课时测评9 条件概率-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（人教B版）

课时测评9　条件概率 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－8每小题5分，共40分) 1．下列说法正确的是(　　) A．P(A|B)＝P(B|A) B．0<P(B|A)<1 C．P(A∩B)＝P(A)·P(B|A) D．P(A∩B|A)＝P(B) 答案：C 解析：由P(B|A)＝知，P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)． 2．已知A与B是两个事件，P(B)＝，P(A∩B)＝，则P(A|B)等于(　　) A．　　　 B．　　　 C．　　　 D． 答案：D 解析：由条件概率的计算公式，可得P(A|B)＝＝＝. 3．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． B． C． D． 答案：C 解析：由题意知，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，有6×6＝36种情况，设A＝{两次的点数均为奇数}，B＝{两次的点数之和为4}，事件A包含3×3＝9种情况，事件AB有2种情况，则P(A)＝＝，P(A∩B)＝，则P(B|A)＝＝. 4．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不完全相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(B|A)＝(　　) A． B． C． D． 答案：A 解析：小赵独自去一个景点，则有4个景点可选，其余3人只能在小赵剩下的3个景点中选择，可能性为3×3×3＝27种，所以小赵独自去一个景点的可能性为4×27＝108种，因为4个人去的景点不完全相同的可能性44－4＝252种，所以P(B|A)＝＝. 5．近几年新能源汽车产业正持续快速发展，动力蓄电池技术是新能源汽车的核心技术．已知某品牌新能源汽车的车载动力蓄电池充放电次数达到800次的概率为90%，充放电次数达到1 000次的概率为36%.若某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为(　　) A．0.324 B．0.36 C．0.4 D．0.54 答案：C 解析：设事件A表示“充放电次数达到800次”，事件B表示“充放电次数达到1 000次”，P(A)＝90%＝0.9，P(AB)＝36%＝0.36，所以某用户的该品牌新能源汽车已经经过了800次的充放电，那么他的车能够达到充放电1 000次的概率为：P(B|A)＝＝＝0.4. 6．已知P(A)＝0.4，P(B)＝0.5，P(A|B)＝0.6，则P(B|A)为________． 答案：0.75 解析：因为P(A|B)＝，所以P(A∩B)＝0.3.所以P(B|A)＝＝＝0.75. 7．抛掷红、蓝两颗骰子，若已知蓝骰子的点数为3或6，则两骰子点数之和大于8的概率为________． 答案： 解析：令A＝“抛掷出的红、蓝两颗骰子中蓝骰子的点数为3或6”，B＝“两骰子点数之和大于8”， 则A＝{(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，AB＝{(3，6)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}．所以P(B|A)＝＝＝. 8．一个盒子中有3个白球、2个黑球，每次从中不放回地任取1个球，连取两次，则在第一次取到黑球的条件下，第二次取到白球的概率为________． 答案： 解析：记“第一次取到黑球”为事件A，“第二次取到白球”为事件B．显然，事件“第一次取到黑球，第二次取到白球”的概率P(A∩B)＝＝.由条件概率的计算公式，得P(B|A)＝＝＝. 9．(10分)已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个． (1)若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；(4分) (2)若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率．(6分) 解：(1)两次都取得白球的概率P＝×＝； (2)记事件A：第一次取出的是红球；事件B：第二次取出的是红球， 则P(A)＝＝，P(A∩B)＝＝， 利用条件概率的计算公式，可得P(B|A)＝＝×＝. 10．(10分)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；(4分) (2)甲没中奖但乙中奖的概率．(6分) 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(A)＝. 根据乘法公式可知，甲中奖而且乙也中奖的概率为 P(AB)＝P(A)P(A)＝×＝. (2)因为P(A)＋P(A (_))＝1，所以P(A (_))＝. 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(A (_))＝. 根据乘法公式可知，甲没中奖但乙中奖的概率为 P(A (_)B )＝P(A (_))P(A (_))＝×＝. 11．(5分)(多选)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是(　　) A．P(B)＝ B．P(B|A1)＝ C．事件B与事件A1相互独立 D．A1、A2、A3两两互斥 答案：BD 解析：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)＝×＋×＋×＝；事件A1的发生对事件B的发生有影响，所以事件B与事件A1不相互独立，故AC错误． 12．(5分)根据某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为______，在下雨天里，刮风的概率为________． 答案：　 解析：设事件A＝“下雨”，B＝“刮风”，A∩B＝“刮风又下雨”，则P(A)＝，P(B)＝，P(A∩B)＝，所以在刮风天里，下雨的概率为：P(A|B)＝＝＝，在下雨天里，刮风的概率为：P(B|A)＝＝＝. 13．(15分)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；(3分) (2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；(5分) (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．(7分) 解：设A：第1次抽到舞蹈节目，B：第2次抽到舞蹈节目，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件A∩B． (1)从6个节目中不放回地依次抽取2个节目的样本点个数为A＝30，根据分步乘法计数原理知事件A包含的样本点个数为AA＝20，于是P(A)＝＝. (2)因为事件A∩B包含的样本点个数为A＝12，于是P(A∩B)＝＝. (3)方法一：由(1)(2)可得，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为P(B|A)＝＝＝. 方法二：因为事件A∩B包含的样本点个数为12，事件A包含的样本点个数为20，所以P(B|A)＝＝. 14．(15分)如图所示，三行三列的方阵有9个数aij(i＝1，2，3，j＝1，2，3)，从中任取三个数，已知取到a22的条件下，求至少有两个数位于同行或同列的概率． 解：事件A＝任取的三个数中有a22，事件B＝三个数至少有两个数位于同行或同列， 则B (_)＝三个数互不同行且不同列， 依题意得n(A)＝C＝28，n(A∩B (_))＝2， 故P(B (_)|A)＝＝＝， 故P(B|A)＝1－P(B (_)|A)＝1－＝. 学科网（北京）股份有限公司 $