4.1.1 条件概率-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

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 (教师独具内容) 课程标准：1．结合古典概型，了解条件概率．2．能计算简单随机事件的条件概率． 教学重点：1．了解条件概率的定义．2．掌握条件概率的计算公式． 教学难点：用条件概率公式求解简单的实际问题． 核心素养：1．通过学习条件概率的定义培养数学抽象素养．2．通过利用条件概率公式解决简单实际问题培养数学建模素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　条件概率的定义 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，记作____________，而且P(A|B)＝____________． P(A|B) 核心概念掌握 5 [想一想]　(1)P(A|B)＝P(B|A)成立吗？ (2)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1正确吗？ 提示 提示：(1)不成立．一般情况下P(A|B)≠P(B|A)，只有当P(A)＝P(B)时才有P(A|B)＝P(B|A)． (2)不正确．因为A与B互斥，即A，B不同时发生，所以P(AB)＝0，则P(B|A)＝0． 核心概念掌握 6 知识点二　条件概率的性质假设A，B，C都是事件，且P(A)>0，则有 性质1：____≤P(B|A)≤____； 性质2：P(A|A)＝____； 性质3：如果B与C互斥，则P((B∪C)|A)＝___________________． 0 1 P(B|A)＋P(C|A) 1 核心概念掌握 7 答案 核心概念掌握 8 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　定义法求条件概率 答案 核心素养形成 11 解析 核心素养形成 12 核心素养形成 13 [跟踪训练1]　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)求这个代表恰好是团员的概率； (2)求这个代表恰好是第一小组团员的概率； (3)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． 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 某校从学生文艺部6名成员(4男2女)中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动． (1)求男生甲被选中的概率； (2)在已知男生甲被选中的条件下，求女生乙被选中的概率； (3)在被选中的两人一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率． 1 题型二　缩小样本空间法求条件概率 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 感悟提升　缩小样本空间法求条件概率的步骤 核心素养形成 18 解 [跟踪训练2]　(2024·福建龙岩一中高二月考)某校高中三个年级各派一名男生和一名女生参加市里的中学生运动会，每人参加一个不同的项目，且每人能否获得冠军是等可能的．已知只有一名女生获得冠军，求高一女生获得冠军的概率． 核心素养形成 19 题型三　条件概率的性质及其应用 一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘了密码的最后一位数字．求： (1)任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率； (2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率． 核心素养形成 20 解 核心素养形成 21 感悟提升　利用条件概率的性质解题的策略 (1)分析条件，选择公式：首先看事件B，C是否互斥，若事件B，C互斥，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． (2)分解计算，代入求值：求比较复杂事件的概率，往往可以先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单事件，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率． 核心素养形成 22 解 [跟踪训练3]　在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题即可通过，至少能答对其中5道题就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率． 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 答案 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 4．当掷五枚均匀的硬币时，已知至少出现2个正面，则正好出现3个正面的概率为________． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 5．(2024·天津高考)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A活动的概率为________；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为________． 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 条件概率的应用 已知条件概率求概率 条件概率公式 条件概率的应用 条件概率的应用 条件概率的应用 简单排列问题、条件概率的应用 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★ 对点 条件概率的应用 简单组合问题、条件概率的应用 条件概率的应用 涂色问题、条件概率的应用 简单组合问题、条件概率的应用 条件概率的应用 条件概率的应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 2．某种动物活到20岁的概率是0．8，活到25岁的概率是0．4，则现龄20岁的这种动物活到25岁的概率是(　　) A．0．32 B．0．5 C．0．4 D．0．8 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 二、填空题 6．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分)． 甲组：76，90，84，86，81，87，86，82，85，83； 乙组：82，84，85，89，79，80，91，89，79，74． 现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A，“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B，则P(A∩B)＝________，P(A|B)＝________． 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 7．高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙两人相邻，则甲、丙相邻的概率是________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 8．将三个均匀的骰子各掷一次，记事件A表示“三个点数都不相同”，事件B表示“至少出现一个3点”，则概率P(A|B)＝________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 三、解答题 9．某市准备从5名参加副局长职务竞选的报名者(其中男3人，女2人)中选2人担任副局长． (1)求所选2人均为女副局长的概率； (2)若所选两个副局长依次到A，B两个局上任，求A局是男副局长的情况下，B局是女副局长的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 10．五一假期来临，某商场拟通过摸球兑奖的方式回馈顾客．规定：每位购物金额超过1千元的顾客从一个装有5个标有面值的球(大小、质地均相同)的袋中随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的购物减免额．若袋中所装的5个球中有1个标的面值为50元，2个标的面值为10元，其余2个标的面值均为5元． (1)求顾客获得的购物减免额为60元的概率； (2)若已知顾客摸到的1个球所标的面值为10元，求顾客获得的购物减免额为15元的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 12．从长为1，2，3，4，5的5条线段中任取3条，记事件A为“此3条线段构成三角形”，事件B为“此3条线段构成直角三角形”，则P(B|A)＝________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 14．在10000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次买两张，求在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(P（A∩B）,P（B）) 1．(条件概率的概念)下面几种概率是条件概率的是(　　) A．甲、乙两人投篮命中率分别为0．6，0．7，各投篮一次都投中的概率 B．甲、乙两人投篮命中率分别为0．6，0．7，在甲投中的条件下乙投篮一次命中的概率 C．有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率 D．小明上学路上要过四个路口，每个路口遇到红灯的概率都是eq \f(2,5)，小明在一次上学路上遇到红灯的概率 eq \f(1,2) 2．(条件概率公式)已知P(A∩B)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,5)，则P(B|A)＝________． 3．(条件概率的应用)把一枚均匀硬币任意掷两次，事件A＝{第一次出现正面}，事件B＝{第二次出现反面}，则P(B|A)＝________． eq \f(5,6) 某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为eq \f(1,2)，两次闭合后都出现红灯的概率为eq \f(1,5)，则开关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(　　) A．eq \f(1,10) B．eq \f(1,5) C．eq \f(2,5) D．eq \f(1,2) 解析　设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件A∩B，“开关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”为事件B|A，由题意得P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(2,5)．故选C． 感悟提升　定义法求条件概率的步骤 (1)分别计算概率P(AB)和P(A)； (2)将它们相除得到条件概率P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生． 解：设A＝{在班内任选1名学生，该学生是团员}，B＝{在班内任选1名学生，该学生属于第一小组}． (1)P(A)＝eq \f(15,40)＝eq \f(3,8)． (2)P(A∩B)＝eq \f(4,40)＝eq \f(1,10)． (3)P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(3,8))＝eq \f(4,15)．　 解　设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，“被选中的两人一男一女”为事件C． (1)男生甲被选中的概率为P(A)＝1,5)eq \f(C,Ceq \o\al(2,6)) ＝eq \f(5,15)＝eq \f(1,3)． (2)在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率为P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝1,5)eq \f(1,C) ＝eq \f(1,5)． (3)在被选中的两人一男一女的条件下，女生乙被选中的概率为P(B|C)＝eq \f(n（BC）,n（C）)＝1,4)eq \f(C,Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,2)) ＝eq \f(1,2)． (1)缩：将原来的样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB； (2)数：数出事件A及事件AB所包含的样本点数； (3)算：利用P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)求得结果． 解：设事件A为“一名女生获得冠军”，事件B为“高一女生获得冠军”，由题意n(A)＝3，n(B)＝1，因此P(B|A)＝eq \f(n（B）,n（A）)＝eq \f(1,3)．　 解　设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1，2)，则A＝A1∪(eq \o(A,\s\up16(－))1∩A2)表示不超过2次按对密码． (1)因为事件A1与事件eq \o(A,\s\up6(－))1∩A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(eq \o(A,\s\up16(－))1∩A2)＝eq \f(1,10)＋eq \f(9×1,10×9)＝eq \f(1,5)． (2)用B表示最后一位按偶数的事件，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P((eq \o(A,\s\up16(－))1∩A2)|B)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4×1,5×4)＝eq \f(2,5)． 解：记事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题，另1道题答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B，可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝6,10)eq \f(C,Ceq \o\al(6,20)) ＋5,10)eq \f(CCeq \o\al(1,10),Ceq \o\al(6,20)) ＋4,10)eq \f(CCeq \o\al(2,10),Ceq \o\al(6,20)) ＝6,20)eq \f(12180,C) ，　 P(A∩D)＝P(A)，P(B∩D)＝P(B)， P(E|D)＝P((A∪B)|D)＝P(A|D)＋P(B|D) ＝eq \f(P（A）,P（D）)＋eq \f(P（B）,P（D）)＝6,20)eq \f(\f(210,C),\f(12180,Ceq \o\al(6,20))) ＋6,20)eq \f(\f(2520,C),\f(12180,Ceq \o\al(6,20))) ＝eq \f(13,58)． 故所求的概率为eq \f(13,58)． 1．已知P(B|A)＝eq \f(1,2)，P(A∩B)＝eq \f(3,8)，则P(A)等于(　　) A．eq \f(3,16) B．eq \f(13,16) C．eq \f(3,4) D．eq \f(1,4) 解析：由P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)，可得P(A)＝eq \f(3,4)．　 2．小陈和小李是某公司的两名员工，在每个工作日小陈和小李加班的概率分别为eq \f(1,3)和eq \f(1,4)，且两人同时加班的概率为eq \f(1,6)，则某个工作日，在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为(　　) A．eq \f(1,12) B．eq \f(1,2) C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4) 解析：记“小李加班”为事件A，“小陈加班”为事件B，则P(A)＝eq \f(1,4)，P(B)＝eq \f(1,3)，P(A∩B)＝eq \f(1,6)，故在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(2,3)．故选C．　 3．(多选)抛掷红、蓝两个均匀的骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两个骰子的点数之和大于8”，则(　　) A．P(A)＝eq \f(1,3) B．P(B)＝eq \f(5,18) C．P(A∩B)＝eq \f(5,18) D．P(B|A)＝eq \f(1,2) 解析：设x为掷红骰子得到的点数，y为掷蓝骰子得到的点数，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)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(10,36)＝eq \f(5,18)，P(A∩B)＝eq \f(5,36)，P(B|A)＝eq \f(n（A∩B）,n（A）)＝eq \f(5,12)或P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(\f(5,36),\f(1,3))＝eq \f(5,12)．　 eq \f(5,13) 解析：设事件A为“至少出现2个正面”，事件B为“正好出现3个正面”，则P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝2,5)eq \f(C,25－Ceq \o\al(1,5)－1) ＝eq \f(5,13)．　 解析：解法一：从五个活动中选三个有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况，其中甲选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，则甲选到A活动的概率为P＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)．乙选到A活动有ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，共6种情况，其中再选择B活动有ABC，ABD，ABE，共3种情况，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)．　 解法二：设甲选到A活动为事件L，乙选到A活动为事件M，乙选到B活动为事件N，则甲选到A活动的概率为P(L)＝2,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,5)) ＝eq \f(3,5)．乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)＝eq \f(P（MN）,P（M）)＝1,3)eq \f(\f(C,Ceq \o\al(3,5)),\f(Ceq \o\al(2,4),Ceq \o\al(3,5))) ＝eq \f(1,2)． 一、选择题 1．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　) A．eq \f(3,10) B．eq \f(2,9) C．eq \f(7,8) D．eq \f(7,9) 解析：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝eq \f(3,10)，P(A∩B)＝eq \f(3×7,10×9)＝eq \f(7,30)．则所求概率为P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq \f(7,9)．　 解析：记事件A表示“该动物活到20岁”，事件B表示“该动物活到25岁”，由于该动物只有活到20岁才有活到25岁的可能，故事件A包含事件B，从而有P(A∩B)＝P(B)＝0．4，所以现龄20岁的这种动物活到25岁的概率为P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(0.4,0.8)＝0．5．　 3．若P(B|A)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(3,4)，P(B)＝eq \f(1,2)，则P(A|B)＝(　　) A．eq \f(1,4) B．eq \f(3,4) C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,2) 解析：因为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(3,4)，所以P(AB)＝eq \f(1,4)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,2)．故选D．　 4．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A表示“取到的2个数之和为偶数”，事件B表示“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C．eq \f(2,5) D．eq \f(1,2) 解析：∵P(A)＝2,3)eq \f(C＋Ceq \o\al(2,2),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(2,5)，P(A∩B)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10)，∴P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(1,4)．　 5．(多选)甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点各不相同”，事件B为“甲独自去一个景点”，则(　　) A．P(A)＝eq \f(1,3) B．P(B)＝eq \f(4,9) C．P(A∩B)＝eq \f(2,9) D．P(A|B)＝eq \f(1,2) 解析：由题意可知，P(A)＝3,3)eq \f(A,3×3×3) ＝eq \f(2,9)，P(B)＝1,3)eq \f(C×22,3×3×3) ＝eq \f(4,9)，P(A∩B)＝3,3)eq \f(A,3×3×3) ＝eq \f(2,9)．所以P(A|B)＝eq \f(P（A∩B）,P（B）)＝eq \f(1,2)．故选BCD．　 解析：由题意知，P(A∩B)＝eq \f(5,20)＝eq \f(1,4)，P(B)＝eq \f(5＋4,20)＝eq \f(9,20)，根据条件概率的计算公式得P(A|B)＝eq \f(P（A∩B）,P（B）)＝eq \f(\f(1,4),\f(9,20))＝eq \f(5,9)．　 解析：设“甲、乙两人相邻”为事件A，“甲、丙两人相邻”为事件B，则所求概率为P(B|A)．而P(A)＝4,4)eq \f(2A,Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(2,5)，P(A∩B)＝3,3)eq \f(2A,Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4)．　 解析：三个均匀的骰子各掷一次，点数共有6×6×6＝216种，事件eq \o(B,\s\up6(－))表示“三次都没有出现3点”，共有5×5×5＝125种，事件A∩B表示“出现一个3点，且三个点数都不相同”，共有Ceq \o\al(2,5)Aeq \o\al(3,3)＝60种，则P(B)＝1－P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝1－eq \f(125,216)＝eq \f(91,216)，P(A∩B)＝eq \f(60,216)＝eq \f(5,18)，所以P(A|B)＝eq \f(P（A∩B）,P（B）)＝eq \f(60,91)．　 解：(1)样本点总数N＝Ceq \o\al(2,5)＝10，满足条件的样本点个数为n＝1，故所求概率为P＝eq \f(n,N)＝eq \f(1,10)． (2)记D＝{A局是男副局长}，E＝{B局是女副局长}，则事件D包含的样本点有Aeq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)＝12个，事件D∩E包含的样本点有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)＝6个，因此A局是男副局长的情况下，B局是女副局长的概率为P(E|D)＝eq \f(n（D∩E）,n（D）)＝eq \f(1,2)．　 解：(1)由题意，得顾客获得的购物减免额为60元的概率为P＝1,1)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,5)． (2)设事件A为“摸到的1个球所标的面值为10元”，事件B为“获得的购物减免额为15元”，则P(A)＝2,2)eq \f(C＋Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(7,10)，P(A∩B)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(2,5)，所以P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(4,7)．　 11．(2024·山东济宁兖州区高二期中)我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，现提供5种颜色给图中的5个小区域涂色，规定每个区域只涂1种颜色，相邻区域所涂颜色不相同．记事件A为“区域2和区域4所涂颜色不同”，事件B为“所有区域所涂颜色均不相同”，则P(B|A)＝(　　) A．eq \f(2,7) B．eq \f(2,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(3,4) 解析：事件A为“区域2和区域4所涂颜色不同”，即从5种颜色中选出2种放入区域2和区域4，再从剩余的3种颜色中选出1种放入区域5，剩余的区域1和区域3分别都有2种选择，即有Aeq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(1,2)＝240种，事件AB有Aeq \o\al(5,5)＝120种，所以P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(120,240)＝eq \f(1,2)．故选C． 解析：∵从5条线段中任取3条，共有Ceq \o\al(3,5)＝10种取法，其中能构成三角形的取法共有3种，分别是(2，3，4)，(2，4，5)，(3，4，5)，∴P(A)＝eq \f(3,10)，而这3种取法中，只有1种取法可构成直角三角形，即(3，4，5)，∴P(A∩B)＝eq \f(1,10)，∴P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(1,3)． 13．一袋中共有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为eq \f(7,9)． (1)求白球的个数； (2)现从中不放回地取球，每次取1球，取2次，已知第2次取得白球，求第1次取得黑球的概率． 解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A，设袋中白球有x个． 则P(A)＝1－2,10－x)eq \f(C,Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(7,9)，解得x＝5，即白球的个数为5． (2)设“第2次取得白球”为事件B，“第1次取得黑球”为事件C，则 P(B∩C)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(1,10)Ceq \o\al(1,9)) ＝eq \f(25,90)＝eq \f(5,18)， P(B)＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(1,5)Ceq \o\al(1,4),Ceq \o\al(1,10)Ceq \o\al(1,9)) ＝eq \f(25＋20,90)＝eq \f(1,2)． 故P(C|B)＝eq \f(P（B∩C）,P（B）)＝eq \f(\f(5,18),\f(1,2))＝eq \f(5,9)． 解：设“第一张中一等奖”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则P(A)＝eq \f(1,10000)， P(A∩B)＝eq \f(1×5,10000×9999)＝eq \f(5,99990000)， P(A∩C)＝eq \f(1×10,10000×9999)＝eq \f(10,99990000)， ∴P(B|A)＝eq \f(P（A∩B）,P（A）)＝eq \f(\f(5,99990000),\f(1,10000))＝eq \f(5,9999)， P(C|A)＝eq \f(P（A∩C）,P（A）)＝eq \f(\f(10,99990000),\f(1,10000))＝eq \f(10,9999)． ∴P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A) ＝eq \f(5,9999)＋eq \f(10,9999)＝eq \f(15,9999)＝eq \f(5,3333)． 即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为eq \f(5,3333)． $$