资源简介

第2课时　条件概率的性质及应用(深化课题型研究式教学)
课时目标
1.了解事件的独立性与条件概率的关系,掌握概率的乘法公式.
2.会求互斥事件的条件概率,理解条件概率的性质.
题型(一)　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).
(1)P(AB)表示A,B都发生的概率,P(B|A)表示A先发生,然后B发生.
(2)在P(B|A)中,事件A成为样本空间,而在P(AB)中,样本空间为所有事件的总和.
(3)当P(B|A)=P(B)时,事件A与事件B是相互独立事件.
[例1]　已知10件产品中有7件正品,3件次品,按不放回抽样,每次抽一个,抽取两次,记事件A表示“第一次取到次品”,事件B表示“第二次取到次品”.
(1)求两次都取到次品的概率;
(2)求第二次才取到次品的概率;
(3)判断事件A与事件B是否独立.
听课记录:
[思维建模]
应用乘法公式求概率的关注点
(1)功能:是一种计算“积事件”概率的方法,即当不容易直接计算P(AB)时,可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B),再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解.
(2)推广:设A,B,C为三个事件,且P(AB)>0,则有P(ABC)=P(C|AB)P(AB)=P(C|AB)P(B|A)P(A).
　　[针对训练]
1.已知某产品的次品率为4%,其合格品中75%为一级品,则任选一件产品是一级品的概率为 (　　)
A.75% B.96%
C.72% D.78.125%
2.有一批种子的发芽率为0.8,出芽后的幼苗成活率为0.7,则在这批种子中,随机抽取一粒,这粒种子能成长为幼苗的概率为　　　　.
题型(二)　互斥事件的条件概率
[例2]　在一个袋子中装有除颜色外其他都相同的10个球,其中有1个红球、2个黄球、3个黑球、4个白球,从中依次不放回地摸2个球,求在摸出的第一个球是红球的条件下,第二个球是黄球或黑球的概率.
听课记录:
[思维建模]
(1)利用加法公式可使条件概率的计算较为简单,但应注意这个性质的使用前提是“两个事件互斥”.
(2)为了求复杂事件的概率,往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件,求出简单事件的概率后,相加即可得到复杂事件的概率.
　　[针对训练]
3.若B,C是互斥事件且P(B|A)=,P(C|A)=,则P(B∪C|A)等于 (　　)
A. B.
C. D.
4.有五瓶墨水,其中红色一瓶,蓝色、黑色各两瓶,某同学从中随机抽取两瓶,若取得的两瓶墨水中有一瓶是蓝色,求另一瓶是红色或黑色的概率.
第2课时　条件概率的性质及应用
[题型(一)]
[例1]　解:(1)由题意得P(A)=,P(B|A)=,
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=.
(2)由(1)知P()=,P(B|)=,所以P(B)=P()P(B|)=×=.
(3)由题意,得P(B)=P(AB)+P(B)=+=.因此P(AB)≠P(A)P(B),即事件A与事件B不独立.
[针对训练]
1.选C　记“任选一件产品是合格品”为事件A,则P(A)=1-P()=1-4%=96%.记“任选一件产品是一级品”为事件B.由于一级品必是合格品,所以P(AB)=P(B).由合格品中75%为一级品,知P(B|A)=75%,P(B)=P(AB)=P(A)P(B|A)=96%×75%=72%.
2.解析:设A=“种子发芽成功”,B=“种子能成长为幼苗”.根据题意知P(A)=0.8,P(B|A)=0.7,故由P(B|A)=知P(AB)=P(A)P(B|A)=0.8×0.7=0.56.又B A,故P(B)=P(AB)=0.56,即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.56.
答案:0.56
[题型(二)]
[例2]　解:设“摸出的第一个球为红球”为事件A,“摸出的第二个球为黄球”为事件B,“摸出的第二个球为黑球”为事件C.
法一　∵P(A)=,P(AB)==,P(AC)==,∴P(B|A)===,P(C|A)===.
∵事件B与C互斥,∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.故所求的概率为.
法二　∵n(A)==9,n[(B∪C)∩A]=+=5,∴P(B∪C|A)=.故所求的概率为.
[针对训练]
3.选D　因为B,C是互斥事件,所以P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
4.解: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,易求得P(A)==,
P(AB)==,P(AC)==,
故P(D|A)=P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
2 / 2(共41张PPT)
条件概率的性质及应用
(深化课——题型研究式教学)
第2课时
课时目标
1.了解事件的独立性与条件概率的关系，掌握概率的乘法公式.
2.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　乘法公式
题型(二)　互斥事件的条件概率
课时跟踪检测
题型(一)　乘法公式
01
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)=P(A)P(B|A).
(1)P(AB)表示A，B都发生的概率，P(B|A)表示A先发生，然后B发生.
(2)在P(B|A)中，事件A成为样本空间，而在P(AB)中，样本空间为所有事件的总和.
(3)当P(B|A)=P(B)时，事件A与事件B是相互独立事件.
[例1]　已知10件产品中有7件正品，3件次品，按不放回抽样，每次抽一个，抽取两次，记事件A表示“第一次取到次品”，事件B表示“第二次取到次品”.
(1)求两次都取到次品的概率；
解：由题意得P(A)=，P(B|A)=，
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=.
(2)求第二次才取到次品的概率；
解：由(1)知P()=，P(B|)=，所以P(B)=P()P(B|)=×=.
(3)判断事件A与事件B是否独立.
解：由题意，得P(B)=P(AB)+P(B)=+=.因此P(AB)≠P(A)P(B)，即事件A与事件B不独立.
[思维建模]
应用乘法公式求概率的关注点
(1)功能：是一种计算“积事件”概率的方法，即当不容易直接计算P(AB)时，可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B)，再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解.
(2)推广：设A，B，C为三个事件，且P(AB)>0，则有P(ABC)=P(C|AB)
P(AB)=P(C|AB)P(B|A)P(A).
针对训练
1.已知某产品的次品率为4%，其合格品中75%为一级品，则任选一件产品是一级品的概率为 (　　)
A.75% B.96%
C.72% D.78.125%
√
解析：记“任选一件产品是合格品”为事件A，则P(A)=1-P()=1-4%
=96%.记“任选一件产品是一级品”为事件B.由于一级品必是合格品，所以P(AB)=P(B).由合格品中75%为一级品，知P(B|A)=75%，P(B)
=P(AB)=P(A)P(B|A)=96%×75%=72%.
2.有一批种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.7，则在这批种子中，随机抽取一粒，这粒种子能成长为幼苗的概率为　　　.
解析：设A=“种子发芽成功”，B=“种子能成长为幼苗”.根据题意知P(A)=0.8，P(B|A)=0.7，故由P(B|A)=知P(AB)=P(A)P(B|A)=
0.8×0.7=0.56.又B A，故P(B)=P(AB)=0.56，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.56.
0.56
题型(二)　互斥事件的条件概率
02
[例2]　在一个袋子中装有除颜色外其他都相同的10个球，其中有1个红球、2个黄球、3个黑球、4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在摸出的第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率.
解：设“摸出的第一个球为红球”为事件A，“摸出的第二个球为黄球”为事件B，“摸出的第二个球为黑球”为事件C.
法一　∵P(A)=，P(AB)==，
P(AC)==，∴P(B|A)===，P(C|A)===.
∵事件B与C互斥，∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.故所求的概率为.
法二　∵n(A)==9，n[(B∪C)∩A]=+=5，∴P(B∪C|A)=.故所求的概率为.
[思维建模]
(1)利用加法公式可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“两个事件互斥”.
(2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率.
针对训练
3.若B，C是互斥事件且P(B|A)=，P(C|A)=，则P(B∪C|A)等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：因为B，C是互斥事件，所以P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
√
4.有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取得的两瓶墨水中有一瓶是蓝色，求另一瓶是红色或黑色的概率.
解：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，易求得P(A)==，
P(AB)==，P(AC)==，
故P(D|A)=P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
课时跟踪检测
03
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2
A级——综合提能
1.下列式子成立的是(　　)
A.P(A|B)=P(B|A) B.0C.P(AB)=P(A)P(B|A) D.P(A∩B|A)=P(B)
解析：由P(B|A)=得P(AB)=P(A)P(B|A).
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2
3
4
2.设A，B为两个事件，已知P(B)=0.4，P(A)=0.5，P(B|A)=0.3，则P(A|B)等于 (　　)
A.0.24 B.0.375
C.0.4 D.0.5
解析：由P(A)=0.5，P(B|A)=0.3，得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.15，所以P(A|B)===0.375.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
3.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次打击，若没有受损，则认为该构件通过质检.若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为 (　　)
A.0.4 B.0.16
C.0.68 D.0.17
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析：设Ai表示第i次打击后该构件没有受损，i=1，2，则由已知可得P(A1)=0.85，P(A2|A1)=0.8，所以由乘法公式可得P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)
=0.85×0.8=0.68，即该构件通过质检的概率是0.68.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
4.有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光.”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件A=“甲和乙至少有一人选择庐山”，事件B=“甲和乙选择的景点不同”，则P(|A)等于(　　)
A. B.　
C. D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析：由题意知，因为n(A)=+1=7，n(AB)=6，所以P(|A)=1-P(B|A)=1-=1-=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
5.已知P(A)=0.3，P(B)=0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)=　　　，P(A|B)=　　　.
解析：P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.3+0.5-0.3×0.5=0.65；因为A，B相互独立，所以P(A|B)=P(A)=0.3.
0.65　
0.3
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
6.已知事件A和B是互斥事件，P(C)=，P(BC)=，P(A∪B|C)=，则P(A|C)=　　　　.
解析：由题意知，P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)=，P(B|C)===，则P(A|C)=P(A∪B|C)-P(B|C)=-=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
7.已知某种病毒在培养的过程中，3个小时内发生变异的概率为，4个小时内发生变异的概率为.若已经观测到该病毒在3个小时内未发生变异，则接下来的一小时内发生变异的概率为　　　.
解析：设3个小时内发生变异为事件A，4个小时内发生变异为事件B，易知A B，则P(B|)===.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
8.在某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有50张奖券，其中共有5张写有“中奖”字样.假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，求：
(1)甲中奖而且乙也中奖的概率；
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解：(1)设A：甲中奖，B：乙中奖，则P(A)==.
因为抽完的奖券不放回，所以甲中奖后乙抽奖时，有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P(B|A)=.根据乘法公式可知，甲中奖而且乙也中奖的概率为
P(BA)=P(A)P(B|A)=×=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
(2)甲没中奖而乙中奖的概率.
解：因为P(A)+P()=1，所以P()=.
因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P(B|)=.根据乘法公式可知，甲没中奖而乙中奖的概率为P(B)=P()P(B|)=×=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
9.抛掷两颗质地均匀的骰子各一次.
(1)两颗骰子向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少
解：记事件A表示“两颗骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两颗骰子向上的点数之和为7”，则事件AB表示“向上的点数之和为7，其中有一个的点数是2”，则P(B)==，P(AB)==，所以P(A|B)==.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
(2)两颗骰子向上的点数不相同时，向上的点数之和为4或6的概率是多少
解：记事件Mi表示“两颗骰子向上的点数之和为i”，则事件“向上的点数之和为4或6”可表示为M=M4∪M6，其中事件M4与M6互斥，记事件N表示“两颗骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”.因为P(N)==，P(M4N)==，P(M6N)==，
所以P(M|N)=P(M4∪M6|N)=P(M4|N)+P(M6|N)=+=+=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
B级——应用创新
10.已知事件A，B，且P(A)=，P(B|A)=，P(B|)=，则P(B)等于(　　)
A. B.
C. D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析：∵P(A)=，P(B|A)=，∴P(AB)=P(A)P(B|A)=×=.∵P(B|)=，∴P(B)=P()P(B|)，∴P(B)-P(AB)=[1-P(A)]P(B|)，即P(B)-=×，解得P(B)=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
11.某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布
情况，随机调查了大量该病患者，年龄分布如图.已知
该市此种流行病的患病率为0.1%，该市年龄位于区间
[40，60)的人口占总人口的28%.若从该市居民中任选一人，若此人年龄位于区间[40，60)，则此人患这种流行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率) (　　)
A.0.28 B.0.000 54
C. D.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
解析：设该居民年龄位于区间[40，60)为事件A，该居民患这种流行病为事件B，由题意知，P(A)=0.28，P(B)=0.001，P(A|B)=0.54.因为P(A|B)=，所以P(AB)=P(A|B)P(B)=0.54×0.001=0.000 54，所以P(B|A)===.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
12.设盒中有m只红球，n只白球，每次从盒中任取一只球，看后放回，再放入k只与所取颜色相同的球.若在盒中连取四次，则第一次、第二次取到红球，第三次、第四次取到白球的概率为　　　　　　　　　　　　　.
解析：设Ri(i=1，2，3，4)表示第i次取到红球的事件，(i=1，2，3，4)表示第i次取到白球的事件.则有P(R1R2　)=P(R1)P(R2|R1)
P(|R1R2)·P(|R1R2)=···.
···
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
13.银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字，求：
(1)任意按最后1位数字，不超过3次就按对的概率；
解：设Ai(i=1，2，3)表示第i次按对密码，A表示不超过3次就按对，
则有A=A1∪A2∪　A3，因为事件A1，A2，　A3两两互斥，由概率的加法公式和乘法公式可得，
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
P(A)=P(A1∪A2∪　A3)=P(A1)+P(A2)+P(　A3)=P(A1)
+P()P(A2|)+P(　)P(A3|　)=P(A1)+P()P(A2|)+P()
P(|)P(A3|　)=+×+××=.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
3
4
2
(2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过3次就按对的概率.
解：记事件B：最后1位是偶数，
则P(A|B)=P(A1∪A2∪ A3|B)=P(A1|B)+P(A2|B)+P(A3|B)
=++=.课时跟踪检测(十三)　条件概率的性质及应用
A级——综合提能
1.下列式子成立的是 (　　)
A.P(A|B)=P(B|A)
B.0C.P(AB)=P(A)P(B|A)
D.P(A∩B|A)=P(B)
2.设A,B为两个事件,已知P(B)=0.4,P(A)=0.5,P(B|A)=0.3,则P(A|B)等于 (　　)
A.0.24 B.0.375
C.0.4 D.0.5
3.质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测,对此建筑构件实施两次打击,若没有受损,则认为该构件通过质检.若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85,当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80,则该构件通过质检的概率为 (　　)
A.0.4 B.0.16
C.0.68 D.0.17
4.有歌唱道:“江西是个好地方,山清水秀好风光.”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游,分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩,记事件A=“甲和乙至少有一人选择庐山”,事件B=“甲和乙选择的景点不同”,则P(|A)等于 (　　)
A. B.　
C. D.
5.已知P(A)=0.3,P(B)=0.5,当事件A,B相互独立时,P(A∪B)=　　　　,P(A|B)=　　　　.
6.已知事件A和B是互斥事件,P(C)=,P(BC)=,P(A∪B|C)=,则P(A|C)=　　　　.
7.已知某种病毒在培养的过程中,3个小时内发生变异的概率为,4个小时内发生变异的概率为.若已经观测到该病毒在3个小时内未发生变异,则接下来的一小时内发生变异的概率为　　　 　.
8.在某次抽奖活动中,在甲、乙两人先后进行抽奖前,还有50张奖券,其中共有5张写有“中奖”字样.假设抽完的奖券不放回,甲抽完之后乙再抽,求:
(1)甲中奖而且乙也中奖的概率;
(2)甲没中奖而乙中奖的概率.
9.抛掷两颗质地均匀的骰子各一次.
(1)两颗骰子向上的点数之和为7时,其中有一个的点数是2的概率是多少
(2)两颗骰子向上的点数不相同时,向上的点数之和为4或6的概率是多少
B级——应用创新
10.已知事件A,B,且P(A)=,P(B|A)=,P(B|)=,则P(B)等于 (　　)
A. B.
C. D.
11.某市卫健委为调查研究某种流行病患者的年龄分布情况,随机调查了大量该病患者,年龄分布如图.已知该市此种流行病的患病率为0.1%,该市年龄位于区间[40,60)的人口占总人口的28%.若从该市居民中任选一人,若此人年龄位于区间[40,60),则此人患这种流行病的概率为(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者年龄位于该区间的概率) (　　)
A.0.28 B.0.000 54
C. D.
12.设盒中有m只红球,n只白球,每次从盒中任取一只球,看后放回,再放入k只与所取颜色相同的球.若在盒中连取四次,则第一次、第二次取到红球,第三次、第四次取到白球的概率为　　　　　　　　　　　　　　　　.
13.银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时,忘记了密码的最后1位数字,求:
(1)任意按最后1位数字,不超过3次就按对的概率;
(2)如果记得密码的最后1位是偶数,不超过3次就按对的概率.
课时跟踪检测(十三)
1.选C　由P(B|A)=得P(AB)=P(A)P(B|A).
2.选B　由P(A)=0.5,P(B|A)=0.3,得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.15,所以P(A|B)===0.375.
3.选C　设Ai表示第i次打击后该构件没有受损,i=1,2,则由已知可得P(A1)=0.85,P(A2|A1)=0.8,所以由乘法公式可得P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=0.85×0.8=0.68,即该构件通过质检的概率是0.68.
4.选D　由题意知,因为n(A)=+1=7,n(AB)=6,所以P(|A)=1-P(B|A)=1-=1-=.
5.解析:P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)·P(B)=0.3+0.5-0.3×0.5=0.65;因为A,B相互独立,所以P(A|B)=P(A)=0.3.
答案:0.65　0.3
6.解析:由题意知,P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)=,P(B|C)===,则P(A|C)=P(A∪B|C)-P(B|C)=-=.
答案:
7.解析:设3个小时内发生变异为事件A,4个小时内发生变异为事件B,易知A B,则P(B|)===.
答案:
8.解:(1)设A:甲中奖,B:乙中奖,则P(A)==.
因为抽完的奖券不放回,所以甲中奖后乙抽奖时,有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样,此时乙中奖的概率为P(B|A)=.根据乘法公式可知,甲中奖而且乙也中奖的概率为P(BA)=P(A)P(B|A)=×=.
(2)因为P(A)+P()=1,所以P()=.
因为抽完的奖券不放回,所以甲没中奖后乙抽奖时,还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样,此时乙中奖的概率为P(B|)=.根据乘法公式可知,甲没中奖而乙中奖的概率为P(B)=P()·P(B|)=×=.
9.解:(1)记事件A表示“两颗骰子中,向上的点数有一个是2”,事件B表示“两颗骰子向上的点数之和为7”,则事件AB表示“向上的点数之和为7,其中有一个的点数是2”,则P(B)==,P(AB)==,所以P(A|B)==.
(2)记事件Mi表示“两颗骰子向上的点数之和为i”,则事件“向上的点数之和为4或6”可表示为M=M4∪M6,其中事件M4与M6互斥,记事件N表示“两颗骰子向上的点数不相同”,则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同,且向上的点数之和为i”.因为P(N)==,P(M4N)==,P(M6N)==,所以P(M|N)=P(M4∪M6|N)=P(M4|N)+P(M6|N)=+=+=.
10.选B　∵P(A)=,P(B|A)=,∴P(AB)=P(A)P(B|A)=×=.∵P(B|)=,∴P(B)=P()P(B|),∴P(B)-P(AB)=[1-P(A)]P(B|),即P(B)-=×,解得P(B)=.
11.选D　设该居民年龄位于区间[40,60)为事件A,该居民患这种流行病为事件B,由题意知,P(A)=0.28,P(B)=0.001,P(A|B)=0.54.因为P(A|B)=,所以P(AB)=P(A|B)P(B)=0.54×0.001=0.000 54,所以P(B|A)===.
12.解析:设Ri(i=1,2,3,4)表示第i次取到红球的事件,(i=1,2,3,4)表示第i次取到白球的事件.则有P(R1R2　)=P(R1)·P(R2|R1)P(|R1R2)P(|R1R2)=···.
答案:···
13.解:(1)设Ai(i=1,2,3)表示第i次按对密码,A表示不超过3次就按对,
则有A=A1∪A2∪　A3,因为事件A1,A2,　A3两两互斥,由概率的加法公式和乘法公式可得,
P(A)=P(A1∪A2∪　A3)=P(A1)+P(A2)+P(　A3)=P(A1)+P()P(A2|)+P(　)P(A3|　)=P(A1)+P()P(A2|)+P()·P(|)P(A3|　)=+×+××=.
(2)记事件B:最后1位是偶数,
则P(A|B)=P(A1∪A2∪　A3|B)=P(A1|B)+P(A2|B)+P(　A3|B)=++=.
2 / 2

展开更多......

收起↑