第一次小测讲评

习题课三 · 2026秋季 A卷

概率论与数理统计 · 复旦大学经济学院
7道题 · 14个小问

题目与方法

题号	内容	解题依据
1	事件运算与独立性	先求交集概率，再写所求事件
2	球入盒	以每个球的去向构造等可能样本点
3	几何概型	把不等式化为平面区域
4	换球问题	按转入球的颜色分类
5	三局两胜	按实际结束比赛的路径分类
6	首次点击	区分已知未发生与未来等待
7	泊松分布与分布函数	先求参数，再合并得到服务的人数

第1题：题目与交集概率

题目

已知 $P(A)=0.5$，$P(B)=0.4$，$P(A\mid B)=0.3$。求恰好一个事件发生的概率，并判断是否独立。

先求两个事件同时发生的概率$$P(A\cap B)=P(B)P(A\mid B)=0.4\times0.3=0.12$$

第1题（1）：恰好一个发生

将事件分成互斥的两部分$$(A\cap\overline B)\cup(\overline A\cap B)$$$$P(A\cap\overline B)=0.5-0.12=0.38$$$$P(\overline A\cap B)=0.4-0.12=0.28$$

相加得到所求概率$$\boxed{P=0.38+0.28=0.66=\frac{33}{50}}$$

第1题（2）：判断独立性

独立性判据$$P(A)P(B)=0.5\times0.4=0.20\ne0.12=P(A\cap B)$$

因此两个事件不独立。

事件运算中的区别

$A\cup B$ 包含同时发生的情形；「恰好一个发生」要排除交集。

$$P(\text{恰好一个})=P(A)+P(B)-2P(A\cap B)$$

第2题：球放入盒子

题目

4个不同的球分别独立、等可能地放入4个盒子，容量不限。求：（1）没有空盒；（2）第1号盒恰有2个球的概率。

等可能样本点

用四元组记录每个球所进入的盒子编号。每个球有4种选择。

$$|\Omega|=4^4=256$$

第2题（1）：没有空盒

将条件转成排列问题

4个球放入4个盒子而没有空盒，意味着每盒恰好1个球。按盒子顺序安排4个不同的球。

$$|E|=4!=24$$

概率$$\boxed{P(E)=\frac{4!}{4^4}=\frac{3}{32}}$$

第2题（2）：指定盒子恰有2球

分两步计数

先选择进入第1号盒的2个球；剩余2个球只能进入其他3个盒子。

$$|E|=\binom42\,3^2=54$$$$\boxed{P(E)=\frac{54}{256}=\frac{27}{128}}$$

「恰好」限制剩余球的去向

若剩余球仍有4种去向，就会把第1号盒装入3球或4球的结果计入。分子应为 $\binom42 3^2$。

第3题：把不等式转为区域

题目

点 $(x,y)$ 等可能地落在单位正方形内，区域概率与面积成正比。求：

（1）$|x-y|<\frac12$；（2）$y\ge x^2$ 且 $x\ge y^2$。

几何概型$$P(E)=\frac{\text{区域 }E\text{ 的面积}}{1}$$

第3题（1）：取对立区域

对立区域的两个三角形

$|x-y|\ge\frac12$ 对应两个直角边长为 $1/2$ 的三角形。

$$P(|x-y|\ge\tfrac12)=2\times\frac12\times(\frac12)^2=\frac14$$$$\boxed{P(|x-y|<\tfrac12)=\frac34}$$

第3题（2）：确定上下边界

利用非负取值化简不等式

在单位正方形中，$x\ge y^2$ 等价于 $y\le\sqrt x$。

$$x^2\le y\le\sqrt x,\qquad 0\le x\le1$$

两曲线的交点满足 $x^2=\sqrt x$，在本区域中得到 $x=0,1$。

第3题（2）：积分计算面积

上边界减下边界$$\begin{aligned}P&=\int_0^1(\sqrt x-x^2)\,\mathrm dx\\&=\left[\frac23x^{3/2}-\frac13x^3\right]_0^1\\&=\boxed{\frac13}.\end{aligned}$$

两条条件需同时满足

「且」对应区域的交集。分别计算两个区域的面积后相加，不能得到本题概率。

第4题：换球问题

题目

甲袋有3白2黑，乙袋有2白3黑。先从甲袋任取1球转入乙袋，再从乙袋任取1球。求取出白球的概率；已知取出白球，求转入的也是白球的概率。

定义两次抽取对应的事件

$H$：转入乙袋的是白球；$W$：最终从乙袋取出白球。

$$P(H)=\frac35,\qquad P(\overline H)=\frac25$$

第4题（1）：按转入球的颜色分类

转入情形	概率	转入后的乙袋	取白球概率
白球H	3/5	3白3黑，共6球	3/6
黑球	2/5	2白4黑，共6球	2/6

全概率公式$$P(W)=\frac35\frac36+\frac25\frac26=\frac9{30}+\frac4{30}=\boxed{\frac{13}{30}}$$

第4题（2）：给定取白球后的概率

先计算交集，再除以条件事件概率$$P(H\cap W)=P(H)P(W\mid H)=\frac35\frac36=\frac9{30}$$$$\boxed{P(H\mid W)=\frac{P(H\cap W)}{P(W)}=\frac{9/30}{13/30}=\frac9{13}}$$

条件的方向

$P(W\mid H)=3/6$ 是已知转入白球后再取白球的概率；本问已知的是最终取白球，所求为 $P(H\mid W)$。

第5题：三局两胜

题目

甲每局胜率 $p=3/5$，乙每局胜率 $q=2/5$，各局独立。先胜两局者赢得比赛。求甲赢的概率；已知甲赢，求恰好打了三局的概率。

按实际比赛路径分类

比赛在一方取得第二场胜利时结束。甲赢的路径为：甲甲、甲乙甲、乙甲甲。

第5题（1）：把获胜路径的概率相加

路径	结束局数	概率
甲 → 甲	2	$p^2=9/25$
甲 → 乙 → 甲	3	$pqp=18/125$
乙 → 甲 → 甲	3	$qp^2=18/125$

三条路径互斥$$\boxed{P(\text{甲赢})=p^2+2p^2q=\frac9{25}+\frac{36}{125}=\frac{81}{125}}$$

第5题（2）：已知甲赢，是否打满三局

分子是两个条件同时成立$$P(\text{三局且甲赢})=P(\text{甲乙甲})+P(\text{乙甲甲})=\frac{36}{125}$$$$\boxed{P(\text{三局}\mid\text{甲赢})=\frac{36/125}{81/125}=\frac49}$$

不能用所有打满三局的比赛作分子

打满三局还可能由乙获胜。条件概率的分子只保留「打满三局且甲获胜」的路径。

第6题：首次点击的等待次数

题目

每条推送被点击的概率为0.2，各条相互独立。X为第一次点击时已收到的推送条数。求P(X≥4)；已知前3条未点击，求恰在第5条第一次点击的概率。

几何分布$$P(X=k)=\left(\frac45\right)^{k-1}\frac15,\qquad k=1,2,\ldots$$

第6题（1）：至少等待4条

将等待次数改写为前三条的结果

$X\ge4$ 意味着前3条都未点击；第4条是否点击不影响这个事件。

$$\boxed{P(X\ge4)=\left(\frac45\right)^3=\frac{64}{125}}$$

区分≥与>

$X>4$ 要求前4条都未点击，其概率为 $(4/5)^4$。指数由确定未点击的条数决定。

第6题（2）：已等待3条后的首次点击

用条件概率核对$$\begin{aligned}P(X=5\mid X>3)&=\frac{P(X=5)}{P(X>3)}\\&=\frac{(4/5)^4(1/5)}{(4/5)^3}\\&=\boxed{\frac4{25}}.\end{aligned}$$

从剩余等待过程理解

前3条的结果已知。之后只需第4条不点击、第5条点击，概率为(4/5)(1/5)。这对应重新开始等待后，恰在第2条推送时首次点击。

第7题：到达人数与实际服务人数

题目

一小时到达人数 $X$ 服从泊松分布，且 $P(X=1)=P(X=2)$。窗口最多服务2人，实际服务人数记为 $Y$。求参数与 $Y$ 的分布函数。

先明确两个变量的关系$$Y=\min(X,2)$$

0人到达时服务0人；1人到达时服务1人；2人或更多人到达时服务2人。

第7题（1）：从单点概率反求参数

代入泊松概率函数$$\lambda e^{-\lambda}=\frac{\lambda^2}{2}e^{-\lambda}$$

按教材中泊松参数 $\lambda>0$ 的约定，两边约去 $\lambda e^{-\lambda}$：

$$1=\frac{\lambda}{2}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lambda=2}$$

第7题（2）：先求Y的分布律

Y取值	对应的X事件	概率
0	X=0	$e^{-2}$
1	X=1	$2e^{-2}$
2	X≥2	$1-3e^{-2}$

达到服务上限时合并所有到达情况

$Y=2$ 对应 $X=2,3,4,\ldots$，其概率为 $P(X\ge2)$，不能只取 $P(X=2)$。

第7题（2）：按取值区间累计概率

分布函数$$F_Y(y)=\begin{cases}0,&y<0,\\e^{-2},&0\le y<1,\\3e^{-2},&1\le y<2,\\1,&y\ge2.\end{cases}$$

端点取值

$F_Y(0)$ 已计入 $P(Y=0)$；$F_Y(1)$ 已计入0、1两项；$F_Y(2)=1$。分段表达式在跳跃点取右侧值。

第7题：分布函数的阶梯图

由跳跃高度恢复分布律

在0处跳跃 $e^{-2}$，在1处跳跃 $2e^{-2}$，在2处跳跃 $1-3e^{-2}$。

各跳跃高度非负，合计为1。