人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.1.1 条件概率达标测试

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.1.1 条件概率达标测试，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
3．已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率为( )
A．0.6 B．0.7
C．0.8 D．0.9
4．抛掷两枚骰子，则在已知它们点数不同的情况下，至少有一枚出现6点的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,18)
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,9)
二、填空题
5．如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子(体积忽略不计)随机地扔到该圆内，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OHE(阴影部分)内”，则
(1)P(A)＝________；
(2)P(B|A)＝________.
6．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，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是________．
7．一个袋子内装有除颜色不同外其余完全相同的3个白球和2个黑球，从中不放回地任取两次，每次取一球，在第一次取到的是白球的条件下，第二次也取到白球的概率是________．
三、解答题
8．一个口袋内装有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？
9．甲、乙两个袋子中，各放有大小、形状和个数相同的小球若干．每个袋子中标号为0的小球为1个，标号为1的2个，标号为2的n个．从一个袋子中任取两个球，取到的标号都是2的概率是eq \f(1,10).
(1)求n的值；
(2)从甲袋中任取两个球，已知其中一个的标号是1的条件下，求另一个标号也是1的概率．
[尖子生题库]
10．任意向x轴上(0,1)这一区间内掷一个点，问：
(1)该点落在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))内的概率是多少？
(2)在(1)的条件下，求该点落在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，1))内的概率．
课时作业(八) 条件概率
1．解析：∵P(A)＝eq \f(C\\al(2,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)，P(A∩B)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
∴P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(1,4).
答案：B
2．解析：已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝eq \f(0.6,0.75)＝0.8.
答案：A
3．解析：设A＝“在第一个路口遇到红灯”，B＝“在第二个路口遇到红灯”．由题意得，P(A∩B)＝0.4，P(A)＝0.5，所以P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
答案：C
4．解析：设“至少有一枚出现6点”为事件A，“两枚骰子的点数不同”为事件B，则n(B)＝6×5＝30，n(A∩B)＝10，
所以P(A|B)＝eq \f(nA∩B,nB)＝eq \f(10,30)＝eq \f(1,3).
答案：A
5．解析：(1)根据几何概型的概率计算公式得P(A)＝eq \f(2,π).
(2)根据条件概率计算公式得P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(2,π)×\f(1,4),\f(2,π))＝eq \f(1,4).
答案：(1)eq \f(2,π) (2)eq \f(1,4)
6．解析：设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件A∩B，则P(A)＝0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，所以P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)＝0.72.
答案：0.72
7．解析：记事件A：第一次取得白球．
事件B：第二次取得白球．
事件B|A：第一次取到白球的条件下，第二次也取得白球．
则P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(3×2,5×4),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．解析：(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A∩B，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果，所以P(A)＝eq \f(1,2)，P(A∩B)＝eq \f(2×1,4×3)＝eq \f(1,6)，所以P(B|A)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,2))＝eq \f(1,3).所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为eq \f(1,3).
(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，“两次都摸出白球”为事件A1∩B1，
P(A1)＝eq \f(1,2)，P(A1∩B1)＝eq \f(2×2,4×4)＝eq \f(1,4)，所以P(B1|A1)＝eq \f(PA1∩B1,PA1)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2).所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为eq \f(1,2).
9．解析：(1)由题意得：eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,n＋3))＝eq \f(nn－1,n＋3n＋2)＝eq \f(1,10)，解得n＝2.
(2)记“其中一个标号是1”为事件A，“另一个标号是1”为事件B，所以P(B|A)＝eq \f(nA∩B,nA)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5)－C\\al(2,3))＝eq \f(1,7).
10．解析：由题意知，任意向(0,1)这一区间内掷一点，该点落在(0,1)内哪个位置是等可能的，令A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(0(1)P(A)＝eq \f(\f(1,3),1)＝eq \f(1,3).
(2)令B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,5)故在A的条件下B发生的概率为
P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(2,15),\f(1,3))＝eq \f(2,5).