2018-2019學(xué)年北師大版選修2-3 條件概率與獨立事件 課時作業(yè)

《2018-2019學(xué)年北師大版選修2-3 條件概率與獨立事件 課時作業(yè)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年北師大版選修2-3 條件概率與獨立事件 課時作業(yè)（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

§3　條件概率與獨立事件 A組 1.設(shè)A與B是相互獨立事件,則下列命題正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.A與B是對立事件 B.A與B是互斥事件 C.A與B不相互獨立 D.A與B是相互獨立事件 解析:若A與B是相互獨立事件,則A與B也是相互獨立事件. 答案:D 2.國慶節(jié)放假,甲去北京旅游的概率為13,乙、丙去北京旅游的概率分別為14,15.假定三人的行動相互之間沒有影響,那么這段時間內(nèi)至少有1人去北京旅游的概率為(　　) A.5960 B.35 C.12 D.160 解析:因甲、乙、丙去北京旅游的概率分別為13,14,15.因此,他們不去北京旅游的概率分別為23,34,45,所以,至少有1人去北京旅游的概率為P=1-23×34×45=35. 答案:B 3. 如圖,用K,A1,A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng).當(dāng)K正常工作且A1,A2至少有一個正常工作時,系統(tǒng)正常工作.已知K,A1,A2正常工作的概率依次為0.9,0.8,0.8,則系統(tǒng)正常工作的概率為(　　) A.0.960 B.0.864 C.0.720 D.0.576 解析:方法一　由題意知K,A1,A2正常工作的概率分別為P(K)=0.9,P(A1)=0.8,P(A2)=0.8, ∵K,A1,A2相互獨立, ∴A1,A2至少有一個正常工作的概率為P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)=(1-0.8)×0.8+0.8×(1-0.8)+0.8×0.8=0.96. ∴系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[P(A1A2)+P(A1A2)+P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864. 方法二　A1,A2至少有一個正常工作的概率為1-P(A1 A2)=1-(1-0.8)(1-0.8)=0.96,故系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[1-P(A1 A2)]=0.9×0.96=0.864. 答案:B 4.已知A,B,C是三個相互獨立事件,若事件A發(fā)生的概率為12,事件B發(fā)生的概率為23,事件C發(fā)生的概率為34,則A,B,C均未發(fā)生的概率為　　　　　.? 解析:A,B,C均未發(fā)生的概率為P(A B C)=1-12×1-23×1-34=124. 答案:124 5.甲、乙二人進(jìn)行射擊游戲,目標(biāo)靶上有三個區(qū)域,分別涂有紅、黃、藍(lán)三色,已知甲擊中紅、黃、藍(lán)三區(qū)域的概率依次是15,25,15,乙擊中紅、黃、藍(lán)三區(qū)域的概率依次是16,12,14,二人射擊情況互不影響,若甲、乙各射擊一次,試預(yù)測二人命中同色區(qū)域的概率為　　　　　.? 解析:同命中紅色區(qū)域的概率為15×16=130, 同命中黃色區(qū)域的概率為25×12=15, 同命中藍(lán)色區(qū)域的概率為15×14=120, ∴二人命中同色區(qū)域的概率為130+15+120=2+12+360=1760. 答案:1760 6.某項選拔共有三輪考核,每輪設(shè)有一個問題,能正確回答問題者進(jìn)入下一輪考試,否則即被淘汰,已知某選手能正確回答第一、二、三輪的問題的概率分別為45,35,25,且各輪問題能否正確回答互不影響. (1)求該選手順利通過三輪考核的概率; (2)該選手在選拔中回答兩個問題被淘汰的概率是多少? 解(1)設(shè)“該選手能正確回答第i輪的問題”的事件記為Ai(i=1,2,3),且它們相互獨立. 則P(A1)=45,P(A2)=35,P(A3)=25, 設(shè)“該選手順利通過三輪考核”為A事件, 則P(A)=P(A1A2A3)=P(A1)·P(A2)·P(A3)=45×35×25=24125. (2)因為回答2個問題被淘汰即第一輪答對,第二輪答錯,概率是P=45×1-35=825. 7.某大學(xué)開設(shè)甲、乙、丙三門選修課,學(xué)生之間是否選修哪門課互不影響.已知學(xué)生小張只選甲的概率為0.08,只選甲和乙的概率為0.12,至少選一門的概率為0.88,用ξ表示小張選修的課程門數(shù)和沒有選修的課程門數(shù)的乘積. (1)求學(xué)生小張選修甲的概率; (2)記“函數(shù)f(x)=x2+ξx為R上的偶函數(shù)”為事件A,求事件A的概率; (3)求ξ的分布列. 解(1)由題意知,學(xué)生小張三門選修課一門也不選的概率為1-0.88=0.12. 設(shè)學(xué)生小張選修甲、乙、丙三門選修課的概率分別為x,y,z. 則x(1-y)(1-z)=0.08,xy(1-z)=0.12,(1-x)(1-y)(1-z)=0.12,解得x=0.4,y=0.6,z=0.5. 所以學(xué)生小張選修甲的概率為0.4. (2)若函數(shù)f(x)=x2+ξx為R上的偶函數(shù),則ξ=0,當(dāng)ξ=0時,表示小張選修了三門功課或三門功課都不選.所以P(A)=P(ξ=0)=xyz+(1-x)(1-y)(1-z)=0.4×0.6×0.5+(1-0.4)×(1-0.6)×(1-0.5)=0.24,故事件A的概率為0.24. (3)依題意知ξ=0,2,所以ξ的分布列為 ξ 0 2 P 0.24 0.76 8.導(dǎo)學(xué)號43944034甲、乙兩人進(jìn)行圍棋比賽,約定先連勝兩局者直接贏得比賽,若賽完5局仍未出現(xiàn)連勝,則判定獲勝局?jǐn)?shù)多者贏得比賽.假設(shè)每局甲獲勝的概率為23,乙獲勝的概率為13,各局比賽結(jié)果相互獨立. (1)求甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽的概率; (2)記X為比賽決出勝負(fù)時的總局?jǐn)?shù),求X的分布. 解用A表示“甲在4局以內(nèi)(含4局)贏得比賽”,Ak表示“第k局甲獲勝”,Bk表示“第k局乙獲勝”,則P(Ak)=23,P(Bk)=13,k=1,2,3,4,5. (1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)=232+13×232+23×13×232=5681. (2)X的可能取值為2,3,4,5. P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=59, P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3) =P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=29, P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4) =P(A1)P(B2)P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)·P(B4)=1081, P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=881. 所以X的分布列為 X 2 3 4 5 P 59 29 1081 881 B組 1.如圖所示,在兩個圓盤中,指針落在本圓盤每個數(shù)所在區(qū)域的機會均等,那么兩個指針同時落在奇數(shù)所在區(qū)域的概率是(　　) A.49 B.29 C.23 D.13 解析:設(shè)A表示“第一個圓盤的指針落在奇數(shù)所在的區(qū)域”,P(A)=23,B表示“第二個圓盤的指針落在奇數(shù)所在的區(qū)域”,P(B)=23. 則P(AB)=P(A)P(B)=23×23=49. 答案:A 2.一個盒子中有20個大小、形狀、質(zhì)地相同的小球,其中5個紅的,5個黃的,10個綠的,從盒子中任取一球,若它不是紅球,則它是綠球的概率是(　　) A.56 B.34 C.23 D.13 解析:記A:取的球不是紅球.B:取的球是綠球.則P(A)=1520=34,P(AB)=1020=12,∴P(B|A)=P(AB)P(A)=1234=23. 答案:C 3.設(shè)兩個獨立事件A和B都不發(fā)生的概率為19,A發(fā)生B不發(fā)生的概率與B發(fā)生A不發(fā)生的概率相同,則事件A發(fā)生的概率是(　　) A.29 B.118 C.13 D.23 解析:設(shè)事件A發(fā)生的概率為x,事件B發(fā)生的概率為y,則由題意得(1-x)(1-y)=19,x(1-y)=(1-x)y,聯(lián)立解得x=23,故事件A發(fā)生的概率為23. 答案:D 4.把一枚質(zhì)地均勻的硬幣任意拋擲兩次,事件A={第一次出現(xiàn)正面},事件B={第二次出現(xiàn)正面},則P(B|A)=(　　) A.12 B.14 C.16 D.18 解析:P(A)=12,P(AB)=14, 所以P(B|A)=P(AB)P(A)=12.故選A. 答案:A 5.箱子里有除顏色外都相同的5個黑球,4個白球,每次隨機取出一個球,若取出黑球,則放回箱中,重新取球;若取出白球,則停止取球,那么在第4次取球之后停止的概率為(　　) A.C33·C41C54 B.593×49 C.59×14 D.C41×593×49 解析:因為每次取出黑球時都放回,所以在取到白球以前,每次取出黑球的概率都是59,在第4次取球后停止表示前3次取出的都是黑球,第4次才取出白球,故所求概率為593×49. 答案:B 6.某種元件的使用壽命超過1年的概率為0.6,使用壽命超過2年的概率為0.3,則使用壽命超過1年的該元件還能繼續(xù)使用1年的概率為　　　　　.? 解析:設(shè)事件A為“該元件的使用壽命超過1年”,B為“該元件的使用壽命超過2年”,則P(A)=0.6,P(B)=0.3,易知P(AB)=P(B)=0.3, 于是P(B|A)=P(AB)P(A)=0.30.6=0.5. 答案:0.5 7.根據(jù)資料統(tǒng)計,某地車主購買甲種保險的概率為0.5,購買乙種保險的概率為0.6,購買甲、乙保險相互獨立,各車主間相互獨立. (1)求一位車主同時購買甲、乙兩種保險的概率; (2)求一位車主購買乙種保險但不購買甲種保險的概率; (3)求一位車主至少購買甲、乙兩種保險中1種的概率. 解記A表示事件“購買甲種保險”,B表示事件“購買乙種保險”,則由題意得A與B,A與B,A與B,A與B都是相互獨立事件,且P(A)=0.5,P(B)=0.6. (1)記C表示事件“同時購買甲、乙兩種保險”, 則C=AB. ∴P(C)=P(AB)=P(A)·P(B)=0.5×0.6=0.3. (2)記D表示事件“購買乙種保險但不購買甲種保險”,則D=AB. ∴P(D)=P(AB)=P(A)·P(B)=(1-0.5)×0.6=0.3. (3)方法一:記E表示事件“至少購買甲、乙兩種保險中的一種”,則事件E包括AB,AB,AB,且它們彼此為互斥事件. ∴P(E)=P(AB+AB+AB) =P(AB)+P(AB)+P(AB) =0.5×0.6+0.5×0.4+0.5×0.6=0.8. 方法二:事件“至少購買甲、乙兩種保險中的一種”與事件“甲、乙兩種保險都不購買”為對立事件. ∴P(E)=1-P(A B)=1-(1-0.5)×(1-0.6)=0.8. 8.導(dǎo)學(xué)號43944035設(shè)每個工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某種設(shè)備的概率分別為0.6,0.5,0.5,0.4,各人是否需使用設(shè)備相互獨立. (1)求同一工作日至少3人需使用設(shè)備的概率; (2)X表示同一工作日需使用設(shè)備的人數(shù),求X的分布列. 解記Ai表示事件:同一工作日乙、丙中恰有i人需使用設(shè)備,i=0,1,2. B表示事件:甲需使用設(shè)備. C表示事件:丁需使用設(shè)備. D表示事件:同一工作日至少3人需使用設(shè)備. (1)D=A1·B·C+A2·B·C+A2B. P(B)=0.6,P(C)=0.4,P(Ai)=C2i×0.52,i=0,1,2, 所以P(D)=P(A1·B·C+A2·B+A2·B·C) =P(A1·B·C)+P(A2·B)+P(A2·B·C) =P(A1)P(B)P(C)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B)P(C) =0.31. (2)X的可能取值為0,1,2,3,4, P(X=0)=P(B·A0·C) =P(B)P(A0)P(C) =(1-0.6)×0.52×(1-0.4) =0.06. P(X=1)=P(B·A0·C+B·A0·C+B·A1·C) =P(B)P(A0)P(C)+P(B)P(A0)P(C)+P(B)·P(A1)P(C) =0.6×0.52×(1-0.4)+(1-0.6)×0.52×0.4+(1-0.6)×2×0.52×(1-0.4)=0.25. P(X=4)=P(A2·B·C)=P(A2)P(B)P(C)=0.52×0.6×0.4=0.06, P(X=3)=P(D)-P(X=4)=0.25. P(X=2)=1-P(X=0)-P(X=1)-P(X=3)-P(X=4) =1-0.06-0.25-0.25-0.06 =0.38. ∴X的分布列為 X 0 1 2 3 4 P 0.06 0.25 0.38 0.25 0.06