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第3章　概率
3.1　条件概率与事件的独立性
3.1.1　条件概率
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　利用定义求条件概率
1.某中学开展主题为“学习宪法知识,弘扬宪法精神”的知识竞赛活动,甲同学答对第一道题的概率为,连续答对两道题的概率为.用A表示“甲同学答对第一道题”,B表示“甲同学答对第二道题”,则P(B|A)=(　　)
A. B. C. D.
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(　　)
A. B. C. D.
3.为落实“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2个课外兴趣小组联合制作了一个质地均匀的正十二面体模型,并在十二个面上分别雕刻了十二生肖的图案,2个兴趣小组各派一名成员将模型随机抛出,两人都希望能抛出虎的图案(虎的图案朝上),寓意虎虎生威.2人各抛一次,则在第一人抛出虎的图案时,两人意愿均能达成的概率为(　　)
A. B. C. D.
4.(多选)设A,B是两个事件,若B发生时A必定发生,且0A.P(A+B)=P(B)
B.P(B|A)=
C.P(A|B)=1
D.P(AB)=P(A)
5.已知甲盒中有3个白球,2个黑球;乙盒中有1个白球,2个黑球.现从这8个球中随机选取一球,该球是白球的概率是　　　　,若选出的球是白球,则该球选自甲盒的概率是　　　　.
6.某校高三(1)班有学生40人,其中共青团员有15人.全班平均分成4个小组,其中第一组有共青团员4人.从该班任选一人作为学生代表.
(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.
题组二　用样本点个数求条件概率
7.盒中有10个零件,其中8个是合格品,2个是不合格品,不放回地抽取2次,每次抽1个.已知第一次抽到的是合格品,则第二次抽到的也是合格品的概率是(　　)
A. B. C. D.
8.中秋节吃月饼是我国的传统习俗,若一盘中共有两种月饼,其中5块五仁月饼,6块枣泥月饼,现从盘中任取3块,在取到的都是同种月饼的条件下,都是五仁月饼的概率是(　　)
A. B. C. D.
9.已知n是一个三位正整数,若n的十位数字大于个位数字,百位数字大于十位数字,则称n为三位递增数.已知a,b,c∈{0,1,2,3,4},设事件A为“由a,b,c组成三位正整数”,事件B为“由a,b,c组成三位递增数”,则P(B|A)=(　　)
A. B. C. D.
10.6位同学参加百米短跑比赛,赛场共有6条跑道,已知甲同学排在第一跑道,则乙同学排在第二跑道的概率是　　　　.
11.田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马,有一次,他和齐威王约定要进行一场比赛.双方各自有三匹马,马都可以分为上、中、下三等.上等马都比中等马强,中等马都比下等马强,但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些,比赛共三局,每局双方各派一匹马出场,且每匹马只赛一局,胜两局或三局的一方获得比赛胜利,在比赛之前,双方都不知道对方马的出场顺序.
(1)求在第一局比赛中田忌获胜的概率;
(2)若第一局齐威王派出场的是上等马,而田忌派出场的是下等马,求本场比赛田忌获胜的概率;
(3)写出在一场比赛中田忌获胜的概率(直接写出结果).
题组三　条件概率的综合应用
12.从集合{-3,-2,-1,1,2,3,4}中随机选取一个数记为m,从集合{-2,-1,2,3,4}中随机选取一个数记为n,则在方程+=1表示双曲线的条件下,方程+=1表示焦点在y轴上的双曲线的概率为(　　)
A. B. C. D.
13.某校对初三毕业生的成绩进行抽样调查得到下表:
样本 人数 语文成绩A等 的人数 英语成绩A等 的人数 语文和英语成绩都是A 等的人数
1 000 880 836 748
用样本频率来估计概率,现随机抽取一位初三毕业生进行调查,若该生的语文成绩不是A等,那么他的英语成绩是A等的概率为(　　)
A. B. C. D.
14.在一个袋子中装有10个球,其中1个红球,2个黄球,3个黑球,4个白球,这些球除颜色外完全相同,从中依次摸出2个球,则在摸出的第一个球为红球的条件下,摸出的第二个球为黄球或黑球的概率为　　　　.
15.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:
上年度 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:
一年内 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5
概率 0.3 0.15 0.2 0.2 0.1 0.05
(1)求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率;
(2)已知该续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率.
16.某学校为进一步规范校园管理,强化饮食安全,提出了“远离外卖,健康饮食”的口号.当然,也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的需求.在某学期期末,校学生会为了调研学生对本校食堂的用餐满意度,从用餐的学生中随机抽取了200人,每人分别对其评分,满分为100分.随后整理评分数据,将得分分成6组:第1组[40,50),第2组[50,60),第3组[60,70),第4组[70,80),第5组[80,90),第6组[90,100],得到频率分布直方图如图.
(1)求得分的中位数(计算结果精确到小数点后一位);
(2)为进一步改善经营,从得分在80分以下的四组中,采用分层抽样的方法抽取8人进行座谈,再从这8人中随机抽取3人参与“端午节包粽子”实践活动,求在第3组仅抽到1人的情况下,第4组抽到2人的概率.
答案与分层梯度式解析
第3章　概率
3.1　条件概率与事件的独立性
3.1.1　条件概率
基础过关练
1.D　由题意,可知事件AB表示“甲同学连续答对两道题”,且P(AB)=,P(A)=,∴P(B|A)===.故选D.
2.D　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)=,P(AB)==,所以P(B|A)===.故选D.
方法总结
　　利用定义计算条件概率时,可先分别计算概率P(AB)和P(A),然后代入公式P(B|A)=.
3.A　设第一人抛出虎的图案为事件A,第二人抛出虎的图案为事件B,
则P(A)==,P(AB)==,
所以P(B|A)===,
即在第一人抛出虎的图案时,两人意愿均能达成的概率为 ,故选A.
4.ABD　若B发生时A必定发生,则P(A+B)=P(A),P(AB)=P(B),故A,D错误;
P(B|A)==,故B错误;P(A|B)===1,故C正确.故选ABD.
5.答案　;
解析　设事件A:选出的球为白球,事件B:该球选自甲盒,所以P(A)==,P(AB)=,
若选出的球是白球,则该球选自甲盒的概率是P(B|A)===.
6.解析　设事件A表示“选到的是第一组的学生”,
事件B表示“选到的是共青团员”.
(1)由题意,知P(A)==.
(2)易知P(B)==,P(AB)==,
∴P(A|B)==.
7.C　设“第一次抽到的是合格品”为事件A,“第二次抽到的是合格品”为事件B,“第一次抽到的是合格品,且第二次抽到的也是合格品”为事件AB,
则P(B|A)====,故选C.
8.C　记事件A:取到的都是同种月饼,事件B:取到的都是五仁月饼,则n(A)=+=30,n(AB)==10,所以P(B|A)===.故选C.
9.B　因为a,b,c∈{0,1,2,3,4},
所以由a,b,c组成的三位数有4×5×5=100个,即n(A)=100.
其中满足递增数的有以下三类:
①当百位为2时,有1个;
②当百位为3时,有=3个;
③当百位为4时,有=6个,
所以n(AB)=1+3+6=10.
因此P(B|A)===.故选B.
10.答案　
解析　记事件A:甲排在第一跑道,事件B:乙排在第二跑道,则P(B|A)===.
11.解析　将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为T1,T2,T3,齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为W1,W2,W3,并且用马的记号表示该马上场比赛.
(1)设事件A=“在第一局比赛中田忌胜利”,
由题意得第一场比赛的样本空间Ω={T1W1,T1W2,T1W3,T2W1,T2W2,T2W3,T3W1,T3W2,T3W3},A={T1W2,T1W3,T2W3},则在第一局比赛中田忌获胜的概率P(A)==.
(2)设事件B=“第一局齐威王派出场的是上等马,而田忌派出场的是下等马”,
事件C=“田忌获得本场比赛的胜利”,
由题意得B={(T3W1,T1W2,T2W3),(T3W1,T1W3,T2W2),(T3W1,T2W2,T1W3),(T3W1,T2W3,T1W2)},
BC={(T3W1,T1W2,T2W3),(T3W1,T2W3,T1W2)},
则本场比赛田忌获胜的概率是P(C|B)==.
(3).
技巧点拨
　　在求概率时,若利用排列组合知识计算样本点个数较为困难时,常直接利用枚举法逐一列出所有样本点.
12.A　设事件A为“方程+=1表示双曲线”,事件B为“方程+=1表示焦点在y轴上的双曲线”,由题意得,P(A)==,P(AB)==,则P(B|A)==.故选A.
13.A　设事件A1为“该生的语文成绩是A等”,A2为“该生的英语成绩是A等”,则n(A2)=88,n()=120,
所以P(A2|)===.故选A.
14.答案　
解析　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.
解法一:P(A)=,P(AB)==,P(AC)==.∴P(B|A)====,
P(C|A)===.
∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
∴所求的条件概率为.
解法二:∵n(A)=1×=9,n(AB∪AC)=+=5,
∴P(B∪C|A)==.
∴所求的条件概率为.
规律总结
　　利用公式P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)可使条件概率的计算变得简单,但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”.
15.解析　(1)设A表示事件“该续保人本年度的保费高于基本保费”,
则事件A发生即一年内出险次数大于1,
故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.
(2)设B表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高出60%”,
则事件B发生即一年内出险次数大于3,
故P(B)=0.1+0.05=0.15.
易知P(AB)=P(B),
故P(B|A)====.
16.解析　(1)由0.05+0.05+0.10+0.15+0.45+10a=1,得a=0.020.
设得分的中位数为x,易知80≤x<90,
则0.05+0.05+0.10+0.20+(x-80)×0.045=0.5,得x≈82.2.
所以得分的中位数约为82.2.
(2)第1,2,3,4组的人数分别为10,10,20,40,
从第1,2,3,4组采用分层抽样的方法抽取8人,
则从第1,2,3,4组应分别抽取的人数为1,1,2,4.
从8人中抽取3人,记第3组仅抽到1人为事件A,第4组抽到2人为事件B,
则P(B|A)==.
即在第3组仅抽到1人的情况下,第4组抽到2人的概率为.(共9张PPT)

知识点1　条件概率
1.定义:如果事件A,B是两个随机事件,且P(A)>0,则在事件A发生的条件下事件B发
生的概率叫作条件概率,记为P(B|A).
2.性质:(1)P(B|A)∈[0,1];
(2)如果B与C为两个互斥事件,那么P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).
3.公式:一般地,在事件A发生的条件下,事件B发生的条件概率为P(B|A)=
(P(A)>0).
3.1　条件概率与事件的独立性
3.1.1　条件概率
1 | 条件概率
可利用缩小样本空间的方法计算条件概率(局限于古典概型),即将原来的样本空间Ω缩小为已知的事件A,原来的事件B缩小为AB,利用古典概型知识计算条件概率:P(B|A)= (n(A)与n(AB)分别表示事件A与AB中的样本点个数).
2 | 由古典概型知识求条件概率
1.P(A|B)与P(AB)中事件的区别是什么
区别是事件A,B的发生有时间上的差异,在P(A|B)中,事件A要在事件B发生的条件下发生,而在P(AB)中,事件A,B同时发生.P(A|B)与P(AB)中事件包含的样本点是相同的.
2.P(B|A)=P(AB)吗
不一定.P(B|A)中事件的样本空间为A,相对于原来的总空间而言,一般是缩小的,而
P(AB)中事件的样本空间不变,故该等式不一定成立.
3.P(B|A)和P(A|B)相同吗
不一定相同.P(B|A)和P(A|B)表示的意义不同,计算公式也不同,一般情况下,二者不相同.
知识辨析
利用公式求条件概率P(B|A)的步骤
(1)分析题意,弄清概率模型;
(2)计算P(A),P(AB);
(3)代入公式P(B|A)= (P(A)>0)求解.
1 利用公式求条件概率
典例　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
解析 (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1个球不放回,再摸1个球”共有4×3=12
种结果,
∴P(AB)= = ,
又∵P(A)= = ,
∴P(B|A)= = = .
(2)设“先摸出1个白球后放回”为事件C,“再摸出1个白球”为事件D,则“两次
都摸出白球”为事件CD,“先摸1个球后放回,再摸1个球”共有4×4=16种结果,
∴P(CD)= = ,
又∵P(C)= = ,
∴P(D|C)= = = .
易错警示 本题为取球模型,在取球模型的概率计算中,要特别注意是有放回摸
取还是不放回摸取,是分多次取还是一次性取.
在事件A发生的条件下事件B发生即积事件AB发生,要求P(B|A),相当于把A看
作样本空间,计算事件A及AB中包含的样本点个数,进而求得积事件AB发生的概
率,即P(B|A)= .
2 由样本点个数求条件概率
典例　在5道选择题中有3道单选题和2道多选题,如果不放回地依次抽取2道题,求:
(1)第1次抽到单选题的概率;
(2)第1次和第2次都抽到单选题的概率;
(3)在第1次抽到单选题的条件下,第2次抽到单选题的概率.
解析 设第1次抽到单选题为事件A,第2次抽到单选题为事件B,则第1次和第2次
都抽到单选题为事件AB.
(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的样本点个数为 =20.
事件A包含的样本点个数为 × =12.
故P(A)= = .
(2)事件AB包含的样本点个数为 =6,
所以P(AB)= = .
(3)由(1)(2)可知n(AB)=6,n(A)=12,
所以P(B|A)= = = .

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