. B. C. D.
【解析】把4只一次性医用口罩编为1,2,3,4。一次性普通口罩编为5，则样本空间Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)}，其中事件A包含16个样本点，事件AB包含12个样本点。所以P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(12,16)＝eq \f(3,4)。故选BCD。
【方法总结】
利用缩小样本空间法求条件概率的方法
(1)缩：将原来样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB.
(2)数：数出A中事件AB所包含的样本点.
(3)算：利用古典概型求P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，n(AB)与n(A)是缩小样本空间的计数.
探究（三）条件概率性质的简单应用
【典例3】在某次考试中，要从20道题中随机抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题即可通过，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．
【解析】记事件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，另一道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，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，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(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，
P(E|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).故获得优秀成绩的概率为eq \f(13,58).
【补充训练1】某人一周晚上值班2次，在已知他周日晚上一定值班的条件下，他在周六晚上或周五晚上值班的概率为（ ）
A. B. C. D.
【解析】设事件A＝{周日晚上值班}，事件B＝{周五晚上值班}，事件C＝{周六晚上值班}，则P(A)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ) ，P(AB)＝ eq \f(1,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ) ，P(AC)＝ eq \f(1,C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ) ，所以P(B|A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(1,6) ，P(C|A)＝ eq \f(P（AC）,P（A）) ＝ eq \f(1,6) .故他在周六晚上或周五晚上值班的概率为P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝ eq \f(1,3) .故选D。
【补充训练2】一批灯泡寿命超过500小时的概率为0.9，寿命超过800小时的概率为0.8，在寿命超过500小时的灯泡中寿命能超过800小时的概率为________.
【解析】“寿命超过800小时”为事件B，则所求事件为B|A，因为BA，所以B∩A＝B，又P(A)＝0.9，P(B∩A)＝P(B)＝0.8，
所以P(B|A)＝ eq \f(P（A∩B）,P（A）) ＝ eq \f(8,9) .
【补充训练3】（多选）一批同型号产品由甲、乙两厂生产，产品结构如表：
下列说法正确的有（ ）
A. 从这批产品中随意地取一件，则这件产品恰好是次品的概率是
B. 从这批产品中随意地取一件，则这件产品恰好是次品的概率是
C. 已知取出的产品是甲厂生产的，则这件产品恰好是次品的概率是
D. 已知取出的产品是甲厂生产的，则这件产品恰好是次品的概率是
【解析】从这批产品中随意地取一件，则这件产品恰好是次品的概率是 eq \f(81,1 200) ＝ eq \f(27,400) .
法一：已知取出的产品是甲厂生产的，则这件产品恰好是次品的概率是 eq \f(25,500) ＝ eq \f(1,20) .
法二：设A＝“取出的产品是甲厂生产的”，B＝“取出的产品为甲厂的次品”，则P(A)＝ eq \f(500,1 200) ，P(A∩B)＝ eq \f(25,1 200) ，所以这件产品恰好是甲厂生产的次品的概率是P(B|A)＝ eq \f(P（A∩B）,P（A）) ＝ eq \f(1,20) .故选BC。
【方法总结】当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互斥的较简单的事件之和，求出这些较简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得所求事件的概率．但应注意这个公式在“B与C互斥”这一前提下才成立．
随堂演练
1. 已知P(B|A)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,5)，则P(AB)等于( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(9,10)
C.eq \f(1,15)D. eq \f(2,15)
【解析】P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝eq \f(1,3)×eq \f(2,5)＝eq \f(2,15)。故选D。
2. 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)等于( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
【解析】P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由条件概率定义，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,4).故选B。
3. 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)＝（ ）
A. B. C. D.
【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).故选C。
4. 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（ ）
A. 0.72 B. 0.74 C. 0.76 D. 0.78
【解析】记A＝“种子发芽”，AB＝“种子长成幼苗”(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.
5.（多选）下列说法不正确的是( )
A.P(B|A)