7.1.1 条件概率-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第七章　随机变量及其分布 7.1　条件概率与全概率公式 7.1.1　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，能计算简单随机事件的条件概率.2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系.3.结合古典概型，会利用乘法公式计算概率． 教学重点：1.条件概率的计算公式.2.条件概率与独立性的关系.3.乘法公式． 教学难点：1.用条件概率公式求解简单的实际问题.2.用乘法公式求解简单的实际问题． 核心素养：通过学习条件概率及应用条件概率解决问题，提升数学抽象素养和逻辑推理素养． 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，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝_______为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率． 知识点二　事件相互独立的充要条件 当P(A)>0时，当且仅当事件A与B相互独立时，有P(B|A)＝_____． P(B) 核心概念掌握 5 P(A)P(B|A) 1 P(B|A)＋P(C|A) 1－P(B|A) 核心概念掌握 6 1．(条件概率的定义及计算、概率的乘法公式)(多选)下列说法正确的是(　　) A．若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1 B．P(A|B)与P(B|A)的意义不一样，一般情况下，它们也不相等 C．P(B|A)≥P(AB) D．若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A) 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　条件概率的定义及计算 核心素养形成 10 核心素养形成 11 核心素养形成 12 核心素养形成 13 角度 　 缩小样本空间求条件概率 　 集合S＝{1，2，3，4，5，6}，甲、乙两人各从S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． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 [跟踪训练2]　抛掷红、蓝两枚骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”，事件B为“两枚骰子的点数之和大于8”，求： (1)事件A发生的条件下事件B发生的概率； (2)事件B发生的条件下事件A发生的概率． 核心素养形成 16 题型二　乘法公式的应用 　 10个考签中有4个难签，3人参加抽签(不放回)，甲先，乙次，丙最后．求： (1)甲抽到难签的概率； (2)甲、乙都抽到难签的概率； (3)甲没有抽到难签，而乙抽到难签的概率； (4)甲、乙、丙都抽到难签的概率． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 [跟踪训练3]　在标有1，2，3，4，5这5个数字的卡片里，无放回地抽取两次，一次一张，求： (1)第一次取到奇数卡片的概率； (2)已知第一次取到偶数卡片，求第二次取到奇数卡片的概率； (3)第二次才取到奇数卡片的概率． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 题型三　条件概率的性质及应用　 　 抛掷两枚质地均匀的骰子各一次， (1)向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少？ (2)向上的点数不相同时，向上的点数之和为4或6的概率是多少？ 核心素养形成 22 核心素养形成 23 感悟提升 若事件B，C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，即为了求得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 24 [跟踪训练4]　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，求他获得优秀的概率． 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 3．(多选)已知A，B是两个随机事件，0<P(A)<1，下列命题正确的是(　　) A．若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B) B．若事件A⊆B，则P(B|A)＝1 C．若A，B是对立事件，则P(B|A)＝1 D．若A，B是互斥事件，则P(B|A)＝0 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 4．一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取一件，则该产品是一等品的概率为________． 43.2% 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 5．从一副扑克牌(去掉大、小王，共52张)中随机取出1张，用A表示“取出的牌是Q”，用B表示“取出的牌是红桃”，求P(A|B)． 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 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 条件概率的定义与性质 利用定义求条件概率 利用定义求条件概率 利用定义求条件概率 利用定义求条件概率；排列、组合的综合应用 利用定义求条件概率；排列、组合的综合应用 题号 7 8 9 10 11 12 13 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 缩小样本空间求条件概率 缩小样本空间求条件概率 利用定义求条件概率 利用定义求条件概率；互斥事件的概率 条件概率的性质及应用 利用定义求条件概率；乘法公式的应用 缩小样本空间求条件概率；排列、组合的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 36 2．(2023·全国甲卷)有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　) A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 37 3．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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 41 二、填空题 6．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、丙两人相邻的概率是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 42 7．花店还剩七束花，其中三束郁金香、两束白玫瑰、两束康乃馨，李明随机选了两束，已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 43 8．(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________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 45 三、解答题 9．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条线段能够构成三角形”，记事件B为“此3条线段能够构成直角三角形”，求P(B|A)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 46 10．已知10件产品中有7件正品，3件次品，按不放回抽样，每次抽一个，抽取三次，求： (1)前两次都取到次品的概率； (2)第二次才取到次品的概率； (3)第三次才取到次品的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 48 11．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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 50 12．一个袋子里装有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，如果不放回地依次抽取2个球，求： (1)第1次抽到红球的概率； (2)第1次和第2次都抽到红球的概率； (3)在第1次抽到红球的条件下，第2次抽到红球的概率； (4)抽到颜色相同的球的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 52 13．某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的条件下，求学生丙第一个出场的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 54 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(P（AB）,P（A）) 知识点三　概率的乘法公式 由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝__________．称该式为概率的乘法公式． 知识点四　条件概率的性质 条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质．设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝______； (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝______________； (3)设eq \o(B,\s\up16(－))和B互为对立事件，则P(eq \o(B,\s\up16(－))|A)＝______________． 2．(利用定义求条件概率)已知P(AB)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,5)，则P(B|A)＝________． eq \f(5,6) eq \f(3,5) eq \f(3,8) 3．(缩小样本空间求条件概率)把一枚硬币任意掷两次，事件A＝{第一次出现正面}，事件B＝{第二次出现反面}，则P(B|A)＝________． 4．(利用定义求条件概率)甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)＝______，P(B|A)＝________． 5．(概率的乘法公式)已知P(B|A)＝eq \f(3,4)，P(A)＝eq \f(1,2)，则P(AB)＝________． eq \f(1,2) eq \f(2,3) 角度 (1,2) 　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，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AB，由题意得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(2,5).故选C. 感悟提升 利用定义求条件概率的步骤 (1)分别求概率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． [跟踪训练1]　夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为(　　) A．0.05 　　　　B．0.0075　　　　　C.eq \f(1,3) 　　　　 D.eq \f(1,6) 解析：设事件A为“这批鱼苗中的雌性个体能长成熟”，事件B为“这批鱼苗中的雌性个体能成功溯流产卵繁殖”，则P(A)＝0.15，P(AB)＝0.05，故P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(0.05,0.15)＝eq \f(1,3).故选C. 解　将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，记事件A表示“甲抽到奇数”，事件B表示“乙抽到的数比甲抽到的数大”，则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种，即n(A)＝15.在这15种情形中，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种，即n(AB)＝9，所以所求概率P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5). 感悟提升 将原来的样本空间Ω缩小为已知的条件事件A，原来的事件B缩小为AB，而A中仅包含有限个样本点，每个样本点发生的概率相等，是古典概型问题．从而可以在缩小的样本空间上利用古典概型及条件概率的计算公式计算条件概率，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，这里n(A)和n(AB)的计数是基于缩小的样本点范围的． 解：n(A)＝6×2＝12.由3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8，4＋6＝6＋4＝5＋5>8，5＋6＝6＋5>8，6＋6>8知n(B)＝10，其中n(AB)＝6. (1)P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2). (2)P(A|B)＝eq \f(n（AB）,n（B）)＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5). 解　记事件A，B，C分别表示甲、乙、丙抽到难签，则 (1)P(A)＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5). (2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,9)＝eq \f(2,15). (3)P(eq \o(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(B|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(3,5)×eq \f(4,9)＝eq \f(4,15). (4)P(ABC)＝P(A)P(B|A)P(C|AB)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,9)×eq \f(2,8)＝eq \f(1,30). 感悟提升 由条件概率公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，可推导得出乘法公式：P(AB)＝P(A)P(B|A)(P(A)>0)，即要求事件A，B同时发生的概率，需建立缩小的样本空间，再由概率相乘可得结果． 解：设事件A，B分别表示第一次和第二次取到奇数卡片，则 (1)P(A)＝eq \f(3,5). (2)第一次取出一张偶数卡片，还剩4张卡片，而其中有3张奇数卡片，故此时取一张奇数卡片的概率为eq \f(3,4)，即P(B|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(3,4). (3)∵第二次才取到奇数卡片，∴第一次应取偶数卡片，即第一次eq \o(A,\s\up6(－))发生，故事件“第二次才取到奇数卡片”应是eq \o(A,\s\up6(－))与B同时发生， ∴P(eq \o(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(B|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10). 解　(1)记事件A表示“两枚骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两枚骰子向上的点数之和为7”，则事件AB表示“向上的点数之和为7，其中有一个的点数是2”，于是P(B)＝eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，P(AB)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)， 所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,3). (2)记事件Mi表示“两枚骰子向上的点数之和为i”，则事件“向上的点数之和为4或6”可表示为M＝M4∪M6，其中事件M4与M6互斥，记事件N表示“两枚骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两枚骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”． 因为P(N)＝eq \f(30,36)＝eq \f(5,6)，P(M4N)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，P(M6N)＝eq \f(4,36)＝eq \f(1,9)，所以P(M|N)＝P(M4∪M6|N)＝P(M4|N)＋P(M6|N)＝eq \f(P（M4N）,P（N）)＋eq \f(P（M6N）,P（N）)＝eq \f(\f(1,18),\f(5,6))＋eq \f(\f(1,9),\f(5,6))＝eq \f(1,5). 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(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，P(E|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(AB)＝eq \f(3,8)，则P(A)＝(　　) 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（AB）,P（A）)，可得P(A)＝eq \f(3,4). 2．某地区气象台统计，该地区下雨的概率为eq \f(4,15)，刮风的概率为eq \f(2,15)，既刮风又下雨的概率为eq \f(1,10)，则在下雨天里，刮风的概率为(　　) A.eq \f(8,225) B.eq \f(1,2) C.eq \f(3,8) D.eq \f(3,4) 解析：设事件A为“该地区下雨”，事件B为“该地区刮风”，由题意知P(A)＝eq \f(4,15)，P(B)＝eq \f(2,15)，P(AB)＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(4,15))＝eq \f(3,8).故选C. 解析：对于A，因为随机事件A，B相互独立，所以P(AB)＝P(A)P(B)，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝P(B)，故A正确；对于B，因为事件A⊆B，所以P(AB)＝P(A)，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝1，故B正确；对于C，因为A，B是对立事件，所以P(AB)＝0，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝0，故C错误；对于D，因为A，B是互斥事件，所以P(AB)＝0，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝0，故D正确．故选ABD. 解析：设A表示“取到的产品是一等品”，B表示“取到的产品是合格品”，则P(A|B)＝45%，P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝4%，∴P(B)＝1－P(eq \o(B,\s\up6(－)))＝96%，∴P(A)＝P(AB)＝P(B)P(A|B)＝96%×45%＝43.2%. 解：由于52张牌中有13张红桃，则P(B)＝eq \f(13,52)＝eq \f(1,4). 而52张牌中，既是红桃又是Q的牌只有1张， 故P(AB)＝eq \f(1,52)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,13). 一、选择题 1．(多选)已知A，B为两个随机事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列结论正确的是(　　) A．若P(B|A)＝P(B)，则P(A|B)＝P(A) B．P(A|B)＋P(eq \o(A,\s\up16(－))|B)＝0 C．若B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) D．当P(AB)>0时，P(ABC)＝P(A)P(B|A)·P(C|AB) 解析：因为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝P(B)，所以eq \f(P（AB）,P（B）)＝P(A)＝P(A|B)，A正确；P(A|B)＋P(eq \o(A,\s\up16(－))|B)＝eq \f(P（AB）＋P（\o(A,\s\up6(－))B）,P（B）)＝eq \f(P（B）,P（B）)＝1，B错误；若B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，C正确；因为P(AB)>0，所以P(A)≥P(AB)>0，P(A)P(B|A)·P(C|AB)＝P(A)·eq \f(P（AB）,P（A）)·eq \f(P（ABC）,P（AB）)＝P(ABC)，D正确．故选ACD. 解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝eq \f(50,70)＝eq \f(5,7)，P(AB)＝eq \f(40,70)＝eq \f(4,7)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(4,7),\f(5,7))＝0.8.故选A. 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(AB)＝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（AB）,P（A）)＝eq \f(P（B）,P（A）)＝eq \f(0.4,0.8)＝0.5. 4．袋中有7只白球、3只红球，白球中有4只木球、3只塑料球；红球中有2只木球、1只塑料球．现从袋中任取1球，假设每个球被取到的可能性相同．若已知取到的球是白球，则它是木球的概率是(　　) A.eq \f(1,6) B.eq \f(4,7) 　　　　　C.eq \f(2,5) 　　　　　　D.eq \f(3,7) 解析：列表： 白球 红球 合计 木球 4 2 6 塑料球 3 1 4 合计 7 3 10 设事件A表示“任取一球，取得白球”；事件B表示“任取一球，取得木球”，则所求的概率为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率，即P(B|A)．由题意知P(A)＝eq \f(7,10)，P(AB)＝eq \f(4,10)，从而所求事件的概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(4,10),\f(7,10))＝eq \f(4,7). 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”，则下列结论中正确的是(　　) A．P(A)＝eq \f(1,9) B．P(B)＝eq \f(4,9) C．P(A|B)＝eq \f(1,2) D．P(B|A)＝eq \f(2,3) 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(AB)＝3,3)eq \f(A,3×3×3) ＝eq \f(2,9)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(1,2).又A⊆B，所以P(B|A)＝1.故选BC. 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(AB)＝3,3)eq \f(2A,Aeq \o\al(5,5)) ＝eq \f(1,10)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4). eq \f(1,4) 解析：设事件A＝“两束花是同一种花”，事件B＝“两束花都是郁金香”，则积事件AB＝B＝“两束花都是郁金香”，事件A中样本点的个数为n(A)＝Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,2)＝5，积事件AB中样本点的个数为n(AB)＝Ceq \o\al(2,3)＝3，所以已知李明选到的两束花是同一种花，则这两束花都是郁金香的概率为P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(3,5). eq \f(3,5) 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). eq \f(3,5) 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). 解：∵从5条线段中任取3条，共有Ceq \o\al(3,5)＝10种取法，其中能组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种取法能够构成直角三角形，即(3，4，5)，∴P(B)＝eq \f(1,10)，∴P(AB)＝P(B)＝eq \f(1,10)，∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3). 解：设A表示“第一次取到次品”，B表示“第二次取到次品”，C表示“第三次取到次品”，则 (1)P(A)＝eq \f(3,10)，P(B|A)＝eq \f(2,9)， 所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝eq \f(3,10)×eq \f(2,9)＝eq \f(1,15). 因此前两次都取到次品的概率为eq \f(1,15). (2)由(1)知P(eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(7,10)，P(B|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(1,3)， 所以P(eq \o(A,\s\up6(－))B)＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(B|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(7,10)×eq \f(1,3)＝eq \f(7,30). 因此第二次才取到次品的概率为eq \f(7,30). (3)因为P(eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(7,10)，P(eq \o(B,\s\up6(－))|eq \o(A,\s\up6(－)))＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3)，P(C|eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－)))＝eq \f(3,8). 所以P(eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－))C)＝P(eq \o(A,\s\up6(－)))P(eq \o(B,\s\up6(－))|eq \o(A,\s\up6(－)))P(C|eq \o(A,\s\up6(－)) eq \o(B,\s\up6(－))) ＝eq \f(7,10)×eq \f(2,3)×eq \f(3,8)＝eq \f(7,40). 因此第三次才取到次品的概率为eq \f(7,40). 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(AB)＝eq \f(1×5,10000×9999)＝eq \f(5,99990000)， P(AC)＝eq \f(1×10,10000×9999)＝eq \f(10,99990000)， ∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(5,99990000),\f(1,10000))＝eq \f(5,9999)， P(C|A)＝eq \f(P（AC）,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). 解：设A＝“第1次抽到红球”，B＝“第2次抽到红球”，则第1次和第2次都抽到红球为事件AB.从5个球中不放回地依次抽取2个球的样本点数为n(Ω)＝Aeq \o\al(2,5)＝20， (1)由分步乘法计数原理得， n(A)＝Aeq \o\al(1,3)Aeq \o\al(1,4)＝12， 于是P(A)＝eq \f(n（A）,n（Ω）)＝eq \f(12,20)＝eq \f(3,5). (2)P(AB)＝eq \f(n（AB）,n（Ω）)＝eq \f(6,20)＝eq \f(3,10). (3)在第1次抽到红球的条件下，第2次抽到红球的概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2). (4)设事件C＝“两次抽到颜色相同的球”，则P(C)＝P(两次均为红球)＋P(两次均为白球)＝eq \f(3×2,20)＋eq \f(2×1,20)＝eq \f(2,5). 解：设事件A为“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”，事件B为“学生丙第一个出场”， 对于事件A，可分两类：第1类，乙最后一个出场，则先从中间4个位置中选一个给甲，再将余下的4人全排列，有Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)种演讲顺序；第2类，乙不是最后一个出场，则先从中间4个位置中选两个给甲和乙，再将余下的4人全排列，有Aeq \o\al(2,4)Aeq \o\al(4,4)种演讲顺序，故n(A)＝Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(2,4)Aeq \o\al(4,4). 对于事件AB，此时丙第一个出场，先从除了甲和丙以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列，故n(AB)＝Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4). 所以P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝1,4)eq \f(CAeq \o\al(4,4),Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＋Aeq \o\al(2,4)Aeq \o\al(4,4)) ＝eq \f(1,4). $$