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t1

解析

A：\(P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B)\) 由此推出 \(P(AB)=0\) 无法推出目标条件，错误；

B：这是事件独立的充分必要条件，无法推出目标条件，错误；

C：事件有运算关系：\(A-B=A-A B=A \bar{B}\) ，所以有：

\(P(A\bar{B})=P(A-B)=P(A)-P(AB)\) ， \(P(\bar{A}B)=P(B-A)=P(B)-P(AB)\) 又 \(P(A\bar{B})=P(\bar{A}B)\)

由此推出 \(P(A)=P(B)\) ，正确；

D：\(P(\bar{A} \bar{B})=P(\overline{A \cup B})=1-P(A \cup B)=1-P(A)-P(B)+P(A B)\)

由此推出 \(P(A)+P(B)=1\) ，无法推出目标条件，错误。

《知识点总结》的 \(\S1.1、1.3\)

答案

\(C\)

t2

解析

（1）：\(A B C \cup \bar{A} \bar{B} \bar{C}\)

（2）：\(\bar{A} \bar{B} \bar{C} \cup A\bar{B}\bar{C} \cup \bar{A} B \bar{C} \cup \bar{A} \bar{B} C\)

（3）：唯一不符合的情况是 \(ABC\) 同时发生，所以可以写为 \(\Omega-ABC=\overline{ABC}=\bar{A} \cup \bar{B} \cup \bar{C}\)

（4）：\(AB\cup AC \cup BC\)

有运用德摩根律，《知识点总结》的 \(\S1.1\)

t3

投掷3颗骰子，求以下事件的概率

（1）所得的最大点数小于等于5；

（2）所得的最大点数等于5。

解析

记 \(Y\) 为所得的最大点数，则

（1）\(P\{Y\leqslant5\}=\dfrac{5^3}{6^3}=\dfrac{125}{126}\)

（2）\(P(Y=5)=P\{Y\leqslant5\}-P\{Y\leqslant4\}=\dfrac{5^3-4^3}{6^3}=\dfrac{61}{216}\)

t4

把 \(n\) 个 “ 0 ” 与 \(n\) 个 “ 1 ” 随机地排列, 求没有两个 “ 1 ” 连在一起的概率.

解析

\(n\) 个 “ \(1\) ” 的放法: \(2 n\) 个位置上 “ \(1\) ” 占有 \(n\) 个位置, 所以共有 \(\displaystyle \binom{2 n}{n}\) 种放法，这是总的放法，即分母。

“没有两个 1 连在一起”, 相当于在 \(n\) 个 “ \(0\) ” 之间及两头 （共 \(n+1\) 个位置）去放 \(1\) ，所以有 \(\displaystyle \binom{n+1}{n}\) 种放法。

综上，答案为：\(p_n=\dfrac{\displaystyle \binom{n+1}{n}}{\displaystyle\binom{2 n}{n}}=\dfrac{n+1}{\displaystyle\binom{2 n}{n}}\).

拓展

问：把 \(n\) 个完全相同的球随机地放到 \(N\) 个盒子中，有多少种情况？

答：用 \(N+1\) 根火柴棒来表示 \(N\) 个盒子，因为球要放到盒子中间，所以最旁边的两根火柴棒的外面不可以放球，所以自由移动的球和火柴棒的位置为 \(n+N+1-2=N+n-1\) 个，挑出 \(n\) 个位置放球，最终答案为：\(\displaystyle \binom{N+n-1}{n}\)

这个也称为排列组合里的重复组合。

t5

抽样模型：设 \(N\) 件产品中有 \(M\) 件是次品, \(N-M\) 件是正品。现从 \(N\) 件中随机地不放回地抽取 \(n\) 件产品。求:

事件 \(A_m=\{\) 所取的 \(n\) 件产品中恰有 \(m\) 件次品 \(\}\) 的概率. \(m=0,1,2,\cdots,n\)

解析

\[ P\left(A_m\right)=\dfrac{\displaystyle \binom{N-M}{n-m} \displaystyle \binom{M}{m}}{\displaystyle \binom{N}{n}} \]

拓展

现在为有放回地抽取，则新的概率为 \[ P\left(A_m\right)=\displaystyle \binom{n}{m}\left(\dfrac{M}{N}\right)^m\left(1-\dfrac{M}{N}\right)^{n-m} \]

t6

盒子模型：设有 \(n\) 个(不同)球, 每个球等可能地落入 \(N\) 个不同的盒子中 \((n \leq N)\)，设每个盒子容球数不限, 求下列事件的概率：

  1. \(A=\) “指定的 \(n\) 个盒子中各有一球”;

  2. \(B=\) “恰有 \(n\) 个盒子中各有一球”.

解析

（1）\(P(A)=\dfrac{n!}{N^n}\)

（2）\(P(B)=\dfrac{C_N^n n!}{N^n}=\dfrac{N!n!}{(N-n)!n!N^n}=\dfrac{N!}{(N-n)!N^n}\)

t7

抽签模型：袋中有 \(a\) 只白球, \(b\) 只红球, 它们除颜色不同外，其他方面没有差别，现在把球随机地一只只摸出来, 作

（1）放回取样；

（2）不放回取样；

求第 \(k\) 次摸出的球是白球的概率 \((k \leq a+b)\)

解析

（1）\(p_k=\dfrac{a}{a+b}\)

（2）样本空间包含样本点的总数为： \(P_{a+b}^k\) （排列）

​ 第 \(k\) 个球为白球事件的总数为：\(C_a^1P_{a+b-1}^{k-1}\) \[ \Rightarrow P_k=\frac{a \times P_{a+b-1}^{k-1}}{P_{a+b}^k}=\frac{a \times(a+b-1) \cdots(a+b-k+1)}{(a+b) \cdots(a+b-k+1)}=\frac{a}{a+b} \]

\(t5-t7\) 均为古典概型，《知识点总结》的 \(\S1.2\)

t8

甲乙两艘轮船驶向一个不能同时停泊两艘轮船的码头, 它们在一昼夜内到达的时间是等可能的. 如果甲船的停泊时间是 1 小时, 乙船的停泊时间是 2 小时, 求它们中任何一艘都不需要等候码头空出的概率是多少?

解析

如上图所示，记 \(x\) 和 \(y\) 分别为甲乙两艘轮船到达码头的时间。

则 \(p=\dfrac{S_A}{S_\Omega}=\dfrac{\frac{1}{2}(23^2+22^2)}{24^2}=0.879\)

\(t8\) 均为几何概型，《知识点总结》的 \(\S1.2\)

t9

设随机事件 \(A, B\) 相互独立, \(A, C\) 相互独立, \(B C=\varnothing\) 若\(P(A)=P(B)=\frac{1}{2}, P(A C \mid A B \cup C)=\frac{1}{4}\)

求 \(P(C)\)

解析

\[ \begin{aligned} P(A C \mid A B \cup C) & =\frac{P[A C \cap(A B \cup C)]}{P(A B \cup C)}=\frac{P(A B C \cup A C)}{P(A B)+P(C)-P(A B C)} \\ & =\frac{P(A C)}{P(A B)+P(C)-P(A B C)}\\ & =\frac{P(A)P(C)}{P(A)P(B)+P(C)-0}\\ & =\dfrac{\frac{1}{2}P(C)}{\frac{1}{2}\frac{1}{2}+P(C)}\\ & =\frac{1}{4} \end{aligned} \]

解得：\(P(C)=\dfrac{1}{4}\)

条件概率与事件独立性、还有事件之间的运算，《知识点总结》的 \(\S1.1、1.3、1.4、1.5\)

t10

匹配问题：某人写好 \(n\) 封信，又写好 \(n\) 只信，然后在黑暗中把每封信放入一只信封中, 试求至少有一封信放对的概率。

解析

记 \(A_k\) 表示第 \(k\) 封信放对了。 \[ \begin{aligned} P&=P\left(A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right)=\sum P\left(A_i\right)-\sum P\left(A_i A_j\right)+\sum\left(A_i A_j A_k\right)+\cdots+(-1)^{n-1} \sum\left(A_1 A_2 \cdots A_n\right) \\ &其中:\\ & P\left(A_i\right)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac{1}{n} \\ & P\left(A_i A_j\right)=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n(n-1)} \\ & \cdots \\ P&=\binom{n}{1} \frac{1}{n}-\binom{n}{2} \frac{1}{n(n-1)}+\binom{n}{3} \frac{1}{n(n-1)(n-2)}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n!} \\ & =1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\cdots+(-1)^{n-1} \frac{1}{n!} \end{aligned} \]

t11

已知 \(P(\bar{A})=0.3, P(B)=0.4, P(A \bar{B})=0.5\), 求 \(P(B \mid A \cup \bar{B})\).

解析

\[ \begin{aligned} &P(B \mid A \cup \bar{B})=\frac{P(A B)}{P(A \cup \bar{B})}, \\ &P(A \cup \bar{B})=P(A)+P(\bar{B})-P(A \bar{B})=0.7+0.6-0.5=0.8 . \\ &P(A\bar{B})=P(A)-P(A B) \text {, 可得 } P(A B)=P(A)-P(A \bar{B})=0.7-0.5=0.2\\ &P(B \mid A \cup \bar{B})=\frac{P(A B)}{P(A \cup \bar{B})}=\frac{0.2}{0.8}=0.25 . \end{aligned} \]

条件概率与事件之间的运算，《知识点总结》的 \(\S1.1、1.3、1.4\)

t12

\(m\) 个人相互传球, 球从甲手中传出, 每次传球时, 传球者等可能地把球传给其余 \(m-1\) 个人中的任何一个, 求第 \(n\) 次传球时仍由甲传出的概率。

解析

\[ \begin{aligned} &\text {设} A_i \text {为第i以次甲传出} \Rightarrow P\left(A_n\right)=P\left(A_{n-1}\right) P\left(A_n \mid A_{n-1}\right)+P\left(\bar{A}_{n-1}\right) P\left(A_n \mid \bar{A}_{n-1}\right)\\ &\Rightarrow P\left(A_n\right)=\frac{1}{m-1} P\left(\bar{A}_{n-1}\right) \\ &\Rightarrow P\left(A_n\right)=\frac{1}{m-1}\left(1-P\left(A_{n-1}\right)\right) \quad\text {一阶线性递推数列} \\ &\text{上述等式一定可以化成这样的形式：} P\left(A_n\right)-M=N\left[P\left(A_{n-1}\right)-M\right] \\ &\text {对比系数：} N=-\frac{1}{m-1}, M=\frac{1}{m} \\ &P\left(A_n\right)-\frac{1}{m}=\frac{1}{1-m}\left(P\left(A_{n-1}\right)-\frac{1}{m}\right) \quad P\left(A_1\right)=1 \\ &\text {令} P\left(A_n\right)-\frac{1}{m}=b_n \\ &\quad b_n=\frac{1}{1-m} \cdot b_{n-1}=\left(\frac{1}{1-m}\right)^2 \cdot b_{n-2}=\cdots=\left(\frac{1}{1-m}\right)^{n-1} \cdot b_1 \\ &\quad=\left(\frac{1}{1-m}\right)^{n-1} \cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)=\left(\frac{-1}{m-1}\right)^{n-2} \times \frac{-1}{m} \\ &\Rightarrow P\left(A_n\right)=b_n+\frac{1}{m}=\frac{1}{m}\left[1-\left(\frac{-1}{m-1}\right)^{n-2}\right], n=2,3,4, \cdots \end{aligned} \]

关键在于利用全概率公式划分事件。

线性递推数列求解通项公式可以参考 第零篇 数列递推 | StudyinCAU

t13

盒中装有8个乒乓球，其中有6个新的。第一次练习时，从中任取2个来用，用完后放回盒中。第二次练习时，再从盒中任取2个。求：

(1)第二次取出的球都是新球的概率；

(2)在第二次取出的球都是新球的条件下，第一次取到的球都是新球的概率。

解析

（1）记 \(B\) 为第二次取出的球是2个新球。 \[ P(B)=\frac{C_6^2 C_4^2}{C_8^2 C_8^2}+\frac{C_6^1 C_2^1 C_5^2}{C_8^2 C_8^2}+\frac{C_2^2 C_6^2}{C_8^2 C_8^2}=\frac{225}{784} \] （2）记 \(A\) 为第一次取出的球是2个新球。 \[ P(A \mid B)=\frac{P(A B)}{P(B)}=\frac{C_6^2 C_4^2}{C_8^2 C_8^2} \times \frac{784}{225}=\frac{2}{5} . \]

古典概型、条件概率，《知识点总结》的 \(\S1.2、1.4\)

t14

某人从外地赶来参加会议, 他乘火车、轮船、汽车或飞机来的概率分别为 \(\dfrac{3}{10}, \dfrac{1}{5}, \dfrac{1}{10}, \dfrac{2}{5}\) 如果他乘飞机来, 则不会迟到, 乘火车、轮船或汽车迟到的概率分别为 \(\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{12}\), 试问:

(1)他迟到的概率;

(2)此人迟到, 试推断他乘火车来的概率有多大。

解析

（1）记 \(A\) 为迟到；记 \(B_1\) 为乘火车，\(B_2\) 为乘轮船，\(B_3\) 为乘汽车，\(B_4\) 为乘飞机。 \[ P(A)=\sum_{i=1}^4 P\left(B_i\right) P\left(A \mid B_i\right)=\frac{3}{20} \] （2）\(P\left(B_1 \mid A\right)=\dfrac{P\left(A \mid B_1\right) P\left(B_1\right)}{P(A)}=\dfrac{1}{2}\)