[A 基础达标]
12
1．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于( )
355
A． 62C． 15
9B． 101D． 15
122
解析：选C．P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，故选C．
3515
2．4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( )
1A． 41C． 2
1B． 3D．1
3
解析：选B．记“第一位同学没有抽到中奖券”为事件A，P(A)＝，“最后一位同学抽到
41
311P（AB）4141
中奖券”为事件B，P(AB)＝×＝，P(B|A)＝＝＝×＝.
434P（A）3433
4
3．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( )
4
A． 9
2B． 9
- 1 -
1C． 2
解析：选C．由题意可知．
23
n(B)＝C132＝12，n(AB)＝A3＝6.
1
D． 3
所以P(A|B)＝
n（AB）61
＝＝. n（B）122
113
4．在区间(0，1)内随机投掷一个点M(其坐标为x)，若A＝{x|0 1 A． 21C． 3 121 解析：选A．P(A)＝＝. 1211 因为A∩B＝{x| 所以P(AB)＝＝， 14 1 P（AB）41 所以P(B|A)＝＝＝. P（A）12 2 5．甲、乙两人从1，2，…，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是( ) 1A． 28C． 15 7B． 159D． 141B． 43D． 4 解析：选D．设事件A＝“甲取到的数是5的倍数”，B＝“甲所取的数大于乙所取的数”，又因为本题为古典概型概率问题，所以根据条件概率可知，P(B|A)＝9 .故选D． 14 6．如图，EFGH是以O为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形HOE(阴影部分)内”，则P(A)＝________，P(B|A)＝________． - 2 - n（A∩B）4＋9＋14 ＝＝n（A）3×14 2r2 解析：因为圆的半径为1，所以圆的面积S＝πr＝π，正方形EFGH的面积为＝2， 2 2 2 所以P(A)＝. π P(B|A)表示事件“已知豆子落在正方形EFGH中，则豆子落在扇形HOE(阴影部分)”的概 1 率，所以P(B|A)＝. 4 21 答案： π4 7．从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张．已知第1次抽到A，则第2次也抽到A的概率是________． 解析：设“第1次抽到A”为事件A，“第2次也抽到A”为事件B，则AB表示两次都抽414×31P（AB）1到A，P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝. 521352×5113×17P（A）17 1 答案： 17 8．(2019·长春高二检测)分别用集合M＝{2，4，5，6，7，8，11，12}中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，已知取出的一个元素是12，则取出的另外一个元素与之构成可约分数的概率是________． 解析：设“取出的两个元素中有一个是12”为事件A，“取出的两个元素构成可约分数”为事件B，则n(A)＝7，n(AB)＝4，所以P(B|A)＝ 4答案： 7 9．某考生在一次考试中，共有10题供选择，已知该考生会答其中6题，随机从中抽5 n（AB）4 ＝. n（A）7 - 3 - 题供考生回答，答对3题及格，求该考生在第一题不会答的情况下及格的概率． 解：设事件A为从10题中抽5题，第一题不会答；设事件B为从10题中依次抽5题，第一题不会答，其余4题中有3题或4题会答． 413140 n(A)＝C14C9，n(B)＝C4(C6C3＋C6C3)． C4（C6C3＋C6C3）25则P＝＝. 14 C4C942 25 所以该考生在第一题不会答的情况下及格的概率为. 42 10．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动． (1)设所选3人中女生人数为X，求X的分布列． (2)求男生甲或女生乙被选中的概率． (3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B)和P(A|B)． C41C4C23 解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，依题意得P(X＝0)＝3＝，P(X＝1)＝3＝，P(XC65C65C4C21 ＝2)＝3＝. C65 所以X的分布列为 12 3 21 13140 X P 0 1 51 3 52 1 5(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C， C441 则P(C)＝3＝＝； C6205 —14 所以所求概率为P(C)＝1－P(C)＝1－＝. 55C5101C41 (3)P(B)＝3＝＝；P(AB)＝3＝. C6202C65所以P(A|B)＝ 2 1 3 P（AB）2 ＝. P（B）5 [B 能力提升] 11．(2019·唐山高二检测)将三颗骰子各掷一次，设事件A表示“三个点数都不相同”， B表示“至少出现一个6点”，则概率P(A|B)等于( ) 60A． 915C． 18 1B． 291D． 216 - 4 - 解析：选A．因为P(A|B)＝C3C5C46060 P(AB)＝3＝3＝， 66216 111 P（AB） ， P（B） 3 —512591 P(B)＝1－P(B)＝1－3＝1－＝. 6216216 60 P（AB）21660 所以P(A|B)＝＝＝. P（B）9191 216 12．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________． 解析：设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为“取出的数是3的倍数”． 1 则P(C)＝，且所求概率为 2 P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C) ＝ P（AC）P（BC）P（ABC） ＋－ P（C）P（C）P（C） 25168＝2×(＋－) 100100100＝33. 50 33答案： 50 13．一个口袋内装有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：(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，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果， 12×11所以P(A)＝，P(AB)＝＝， 24×36 1611 所以P(B|A)＝＝.所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为. 1332 (2)设“先摸出1个白球放回”为事件A1，“再摸出1个白球”为事件B1，“两次都摸出白 - 5 - 1 12×21P（A1B1）41 球”为事件A1B1，P(A1)＝，P(A1B1)＝＝，所以P(B1|A1)＝＝＝.所以先摸出 24×44P（A1）12 21 1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为. 2 14．(选做题)在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率． 解：设“该考生6道题全答对”为事件A，“该考生恰好答对了5道题”为事件B，“该考生恰好答对了4道题”为事件C，“该考生在这次考试中通过”为事件D，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E，则D＝A∪B∪C，E＝A∪B，且A，B，C两两互斥，由古典概型的概率C10C10C10C10C1012 180公式知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝6＋6＋6＝6， C20C20C20C20 又AD＝A，BD＝B， 所以P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D) ＝ 6 5 1 4 2 P（AD）P（BD）P（A）P（B） ＋＝＋ P（D）P（D）P（D）P（D） 6 5 1 C10C10C1066C20C2013＝＋＝. 12 18012 1805866C20C20 - 6 - 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容