4.1.1 条件概率-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦条件概率核心知识点，系统讲解定义、计算公式及性质，衔接古典概型与事件交并知识，为后续事件独立性学习搭建支架，帮助学生从已知事件发生角度深化概率理解。 资料通过班级学生、摸球等情境引入，结合例题与母题探究，培养数学抽象、数学运算和数学建模素养。课中例题互动提升教学效果，课后分层作业与回顾问题助力学生查漏补缺，强化知识应用。

4.1　条件概率与事件的独立性 4.1.1　条件概率 1．通过对具体情境的分析，了解条件概率的定义．(数学抽象) 2．掌握简单的条件概率的计算问题．(数学运算) 3．能利用条件概率公式解决简单的实际问题．(数学运算、数学建模) 高二(1)班共有30名男生，20名女生，其中男生中共有8名共青团员，女生中共有10名共青团员． 问题：(1)从该班学生中任意抽取1人，其是女生的概率是多少？ [提示]　. (2)已知抽出的是女同学的前提下，该同学是共青团员的概率又是多少？ [提示]　. 知识点1　条件概率 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 表示 P(A|B) 计算 公式 P(A|B)＝ (1)在条件概率的计算公式中，要强调P(B)>0．当P(B)＝0时，我们不定义条件概率． (2)当题目涉及“在……前提下”等字眼时，一般为条件概率，如题目中没有上述字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，也是条件概率．在条件概率的表示中，“|”之后的部分表示条件． P(A|B)与P(B|A)相同吗？ [提示]　不同，前者是事件B发生的条件下事件A发生的概率，而后者是事件A发生的条件下事件B发生的概率．一般情况下，它们也不相等． 知识点2　条件概率的性质 假设A，B，C都是事件，且P(A)>0． (1)0≤P(B|A)≤1． (2)P(A|A)＝1． (3)如果B与C互斥，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)P(A∩B)＝P(AB)． (　　) (2)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1． (　　) (3)P(B|A)＝P(A∩B)． (　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)× [提示]　(1)事件A和B同时发生所构成的事件称为事件A与B的交(或积)，记作A∩B(或AB)，所以P(A∩B)＝P(AB)． (2)若事件A，B互斥，则事件A∩B是不可能事件，P(A∩B)＝0，所以P(B|A)＝0． (3)事件(B|A)是指在事件A发生的条件下，事件B发生，而事件A∩B是指事件A与事件B同时发生，故P(B|A)≠P(A∩B)． 2．已知事件A，B，若P(B)＝，P(A∩B)＝＝(　　) A． B． C． D． A　[因为P(B)＝，P(A∩B)＝＝.] 3．一个盒子中有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，则在第一次取到新球的条件下第二次取到新球的概率是________． 　[在第一次取到新球之后，由于不放回，因此还有4个乒乓球，其中2个新的，故第二次取到新球的概率是.] 类型1　利用定义求条件概率 【例1】　【链接教材P45例2】 已知一个口袋内装有2个白球和2个黑球． (1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？ [解]　(1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸出白球”为事件AB，“先摸1球不放回，再摸1球”共有4×3种结果，所以P(A)＝，P(A∩B)＝＝，所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为. (2)设“先摸出1个白球放回”为事件A1，“再摸出1个白球”为事件B1，“两次都摸出白球”为事件A1B1， P(A1)＝，P(A1∩B1)＝ ＝， 所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为. 【教材原题P45例2】 例2　已知春季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为20%与18%，且两地同时下雨的概率为12%.求春季的一天里： (1)已知甲地下雨的条件下，乙地也下雨的概率； (2)已知乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率． [解]　记A：甲地下雨，B：乙地下雨，则由已知可得 P(A)＝20%，P(B)＝18%，P(A∩B)＝12%. (1)需要求的是P(B|A)，因此 P(B|A)＝. (2)需要求的是P(A|B)，因此 P(A|B)＝. 　用定义法求条件概率P(B|A)的步骤 (1)分析题意，弄清概率模型． (2)计算P(A)，P(A∩B)． (3)代入公式求P(B|A)＝. [跟进训练] 1．已知某种传染性病毒使人感染的概率为0.75，在感染该病毒的条件下确诊的概率为0.64，则感染该病毒且确诊的概率是(　　) A．0.40 B．0.45 C．0.48 D．0.50 C　[记“感染该病毒”为事件A，“确诊”为事件B，则P＝0.75，P＝0.64， 所以P＝0.64×0.75＝0.48，即感染该病毒且确诊的概率是0.48．] 类型2　利用基本事件个数求条件概率 【例2】　【链接教材P44例1】 现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求： (1)第1次抽到舞蹈节目的概率； (2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率； (3)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． [思路导引]　第(1)(2)问属于古典概型问题，可直接代入公式；第(3)问为条件概率问题，可以借用前两问的结论，也可以直接利用随机事件包含的样本点的个数求解． [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个的事件数为n(Ω)＝＝30， 根据分步乘法计数原理n(A)＝＝20， 所以P(A)＝. (2)因为n(A∩B)＝＝12，所以P(A∩B)＝. (3)(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)＝. (法二)因为n(A∩B)＝12，n(A)＝20， 所以P(B|A)＝. [母题探究] (变结论)本例条件不变，试求在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到语言类节目的概率． [解]　设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到语言类节目为事件C，则第1次抽到舞蹈节目、第2次抽到语言类节目为事件A∩C． n(A)＝＝20， n(A∩C)＝＝8， ∴P(C|A)＝. 【教材原题P44例1】 例1　掷红、蓝两个均匀的骰子，设 A：蓝色骰子的点数为5或6； B：两骰子的点数之和大于7． 求已知事件A发生的条件下事件B发生的概率P(B|A)． [解]　用数对(x，y)来表示抛掷结果，其中x表示红色骰子的点数，y表示蓝色骰子的点数，则样本空间可记为Ω＝{(x，y)|x，y＝1，2，3，4，5，6}， 而且样本空间可用图4-1-2直观表示，图中每一个点代表一个样本点．样本空间中，共包含36个样本点． 不难看出，A包含的样本点即图4-1-2中绿色矩形框中的点，共12个，因此 P(A)＝； B包含的样本点即图4-1-2中紫色三角框中的点，B∩A共包含9个样本点，从而 P(B∩A)＝. 因此P(B|A)＝. 　若事件为古典概型，可利用公式P(B|A)＝，即在缩小后的样本空间中计算在事件A发生的条件下事件B发生的概率． 提醒：在应用缩小样本空间法时要注意n(AB)与 n(A) 的求解． [跟进训练] 2．(源自北师大版教材)在5道题中有3道选择题和2道填空题．如果不放回地依次抽取2道题．求： (1)第一次抽到选择题的概率； (2)第一次和第二次都抽到选择题的概率； (3)在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率． [解]　设事件A表示“第一次抽到选择题”，事件B表示“第二次抽到选择题”，则事件A∩B表示“第一次和第二次都抽到选择题”． (1)在从5道题中不放回地依次抽取2道题的试验中，样本空间包含的样本点个数为n(Ω)＝＝20． 由分步乘法计数原理，得n(A)＝＝12． 于是P(A)＝. 故第一次抽到选择题的概率为. (2)因为n(AB)＝＝6， 所以P(AB)＝. 故第一次和第二次都抽到选择题的概率为. (3)(法一)由(1)(2)可知P(A)＝，P(A∩B)＝ ＝. 故在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率为. (法二)由(1)(2)可知n(A∩B)＝6，n(A)＝12， 所以P(B|A)＝. 故在第一次抽到选择题的条件下，第二次抽到选择题的概率为. 类型3　利用条件概率的性质求概率 【例3】　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．某人在银行自助提款机上取钱时，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． [思路导引]　(1)不超过2次，即第1次按对或第1次未按对第2次按对； (2)条件概率，利用互斥事件的条件概率公式求解． [解]　设第i次按对密码为事件Ai(i＝1，2)，则A＝A1∪表示不超过2次按对密码． (1)因为事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P＝. (2)用B表示最后一位是偶数的事件，则P(A|B)＝P＝. [母题探究] (变结论)本例中条件不变，求“任意按最后一位数字，不超过3次就按对的概率”． [解]　设第i次按对密码为事件Ai(i＝1，2，3)，则A＝A1∪∪表示不超过3次按对密码．因为事件A1，A3两两互斥，所以由概率的加法公式得P＝. 　利用条件概率的性质的解题策略 (1)分析条件，选择公式：首先看事件B，C是否互斥，若互斥，则选择公式P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)； (2)分解计算，代入求值：为了求比较复杂事件的概率，一般先把它分解成两个(或若干个)互斥事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用概率的加法公式即得所求的复杂事件的概率． [跟进训练] 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1个球是红球的条件下，第2个球是黄球或黑球的概率． [解]　设“摸出第1个球为红球”为事件A，“摸出第2个球为黄球”为事件B，“摸出第2个球为黑球”为事件C． 则P(A)＝，P(A∩B)＝，P(A∩C)＝ ＝＝. 所以P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝. 1．(多选题)设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则(　　) A．P(A∩B)＝ B．P(A∩B)＝ C．P(B)＝ D．P(B)＝ AC　[P(A∩B)＝P(A)P(B|A)＝ ＝，得P(B)＝.] 2．抛掷红、黄两枚质地均匀的骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两枚骰子的点数之积大于20的概率是(　　) A． B． C． D． B　[抛掷红、黄两枚骰子共有6×6＝36(个)样本点，其中红色骰子的点数为4或6的有12个样本点，此时两枚骰子点数之积大于20包含(4，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共4个样本点，所求概率为.] 3．从5名男生2名女生中任选3人参加学校组织的“奋进新征程”的演讲比赛，则在男生甲被选中的条件下，男生乙和女生丙至少一人被选中的概率是(　　) A． B． C． D． C　[设男生甲被选中为事件A，男生乙和女生丙至少一人被选中为事件B， 由古典概型知识可知，P.] 4．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为________． 0.75　[设“甲击中目标”为事件A，“目标被击中”为事件B，则所求概率为在事件B发生的条件下事件A发生的概率． 因为P(A∩B)＝0.6，P(B)＝0.6×0.5＋0.6×0.5＋0.4×0.5＝0.8，所以P(A|B)＝＝0.75．] 回顾本节内容，自主完成以下问题： 1．求解条件概率应注意哪些问题？ [提示]　(1)在具体问题中，必须弄清楚哪个是事件A，哪个是事件B，即在哪个事件发生的条件下，求哪个事件的概率． (2)重点抓住“把事件A发生作为条件”还是“把事件B发生作为条件”和“A与B同时发生”这两件事． (3)正确理解事件A∩B，准确求出P(A∩B)． (4)要注意结合题意分析事件A与B的关系，有时可从集合知识的角度来分析，若事件A发生时B一定发生，而B发生时A不一定发生，则有A⊆B，且P(A∩B)＝P(A)． 2．如何理解条件概率公式？ [提示]　(1)如果知道事件A发生会影响事件B发生的概率，那么P(B)≠P(B|A)； (2)已知A发生，在此条件下B发生，相当于A∩B发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基本事件空间计算A∩B发生的概率，即 P(B|A)＝. 概率论的起源 概率论渗透到现代生活的方方面面．正如19世纪法国数学家拉普拉斯所说：“对于生活中的大部分，最重要的问题实际上只是概率问题．你可以说几乎我们所掌握的所有知识都是不确定的，只有一小部分我们能确定地了解，甚至数学科学本身，归纳法、类推法和发现真理的首要手段都是建立在概率论的基础之上．因此，整个人类知识系统是与这一理论相联系的……”有趣的是，这样一门被称为“人类知识的最重要的一部分”的数学却直接起源于人类贪婪的产物——赌博，文明一点的说法，就是机会性游戏，即靠运气取胜的游戏． 希罗多德在他的巨著《历史》中记录，早在公元前1500年，埃及人为了忘却饥饿，经常聚集在一起掷骰子，后来，到了公元前1200年，有了立方体的骰子，6个面上刻上数字，和现代的赌博工具已经没有区别．但概率论的概念直到文艺复兴后才出现．概率论出现如此迟缓，有人认为是人类的道德规范影响了对赌博的研究——既然赌博被视为不道德的，那么将机会性游戏作为科学研究的对象也就是大逆不道．第一个有意识地计算赌博胜算的是文艺复兴时期意大利的卡尔达诺，他计算了同时掷出两个骰子，出现的点数之和是哪个数字的可能性最大，结果发现是“7”． 17世纪，法国贵族德梅勒在骰子赌博中有急事，必须中途停止赌博．双方各出的30个金币的赌资要靠对胜负的预测进行分配，但不知用什么样的比例分配才算合理．德梅勒写信向当时法国最具声望的数学家帕斯卡请教．帕斯卡又和当时的另一位数学家费尔马长期通信讨论．于是，一个新的数学分支——概率论产生了．概率论从赌博游戏开始，最终服务于社会的每一个角落． 课时分层作业(八)　条件概率 一、选择题 1．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(　　) A． B． C． D． A　[设事件A表示两束花是同一种花，事件B表示两束花都是郁金香， 则积事件AB表示两束花都是郁金香， 事件A中样本点的个数为n(A)＝＋＋＝5， 积事件AB中样本点的个数为n(AB)＝＝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)＝.] 2．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 A　[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，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B， 则P(A)＝，P(AB)＝ ＝＝0.8．故选A．] 3．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，A 表示事件“至少抽到1本数学书”，B表示事件“抽到语文书和数学书”，则P(B|A)＝(　　) A． B． C． D． D　[由题得n(A)＝＝20－1＝19，n(A∩B)＝＝18，由条件概率的公式得P(B|A)＝，故选D．] 4．(多选题)已知事件A，B都不是不可能事件，且A⊆B，P＝0.5，则一定有(　　) A．P<0.5 B．P<0.5 C．P<0.25 D．P(A|B)>0.5 ABC　[对于A，因为A⊆B，所以B⊆B， 所以P<P＝0.5，故A正确； 对于B，因为A⊆B，所以A＝∅， 所以P＝0，故B正确； 对于C，因为A⊆B，所以A＝∅， 所以P＝0，故C正确； 对于D，因为A⊆B，所以A∩B＝A， 所以P， 则P，因为的值不确定，故D错误．故选ABC．] 5．从编号为1～20的20张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：第一次抽到数字为6的倍数，事件B：第二次抽到的数字小于第一次，则P(B|A)＝(　　) A． B． C． D． B　[数字为6的倍数的数有：6，12，18， 所以P， 第二次抽到的数字小于第一次的情况分为： 第一次抽到的数字为6，第二次则抽到1，2，3，4，5，共5种； 第一次抽到的数字为12，第二次则抽到1～11，共11种； 第一次抽到的数字为18，第二次则抽到1～17，共17种． 则P，所以P.故选B．] 二、填空题 6．近年来，新能源汽车技术不断推陈出新，新产品不断涌现，在汽车市场上影响力不断增大．动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术，它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力．假定现在市售的某款新能源汽车上，车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次的概率为85%，充放电循环次数达到2 500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电，那么该用户的车能够充电2 500次的概率为__________. 　[记“该用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电”为事件A， “该用户的车能够充电2 500次”为事件B， 则P(A)＝0.85，P(A∩B)＝0.35． 由条件概率计算公式可得 P(B|A)＝.] 7．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________． 　[P(A)＝，P(A∩B)＝＝.] 8．小明的妈妈为小明煮了5个粽子，其中2个红枣馅、3个豆沙馅，小明随机取出2个，记事件A为“取到的2个为同一种馅”，事件B为“取到的2个都是豆沙馅”，则P(A∩B)＝________，P(B|A)＝________． 　[由题意知P(A)＝， P(A∩B)＝＝.] 三、解答题 9．(源自人教A版教材)在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回．求： (1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率； (2)在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率． [解]　设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几何题”，则“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件A∩B． (1)从5道试题中每次不放回地随机抽取2道，试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点，即n(Ω)＝＝5×4＝20． 因为n(A∩B)＝＝3×2＝6， 所以P(A∩B)＝. (2)“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率． 显然P(A)＝.利用条件概率公式，得 P(B|A)＝. 10．有六条线段，其长度分别为2，3，4，5，6，7．现任取三条，则这三条线段在可以构成三角形的前提下，能构成钝角三角形的概率是(　　) A． B． C． D． A　[记事件A：取三条线段可以构成三角形，事件B：取三条线段构成钝角三角形． 则事件A包含的基本事件有：，共13个； 事件A∩B包含的基本事件有：，共9个． ∴P.] 11．(多选题)将3颗骰子各掷一次，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(　　) A．P(B|A)＝ B．P(A|B)＝ C．P(A|B)＝　　　 D．P(B|A)＝ CD　[事件A发生的基本事件个数是n(A)＝6×5×4＝120，事件B发生的基本事件个数是n(B)＝6×6×6－5×5×5＝91，事件A，B同时发生的基本事件个数为n(A∩B)＝3×5×4＝60， 所以P(A|B)＝ ＝.故选CD．] 12．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上或周五晚上值班的概率为________． 　[设事件A为“周日值班”，事件B为“周五值班”，事件C为“周六值班”， 则P(A)＝，P(A∩B)＝，P(A∩C)＝＝＝. 故他在周六晚上或周五晚上值班的概率为P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝.] 13．现有5名同学站成一排拍照毕业留念，在“甲不站最左边，乙不站最右边”的前提下，丙站最左边的概率为________． 　[设“甲不站最左边，乙不站最右边”为事件A，“丙站最左边”为事件B， 则5名同学站成一排，共有＝120(种)可能，事件B发生的情况有＝24(种)． 事件A发生的情况分两种可能： 第一种，当甲站在最右边时，有＝24(种)； 第二种，当甲不站在最左边，也不站在最右边时，有＝54(种)， 事件A∩B发生的情况有＝18(种)， 所以P， P， 所以在“甲不站最左边，乙不站最右边”的前提下，丙站最左边的概率为P.] 14．冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇、滑冰、滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，求P. [解]　冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有73种选择，对B事件：甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则. 对于AB事件：甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共6×6×5种， 但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共5×5种，则P，所以P. 15．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据： 单位：人 不够良好 良好 病例组 40 60 对照组 10 90 从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R. (1)证明：R＝； (2)利用该调查数据，给出P及R的估计值． [解]　(1)证明：因为R＝， 所以R＝. 所以R＝. (2)由已知P(A|B)＝， P＝， 又P＝，P＝， 所以R＝＝6． 16 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $