三、习题解答

（A）

1．写出下列事件的样本空间：

（1）把一枚硬币连续抛掷两次；

（2）掷两颗骰子；

（3）连续抛一枚硬币，直至出现正面为止；

（4）在某十字路口，一小时内通过的机动车辆数；

（5）某城市一天内的用电量．

解 （1）Ω1={（H, H）, （H, T）, （T, T）}，其中H表示正面，T表示反面．

（3）Ω3={（H）, （T, H）, （T, T, H）, （T, T, T, H）, …}.

（4）Ω4={0,1,2, …}.

（5）Ω5={t, t≥0}.

2.A, B, C为三个事件，试将下列事件用A, B, C表示出来：

（1）仅A发生；

（2）均发生；

（3）均不发生；

（4）A发生而B, C至少有一个不发生；

（5）A不发生而B, C至少有一个发生；

（6）不全发生；

（7）最多有2个发生；

（8）至少有2个发生；

（9）最多有一个发生；

（10）恰有2个发生．

解 （1）AB-C-；

（2）ABC；

（3）或；

（4）A；

（5）（B+C）-A；

（6）或

（7）或

（8）AB+BC+AC；

（9）

（10）

3．掷一颗骰子的试验，观察其出现的点数，事件A=“偶数点”, B=“奇数点”, C=“点数小于5”, D=“小于5的偶数点”，讨论上述各事件间的关系．

解 Ω={1,2,3,4,5,6}, A={2,4,6}, B={1,3,5}, C={1,2,3,4}, D={2,4}.

A与B为对立事件，即B=; B与D互不相容；A⊃D, C⊃D.

4．事件Ai（i=1,2,3）表示某个生产单位第i车间完成生产任务，B表示至少有两个车间完成生产任务，C表示最多只有两个车间完成生产任务，说明事件B-及B-C的含义，并且用Ai（i=1,2,3）表示出来．

解 表示最多有一个车间完成生产任务，即至少有两个车间没有完成生产任务，故

而B-C=A1A2A3则表示三个车间均完成生产任务．

5．抛两枚硬币，求至少出现一个正面的概率．

解 设事件A表示“两枚硬币中至少出现一个正面”．若用H表示正面，T表示反面，其出现是等可能的．则样本空间含有4个等可能样本点，即Ω={TT, TH, HT, HH}，由于事件A含有其中3个样本点．故.

6．抛掷一枚硬币，连续3次，求既有正面又有反面出现的概率．

解 设事件A表示“3次中既有正面又有反面出现”，则表示“3次均为正面或3次均为反面出现”，其所包含的样本点数为2．而抛掷3次硬币共有8种不同的等可能结果，故样本空间的样本点总数为8，因此

7．掷两颗骰子，求下列事件的概率：

（1）点数之和为7；

（2）点数之和不超过5；

（3）两个点数中一个恰是另一个的两倍．

解

A=“点数之和为7”={（1,6）, （2,5）, （3,4）, （4,3）, （5,2）, （6,1）}，

所以（1）; （2）; （3.

8.10把钥匙中有3把能打开一个门锁，今任取两把，求能打开门锁的概率．

解 设事件A表示“门锁能被打开”，则事件发生就是取的两把钥匙都不能打开门锁，故

9．袋内装有5个白球，3个黑球，从中一次任取两个，求取到的两个球颜色不同的概率及两个球中有黑球的概率．

解 记事件A表示“取到的两个球颜色不同”．则有利于事件A的样本点数为．而组成试验的样本点总数为，由古典概型概率公式有

设事件B表示“取到的两个球中有黑球”，则有利于事件的样本点数为.

10．从一副52张的扑克牌中任取4张，求下列事件的概率：

（1）全是黑桃；（2）同花；（3）没有两张同一花色；（4）同色．

解 52张牌中任取4张，共有52种等可能的取法．

（1）用事件A表示“任取4张全是黑桃”，由于4张黑桃只能从13张黑桃中取出，共有种取法，所以

（2）用事件B表示“取出的4张牌同花”，由于共有4种花色，而“4张同花”只能从同一花色的13张牌中取出，所以共有种取法，于是

（3）用事件C表示“取出的4张牌没有两张同一花色”,4张牌只能从各种花色（13张牌）中各取1张，共有134种取法，于是

（4）用事件D表示“取出的4张牌同色”，共有2种颜色，而每种颜色只能从同一颜色的26张牌中任取4张，共有种取法，于是

11．口袋内装有2个伍分、3个贰分、5个壹分的硬币共10枚，从中任取5枚，求总值超过壹角的概率．

解 设事件A表示“取出的5枚硬币总值超过壹角”，则样本点总数为，事件A所包含的样本点数为

故

12．袋中有红、白、黑色球各一个，每次任取一球，有放回地抽取3次，求下列事件的概率：

A=“3次都是红球”即“全红”, B=“全白”, C=“全黑”, D=“无红”, E=“无白”, F=“无黑”, G=“3次颜色全相同”, H=“颜色全不相同”, I=“颜色不全相同”.

解 样本点总数为33=27，事件A、事件B、事件C所包含的样本点数为1，事件D、事件E、事件F所包含的样本点数为23=8，事件G所包含的样本点数为事件A、事件B、事件C样本点数之和3，事件H所包含的样本点数为3! =6，事件I所包含的样本点数为总样本点数减去事件G所包含的样本点数27-3=24.

所以有

13．一间宿舍内住有6位同学，求他们中有4个人的生日在同一个月份的概率．

解 设事件A表示“有4个人的生日在同一个月份”．样本点总数为126，事件A所包含的样本点数为，故

14．从0,1,2,3,4,5,6这7个数字中任取4个排成一列，求下列事件的概率（按不重复和可重复取分别计算）：

（1）可构成四位数；

（2）可构成四位偶数；

（3）可被5整除的四位数；

（4）2不在千位、4在十位的四位数；

（5）数字各不相同的四位数．

解 设（1）, （2）, （3）, （4）, （5）分别为事件A, B, C, D, E．当不重复选取时，总的样本点数为

（1）A包含的样本点数为（先在6个非零数字中任取1个排在千位，再在6个数字中任取3个排在百位、十位和个位）.

所以

（2）B包含的样本点数为（将偶数分为两类：一类0作个位的有个，另一类是2,4或6作个位的有个）．所以

（3）C包含的样本点数为（将能被5整除的数分为两类：一类是以0作个位的有个，另一类是5作个位的有个）．所以

（4）D包含的样本点数为（4在十位，千位不能取2和0，共个取法，剩下的百位和个位共有个取法）．所以

（5）同（1）.

当重复选取时，总的样本点数为74=2401.

（1）A包含的样本点数为（先在6个非零数字中任取1个排在千位，其余三位可在7个数字中重复选取）．所以

（2）B包含的样本点数为 1176（将偶数分成两类：一类是以0作个位的，在6个非零数字中选取一个排在千位，百位和十位的数字在7个数字中重复选取）．所以

（3）C包含的样本点数为（将能被5整除的数分为两类，一类是以0作个位，一类是以5作个位，都是共有个）．所以

（4）D包含的样本点数为（4在十位，千位不能取2和0，共个取法，剩下的百位和个位共有72个取法）．所以

（5）E包含的样本点数为．所以

15．有两本外语书，3本数学书，4本政治书，放到书架上排成一排，求下列事件的概率：

（1）两本外语书恰排在两侧（一侧一本）；

（2）3本数学书排在一起；

（3）某指定一本书恰好排在中间；

（4）4本政治书一侧两本．

解 设（1）, （2）, （3）, （4）分别为事件A, B, C, D．总样本点数为.

（1）A包含的样本点数为（两本外语书在两侧有种排法，其余7本书在中间有种排法）．所以

（2）B包含的样本点数为（把3本数学书看成一本，与其余6本书共有种排法．3本数学书共有种排法）．所以

（3）C包含的样本点数为（指定书排在中间，其余8本书在8个位置上共有种排法）．所以

（4）D包含的样本点数为（4本政治书中先取2本排在一侧有种排法，剩余的两本排在另一侧有种排法，其余5本书在中间共有种排法）．所以

16.5封信随机地投到3个信筒中，求下列事件的概率：

（1）第一个信筒恰有两封信；

（2）第一个信筒至少有两封信；

（3）第一个信筒最多有两封信．

解 设（1）, （2）, （3）分别为事件A, B, C．总样本点数为35=243.

（1）A包含的样本点数为（5封信中取两封信投入第一个信筒，共有种投法，剩下3封信投入两个信筒中有23种投法）．所以

（2）B包含的样本点数为（总样本点数减去第一个信筒中没有信有25种投法，再减去第一个信筒中有一封信有种投法）．所以

（3）C包含的样本点数为（第一个信筒中没有信有25种投法，第一个信筒中有一封信有种投法，第一个信筒中有两封信有种投法）.所以

17．将5个人等可能地分配到10个房间去住，求下列事件的概率：

（1）某指定5个房间各住1人；

（2）5人被分配到5个不同的房间；

（3）5人被分配到同一个房间；

（4）某个指定房间恰住2人．

解 设（1）, （2）, （3）, （4）分别为事件A, B, C, D．总样本点数为105.

（1）A包含的样本点数为所以

（2）B包含的样本点数为（先选出5个房间共种选法，这5个房间各住一人有种住法）．所以

（3）C包含的样本点数为1．所以

（4）D包含的样本点数为（先选出两人住指定房间有种住法，其余3人分配到剩下的9个房间，有93种分配方法）．所以

18．在区间（0,1）中随机地取两个数，求事件“两数之和小于6/5”的概率．

解 这个概率可用几何方法确定．在区间（0,1）中随机地取两个数分别记为x和y，则（x, y）的可能取值形成如下单位正方形Ω，其面积为SΩ=1．而事件A（两数之和小于6/5）可表示为A={x+y＜6/5}，其区域为图1.2中的阴影部分．

所以由几何方法得

19．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．如果甲船停泊时间是1h，乙船停泊时间是2h，求它们中任何一艘都不需要等候码头的概率．

解 这个概率可用几何方法确定．记x和y分别为甲乙两艘轮船到达码头的时间，则（x, y）的可能取值形成边长为24的正方形Ω，其面积为SΩ=242．而事件A“不需要等候码头空出”有两种可能情况：一种情况是甲船先到，则乙船在1h之后到达，即满足y-x≥1；另一种情况是乙船先到，则甲船在2h之后到达，即满足x-y≥2．所以事件A可表示为A={（x, y）:x-y≤-1或x-y≥2}．事件A的区域形成了图1.3中的阴影部分，其面积为所以由几何方法得

20．事件A与B互不相容，计算

解 由于A与B互不相容，则有

21．已知P（A）=a, P（B）=b, ab≠0（b＞0.3 a）, P（A-B）=0.7 a，求P（B+A）, P（B-A），

解 由于A-B与AB互不相容，且A=（A-B）+AB，因此有

22.50个产品中有46个合格品与4个废品，从中一次抽取3个，计算取到废品的概率．

解 记事件A为“取到废品”．总样本点数为事件包含的样本点数为．所以

23．一个教室中有100名学生，求其中至少有一人的生日是在元旦的概率（设一年以365天计算）.

解 设事件A表示“100名学生的生日都不在元旦”，则有利于A的样本点数目为364100，而样本空间中样本点数总数为365100，所求概率为

24．有5副规格不同的手套，现从中任取4只，求至少能配成一副的概率．

解 设事件A表示“取出的4只手套至少有两只配成一副”，则表示“4只手套中任何两只均不能配成一副”.

25．设事件A, B至少有一个发生的概率为A发生而B不发生的概率为，求P（B）.

解 由已知条件知

则

26．某单位有92%的职工订阅报纸，93%的人订阅杂志，在不订阅报纸的人中仍有85%的职工订阅杂志，从单位中任找一名职工求下列事件的概率：

（1）该职工至少订阅一种报纸或期刊；

（2）该职工不订阅杂志，但是订阅报纸．

解 设事件A表示“任找一名职工订阅报纸”, B表示“订阅杂志”，依题意P（A）=0.92, P（B）=0.93, ．则

27．分析学生们的数学与外语两科考试成绩，抽查一名学生，记事件A表示“数学成绩优秀”, B表示“外语成绩优秀”，若P（A）=P（B）=0.4, P（AB）=0.28，求P（A|B）, P（B|A）, P（A+B）.

28．为了防止意外，在矿内同时设有两种报警系统A与B，各系统单独使用时，其有效的概率系统A为0.92，系统B为0.93，在A失灵条件下，B有效的概率为0.85，求：

（1）发生意外时，至少有一个系统有效的概率；

（2）在B失灵的条件下，A有效的概率．

解 用事件A表示“报警系统A有效”，用事件B表示“报警系统B有效”，依题意有P（A）=0.92, P（B）=0.93,

29．袋中装有8个球，其中3个红球，5个白球，3个人依次摸球（不返样）．证明3人摸到红球的概率相等．

证明 用事件A表示“第1个人摸到红球”，事件B表示“第2个人摸到红球”，事件C表示“第3个人摸到红球”.

而

所以

30．设A, B为二事件，P（A）=0.4, P（A+B）=0.7，当A, B互不相容时，求P（B）．当A, B独立时，求P（B）.

解 当A, B互不相容时，有

P（A+B）=P（A）+P（B），

所以

当A, B独立时，有

P（B）=P（A+B）-P（A）=0.3.

P（A+B）=P（A）+P（B）-P（AB）=P（A）+P（B）-P（A）P（B），

0.7=0.4+P（B）-0.4P（B）, P（B）=0.5.

31．某种电子元件的寿命在1000h以上的概率为0.8，求3个这种元件使用1000h后，最多只坏了一个的概率．

解 设事件Ai表示“使用1000h后第i个元件没有坏”, i=1,2,3，显然A 1, A 2, A 3相互独立，事件A表示“3个元件中最多只坏了一个”，则 3．上式右边是4个两两互不相容的事件的和，且

32．加工某种零件，需经过3道工序，假定第一、第二、第三道工序的废品率分别为0.3,0.2,0.2，并且任何一道工序是否出废品与其他各道工序无关，求零件的合格率．

解 设事件A表示“任取一个零件为合格品”，依题意A表示3道工序都合格，故

P（A）=（1-0.3）（1-0.2）（1-0.2）=0.448.

33．某单位电话总机的占线率为0.4，其中某车间分机的占线率为0.3，假定二者独立，现在从外部打电话给该车间，求一次能打通的概率；第二次才能打通的概率以及第m次才能打通的概率（m为任意正整数）.

解 设事件Ai（i=1,2, …, m）表示“第i次能打通”，则

34．在一定条件下，每发射一发炮弹击中飞机的概率是0.6，现有若干门这样的炮独立地同时发射一发炮弹，问欲以99%的把握击中飞机，至少需要配置多少门这样的炮？

解 设需配置n门这样的炮，用Ai（i=1,2, …, n）表示“第i门炮击中飞机”，则击中飞机的概率为

由

1-0.4n≥0.99，

可得

n≥5.026.

所以至少需要配置6门这样的炮．

35．一间宿舍中有4位同学的眼镜都放在书架上，去上课时，每人任取一副眼镜，求每个人都没有拿到自己眼镜的概率．

解 设Ai（i=1,2,3,4）表示“第i人拿到自己眼镜”, ，设事件B表示“每个人都没有拿到自己的眼镜”．显然则表示“至少有一个人拿到自己眼镜”．且

36．甲、乙、丙三人在同一时间内独立地破译一份密码，如果这三人能译出的概率依次为0.2,0.35,0.25，求该密码能译出的概率．

解 用事件A, B, C分别表示甲、乙、丙三人能译出密码，事件E表示“该密码能被译出”，则

37．甲乙两射手，每次射击命中目标的概率分别为0.8和0.7，射击是独立进行的，求：

（1）各射击1次，恰有1人命中目标的概率；

（2）各射击1次，至少有1人命中目标的概率；

（3）各射击2次，恰有2次命中目标的概率．

解 用事件A, B分别表示一次射击中甲、乙击中目标，则

P（A）=0.8, P（B）=0.7.

用事件D, E, F分别表示（1）, （2）, （3），则

（1）P（D）=P（AB-）+P（A-B）=0.8×0.3+0.2×0.7=0.38.

（2）P（E）=P（AB）+P（D）=0.8 × 0.7+0.38=0.94.

（3）用事件Ai（i=1,2）表示“甲第i次击中目标”，用事件Bi（i=1,2）表示“乙第i次击中目标”，则

P（A1）=P（A2）=P（A）=0.8，

P（B1）=P（B2）=P（B）=0.7，

所以

38．设A, B, C三事件独立，试证A-B与C独立．

所以A-B与C独立．

39．四重伯努利试验中，事件A至少发生一次的概率为0.8704，求下列事件的概率：

（1）一次试验中A发生的概率；

（2）4次试验中事件A恰好发生2次的概率．

解 （1）设一次试验中A发生的概率为p，则依题意可得

1-（1-p）4=0.8704, （1-p）4=0.1296，

1-p=0.6, p=0.4.

（2）用事件B表示“4次试验中事件A恰好发生2次”，则

40．有8门炮，每门炮命中目标的概率均为0.2，各射一炮，求下列事件的概率：

（1）目标被命中3弹；

（2）目标至少被命中2弹；

（3）目标至多被命中2弹．

解 设（1）, （2）, （3）分别为事件A, B, C.

41．甲、乙二人轮流投篮，甲先开始，假定他们的命中率分别为0.4及0.5，问谁先投中的概率较大，为什么？

解 设事件A2n-1, B2n分别表示“甲在第2n-1次投中”与“乙在第2n次投中”，显然A1, B2, A3, B4, …相互独立．设事件A表示“甲先投中”，则

计算得知P（A）＞0.5, P（A-）＜0.5，因此甲先投中的概率较大．

42．某高校新生中，北京考生占30%，京外其他各地考生占70%，已知在北京学生中，以英语为第一外语的占80%，而京外学生以英语为第一外语的占95%，今从全校新生中任选一名学生，求该生以英语为第一外语的概率．

解 设事件A表示“任选一名学生为北京考生”, B表示“任选一名学生以英语为第一外语”．依题意P（A）=0.3,

由全概率公式有

43.A地为甲种疾病多发区，该地共有南、北、中三个行政小区，其人口比为9∶7∶4，据统计资料，甲种疾病在该地三个小区内发病率依次为0.004,0.002,0.005，求A地的甲种疾病的发病率．

解 设事件A1, A2, A3分别表示从A地任选一名居民其为南、北、中行政小区，易见A1, A2, A3两两互不相容，其和为Ω．设事件B表示“任选一名居民其患有甲种疾病”，依题意，有

44．一个机床有三分之一的时间加工零件A，其余时间加工零件B．加工零件A时，停机的概率为0.3，加工零件B时的停机的概率为0.4，求这个机床停机的概率．

解 设事件A表示“机床加工零件A”，则A-表示“机床加工零件B”，设事件B表示“机床停工”，则

45．市场供应的灯泡中有40%是甲厂生产的，60%是乙厂生产的，若甲、乙两厂生产的灯泡次品率分别为0.02和0.03，求：

（1）顾客不加选择的买一个灯泡为正品的概率；

（2）已知顾客买的一个灯泡为正品，它是甲厂生产的概率．

解 设事件A表示“顾客买一个灯泡是甲厂生产的”，则表示“顾客买一个灯泡是乙厂生产的”，设事件B表示“顾客买一个灯泡是正品”.

46．甲袋中装有4个红球，2个白球；乙袋中装有2个红球，4个白球，求下列事件的概率：

（1）从甲袋任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取1球，该球为红球；

（2）从甲袋任取2球放入乙袋，再从乙袋中任取1球，该球为红球；

（3）从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取1球放回甲袋，最后从甲袋中任取一球，该球为红球．

解 （1）设事件A表示“第一次取出红球”，事件表示“第一次取出白球”，事件B表示“第二次取出红球”，则

（2）设事件A1表示“第一次取出的两球都是红球”, A2表示“第二次取出的两球都是白球”, A3表示“第一次取出的两球一红一白”，事件B表示“第二次取出红球”，则

（3）设事件A表示“第一次取出的是红球” 表示“第一次取出的是白球”，事件B表示“第二次取出的是红球”, B-表示“第二次取出的是白球”，事件C表示“第三次取出的是红球”.

47．有编号为①, ②, ③的3个口袋，其中①号袋内装有两个1号球，1个2号球和1个3号球，②号袋内装有两个1号球和1个3号球，③号袋内装有3个1号球和两个2号球，现在先从①号袋内随机地抽取一个球，放入与球上号码相同的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，计算第二次取到几号球的概率最大？为什么？

解 设事件Ai表示“第一次取到i号球”, Bi表示“第二次取到i号球”, i=1,2,3．依题意，A1, A2, A3构成一个完备事件组．应用全概率公式有，可依次计算出 ，因此第二次取到1号球的概率最大．

48．甲、乙、丙三个机床加工一批同一种零件，其各机床加工的零件数量之比为5∶3∶2，各机床所加工的零件合格率，依次为94%,90%,95%，现在从加工好的整批零件中检查出一个废品，判断它不是甲机床加工的概率．

解 设事件A1, A2, A3分别表示“受检零件为甲机床加工”，“乙机床加工”，“丙机床加工”.B表示“废品”，应用贝叶斯公式有

49．某人外出可以乘坐飞机、火车、轮船、汽车4种交通工具，其概率分别为5%,15%, 30%,50%，乘坐这几种交通工具能如期到达的概率依次为100%,70%,60%与90%，已知该旅行者误期到达，求他是乘坐火车的概率．

解 设事件A1, A2, A3, A4分别表示外出人“乘坐飞机”，“乘坐火车”，“乘坐轮船”，“乘坐汽车”, B表示“外出人如期到达”，则

50．设发报台分别以0.6和0.4的概率发出“-”和“·”信号．由于干扰作用，发“-”信号时，收报台以0.9的概率收到“-”，以0.1的概率收到“·”；发“·”号时，收报台收到“·”，“-”和“不清”的概率分别为0.8,0.1和0.1，求下列事件的概率．

（1）收报台收到“-”信号；

（2）收报台收到“·”信号；

（3）收报台收到“-”信号，确系发的“-”；

（4）收报台收到“·”信号，确系发的“·”.

解 设事件A1, A2分别表示“发出‘-'”和“发出‘·'”，事件B1, B2, B3分别表示“收到‘-'”，“收到‘·'”，“收到‘不清’”．依题意有

51．某企业采取3项深化改革措施，预计各项改革措施成功的可能性分别为0.6,0.7和0.8，设3项措施中有1项、2项、3项成功可取得明显经济效益的概率分别为0.4,0.7和0.9，若各项措施成功与否相互独立，求：

（1）企业可取得明显经济效益的概率；

（2）企业已取得经济效益，是由于有两项措施成功而引起的概率（假定3项均不成功不会取得明显经济效益）.

解 设企业采取甲、乙、丙3项改革措施，用事件A, B, C分别表示甲、乙、丙3项改革措施成功，则

P（A）=0.6, P（B）=0.7, P（C）=0.8.

用事件D表示“企业可取得明显经济效益”，用事件E, F, G分别表示有1项、2项、3项措施成功，则

52．一条生产线正常生产的时间为95%，不正常生产的时间为5%．正常运转时，产品90%为合格品，10%为不合格品；不正常运转时，产品中合格品只占40%，从产品中任取1件检查，求下列事件的概率：

（1）取出的产品为合格品；

（2）取出的是合格品，它是正常运转时生产的；

（3）取出的是合格品，它是不正常运转时生产的．

解 用事件A1, A2分别表示生产线正常生产与不正常生产，用事件B1, B2分别表示取出一件产品为合格品与不合格品．依题意有

P（A1）=0.95, P（A2）=0.05，

P（B1|A1）=0.9, P（B2|A1）=0.1，

P（B1|A2）=0.4, P（B2|A2）=0.6.

（1）P（B1）=P（A1）P（B1|A1）+P（A2）P（B1|A2）=0.95×0.9+0.05×0.4=0.875；

（3）P（A2|B1）=1-P（A1|B1）=1-0.997=0.023.

53．某种零件可以用两种工艺方法加工制造，第一种方法需3道工序，其中各道工序出现废品的概率分别是0.1,0.2和0.3；第二种方法需两道工序，每道工序出现废品的概率均为0.3．设两种方法在合格品中得到优等品的概率分别为0.9和0.8．比较哪种方法得到优等品的概率较大．

解 用事件A表示“用第一种方法生产出合格品”，用事件B表示“用第二种方法生产出合格品”．用事件C1, C2分别表示用第一、第二种方法生产出优等品．依题意有

P（A）=0.9×0.8×0.7=0.504, P（B）=0.7×0.7=0.49，

P（C1|A）=0.9, P（C2|B）=0.8.

P（C1）=P（A）P（C1|A）=0.504 × 0.9=0.4536，

P（C2）=P（B）P（C2|B）=0.49 × 0.8=0.392.

所以第一种方法得到优等品的概率较大．

54．设一条昆虫产下n个卵的概率为

又设一个虫卵能孵化成昆虫的概率等于p（0＜p＜1）．如果卵的孵化是互相独立的．问此虫的下一代有k条的概率是多少？

解 设事件An=“一个虫产下n个卵”（n=0,1,2, …）, Bk=“该虫下一代有k条虫”（k=0,1,2, …）．依题意有

其中q=1-p．应用全概率公式有

由于

所以有

（B）

1．对于任意二事件A和B，与A∪B=B不等价的是（ ）.

A.A⊂B；

解 D．因为

而

2．设A, B为两个随机事件，且P（B）＞0, P（A|B）=1，则必有（ ）.

A.P（A∪B）＞P（A）；

B.P（A∪B）＞P（B）；

C.P（A∪B）=P（A）；

D.P（A∪B）=P（B）.

解 C.

由题设条件可得，所以P（AB）=P（B），即A⊃B，于是A∪B=A，故有P（A∪B）=P（A）.

3．当事件A与B同时发生时，事件C必发生，则必有（ ）.

A.P（C）=P（AB）；

B.P（C）=P（A∪B）；

C.P（C）≤P（A）+P（B）-1；

D.P（C）≥P（A）+P（B）-1.

解 D.

当事件A与B同时发生时，事件C发生⇔C⊃AB，所以，A非正确答案．虽然C⊃AB，但可能有A∪B⊃C，所以B非正确答案．显然，P（A）+P（B）-1＜0可能成立，所以C非正确答案．

4．设P（A）=a, P（B）=b, P（A+B）=c，则=（ ）.

A.a-b；

B.c-b；

C.a（1-b）；

D.a（1-c）.

解 B．因为

即a+b-P（AB）=c，所以P（AB）=a+b-c，于是得

5．设A, B, C三个事件两两独立，则A, B, C相互独立的充分必要条件是（ ）.

A.A与BC独立；

B.AB与A∪C独立；

C.AB与AC独立；

D.A∪B与A∪C独立．

解 A．因为

A, B, C相互独立⇔A, B, C两两独立，

且P（ABC）=P（A）P（B）P（C）．由题设条件已经知道了A, B, C两两独立，因此

A, B, C相互独立 ⇔P（ABC）=P（A）P（B）P（C）.

对于A选项，因为B与C已经相互独立，所以

A与BC独立 ⇔P（ABC）=P（A）P（BC）⇔P（ABC）=P（A）P（B）P（C）.

6．将一枚硬币独立地掷两次，引进事件：

A1={掷第一次出现正面}，

A2={掷第二次出现正面}，

A3={正、反面各出现一次}，

A4={正面出现两次}，

则事件（ ）.

A.A1, A2, A3相互独立；

B.A2, A3, A4相互独立；

C.A1, A2, A3两两独立；

D.A2, A3, A4两两独立．

解 C．因为

所以A, B, D非正确答案．

所以C正确．

7．某人向同一目标独立重复射击，每次射击命中目标的概率为p（0＜p＜1），则此人第4次射击恰好第2次命中目标的概率为（ ）.

A.3p（1-p）2；

B.6p（1-p）2；

C.3p2（1-p）2；

D.6p2（1-p）2.

解 C．前3次射击恰好1次命中目标的概率为第4次命中目标的概率为p，再由独立性可得第4次射击恰好第2次命中目标的概率为3p2（1-p）2.

8．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 考虑n个“1”的放法：2n个位置上“1”占有n个位置，所有共有种放法．而“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”，这共有种放法．所以没有两个“1”连在一起的概率为.

9．从数字1,2, …,9中可重复地任取n次，求n次所取数字的乘积能被10整除的概率．

解 记事件A为“至少取到一次5”，事件B为“至少取到一次偶数”，则所求概率为P（AB）．因为

所以

10．考虑一元二次方程x 2+Bx+C=0，其中B, C分别是将一枚骰子接连掷两次先后出现的点数，求该方程有实根的概率p和有重根的概率q.

解 B, C均可取值1,2,3,4,5,6，而且取每一个值的概率均为.一枚骰子接连掷两次，其基本事件总数为n=36，且这36个基本事件是等可能的，所以，这是一个古典概型问题．

当B2≥4C时方程有实根，B2=4C时方程有重根．关键的问题是求出满足B2≥4C和B2=4C的基本事件数．用表格列出分析结果：

由此可得，使方程有实根的基本事件数为1+2+4+6+6=19，所以使方程有重根的基本事件数为2个，所以

11．已知事件A, B满足P（AB）=P（A-∩B-），记P（A）=p，试求P（B）.

解 因为

由此得

1-P（A）-P（B）=0，

所以

P（B）=1-P（A）=1-p.

12．证明：

证明 不妨设P（A）≥P（B），则

另一方面，还有

于是得证．

13．设10件产品中有4件不合格品，从中任取两件，已知其中一件是不合格品，求另一件也是不合格品的概率．

解 记事件Ai（i=1,2）为“第i次取出不合格”, D为“有一件是不合格品”; E为“另一件也是不合格品”．因为D意味着第一件是不合格品而第二件是合格品，或第一件是合格品而第二件是不合格品，或两件都是不合格品．而ED意味着两件都是不合格品，即有

因为

所以根据题意得

14．已知 求P（A∪B）.

解 由乘法公式知

所以

15．若P（A|B）＞P（A|B-），试证

证明 由P（A|B）＞P（A|B-），得

所以

P（AB）-P（B）P（AB）＞P（A）P（B）-P（B）P（AB），

即

P（AB）＞P（A）P（B）.

所以

P（AB）-P（A）P（AB）＞P（A）P（B）-P（A）P（AB），

即

由此得

即

16.4个学生证混放在一起，现将其随意发给这4名学生，求事件“没有一个学生拿到自己的学生证”的概率p.

解 设A-=“没有一个学生拿到自己的学生证”，直接计算很困难，所以，先计算A的概率．

设Ai=“第i个学生拿到的是自己的学生证”（i=1,2,3,4），则

i, j, k互不相等，

又A=A1+A2+A3+A4，所以，由加法公式得

于是得

17．甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两次为止，此人即为冠军，而每次比赛双方取胜的概率都是现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率．

解 记事件A, B, C分别为“甲、乙、丙获得冠军”，事件Ai, Bi, Ci分别为“第i局中甲、乙、丙获胜”，则

因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以.由此又可得

18．设0＜P（B）＜1，试证事件A与B独立的充要条件是

证明 先证必要性．因为A与B独立，所以A与B-独立，由此得

再证充分性．由 可得即

P（AB）（1-P（B））=P（B）（P（A）-P（AB）），

由此得P（AB）=P（A）P（B），所以A与B独立．

19．设有来自三个地区的各10名、15名、25名考生的报名表，其中女生的报名表分别为3份、7份、5份．随机地抽取一个地区的报名表，从中先后抽出两份．

（1）求先抽取的一份是女生报名表的概率p；

（2）已知后抽到的一份是男生报名表，求先抽取的一份是女生报名表的概率q.

解 设Ai={报名表是取自第i个地区的考生}（i=1,2,3），则A1, A2, A3构成完备事件组，且．设Bj={第j次抽到的是女生报名表}（j=1,2），则

（1）由全概率公式可得

（2）由条件概率公式得

由全概率公式得

同理可得

从而可得

于是得