2024-2025学年高中数学第一章统计案例2.1条件概率与独立事件课后巩固提升含解析北师大版选修1-2

PAGE条件概率与独立事务[A组基础巩固]1．某人一周晚上值班2次，在已知他星期日肯定值班的前提下，其余晚上值班所占的概率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5) D.eq\f(1,6)解析：本题为条件概率，在星期日肯定值班的前提下，只需再从其余6天中选一天值班即可，概率为eq\f(1,6).答案：D2．甲、乙两人独立解答某道题，解不出来的概率分别是a和b，那么甲、乙两人都解出这道题的概率是()A．1－ab B．(1－a)(1－b)C．1－(1－a)(1－b) D．a(1－b)＋b(1－a)解析：设甲解出该题为事务A，乙解出该题为事务B，则P(eq\x\to(A))＝a，P(eq\x\to(B))＝b，∴P(AB)＝P(A)·P(B)＝(1－a)(1－b)．答案：B3．打靶时，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射一个目标，则他们都中靶的概率是()A.eq\f(14,25) B.eq\f(12,25)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,5)解析：P＝eq\f(8,10)×eq\f(7,10)＝eq\f(56,100)＝eq\f(14,25).答案：A4．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是为eq\f(1,3)、eq\f(1,2)、eq\f(2,3)，则汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,3) D.eq\f(7,18)解析：设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事务A、B、C，则P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(2,3).停车一次即为事务eq\x\to(A)BC＋Aeq\x\to(B)C＋ABeq\x\to(C)，故概率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(2,3)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(7,18).答案：D5.同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x，转盘乙得到的数为y，x，y构成数对(x，y)，则全部数对(x，y)中满意xy＝4的概率为()A.eq\f(1,16) B.eq\f(1,8)C.eq\f(3,16) D.eq\f(1,4)解析：满意xy＝4的全部可能如下：x＝1，y＝4；x＝2，y＝2；x＝4，y＝1.所以，所求事务的概率P＝P(x＝1，y＝4)＋P(x＝2，y＝2)＋P(x＝4，y＝1)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,16).答案：C6．在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜甲的概率为0.6，竞赛依次如下：第一局，甲对乙；其次局，第一局胜者对丙；第三局，其次局胜者对第一局败者；第四局，第三局胜者对其次局败者，则乙连胜四局的概率为________．解析：乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最终再胜丙，∴概率P＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09.答案：0.097．由长期统计资料可知，某一地区在4月份下雨(记作事务A)的概率为eq\f(4,15)，刮风(用B表示)的概率为eq\f(7,15)，既刮风又下雨的概率为eq\f(1,10)，则P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.解析：P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(1,10),\f(7,15))＝eq\f(3,14)，P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(1,10),\f(4,15))＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,14)eq\f(3,8)8．若A，B为相互独立事务，则下列式子成立的是__________．(把你认为正确的序号都填上)①P(AB)＝P(A)P(B)；②P(eq\x\to(A)B)＝P(eq\x\to(A))P(B)；③P(Aeq\x\to(B))＝P(A)－P(A)P(B)；④P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)．解析：①②正确．③P(Aeq\x\to(B))＝P(A)P(eq\x\to(B))＝P(A)[1－P(B))]＝P(A)－P(A)P(B)．④P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝[1－P(A)][1－P(B)]＝1－P(A)－P(B)＋P(A)P(B)．答案：①②③④9．甲、乙同时向一敌机炮击，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5.(1)求甲、乙都未击中敌机的概率；(2)求敌机被击中的概率．解析：设“甲击中敌机”为事务A，“乙击中敌机”为事务B，“甲、乙都未击中敌机”为事务C，“敌机被击中”为事务D.由题意可知A，B相互独立，则eq\x\to(A)与eq\x\to(B)也相互独立．(1)P(C)＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2.(2)P(D)＝1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－0.2＝0.8.10．甲、乙两地都位于长江下游，依据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%.问：(1)乙地为雨天时，甲地为雨天的概率为多少？(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为多少？解析：设A＝“甲地为雨天”，B＝“乙地为雨天”，则依据题意有P(A)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，所以(1)P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(0.12,0.18)≈0.67，(2)P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.12,0.20)＝0.60.[B组实力提升]1．据统计，大熊猫的平均寿命是12～20岁，一只大熊猫从诞生起，活到10岁的概率为0.8，活到20岁的概率是0.4，北京动物园的大熊猫“妞妞”今年已经10岁了，它能活到20岁的概率为()A．0.32 B．0.5C．0.4 D．0.8解析：设A＝“能活到10岁”，B＝“能活到20岁”．即P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，所求概率为P(B|A)，由于B⊆A，故AB＝B，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(0.4,0.8)＝0.5.答案：B2.在如图所示的电路图中，开关a，b，c闭合与断开的概率都是eq\f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率是()A.eq\f(1,8) B.eq\f(3,8)C.eq\f(1,4) D.eq\f(7,8)解析：设开关a，b，c闭合的事务分别为A，B，C，则灯亮这一事务E＝ABC∪ABeq\x\to(C)∪Aeq\x\to(B)C，且A，B，C相互独立，ABC，ABeq\x\to(C)，Aeq\x\to(B)C互斥，所以P(E)＝P(ABC)∪P(ABeq\x\to(C))∪P(Aeq\x\to(B)C)＝P(ABC)＋P(ABeq\x\to(C))＋P(Aeq\x\to(B)C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8).答案：B3．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是eq\f(2,5)，eq\f(1,2)，eq\f(3,5)，现3人各投篮1次，则3人中恰有2人投进的概率为________．解析：甲、乙、丙投进分别记作事务A、B、C，它们相互独立，则3人中恰有2人投进的概率为P＝P(ABeq\x\to(C)＋Aeq\x\to(B)C＋eq\x\to(A)BC)＝P(ABeq\x\to(C))＋P(Aeq\x\to(B)C)＋P(eq\x\to(A)BC)＝P(A)P(B)P(eq\x\to(C))＋P(A)P(eq\x\to(B))P(C)＋P(eq\x\to(A))P(B)P(C)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)×(1－eq\f(3,5))＋eq\f(2,5)×(1－eq\f(1,2))×eq\f(3,5)＋(1－eq\f(2,5))×eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＝eq\f(19,50).答案：eq\f(19,50)4．(2024·高考四川卷)同时抛掷两枚质地匀称的硬币，当至少有一枚硬币正面对上时，就说这次试验胜利，则在2次试验中胜利次数X的均值是________．解析：解法一先求出胜利次数X的分布列，再求均值．由题意可知每次试验不胜利的概率为eq\f(1,4)，胜利的概率为eq\f(3,4)，在2次试验中胜利次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝eq\f(1,16)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝eq\f(9,16).所以在2次试验中胜利次数X的分布列为X012Peq\f(1,16)eq\f(3,8)eq\f(9,16)则在2次试验中胜利次数X的均值为E(X)＝0×eq\f(1,16)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(9,16)＝eq\f(3,2).解法二此试验满意二项分布，其中p＝eq\f(3,4)，所以在2次试验中胜利次数X的均值为E(X)＝np＝2×eq\f(3,4)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)5．某种元件用满6000小时未坏的概率是eq\f(3,4)，用满10000小时未坏的概率是eq\f(1,2)，现有一个此种元件，已经用满6000小时未坏，求它能用满10000小时的概率．解析：设A＝“用满10000小时未坏”，B＝“用满6000小时未坏”，则P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,4)，由于A⊆B，故P(AB)＝P(A)．∴P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(PA,PB)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,4))＝eq\f(2,3).∴这个元件能用满10000小时的概率为eq\f(2,3).6.如图所示，用A、B、C三类不同元件连接成两个系统N1、N2.当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B，C至少有一个正常工作时，系统