3.1.1 条件概率-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修 第二册创新导学案课件PPT（湘教版）

第3章　概率 3.1　条件概率与事件的独立性 3.1.1　条件概率 (教师独具内容) 课程标准：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． 教学重点：1．了解条件概率的概念．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　条件概率的定义 一般地，如果事件A，B是两个随机事件，且P(A)>0，则在事件A发生的条件下 事件B发生的概率叫作条件概率，记为_________，而且P(B|A)＝__________. P(B|A) 核心概念掌握 5 1．条件概率的性质 假设A，B，C都是事件，且P(A)>0，则有 性质1：0≤P(B|A)≤1； 性质2：P(A|A)＝1； 性质3：如果B与C互斥，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1．(　　) (2)P(A|B)与P(B|A)的意义不一样，一般情况下，它们也不相等．(　　) (3)P(B|A)≥P(AB)．(　　) √ × √ 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　条件概率的计算 核心素养形成 11 核心素养形成 12 【感悟提升】　条件概率的求解易出现的问题主要有两个方面：一是混淆B|A与A|B导致错误，B|A表示在事件A发生的前提下事件B发生，而A|B表示在事件B发生的前提下事件A发生，显然符号“|”后面的为前提；二是对事件AB的理解，事件AB表示事件A，B同时发生，不是只是事件B(或A)发生． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 题型二　条件概率的应用 5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，求： (1)第一次取到新球的概率； (2)第二次取到新球的概率； (3)在第一次取到新球的条件下第二次取到新球的概率． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 【感悟提升】 　计算条件概率的两种方法 核心素养形成 17 【跟踪训练】 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． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 题型三　互斥事件的条件概率 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 【感悟提升】 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 21 【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 22 核心素养形成 23 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 4．(天津高考)A，B，C，D，E五个活动，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___． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 5．某班从6名班干部(男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动． (1)求选中的3人都是男生的概率； (2)求男生甲和女生乙至少有一个被选中的概率； (3)设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P(B|A)． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 课后课时精练 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 34 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 A级 B级 1 2 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 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 A级 B级 1 2 38 7．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(AB)＝____，P(A|B)＝___． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 8．将三颗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P(A|B)＝_____． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 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 A级 B级 1 2 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 10．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 A级 B级 1 2 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 1．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”，求P(B|A)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(P（AB）,P（A）) 2．每一个随机试验，都是在一定条件下进行的，条件概率则是当试验结果的一部分已经知道，即在原随机试验的条件下又加上一定的条件，已知事件A发生，在此条件下事件AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的样本空间，计算事件AB发生的概率，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(\f(n（AB）,n（Ω）),\f(n（A）,n（Ω）))＝eq \f(P（AB）,P（A）)． eq \f(3,5) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)已知P(AB)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,5)，则P(B|A)＝_____． (2)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)＝_____． (3)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)＝____． eq \f(5,6) eq \f(1,2) eq \f(2,3) 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AB，“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（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq \f(2,5)．故选C． 【跟踪训练】 1.夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，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，又携带它们旅居外海．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　记第一次取到新球为事件A，第二次取到新球为事件B． (1)P(A)＝eq \f(3,5)． (2)P(B)＝eq \f(3×2＋2×3,5×4)＝eq \f(3,5)． (3)解法一：因为P(AB)＝eq \f(3×2,5×4)＝eq \f(3,10)， 所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq \f(1,2)． 解法二：因为n(A)＝Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,4)＝12， n(AB)＝Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)＝6， 所以P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2)． (1)在原样本空间中，先计算P(AB)，P(A)，再按公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,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)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，即在缩小后的样本空间ΩA中计算事件B发生的概率． 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)＝eq \f(10,40)＝eq \f(1,4)． (2)P(B)＝eq \f(15,40)＝eq \f(3,8)． (3)P(AB)＝eq \f(4,40)＝eq \f(1,10)． (4)解法一：P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(1,10),\f(3,8))＝eq \f(4,15)． 解法二：P(A|B)＝eq \f(n（AB）,n（B）)＝eq \f(4,15)． 解　设第i次按对密码为事件Ai(i＝1，2)，则A＝A1∪(eq \o(A,\s\up12(－))1A2)表示不超过2次就按对密码． (1)因为事件A1与事件eq \o(A,\s\up12(－))1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(eq \o(A,\s\up12(－))1A2)＝eq \f(1,10)＋eq \f(9×1,10×9)＝eq \f(1,5)． (2)设最后一位按偶数为事件B，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P(eq \o(A,\s\up12(－))1A2|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|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．某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为(　　) A．eq \f(3,13) B．eq \f(4,13) C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,5) 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)＝4,4)eq \f(A＋Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3),Aeq \o\al(5,5)) ＝5,5)eq \f(78,A) ，P(AB)＝1,3)eq \f(CAeq \o\al(3,3),Aeq \o\al(5,5)) ＝5,5)eq \f(18,A) ，则P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(18,78)＝eq \f(3,13)．故选A． 3．(多选)抛掷红、蓝两颗均匀的骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”，则有(　　) A．P(A)＝eq \f(1,3) B．P(B)＝eq \f(5,18) C．P(AB)＝eq \f(5,18) D．当已知蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的概率为eq \f(1,2) 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)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(10,36)＝eq \f(5,18)，P(AB)＝eq \f(5,36)，P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(5,12)，或P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(5,36),\f(1,3))＝eq \f(5,12)． 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　(1)选中的3人都是男生的概率为3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)． (2)男生甲和女生乙至少有一个被选中的概率为1－3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(4,5)． (3)因为P(A)＝2,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,2)，P(AB)＝1,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,6)) ＝eq \f(1,5)，所以P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,5),\f(1,2))＝eq \f(2,5)． 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(AB)＝eq \f(3×7,10×9)＝eq \f(7,30)．则所求概率为P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(7,30),\f(3,10))＝eq \f(7,9)． 2．现有3道物理题和2道化学题共5道题，若不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到物理题的条件下，第2次抽到物理题的概率为(　　) A．eq \f(3,10) B．eq \f(2,5) C．eq \f(1,2) D．eq \f(3,5) 解析　解法一：设“第1次抽到物理题”为事件A，“第2次抽到物理题”为事件B，则P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝2,5)eq \f(\f(3×2,A),\f(3,5)) ＝eq \f(1,2)．故选C． 解法二：在第1次抽到物理题的条件下，还有2道物理题和2道化学题，故在第1次抽到物理题的条件下，第2次抽到物理题的概率为eq \f(1,2)．故选C． 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包括事件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(0.4,0.8)＝0．5． 4．已知100个产品中，有83个产品长度合格，90个产品质量合格，80个产品长度和质量都合格．现在，任取一个产品，若它的质量合格，则它的长度合格的概率为(　　) A．eq \f(4,5) B．eq \f(83,100) C．eq \f(8,9) D．eq \f(9,10) 解析　设事件A为“产品的长度合格”，事件B为“产品的质量合格”，根据题意，可得P(B)＝eq \f(90,100)，P(AB)＝eq \f(80,100)，所以产品质量合格，则它的长度合格的概率为P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(80,100),\f(90,100))＝eq \f(8,9)．故选C． 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“三个人去的景点不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则有(　　) A．P(A)＝eq \f(1,3) B．P(B)＝eq \f(4,9) C．P(AB)＝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(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( \f(2,9) ,\f(4,9))＝eq \f(1,2)．故选BCD． eq \f(1,4) 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)．由于P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（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(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4)． eq \f(1,4) 解析　由题意知，P(AB)＝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（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(1,4),\f(9,20))＝eq \f(5,9)． eq \f(5,9) 解析　三颗均匀的骰子各掷一次，点数共有6×6×6＝216种，事件eq \o(B,\s\up12(－))表示“三次都没有出现3点”，共有5×5×5＝125种，事件AB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\up12(－)))＝1－eq \f(125,216)＝eq \f(91,216)，P(AB)＝eq \f(60,216)＝eq \f(5,18)，所以P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(5,18),\f(91,216))＝eq \f(60,91)． 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＝Ceq \o\al(2,2)＝1，故所求概率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DE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（DE）,n（D）)＝eq \f(1,2)． 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　∵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种取法可构成直角三角形，即(3，4，5)，∴P(AB)＝eq \f(1,10)，∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,3)． 2．一袋中共有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，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)记“第2次取得白球”为事件B，“第1次取得黑球”为事件C，则 P(BC)＝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（BC）,P（B）)＝eq \f(\f(5,18),\f(1,2))＝eq \f(5,9)． $