第7章 7.1.1 条件概率-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册教师用书（人教A版2019）

第七章 <<< 7.1.1 条件概率 1.结合古典概型，掌握条件概率的定义，能计算简单随机事件的条件概率. 2.掌握概率的乘法公式. 3.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质. 学习目标 掷一枚质地均匀的骰子，出现2点的概率是多少？在已知是偶数点的前提下，出现2点的概率是多少？这两个事件的概率一样吗？ 导 语 一、条件概率的概念与计算 二、概率的乘法公式 课时对点练 三、互斥事件的条件概率 随堂演练 内容索引 4 一 条件概率的概念与计算 抛掷一枚质地均匀的硬币两次. (1)两次都是正面向上的概率是多少？ 问题1 提示　两次抛掷硬币，试验结果的样本点组成样本空间Ω=｛正正，正反，反正，反反｝，用B表示事件“两次都是正面向上”，则B=｛正正｝，故P(B)=. (2)在已知有一次出现正面向上的条件下，两次都是正面向上的概率是多少？ 提示　用A表示事件“两次试验中有一次正面向上”，则A=｛正正，正反，反正｝，那么，在A发生的条件下，B发生的概率为.在事件A发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化. (3)在第一次出现正面向上的条件下，第二次出现正面向上的概率是多少？ 提示　用C表示事件“第一次出现正面向上”，则C=｛正正，正反｝，那么，在C发生的条件下，B发生的概率为.在事件C发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化. 1.条件概率：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. 2.条件概率的计算方法 (1)定义法：P(B|A)=_______. (2)缩小样本空间法：P(B|A)=. 知识梳理 (1)P(B|A)与P(A|B)意义不同.由条件概率的定义可知，P(B|A)表示在事件A已经发生的条件下事件B发生的概率；而P(A|B)表示在事件B已经发生的条件下事件A发生的概率. (2)当事件A与B相互独立时，可得P(AB)=P(A)P(B)，则P(B|A)=P(B). 注 意 点 <<< 10 　 (1)判断下列几种概率哪些是条件概率： ①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，已知一名女生获得冠军，则该名女生是高一学生的概率； ②掷一枚骰子，求掷出的点数为3的概率； ③在一副扑克的52张(去掉两张王牌后)中任取1张，已知抽到梅花的条件下，抽到的是梅花5的概率. 例 1 由条件概率定义可知①③是，②不是. 11 (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. 12 方法一　设A=“甲抽到奇数”，B=“乙抽到的数比甲抽到的数大”，试验的样本空间记为Ω，则n(Ω)==6×5=30，n(A)=3×5=15，n(AB)=9. ∴P(A)===， P(AB)===， ∴P(B|A)==. 13 方法二　将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，甲抽到奇数的样本点有(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.在这15个样本点中，乙抽到的数比甲抽到的数大的样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，6)，共9个，∴所求概率P==. 14 (1)判断是不是条件概率主要看一个事件的发生是否是在另一个事件发生的条件下进行的. (2)计算条件概率的方法 ①定义法：分别计算概率P(AB)和P(A)，将它们相除得到条件概率P(B|A)=. ②缩小样本空间法： 缩：将原来样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB. 数：数出A中事件AB所包含的样本点个数. 算：利用古典概型求P(B|A)=，n(AB)与n(A)是缩小样本空间的计数. 反 思 感 悟 15 　(1)下面几种概率是条件概率的是 A.甲、乙二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.一个盒子中有5个白球、3个红球，从中任取2个球，则在所取的球中 有一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率 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，小明 在一次上学中遇到红灯的概率 跟踪训练 1 √ 由条件概率的定义知B为条件概率. 16 (2)10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲、乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽，在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率为 A. B. C. D. √ 17 方法一　甲中奖的概率P1==，甲中奖，乙没中奖的概率P2==， 则在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率 P===. 方法二　10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲先抽，并且中奖，此时还有9张奖券，其中3张为“中奖”奖券，则在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率P==. 18 二 概率的乘法公式 提示　将条件概率公式P(B|A)=变形为P(AB)=P(A)P(B|A)即可. 对于任意两个事件A和B，如果已知P(A)(P(A)>0)和P(B|A)，如何计算P(AB)？ 问题2 概率的乘法公式：对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)= . P(A)P(B|A) 知识梳理 (1)P(AB)表示A，B同时发生的概率，P(B|A)表示A先发生，然后B发生的概率. (2)在P(B|A)中，事件A成为样本空间，而在P(AB)中，样本空间为所有事件的总和. (3)当P(B|A)=P(B)时，事件A与事件B是相互独立事件. 注 意 点 <<< 22 　一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次.求： (1)第一次取得白球的概率； 例 2 设A=“第一次取得白球”，B=“第二次取得白球”，则=“第一次取得黑球”，由题意，得 P(A)==. 23 (2)第一、第二次都取得白球的概率； P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 24 (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率. P(B)=P()P(B|)=×=. 25 反 思 感 悟 (1)功能：是一种计算“积事件”概率的方法，即当不容易直接计算P(AB)时，可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B)，再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解. (2)推广：设A，B，C为三个事件，且P(AB)>0，则有P(ABC)=P(C|AB)P(AB)=P(C|AB)P(B|A)P(A). 应用乘法公式求概率的关注点 　 10个考签中有4个难签，2人参加抽签(不放回)，甲先，乙后，求： (1)甲抽到难签的概率； 跟踪训练 2 记事件A，B分别表示甲、乙抽到难签，则 P(A)==. 27 (2)甲、乙都抽到难签的概率； P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. 28 (3)甲没有抽到难签，而乙抽到难签的概率. P(B)=P()P(B|)=×=. 29 三 互斥事件的条件概率 条件概率的性质： 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)设和B互为对立事件，则P(|A)= . 1 P(B|A)+P(C|A) 1-P(B|A) 知识梳理 (1)A与B互斥，即A，B不同时发生，则P(AB)=0，故P(B|A)=0. (2)互斥事件的条件概率公式可以将复杂事件分解为简单事件的概率和. 注 意 点 <<< 32 　在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率. 例 3 33 设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个球为黑球”为事件C，则P(A)=， P(AB)==，P(AC)==. ∴P(B|A)===，P(C|A)===. ∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=. ∴所求概率为. 34 反 思 感 悟 (1)利用互斥事件的条件概率加法公式可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“两个事件互斥”. (2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率. 　抛掷两颗质地均匀的骰子各一次. (1)两颗骰子向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少？ 跟踪训练 3 记事件A表示“两颗骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两颗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”， 则P(B)==，P(AB)==， 所以P(A|B)==. 36 (2)两颗骰子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？ 37 记事件Mi表示“两颗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“两颗骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”. 因为P(N)==，P(M4N)==，P(M6N)==， 所以P(M|N)=P(M4∪M6|N)=P(M4|N)+P(M6|N)=+=+=. 38 1.知识清单： (1)条件概率的概念与计算. (2)概率的乘法公式. (3)互斥事件的条件概率. 2.方法归纳：定义法、缩小样本空间法、正难则反. 3.常见误区： (1)分不清在“谁的条件”下，求“谁的概率”. (2)判断两个事件是否是互斥事件. 课堂小结 39 随堂演练 四 1 2 3 4 1.把一枚骰子连续抛掷两次，记事件M=“两次所得点数均为奇数”，N=“至少有一次点数是3”，则P(N|M)等于 A. B. C. D. √ 事件M=“两次所得点数均为奇数”，则事件M包含的样本点有(1，1)， (1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，故n(M)=9；N=“至少有一次点数是3”，则事件MN包含的样本点有(1，3)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，3)，故n(MN)=5，所以P(N|M)=. 2.设A，B为两个事件，已知P(A|B)=，P()=，则P(AB)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 √ 由题意知P(B)=1-P()=1-=，则P(AB)=P(A|B)P(B)=×=. 3.若B，C是互斥事件且P(B|A)=，P(C|A)=，则P(B∪C|A)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 √ 因为B，C是互斥事件，所以 P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=. 4.有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取得的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为　　.  1 2 3 4 1 2 3 4 设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”， 则D=B∪C，且B与C互斥. 又P(A)==，P(AB)==， P(AC)==， 故P(D|A)=P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=+=. 课时对点练 五 1.已知A与B是两个事件，P(B)=，P(AB)=，则P(A|B)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 √ 由条件概率的计算公式，可得 P(A|B)===. 2.某校开展了课后延时服务，要求张老师在每个星期的周一至周五选两天参加课后延时服务，则张老师在周二参加课后延时服务的条件下，周三也参加课后延时服务的概率为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 张老师在周二参加课后延时服务的条件下，周一至周五还剩余4天，张老师周三也参加课后延时服务的概率P=. 3.设A，B为两个事件，已知P(B)=0.4，P(A)=0.5，P(B|A)=0.3，则P(A|B)等于 A.0.24 B.0.375 C.0.4 D.0.5 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由P(A)=0.5，P(B|A)=0.3， 得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.15， 所以P(A|B)===0.375. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.在不透明的盒子中放有大小、形状完全相同的6张卡片，上面分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从中不放回地抽取两次卡片，每次抽取一张，只要抽到的卡片编号大于4就可以中奖，已知第一次抽到卡片中奖，则第二次抽到卡片中奖的概率为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设事件A为第一次抽到卡片中奖，事件B为第二次抽到卡片中奖，则P(A)==，P(AB)==，故P(B|A)==. 5.经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么她两次均击中9环的概率为 A.0.24 B.0.36 C.0.48 D.0.75 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，则由题意得P(A)=0.6，P(B|A)=0.8，所以她两次均击中9环的概率为P(AB)=P(A)P(B|A)=0.6×0.8=0.48. 6.有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光.”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件A=“甲和乙至少有一人选择庐山”，事件B=“甲和乙选择的景点不同”，则P(|A)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知，因为n(A)=·+1=7， n(AB)=6， 所以P(|A)=1-P(B|A)=1-=1-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知P(A)=0.3，P(B)=0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)=　　　， P(A|B)=　　　.  P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=0.3+0.5-0.3×0.5=0.65； 因为A，B相互独立，所以P(A|B)=P(A)=0.3. 0.65 0.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知事件A和B是互斥事件，P(C)=，P(BC)=，P(A∪B|C)=，则P(A|C)=　　.  由题意知， P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)=， P(B|C)===， 则P(A|C)=P(A∪B|C)-P(B|C)=-=. 57 9.某校从学校文艺部7名成员(4名男生和3名女生)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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 从7名成员中挑选2名成员， 共有=21(种)情况， 记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的样本点数为=6，故P(A)==. (2)在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则P(AB)=， 由(1)知P(A)=， 故P(B|A)===. (3)在要求被选中的两人中必须是一名男生和一名女生的条件下，求女生乙被选中的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 记“被选中的两人为一名男生和一名女生”为事件C，事件C所包含的样本点数为×=12， 则P(C)==， “女生乙被选中”为事件B，则P(BC)==， 故P(B|C)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.某支付密码由6位数字组成.某人在付款时，忘记了密码的最后1位数字，求： (1)若任意按最后1位数字，则不超过3次就按对的概率； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设Ai(i=1，2，3)表示第i次按对密码，A表示不超过3次就按对， 则有A=A1∪A2∪A3， 因为事件A1，A2，A3两两互斥， 所以P(A)=P(A1∪A2∪A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)， =P(A1)+P()P(A2|)+P()P(A3|) =P(A1)+P()P(A2|)+P()P(|)P(A3|) =+×+××=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)如果记得密码的最后1位是偶数，则不超过3次就按对的概率. 记事件B表示最后1位是偶数， 则P(A|B)=P[(A1∪A2∪A3)|B] =P(A1|B)+P(A2|B)+P(A3|B) =++=. 11.已知桌上放有3本语文书和3本数学书.小明现从这6本书中任意抽取3本书，事件A表示“至少抽到1本数学书”，事件B表示“抽到语文书和数学书”，则P(B|A)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得n(A)=-=20-1=19， n(AB)=+=18， 由条件概率的公式得P(B|A)==. 12.(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者评为“智答能手”.设甲评为“智答能手”为事件A，乙评为“智答能手”为事件B，若P(B|A)=P(B)，则下列结论正确的是 A.P(A|B)=P(A) B.P(|A)= C.甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为 D.甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意，可得P(A)===，P(B)===，由P(B|A)==P(B)，得P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A，B相互独立，所以P(A|B)===P(A)，故A正确； P(B|A)=P(B)=，由条件概率的性质得P(|A)=1-P(B|A)=1-=，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为事件A，B相互独立，所以A与与B，也都相互独立.甲、乙都评为“智答能手”的概率P(AB)=P(A)P(B)=×=， 所以甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为1-P(AB)=1-=，故C错误； 甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P()=P()P()=× =×=，所以甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为1-P()=1-=，故D正确. 13.甲、乙、丙三人报考A，B，C三所大学，每人限报一所，设事件A为“三人报考的大学均不相同”，事件B为“甲报考的大学与其他两人均不相同”，则P(A|B)等于 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 每人报考大学有3种选择，故总的报考方法共有33=27(种)，三人报考的大学均不相同的报考方法有=6(种)，故P(AB)==， 甲报考的大学与其他两人均不相同的报考方法有=12(种)，故P(B)==， 所以P(A|B)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(2024·天津)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的概率为　　；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(列举法) 从五个活动中选三个的情况有： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种， 其中甲选到A有6种情况： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 则甲选到A的概率为=； 乙选A活动有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 其中再选择B活动有3种情况： ABC，ABD，ABE， 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为=. 方法二　设选到A为事件M， 选到B为事件N， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则甲选到A的概率为P(M)==； 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 P(N|M)===. 15.春季是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里患鼻炎的概率是，患感冒的概率是，鼻炎和感冒均未患的概率是，则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设“此人在春季里患鼻炎”为事件A，“此人在春季里患感冒”为事件B， 则P(A)=，P(B)=，P(A∪B)=1-=， 由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)， 可得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=+-=， 则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为P(B|A)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.在某次考试中，要从20道题中随机抽出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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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，有一道题答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，有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)=++=， P(AD)=P(A)，P(BD)=P(B)， P(E|D)=P(A|D)+P(B|D)=+=+=. 故所求的概率为. 第七章 <<< $$ 7.1.1　条件概率 [学习目标]　1.结合古典概型，掌握条件概率的定义，能计算简单随机事件的条件概率.2.掌握概率的乘法公式.3.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质. 导语 掷一枚质地均匀的骰子，出现2点的概率是多少？在已知是偶数点的前提下，出现2点的概率是多少？这两个事件的概率一样吗？ 一、条件概率的概念与计算 问题1　抛掷一枚质地均匀的硬币两次. (1)两次都是正面向上的概率是多少？ (2)在已知有一次出现正面向上的条件下，两次都是正面向上的概率是多少？ (3)在第一次出现正面向上的条件下，第二次出现正面向上的概率是多少？ 提示　(1)两次抛掷硬币，试验结果的样本点组成样本空间Ω=｛正正，正反，反正，反反｝，用B表示事件“两次都是正面向上”，则B=｛正正｝，故P(B)=. (2)用A表示事件“两次试验中有一次正面向上”，则A=｛正正，正反，反正｝，那么，在A发生的条件下，B发生的概率为.在事件A发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化. (3)用C表示事件“第一次出现正面向上”，则C=｛正正，正反｝，那么，在C发生的条件下，B发生的概率为.在事件C发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化. 知识梳理 1.条件概率：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. 2.条件概率的计算方法 (1)定义法：P(B|A)=. (2)缩小样本空间法：P(B|A)=. 注意点： (1)P(B|A)与P(A|B)意义不同.由条件概率的定义可知，P(B|A)表示在事件A已经发生的条件下事件B发生的概率；而P(A|B)表示在事件B已经发生的条件下事件A发生的概率. (2)当事件A与B相互独立时，可得P(AB)=P(A)P(B)，则P(B|A)=P(B). 例1　(1)判断下列几种概率哪些是条件概率： ①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，已知一名女生获得冠军，则该名女生是高一学生的概率； ②掷一枚骰子，求掷出的点数为3的概率； ③在一副扑克的52张(去掉两张王牌后)中任取1张，已知抽到梅花的条件下，抽到的是梅花5的概率. 解　由条件概率定义可知①③是，②不是. (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　方法一　设A=“甲抽到奇数”，B=“乙抽到的数比甲抽到的数大”，试验的样本空间记为Ω，则n(Ω)==6×5=30，n(A)=3×5=15，n(AB)=9. ∴P(A)===， P(AB)===， ∴P(B|A)==. 方法二　将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，甲抽到奇数的样本点有(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.在这15个样本点中，乙抽到的数比甲抽到的数大的样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(5，6)，共9个，∴所求概率P==. 反思感悟　(1)判断是不是条件概率主要看一个事件的发生是否是在另一个事件发生的条件下进行的. (2)计算条件概率的方法 ①定义法：分别计算概率P(AB)和P(A)，将它们相除得到条件概率P(B|A)=. ②缩小样本空间法： 缩：将原来样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB. 数：数出A中事件AB所包含的样本点个数. 算：利用古典概型求P(B|A)=，n(AB)与n(A)是缩小样本空间的计数. 跟踪训练1　(1)下面几种概率是条件概率的是(　　) A.甲、乙二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.一个盒子中有5个白球、3个红球，从中任取2个球，则在所取的球中有一个是红球的条件下，另一个也是红球的概率 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，小明在一次上学中遇到红灯的概率 答案　B 解析　由条件概率的定义知B为条件概率. (2)10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲、乙两人先后参加抽奖活动，每人从中不放回抽取一张奖券，甲先抽，乙后抽，在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　方法一　甲中奖的概率P1==，甲中奖，乙没中奖的概率P2==， 则在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率 P===. 方法二　10张奖券中有4张“中奖”奖券，甲先抽，并且中奖，此时还有9张奖券，其中3张为“中奖”奖券，则在甲中奖的条件下，乙没有中奖的概率P==. 二、概率的乘法公式 问题2　对于任意两个事件A和B，如果已知P(A)(P(A)>0)和P(B|A)，如何计算P(AB)？ 提示　将条件概率公式P(B|A)=变形为P(AB)=P(A)P(B|A)即可. 知识梳理 概率的乘法公式：对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)=P(A)P(B|A). 注意点： (1)P(AB)表示A，B同时发生的概率，P(B|A)表示A先发生，然后B发生的概率. (2)在P(B|A)中，事件A成为样本空间，而在P(AB)中，样本空间为所有事件的总和. (3)当P(B|A)=P(B)时，事件A与事件B是相互独立事件. 例2　一个盒子中有6个白球、4个黑球，从中不放回地每次任取1个，连取2次.求： (1)第一次取得白球的概率； (2)第一、第二次都取得白球的概率； (3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率. 解　设A=“第一次取得白球”，B=“第二次取得白球”，则=“第一次取得黑球”，由题意，得 (1)P(A)==. (2)P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. (3)P(B)=P()P(B|)=×=. 反思感悟　应用乘法公式求概率的关注点 (1)功能：是一种计算“积事件”概率的方法，即当不容易直接计算P(AB)时，可先求出P(A)及P(B|A)或先求出P(B)及P(A|B)，再利用乘法公式P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B)求解. (2)推广：设A，B，C为三个事件，且P(AB)>0，则有P(ABC)=P(C|AB)P(AB)=P(C|AB)P(B|A)P(A). 跟踪训练2　10个考签中有4个难签，2人参加抽签(不放回)，甲先，乙后，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. 解　记事件A，B分别表示甲、乙抽到难签，则 (1)P(A)==. (2)P(AB)=P(A)P(B|A)=×=. (3)P(B)=P()P(B|)=×=. 三、互斥事件的条件概率 知识梳理 条件概率的性质： 设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)=1. (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A). (3)设和B互为对立事件，则P(|A)=1-P(B|A). 注意点： (1)A与B互斥，即A，B不同时发生，则P(AB)=0，故P(B|A)=0. (2)互斥事件的条件概率公式可以将复杂事件分解为简单事件的概率和. 例3　在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸2个球，求在第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率. 解　设“摸出第一个球为红球”为事件A，“摸出第二个球为黄球”为事件B，“摸出第二个球为黑球”为事件C，则P(A)=， P(AB)==，P(AC)==. ∴P(B|A)===， P(C|A)===. ∴P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A) =+=. ∴所求概率为. 反思感悟　(1)利用互斥事件的条件概率加法公式可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“两个事件互斥”. (2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率. 跟踪训练3　抛掷两颗质地均匀的骰子各一次. (1)两颗骰子向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少？ (2)两颗骰子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？ 解　(1)记事件A表示“两颗骰子中，向上的点数有一个是2”，事件B表示“两颗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”， 则P(B)==，P(AB)==， 所以P(A|B)==. (2)记事件Mi表示“两颗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“两颗骰子向上的点数不相同”，则事件MiN表示“两颗骰子向上的点数不相同，且向上的点数之和为i”. 因为P(N)==， P(M4N)==， P(M6N)==， 所以P(M|N)=P(M4∪M6|N)=P(M4|N)+P(M6|N)=+=+=. 1.知识清单： (1)条件概率的概念与计算. (2)概率的乘法公式. (3)互斥事件的条件概率. 2.方法归纳：定义法、缩小样本空间法、正难则反. 3.常见误区： (1)分不清在“谁的条件”下，求“谁的概率”. (2)判断两个事件是否是互斥事件. 1.把一枚骰子连续抛掷两次，记事件M=“两次所得点数均为奇数”，N=“至少有一次点数是3”，则P(N|M)等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　事件M=“两次所得点数均为奇数”，则事件M包含的样本点有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，故n(M)=9；N=“至少有一次点数是3”，则事件MN包含的样本点有(1，3)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，3)，故n(MN)=5，所以P(N|M)=. 2.设A，B为两个事件，已知P(A|B)=，P()=，则P(AB)等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意知P(B)=1-P()=1-=，则P(AB)=P(A|B)P(B)=×=. 3.若B，C是互斥事件且P(B|A)=，P(C|A)=，则P(B∪C|A)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　因为B，C是互斥事件，所以 P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=. 4.有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机任取两瓶，若取得的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率为　　　　.  答案　 解析　设事件A为“其中一瓶是蓝色”，事件B为“另一瓶是红色”，事件C为“另一瓶是黑色”，事件D为“另一瓶是红色或黑色”， 则D=B∪C，且B与C互斥. 又P(A)==，P(AB)==， P(AC)==， 故P(D|A)=P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A) =+=+=. 课时对点练　[分值：100分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 单选题每小题5分，共45分；多选题每小题6分，共6分 1.已知A与B是两个事件，P(B)=，P(AB)=，则P(A|B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由条件概率的计算公式，可得 P(A|B)===. 2.某校开展了课后延时服务，要求张老师在每个星期的周一至周五选两天参加课后延时服务，则张老师在周二参加课后延时服务的条件下，周三也参加课后延时服务的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　张老师在周二参加课后延时服务的条件下，周一至周五还剩余4天，张老师周三也参加课后延时服务的概率P=. 3.设A，B为两个事件，已知P(B)=0.4，P(A)=0.5，P(B|A)=0.3，则P(A|B)等于(　　) A.0.24 B.0.375 C.0.4 D.0.5 答案　B 解析　由P(A)=0.5，P(B|A)=0.3， 得P(AB)=P(B|A)P(A)=0.15， 所以P(A|B)===0.375. 4.在不透明的盒子中放有大小、形状完全相同的6张卡片，上面分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从中不放回地抽取两次卡片，每次抽取一张，只要抽到的卡片编号大于4就可以中奖，已知第一次抽到卡片中奖，则第二次抽到卡片中奖的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设事件A为第一次抽到卡片中奖，事件B为第二次抽到卡片中奖，则P(A)==，P(AB)==，故P(B|A)==. 5.经统计，某射击运动员进行两次射击时，第一次击中9环的概率为0.6，在第一次击中9环的条件下，第二次也击中9环的概率为0.8.那么她两次均击中9环的概率为(　　) A.0.24 B.0.36 C.0.48 D.0.75 答案　C 解析　设该射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”为事件B，则由题意得P(A)=0.6，P(B|A)=0.8，所以她两次均击中9环的概率为P(AB)=P(A)P(B|A)=0.6×0.8=0.48. 6.有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光.”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，分别准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山这4个著名的旅游景点中随机选择1个景点游玩，记事件A=“甲和乙至少有一人选择庐山”，事件B=“甲和乙选择的景点不同”，则P(|A)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意知，因为n(A)=·+1=7， n(AB)=6， 所以P(|A)=1-P(B|A)=1- =1-=. 7.(5分)已知P(A)=0.3，P(B)=0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)=　　　　，P(A|B)=　　　　.  答案　0.65　0.3 解析　P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B) =0.3+0.5-0.3×0.5=0.65；因为A，B相互独立，所以P(A|B)=P(A)=0.3. 8.(5分)已知事件A和B是互斥事件，P(C)=，P(BC)=，P(A∪B|C)=，则P(A|C)=　　　　.  答案　 解析　由题意知， P(A∪B|C)=P(A|C)+P(B|C)=， P(B|C)===， 则P(A|C)=P(A∪B|C)-P(B|C)=-=. 9.(12分)某校从学校文艺部7名成员(4名男生和3名女生)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；(4分) (2)在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；(4分) (3)在要求被选中的两人中必须是一名男生和一名女生的条件下，求女生乙被选中的概率.(4分) 解　(1)从7名成员中挑选2名成员， 共有=21(种)情况， 记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的样本点数为=6，故P(A)==. (2)记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则P(AB)=， 由(1)知P(A)=， 故P(B|A)===. (3)记“被选中的两人为一名男生和一名女生”为事件C，事件C所包含的样本点数为×=12， 则P(C)==， “女生乙被选中”为事件B，则P(BC)==， 故P(B|C)===. 10.(10分)某支付密码由6位数字组成.某人在付款时，忘记了密码的最后1位数字，求： (1)若任意按最后1位数字，则不超过3次就按对的概率；(5分) (2)如果记得密码的最后1位是偶数，则不超过3次就按对的概率.(5分) 解　(1)设Ai(i=1，2，3)表示第i次按对密码，A表示不超过3次就按对， 则有A=A1∪A2∪A3， 因为事件A1，A2，A3两两互斥， 所以P(A)=P(A1∪A2∪A3) =P(A1)+P(A2)+P(A3)， =P(A1)+P()P(A2|)+ P()P(A3|) =P(A1)+P()P(A2|)+ P()P(|)P(A3|) =+×+××=. (2)记事件B表示最后1位是偶数， 则P(A|B)=P[(A1∪A2∪A3)|B] =P(A1|B)+P(A2|B)+P(A3|B) =++=. 11.已知桌上放有3本语文书和3本数学书.小明现从这6本书中任意抽取3本书，事件A表示“至少抽到1本数学书”，事件B表示“抽到语文书和数学书”，则P(B|A)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意得n(A)=-=20-1=19， n(AB)=+=18， 由条件概率的公式得P(B|A)==. 12.(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者评为“智答能手”.设甲评为“智答能手”为事件A，乙评为“智答能手”为事件B，若P(B|A)=P(B)，则下列结论正确的是(　　) A.P(A|B)=P(A) B.P(|A)= C.甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为 D.甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为 答案　ABD 解析　由题意，可得P(A)===，P(B)===，由P(B|A)==P(B)，得P(AB)=P(A)P(B)，所以事件A，B相互独立，所以P(A|B)===P(A)，故A正确； P(B|A)=P(B)=，由条件概率的性质得P(|A)=1-P(B|A)=1-=，故B正确； 因为事件A，B相互独立，所以A与，与B，与也都相互独立.甲、乙都评为“智答能手”的概率P(AB)=P(A)P(B)=×=， 所以甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为1-P(AB)=1-=，故C错误； 甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P( )=P()P()=×=×=， 所以甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为1-P( )=1-=，故D正确. 13.甲、乙、丙三人报考A，B，C三所大学，每人限报一所，设事件A为“三人报考的大学均不相同”，事件B为“甲报考的大学与其他两人均不相同”，则P(A|B)等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　每人报考大学有3种选择，故总的报考方法共有33=27(种)，三人报考的大学均不相同的报考方法有=6(种)，故P(AB)==， 甲报考的大学与其他两人均不相同的报考方法有=12(种)，故P(B)==， 所以P(A|B)===. 14.(2024·天津)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　方法一　(列举法) 从五个活动中选三个的情况有： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种， 其中甲选到A有6种情况： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 则甲选到A的概率为=； 乙选A活动有6种情况： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 其中再选择B活动有3种情况： ABC，ABD，ABE， 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 =. 方法二　设选到A为事件M， 选到B为事件N， 则甲选到A的概率为P(M)==； 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 P(N|M)===. 15.春季是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里患鼻炎的概率是，患感冒的概率是，鼻炎和感冒均未患的概率是，则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　设“此人在春季里患鼻炎”为事件A，“此人在春季里患感冒”为事件B， 则P(A)=，P(B)=，P(A∪B)=1-=， 由P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)， 可得P(AB)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=+-=， 则此人在患鼻炎的条件下患感冒的概率为P(B|A)===. 16.(12分)在某次考试中，要从20道题中随机抽出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. 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，有一道题答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，有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)=++=， P(AD)=P(A)，P(BD)=P(B)， P(E|D)=P(A|D)+P(B|D) =+=+=. 故所求的概率为. 学科网（北京）股份有限公司 $$