2024高中数学第二章概率2.3条件概率与独立事件精练含解析北师大版选修2-3

PAGE7-§3条件概率与独立事务A组1.设A与B是相互独立事务,则下列命题正确的是()A.A与B是对立事务B.A与B是互斥事务C.不相互独立D.A与是相互独立事务解析:若A与B是相互独立事务,则A与也是相互独立事务.答案:D2.国庆节放假,甲去北京旅游的概率为,乙、丙去北京旅游的概率分别为.假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为()A. B. C. D.解析:因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为.因此,他们不去北京旅游的概率分别为,所以,至少有1人去北京旅游的概率为P=1-.答案:B3.如图,用K,A1,A2三类不同的元件连接成一个系统.当K正常工作且A1,A2至少有一个正常工作时,系统正常工作.已知K,A1,A2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8,则系统正常工作的概率为()A.0.960 B.0.864 C.0.720 D.0.576解析:方法一由题意知K,A1,A2正常工作的概率分别为P(K)=0.9,P(A1)=0.8,P(A2)=0.8,∵K,A1,A2相互独立,∴A1,A2至少有一个正常工作的概率为P(A2)+P(A1)+P(A1A2)=(1-0.8)×0.8+0.8×(1-0.8)+0.8×0.8=0.96.∴系统正常工作的概率为P(K)[P(A2)+P(A1)+P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864.方法二A1,A2至少有一个正常工作的概率为1-P()=1-(1-0.8)(1-0.8)=0.96,故系统正常工作的概率为P(K)[1-P()]=0.9×0.96=0.864.答案:B4.已知A,B,C是三个相互独立事务,若事务A发生的概率为,事务B发生的概率为,事务C发生的概率为,则A,B,C均未发生的概率为.

解析:A,B,C均未发生的概率为P()=.答案:5.甲、乙二人进行射击嬉戏,目标靶上有三个区域,分别涂有红、黄、蓝三色,已知甲击中红、黄、蓝三区域的概率依次是,乙击中红、黄、蓝三区域的概率依次是,二人射击状况互不影响,若甲、乙各射击一次,试预料二人命中同色区域的概率为.

解析:同命中红色区域的概率为,同命中黄色区域的概率为,同命中蓝色区域的概率为,∴二人命中同色区域的概率为.答案:6.某项选拔共有三轮考核,每轮设有一个问题,能正确回答问题者进入下一轮考试,否则即被淘汰,已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为,且各轮问题能否正确回答互不影响.(1)求该选手顺当通过三轮考核的概率;(2)该选手在选拔中回答两个问题被淘汰的概率是多少?解(1)设“该选手能正确回答第i轮的问题”的事务记为Ai(i=1,2,3),且它们相互独立.则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,设“该选手顺当通过三轮考核”为A事务,则P(A)=P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=.(2)因为回答2个问题被淘汰即第一轮答对,其次轮答错,概率是P=.7.某高校开设甲、乙、丙三门选修课,学生之间是否选修哪门课互不影响.已知学生小张只选甲的概率为0.08,只选甲和乙的概率为0.12,至少选一门的概率为0.88,用ξ表示小张选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积.(1)求学生小张选修甲的概率;(2)记“函数f(x)=x2+ξx为R上的偶函数”为事务A,求事务A的概率;(3)求ξ的分布列.解(1)由题意知,学生小张三门选修课一门也不选的概率为1-0.88=0.12.设学生小张选修甲、乙、丙三门选修课的概率分别为x,y,z.则解得所以学生小张选修甲的概率为0.4.(2)若函数f(x)=x2+ξx为R上的偶函数,则ξ=0,当ξ=0时,表示小张选修了三门功课或三门功课都不选.所以P(A)=P(ξ=0)=xyz+(1-x)(1-y)(1-z)=0.4×0.6×0.5+(1-0.4)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.24,故事务A的概率为0.24.(3)依题意知ξ=0,2,所以ξ的分布列为ξ02P0.240.768.导学号43944034甲、乙两人进行围棋竞赛,约定先连胜两局者干脆赢得竞赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得竞赛.假设每局甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,各局竞赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得竞赛的概率;(2)记X为竞赛决出输赢时的总局数,求X的分布.解用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得竞赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,则P(Ak)=,P(Bk)=,k=1,2,3,4,5.(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)=.(2)X的可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=,P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=,P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)=,P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=.所以X的分布列为X2345PB组1.如图所示,在两个圆盘中,指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等,那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是()A. B. C. D.解析:设A表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”,P(A)=,B表示“其次个圆盘的指针落在奇数所在的区域”,P(B)=.则P(AB)=P(A)P(B)=.答案:A2.一个盒子中有20个大小、形态、质地相同的小球,其中5个红的,5个黄的,10个绿的,从盒子中任取一球,若它不是红球,则它是绿球的概率是()A. B. C. D.解析:记A:取的球不是红球.B:取的球是绿球.则P(A)=,P(AB)=,∴P(B|A)=.答案:C3.设两个独立事务A和B都不发生的概率为,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同,则事务A发生的概率是()A. B. C. D.解析:设事务A发生的概率为x,事务B发生的概率为y,则由题意得(1-x)(1-y)=,x(1-y)=(1-x)y,联立解得x=,故事务A发生的概率为.答案:D4.把一枚质地匀称的硬币随意抛掷两次,事务A={第一次出现正面},事务B={其次次出现正面},则P(B|A)= ()A. B. C. D.解析:P(A)=,P(AB)=,所以P(B|A)=.故选A.答案:A5.箱子里有除颜色外都相同的5个黑球,4个白球,每次随机取出一个球,若取出黑球,则放回箱中,重新取球;若取出白球,则停止取球,那么在第4次取球之后停止的概率为()A. B.C. D.解析:因为每次取出黑球时都放回,所以在取到白球以前,每次取出黑球的概率都是,在第4次取球后停止表示前3次取出的都是黑球,第4次才取出白球,故所求概率为.答案:B6.某种元件的运用寿命超过1年的概率为0.6,运用寿命超过2年的概率为0.3,则运用寿命超过1年的该元件还能接着运用1年的概率为.

解析:设事务A为“该元件的运用寿命超过1年”,B为“该元件的运用寿命超过2年”,则P(A)=0.6,P(B)=0.3,易知P(AB)=P(B)=0.3,于是P(B|A)==0.5.答案:0.57.依据资料统计,某地车主购买甲种保险的概率为0.5,购买乙种保险的概率为0.6,购买甲、乙保险相互独立,各车主间相互独立.(1)求一位车主同时购买甲、乙两种保险的概率;(2)求一位车主购买乙种保险但不购买甲种保险的概率;(3)求一位车主至少购买甲、乙两种保险中1种的概率.解记A表示事务“购买甲种保险”,B表示事务“购买乙种保险”,则由题意得A与B,A与与B,都是相互独立事务,且P(A)=0.5,P(B)=0.6.(1)记C表示事务“同时购买甲、乙两种保险”,则C=AB.∴P(C)=P(AB)=P(A)·P(B)=0.5×0.6=0.3.(2)记D表示事务“购买乙种保险但不购买甲种保险”,则D=B.∴P(D)=P(B)=P()·P(B)=(1-0.5)×0.6=0.3.(3)方法一:记E表示事务“至少购买甲、乙两种保险中的一种”,则事务E包括B,A,AB,且它们彼此为互斥事务.∴P(E)=P(B+A+AB)=P(B)+P(A)+P(AB)=0.5×0.6+0.5×0.4+0.5×0.6=0.8.方法二:事务“至少购买甲、乙两种保险中的一种”与事务“甲、乙两种保险都不购买”为对立事务.∴P(E)=1-P()=1-(1-0.5)×(1-0.6)=0.8.8.导学号43944035设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需运用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需运用设备相互独立.(1)求同一工作日至少3人需运用设备的概率;(2)X表示同一工作日需运用设备的人数,求X的分布列.解记Ai表示事务:同一工作日乙、丙中恰有i人需运用设备,i=0,1,2.B表示事务:甲需运用设备.C表示事务:丁需运用设备.D表示事务:同一工作日至少3人需运用设备.(1)D=A1·B·C+A2··C+A2B.P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=×0.52,i=0,1,2,所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2··C)=P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2··C)=P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P()P(C)=0.31.(2)X的可能取值为0,1,2,3,4,P(X=0)=P(·A0·)=P()P(A0)P()=(1-0.6)×0.52×(1-0.4)=0.06.P(X=1)=P(B·A0··A0·C+·A1·)=P(B)P(A0)P()+P()P(A0)P(C)+P()·P(A1)P()=0.6×0.52×(1-0.