7.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册教用Word(人教A版)

该教案聚焦条件概率的性质及乘法公式，通过“三张奖券有放回抽取”的情境问题导入，引导学生思考事件独立性，衔接条件概率定义，搭建从概念到性质应用的学习支架。 以问题驱动和实际案例（如抽奖、产品合格率）为特色，通过辨析题、证明题培养数学抽象与运算能力，提供通性通法总结和分层练习，助力学生深化逻辑推理，方便教师高效教学。

第2课时　条件概率的性质及应用 新课程标准解读 核心素养 1.掌握概率的乘法公式，并能解决简单的实际问题 数学抽象、数学运算 2.理解条件概率的性质，能用性质计算互斥（对立）事件的条件概率 数学抽象、数学运算 　　三张奖券中只有一张能中奖，现分别由甲、乙两名同学有放回地抽取，事件A为“甲没有抽到中奖奖券”，事件B为“乙抽到中奖奖券”. 【问题】　（1）事件A的发生会不会影响事件B发生的概率？ （2）P（AB）、P（B｜A）与P（B）、P（A）有什么关系？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　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）　. 提醒　（1）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；（2）当P（B｜A）＝P（B）时，事件A与事件B是相互独立事件. 知识点二　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）　.　 提醒　（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. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）P（B｜A）＜P（AB）.（　×　） （2）对任意两个事件A与B，必有P（AB）＝P（A）·P（B｜A）.（　×　） （3）P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）.（　×　） 2.已知P（A）＝0.3，P（B｜A）＝0.6，且事件A与B相互独立，则P（AB）＝　0.18　. 解析：由概率的乘法公式可得P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＝0.3×0.6＝0.18. 3.某地一农业科技试验站，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　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（B｜A）P（A）＝0.9×0.8＝0.72. 题型一 概率的乘法公式 【例1】　（1）某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是（　A　） A.　 B. C.　 D. （2）已知某厂产品的废品率为4%，而合格品中有75%是一等品，则该产品的一等品率是　72%　. 解析：（1）记事件A为第一次失败，事件B为第二次成功，则P（A）＝，P（B｜A）＝，所以P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝×＝.故选A. （2）记A：合格品， 记B：一等品，由于B⊆A，则P（B）＝P（AB），由题意，P（A）＝1－4%＝96%，P（B｜A）＝75%，故P（B）＝P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝96%×75%＝0.72，即一等品率为72%. 通性通法 应用乘法公式求概率的一般步骤 　　概率的乘法公式是一种计算“积事件”概率的方法，若不容易直接计算P（AB）时，则可按下列步骤求“积事件”的概率： （1）首先判断事件A与事件B，是否有P（A）＞0或P（B）＞0； （2）根据已知条件表示出相应事件的概率P（A）、P（B｜A）或P（B）、P（A｜B）； （3）代入乘法公式P（AB）＝P（A）P（B｜A）或P（AB）＝P（B）P（A｜B）求解. 【跟踪训练】 1.气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为，在刮台风的条件下，下大雨的概率为，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为（　　） A.　　　 B.　　　　C.　　　 D. 解析：B　设“每年七月份刮台风”为事件A，“每年七月份下大雨”为事件B，则“该地区七月份既刮台风又下大雨”为事件AB.由题得P（A）＝，P（B｜A）＝，由概率的乘法公式得P（AB）＝P（B｜A）P（A）＝×＝.故选B. 2.盒中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.现从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.则在此过程中没有取到黄球的概率为　　. 解析：没有取到黄球，可以是“第一次取到红球”或“第一次取到绿球，第二次取到红球”，记事件R1表示第一次取到红球，R2表示第二次取到红球，G1表示第一次取到绿球，则P（R1）＝，P（G1R2）＝P（G1）P（R2｜G1）＝×＝，∴没有取到黄球的概率为P＝＋＝. 题型二 条件概率性质的应用 【例2】　在一个袋子中装有10个除颜色外完全相同的小球，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：法一　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）＝＋＝. ∴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为. 法二　∵n（A）＝1×＝9， n（B∪C｜A）＝＋＝5， ∴P（B∪C｜A）＝＝. ∴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为. 通性通法 应用条件概率的性质解题的方法 　　在应用条件概率公式求概率时，如果事件包含的情况较复杂，可将其分解为几个互斥事件的和，然后根据条件概率的性质求解，即若B与C互斥，那么P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A），此公式可推广到多个事件互斥的情况. 【跟踪训练】 1.设A，B是两个随机事件，已知0＜P（A）＜1，P（B）＞0且P（B｜A）＝P（B｜），则下列结论中一定成立的是（　　） A.P（A｜B）＝P（｜B） B.P（A｜B）≠P（｜B） C.P（AB）＝P（A）P（B） D.P（AB）≠P（A）P（B） 解析：C　因为P（B｜A）＝P（B｜），由条件概率公式可得＝，即P（AB）[1－P（A）]＝P（A）P（B）＝P（A）[P（B）－P（AB）]，所以P（AB）＝P（A）P（B），故选C. 2.某人一周晚上值班2次，在已知他周日晚上一定值班的条件下，他在周六晚上或周五晚上值班的概率为　　. 解析：设事件A为“周日晚上值班”，事件B为“周五晚上值班”，事件C为“周六晚上值班”，则P（A）＝，P（AB）＝，P（AC）＝，所以P（B｜A）＝＝，P（C｜A）＝＝，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）＝. 题型三 与条件概率公式有关的证明问题 【例3】　当0＜P（A）＜1时，求证：P（B｜A）＝P（B）的充要条件是P（B｜）＝P（B）. 证明：①必要性： 若P（B｜A）＝P（B），则＝P（B）， 即P（AB）＝P（A）P（B）. 又因为B＝B＋AB，所以P（B）＝P（B）＋P（AB），　 所以P（B｜）＝＝＝＝＝P（B）. ②充分性： 若P（B｜）＝P（B），则＝P（B）， 即P（B）＝P（）P（B）， 由P（B）＝P（B）＋P（AB），得P（B）＝P（B）－P（AB）， 故P（B）－P（AB）＝[1－P（A）]P（B）， 所以P（AB）＝P（A）P（B）， 所以P（A）P（B｜A）＝P（A）P（B），P（A）≠0， 所以P（B｜A）＝P（B）. 由①②可知，P（B｜A）＝P（B）的充要条件是P（B｜）＝P（B）. 通性通法 　　利用事件A与事件B相互独立的定义P（AB）＝P（A）P（B）及条件概率的性质进行转化变形、推理论证，这里要注意互斥事件、对立事件及相互独立事件的区别. 【跟踪训练】 已知与的比值为R.证明：R＝·. 证明：因为R＝·＝···＝·， 所以R＝···， 所以R＝·. 1.已知事件A，B相互独立，P（A）＝0.8，P（B）＝0.3，则P（A｜B）＝（　　） A.0.24　 B.0.8　　C.0.3　 D.0.16 解析：B　因为事件A，B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B），所以P（A｜B）＝＝P（A）＝0.8. 2.某食物的致敏率为2%，在对该食物过敏的条件下，嘴周产生皮疹的概率为99%，则某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为（　　） A.99.02% B.98.02% C.1.98% D.0.98% 解析：C　设事件A表示“食用该食物过敏”，事件B表示“嘴周产生皮疹”，则P（A）＝2%，P（B｜A）＝99%，所以某人食用该食物过敏且嘴周产生皮疹的概率为P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝2%×99%＝1.98%.故选C. 3.已知事件A和B是互斥事件，P（C）＝，P（BC）＝，P（A∪B｜C）＝，则P（A｜C）＝　　. 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）＝－＝. 1.若B，C是互斥事件且P（B｜A）＝，P（C｜A）＝，则P（B∪C｜A）＝（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：D　因为B，C是互斥事件，所以P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）＝＋＝. 2.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）＝（　　） A.0.24　　 B.0.375　　　C.0.4　　 D.0.5 解析：B　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. 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.那么他两次均击中9环的概率为（　　） A.0.24　 B.0.36　　C.0.48　 D.0.75 解析：C　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”为事件B，则由题意得P（A）＝0.6，P（B｜A）＝0.8，所以他两次均击中9环的概率为P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝0.6×0.8＝0.48. 4.若将整个样本空间想象成一个1×1的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（　　） A.事件A发生的概率 B.事件B发生的概率 C.事件B不发生条件下事件A发生的概率 D.事件A，B同时发生的概率 解析：A　由题意可得，题图所示的涂色部分的面积为：P（A｜B）P（B）＋[1－P（B）]P（A｜）＝P（AB）＋P（）P（A｜）＝P（AB）＋P（A）＝P（A）.故选A. 5. （多选）已知事件A，B满足P（A）＝，P（B｜A）＝，P（｜）＝，则（　　） A.P（AB）＝　 B.P（｜A）＝ C.P（B｜）＝　 D.P（B）＝ 解析：ACD　对于A选项，P（AB）＝P（A）·P（B｜A）＝，所以A选项正确；对于B选项，P（｜A）＝1－P（B｜A）＝，所以B选项错误；对于C选项，P（B｜）＝1－P（｜）＝，所以C选项正确；对于D选项，P（B）－P（AB）＝[1－P（A）]P（B｜），P（B）＝＋×＝，所以D选项正确.故选A、C、D. 6.（多选）已知事件A，B满足P（A）＝0.4，P（B）＝0.3，则下列选项正确的是（　　） A.若B⊆A，则P（AB）＝0.4 B.若A与B互斥，则P（A∪B）＝0.7 C.若A与B相互独立，则P（AB）＝0.4 D.若P（B｜A）＝0.3，则A与B相互独立 解析：BD　对于A，因为P（A）＝0.4，P（B）＝0.3，B⊆A，所以P（AB）＝P（B）＝0.3，故A错误；对于B，因为A与B互斥，所以P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝0.7，B正确；对于C，因为A与B相互独立，所以P（AB）＝0.4×0.3＝0.12，故C错误；对于D，因为P（B｜A）＝0.3，即＝0.3，所以P（AB）＝P（B｜A）·P（A）＝0.12，又因为P（B）P（A）＝0.12，所以P（AB）＝P（A）·P（B），所以A与B相互独立，故D正确.故选B、D. 7.已知市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，且合格率是95%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是　0.665　. 解析：记事件A＝“甲厂产品”，事件B＝“合格产品”，则P（A）＝0.7，P（B｜A）＝0.95.所以P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝0.7×0.95＝0.665. 8.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）＝　　. 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－＝. 9.已知事件A，B，且P（A）＝，P（B｜A）＝，P（B｜）＝，则P（B）＝　　. 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）－＝（1－）×，解得P（B）＝. 10.某次抽奖活动中，在甲、乙两人先后进行抽奖前，还有50张奖券，其中共有5张写有“中奖”字样.假设抽完的奖券不放回，甲抽完之后乙再抽，求： （1）甲中奖而且乙也中奖的概率； （2）甲没中奖而且乙中奖的概率. 解：（1）设A：甲中奖，B：乙中奖，则P（A）＝＝. 因为抽完的奖券不放回，所以甲中奖后乙抽奖时，有49张奖券且其中只有4张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P（B｜A）＝. 根据乘法公式可知，甲中奖而且乙也中奖的概率为 P（BA）＝P（A）P（B｜A）＝×＝. （2）因为P（A）＋P（）＝1，所以P（）＝. 因为抽完的奖券不放回，所以甲没中奖后乙抽奖时，还有49张奖券且其中还有5张写有“中奖”字样，此时乙中奖的概率为P（B｜）＝. 根据乘法公式可知，甲没中奖而且乙中奖的概率为 P（B）＝P（）P（B｜）＝×＝. 11.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（　　） A.　 B. C.　 D. 解析：D　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）＝＋＝＋＝. 12.（多选）若，分别为随机事件A，B的对立事件，P（A）＞0，P（B）＞0，则下列结论正确的是（　　） A.P（B｜A）＋P（B｜）＝1B.P（｜B）P（B）＝P（B｜）P（） C.P（A｜B）＋P（｜B）＝P（B）D.若P（A｜B）＝P（A），则P（B｜A）＝P（B） 解析：BD　对于A，因为P（B｜A）＋P（｜A）＝＋＝＝＝1，但P（B｜）与P（｜A）不一定相等，故P（B｜A）＋P（B｜）不一定等于1，A错；对于B，因为P（｜B）P（B）＝P（B），P（B｜）P（）＝P（B），所以P（｜B）P（B）＝P（B｜）P（），B对；对于C，P（A｜B）＋P（｜B）＝＋＝＝1，C错；对于D，因为P（A｜B）＝＝P（A），所以P（AB）＝P（A）P（B），所以事件A，B相互独立，故P（B｜A）＝＝P（B），D对.故选B、D. 13.在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，考生能答对其中的4道题即可通过，能答对其中5道题就获得优秀.已知某考生能答对其中的10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，则他获得优秀成绩的概率为　　. 解析：设事件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，而另1道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B.由古典概型的概率公式及加法公式可知P（D）＝P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝＋＋＝，又P（AD）＝P（A），P（BD）＝P（B），所以P（E｜D）＝P（A∪B｜D）＝P（A｜D）＋P（B｜D）＝＋＝＋＝.故所求的概率为. 14.抛掷两颗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？ 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）＝＋＝＋＝. 15.近年来，我国外卖行业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道亮丽的风景线.他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单，某外卖小哥每天来往于r个外卖店（外卖店的编号分别为1，2，…，r，其中r≥3），约定：每天他首先从1号外卖店取单，称为第1次取单，之后，他等可能的前往其余r－1个外卖店中的任何一个店取单，称为第2次取单，依此类推.假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的r－1个外卖店取单.设事件Ak表示“第k次取单恰好是从1号店取单（k∈N*）”，P（Ak）是事件Ak发生的概率，显然P（A1）＝1，P（A2）＝0，则P（A3）＝　　，P（）与P（Ak）的关系式为　P（Ak＋1）＝[1－P（Ak）]　. 解析：根据题意，事件A3表示“第3次取单恰好是从1号店取单”，因此P（A3）＝P（A3）＝P（）·P（A3｜）＝[1－P（A2）]＝；同理P（Ak＋1）＝P（Ak＋1）＝P（）P（Ak＋1｜）＝[1－P（Ak）]·P（Ak＋1｜）＝[1－P（Ak）]. 16.从装有3个红球和3个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记Ai表示事件“第i次摸到红球”，i＝1，2，…，6. （1）求第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率； （2）记P（A1A2A3）表示A1，A2，A3同时发生的概率，P（A3｜A1A2）表示已知A1与A2都发生时A3发生的概率. ①证明：P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）； ②求P（A3）. 解：（1）P（A2｜）＝＝＝，所以第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率为. （2）①证明：因为P（A1A2A3）＝P（A1A2）P（A3｜A1A2）， 又因为P（A1A2）＝P（A1）P（A2｜A1）， 所以P（A1A2A3）＝P（A1A2）P（A3｜A1A2）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）， 即P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）. ②P（A3）＝P（A1A2A3）＋P（A2A3）＋P（A1A3）＋P（A3） ＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）＋P（）P（A2｜）P（A3｜A2）＋P（A1）P（｜A1）P（A3｜A1）＋P（）P（｜）P（A3｜） ＝××＋××＋××＋××＝＝. 9 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $