7.1.1 条件概率-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦条件概率与概率的乘法公式核心知识点，系统梳理条件概率的定义、计算方法（缩小样本空间法、公式法）及性质，推导概率的乘法公式，通过产品合格、抽奖等实例构建“概念引入-公式推导-应用拓展”的学习支架。 资料以情境化导学案例（如100件产品合格问题）引导学生抽象条件概率概念培养数学抽象，题型设计“一题多解”“一题多变”（如节目抽取问题）提升逻辑推理，结合生活实例练习题强化数学运算。课中助力教师分层教学，课后便于学生查漏补缺。

7．1　条件概率与全概率公式 7．1.1　条件概率 第1课时　条件概率 学业标准 素养目标 1．理解条件概率的定义．(重点) 2．掌握条件概率的计算方法．(重点) 3．利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．(难点) 1．通过条件概率概念的学习，培养数学抽象等核心素养． 2．利用条件概率公式解决相关问题，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． [对应学生用书P29] 导学　条件概率 　100件产品中有93件产品的长度合格，90件产品的质量合格，85件产品的长度、质量都合格．令A＝{产品的长度合格}，B＝{产品的质量合格}，AB＝{产品的长度、质量都合格}． (1)试求P(A)，P(B)，P(AB). [提示]　P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝. (2)任取一件产品，已知其质量合格(即B发生)，求它的长度(即A发生)也合格(记为A|B)的概率． [提示]　事件A|B发生，相当于从90件质量合格的产品中任取1件长度合格，其概率为P(A|B)＝. (3)P(B)，P(AB)，P(A|B)间有怎样的关系？ [提示]　P(A|B)＝. ◎结论形成 1．条件概率的公式 条件 设A，B为两个事件，且P(A)>0 含义 在事件__A__发生的条件下，事件__B__发生的条件概率 记作 P(B|A) 读作 __A__发生的条件下__B__发生的概率 计算 公式 ①缩小样本空间法：P(B|A)＝； ②公式法：P(B|A)＝ 2．条件概率的性质 设P(A)＞0，则 (1)P(Ω|A)＝__1__； (2)任何事件的条件概率都在__0和1__之间，即__0≤P(B|A)≤1__． (3)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝__P(B|A)＋P(C|A)__． (4)设和B互为对立事件，则P(|A)＝__1－P(B|A)__． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)P(A∩B)＝P(AB).(　　) (2)对事件A，B，有P(A|B)＝P(B|A).(　　) (3)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.(　　) (4)P(AB)＝P(A)P(A|B).(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)× 2．已知P(AB)＝，P(A)＝，那么P(B|A)＝(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析　由条件概率公式得P(B|A)＝＝＝，故选D. 答案　D 3．根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为，则在吹东风的条件下雨的概率为(　　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　设事件A表示四月份吹东风，事件B表示四月份下雨．根据条件概率计算公式可得在吹东风的条件下下雨的概率P(B|A)＝＝，故选D. 答案　D 4．假定生男、生女是等可能的，一个家庭中有两个小孩，已知有一个是女孩，则另一个小孩是男孩的概率是________． 解析　一个家庭的两个小孩只有4种可能：{男，男}，{男，女}，{女，男}，{女，女}，由题意可知这4个基本事件的发生是等可能的，所求概率P＝. 答案　 [对应学生用书P30] 题型一　利用定义求条件概率　(一题多解) 　[教材例1·拓展]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． [解析]　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AB. (1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A＝30. 根据分步乘法计数原理，有 n(A)＝AA＝20， 所以P(A)＝＝＝. (2)因为n(AB)＝A＝12， 所以P(AB)＝＝＝. (3)法一　由(1)(2)，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P(B|A)＝＝＝. 法二　因为n(AB)＝12，n(A)＝20， 所以P(B|A)＝＝＝. 利用定义计算条件概率的步骤 (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)＝，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生． [触类旁通] 1．(2025·大连高二期末)已知甲、乙参加驾照考试时，通过的概率分别为0.8，0.9，而且这2人之间的考试互不影响．则在恰有1人通过考试的条件下，甲通过考试的概率为________． 解析　设事件A：恰有1人通过考试，事件B：甲通过考试，则P(A)＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9＝0.26， P(AB)＝0.8×(1－0.9)＝0.08， 则P(B|A)＝＝＝， 故答案为. 答案　 题型二　缩小样本点范围求条件概率　(一题多变) 　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． [解析]　将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，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个．在这15个中，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个，所以所求概率P＝＝. [母题变式] 1．(变结论)在本例条件下，求乙抽到偶数的概率． 解析　在甲抽到奇数的情形中，乙抽到偶数的有(1，2)，(1，4)，(1，6)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(5，2)，(5，4)，(5，6)，共9个，所以所求概率P＝＝. 2．(变条件、变结论)若甲先取(放回)，乙后取，若事件A：甲抽到的数大于4；事件B：甲、乙抽到的两数之和等于7，求P(B|A). 解析　甲抽到的数大于4的情形有(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共12个，其中甲、乙抽到的两数之和等于7的情形有(5，2)，(6，1)，共2个．所以P(B|A)＝＝. 将原来的基本事件全体Ω缩小为已知的条件事件A，原来的事件B缩小为AB.而A中仅包含有限个基本事件，每个基本事件发生的概率相等，从而可以在缩小的概率空间上利用古典概型公式计算条件概率，即P(B|A)＝，这里n(A)和n(AB)的计数是基于缩小的基本事件范围的． [触类旁通] 2．(2025·安顺高二期末)某班级组织抽奖活动，共有10个外观相同的抽奖盒，其中3个盒子有奖品，7个盒子为空盒．现甲、乙两名同学依次抽奖(甲抽完后不放回)，则在甲没有抽到奖品的情况下，乙抽到奖品的概率是(　　) A． B． C． D． 解析　10个外观相同的抽奖盒，其中3个盒子有奖品，7个盒子为空盒． 现甲、乙两名同学依次抽奖，则在甲没有抽到奖品的情况下，乙抽到奖品的概率是＝. 故选A. 答案　A 题型三　条件概率性质的应用 　把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个.其中，第一个盒子中有7个球标有字母A，3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个、白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验成功，求试验成功的概率． [解析]　设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}， B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}， R＝{第二次取出的球是红球}， W＝{第二次取出的球是白球}，则容易求得P(A)＝，P(B)＝，P(R|A)＝， P(W|A)＝，P(R|B)＝，P(W|B)＝. 事件“试验成功”表示为AR∪BR，又事件AR与事件BR互斥，故由概率的加法公式，得 P(AR∪BR)＝P(AR)＋P(BR)＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝×＋×＝0.59. [素养聚焦]　利用条件概率的性质求条件概率关键是把所求概率的事件分解为几个互斥事件，在这个过程中，提升逻辑推理、数学运算的核心素养． 当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)便可求得较复杂事件的概率． [触类旁通] 3．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． 解析　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，另一道答错”，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) ＝＋＋＝， P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)， P(E|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝＋＝＋＝. 故获得优秀成绩的概率为. 知识落实 技法强化 1．条件概率的理解． 2．利用定义求条件概率． 3．缩小样本空间求条件概率． 在解题时要分清在“谁的条件”下，求 “谁的概率”． [必备知识·基础巩固] 1．(多选题)下列说法正确的是(　　) A．P(AB)＝P(A)P(B|A) B．P(AB)＝P(A)P(A|B) C．P(AB)≤P(A) D．P(AB)≤P(A|B) 解析　由乘法公式可知选项A正确，则选项B不正确，因为0≤P(A|B)≤1，P(AB)＝P(A)P(B|A)，所以P(AB)≤P(A)，所以C正确；因为0≤P(A)≤1，P(AB)＝P(A)P(B|A)，所以P(AB)≤P(B|A)，所以D正确． 答案　ACD 2．将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A＝{两个点数互不相同}，B＝{出现一个5点}，则P(B|A)＝(　　) A．　 　 B．　　 C．　　 D． 解析　出现点数互不相同的共有6×5＝30种，出现一个5点共有5×2＝10种，所以P(B|A)＝＝. 答案　A 3．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是(　　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　记“甲站在中间”为事件A，“乙站在末尾”为事件B，则n(A)＝A，n(AB)＝A，所以P(B|A)＝＝. 答案　C 4．某高中的小明同学每天坚持骑自行车上学，他在骑自行车上学途中必须经过两个路口，经过一段时间在两个路口是否遇到红灯的统计分析发现如下规律：经过两个路口时在第1个路口遇到红灯的概率是，连续两个路口遇到红灯的概率是，则小明同学在骑自行车上学途中第1个路口遇到红灯的条件下，第2个路口也遇到红灯的概率为(　　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　设“小明同学在第1个路口遇到红灯”为事件A，“小明同学在第2个路口遇到红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝，P(AB)＝，则小明同学在骑自行车上学途中第1个路口遇到红灯的条件下，第2个路口也遇到红灯的概率为 P(B|A)＝＝＝. 答案　C 5．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是______． 解析　记“数学不及格”为事件A，“语文不及格”为事件B，P(B|A)＝＝＝0.2，所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2. 答案　0.2 6．设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它能活到25岁的概率是________． 解析　设该动物活到20岁为事件A，活到25岁为事件B，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，又P(AB)＝P(B)，所以P(B|A)＝＝＝＝0.5. 答案　0.5 7．某种元件用满6 000小时未坏的概率是，用满10 000 小时未坏的概率是，现有一个此种元件，已经用过6 000小时未坏，则它能用到10 000小时的概率为________． 解析　设“用满6 000小时未坏”为事件A，“用满10 000小时未坏”为事件B，则P(A)＝，P(AB)＝P(B)＝，所以P(B|A)＝＝＝. 答案　 8．从1～100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50，求此数是2或3的倍数的概率． 解析　设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B为“取出的数是3的倍数”．则P(C)＝，且所求概率为 P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C) ＝＋－ ＝2×＝. [关键能力·综合提升] 9．近日，某地开展了形式多样的爱国主义教育，主要有：“开展爱国主义主题班会”“观看爱国主义视频”“进行爱国主义宣讲”“参观军事纪念馆”“爱国主义知识竞赛”5种活动，某校从中任选3个作为本校的爱国主义教育题材，已知在选出“开展爱国主义主题班会”活动的前提下，选出“观看爱国主义视频”活动的概率为(　　) A．　　 B． C．　　 D． 解析　由题意，5种活动，从中任选3个选出“开展爱国主义主题班会”活动的概率为＝，选出“开展爱国主义主题班会”活动且选出“观看爱国主义视频”活动的概率为＝，故在选出“开展爱国主义主题班会”活动的前提下，选出“观看爱国主义视频”活动的概率为＝，故选B. 答案　B 10．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率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，则在他第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． B． C． D． 解析　法一　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)＝，P(AB)＝×＝，则所求概率为P(B|A)＝＝＝. 法二　第1次抽到螺口灯泡后还剩余9只灯泡，其中有7只卡口灯泡，故第2次抽到卡口灯泡的概率为＝. 答案　D 11．如图所示，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，A1，A2正常工作的概率依次是，，，已知在系统正常工作的前提下，只有K和A1正常工作的概率是______． 解析　设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工作，因为并联元件A1或A2能正常工作的概率为1－×＝， 所以P(A)＝×＝， 又P(AB)＝P(B)＝××＝， 所以P(B|A)＝＝. 答案　 12．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______． 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)＝＋＝. 答案　 13．坛子里放着5个大小、形状都相同的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求： (1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率； (2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率； (3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率． 解析　设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋为事件AB. (1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的总基本事件数为n(Ω)＝A＝20. 又n(A)＝A×A＝12， 于是P(A)＝＝＝. (2)因为n(AB)＝3×2＝6， 所以P(AB)＝＝＝. (3)由(1)(2)，可得在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝＝＝. [核心价值·探索创新] 14．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． 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)＝＝＝. 答案　B 15．甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率； (2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率． 解析　(1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C＝28，这2个产品都是次品的事件数为C＝3，所以这2个产品都是次品的概率为. (2)设事件A为“从乙箱中取一个正品”，事件B1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2为“从甲箱中取出1个正品，1个次品”，事件B3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B1，事件B2，事件B3彼此互斥． P(B1)＝＝，P(B2)＝＝， P(B3)＝＝，所以P(A|B1)＝， P(A|B2)＝，P(A|B3)＝. 所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＋P(B3)P(A|B3)＝×＋×＋×＝. 第2课时　概率的乘法公式 学业标准 素养目标 1．理解概率的乘法公式及其推导过程．(难点) 2．结合古典概型，利用概率的乘法公式求事件的概率．(重点) 1．通过概率的乘法公式的学习，培养数学抽象核心素养． 2．通过利用概率的乘法公式求事件的概率，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． [对应学生用书P32] 导学　概率的乘法公式 　设A，B为两个事件，且P(A)＞0，如果已知P(A)，P(B|A)，怎样求P(AB)? [提示]　因为P(B|A)＝，所以P(AB)＝P(A)P(B|A). ◎结论形成 由条件概率的定义知对于任意两个事件A与B，若P(A)＞0，则P(AB)＝__P(A)P(B|A)__，称为概率的乘法公式． 拓展：对于任意两个事件A与B，若P(B)＞0，则P(AB)＝P(B)P(A|B). 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)P(AB)＝P(B)P(B|A).(　　) (2)P(B)＝P(AB)P(B|A).(　　) (3)P(B)P(A|B)＝P(A)P(B|A).(　　) (4)若A∩B＝∅，则P(A|B)＝0.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 2．若P(A|B)＝，P(B)＝，则P(AB)的值是(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． 解析　由P(AB)＝P(A|B)P(B)，可得P(AB)＝×＝． 答案　A 3．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 解析　设某射击运动员“第一次击中9环”为事件A，“第二次击中9环”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. 故选C. 答案　C 4．已知P(B)＝0.1，P(A|B)＝0.3，则P(BA)＝______． 解析　P(BA)＝P(B)P(A|B)＝0.1×0.3＝0.03. 答案　0.03 [对应学生用书P33] 题型一　概率的乘法公式的简单应用 　(1)一个盒子中装有2个红球、8个黑球，从中不放回地任取1个小球，则第二次才取出红球的概率是(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． (2)已知P(A)＝0.28，P(B|)＝0.5，则P(B)＝________． [解析]　(1)由题意可知第一次取出的是黑球，设为事件A，第二次取出红球设为事件B，则P(A)＝＝，P(B|A)＝， 所以第二次才取出红球的概率是P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝. (2)因为P(A)＝0.28， 所以P()＝1－P(A)＝1－0.28＝0.72， 则P(B)＝P()P(B|)＝0.72×0.5＝0.36. [答案]　(1)D　(2)0.36 在乘法公式P(BA)＝P(A)P(B|A)中有三个量：P(A)，P(BA)，P(B|A)，在这三个量中，只要已知其中两个，就可以利用公式求另外一个． [触类旁通] 1．已知P(AB)＝0.18，P(A)＝0.6，则P(B|A)＝______． 解析　P(B|A)＝＝0.3. 答案　0.3 题型二　概率的乘法公式的实际应用 　假设在市场上出售的电脑中，甲品牌的占80%，合格率为90%，乙品牌的占20%，合格率也为90%，在市场上随机买一台电脑． (1)求该电脑是甲品牌合格品的概率； (2)求该电脑是乙品牌不合格的概率． [解析]　(1)用A表示买到的电脑是甲品牌，用B表示买到的电脑是合格品，则P(A)＝80%， P(B|A)＝90%， 所以该电脑是甲品牌合格品的概率 P(BA)＝P(A)P(B|A)＝80%×90%＝0.72. (2)由(1)知，P()＝20%，P(|)＝1－90%＝10%， 所以该电脑是乙品牌不合格的概率 P( )＝P() P(|)＝20%×10%＝0.02. 在利用乘法公式解决实际问题时，要注意区分P(B|A)和P(A|B)的不同，P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率；而P(A|B)则表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率． [触类旁通] 2．在一次篮球比赛中，假如运动员小明有两次投篮机会，按照以往的比赛成绩，小明第一次投进的概率是0.6，在第一次投篮命中的条件下第二次投篮也命中的概率是0.5，求小明两次投篮都命中的概率． 解析　设Ai表示小明第i次投篮命中，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.6，P(A2|A1)＝0.5， 因此由乘法公式可得 P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.6×0.5＝0.3， 即小明两次投篮都命中的概率为0.3. 题型三　概率的乘法公式与古典概型等知识的交汇应用　(一题多解)　(一题多变) 　[教材例3·拓展]在一个不透明的盒子中有10个大小相同的小球，其中6个红色的小球、4个白色的小球，不放回地从盒子中连续取两次小球，每次任取2个小球，求： (1)第一次取到2个红色的小球且第二次也取到2个红色的小球的概率； (2)第一次取到2个白色的小球且第二次取到2个红色的小球的概率． [解析]　法一(利用乘法公式) (1)设A表示第一次取到2个红色的小球，B表示第二次取到2个红色的小球，则P(A)＝，因为取出的两个小球不放回，所以第一次取出2个红色的小球后，盒子中还有8个小球，其中4个小球是红色的，此时第二次再取出小球时，取到的也是2个红色的小球的概率是P(B|A)＝，根据乘法公式可知，第一次取到2个红色的小球且第二次也取到2个红色的小球的概率为P(BA)＝P(A)P(B|A)＝×＝. (2)设A表示第一次取到2个白色的小球，B表示第二次取到2个红色的小球，则P(A)＝， 因为取出的两个小球不放回，所以第一次取出2个白色的小球后，盒子中还有8个小球，其中6个小球是红色的，此时第二次再取出小球时，取到的是2个红色的小球的概率是P(B|A)＝，根据乘法公式可知，第一次取到2个白色的小球且第二次取到2个红色的小球的概率是P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝. 法二(利用排列组合和古典概型) (1)把问题转化为从盒子中每次任取两个小球，连续取两次，这两次取出的都是红色小球的概率，设事件A为：第一次取到2个红色的小球且第二次也取到2个红色的小球，所以P(A)＝＝. (2)把问题转化为从盒子中每次任取两个小球，连续取两次，第一次取到2个白色的小球，第二次取到2个红色的小球的概率，设事件B为：第一次取到2个白色的小球且第二次取到2个红色的小球，所以P(B)＝＝. [母题变式] (变结论)本例的条件不变，求第一次取到的2个小球颜色不同，且第二次也取到的2个小球颜色也不同的概率． 解析　设A表示第一次取到2个颜色不同的小球，B表示第二次取到2个颜色不同的小球， 则P(A)＝， 因为取出的两个小球不放回，所以第一次取出2个不同颜色的小球后，盒子中还有8个小球，其中5个小球是红色的，3个是白色的，此时第二次再取出小球时，取到的也是2个不同颜色的小球的概率是P(B|A)＝，根据乘法公式可知，第一次取到的2个的小球颜色不同，且第二次也取到的2个小球颜色也不同的概率为P(BA)＝P(A)P(B|A)＝×＝. [素养聚焦]　在解决求较复杂事件的概率问题时，要善于应用题目条件套用概率的乘法公式，通过解决此类问题提升逻辑推理、数学运算核心素养． 解决此类综合性较强的问题，一般步骤是 (1)设出事件，判断两个事件的关系． (2)理解题意，根据题意把问题转化为条件概率问题． (3)利用乘法公式求解． [触类旁通] 3．从1，2，3，4，5，6，7，8这8个数中不放回地抽取两次，每次都抽取2个数，若已知第一次抽到的2个数是偶数，求第二次抽到的2个数的和是偶数的概率． 解析　这8个数中，有4个奇数，4个偶数，设事件A为第一次抽取的2个数是偶数，事件B表示第二次抽到的2个数的和是偶数，则P(A)＝， 第一次抽取2个偶数后，还剩下6个数，其中2个偶数，4个奇数，此时第二次抽到的2个数的和是偶数的概率为P(B|A)＝， 根据乘法公式可知，第一次抽到的2个数是偶数，第二次抽到的2个数的和是偶数的概率为 P(BA)＝P(A)P(B|A)＝×＝. 知识落实 技法强化 1．概率乘法公式的简单应用． 2．概率乘法公式的实际应用． 3．乘法公式与古典概型的交汇应用． 解题时根据公式的变形形式确定如何使用． [必备知识·基础巩固] 1．(多选题)已知P(AB)＝0.12，下列说法正确的是(　　) A．若P(A|B)＝0.2，则P(A)＝0.6 B．若P(A|B)＝0.2，则P(B)＝0.6 C．若P(A)＝0.3，则P(B|A)＝0.4 D．若P(A)＝0.3，则P(A|B)＝0.4 解析　因为P(AB)＝P(B)P(A|B)，所以P(B)＝＝＝0.6，所以B正确，A不正确；因为P(A)＝0.3，P(B|A)＝＝＝0.4，所以C正确，D不正确． 答案　BC 2．某地一农业科技实验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为(　　) A．0.02　　　　　　　 B．0.08 C．0.18 D．0.72 解析　记“水稻种子发芽”为事件A，“发芽的种子成长为幼苗”为事件B，P(B|A)＝. ∴P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.8×0.9＝0.72. 答案　D 3．若P(A)＝a，则P(AB)的取值范围是(　　) A．(a，1)　　　　　　　 B．(0，a) C．(a，＋∞) D．(0，1) 解析　因为P(AB)＝P(A)P(B|A)，0<P(B|A)<1，所以0<P(AB)<a. 答案　B 4．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次击打，若没有受损，则认为该构件通过质检．若第一次击打后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次再实施击打也没有受损的概率为0.80，，则该构件经过质检的概率为(　　) A.0.4 B．0.16 C．0.68 D．0.17 解析　设Ai表示第i次击打后该构件没有受损，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.85， P(A2|A1)＝0.80，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68， 即该构件经过质检的概率为0.68. 答案　C 5．某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为______． 解析　记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5，所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.8×0.5＝0.4，即这个选手过关的概率为0.4. 答案　0.4 6．开元通宝是我国唐代的一种货币，向如图所示的开元通宝上任意投掷一粒芝麻，第一次投进方空的概率约为0.5，在第一次投进方空的条件下第二次也投进方空的概率约为0.3，则这样连续两次都可把芝麻投进方空的概率是________． 解析　设Ai表示第i次把芝麻投进方空，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.3，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.5×0.3＝0.15， 即连续两次都可把芝麻投进方空的概率是0.15. 答案　0.15 7．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则 P(AB)＝________ . 解析　因为P(B|A)＝，P(A)＝， 所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝. 答案　 8．有一道解答题如下所示：已知函数f(x)＝x2＋ax＋2是偶函数． (1)求实数a的值； (2)解不等式f(x)>3x. 小明和小红两人解答这个问题，小明解答第(1)题，小红利用小明解答第(1)题的结果解答第(2)题，若已知小明答对的概率为0.8，在小明答对的条件下，小红答对的概率是0.6，求两人全部答对的概率． 解析　设事件A为小明答对第(1)题，事件B为小红答对第(2)题，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.6，则两人全部答对的概率为P(BA)＝P(A)P(B|A)＝0.8×0.6＝0.48. [关键能力·综合提升] 9．小刚从家骑自行车去学校要经过两个十字路口，在第一个十字路口遇到红灯的概率是，若小刚在第一个十字路口遇到红灯，在第二个十字路口又遇到红灯的概率是，那么在小明从家到学校时遇到两个红灯的概率是(　　) A． B． C． D． 解析　设Ai表示小刚在第i个十字路口遇到红灯，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝，P(A2|A1)＝，因此由乘法公式可得P(A2A1)＝P(A1)·P(A2|A1)＝×＝，即在小明从家到学校时遇到两个红灯的概率为. 答案　B 10．已知事件A，B，且P(A)＝，P(B|A)＝，P(B|)＝，则P(B)等于(　　) A． B． C． D． 解析　∵P(A)＝，P(B|A)＝， ∴P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝， ∵P(B|)＝， ∴P(B)＝P()P(B|)， ∴P(B)－P(AB)＝[1－P(A)]P(B|)， 即P(B)－＝×， 解得P(B)＝. 答案　B 11．已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.4，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.2.则这样的手机从1 m 高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率为________． 解析　若A表示第一次未碎掉，B表示第二次未碎掉，则P(A)＝0.4，P(B|A)＝0.2，所以掉落两次后屏幕未碎掉的概率P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.08. 答案　0.08 12．某学校办公室数学教师和英语教师的人数之比为5∶3，其中数学教师中女教师占，从中任选一位教师代表本办公室参加会议，则女数学教师被选到的概率是________． 解析　用A表示选到的教师是数学教师，用B表示选到的是女教师，则P(A)＝，P(B|A)＝，女数学教师被选到的概率是P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝×＝. 答案　 13．在学校举行的知识竞赛的预赛中，高二(1)班参赛的同学为甲和乙，比赛的规则是：甲从备选的8道题中抽取2道题作答，然后乙在从剩下的题中抽取2道题作答，对每个参赛队员只有2道题都全部答对，才能通过预赛进入决赛．若已知在8道题中，甲和乙都能答对其中相同的5道题，求两人都能通过预赛的概率． 解析　法一　设A表示甲通过预赛，B表示乙通过预赛，则P(A)＝， 因为取出的2道题不再放回，所以甲取出2道他能答对的题后，还剩下3道乙能答对的题，所以乙能答对的概率是P(B|A)＝， 根据乘法公式可知，两人都能通过预赛的概率的概率为P(BA)＝P(A)P(B|A)＝×＝. 法二　设两人都能通过预赛为事件A，把问题转化为甲乙二人先后从8道题中各抽取2道题，两人都能通过预赛就是每个人都能从能答对的5道题中抽到2道题，所两人都能通过预赛的概率为P(A)＝＝. [核心价值·探索创新] 14．(多选题)某学校举办了“上春山读书赏读会”，主办方为同学们提供了丰富多彩的活动，其中有一栏名为“用诗意串联灵感与创意”的活动，同学们需要从主持人给出的4个校园景观和2个植物名称的名词牌中随机选出2个，结合自己的语言完成连词成句．记事件A＝“该同学选出的两个名词牌中至少有一个是校园景观”，事件B＝“该同学选出的两个名词牌中至少有一个是植物名称”．则下列说法正确的是(　　) A．事件A发生的概率为P(A)＝ B．事件与事件B互斥 C．P(A|)＝1 D．P(A|B)＝P(B|A) 解析　A选项，P(A)＝1－＝，所以A选项正确． B选项，事件＝“该同学选出的两个名词牌中有两个是植物名称”， 所以⊆B，所以B选项错误． C选项，事件＝“该同学选出的两个名词牌中有两个是校园景观”， 事件A＝，所以P(A|)＝＝＝1，所以C选项正确． D选项，P(B)＝1－＝， P(A|B)＝，P(B|A)＝， 由于P(A)≠P(B)，所以P(A|B)≠P(B|A)， 所以D选项错误． 故选AC. 答案　AC 15．某公司年会设置了一个抽奖的游戏，在一个不透明的盒子中有10张奖券，其中2张面值为100元的奖券，3张面值为50元的奖券，5张面值为10元的奖券．甲、乙、丙三人从中抽出任意一张奖券后都不放回，甲抽完后乙抽，最后是丙抽，求： (1)甲抽到100元，乙抽到50元且丙也抽到50元的概率； (2)甲抽到100或10元，乙抽到50元且丙也抽到50元的概率． 解析　(1)设A表示甲抽到100元，B表示乙抽到50元，C表示丙抽到50元，则 P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，P(C|AB)＝＝， 根据乘法公式可知，甲抽到100元，乙抽到50元且丙也抽到50元的概率为P(ABC)＝P(A)·P(B|A)P(C|AB)＝××＝. (2)设A表示甲抽到100或10元，B表示乙抽到50元，C表示丙抽到50元，则 P(A)＝，P(B|A)＝＝， P(C|AB)＝＝， 根据乘法公式可知，甲抽到100或10元，乙抽到50元且丙也抽到50元的概率为P(ABC)＝P(A)·P(B|A)P(C|AB)＝××＝. 学科网（北京）股份有限公司 $