7.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用 课后达标检测(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

1．已知，分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)>0，P(B)>0，则下列说法正确的是(　　) A．P(B|A)＋P(|A)＝P(A) B．若P(A)＋P(B)＝1，则 A，B对立 C．若A，B独立，则P(A|B)＝P(A) D．若A，B互斥，则P(A|B)＋P(B|A)＝1 解析：选C.对于A，P(B|A)＋P(|A)＝＝＝1，故A错误；对于B，若A，B对立，则P(A)＋P(B)＝1，反之不成立，故B错误；对于C，根据独立事件定义，故C正确；对于D，若A，B互斥，则P(A|B)＋P(B|A)＝0，故D错误．故选C. 2．已知随机事件A，B满足P(A)＝，P(A|B)＝，P(|A)＝，则P(B)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B．由已知可得，P(|A)＝＝. 因为P(A)＝，所以P(A)＝. 又P(A)＝P(AB)＋P(A)＝， 所以P(AB)＝. 又P(A|B)＝＝，所以P(B)＝.故选B． 3．若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示(　　) A．事件A发生的概率 B．事件B发生的概率 C．事件B不发生条件下事件A发生的概率 D．事件A，B同时发生的概率 解析：选A.由题意可得，题图所示的涂色部分的面积为P(A|B)P(B)＋(1－P(B))P(A|) ＝P(AB)＋P()P(A|) ＝P(AB)＋P(A)＝P(A).故选A. 4．某食物的致敏率为2%，在对该食物过敏的条件下，嘴周产生皮疹的概率为99%，则某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为(　　) A．99.02% B．98.02% C．1.98% D．0.98% 解析：选C.设事件A表示“食用该食物过敏”，事件B表示“嘴周产生皮疹”，则P(A)＝2%，P(B|A)＝99%，所以某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝2%×99%＝1.98%.故选C. 5．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为“甲和乙至少有一人选择庐山”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则P(|A)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选D．由题意，因为n(A)＝C·C＋1＝7，n(AB)＝CA＝6，所以P(|A)＝1－P(B|A)＝1－＝1－＝. 6．(多选)已知事件A，B满足P(A)＝，P(B|A)＝，P(|)＝，则(　　) A．P(AB)＝ B．P(|A)＝ C．P(B|)＝ D．P(B)＝ 解析：选ACD．对于A选项，P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝，所以A选项正确；对于B选项，P(|A)＝1－P(B|A)＝，所以B选项错误；对于C选项，P(B|)＝1－P(|)＝，所以C选项正确；对于D选项，P()＝1－P(A)＝，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()·P(B|)＝×＋×＝，所以D选项正确．故选ACD． 7．已知市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，且合格率是95%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________． 解析：记事件A＝“甲厂产品”，事件B＝“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95.所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665＝66.5%. 答案：66.5% 8．已知随机事件A，B，若P(A)＝，P(B|A)＝，P(|B)＝，则P(B)＝__________． 解析：由题意可得，P(B|A)＝＝，且P(A)＝，则P(AB)＝，又因为P(|B)＝， 则P(A|B)＝1－P(|B)＝，且P(A|B)＝， 所以P(B)＝＝＝. 答案： 9．一个不透明的箱子装有若干个除颜色外完全相同的红球和黄球．若第一次摸出红球的概率为，在第一次摸出红球的条件下，第二次摸出黄球的概率为，则第一次摸出红球且第二次摸出黄球的概率为________． 解析：记事件A＝“第一次摸出红球”，事件B＝“第二次摸出黄球”，则P(A)＝，P(B|A)＝， 由概率的乘法公式，得P(AB)＝P(B|A)×P(A)＝×＝. 答案： 10．在某次抽奖活动中，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)甲中奖且乙也中奖的概率； (2)甲没中奖且乙中奖的概率． 解：(1)设事件A为甲中奖，事件B为乙中奖， 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，甲中奖且乙也中奖的概率为 P(AB)＝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，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，甲没中奖且乙中奖的概率为 P(B)＝P()P(B|)＝×＝. 11．一个袋中装有10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，则在第一次摸出红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率为(　　) A． B． C． D． 解析：选C.设事件A为“摸出第一个球为红球”，事件B为“摸出第二个球为黄球”，事件C为“摸出第二个球为黑球”． 方法一：P(A)＝，P(AB)＝＝， P(AC)＝＝， 所以P(B|A)＝＝＝， P(C|A)＝＝＝. 所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) ＝＋＝， 即所求概率为. 方法二：n(A)＝1×C＝9，n((B∪C)∩A)＝C＋C＝5， 所以P(B∪C|A)＝＝.故选C. 12．(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示从甲罐中取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是(　　) A．P(B)＝ B．P(B|A1)＝ C．事件B与事件A1相互独立 D．A1，A2，A3是两两互斥的事件 解析：选BD．因为每次取一球，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确； 因为P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝， 所以P(B|A1)＝＝＝，故B正确； 同理P(B|A2)＝＝＝， P(B|A3)＝＝＝， 所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝×＋×＋×＝，故A错误； 因为P(BA1)＝×＝，P(B)·P(A1)＝×＝，所以P(BA1)≠P(B)P(A1)，故C错误． 13．在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，考生能答对其中的4道题即可通过考试，能答对其中5道题就获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，则他获得优秀的概率为________． 解析：设事件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，而另1道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B．由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝， 又P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，所以P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝＋＝＋＝.故所求的概率为. 答案： 14．抛掷两枚质地均匀的骰子各一次．求： (1)两枚骰子向上的点数之和为7时，其中有一枚的点数是2的概率； (2)两枚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． 解：(1)记事件A表示“两枚骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两枚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，其中有一枚的点数是2”， 则P(B)＝＝，P(AB)＝＝， 所以P(A|B)＝＝. (2)记事件Mi表示“两枚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“两枚骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两枚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) ＝＋＝＋＝. 15．近年来，我国外卖行业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道亮丽的风景线．他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单，某外卖小哥每天来往于r个外卖店(外卖店的编号分别为1，2，…，r，其中r≥3，r∈N*)，约定：每天他首先从1号外卖店取单，称为第1次取单，之后，他等可能的前往其余r－1个外卖店中的任何一个店取单，称为第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的r－1个外卖店取单．设事件Ak表示“第k次取单恰好是从1号店取单(k∈N*)”，P(Ak)是事件Ak发生的概率，显然P(A1)＝1，P(A2)＝0，则P(A3)＝________________，P(Ak＋1)与P(Ak)的关系式为________________． 解析：根据题意，事件A3表示“第3次取单恰好是从1号店取单”， 因此P(A3)＝P(2A3)＝P(2)P(A3|2) ＝(1－P(A2))＝； 同理P(Ak＋1)＝P(kAk＋1) ＝P(k)P(Ak＋1|k) ＝(1－P(Ak))P(Ak＋1|k) ＝(1－P(Ak)). 答案：　P(Ak＋1)＝(1－P(Ak))·　 16．从装有3个红球和3个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记Ai表示事件“第i次摸到红球”，i＝1，2，…，6. (1)求在第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率； (2)①证明：P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)；　 ②求P(A3). 解：(1)P(A2|1)＝＝＝，所以在第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率为. (2)①证明：因为P(A1A2A3) ＝P(A1A2)P(A3|A1A2)， 又因为P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)， 所以P(A1A2A3) ＝P(A1A2)P(A3|A1A2) ＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)， 即P(A1A2A3) ＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2). ②P(A3)＝P(A1A2A3)＋P(1A2A3)＋P(A12A3)＋P(12A3) ＝P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)＋P(1)P(A2|1)P(A3|1A2)＋P(A1)·P(2|A1)P(A3|A12)＋P(1)·P(2|1)P(A3|12) ＝××＋××＋××＋××＝. 学科网（北京）股份有限公司 $