下载完整PDF点这里

t1

解析

A：P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B) 由此推出 P(AB)=0P(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−AB=ABˉA-B=A-A B=A \bar{B} ，所以有：

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

由此推出 P(A)=P(B)P(A)=P(B) ，正确；

D：P(AˉBˉ)=P(A∪B‾)=1−P(A∪B)=1−P(A)−P(B)+P(AB)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)=1P(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

CC

t2

解析

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

（2）：AˉBˉCˉ∪ABˉCˉ∪AˉBCˉ∪AˉBˉC\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 ABCABC 同时发生，所以可以写为 Ω−ABC=ABC‾=Aˉ∪Bˉ∪Cˉ\Omega-ABC=\overline{ABC}=\bar{A} \cup \bar{B} \cup \bar{C}

（4）：AB∪AC∪BCAB\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 YY 为所得的最大点数，则

（1）P{Y⩽5}=5363=125126P\{Y\leqslant5\}=\dfrac{5^3}{6^3}=\dfrac{125}{126}

（2）P(Y=5)=P{Y⩽5}−P{Y⩽4}=53−4363=61216P(Y=5)=P\{Y\leqslant5\}-P\{Y\leqslant4\}=\dfrac{5^3-4^3}{6^3}=\dfrac{61}{216}

t4

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

解析

nn 个 “ 11 ” 的放法: 2n2 n 个位置上 “ 11 ” 占有 nn 个位置, 所以共有 (2nn)\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 nn 个 “ 00 ” 之间及两头 （共 n+1n+1 个位置）去放 11 ，所以有 (n+1n)\displaystyle \binom{n+1}{n} 种放法。

综上，答案为：pn=(n+1n)(2nn)=n+1(2nn)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 nn 个完全相同的球随机地放到 NN 个盒子中，有多少种情况？

答：用 N+1N+1 根火柴棒来表示 NN 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−1n+N+1-2=N+n-1 个，挑出 nn 个位置放球，最终答案为：(N+n−1n)\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 NN 件产品中有 MM 件是次品, N−MN-M 件是正品。现从 NN 件中随机地不放回地抽取 nn 件产品。求:

事件 Am={A_m=\{ 所取的 nn 件产品中恰有 mm 件次品 }\} 的概率. m=0,1,2,⋯ ,nm=0,1,2,\cdots,n

解析

P(Am)=(N−Mn−m)(Mm)(Nn)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(Am)=(nm)(MN)m(1−MN)n−mP\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 nn 个(不同)球, 每个球等可能地落入 NN 个不同的盒子中 (n≤N)(n \leq N)，设每个盒子容球数不限, 求下列事件的概率：

(1) A=A= “指定的 nn 个盒子中各有一球”;

(2) B=B= “恰有 nn 个盒子中各有一球”.

解析

（1）P(A)=n!NnP(A)=\dfrac{n!}{N^n}

（2）P(B)=CNnn!Nn=N!n!(N−n)!n!Nn=N!(N−n)!NnP(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 aa 只白球, bb 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 kk 次摸出的球是白球的概率 (k≤a+b)(k \leq a+b)

解析

（1）pk=aa+bp_k=\dfrac{a}{a+b}

（2）样本空间包含样本点的总数为： Pa+bkP_{a+b}^k （排列）

​ 第 kk 个球为白球事件的总数为：Ca1Pa+b−1k−1C_a^1P_{a+b-1}^{k-1}

⇒Pk=a×Pa+b−1k−1Pa+bk=a×(a+b−1)⋯(a+b−k+1)(a+b)⋯(a+b−k+1)=aa+b\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−t7t5-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 xx 和 yy 分别为甲乙两艘轮船到达码头的时间。

则 p=SASΩ=12(232+222)242=0.879p=\dfrac{S_A}{S_\Omega}=\dfrac{\frac{1}{2}(23^2+22^2)}{24^2}=0.879

t8t8 均为几何概型，《知识点总结》的 \S1.2

t9

设随机事件 A,BA, B 相互独立, A,CA, C 相互独立, BC=∅B C=\varnothing 若P(A)=P(B)=12,P(AC∣AB∪C)=14P(A)=P(B)=\frac{1}{2}, P(A C \mid A B \cup C)=\frac{1}{4}

求 P(C)P(C)

解析

P(AC∣AB∪C)=P[AC∩(AB∪C)]P(AB∪C)=P(ABC∪AC)P(AB)+P(C)−P(ABC)=P(AC)P(AB)+P(C)−P(ABC)=P(A)P(C)P(A)P(B)+P(C)−0=12P(C)1212+P(C)=14\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)=14P(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 nn 封信，又写好 nn 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 AkA_k 表示第 kk 封信放对了。

P=P(A1∪A2∪⋯∪An)=∑P(Ai)−∑P(AiAj)+∑(AiAjAk)+⋯+(−1)n−1∑(A1A2⋯An)其中:P(Ai)=(n−1)!n!=1nP(AiAj)=(n−2)!n!=1n(n−1)⋯P=(n1)1n−(n2)1n(n−1)+(n3)1n(n−1)(n−2)+⋯+(−1)n−11n!=1−12!+13!−⋯+(−1)n−11n!\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(Aˉ)=0.3,P(B)=0.4,P(ABˉ)=0.5P(\bar{A})=0.3, P(B)=0.4, P(A \bar{B})=0.5, 求 P(B∣A∪Bˉ)P(B \mid A \cup \bar{B}).

解析

P(B∣A∪Bˉ)=P(AB)P(A∪Bˉ),P(A∪Bˉ)=P(A)+P(Bˉ)−P(ABˉ)=0.7+0.6−0.5=0.8.P(ABˉ)=P(A)−P(AB), 可得 P(AB)=P(A)−P(ABˉ)=0.7−0.5=0.2P(B∣A∪Bˉ)=P(AB)P(A∪Bˉ)=0.20.8=0.25.\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

mm 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−1m-1 个人中的任何一个, 求第 nn 次传球时仍由甲传出的概率。

解析

设Ai为第i以次甲传出⇒P(An)=P(An−1)P(An∣An−1)+P(Aˉn−1)P(An∣Aˉn−1)⇒P(An)=1m−1P(Aˉn−1)⇒P(An)=1m−1(1−P(An−1))一阶线性递推数列上述等式一定可以化成这样的形式：P(An)−M=N[P(An−1)−M]对比系数：N=−1m−1,M=1mP(An)−1m=11−m(P(An−1)−1m)P(A1)=1令P(An)−1m=bnbn=11−m⋅bn−1=(11−m)2⋅bn−2=⋯=(11−m)n−1⋅b1=(11−m)n−1⋅(1−1m)=(−1m−1)n−2×−1m⇒P(An)=bn+1m=1m[1−(−1m−1)n−2],n=2,3,4,⋯\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 BB 为第二次取出的球是2个新球。

P(B)=C62C42C82C82+C61C21C52C82C82+C22C62C82C82=225784P(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 AA 为第一次取出的球是2个新球。

P(A∣B)=P(AB)P(B)=C62C42C82C82×784225=25.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 310,15,110,25\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 14,13,112\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 AA 为迟到；记 B1B_1 为乘火车，B2B_2 为乘轮船，B3B_3 为乘汽车，B4B_4 为乘飞机。

P(A)=∑i=14P(Bi)P(A∣Bi)=320P(A)=\sum_{i=1}^4 P\left(B_i\right) P\left(A \mid B_i\right)=\frac{3}{20}

（2）P(B1∣A)=P(A∣B1)P(B1)P(A)=12P\left(B_1 \mid A\right)=\dfrac{P\left(A \mid B_1\right) P\left(B_1\right)}{P(A)}=\dfrac{1}{2}