8.1.1 条件概率
基础达标练
1.4张奖券中只有1张能中奖,现分别由4名同学无放回地抽取.若已知第一名同学没有抽到中奖券,则最后一名同学抽到中奖券的概率是( )
A. B. C. D.1
2.投掷一枚质地均匀的骰子两次,记“两次的点数均为奇数”为事件A,“两次的点数之和为4”为事件B,则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
3.从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数,记事件A为“第一次取到的是奇数”,事件B为“第二次取到的是3的整数倍”,则P(B|A)等于( )
A. B. C. D.
4.甲、乙两市都位于长江下游,根据一百多年来的气象记录得到,一年中下雨天的比例甲市占20%,乙市占18%,两地同时下雨占12%,记P(A)=0.2,P(B)=0.18,P(AB)=0.12,则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A., B.,
C., D.,
5.投掷两颗均匀的骰子,已知点数不同,设两颗骰子点数之和为X,则X≤6的概率为 .
6.某气象台统计,该地区下雨的概率为,既刮四级以上的风又下雨的概率为.设事件A为“该地区下雨”,事件B为“该地区刮四级以上的风”,则P(B|A)= .
7.有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中,随机抽取1粒,则这粒种子能长成幼苗的概率为 .
8.在一个袋子中共有10个大小相同的黑球和白球.若从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球的概率为.
(1)求白球的个数;
(2)现从中不放回地取球,每次取1球,取2次,已知第2次取得白球,求第1次取得黑球的概率.
9.某校高二(1)班有学生40人,其中共青团员15人.全班平均分成4个小组,其中第一组有共青团员4人.从该班任选一人作学生代表.
(1)求选到的是第一组学生的概率;
(2)已知选到的是共青团员,求他是第一组学生的概率.
能力提升练
10.甲、乙、丙三人到三个景点旅游,每人只去一个景点,设事件A为“三个人去的景点不相同”,B为“甲独自去一个景点”,则概率P(A|B)等于( )
A. B. C. D.
11.(2023全国甲)有50人报名足球俱乐部,60人报名乒乓球俱乐部,70人报名足球或乒乓球俱乐部.若已知某人报足球俱乐部,则其报乒乓球俱乐部的概率为( )
A.0.8 B.0.4 C.0.2 D.0.1
12.七巧板是中国民间流传的智力玩具.据清代陆以湉《冷庐杂识》记载,七巧板是由宋代黄伯思设计的宴几图演变而来的,原为文人的一种室内游戏,后在民间逐步演变为拼图版玩具.到明代,七巧板已基本定型为由下面七块板组成,即五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形,可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等1 600 种以上图案.现从七巧板中取出两块,已知取出的是三角形,则两块板恰好是全等三角形的概率为( )
A. B. C. D.
13.(多选题)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(除颜色外,大小、形状均相同).先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A1,A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐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
14.坛子里放着5个相同大小、相同形状的咸鸭蛋,其中有3个是绿皮的、2个是白皮的.如果不放回地依次拿出2个鸭蛋,求:
(1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率;
(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率;
(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下,第2次拿出绿皮鸭蛋的概率.
拓展探究练
15.某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己6名学生参加演讲比赛,采用抽签法决定演讲顺序,在“学生甲和乙都不是第一个出场,且甲不是最后一个出场”的前提下,求学生丙第一个出场的概率.
8.1.1 条件概率
1.B 记“第一名同学没有抽到中奖券”为事件A,“最后一名同学抽到中奖券”为事件B,则P(A)=,P(AB)=×=,所以P(B|A)==.
2.C 由题意知事件A包含的基本事件是(1,1),(1,3),(1,5),(3,1),(3,3),(3,5),(5,1),(5,3),(5,5),共9个,在事件A发生的条件下,事件B包含的基本事件是(1,3),(3,1)共2个,所以P(B|A)=.
3.B 由题意得P(A)=,记事件AB为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”,
若第一次取到的为3或9,第二次有2种情况;
若第一次取到的为1,5,7,第二次有3种情况.
故共有2×2+3×3=13(个)样本点,
则P(AB)==,由条件概率的定义,得P(B|A)==,故选B.
4.C 由条件概率的定义,得P(A|B)===,
P(B|A)===.
5. 记“投掷两颗骰子,其点数不同”为事件A,“两颗骰子点数之和X≤6”为事件B,则P(A)==,P(AB)=,
∴由条件概率定义,得P(B|A)==.
6. 由题意知P(A)=,P(AB)=,
故P(B|A)===.
7.0.72 记“种子发芽”为事件A,“种子长成幼苗”为事件AB(发芽又成活),则出芽后的幼苗成活率为P(B|A)=0.8,又P(A)=0.9,由概率的乘法公式得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.72.
8.解 (1)记“从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球”为事件A,设袋中白球有X个(0
解得X=5,即白球的个数为5.
(2)记“第2次取得白球”为事件B,“第1次取得黑球”为事件C,则P(BC)=·==,
P(B)===.
故P(C|B)===.
9.解 设事件A表示“选到第一组学生”,
事件B表示“选到共青团员”.
(1)由题意,P(A)==.
(2)(方法一)要求的是在事件B发生的条件下,事件A发生的条件概率P(A|B).不难理解,在事件B发生的条件下(即以所选到的学生是共青团员为前提),有15种不同的选择,其中属于第一组的有4种选择.因此,P(A|B)=.
(方法二)∵P(B)==,P(AB)==,
∴P(A|B)==.
10.C 由题意可知,n(B)=22=12,n(AB)==6.
∴P(A|B)===.
11.A 报名两个俱乐部的人数为50+60-70=40,
记“某人报足球俱乐部”为事件A,“某人报乒乓球俱乐部”为事件B,
则P(A)==,P(AB)==,
所以P(B|A)===0.8.故选A.
12.D 设事件A为“从七巧板中取出两块,取出的是三角形”,事件B为“两块板恰好是全等三角形”,
则P(AB)==,P(A)==,
∴P(B|A)===,故选D.
13.BD 由题意可知A1,A2,A3是两两互斥的事件,P(A1)==,P(A2)==,P(A3)=,故P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)=×+×+×=,故A错误,D正确;P(B|A1)===,故B正确;显然C不正确.故选BD.
14.解 设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A,“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B,则“第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋”为事件AB.
(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的基本事件数为n(Ω)==20,
又n(A)=×=12,于是由古典概型可知P(A)===.
(2)因为n(AB)==6,
所以由古典概型可知P(AB)===.
(3)由(1)(2)可得,在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下,第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)===.
15.解 设事件A为“学生甲和乙都不是第一个出场,且甲不是最后一个出场”;事件B为“学生丙第一个出场”.
对事件A,甲和乙都不是第一个出场,且甲不是最后一个出场,分为两类讨论:
第1类,乙在最后,则优先从中间4个位置中选一个给甲,再将余下的4个人全排列有种;
第2类,乙没有在最后,则优先从中间4个位置中选两个给甲乙,再将余下的4个人全排列有种,故n(A)=·+.
对事件AB,此时丙第一个出场,优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后,再将余下的4人全排列有种,故n(AB)=,故P(B|A)===.8.1.2 全概率公式
基础达标练
1.甲袋里有5只白球、7只红球,乙袋里有4只白球、2只红球,从两个袋中任取一袋,然后从所取到的袋中任取一球,则取到的球是白球的概率为( )
A. B. C. D.
2.设某工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品,已知各车间的产量分别占全厂产量的25%,35%,40%,而且各车间的次品率依次为5%,4%,2%.现从待出厂的产品中检查出一个次品,那么它是由甲车间生产的概率约为( )
A.0.012 5 B.0.362
C.0.468 D.0.034 5
3.播种用的一等小麦种子中混有2%的二等种子,1.5%的三等种子,1%的四等种子.用一、二、三、四等种子长出的穗含50颗以上麦粒的概率分别为0.5,0.15,0.1,0.05,则这批种子所结的穗含50颗以上麦粒的概率为( )
A.0.8 B.0.832 5
C.0.532 5 D.0.482 5
4.5张卡片上分别标有数字1,2,3,4,5,每次从中任取一张,连取两次.若第一次取出的卡片不放回,则第二次取出的卡片上的数字大于第一次取出的数字的概率为( )
A. B. C. D.
5.两台机床加工同样的零件,它们常出现废品的概率分别为0.03和0.02,加工出的零件放在一起,设第一台机床加工的零件比第二台的多一倍,则任取一个零件是合格品的概率为 .
6.根据以往的临床记录,某种诊断癌症的试验具有如下效果:若以A表示“试验反应为阳性”,以B表示“被诊断者患有癌症”,则有P(A|B)=0.95,P(|)=0.95.现对自然人群进行普查,设被试验的人患有癌症的概率为0.005,则P(B|A)= .(结果保留两位有效数字)
7.设袋中装有10个阄,其中8个是白阄、2个是有物之阄,甲、乙二人依次抓取一个,求乙抓到白阄的概率.
能力提升练
8.某试卷中1道选择题有6个答案,其中只有一个是正确的.考生不知道正确答案的概率为,不知道正确答案而猜对的概率为.现已知某考生答对了,则他猜对此题的概率为( )
A. B. C. D.
9.把外形相同的球分装在三个盒子中,每盒10个.其中,第一个盒子中有7个球标有字母A、3个球标有字母B;第二个盒子中有红球和白球各5个;第三个盒子中有红球8个、白球2个.试验按如下规则进行:先在第一个盒子中任取一个球,若取得标有字母A的球,则在第二个盒子中任取一个球;若第一次取得标有字母B的球,则在第三个盒子中任取一个球.如果第二次取出的是红球,则称试验成功,则试验成功的概率为( )
A.0.59 B.0.41 C.0.48 D.0.64
10.设袋中有6个球,4个新球、2个旧球,第一次比赛取2球,比赛后放回(球用后即视为旧球),第二次比赛再任取2球,则第二次比赛取得2个新球的概率为( )
A. B. C. D.
11.装有10件某产品(其中一等品5件、二等品3件、三等品2件)的箱子中丢失一件产品,但不知是几等品,今从箱中任取2件产品,结果都是一等品,则丢失的也是一等品的概率为 .
12.甲箱中有3个白球、2个黑球,乙箱中有1个白球、3个黑球,先从甲箱中任取一球放入乙箱中,再从乙箱中任取一球.
(1)若已知从甲箱中取出的是白球,则从乙箱中也取出的是白球的概率是 ;
(2)从乙箱中取出白球的概率是 .
13.某种电子玩具按下按钮后,会出现红球或绿球.已知按钮第一次按下后,出现红球与绿球的概率都是,从按钮第二次按下起,若前一次出现红球,则下一次出现红球、绿球的概率分别为,;若前一次出现绿球,则下一次出现红球、绿球的概率分别为,,记第n(n∈N*,n≥1)次按下按钮后出现红球的概率为Pn.
(1)P2的值为 ;
(2)若n∈N*,n≥2,用Pn-1表示Pn的表达式为 .
14.设某工厂有两个车间生产同型号的家用电器,第1车间的次品率为0.15,第2车间的次品率为0.12,两个车间的成品都混合堆放在一个仓库,假设第1,2车间生产的成品比例为2∶3,今有一客户从成品仓库中随机提一台产品,求该产品合格的概率.
拓展探究练
15.同一种产品由甲、乙、丙三个厂供应.由长期的经验知,三家的正品率分别为0.95,0.90,0.80,三家产品数所占比例为2∶3∶5,混合在一起.
(1)从中任取一件,求此产品为正品的概率;
(2)现取到一件产品为正品,它是由甲、乙、丙三个厂中哪个厂生产的可能性最大
8.1.2 全概率公式
1.B 从两袋中任选一袋,选中甲、乙的概率都是,又从甲袋中取到白球的概率是,从乙袋中取到白球的概率为,故所求概率为×+=.
2.B 所求概率为≈0.362.
3.D 设从这批种子中任选一颗是一、二、三、四等种子的事件分别是A1,A2,A3,A4,则A1∪A2∪A3∪A4=Ω,且两两互斥.设B=“从这批种子中任选一颗,所结的穗含50颗以上麦粒”,则P(B)=P(Ai)P(B|Ai)=95.5%×0.5+2%×0.15+1.5%×0.1+1%×0.05=0.4825.故选D.
4.B 第一次取每个数字的概率都是.如果第一次取得的是1,那么再从四张当中取的话,都比1大,所以概率为×1=;如果第一次取的是2,那么再去从四张当中去取,得到的比2大的概率就是,所以概率为×=,以此类推,所得概率分别是×=,×=.故所求概率为+++=.
5. 由题意知第一台机床加工的零件占总数的,第二台机床加工的零件占总数的,故所求概率为1-×0.03+×0.02=.
6.0.087 P(A|)=1-P(|)=1-0.95=0.05,被试验的人患有癌症的概率为0.005,就相当于P(B)=0.005,则P(B|A)===≈0.087.
7.解 设事件A表示“甲抓到有物之阄”,事件B表示“乙抓到白阄”,则P(A)=,P()=,从而P(B)=P(BA)+P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=.
8.B 设A事件为“考生不知道正确答案”,B事件为“答对此题”,则P(A)=,P(B|A)=,P(B|)=1,所以所求概率P(A|B)====.
9.A 设事件A为“从第一个盒子中取得标有字母A的球”,
事件B为“从第一个盒子中取得标有字母B的球”,
事件R为“第二次取出的球是红球”,
则P(A)=,P(B)=,P(R|A)=,
P(R|B)=,
P(R)=P(R|A)P(A)+P(R|B)P(B)=×+×=0.59.
10.A 设事件Ai为“第一次比赛恰取出i个新球”,i=0,1,2,事件B为“第二次比赛取得2个新球”,则Ω=A0∪A1∪A2,且A0,A1,A2两两互斥,
∴P(B)=P(Ai)P(B|Ai)==.
11. 设事件A表示“从箱中任取2件都是一等品”,Bi表示“丢失的是i等品”,i=1,2,3,那么P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3),P(Bi)表示的就是丢失的是i等品的概率,所以P(A)=×+×+×=,从而所求概率为P(B1|A)===.
12.(1) (2) 设事件B为“从乙箱中取出白球”,
事件A为“从甲箱中取出白球”,则P(A)=,P()=.
(1)由题意可知P(AB)=×=,故所求概率为P(B|A)=.
(2)易知P(B|)=,故利用全概率公式,得所求概率为
P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=.
13.(1) (2)Pn=-Pn-1+ (1)P2=×+×=.
(2)Pn=Pn-1×+(1-Pn-1)×=-Pn-1+(n≥2,n∈N*).
14.解 设事件B为“从仓库中随机提出的一台产品是合格品”,
事件Ai为“提出的一台是第i车间生产的”,i=1,2,
则有B=A1B∪A2B,
由题意知P(A1)=0.4,P(A2)=0.6,P(B|A1)=0.85,
P(B|A2)=0.88,
由全概率公式得
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.4×0.85+0.6×0.88=0.868.
15.解 设事件A表示“取到的产品为正品”,B1,B2,B3分别表示“产品由甲、乙、丙厂生产”,则Ω=B1∪B2∪B3,且B1,B2,B3两两互斥,
由已知P(B1)=0.2,P(B2)=0.3,P(B3)=0.5,
P(A|B1)=0.95,P(A|B2)=0.9,P(A|B3)=0.8.
(1)由全概率公式得P(A)=P(Bi)P(A|Bi)=0.2×0.95+0.3×0.9+0.5×0.8=0.86.
(2)由贝叶斯公式得
P(B1|A)===,
P(B2|A)===,
P(B3|A)===.
将以上3个数作比较,可知这件产品由丙厂生产的可能性最大,由甲厂生产的可能性最小.8.2.1 随机变量及其分布列
基础达标练
1.(多选题)下列表述中,X表示的是离散型随机变量的是( )
A.某座大桥一天经过的车辆数X
B.某无线电寻呼台一天内收到的寻呼次数X
C.一天之内的温度X
D.一位射击手对目标进行射击,击中目标得1分,未击中目标得0分,用X表示该射击手在一次射击中的得分
2.(多选题)下列问题中的随机变量服从两点分布的是( )
A.抛掷一枚骰子,所得点数为随机变量X
B.某射手射击一次,击中目标的次数为随机变量X
C.从装有5个红球、3个白球的袋中取1个球,令随机变量X=
D.某医生做一次手术,手术成功的次数为随机变量X
3.随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,4,c为常数,则P
4.设随机变量X的分布列为
X 1 2 3 4
P m
则P(|X-3|=1)=( )
A. B. C. D.
5.一袋中装有10个大小相同的黑球和白球.已知从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球的概率是.从袋中任意摸出3个球,记得到白球的个数为X,则P(X=2)= .
6.某篮球运动员在一次投篮训练中的得分X的分布列如下表,其中a,b,c成等差数列,且c=ab.
X 0 2 3
P a b c
则这名运动员得3分的概率是 .
7.将一枚骰子掷两次,记第一次掷出的点数减去第二次掷出的点数的差为X,求X的分布列.
能力提升练
8.(多选题)已知随机变量X的分布列如表所示,其中a,b,c成等差数列,则( )
X -1 0 1
P a b c
A.a= B.b=
C.c= D.P(|X|=1)=
9.袋子中装有大小相同的8个小球,其中白球5个,分别编号1,2,3,4,5;红球3个,分别编号1,2,3.现从袋子中任取3个小球,它们的最大编号为随机变量X,则P(X=3)=( )
A. B. C. D.
10.已知随机变量X只能取三个值x1,x2,x3,其概率依次成等差数列,则该等差数列公差的取值范围是( )
A.0, B.-,
C.[-3,3] D.[0,1]
11.若随机变量X的概率分布为
X 0 1
P 9c2-c 3-8c
则常数c= .
12.随机变量Y的分布列如下:
Y 1 2 3 4 5 6
P 0.1 x 0.35 0.1 0.15 0.2
则x= ;P(Y>3)= .
13.设随机变量X的分布列为PX==ak(k=1,2,3,4,5).求:
(1)常数a的值;
(2)PX≥的值;
(3)P
(1)设“使得m+n=0成立的有序数组(m,n)”为事件A,试列举A包含的样本点;
(2)设ξ=m2,求ξ的分布列.
拓展探究练
15.在一次购物抽奖活动中,假设10张奖券中有一等奖奖券1张,可获价值50元的奖品,有二等奖奖券3张,每张可获价值10元的奖品,其余6张没有奖品.
(1)顾客甲从10张奖券中任意抽取1张,求中奖次数X的分布列.
(2)顾客乙从10张奖券中任意抽取 2张.
①求顾客乙中奖的概率;
②设顾客乙获得的奖品总价值为Y元,求Y的分布列.
8.2.1 随机变量及其分布列
1.ABD A,B,D中的X可以取的值可以一一列举出来,而C中的X可以取某一区间内的一切值,属于连续型随机变量.
2.BCD 只有A中随机变量X的取值有6个,不服从两点分布.
3.B 由分布列性质得+++=1,
即c=1,c=.
所以P
X 1 2 3 4
P
所以P(|X-3|=1)=P(X=4)+P(X=2)=.故选B.
5. 设10个球中有m个白球,则=1-,解得m=5.P(X=2)==.
6. 由题意得2b=a+c,c=ab,a+b+c=1,且a≥0,b≥0,c≥0,联立得a=,b=,c=,
故该名运动员得3分的概率是.
7.解 第一次掷出的点数与第二次掷出的点数的差X的可能取值为-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4,5,
则P(X=-5)=,P(X=-4)==,…,P(X=5)=.
故X的分布列为
X -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
P
8.BD ∵a,b,c成等差数列,∴2b=a+c.
由分布列的性质得a+b+c=3b=1,∴b=.
∴P(|X|=1)=P(X=1)+P(X=-1)=1-P(X=0)=1-=.
9.D X=3共有两种情况,第一种情况表示3个小球中有1个3,P1==,第二种情况表示3个小球中有2个3,P2==,所以P(X=3)=P1+P2=+=.故选D.
10.B 由题意可设随机变量X取x1,x2,x3的概率分别为a-d,a,a+d,则由分布列的性质得(a-d)+a+(a+d)=1,故a=.
由解得-≤d≤.
11. 由随机变量分布列的性质可知
整理得
12.0.1 0.45 由pi=1,得x=0.1.
P(Y>3)=P(Y=4)+P(Y=5)+P(Y=6)=0.1+0.15+0.2=0.45.
13.解 由题意,随机变量X的分布列为
X 1
P a 2a 3a 4a 5a
(1)由分布列的性质得a+2a+3a+4a+5a=1,解得a=.
(2)PX≥=PX=+PX=+PX=1=++=,
或PX≥=1-PX≤=1-+=.
(3)∵
(2)由于m的所有不同取值为-2,-1,0,1,2,3,
所以ξ=m2的所有不同取值为0,1,4,9,
且有P(ξ=0)=,P(ξ=1)==,
P(ξ=4)==,P(ξ=9)=.
故ξ的分布列为
ξ 0 1 4 9
P
15.解 (1)抽奖一次,只有中奖和不中奖两种情况,故X的取值只有0和1两种情况.
P(X=1)===,则P(X=0)=1-P(X=1)=1-=.
所以X的分布列为
X 0 1
P
(2)①顾客乙中奖可分为互斥的两个事件:所抽取的2张奖券中有1张中奖或2张都中奖.
故所求概率P===.
②Y的所有可能取值为0,10,20,50,60,则
P(Y=0)===,
P(Y=10)===,
P(Y=20)===,
P(Y=50)===,
P(Y=60)===.
所以随机变量Y的分布列为
X 0 10 20 50 60
P8.2.2 离散型随机变量的数字特征
第1课时 离散型随机变量的均值
基础达标练
1.袋中有10个大小相同的小球,其中记为0号的有4个,记为n号的有n个(n=1,2,3).现从袋中任取一球,X表示所取到球的标号,则E(X)等于( )
A.2 B. C. D.
2.抛掷一枚硬币,规定正面向上得1分,反面向上得-1分,则抛掷一次,得分X的均值为( )
A.0 B. C.1 D.-1
3.某射击运动员在比赛中每次击中10环得1分,击不中10环得0分.已知他击中10环的概率为0.8,则射击一次得分X的均值是( )
A.0.2 B.0.8 C.1 D.0
4.随机变量X的可能取值为1,2,3,4,P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4),E(X)=3,则a+b等于( )
A.10 B.5 C. D.
5.两封信随机投入A,B,C三个空邮箱,则A邮箱的信件数X的均值E(X)=( )
A. B. C. D.
6.已知某一随机变量X的分布列如下表:
X 3 b 8
P 0.2 0.5 a
且E(X)=6,则a= ,b= .
7.体育课的排球发球项目考试的规则:每名学生最多可发球3次,一旦发球成功,则停止发球,否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为p(p≠0),发球次数为X,若X的均值E(X)>1.75,则p的取值范围是 .
8.某商场经销某商品,根据以往资料统计,顾客采用的付款期数X的分布列为
X 1 2 3 4 5
P 0.2 0.3 0.3 0.1 0.1
商场经销一件该商品,顾客采用1期付款,其利润为200元;分2期或3期付款,其利润为300元;分4期或5期付款,其利润为400元.Y表示经销一件该商品的利润.求Y的分布列和均值.
能力提升练
9.(多选题)设p为非负实数,随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P -p p
则下列说法正确的是( )
A.p∈0, B.E(X)的最大值为
C.p∈0, D.E(X)的最大值为
10.某人有资金10万元,准备用于投资经营甲、乙两种商品,根据统计资料:
投资甲获利X/万元 2 3 -1
概率 0.4 0.3 0.3
投资乙获利Y/万元 1 4 -2
概率 0.6 0.2 0.2
那么他应该选择经营 种商品.
11.某人进行一项试验,若试验成功,则停止试验;若试验失败,则再重新试验一次;若试验3次均失败,则放弃试验.若此人每次试验成功的概率均为,则此人试验次数X的均值是 .
12.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割成125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的涂油漆面数为X,求X的分布列及均值.
13.在有奖摸彩中,一期(发行10 000张彩票为一期)有200个奖品是5元的,20个奖品是25元的,5个奖品是100元的.在不考虑获利的前提下,一张彩票的合理价格是多少元
拓展探究练
14.从一批含有13件正品,2件次品的产品中不放回地抽3次,每次抽取1件,设抽取的次品数为ξ,则E(5ξ+1)=( )
A.2 B.1 C.3 D.4
8.2.2 离散型随机变量的数字特征
第1课时 离散型随机变量的均值
1.D 由题意可知X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,
∴E(X)=0×+1×+2×+3×=.
2.A 因为P(X=1)=,P(X=-1)=,
所以由均值的定义得E(X)=1×+(-1)×=0.
3.B 因为P(X=1)=0.8,P(X=0)=0.2,所以E(X)=1×0.8+0×0.2=0.8.
4.D 易知E(X)=1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)+4×(4a+b)=3,即30a+10b=3.①
又(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1,②
由①②,得a=,b=0,故a+b=.
5.B 两封信随机投入A,B,C三个空邮箱,共有32=9(种)情况,则投入A邮箱的信件数X的概率为P(X=2)==,P(X=1)==,
∴P(X=0)=1-P(X=2)-P(X=1)=.
∴离散型随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
∴E(X)=0×+1×+2×=.故选B.
6.0.3 6 由0.2+0.5+a=1,得a=0.3.又由E(X)=3×0.2+0.5b+8a=6,得b=6.
7.0, 根据题意,学生发球次数为1(即一次发球)成功的概率为P(X=1)=p,发球次数为2(即两次发球)成功的概率为P(X=2)=p(1-p),发球次数为3的概率为P(X=3)=(1-p)2,则X的均值E(X)=p+2p(1-p)+3(1-p)2=p2-3p+3.
依题意有E(X)>1.75,即p2-3p+3>1.75,解得p>或p<.
由0
P(Y=200)=P(X=1)=0.2,
P(Y=300)=P(X=2)+P(X=3)=0.3+0.3=0.6,
P(Y=400)=P(X=4)+P(X=5)=0.1+0.1=0.2.
故Y的分布列为
Y 200 300 400
P 0.2 0.6 0.2
∴E(Y)=200×0.2+300×0.6+400×0.2=300.
9.AB 由表可得从而得p∈0,,E(X)=0×-p+1·p+2×=p+1,当且仅当p=时,E(X)max=.
10.甲 投资甲项目获利的均值E(X)=2×0.4+3×0.3+(-1)×0.3=1.4(万元),
投资乙项目获利的均值E(Y)=1×0.6+4×0.2+(-2)×0.2=1(万元).因为E(X)>E(Y),故他应该选择经营甲种商品.
11. 试验次数X的可能取值为1,2,3,
则P(X=1)=,P(X=2)=×=,
P(X=3)=××+=.
所以X的分布列为
X 1 2 3
P
所以E(X)=1×+2×+3×=.
12.解 根据题意易知X=0,1,2,3.分布列如下:
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=0×+1×+2×+3×==.
13.解 设一张彩票的中奖额为随机变量X,显然X的所有可能取值为0,5,25,100.依题意,可得X的分布列为
X 0 5 25 100
P
所以E(X)=0×+5×+25×+100×=0.2(元),
所以一张彩票的合理价格是0.2元.
14.C 由题意可知ξ的取值分别为0,1,2,
∴P(ξ=0)=××=,
P(ξ=1)=××+××+××=,
P(ξ=2)=××+××+××=,
∴E(ξ)=0×+1×+2×=.
∴E(5ξ+1)=5E(ξ)+1=3.故选C.第2课时 离散型随机变量的方差与标准差
基础达标练
1.设一个随机试验的结果只有A和,且P(A)=m,令随机变量X=则X的方差D(X)等于( )
A.m B.2m(1-m)
C.m(m-1) D.m(1-m)
2.已知随机变量X的分布列为P(X=k)=,k=1,2,3,4,5,则D(2X-5)=( )
A.6 B.8
C.3 D.4
3.设随机变量X的概率分布列为P(X=k)=pk·(1-p)1-k(k=0,1),则E(X),D(X)的值分别是( )
A.0和1 B.p和p2
C.p和1-p D.p和p(1-p)
4.以往的统计资料表明,甲、乙两运动员在比赛中的得分情况为
X1(甲得分) 0 1 2
P(X1=xi) 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P(X2=xi) 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛,派哪位运动员参加较好 ( )
A.甲 B.乙
C.甲、乙均可 D.无法确定
5.设10≤x1
B.D(X)=D(Y)
C.D(X)
6.若在一次试验中某事件发生次数的方差等于0.25,则该事件在一次试验中发生的概率为 .
7.已知随机变量X的分布列为
X 0 1 x
P m
若E(X)=1.1,则D(X)= .
8.已知海关大楼顶端镶有A,B两面大钟,设它们的日走时误差分别为随机变量X1,X2(单位:s),其分布列如下:
X1 -2 -1 0 1 2
P 0.05 0.05 0.8 0.05 0.05
X2 -2 -1 0 1 2
P 0.1 0.2 0.4 0.2 0.1
根据这两面大钟日走时误差的均值与方差比较这两面大钟的质量.
能力提升练
9.若X是离散型随机变量,P(X=x1)=,P(X=x2)=,且x1
10.(多选题)已知随机变量X的分布列是
X 1 2 3
P a b
若E(X)=,则( )
A.a= B.b=
C.D(X)= D.D(X)=
11.(多选题)袋内有大小完全相同的2个黑球和3个白球,从中不放回地每次任取1个小球,直至取到白球后停止取球,则( )
A.抽取2次后停止取球的概率为
B.停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为
C.取球次数ξ的均值为2
D.取球次数ξ的方差为
12.已知随机变量ξ的所有可能取值为m,n,其中P(ξ=m)=P(ξ=n)=,则E(ξ)= ,当D(ξ)取最小值时,mn= .
13.根据以往的经验,某工程施工期间的降水量X(单位:mm)对工期的影响如下表所示.
降水量X/mm X<300 300≤X<700 700≤X<900 X≥900
工期延误天数Y 0 2 6 10
若历史气象资料表明,该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9,则工期延误天数Y的均值是 ,工期延误天数Y的方差为 .
14.随机变量X的分布列如下:
X -1 0 1
P a b c
其中a,b,c成等差数列,若E(X)=,则D(X)= .
15.甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境,且野生动物的种类和数量也大致相等,记两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件次数为随机变量X,Y,分布列如下:
甲保护区
X 0 1 2 3
P 0.3 0.3 0.2 0.2
乙保护区
Y 0 1 2
P 0.1 0.5 0.4
试评定这两个保护区的管理水平.
16.一袋中有20个大小相同的球,其中记上0号的有10个,记上n号的有n个(n=1,2,3,4),现从袋中任取一球,X表示所取球的标号.
(1)求X的分布列、均值和方差;
(2)若Y=aX+b,E(Y)=1,D(Y)=11,试求a,b的值.
拓展探究练
17.甲、乙、丙三人参加2022年冬奥会北京、延庆、张家口三个赛区志愿服务活动,若每人只能选择一个赛区,且选择其中任何一个赛区是等可能的.记X为三人选中的赛区个数,Y为三人没有选中的赛区个数,则( )
A.E(X)=E(Y),D(X)=D(Y)
B.E(X)=E(Y),D(X)≠D(Y)
C.E(X)≠E(Y),D(X)≠D(Y)
D.E(X)≠E(Y),D(X)=D(Y)
18.编号为1,2,3的三名学生随意入座编号为1,2,3的三个座位,每名学生坐一个座位,设座位与编号相同的学生的人数是ξ,则E(ξ)= ,D(ξ)= .
第2课时 离散型随机变量的方差与标准差
1.D 由题意知X服从两点分布,故D(X)=m(1-m).
2.B ∵E(X)=1×+2×+3×+4×+5×=3,
∴D(X)=×[(1-3)2+(2-3)2+(3-3)2+(4-3)2+(5-3)2]=2,∴D(2X-5)=4D(X)=4×2=8.
3.D 由题可知随机变量X服从两点分布,∴E(X)=p,D(X)=p(1-p).
4.A ∵E(X1)=E(X2)=1.1,
D(X1)=1.12×0.2+0.12×0.5+0.92×0.3=0.49,
D(X2)=1.12×0.3+0.12×0.3+0.92×0.4=0.69,
∴D(X1)
6.0.5 设该事件在一次试验中发生的概率为p,
事件在一次试验中发生次数记为X,
显然X服从两点分布,则D(X)=p(1-p),所以p(1-p)=0.25,解得p=0.5.
7.0.49 由随机变量分布列的性质可得m=1--=.又E(X)=0×+1×+x·=1.1,解得x=2.
所以D(X)=(0-1.1)2×+(1-1.1)2×+(2-1.1)2×=0.49.
8.解 由题得,E(X1)=0,E(X2)=0,
∴E(X1)=E(X2).
D(X1)=(-2-0)2×0.05+(-1-0)2×0.05+(0-0)2×0.8+(1-0)2×0.05+(2-0)2×0.05=0.5,
D(X2)=(-2-0)2×0.1+(-1-0)2×0.2+(0-0)2×0.4+(1-0)2×0.2+(2-0)2×0.1=1.2.
∴D(X1)
9.C 由题意,x1,x2满足
解得或
∵x1
由E(X)=+2a+3b=,得2a+3b=,②
联立①②,得a=,b=.
所以D(X)=1-2×+2-2×+3-2×=.故选ABC.
11.BD 设取球次数为ξ,则ξ的可能取值为1,2,3,
则P(ξ=1)=,P(ξ=2)=×=,P(ξ=3)=××=.
抽取2次后停止取球的概率为P(ξ=2)=,A选项错误;
停止取球时,取出的白球个数不少于黑球的概率为P(ξ=1)+P(ξ=2)=+=,B选项正确;
取球次数ξ的均值为E(ξ)=1×+2×+3×=,C选项错误;
取球次数ξ的方差为D(ξ)=1-2×+2-2×+3-2×=,D选项正确.
12. 由分布列的性质得+=1,即m+n=1,所以E(ξ)=m·+n·==,
D(ξ)=m-2×+n-2×=m-2×+1-m-2×=m-2≥0,
当且仅当m=n=时等号成立,此时mn=.
13.3 9.8 由已知条件和概率的加法公式知,
P(X<300)=0.3,
P(300≤X<700)=P(X<700)-P(X<300)=0.7-0.3=0.4,
P(700≤X<900)=P(X<900)-P(X<700)=0.9-0.7=0.2,
P(X≥900)=1-P(X<900)=1-0.9=0.1.
所以随机变量Y的分布列为
Y 0 2 6 10
P 0.3 0.4 0.2 0.1
故E(Y)=0×0.3+2×0.4+6×0.2+10×0.1=3;
D(Y)=(0-3)2×0.3+(2-3)2×0.4+(6-3)2×0.2+(10-3)2×0.1=9.8.
故工期延误天数Y的方差为9.8.
14. 由题意得解得a=,b=,c=,故D(X)=-1-2×+0-2×+1-2×=.
15.解 甲保护区违规次数X的均值和方差为
E(X)=0×0.3+1×0.3+2×0.2+3×0.2=1.3,
D(X)=(0-1.3)2×0.3+(1-1.3)2×0.3+(2-1.3)2×0.2+(3-1.3)2×0.2=1.21.
乙保护区违规次数Y的均值和方差为
E(Y)=0×0.1+1×0.5+2×0.4=1.3,
D(Y)=(0-1.3)2×0.1+(1-1.3)2×0.5+(2-1.3)2×0.4=0.41.
因为E(X)=E(Y),D(X)>D(Y),所以两个保护区内每个季度发生的违规事件的平均次数相同,但甲保护区的违规事件次数相对分散和波动,乙保护区内的违规事件次数更加集中和稳定.所以乙保护区管理水平较高.
16.解 (1)X的取值为0,1,2,3,4,其分布列为
X 0 1 2 3 4
P
∴E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=1.5,
D(X)=(0-1.5)2×+(1-1.5)2×+(2-1.5)2×+(3-1.5)2×+(4-1.5)2×=2.75.
(2)由D(Y)=a2D(X)得2.75a2=11,得a=±2,
又E(Y)=aE(X)+b,
∴当a=2时,由1=2×1.5+b,得b=-2;
当a=-2时,由1=-2×1.5+b,得b=4,
∴或
17.D 由题意得X的可能取值为1,2,3,
则P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==,
∴E(X)=1×+2×+3×=,
D(X)=1-2×+2-2×+3-2×=,
Y的可能取值为0,1,2,
则P(Y=0)==,P(Y=1)==,P(Y=2)==,∴E(Y)=0×+1×+2×=,
D(Y)=0-2×+1-2×+2-2×=,
∴E(X)≠E(Y),D(X)=D(Y).
故选D.
18.1 1 ξ的所有可能取值为0,1,3,
ξ=0表示三名同学全坐错了,有2种情况,即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生,
则P(ξ=0)==;
ξ=1表示三名同学只有1名同学坐对了,
则P(ξ=1)==;
ξ=3表示三名同学全坐对了,即对号入座,
则P(ξ=3)==.
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 3
P
E(ξ)=0×+1×+3×=1.
D(ξ)=×(0-1)2+×(1-1)2+×(3-1)2=1.8.2.3 二项分布
基础达标练
1.若X~B(10,0.8),则P(X=8)=( )
A.×0.88×0.22
B.×0.82×0.28
C.0.88×0.22
D.0.82×0.28
2.若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )
A. B. C. D.
3.设随机变量X~B6,,则P(X=3)等于( )
A. B. C. D.
4.设随机变量X的分布列为P(X=k)=·n-k,k=0,1,2,…,n,且E(X)=24,则D(X)的值为( )
A. B.8 C.12 D.16
5.一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9,则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为 (用数字作答).
6.设二项分布X~B(n,p)的随机变量X的均值与方差分别是2.4和1.44,则二项分布的参数n= ,p= .
7.某单位6个员工借助互联网开展工作,每天每个员工上网的概率都是0.5(相互独立),求一天内至少3人同时上网的概率.
8.两个人射击,甲射击一次中靶概率是,乙射击一次中靶概率是.
(1)两人各射击1次,两人总共中靶至少1次就算完成目标,则完成目标的概率是多少
(2)两人各射击2次,两人总共中靶至少3次就算完成目标,则完成目标的概率是多少
(3)两人各射击5次,两人总共中靶至少1次的概率是否超过99%
能力提升练
9.某同学上学路上要经过3个路口,在每个路口遇到红灯的概率都是,且在各路口是否遇到红灯是相互独立的,记X为遇到红灯的次数,若Y=3X+5,则Y的标准差为( )
A. B.3 C. D.2
10.(多选题)某射手射击一次击中目标的概率是0.9,他连续射击3次,且他每次射击是否击中目标之间没有影响,下列结论正确的是( )
A.他三次都击中目标的概率是0.93
B.他第三次击中目标的概率是0.9
C.他恰好2次击中目标的概率是2×0.92×0.1
D.他恰好2次未击中目标的概率是3×0.9×0.12
11.若随机变量X~B5,,则P(X=k)最大时,k的值为( )
A.1或2 B.2或3
C.3或4 D.5
12.有n名同学参加某项选拔测试,每名同学通过测试的概率都是p(0
C.pn D.1-(1-p)n
13.设随机变量X~B(2,p),Y~B(4,p),若P(X≥1)=,则D(Y)= .
14.某人抛掷一枚硬币,出现正、反面的概率都是,构造数列{an},使得an= 记Sn=a1+a2+…+an(n∈N*),则S4=2的概率为 .
15.2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京,北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来,某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动,为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动中的参与情况,在该地随机选取了10所学校进行研究,得到如下数据:
(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究,求这3所学校参与“自由式滑雪”都超过40人的概率.
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营,对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训,且在集训中进行了多轮测试.规定:在一轮测试中,这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”,则该轮测试记为“优秀”.在集训测试中,小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为,每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次,那么理论上至少要进行多少轮测试
拓展探究练
16.掷骰子游戏:规定掷出1点,甲盒中放一球;掷出2点或3点,乙盒中放一球;掷出4点、5点或6点,丙盒中放一球;共掷6次.用x,y,z分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数,令X=x+y,则E(X)= .
17.我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产,设试产该款芯片的次品率为p(0
(2)现对该款试产的芯片进行自动智能检测,自动智能检测为次品(注:合格品不会被误检成次品)的芯片会被自动淘汰,然后再进行人工抽检.已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%,求人工抽检时,抽检的一个芯片是合格品的概率.
8.2.3 二项分布
1.A 由二项分布公式得P(X=8)=×0.88×0.22.
2.A 由题知出现正误差的次数X服从参数为5,的二项分布,则P(X=2)=×3×2=.
3.A ∵X~B6,,
∴P(X=3)=×3×1-3=.
4.B 由题意可知X~Bn,,
所以n=E(X)=24,所以n=36.
所以D(X)=n·×1-=36××=8.
5.0.9477 由题得被治愈的人数X~B(4,0.9),所以至少3人被治愈的概率为P=P(X=3)+P(X=4)=×0.93×0.1+0.94=0.9477.
6.6 0.4 由题意得np=2.4,np(1-p)=1.44,
则1-p=0.6,
故p=0.4,n=6.
7.解 记Ar(r=0,1,2,…,6)表示“r个人同时上网”,由题可知r~B(6,0.5),则其概率为P(Ar)=0.5r(1-0.5)6-r=0.56=.
“一天内至少有3人同时上网”即为事件A3∪A4∪A5∪A6,
因为A3,A4,A5,A6为互斥事件,
所以可应用概率加法公式,得“一天内至少有3人同时上网”的概率为P=P(A3∪A4∪A5∪A6)
=P(A3)+P(A4)+P(A5)+P(A6)
=(+++)
=×(20+15+6+1)=.
8.解 (1)共有三种情况:乙中靶、甲不中靶,概率为×=;
甲中靶、乙不中靶,概率为×=;
甲、乙全中靶,概率为×=.
故所求概率是++=.
(2)共两类情况:
共中靶3次,概率为20×11+11×20=;
共中靶4次,概率为20×20=.
故所求概率为+=.
(3)两人总共中靶至少1次的概率为
1-5×5=1-=>0.99.
所以两人各射击5次,两人总共中靶至少1次的概率超过99%.
9.A 因为该同学经过每个路口时,是否遇到红灯互不影响,所以可看成3重伯努利试验,即X~B3,,则X的方差D(X)=3××1-=,又Y=3X+5,所以Y的方差D(Y)=9D(X)=9×=6,所以Y的标准差为=.
10.ABD A正确;
由每次射击击中目标的概率为0.9,且各次射击是否击中目标之间相互独立,可知他第三次击中目标的概率也为0.9,B正确;
3次射击恰好2次击中目标的概率为×0.92×0.1,C不正确;
恰好2次未击中目标,即恰好击中目标1次,概率为×0.9×0.12,D正确.
11.A 依题意P(X=k)=×k×5-k,k=0,1,2,3,4,5.
可以求得P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=.
故当k的值为1或2时,P(X=k)最大.
12.D 所有同学都不能通过测试的概率为(1-p)n,则至少有1名同学能通过测试的概率为1-(1-p)n.
13. 由随机变量X~B(2,p),且P(X≥1)=,
得P(X≥1)=1-P(X=0)=1-×(1-p)2=,
易得p=,
所以Y~B4,,得随机变量Y的方差D(Y)=4××1-=.
14. S4=2,即抛掷4次中有3次正面1次反面,则所求概率P=×3×=.
15.解 (1)由题意可知这10所学校中参与“自由式滑雪”都超过40人的学校有4所,
设事件A为“从10所学校中选出的3所学校参与‘自由式滑雪’都超过40人”,
所以P(A)===.
(2)小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为P=21-+3=,
小明在n轮测试中获“优秀”次数Y满足Y~Bn,,
由n·≥5,解得n≥,
所以理论上至少要进行20轮测试.
16.3 将每一次掷骰子看作一次实验,实验的结果分丙盒中投入球(成功)或丙盒中不投入球(失败)两种,且丙盒中投入球(成功)的概率为,z表示6次实验中成功的次数,则z~B6,,
E(z)=3,∵x+y+z=6,
∴X=x+y=6-z,
∴E(X)=E(6-z)=6-E(z)=6-3=3.
17.(1)解 ∵两道工序互不影响,
(方法一)p=1-(1-p1)(1-p2)=1-1-1-=;
(方法二)p=×1+1-×=.
(2)记“该款芯片自动智能检测合格”为事件A,“人工抽检合格”为事件B,
且P(A)=96%,P(AB)=1-p=,
∴人工抽检时,抽检的一个芯片是合格品的概率为
P(B|A)===.8.2.4 超几何分布
基础达标练
1.在15个村庄中,有7个村庄交通不方便,若用随机变量X表示任选10个村庄中交通不方便的村庄的个数,则X服从超几何分布,其参数为( )
A.N=15,M=7,n=10
B.N=15,M=10,n=7
C.N=22,M=10,n=7
D.N=22,M=7,n=10
2.在100张奖券中,有4张能中奖,从中任取2张,则2张都能中奖的概率是( )
A. B. C. D.
3.设袋中有8个红球、4个白球,若从袋中任取4个球,则其中至多3个红球的概率为( )
A. B.
C.1- D.1-
4.盒中有10个螺丝钉,其中有3个是坏的,现从盒中随机地抽取4个,则概率是的事件为( )
A.恰有1个是坏的
B.4个全是好的
C.恰有2个是好的
D.至多有2个是坏的
5.某手机经销商从已购买某品牌手机的市民中抽取20人参加宣传活动,这20人中年龄低于30岁的有5人.现从这20人中随机选取2人各赠送一部手机,记X为选取的年龄低于30岁的人数,则P(X=1)= .
6.有同一型号的电视机100台,其中一级品97台、二级品3台,从中任取4台,则二级品不多于1台的概率为 (用式子表示).
7.一个袋中装有7个除颜色外完全相同的球,其中红球4个,编号分别为1,2,3,4;蓝球3个,编号分别为2,4,6.现从袋中任取3个球(假设取到任一球的可能性相同).
(1)求取出的3个球中含有编号为2的球的概率;
(2)记ξ为取到的球中红球的个数,求ξ的分布列.
能力提升练
8.10名同学中有a名女生,若从中抽取2个人作为学生代表,恰抽取1名女生的概率为,则a的值为( )
A.2 B.4
C.8 D.2或8
9.在某次学校的春游活动中,高二(2)班设计了这样一个游戏:一个纸箱里放了5个红球和5个白球,这些球除颜色外其余完全相同,若一次性从中摸出5个球,摸到4个或4个以上红球即中奖.中奖的概率是(精确到0.001)( )
A.0.114 B.0.112
C.0.103 D.0.121
10.在10个排球中有6个正品、4个次品,从中抽取4个,则正品数比次品数少的概率为( )
A. B.
C. D.
11.袋中装有5个红球和4个黑球,从袋中任取4个球,取到1个红球得3分,取到1个黑球得1分,设得分为随机变量X,则P(X≥8)= .
12.50张彩票中只有2张中奖票,现从中任取n张,为了使这n张彩票里至少有一张中奖的概率大于0.5,n至少为 .
13.设一个口袋中装有10个球,其中红球2个、绿球3个、白球5个,这三种球除颜色外完全相同.从中一次任意选取3个,取后不放回.
(1)求三种颜色的球各取到1个的概率;
(2)设X表示取到红球的个数,求X的分布列.
14.老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵,规定至少要背出其中2篇才能及格.某同学只能背诵其中的6篇,试求:
(1)抽到该同学能背诵的课文的数量X的分布列;
(2)该同学能及格的概率.
拓展探究练
15.有甲、乙两个盒子,甲盒子里有1个红球,乙盒子里有3个红球和3个黑球,现从乙盒子里随机取出n(1≤n≤6,n∈N*)个球放入甲盒子后,再从甲盒子里随机取一球,记取到的红球个数为ξ,则随着n的增大,下列说法正确的是( )
A.E(ξ)增大,D(ξ)增大
B.E(ξ)增大,D(ξ)减小
C.E(ξ)减小,D(ξ)增大
D.E(ξ)减小,D(ξ)减小
8.2.4 超几何分布
1.A
2.C 记X为抽出的2张中的中奖数,由题得X服从超几何分布,则P(X=2)==.
3.D 从袋中任取4个球,其中红球的个数X~H(4,8,12),故至多3个红球的概率为P(X≤3)=1-P(X=4)=1-.
4.C 记X为取出的好的螺丝钉数,令“X=k”表示“取出的螺丝钉恰有k个是好的”,
则P(X=k)=(k=1,2,3,4).所以P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,故选C.
5. 易知X服从超几何分布,所以P(X=1)==.
6. 二级品不多于1台,即一级品有3台或4台,故所求概率为.
7.解 (1)设事件A为“取出的3个球中含有编号为2的球”,
则P(A)====.
(2)由题意得,ξ可能取的值是0,1,2,3,则
P(ξ=0)==,
P(ξ=1)==,
P(ξ=2)==,
P(ξ=3)==.
∴ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
8.D 设抽取女生的数量为X,则X服从超几何分布,根据题意,得P(X=1)==,
解得a=2或a=8.
9.C 设摸出的红球个数为X,则X服从超几何分布,其中N=10,M=5,n=5,于是中奖的概率为P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)=+≈0.103.
10.A 正品数比次品数少有两种情况:0个正品4个次品、1个正品3个次品.由超几何分布的概率公式可知,当0个正品4个次品时,P==;当1个正品3个次品时,P===.所以正品数比次品数少的概率为+=.
11. 由题意知P(X≥8)=1-P(X=6)-P(X=4)=1--=.
12.15 用X表示中奖票数,易知X服从超几何分布,所以P(X≥1)=+>0.5,解得n≥15.
13.解 (1)设事件A表示“三种颜色的球各取到1个”,
则P(A)==.
(2)随机变量X服从超几何分布,X的所有可能取值为0,1,2,
且P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
则X的分布列为
X 0 1 2
P
14.解 (1)由题知X~H(3,6,10),X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)==,
P(X=1)==,
P(X=2)==,
P(X=3)==.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
(2)该同学能及格的概率为P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=+=.
15.C 由题意可知,从乙盒子里随机取出的n个球中,含有的红球个数X服从超几何分布,P(X=k)=,其中k∈N,k≤3且k≤n,E(X)==.
故从甲盒中取球,相当于从含有+1个红球的(n+1)个球中取一球,设取到红球的个数为ξ.
故P(ξ=1)==+,
随机变量ξ服从两点分布,所以E(ξ)=P(ξ=1)==+,随着n的增大,E(ξ)减小;
D(ξ)=P(ξ=1)·[1-P(ξ=1)]=-,随着n的增大,D(ξ)增大.8.3 正态分布
基础达标练
1.已知随机变量X服从正态分布N(1,σ2),若P(X>2)=0.15,则P(0≤X≤1)=( )
A.0.85 B.0.70
C.0.35 D.0.15
2.某厂生产的零件外径X~N(10,0.04),今从该厂上午、下午生产的零件中各取一件,测得其外径分别为9.9 cm,9.3 cm,则可认为( )
A.上午生产情况正常,下午生产情况异常
B.上午生产情况异常,下午生产情况正常
C.上午、下午生产情况均正常
D.上午、下午生产情况均异常
3.(多选题)某次我市高二教学质量检测中,甲、乙、丙三科考试成绩近似服从正态分布,则由如图曲线可得下列说法中正确的是( )
A.甲科总体的标准差最小
B.丙科总体的平均数最小
C.乙科总体的标准差及平均数都居中
D.甲、乙、丙的总体的平均数相同
4.若随机变量X服从正态分布,其正态曲线上的最高点的坐标是10,,则该随机变量的方差等于( )
A.10 B.100 C. D.
5.若随机变量Z~N(0,1),且P(-a
6.如果随机变量X~N(2,σ2),且P(X≤4)=0.8,那么P(X<0)= .
7.某市有48 000名学生,一次考试后数学成绩服从正态分布,平均分为80,标准差为10,从理论上讲,在80分到90分之间有 人.
8.设X~N(3,42),试求:
(1)P(-1
9.在某市3月份的高三线上质量检测考试中,学生的数学成绩X服从正态分布N(98,100).已知参加本次考试的全市学生有9 464人,如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分,那么他的数学成绩大约排在全市第( )
A.1 500名 B.1 700名
C.4 500名 D.8 000名
10.(多选题)下列说法中正确的是( )
A.设随机变量X服从二项分布B6,,则P(X=3)=
B.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(X<4)=0.9,则P(0
D.E(2X+3)=2E(X)+3;D(2X+3)=2D(X)+3
11.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )
附:若X~N(μ,σ2),
则P(μ-σ
C.3 415 D.4 772
12.(多选题)设X~N(μ1,),Y~N(μ2,),这两个正态密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )
A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)
B.P(X≤σ2)>P(X≤σ1)
C.对任意正数t,P(X≤t)>P(Y≤t)
D.对任意正数t,P(X≥t)>P(Y≥t)
13.已知某正态分布的概率密度函数为P(x)=,x∈(-∞,+∞),则函数P(x)的极值点为 ,X落在区间[2,3)内的概率为 .
14.某人骑自行车上班,第一条路线较短但拥挤,到达时间X(分钟)服从正态分布N(5,1);第二条路线较长不拥挤,X服从N(6,0.16).若有一天他出发时离点名时间还有不足7分钟,他应选哪一条路线 若离点名时间还有不足6.5分钟,他应选哪一条路线
15.已知某种零件的尺寸X(单位:mm)服从正态分布,其正态分布曲线在(0,80)上单调递增,在(80,+∞)上单调递减,且P(80)=.
(1)求正态分布的正态密度函数的解析式;
(2)估计尺寸在72~88 mm(不包括72 mm 及88 mm)间的零件占总数的百分比.
拓展探究练
16.随着时代发展和社会进步,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分.已知某市2021年共有10 000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,现从中随机抽取100人的笔试成绩(满分100分)作为样本,整理得到如下频数分布表:
笔试成绩X [40,50) [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100]
人数/人 5 10 25 30 20 10
由频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N(μ,σ2),其中,μ近似为100名样本考生笔试成绩的平均值(同一组的数据用该组区间的中点值代替),则μ= .若σ=12.9,据此估计该市全体考生中笔试成绩不低于85.9分的人数为 .(结果保留整数)
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ
1.C 由题知正态密度曲线关于直线x=1对称,P(0≤X≤1)=P(1≤X≤2)=0.5-P(X>2)=0.35.
2.A 因测量值X为随机变量,又X~N(10,0.04),所以μ=10,σ=0.2,
记I=(μ-3σ,μ+3σ)=(9.4,10.6),由正态分布相关知识可认为落在区间I外时为生产情况异常,则9.9∈I,9.3 I.故选A.
3.AD 由图象可知三科总体的平均数(均值)相等,由正态密度曲线的性质,可知σ越大,正态密度曲线越扁平;σ越小,正态密度曲线越尖陡,故三科总体的标准差从小到大依次为甲、乙、丙.故选AD.
4.C 由正态分布密度曲线上的最高点为10,知=,∴D(X)=σ2=.
5.0.84 ∵P(-a
6.0.2 ∵P(X≤4)=0.8,
∴P(X>4)=1-P(X≤4)=1-0.8=0.2.
∵随机变量X~N(2,σ2),
∴P(X<0)=P(X>4)=0.2.
7.16392 设X表示该市学生的数学成绩,则X~N(80,102),则P(80-10
(1)P(-1
∴P(X≥11)=[1-P(-5
则P(X=3)=3×1-3=,故A正确;
∵随机变量X服从正态分布N(2,σ2),
∴正态曲线的对称轴是直线x=2.
∵P(X<4)=0.9,
∴P(2
若P(|X|<2)=a,
则P(X>2)=[1-P(|X|<2)]=,故C错误;
E(2X+3)=2E(X)+3,D(2X+3)=4D(X),故D错误.
11.C 由P(-1
∴P(Y≥μ2)
当t为任意正数时,由题图可知P(X≤t)>P(Y≤t),
而P(X≤t)=1-P(X>t),P(Y≤t)=1-P(Y>t),
∴P(X>t)
13.x=1 0.1355 由正态分布的概率密度函数知μ=1,σ=1,所以总体分布密度曲线关于直线x=1对称,且在x=1处取得最大值.根据正态密度曲线的特点可知x=1为f(x)的极大值点.由X~N(1,1)知P(2≤X<3)=[P(-1
若选第一条路线,即X~N(5,1),能及时到达的概率P1=P(X<7)=P(X≤5)+P(5
15.解 (1)∵正态密度曲线在(0,80)上单调递增,在(80,+∞)上单调递减,
∴正态分布曲线关于直线x=80对称,且在x=80处达到峰值,∴μ=80.
又=,∴σ=8,
故正态密度函数的解析式为
P(x)=.
(2)由μ=80,σ=8,得μ-σ=80-8=72,
μ+σ=80+8=88.
∴P(72
16.73 1585 由题意知100名考生笔试成绩的平均值为=73,
易知P(X≥85.9)=P(X≥73+12.9)≈=0.1585,
故该市全体考生中笔试成绩不低于85.9的人数大约为10000×0.1585≈1585.培优练 二项分布、超几何分布、正态分布
基础达标练
1.若X~B(5,0.1),则P(X≤2)等于( )
A.0.665 B.0.008 56
C.0.918 54 D.0.991 44
2.已知随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P
设Y=2X+3,则D(Y)等于( )
A. B. C. D.
3.某电子管正品率为,次品率为,现对该批电子管进行测试,设首次测到正品的次数为X,则P(X=3)等于( )
A.× B.×
C.× D.×
4.有8名学生,其中有5名男生,从中选出4名代表,选出的代表中男生人数为X,则其均值E(X)等于( )
A.2 B.2.5 C.3 D.3.5
5.(多选题)若随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=,E(X),D(X)分别为随机变量X的均值与方差,则下列结论正确的有( )
A.P(X=1)=E(X)
B.E(3X+2)=4
C.D(3X+2)=4
D.D(X)=
6.若随机变量X服从正态分布,其正态曲线上的最高点的坐标是,则该随机变量的方差等于( )
A.9 B.81 C. D.
7.设随机变量X的分布列为P(X=k)=··,k=0,1,2,…,300,则E(X)= .
8.一批产品共50件,其中5件次品,其余均为合格品,从这批产品中任意抽取两件,其中出现次品的概率为 .
9.已知某种从太空飞船中带回来的植被种子每粒成功发芽的概率都为,某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验,每次试验种一粒种子,如果某次没有发芽,那么称该次试验是失败的.
(1)第一小组做了3次试验,记该小组试验成功的次数为X,求X的概率分布;
(2)第二小组进行试验,到成功了4次为止,求在第4次成功之前共有3次失败的概率.
10.袋中有4只红球,3只黑球,今从袋中随机取出4只球,设取到一只红球得2分,取到一只黑球得1分,试求得分X的均值.
能力提升练
11.设随机变量ξ~N(μ,1),函数f(x)=x2+2x-ξ没有零点的概率是0.5,则P(0≤ξ<1)等于(附:若ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ
C.0.271 8 D.0.341 3
12.在一次抽奖中,一个箱子里有编号为1至10的10个号码球(球的大小、质地完全相同,但编号不同),其中有n个号码为中奖号码,若从中任意取出4个号码球,其中恰有1个中奖号码的概率为,则这10个小球中,中奖号码球的个数为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
13.“石头、剪刀、布”又称“猜丁壳”,是一种流行多年的猜拳游戏,起源于中国,然后传到日本、朝鲜等地,随着亚欧贸易的不断发展,它传到了欧洲,到了近代逐渐风靡世界.其游戏规则是出拳之前双方齐喊口令,然后在语音刚落时同时出拳,握紧的拳头代表“石头”,食指和中指伸出代表“剪刀”,五指伸开代表“布”.“石头”胜“剪刀”,“剪刀”胜“布”,而“布”又胜过“石头”.若所出的拳相同,则为和局.小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,则小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率是( )
A. B. C. D.
14.3月5日为“学雷锋纪念日”,某校将举行“弘扬雷锋精神,做全面发展一代新人”知识竞赛,某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛,要求每人回答一个问题,答对得2分,答错得0分.已知6名女生中有2人不会答所有题目,只能得0分,其余4人可得2分,3名男生每人得2分的概率均为.现选择2名女生和3名男生,每人答一题,则该班所选队员得分之和为6分的概率为 .
拓展探究练
15.设随机变量X~B(2,p),Y~B(3,p),若P(X≥1)=,则P(Y=2)= .
16.某项调查结果表明,某地区新生儿体重X近似服从正态分布N(μ,σ2),假设随机抽取r个新生儿体检,记ξ表示抽取的r个新生儿体重在(μ-3σ,μ+3σ)以外的个数.若ξ的均值E(ξ)<0.05,则r的最大值是 .
[注:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-3σ
(1)通过分析可以认为学生初试成绩X服从正态分布N(μ,σ2),其中μ=66,σ2=144,试估计初试成绩不低于90分的人数.
(2)已知小强已通过初试,他在复试中单选题答对的概率为,多选题答对的概率为,且每道题回答正确与否互不影响.记小强复试成绩为Y,求Y的概率分布及均值.
附:P(μ-σ
1.D P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)
=×0.10×0.95+×0.1×0.94+×0.12×0.93
=0.99144.
2.A ∵E(X)=0×+1×+2×=1,
∴D(X)=(0-1)2×+(1-1)2×+(2-1)2×=,
∴D(Y)=D(2X+3)=4D(X)=.
3.C P(X=3)=×.
4.B 由题意可知X服从超几何分布,
∴E(X)==2.5.
5.AB 随机变量X服从两点分布,其中P(X=0)=,
∴P(X=1)=,
E(X)=0×+1×=,
D(X)=0-2×+1-2×=,
故A正确,D错误;
E(3X+2)=3E(X)+2=3×+2=4,故B正确;
D(3X+2)=9D(X)=9×=2,故C错误.
6.C 由正态分布密度曲线上的最高点为9,,
知=,解得σ=,∴D(X)=σ2=.
7.100 由P(X=k)=·k·300-k,
可知X~B300,,∴E(X)=300×=100.
8. 设抽取的两件产品中次品的件数为X,则X~H(2,5,50),∴P(X=k)=,k=0,1,2,
∴P(X>0)=P(X=1)+P(X=2)=+=.
9.解 (1)由题意,得随机变量X的可能取值为0,1,2,3,
则X~B3,,
所以P(X=k)=k1-3-k,k=0,1,2,3,
即P(X=0)=×0×1-3=,
P(X=1)=×1×1-2=,
P(X=2)=×2×1-1=,
P(X=3)=×3=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
(2)第二小组第7次试验成功,前面6次试验中有3次失败、3次成功,每次试验又是相互独立的,
因此所求概率P=3×1-3×=.
10.解 取出4只球颜色及得分情况如下:
4红得8分,3红1黑得7分,2红2黑得6分,1红3黑得5分,因此,X的取值为5,6,7,8,
P(X=5)==,
P(X=6)==,
P(X=7)==,
P(X=8)==,
故X的概率分布为
X 5 6 7 8
P
所以E(X)=5×+6×+7×+8×=.
11.B 函数f(x)=x2+2x-ξ没有零点,
即二次方程x2+2x-ξ=0无实根,
∴Δ=4-4(-ξ)<0,∴ξ<-1.
又∵f(x)=x2+2x-ξ没有零点的概率是0.5,
∴P(ξ<-1)=0.5,
由正态曲线的对称性知μ=-1,
∴ξ~N(-1,1),∴μ=-1,σ=1,
∴μ-σ=-2,μ+σ=0,μ-2σ=-3,μ+2σ=1,
∴P(-2<ξ<0)≈0.683,P(-3<ξ<1)≈0.954,
∴P(0≤ξ<1)=[P(-3<ξ<1)-P(-2<ξ<0)]≈(0.954-0.683)=0.1355.
12.C 由题意,可得=,
∴n(10-n)(9-n)(8-n)=480,将选项中的值代入检验,知选C.
13.B 根据“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”,而“布”又胜“石头”,可得每局比赛中小军胜大明、小军与大明和局和小军输给大明的概率都为,
∴小军和大明两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛,比赛至第四局小军胜出,则前3局中小军胜2局,有1局不胜,第四局小军胜,
∴小军和大明比赛至第四局小军胜出的概率P=×2××=.
14. 依题意“设该班所选队员得分之和为6分”记为事件A,
则可分为下列三类:设事件A1为“女生得0分,男生得6分”;事件A2为“女生得2分,男生得4分”;事件A3为“女生得4分,男生得2分”.
则P(A1)=×3=,
P(A2)=×2==,
P(A3)=×2==,
P(A)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=.
15. 因为随机变量X~B(2,p),
且P(X≥1)=,
所以P(X≥1)=p(1-p)+p2=,
解得p=或p=(舍去),
所以随机变量Y~B3,,
所以P(Y=2)=21-=.
16.16 因为新生儿体重落在(μ-3σ,μ+3σ)内的概率为0.997,则落在(μ-3σ,μ+3σ)外的概率为0.003,
所以ξ~B(r,0.003),
所以E(ξ)=0.003r<0.05,即r<≈16.67.
因为r为正整数,所以r的最大值为16.
17.解 (1)∵学生初试成绩X服从正态分布N(μ,σ2),
其中μ=66,σ2=144,
∴μ+2σ=66+2×12=90,
∴P(X≥90)=P(X≥μ+2σ)≈×(1-0.954)=0.023,
∴估计初试成绩不低于90分的人数为0.023×5000=115.
(2)Y的所有可能取值为0,2,3,4,5,7,
则P(Y=0)=××=,
P(Y=2)=×××=,
P(Y=3)=××=,
P(Y=4)=××=,
P(Y=5)=×××=,
P(Y=7)=××=,
∴Y的概率分布为
Y 0 2 3 4 5 7
P
∴E(Y)=0×+2×+3×+4×+5×+7×=.午练17 条件概率
1.已知事件A,B,若P(B)=,P(AB)=,则P(A|B)=( )
A. B. C. D.
2.某人忘记了一个电话号码的最后一个数字,只好去试拨,他第一次失败、第二次成功的概率是( )
A. B. C. D.
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,则下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
4.近年来,淮南市全力推进全国文明城市创建工作,构建良好的宜居环境,城市公园越来越多,某周末,甲、乙两位市民准备从龙湖公园、八公山森林公园、上窑森林公园、山南中央公园4个景点中随机选择其中一个景点游玩,记事件M:甲和乙中至少有一人选择八公山森林公园,事件N:甲和乙选择的景点不同,则P(N|M)=( )
A. B. C. D.
5.(多选题)下列说法正确的有( )
A.P(B|A)≥P(AB)
B.P(B|A)=可能成立
C.0
6.(多选题)已知A,B是两个随机事件,0
B.若事件A B,则P(B|A)=1
C.若A,B是对立事件,则P(B|A)=1
D.若A,B是互斥事件,则P(B|A)=0
7.已知随机事件M,N,P(M)=,P(N)=,P(M|N)=,则P(N|M)的值为 .
8.某个闯关游戏规定:闯过前一关才能去闯后一关,若某一关没有通过,则游戏结束.小明闯过第一关的概率为,连续闯过前两关的概率为,连续闯过前三关的概率为.事件A表示小明第一关闯关成功,事件C表示小明第三关闯关成功,则P(C|A)= .
9.为了研究不同性别学生患先天性色觉障碍的比例,某机构调查了某学校2 000名学生,数据如下表所示.
男 女 合计
先天性色觉障碍 60 2 62
非先天性色觉障碍 1 140 798 1 938
合计 1 200 800 2 000
从这2 000人中随机选择1个人.
(1)已知选到的是男生,求他患先天性色觉障碍的概率;
(2)已知选到的学生患先天性色觉障碍,求他是男生的概率.
10.已知P(A)>0,P(B)>0,P(B|A)=P(B),证明:P(A|B)=P(A).
午练17 条件概率
1.A 因为P(B)=,P(AB)=,所以P(A|B)==.故选A.
2.A 记事件A为“第一次失败”,事件B为“第二次成功”,
则P(A)=,P(B|A)=,
所以P(AB)=P(A)P(B|A)=.
3.B 由题意可知,P(B|A)表示在事件A发生的条件下,事件B发生的概率,P(B|)表示在事件A不发生的条件下,事件B发生的概率,结合在一块就是事件B发生的概率.故选B.
4.D 由已知可得甲、乙两人随机选择景点,所有的情况为4×4=16种,甲、乙两人都不选择八公山森林公园的情况为3×3=9种,所以甲、乙两人都不选择八公山森林公园的概率为p1=,所以P(M)=1-=.
事件MN:甲选择八公山森林公园,乙选择其他地方,有3种可能;或乙选择八公山森林公园,甲选择其他地方,有3种可能.甲、乙两人随机选择,所以事件MN发生的概率为P(MN)==.根据条件概率公式可得P(N|M)===.故选D.
5.AB 由条件概率公式P(B|A)=及0≤P(A)≤1知,P(B|A)≥P(AB),故A正确;当事件A包含事件B时,有P(AB)=P(B),此时P(B|A)=,故B正确;由于0≤P(B|A)≤1,P(A|A)=1,故C,D错误.故选AB.
6.ABD 对于A,随机事件A,B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)==P(B),A正确;对于B,事件A B,P(AB)=P(A),P(B|A)==1,B正确;对于C,若A,B是对立事件,则P(AB)=0,P(B|A)==0,C不正确;对于D,若A,B是互斥事件,则P(AB)=0,P(B|A)==0,D正确.故选ABD.
7. 依题意得P(M|N)==,
所以P(MN)=P(N)=×=,
故P(N|M)===.
故答案为.
8. 设事件B表示小明第二关闯关成功,
由题意 P(A)=,P(ABC)=,
所以P(C|A)===.
故答案为.
9.解 (1)记“选到男生”为事件A,则P(A)==,
记“选到既是男生又是先天性色觉障碍的” 为事件B,则P(B)==,
所以在选到的是男生的条件下,选到先天性色觉障碍的概率P==.
(2)记“选到的学生患先天性色觉障碍”为事件C,则P(C)==,
则在选到先天性色觉障碍学生的条件下,选到男生的概率P==.
10.证明 因为P(A)>0,P(B)>0,所以P(B|A)==P(B),即P(AB)=P(A)P(B),
所以P(A|B)===P(A),
即P(A|B)=P(A).
