(278)--第一章-随机事件与概率答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第一章 随机事件与概率
巩固练习
1.【答案】A
【解析】因为事件 A , C 独立， B , C 也独立，且 A , B 不相容，所以
P[(AB)C] P(ACBC)P(AC)P(BC)P(ABC)
 P(A)P(C)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)
而 P ( A  B )  P ( A )  P ( B )  P ( A B )  P ( A )  P ( B ) ，
所以 P [ ( A  B ) C ]   P ( A )  P ( B )  P ( C )  P ( A  B ) P ( C ) ，即 A  B 与 C 独立，正确答案
为（A）.
2.【答案】D
【解析】 P ( A )  0 时，因为AB  A，所以 P ( A B )  0 ，于是 P ( A B )  P ( A ) P ( B ) ，即 A , B
独立，（A）正确；常数与任何随机变量独立，（B）正确；若 P ( A )  1 ，则 P ( A )  0 ，A,B
独立，则 A , B 也独立，（C）正确；因为 P ( A  B )  P ( A )  P ( B ) ，得 P ( A B )  0 ，但 A B
不一定是不可能事件，故选（D）.
3.【答案】A
【解析】在A,B,C两两独立的情况下，A,B,C相互独立 P(ABC) P(A)P(B)P(C)
 P ( A ) P ( B ) P ( C )  P ( A ) P ( B C ) ，
所以正确答案为（A）.
4.【答案】(1a)(1b)
【解析】所求的概率为P(ABC)，已知“事件 C 发生必导致A,B同时发生”，显然是用于化
简ABC的．事实上已知C AB，故AB A BC ，由吸收律知，ABC  AB ，又A
与B独立，故所求的概率为：P ( A B C )  P ( A B )  P ( A ) P ( B )  (1  a ) (1  b ) ．
5.【答案】 0 .9
【解析】由题设P(AB AB)0.3，又 A B 与 A B 互斥，所以
P



(
P
P
0
A B
( A
( A
.3
)
)


A
P
P
B
(
(
)
A
B

B
)
P
)

(

2
A
P
P
B
(
(
)
B
A

)
B
P

)
(
P
A
(
B
A
)
B )
又P(A)P(B)0.5，于是P(AB)0.1，
那么所求的概率为：
P(A B) P(AB)1P(AB)10.10.9.
6.【答案】
1
4
【解析】
P



(
1
1
1
A



P
P
1
22
3
B
(
(
P
| C
A B
A B
( C
 1
)
| C
C )
)
3

4
)


1
1
4

.
P ( A
2
3
B )
7.【答案】
1
1
5
6
【解析】可以把射击看成独立重复试验，设每次射击命中率为 p ，则不中率为1 p．
记A“射击四次至少命中一次”，B “射击四次至少没中一次”．则 A  “射击四次
15 1
一次都没中”，显然P(A)1P(A)1  ．
16 16
1 1
独立射击四次都没中，P(A)(1 p)4 ，即(1 p)4  ，解得 p 1 p  ．
16 2
现求P(B)，P(B)1P(B)，P(B)为四次都中的概率．P ( B )  p 4 
1
1
6
，故 P ( B )  1 
1
1
6

1
1
5
6
．
8.【答案】
 4
7

k  1
3
7
【解析】若记 A
i
 “第i次取出 4 个球为 2 白 2 黑”，由于是有放回取球，因而A 相互独立，
i
C2C2 3
根据超几何分布知P(A) 3 5  ，所以
i C4 7
8
  P X  k 

P
 4
7
( A

1
k  1

A
3
7
k
(
 1
k
A

k
)
1

, 2

,
1 
)
3
7

k  1

3
7
11
9.【答案】
24
【解析】 X  2 ，就由两个合格品，一个不合格品组成，有三种情况
第一个为次品
1
2

2
3

3
4
，第二个为次品
1
2

1
3

3
4
1 2 1
，第三个为次品  
2 3 4
1 2 3 1 1 3 1 2 1
PX 2        
2 3 4 2 3 4 2 3 4
1 1 1 11
    .
4 8 12 24
10.【答案】（1）0.8；（2）
1
6
1
【解析】（1）设 A   甲 击 中 目 标  ， B   乙 击 中 目 标  ， C   击 中 目 标  ，则C AB，
P ( C ) 


P
P
0
(
(
.6
A
A


) 
0
B
P
.5
) 
( B
 0
P (
) 
.6
A
P

) 
( A
0 .5
P
)

P
( B
(
0
)
B
.8

)
P ( A B )
（2）设 A
1
  选 中 甲  ，A  选中乙  ，
2
B   目 标 被 击 中  ，
则
1
P(A) P(A ) ，P(B| A)0.6，P(B| A )0.5，
1 2 2 1 2P(A)P(B| A)
P(A |B) 1 1
1 P(B)
P(A)P(B| A)
 1 1
P(A)P(B| A)P(A )P(B| A )
1 1 2 2
0.50.6 6
  .
0.50.60.50.5 11综合测试
1.【答案】
6
3
4
【解析】因为 A 与 B 相互独立，所以P(AB) P(A)P(B). 因为 A 与 C 互不相容，所以
P ( A C )  0 ，故P(ABC)0，则
P ( C | A B ) 


P
P
P
[ C
P (
( C
P
( A
(
A
A
(
)
A B )
B )
)  P (
A )  P
P ( B |
 P ( B
]
C
( B
C
)

B
)

P ( C A
P ( A
)  P ( C
)  P ( A
P ( C )
P ( A ) P
A
B
(
C
B
B
)
B )
B
)
)
)


1
2
P (

A
1
81
3
) 


P
1
41
2
P
(

(
B
1
3
C
)
B


)
P (
3
6 4
A
.
) P ( B )
2.【答案】C
【解析】
P ( [ A ( B C ) ] | A C ) 

P
P
( [ A
( B
P (
C
C
P
)
)
( B
( A


C
C
P
P
) ]
)
( A
( A
A
B
C
C
C
)
)
)


P
1
2
( [
1
8

A
1
8
A C
P

(
1
3
A
( B
C
C
)
) A C ] )

P
P
( A
( A
B
C
C
)
)
其中ABC  AB P(ABC)0. 故答案选（C）.
3.【答案】A
【解析】由于 A B  A B  A B  A B ，A AB AB， B  A B  A B
故
P ( A ) P ( B ) 




P ( A B
[ P ( A B
P ( A B
P ( A B
[ P ( A B

)
) P
) P
)
A

(
(

B
P
A
A
P
) P
( A
B )
B )
( A
( A
B


B
B 
) ] [ P
P ( A
P ( A
)  P
A
( A
B
B
(
B )
B ) 
) P ( A
) P ( A
A B ) ] P
P
B
B
(
(
)
)
A
A


B
B
P
P
)
) ]
(
(

A
A
B
B
P
) P
) P
( A
(
(
A
A
B
B
B
)
)
) P

(
P
A
(
B
A
)
B ) P ( A B )
故答案选（A）.
4.【答案】B【解析】此问题属于几何概型.
设折得的三段长度依次为x,Lx y,y，则样本空间为
   ( x , y ) | 0  x  L , 0  y  L , 0  x  y  L 
事件 A 相应的子区域 
1
，应满足 0  x  L  x  y , 0  y  L  x  y ，即

1


( x , y ) | 0  y  L  2 x , 0  y 
1
2
( L  x )

如图所示，可知 
1
的面积为 L2，
2

1
1
的面积为 L2，故
6
P ( A ) 
1
61
2
L
L
2
2

1
3
. 故答案选（B）.
5.【答案】
1
1
0
【解析】令 A
k
  第 k 次 拨 通 对 方 电 话  ( k  1 , 2 , , 1 0 ) ，P(A)0.1，
1
P ( A
1
A
2
)  P ( A
1
) P ( A ∣2 A
1
) 
1
9
0

1
9

1
1
0
, ,
P ( A A A A )
1 2 k  1 k


P
1
(
9
0
A

1
)
8
9
P

( A
2
|

A
1
1
0
)

1
k
P

( A
1
k

|
1
A
1
0
1
A
.
2
A
k  1
)
6.【答案】
1
4
【解析】由事件的背景可知，
记 X   乙 袋 中 白 球 个 数    从 甲 袋 中 一 次 性 取 2 个 球 中 白 球 个 数  ，
故 X 的概率分布为P  X  k  
C k C
2
C
2224  k
, k  0 , 1 , 2 .
设A表示事件“从乙袋中任取一球是白球”，由于 X 0 ， X 1 ， X 2 构成完备事
件组，因此根据全概率公式，有
P ( A ) 

k
2

1
4
0
P
k
2


0
X
k P


k
X
 P


k
A
 
| X
1
4

( 0
k


1


2
3
k
2


0
P
2


1
6
X
)


k
1
4



1
k
4

1
4
.
【注】此处也可以利用超几何分布的期望计算： k
2
 0
k P  X  k   E X  1 .
7.【答案】B
【解析】
设A 表示事件“第
k
k 次取到白球” ( k  1 , 2 ) .
P ( A
1
) 
C
C
1411
0

2
5
， P ( A
2
) 
C
C
1 C
41
C
1 0
1919

2
5
，则所求概率为
方法一：
P [ A
1
A
2
|

( A
P
1
(

A
1
A
)
2

) ]
P
P

(
(
A
A
P
1
2
(
A
)
A
2

1
)
A
P
P
2
(
(
A
A
A
1
1
1

A
2
A
A
)
A
1
)
2

A
2
2
5
2

)
C
C
2

P
1 C
41
C
1 0
C

C
P (
( A
13191
C
41
C
1 0
A
1
1319
1

A

2
A
)
2
4
5
)
2
1 5

1
2
5

1
5
,
方法二：
P [ A
1
A
2
|

( A
P
1
( A
P
1
A
)
A
1
( A

) ] 
2
A )
1 2
P ( A
1
A
P
2
(
)
A

A
1
P
C
2
(
A
A
14
1
1
C
C
1 C
9
C
A
A
1 C
41
C
1 0
1 C
1 0
A
1
A
1
1319
1 C
6
19
2
2
C
A
1
)
14
A

2
)
1
5

,
P (
P
A
(
1
A
1
A
A
2
1
)
A
2
)
故选（B）.
8.【答案】D【解析】（1）P(B| A)1P(B| A)P(B| A)，可得
P ( B | A ) 
P
P
( A
( A
B
)
)
 P ( B | A ) 
P
P
( A
( A
B
)
)
，即
P
P
( A
( A
B
)
)

P ( B
1
)


P
P
(
(
A
A
)
B )
，整理得
P ( A B )  P ( A ) P ( B ) ，知 A 和 B 相互独立，从而 A 与 B 相互独立，故（1）正确；
（2）由 P ( C )  0 ，得 P ( A C )  0 ， P ( B C )  0 ，从而 P ( A B C )  0 . 又 A 与 B 独立，所
以有
 P
P
P
P
(
(
(
(
A
A
B
A
B
C
C
B
)
)
)
C



)
P
P
P

(
(
(
P
A
A
B
(
)
)
)
A
P
P
P
)
(
(
(
P
B
C
C
(
) ,
) ,
) ,
B ) P ( C ) ,
因此 A , B , C 相互独立，从而 A , B , C 也相互独立，故（2）正确；
（3）由 A , B 互不相容知 P ( A B )  0 ，从而 P ( A B C )  0 ，
P ( A B | C )  1  P ( A B | C )  1 
P (
P
A
(
B
C
C
)
)
 1
故（3）正确；
（4）P(A(BC))P(ABC)P(AB)P(ABC)P(A)P(B)P(A)P(B)P(C)，
P ( A ) P ( B  C )  P ( A ) [ P ( B )  P ( B C ) ]  P ( A ) P ( B )  P ( A ) P ( B ) P ( C ) ，
则P(A(BC)) P(A)P(BC)， A 和 B  C 独立，故（4）正确.
9.【答案】
2
7
4
2
5
9
【解析】设甲每次命中的概率为 p ，则 1  C 03 p 0 (1  p ) 3 
2
2
6
7
2
，解得 p  ，设乙每次命中
3
的概率为 q
8 2
，则C1q2(1q) ，解得q  ，设A表示甲命中次数等于乙命中次数，则
2 27 3
P ( A )  C

03
C
 1
3
23


3
2
3
C

03
2



1

3
1
3
C

23
3



C
2
3
13
2

2
3
1
3



1
3
C

33
2

C
2
3
13

2
3
3



C
1
3
33


2
 2
3

3

2
7
4
2
5
9
.拓展提升
1.【答案】2
【解析】由 A B  A B ，知(AB)(AB) AABB ，而 ( A B ) ( A B )  A B  A B ，所以
A B   . 又由对偶律 A B  A B   ，故 A B   （  表示全集），从而 A 与 B 为
对立事件（因 A B   ），于是 A  B ，A B，故 P ( A | B )  P ( A | B )  2 .
2.【答案】B
【解析】由题意， A 与 B 相互独立， P ( A B )  P ( A ) P ( B ) 
1
4
，
P ( A C )  P ( C ) P ( A | C ) 
1
1
6
， A C  B ，
( A  C ) ( A B C )  ( A  C ) ( A B  C )  A B  A C  A B C  C
所
由
以
于
A
A
B
C
C


B
A C
A B  C
P ( A  C | A B C ) 

P
P
P
(
(
(
A
A
A
B
B
P
B

( A
)
C
C
B

)
)
)
P


( C
P
P
)
(
( A

P
A B
C
P (
( A
)
)
A

C
B )
P
)

( C

P
)
1
4
( A

1
4

B
P

1
4
C )
( A B C
1
1 6
1

1 6
)

3
7
故答案选（B）.
3.【答案】
1
3
7
6
【解析】 P ( A )  P  X  4 , Y  6   P  X  5 , Y  5   P  X  6 , Y  4   3 
3
1
6

1
1
2
，
P ( B )  P




P
P
P
X




X
X
X
2



, Y
4
5
6
,
,
,

Y
Y
Y
 1




2
2
3



P



 X
P
P
P




X
X
X
3 ,



Y
4
5
6

, Y
, Y
, Y
1 




1
1
2
P







X
P
P
P




X
X
X
3 ,



Y
5
6
6

, Y
, Y
, Y
2 




4
5
1
P






 X
P
P
1
3


5
6

X
X

4 , Y


5
1 2
5
6

, Y
, Y
3 


3
4


1
P(AB) PX 6,Y 4 ，则
36
1 5 1 17
P(AB) P(A)P(B)P(AB)    .
12 12 36 36
4.【答案】D【解析】利用事件的运算与概率计算公式可得 P ( A B )  P ( A B )  1  P ( A B ) （*）
由加法公式和概率的基本性质得
 P
0
P
(

(
A
A
B
P
B
)
( A
)


P
P
(
B
(
A
)
A
)

)

1
, P
P
,
(
(
A
B
B
)
)


P
P
( A
( B ) ,
B ) ,
即
P ( A )  P ( B )  1  P ( A B )  m i n  P ( A ) , P ( B )  （**）
联立（*），（**）式解得
1
1
2
 P ( A B ) 
1
3
，
2
3
 P ( A B ) 
1
1
1
2
，故答案选（D）.
5.【答案】D
【解析】对于（A），由于 P ( A B | A ) 
P
P
( A
( A
B
)
)
， P ( A B | A B ) 
P
P
(
(
A
A B )
B )
，
且 P ( A )  P ( A B ) ，所以 P ( A B | A )  P ( A B | A B ) ；
对于（B），由P(A|B)P(A)，得 P ( A B )  P ( A ) P ( B ) ，从而 A , B 相互独立，于是 A , B
相互独立，由 P ( A )  0 ，得P(B| A) P(B)；
对于（C），若 P ( B C | A )  P ( B | A ) P ( C | A ) ，则
P (
P
A
(
B
A
C
)
)

P
P
( A
( A
B
)
)
P ( C | A ) ，因此
P ( A B C )  P ( A B ) P ( C | A ) . 因为 P ( A B C )  P ( A B ) P ( C | A B ) ，所以
P ( C | A B )  P ( C | A ) ；
对于（D），由 P ( C | A B )  1 ，得
P(ABC) P(AB) P(A)P(B)P(A B) P(A)P(B)1
从而 P ( A B C )  P ( A )  P ( B )  1 ，故（D）不正确.
6.【答案】D
【解析】设A 向上走  ，则A 向右走  ，又设B  走到(3,2) ，
B
0
  按 向 右 ， 向 上 ， 向 右 ， 向 上 ， 向 右 的 方 式 走 到 ( 3 , 2 )  ，
从而有 P ( A )  p ，P(A)1 p， P ( B )  C 25 p 2 ( 1  p ) 3 ，
P(B )(1 p)p(1 p)p(1 p)，且B  B，故B B B ，于是
0 0 0 0
P(BB ) P(B ) 1 1
P(B |B) 0  0   ，故答案选（D）.
0 P(B) P(B) C2 10
57.【答案】
1
2
【解析】令 A
i
  第 一 次 取 出 的 数 为 i ， i  1 , 2 , , n ，
B   取 出 的 第 二 个 数 比 第 一 个 数 大  ，则 A
1
, A
2
, , A
n
构成一个完备事件组.
由于在 A
i
发生的条件下，第二个数只能取到余下的 n  1 个数之一，且只有它取到后
n  i 个数时， B 才发生，故 P ( B | A
i
) 
n
n


i
1
, i  1 , 2 , , n .
又 P ( A
i
) 
1
n
, i  1 , 2 , , n ，由全概率公式有
P ( B ) 

n
i
1
n ( n
P
1
(

A
1
i
)
)
[
P
( n
( B

|
1 )
A

i
)
(

n
n
i
1
 2
1
n
) 

n
n



i
1
1  0 ] 
n ( n
1
 1 )

n ( n
2
 1 )

1
2
.
8.【答案】B
【解析】设随机事件 A
i
  第 i 次 取 到 的 是 白 球 且 前 i  1 次 取 到 的 都 是 蓝 球  (i 1,2,3,4)，
则所求事件的概率为
P ( A A A A )
1 2 3 4


P
1
(
5
1
A

1
)
1

3
1
P

( A
5
1 0
2

) 
3
1 1
P

( A
3
2
1 0
)


5
9
P

( A
4
3
1 1
)

1
2
0

1
9

5
8

5
8
故答案选（B）.
1 4
9.【答案】（1） ；（2）
2 9
【解析】
（1）设 A
i
  第 i 次 取 得 红 球  (i 1,2,3)， B
j
  第 j 次 掷 硬 币 出 现 正 面  (j 1,2,3).
依题设，易知 B
j
为第 j次从甲盒中取球. 将“掷一次硬币，再由硬币出现的结果从相应的盒
中取出”看作一次试验，则每次试验是重复的，且相互独立，所以它们的结果 A
1
, A
2
, A
3
是相
互独立的，且 P ( A
i
)  P ( A
1
) , i  1 , 2 , 3 ，故所求概率为P(A | AA )P(A )P(A).
3 1 2 3 1
又由全概率公式，得：
1 4 1 2 1
P(A) P(B )P(A |B )P(B )P(A |B)    
1 1 1 1 1 1 2 6 2 6 2故 P ( A
3
| A
1
A
2
) 
1
2
.
（2）由于两次试验是独立重复的，所以AB 与A B 是相互独立的，且
1 1 2 2
P ( A
2
B
2
)  P ( A
1
B
1
)  P ( B
1
) P ( A
1
| B
1
) 
1
2

4
6

1
3
由条件概率公式，得
P ( B
1
B
2
| A
1
A
2
) 
P ( A
P
1
(
A
A
2
1
B
A
1
2
B
)
2
)

P ( A
P
1
(
B
A
1
1
)
)
P
P
(
(
A
A
2
2
B
)
2
)



1
3
1
2


2
2

4
9
.
10.【答案】 4 p 2 ( 1  p ) 3
【解析】令 A   试 验 成 功 2 次 之 前 已 经 失 败 3 次  ， A
5
  第 5 次 试 验 成 功  ，
B
3
  试 验 4 次 失 败 3 次  . 依题设， A
5
与B 独立，且A AB ，
3 5 3
而P(B )C1p(1 p)3 4p(1 p)3，P(A ) p，
3 4 5
故P(A) P(A B ) P(A )P(B )4p2(1 p)3.
5 3 5 3
11.【答案】A
【解析】因为 A 与 B 独立，所以 A , B 也独立；
因为0 P(AC) P(C)0，所以P(AC)0，于是P(AC) P(A)P(C)，故A,C 独
立，即 A , C 独立；
因为 0  P ( B C )  P ( C )  0 ，所以 P ( B C )  0 ，于是 P ( B C )  P ( B ) P ( C ) ，故 B , C 独
立，即 B , C 独立；
因为0P(ABC)P(C)0，所以 P ( A B C )  0 ，又 P ( C )  1 ，于是
P ( A B C ) 

P
P
(
(
A
A
B
B
C
)
)


P
P
(
(
A
A
)
B
P
C
( B
) 
) 
P
P
[ A
(
B
A )
( C
P ( B
C
) P
) ]
( C )
综上所述，A,B,C必相互独立，故答案选（A）.