4.1.1 条件概率-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

第四章 概率与统计 学 学 习 目 标 1. 通过对具体情景的分析， 了解条件概 率的定义 . 2. 掌握简单的条件概率的计算问题 . 3. 能利用条件概率公式解决简单的实际 问题 . 要 点 精 析 要点 1 条件概率 思考 P （ B｜A ）和 P （ A｜B ）的意义相同吗？ 例 1 （ 1 ） 把一枚质地均匀的硬币投掷 两次， 事件 A＝ “第一次出现正面”， B＝ “第二 次出现正面”， 则 P （ B|A ） ＝ . （ 2 ） 集合 A＝{1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6} ， 甲、 乙两人各从 A 中任取一个数， 若甲先取 （不 放回）， 乙后取， 在甲抽到奇数的条件下， 求乙抽到的数比甲抽到的数大的概率 . 解析： （ 1 ） ∵ 事件 A 所包含的基本事件 有（正， 正）， （正， 反）， 事件 A∩B 所包含 的基本事件有 （正 ， 正 ） ， ∴P （ A ） ＝ 2 4 ， P （ A∩B ） ＝ 1 4 . ∴P （ B|A ） ＝ P （ A∩B ） P （ A ） ＝ 1 4 2 4 ＝ 1 2 . （ 2 ） 将甲抽到数字 a ， 乙抽到数字 b ， 记作 （ a ， b ）， 甲抽到奇数的情形有 （ 1 ， 2 ）， （ 1 ， 3 ） ， （ 1 ， 4 ） ， （ 1 ， 5 ） ， （ 1 ， 6 ） ， （ 3 ， 1 ） ， （ 3 ， 2 ） ， （ 3 ， 4 ） ， （ 3 ， 5 ） ， （ 3 ， 6 ） ， （ 5 ， 1 ） ， （ 5 ， 2 ） ， （ 5 ， 3 ） ， （ 5 ， 4 ）， （ 5 ， 6 ）， 共 15 个样本点 . 在这 15 个样本点中， 乙抽到的数比甲抽到的数大的 有 （ 1 ， 2 ）， （ 1 ， 3 ）， （ 1 ， 4 ）， （ 1 ， 5 ）， （ 1 ， 6 ） ， （ 3 ， 4 ） ， （ 3 ， 5 ） ， （ 3 ， 6 ） ， （ 5 ， 6 ）， 共 9 个样本点 ， ∴ 所求概率 P＝ 9 15 ＝ 3 5 . 变式训练 1 若本例 （ 2 ） 改为： 甲先取 （放回）， 乙 后取， 若事件 A ： “甲抽到的数大于 4 ”； 事 第四章 概率与统计 4.1 条件概率与事件的独立性 4.1.1 条件概率 名称 定义 符号表示 计算公式 条件 概率 一般地 ， 当事件 B 发生的概率大于 0 （即 P （ B ） >0 ） 时， 已 知事件 B 发生的条 件下事件 A 发生的 概率， 称为条件概率 P （ A|B ） P （ A|B ） ＝ P （ A∩B ） P （ B ） ， P （ B ） >0 31 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 件 B ： “甲、 乙抽到的两数之和等于 7 ”， 求 P （ B|A ） . 反思感悟 条件概率的题目原型与求解方法： （ 1 ） 题目原型： 在题目条件中， 若出 现 “在……发生的条件下……发生的概率” 时， 一般可认为是条件概率 . （ 2 ） 求解方法： ① 在原样本空间中， 先计算 P （ A∩B ）， P （ A ）， 再利用公式 P （ B|A ） ＝ P （ A∩B ） P （ A ） 计算 求得 P （ B|A ）； ② 若事件为古典概型 ， 可利用公式 P （ B|A ） ＝ n （ A∩B ） n （ A ） ， 即在缩小后的样本空间 中计算事件 B 发生的概率 . 变式训练 2 某个班级共有学生 40 人， 其中团员有 15 人 . 全班分成四个小组， 第一小组有学生 10 人， 其中团员有 4 人 . 如果要在班内任选 1 人当学生代表 . （ 1 ） 求这个代表恰好在第一小组的概率； （ 2 ） 求这个代表恰好是团员代表的概率； （ 3 ） 求这个代表恰好是第一小组团员的 概率； （ 4 ） 现在要在班内任选 1 个团员代表， 问这个代表恰好在第一小组的概率 . 要点 2 条件概率的实际应用 例 2 一批同型号产品由甲、 乙两厂生 产， 产品结构如下表： 从这批产品中随意地取一件， 则这件产 品恰好是次品的概率是 ； 已知取出 的产品是甲厂生产的， 则这件产品恰好是次 品的概率是 . 解析： 从这批产品中随意地取一件， 则 这件产品恰好是次品的概率是 81 1 200 ＝ 27 400 . 方法一： 已知取出的产品是甲厂生产的， 则这件产品恰好是次品的概率是 25 500 ＝ 1 20 . 方法二： 设事件 A＝ “取出的产品是甲 厂生产的”， 事件 B＝ “取出的产品为甲厂的 次品”， 则 P （ A ） ＝ 500 1 200 ， P （ A∩B ） ＝ 25 1 200 ， 等级 生产数量 甲厂 乙厂 合计 合格品 475 644 1 119 次品 25 56 81 合计 500 700 1 200 32 第四章 概率与统计 学 ∴ 这件产品恰好是甲厂生产的次品的概率是 P （ B|A ） ＝ P （ A∩B ） P （ A ） ＝ 1 20 . 反思感悟 条件概率实际应用问题的关注点： （ 1 ） 关键： 理清条件和结论， 建立条 件概率模型 . （ 2 ） 注意： B∩A 事件的含义 . （ 3 ） 公式： P （ A|B ） ＝ P （ A∩B ） P （ B ） ， P （ B|A ） ＝ P （ A∩B ） P （ A ） . 变式训练 3 晚会后， 甲、 乙、 丙等五人站成一排合 影留念， 已知甲、 乙二人相邻， 则乙、 丙二 人相邻的概率是 . 数 学 文 化 例 《易经》 是中国传统文化中的精 髓 ， 下图是易经后天八卦图 （含乾 、 坤 、 巽、 震、 坎、 离、 艮、 兑八卦）， 每一卦由 三根线组成 （ 表示一根阳线， 表示一 根阴线）， 从八卦中任取两卦， 记事件 A= “两卦的六根线中恰有两根阳线”， B= “有一 卦恰有一根阳线”， 则 P （ A｜B ） = （ ） A. 1 5 B. 1 6 C. 1 7 D. 3 14 解析： 由八卦图可知， 八卦中全为阳线 和全为阴线的卦各有一个， 两阴一阳和两阳 一阴的卦各有三个， 而事件 A 所包含的情况 可分为两种， 即第一种是取到的两卦中一个 为两阳一阴， 另一个为全阴； 第二种是两卦中均为一阳两阴； 而事件 A∩B 中只包含后者， 即 P （ A∩B ） = C 2 3 C 2 8 = 3 28 ， 事件 B 的概率 P （ B ） =1- C 2 5 C 2 8 = 9 14 ， ∴P （ A｜B ） = 3 28 9 14 = 1 6 ， 故选 B. 变式训练 4 我国中医药选出的 “三药三方” 对治疗 新冠病毒均有显著效果， 功不可没， 若某医 生从 “三药三方” 中随机选出两种， 事件 A 表示选出的两种中有一药， 事件 B 表示选出 的两种中有一方， 则 P （ B｜A ） = （ ） A. 1 5 B. 3 10 C. 3 5 D. 3 4 离 南 9 火 阳 巽 坤 艮 兑 乾 坎 震 北 1 水 阴 西 7 泽 东 3 木 2 土 西 南 6 天 西 北 4 风 东 南 8 山 东 北 图 4-1 33 参 考 答 案 4.1 条件概率与事件的独立性 4.1.1 条件概率 学习手册 变式训练 1 解： 甲抽到的数大于 4 的情形有 （ 5 ， 1 ）， （ 5 ， 2 ） ， （ 5 ， 3 ） ， （ 5 ， 4 ） ， （ 5 ， 5 ） ， （ 5 ， 6 ） ， （ 6 ， 1 ） ， （ 6 ， 2 ） ， （ 6 ， 3 ） ， （ 6 ， 4 ） ， （ 6 ， 5 ） ， （ 6 ， 6 ）， 共 12 个样本点， 其中甲、 乙抽到的两数之和 等于 7 的情形有 （ 5 ， 2 ） ， （ 6 ， 1 ） ， 共 2 个样本点 . ∴P （ B|A ） = 2 12 = 1 6 . 变式训练 2 解： 设 A= “在班内任选 1 名学生， 该学生 属于第一小组”， B= “在班内任选 1 名学生， 该学生是团员” . （ 1 ） P （ A ） = 10 40 = 1 4 . （ 2 ） P （ B ） = 15 40 = 3 8 . （ 3 ） P （ A∩B ） = 4 40 = 1 10 . C 3 n 2 3 C n-3 n 2 n-3 = 1 2 ， 即 1 2 n-6 = 1 2 ， ∴n=7. （2 ） 由 （ 1） 可得 T r+1 =C r 7 2 r x 14- 5 2 r （ r=0 ， 1 ， …， 7 ）， 当 r=0 ， 2 ， 4 ， 6 时 ， 所有的有理项为 T 1 ， T 3 ， T 5 ， T 7 ， 即 T 1 =C 0 7 2 0 x 14 =x 14 ， T 3 =C 2 7 2 2 x 9 =84x 9 ， T 5 =C 4 7 2 4 x 4 =560x 4 ， T 7 = C 6 7 2 6 x -1 =448x -1 . （ 3 ） 设 展 开 式 中 第 （ r +1 ） 项 的 系 数 最 大 ， 则 C r 7 2 r ≥C r+1 7 2 r+1 ， C r 7 2 r ≥C r-1 7 2 r-1 1 圯 r+1≥2 （ 7-r ）， 2 （ 8-r ） ≥ 1 r 圯 13 3 ≤r≤ 16 3 ， ∴r=5 ， 故系数最大项为 T 6 =C 5 7 2 5 x 3 2 =672x 3 2 . 第三章 章末复习课 变式训练 1 60 【解析】 1 与 3 是特殊元素， 以此为分 类标准进行分类 . 分三类： ① 没有数字 1 和 3 时， 满足条件的三位数有 A 3 4 个； ② 只有 1 和 3 中的一个时 ， 满足条件的三位数有 2A 2 4 个； ③ 同时有 1 和 3 时， 把 3 排在 1 的前面， 再从其余 4 个数字中选 1 个数字插入 3 个空中的 1 个即可， 满足 条件的三位数有 C 1 4 · C 1 3 个 . ∴ 满足条件的三位数共有 A 3 4 +2A 2 4 +C 1 4 · C 1 3 =60 （个） . 变式训练 2 解： （ 1 ） 要完成这件事分三步 . 第一步， 从 8 人中选 4 人站在前排， 另 4 人站在后 排， 共有 C 4 8 C 4 4 种不同的排法； 第二步， 前排 4 人进行全排列 ， 有 A 4 4 种不同的 排法； 第三步， 后排 4 人进行全排列 ， 有 A 4 4 种不同的 排法 . 由分步乘法计数原理知， 有 C 4 8 C 4 4 A 4 4 A 4 4 =40 320 （种） 不同的排法 . （ 2 ） 思路与 （ 1 ） 相同， 有 C 3 5 A 4 4 A 4 4 =5 760 （种） 不 同的排法 . 变式训练 3 5 【解析】 令 x=2 ， 得 a 0 = （ 2 2 +1 ）（ 2-3 ） 9 =-5 ， 令 x=3 ， 则 a 0 +a 1 +a 2 +a 3 + … +a 11 = （ 3 2 +1 ）（ 3-3 ） 9 =0 ， ∴a 1 +a 2 + a 3 + … +a 11 =-a 0 =5. 变式训练 4 解： （ 1 ） 由题意得， 2 n =1 024 ， ∴n=10 ， ∴ 展开式的通项为 T k+1 =C k 10 （ x 姨 ） 10-k （ - x 3 姨 ） k = （ -1 ） k C k 10 · x 10-k 2 + k 3 = （ -1 ） k C k 10 x 5- k 6 （ k=0 ， 1 ， …， 10 ）， 令 5- k 6 ∈Z ， 得 k=0 ， 6. ∴ 有理项为 T 1 =C 0 10 x 5 =x 5 ， T 7 =C 6 10 x 4 =210x 4 . （ 2 ） ∵C k n +C k-1 n =C k n+1 ， ∴C k-1 n =C k n+1 -C k n ， ∴x 2 项的系数为 C ２ ３ +C ２ ４ + … +C ２ 10 = （ C 3 4 -C 3 3 ） + （ C 3 5 -C 3 4 ） + … + （ C 3 11 -C 3 10 ） =C 3 11 -C 3 3 = 164. 真题体验 1. A 【解析 】 展开式中含 x 3 的项可以由 “ 1 与 x 3 ” 和 “ 2x 2 与 x ” 的乘积组成， 则 x 3 的系数为 C 3 4 +2C 1 4 =4+8= 12. 故选 A. 2. C 【解析】 x 2 + 2 x ) 5 的展开式的通项公式为 T k+1 = C k 5 ·（ x 2 ） 5-k · 2 x x x k =C k 5 · 2 k · x 10-3k ， 令 10-3k=4 ， 解得 k=2. 故 展开式中 x 4 的系数为 C 2 5 · 2 2 =40. 故选 C. 3. C 【解析】 方法一： ∵ x+ y 2 x x （ x+y ） 5 = x+ y 2 x x （ x 5 + 5x 4 y+10x 3 y 2 +10x 2 y 3 +5xy 4 +y 5 ）， ∴x 3 y 3 的系数为 10+5=15. 方法二： 当 x+ y 2 x x 中取 x 时， x 3 y 3 的系数为 C 3 5 ， 当 x+ y 2 x x 中取 y 2 x 时， x 3 y 3 的系数为 C 1 5 ， ∴x 3 y 3 的系数为 C 3 5 +C 1 5 =10+5=15. 故选 C. 4. 36 【解析】 将 4 名同学分成人数为 2 ， 1 ， 1 的 3 组， 有 C 2 4 =6 （种） 分法， 再将 3 组同学分到 3 个小区， 共有 A 3 3 =6 （种） 分法， 由分步乘法计数原理可得不同 的安排方法共有 6×6=36 （种） . 5. 240 【解析 】 x 2 + 2 x x 6 的展开式的通项为 T r+1 = C r 6 （ x 2 ） 6-r 2 x x x r =C r 6 2 r x 12-3r ， 令 12-3r=0 ， 解得 r=4 ， ∴ 常数 项为 C 4 6 2 4 =240. 6. C 【解析】 由题意知， 必须有 2 个人一组， 其他 各组只有 1 个人， ∴ 分配方法有 C 2 5 C 1 4 A 3 3 =240 （种） . 故 选 C. 第四章 概率与统计 47 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 （ 4 ） 方法一： P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 1 10 3 8 = 4 15 . 方法二： P （ A|B ） = n （ A∩B ） n （ B ） = 4 15 . 变式训练 3 1 4 【解析】 设 “甲、 乙二人相邻” 为事件 A ， “乙、 丙二人相邻” 为事件 B ， 则所求概率为 P （ B|A ）， 而 P （ A ） = 2A 4 4 A 5 5 = 2 5 ， A∩B 表示事件 “甲、 乙且乙、 丙相 邻”， 故 P （ A∩B ） = 2A 3 3 A 5 5 = 1 10 ， 于是 P （ B|A ） = 1 10 2 5 = 1 4 . 变式训练 4 D 【解析】 若某医生从 “三药三方” 中随 机选出两种， 事件 A 表示 “选出的两种中有一药”， 事 件 B 表示 “选出的两种中有一方”， 则 P （ A ） = C 2 3 +C 1 3 C 1 3 C 2 6 = 4 5 ， P （ AB ） = C 1 3 C 1 3 C 2 6 = 3 5 ， ∴P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 3 5 4 5 = 3 4 . 故 选 D. 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） × （ 3 ） × 2. C 【解析】 由 P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 1 4 1 3 = 3 4 . 故选 C. 3. C 【解析】 P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 0.12 0.18 = 2 3 ， P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 0.12 0.2 = 3 5 . 故选 C. 4. B 【解析】 ∵ 第一名同学没有抽到中奖券， ∴ 问 题变为 3 张奖券， 1 张能中奖， 最后一名同学抽到中奖 券的概率显然是 1 3 . 故选 B. 5. 0.8 【解析】 设 “第一个路口遇到红灯 ” 为事件 A ， “第二个路口遇到红灯” 为事件 B ， 则 P （ A ） =0.5 ， P （ A∩B ） =0.4 ， 则 P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） =0.8. 6. 17 18 【解析】 令事件 A= “产品的长度合格”， B= “产品的质量合格 ”， A∩B= “产品的长度 、 质量都合 格”， 则 P （ A ） = 93 100 ， P （ B ） = 99 100 ， P （ A|B ） = 85 100 . 任取一件产品， 已知其质量合格， 它的长度也合格 即为 A|B ， 其概率 P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 17 18 . 练习手册 效果评价 1. D 【解析】 设事件 A 表示 “该地区四月份下雨”， B 表示 “四月份吹东风 ” ， 则 P （ A ） = 11 30 ， P （ B ） = 9 30 ， P （ A∩B ） = 8 30 ， 从而在吹东风的条件下下雨的概率为 P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 8 30 9 30 = 8 9 . 2. A 【解析】 记 “数学不及格” 为事件 A ， “语文 不及格” 为事件 B ， P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ B ） = 0.03 0.15 =0.2 ， ∴ 数 学不及格时， 该生语文也不及格的概率为 0.2. 3. B 【解析】 P （ A ） = C 2 3 +C 2 2 C 2 5 = 2 5 ， P （ A∩B ） = C 2 2 C 2 5 = 1 10 ， 由条件概率的计算公式得 P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 1 10 2 5 = 1 4 . 故选 B. 4. C 【解析】 设事件 A 表示 “第一次取到新球”， 事 件 B 表示 “第二次取到新球” . 则 n （ A ） =C 1 6 C 1 9 ， n （ A∩B ） =C 1 6 C 1 5 . P （ B|A ） = n （ A∩B ） n （ A ） = C 1 6 C 1 5 C 1 6 C 1 9 = 5 9 . 5. AB 【解析】 设 x 为掷红骰子得的点数， y 为掷蓝 骰子得的点数， 则所有可能的事件为 （ x ， y ）， 建立一 一对应的关系， 由题意作图， 如图 . 显然 P （ A ） = 12 36 = 1 3 ， P （ B ） = 10 36 = 5 18 ， P （ A∩B ） = 5 36 ， P （ B|A ） = n （ A∩B ） n （ A ） = 5 12 ， 或 P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 5 36 1 3 = 5 12 . 6. 0.75 【解析 】 ∵P （ A|B ） = P （ A∩B ） P （ B ） ， ∴P （ A∩B ） = 0.3. ∴P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 0.3 0.4 =0.75. 7. 1 4 【解析】 由古典概型的概率计算公式可知 P （ A ） = 2 5 ， P （ A∩B ） = 2×1 5×4 = 1 10 . ∴P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 1 10 2 5 = 1 4 . 8. 8 9 【解析 】 记 “寿命超过 500 h ” 为事件 A ， “寿命超过 800 h ” 为事件 B ， 则所求事件为 B|A. ∵B哿 A ， ∴B∩A=B. 又 P （ A ） =0.9 ， P （ B∩A ） =P （ B ） =0.8 ， x y O 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 A B 第 5 题答图 48 参 考 答 案 ∴P （ B|A ） = P （ B∩A ） P （ A ） = 8 9 . 9. 解： 设 “第 1 次抽到数学题” 为事件 A ， “第 2 次抽到数学题” 为事件 B ， 则第 1 次和第 2 次都抽到数 学题为事件 A∩B. 从 5 道题中不放回地依次抽取 2 道题 的样本空间总数为 A 2 5 =20. 事件 A 所含样本点的总数为 A 1 3 ×A 1 4 =12. 故 P （ A ） = 12 20 = 3 5 . ∵ 事件 A∩B 有 A 2 3 =6 （个） 样本点， ∴P （ A∩B ） = 6 20 = 3 10 . ∴ 在第 1 次抽到数学题 的 条 件 下 ， 第 2 次 抽 到 数 学 题 的 概 率 为 P （ B |A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 3 10 3 5 = 1 2 . 10. 解 ： 设 “第 1 次抽到舞蹈节目 ” 为事件 A ， “第 2 次抽到舞蹈节目” 为事件 B ， 则 “第 1 次和第 2 次 都抽到舞蹈节目” 为事件 A∩B. （ 1 ） 从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 次的样本点 n （ Ω ） =A 2 6 =30 ， 根据分步乘法计数原理 n （ A ） =A 1 4 A 1 5 =20 ， 于是 P （ A ） = n （ A ） n （ Ω ） = 20 30 = 2 3 . （ 2 ） ∵n （ A∩B ） =A 2 4 =12 ， 于是 P （ A∩B ） = n （ A∩B ） n （ Ω ） = 12 30 = 2 5 . （ 3 ） 方法一： 由 （ 1 ） （ 2 ） 可得， 在第 1 次抽到舞 蹈节目的条件下， 第 2 次抽到舞蹈节目的概率为 P （ B|A ） = P （ A∩B ） P （ A ） = 2 5 2 3 = 3 5 . 方法二： ∵n （ A∩B ） =12 ， n （ A ） =20 ， ∴P （ B |A ） = n （ A∩B ） n （ A ） = 12 20 = 3 5 . 提升练习 11. D 【解析】 小赵独自去一个景点， 则有 4 个景点 可选， 其余 3 人只能在小赵剩下的 3 个景点中选择， 可 能性为 3×3×3=27 种， ∴ 小赵独自去一个景点的可能性 为 4×27=108 种 . ∵4 个人去的景点不相同的可能性为 4× 3×2×1=24 种， ∴P （ A|B ） = 24 108 = 2 9 . 故选 D. 12 A 【解析】 ∵P （ A|B ） = P （ AB ） P （ B ） ， P （ AB ） = 60 6 3 = 60 216 ， P （ B ） =1-P （ B ） =1- 5 3 6 3 =1- 125 216 = 91 216 . ∴P （ A|B ） = P （ AB ） P （ B ） = 60 216 91 216 = 60 91 . 故选 A. 13. 2 5 【解析】 记 “第一次闭合后出现红灯” 为事 件 A ， “第二次闭合后出现红灯” 为事件 B ， 则 P （ A ） = 1 2 ， P （ AB ） = 1 5 ， ∴ 在第一次闭合后出现红灯的条件下， 第二次闭合后出现红灯的概率为 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 2 5 . 14. 1 3 1 12 【解析】 A ， B ， C ， D ， E 5 张卡片排成 一排， 在第一张是 A 且第三张是 C 的条件下， 第二张 可以是 B ， D ， E ， ∴ 第二张是 E 的概率为 1 3 ； 第二张 是 E 的条件下， 其余四张的可能性有 A 4 4 =24 种， 其中第 一张是 A 且第三张是 C 的可能性有 A 2 2 =2 种， ∴ 所求的 概率为 2 24 = 1 12 . 15. A 【解析】 设事件 A 为 “学生甲不是第一个出 场， 学生乙不是最后一个出场”； 事件 B 为 “学生丙第 一个出场”， 则 P （ A ） = A 4 4 +C 1 3 C 1 3 A 3 3 A 5 5 = 78 A 5 5 ， P （ AB ） = C 1 3 A 3 3 A 5 5 = 18 A 5 5 ， 则 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 18 78 = 3 13 . 故选 A. 16. 解： 依题意， 设事件 A 表示 “第一次取出的是 黑球”， 设事件 B 表示 “第二次取出的是白球” . （ 1 ） 黑球有 3 个， 球的总数为 5 个， ∴P （ A ） = 3 5 . （ 2 ） 第一次取出的是黑球， 且第二次取出的是白球 的概率为 P （ AB ） = 3 5 × 2 4 = 3 10 . （ 3 ） 在第一次取出的是黑球的条件下， 第二次取出 的是白球的概率为 P （ B|A ） = P （ AB ） P （ A ） = 3 10 3 5 = 1 2 . 17. 解： （ 1 ） 从甲箱中任取 2 个产品的事件数为 C 2 8 =28 ， 这 2 个产品都是次品的事件数为 C 2 3 =3. ∴ 这 2 个产 品都是次品的概率为 3 28 . （ 2 ） 设事件 A 为 “从乙箱中取一个正品”， 事件 B 1 为 “从甲箱中取出 2 个产品都是正品”， 事件 B 2 为 “从 甲箱中取出 1 个正品 1 个次品”， 事件 B 3 为 “从甲箱中 取出 2 个产品都是次品”， 则事件 B 1 、 事件 B 2 、 事件 B 3 彼此互斥 . ∵P （ B 1 ） = C 2 5 C 2 8 = 5 14 ， P （ B 2 ） = C 1 5 C 1 3 C 2 8 = 15 28 ， P （ B 3 ） = C 2 3 C 2 8 = 3 28 ， ∴P （ A|B 1 ） = 6 9 ， P （ A |B 2 ） = 5 9 ， P （ A |B 3 ） = 4 9 ， ∴P （ A ） =P （ B 1 ） P （ A|B 1 ） +P （ B 2 ） P （ A|B 2 ） +P （ B 3 ） P （ A|B 3 ） = 5 14 × 6 9 + 15 28 × 5 9 + 3 28 × 4 9 = 7 12 . 4.1.2 乘法公式与全概率公式 学习手册 变式训练 1 1 11 【解析】 设 A i （ i=1 ， 2 ） 为第 i 次抽到 合格品的事件， 则有 P （ A 1 A 2 ） =P （ A 1 ） P （ A 2 |A 1 ） = 10 100 × 90 99 = 1 11 . 变式训练 2 解： 记事件 A ， B 分别为甲、 乙两厂的产 49