7.1.1 条件概率-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦条件概率与全概率公式，通过问题思考（如抛掷硬币、产品抽取）建立与古典概型的联系，以任务驱动（概念、计算、乘法公式、性质、综合应用）构建学习支架，帮助学生逐步掌握核心知识。 其亮点在于融合数学抽象、逻辑推理、数学运算核心素养，通过典例（如节目抽取、灯泡次品问题）和分层练习，引导学生从具体到抽象理解条件概率，培养解决实际问题的能力。学生能深化概念理解，教师可直接使用系统教学资源提升效率。

7.1.1　条件概率 　 第七章 随机变量及其分布 单元学习四　条件概率与全概率公式 [单元整体设计]　本章是必修课程概率内容的延续. 通过本章的学习，了解条件概率及其与独立性的关系，能进行简单计算；感悟离散型随机变量及其分布列的含义，知道可以通过随机变量更好地刻画随机现象；理解伯努利试验，掌握二项分布，了解超几何分布；感悟服从正态分布的随机变量，知道连续型随机变量；基于随机变量及其分布解决简单的实际问题.基于以上内容，本章共分三个单元整体设计：条件概率与全概率公式、离散型随机变量及其分布列、正态分布.学习计划10课时(含章末). 在本单元的学习中，条件概率是概率论的重要概念之一，它在理论和实际中都有重要的应用.全概率公式为求解一类概率问题提供了有力的工具，它是概率论中最重要的公式之一，蕴含着深刻的数学思想.其数学本质是先利用一组两两互斥的事件，将一个复杂事件表示为两两互斥事件的和事件，再由概率的加法公式和乘法公式求这个复杂事件的概率，它为计算某些事件的概率提供了有力的工具.学习计划2课时. 本单元内容重点是条件概率的概念，事件的独立性与条件概率的关系，概率的乘法公式和全概率公式.难点是条件概率意义的理解，全概率公式的应用.在研究的过程中，体会分解与综合、化难为易的转化思想，提升数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 学习目标 1.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，培养数学抽象、数学运算的核心素养.　 2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，培养数学运 算、数学建模的核心素养.　 3.结合古典概型，会用乘法公式计算概率，培养数学运算、数 学建模的核心素养. 任务一　条件概率的概念 1 任务二　古典概型中条件概率的计算 2 任务三　概率的乘法公式 3 课时分层评价 7 内容索引 随堂评价 6 任务四　条件概率的性质 4 任务五　条件概率的综合应用 5 任务一　条件概率的概念 返回 (阅读教材P44－45，完成探究问题1、2、3) 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，其试验结果的样本点组成样本空间Ω＝{正正，正反，反正，反反}. 问题1.两次都是正面向上的事件记为B，P(B)是多少？ 提示：B＝{正正}，故P(B)＝. 问题2.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：将第一次出现正面向上的事件记为A，则A＝{正正，正反}，那么，在A发生的条件下，B发生的概率为. 问题导思 问题3.问题1、问题2中两个事件的概率一样吗？为什么？ 提示：不一样，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率相当于以A为样本空间，积事件AB发生的概率，两者的样本空间发生了变化，其概率是不一样的. 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__________. 新知构建 条件概率 “A与B相互独立”是“P(B｜A)＝P(B)”的什么条件？ 提示：充要条件.充分性：若A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)，则P(B｜A)＝＝P(B).必要性：若P(B｜A)＝P(B)，则＝P(B)，则P(AB)＝P(A)P(B)，所以A与B相互独立. 微思考 角度1　条件概率的判断 判断下列哪些是条件概率： (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，则该名女生是高一年级的概率； (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)中任取一张，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(1)(3)是条件概率，(2)不是条件概率. 典例 1 规律方法 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.在条件概率的定义中，事件B在“事件A已经发生”这个附加条件下的概率，与没有这个附加条件下的概率是不同的.这里所说的条件概率，是当试验结果的一部分信息已知，求另一事件在此条件下发生的概率. 角度2　定义法求条件概率 某地区气象台统计，夏季里，每天下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为. 则夏季的某一天里，已知刮风的条件下，也下雨的概率为 A. B. C. D. √ 典例 2 设事件A为当天下雨，事件B为当天刮风，则P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，则已知刮风的条件下，也下雨的概率P(A｜B)＝＝.故选D. 规律方法 求条件概率需要注意的问题 1.在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”，一般可认为是条件概率. 2.利用条件概率公式求概率时，先计算P(AB)，P(A)，再利用公式P(B｜A)＝计算求得P(B｜A)，要注意不能随便用事件B的概率P(B)代替P(AB). 对点练1.(1)下列是条件概率的是 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.有10件产品，其中3件次品，依次不放回地抽取2件产品进行检验，在抽到一件次品的情况下，第2次抽到次品的概率 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，则小明在一次上学中遇到红灯的概率 √ 由条件概率的定义知B为条件概率. 故选B. (2)已知某种动物由出生算起活到60岁的概率是0.8，活到65岁的概率是0.6，则一头60岁的该种动物活到65岁的概率是____. 记事件A为活到60岁，事件B为活到65岁，而B⊆A，所以AB＝B.依题意，得P(A)＝0.8，P(AB)＝0.6，所以P(B｜A)＝＝＝. 返回 任务二　古典概型中条件概率的计算 返回 (链教材P46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； 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AB. 从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的样本点数n(Ω)＝＝30， 由分步乘法计数原理，n(A)＝＝20， 所以P(A)＝＝＝. 典例 3 (2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率； 解：因为n(AB)＝＝12， 所以P(AB)＝＝＝. (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：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)＝＝＝. (变设问)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AC. 法一：易知P(A)＝，P(AC)＝＝＝， 所以P(C｜A)＝＝＝＝. 法二：因为n(A)＝＝20，n(AC)＝＝8， 所以P(C｜A)＝＝＝. 变式探究 规律方法 计算条件概率的两种方法 1.利用定义计算条件概率的步骤 第1步：分别计算概率P(AB)和P(A)； 第2步：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表示事件A，B同时发生. 2.利用缩小样本空间法求条件概率的步骤 第1步，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； 第2步，数：数出A中事件AB所包含的样本点； 第3步，算：利用P(B｜A)＝求得结果. 对点练2.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. (1)求第1次拿出绿皮鸭蛋的概率； 解：记“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A，易知P(A)＝； 即第1次拿出绿皮鸭蛋的概率为. (2)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，求第2次拿出绿皮鸭蛋的概率. 解：记“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B，则可得P(AB)＝×＝， 由条件概率计算公式可得P(B｜A)＝＝； 所以在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，求第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为. 返回 任务三　概率的乘法公式 返回 (阅读教材P46，完成探究问题4) 问题4.以A，B分别表示某城市的甲、乙两个区在某一年内出现停水的事件，据记载知P(A)＝0.35，P(B)＝0.30，P(A｜B)＝0.15，两个区有可能同时停水吗？ 提示：有可能，由条件概率公式可得 P(AB)＝P(B)P(A｜B)＝0.30×0.15＝0.045. 问题导思 概率的乘法公式：对任意两个事件A与B，若P(A)＞0，则P(AB)＝_______________. 新知构建 (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. (2)P(AB)＝P(A)P(B｜A)就是条件概率P(B｜A)＝的逆运算. 微提醒 P(A)P(B｜A) 一批灯泡共100只，其中10只是次品，其余为正品.作不放回抽取，每次取1只，求： (1)前两次都抽到正品的概率； 解：设Ai＝{第i次取到正品}(i＝1，2)，A＝{前两次都抽到正品}，则A＝A1A2， 于是P(A)＝P(A1A2)＝P(A1)·P(A2｜A1)＝×＝， 所以前两次都抽到正品的概率为. 典例 4 (2)第二次才取到正品的概率. 解：B＝{第二次才取到正品}，则B＝A2， 于是P(B)＝P(A2)＝P()·P(A2｜)＝×＝. 所以第二次才取到正品的概率为. 规律方法 利用乘法公式的一般步骤 第1步：首先判断应用题是否可以应用乘法公式求解，即对任意两个事件A与B，是否有P(A)＞0； 第2步：根据已知条件表示出各事件的概率； 第3步：代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B｜A)求出所求的概率. 对点练3.开元通宝是我国唐代的一种货币，向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_______. 0.15 设“第一次投进方空”为事件A，“第二次投进方空”为事件B，则依题意P(A)＝0.5，P(B｜A)＝0.3，从而由条件概率公式可知，P(AB)＝P(A)P(B｜A)＝0.5×0.3＝0.15. 返回 任务四　条件概率的性质 返回 (阅读教材P47，完成探究问题5、6) 问题5.设A，B是一个随机试验中的两个事件，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B) 对吗？ 提示：不对.当事件A与事件B互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；当事件A与事件B不互斥时，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B). 问题6.概率的性质适合条件概率吗？ 提示：适合.因为条件概率就是缩小了样本空间的事件的概率，所以仍然具有概率的性质. 问题导思 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)＝____________. 新知构建 条件概率性质(2)研究了互斥事件的条件概率，该性质如何证明？ 提示：因为B和C是两个互斥事件，所以AB和AC是两个互斥事件，所以P(B∪C｜A)＝＝＝＋＝P(B｜A)＋P(C｜A). 微思考 1 P(B｜A)＋P(C｜A) 1－P(B｜A) (1)(多选)下列说法中错误的是 A.P(B｜A)＝P(A｜B) B.P((B∪C)｜A)＝P(B｜A)＋P(C｜A) C.P(AB)＝P(B｜A)·P(A) D.P(B｜A)·P(A)≤P(A)＋P(B) 典例 5 √ √ 对于A，P(A｜B)＝，P(B｜A)＝，而P(A)与P(B)不一定相等，故不正确；对于B，若B，C不是互斥事件，如B⊆C，则P((B∪C)｜A)＝P(C｜A)≤P(B｜A)＋P(C｜A)，故不正确；对于C，P(B｜A)·P(A)＝×P(A)＝P(AB)，故C正确；对于D，P(B｜A)·P(A)＝P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)≤P(A)＋P(B)，故D正确.故选AB. (2)已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且P(A∪B｜C)＝，P(BC)＝，P(C)＝，则P(A｜C)的值等于____. 依题意，P(B｜C)＝＝，由A，B是互斥事件知，P(A∪B｜C)＝P(A｜C)＋P(B｜C)，所以P(A｜C)＝P(A∪B｜C)－P(B｜C)＝－＝. 规律方法 处理有关条件概率的性质问题需注意 1.分清互斥事件，对立事件及相互独立事件的区别与联系. 2.分析条件，选择性质，如事件B和C是两个互斥事件，则一般选择公式P(B∪C｜A)＝P(B｜A)＋P(C｜A). 对点练4.(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) 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)，其余选项未必正确.故选C. √ (2)已知随机事件A，B，P(A)＝，P(B)＝，P(A｜B)＝，则P(｜A)＝____. 依题意，得P(A｜B)＝＝，所以P(AB)＝P(B)＝×＝，故P(B｜A)＝＝＝，所以P(｜A)＝1－P(B｜A)＝. 返回 任务五　条件概率的综合应用 返回 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)＝＝＝， 所以P(B∪C｜A)＝P(B｜A)＋P(C｜A)＝＋＝. 典例 6 规律方法 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. 对点练5.抛掷两颗质地均匀的骰子各一次.当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：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)＝＋＝＋＝. 返回 课堂小结 任务再现 1.条件概率的概念与计算.2.概率乘法公式.3.条件概率的性质与应用.4条件概率的综合应用 方法提炼 列举法、公式法、缩小样本空间法 易错警示 混淆条件概率与事件同时发生的概率；条件概率公式记忆错误 随堂评价 返回 1.已知，分别为随机事件A，B的对立事件，P(A)＞0，P(B)＞0，则下列说法正确的是 A.P(B｜A)＋P(｜A)＝P(A) B.若P(A)＋P(B)＝1，则A，B对立 C.若A，B独立，则P(A｜B)＝P(A) D.若A，B互斥，则P(A｜B)＋P(B｜A)＝1 对于A，P(B｜A)＋P(｜A)＝＝＝1，故A错误；对于B，若A，B对立，则P(A)＋P(B)＝1，反之不成立，故B错误；对于C，根据独立事件定义，故C正确；对于D，若A，B互斥，则P(A｜B)＋P(B｜A)＝0，故D错误.故选C. √ 2.统计某位篮球运动员的罚球命中率，罚中一次的概率是，连续罚中两次的概率是.已知这位篮球运动员第一次罚球命中，则第二次罚球也命中的概率是 A. B. C. D. 记“第一次罚球命中”为事件A，“第二次罚球命中”为事件B，由题意可知：P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B｜A)＝＝.故选C. √ 3.已知事件A和B是互斥事件，P(C)＝，P(B∩C)＝，P(A∪B｜C)＝，则P(A｜C)＝____. 依题意知，P(A∪B｜C)＝P(A｜C)＋P(B｜C)＝，P(B｜C)＝＝＝，则P(A｜C)＝P(A∪B｜C)－P(B｜C)＝－＝. 4.(一题多解)盒内装有除型号和颜色外完全相同的16个球，其中6个是E型玻璃球，10个是F型玻璃球.E型玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；F型玻璃球中有3个是红色的，7个是蓝色的.现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是E型玻璃球的概率是多少？ 解：法一：设取到的球是蓝球为事件A，取到的球是E型玻璃球为事件B， 则P(A)＝＝，P(AB)＝＝， 所以P(B｜A)＝＝＝. 法二：设取到的球是蓝球为事件A，取到的球是E型玻璃球为事件B， 因为n(A)＝7＋4＝11，n(AB)＝4， 所以P(B｜A)＝＝. 故取到的是蓝球，该球是E型玻璃球的概率是. 返回 课时分层评价 返回 1.已知事件A，B满足P(A)＝0.7，P(B)＝0.6，P(AB)＝0.42，则P(B｜A)的值是 A.0.42 B.0.5 C.0.6 D.0.7 P(B｜A)＝＝＝0.6.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知一批产品中，A项指标合格的比例为80％，B项指标合格的比例为90％，A，B两项指标都合格的比例为60％，从这批产品中随机抽取一个产品，若A项指标合格，则该产品的B项指标也合格的概率是 A. B. C. D. √ 记事件A为“A项指标合格”，事件B为“B项指标合格”，则P(A)＝ 80％，P(B)＝90％，P(AB)＝60％，所以P(B｜A)＝＝＝.故 选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.某个班级有45名学生，其中男生、女生的人数及团员的人数如下表 所示： 如果已知选到的是团员，那么选到的是男生的概率是 A. B. C. D. √   团员 非团员 合计 男生 16 9 25 女生 14 6 20 合计 30 15 45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设事件A表示选到团员，事件B表示选到男生，则P(B｜A)＝＝＝.故选A.   团员 非团员 合计 男生 16 9 25 女生 14 6 20 合计 30 15 45 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.若事件A，B发生的概率分别为P(A)，P(B)，(P(A)＞0，P(B)＞0)，则“P(B｜A)＝P(B)”是“P(A｜B)＝P(A)”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分且必要条件 D.既不充分又不必要条件 因为P(B｜A)＝P(B)，所以P(B｜A)＝＝P(B)，所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以P(A｜B)＝＝＝P(A).反之由P(A｜B)＝P(A)能推出P(B｜A)＝P(B)，所以“P(B｜A)＝P(B)”是“P(A｜B)＝P(A)”的充分且必要条件.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.甲、乙两位学生心仪某中学已久，所以这两名学生准备分别从教学南楼、教学北楼、活动中心和学生劳动实践基地四个地点中随机选择一个考察参观，事件A：甲和乙至少一人选择活动中心考察参观，事件B：甲和乙选择的地点不同，则P(B｜A)＝ A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 甲乙两人从四个地点中随机选择一个考察参观，共有4×4＝16种选择，甲和乙均不选择活动中心考察参观共有3×3＝9种选择，所以甲和乙至少一人选择活动中心考察参观有16－9＝7种选择，所以P(A)＝，事件AB：甲乙只有一人选择活动中心考察参观，故共有1×3＋3×1＝6种选择，所以P(AB)＝，因此P(B｜A)＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知事件A，B，若A⊆B，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.7，则下列结论正确的是 A.P(AB)＝0.4 B.P(A｜B)＝0.4 C.P(B｜)＝0.5 D.P(B｜A)＝ √ √ 对于A，因为A⊆B，所以P(AB)＝P(A)＝0.4，故A正确；对于B，P(A｜B)＝＝＝，故B错误；对于C，P(B｜)＝＝＝0.5，故C正确；对于D，P(B｜A)＝＝1，故D错误.故选AC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知P(A｜B)＝P(B｜A)＝， P()＝，则P(B)＝____. 依题意，得P(A)＝1－P()＝，而P(B｜A)＝＝，得P(AB)＝，而P(A｜B)＝＝，解得P(B)＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.在某学习软件中，小明闯过第一关的概率为，连续闯过前两关的概率为.事件A表示小明第一关闯关成功，事件B表示小明第二关闯关成功，则P(B｜A)＝___. 依题意，得P(A)＝，P(AB)＝，所以P(B｜A)＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.从1，2，…，n(2≤n≤10)这n个连续正整数中不放回地任取2个数，设“第一次取到的是质数”为事件A，“第二次取到的不是质数”为事件B，且P(B｜A)＝，则n的所有可能值的和为____. 15 由P(B｜A)＝知，在第一次取到质数后，第二次取到的不是质数的概率与取到的是质数的概率都为，所以在1，2，…，n(2≤n≤10)中质数比不是质数的数多一个，因此n只可能为3，5，7共3个，而3＋5＋7＝15. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)某校从学生文艺部6名成员(4男2女)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； 解：记4名男生为A(甲)，B，C，D，2名女生为a，b(乙)， 从6名成员中挑选2名成员共有＝15种情况，即AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab，记“男生甲被选中”为事件M，则样本点为AB，AC，AD，Aa，Ab共有5种， 故P(M)＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率； 解：记“男生甲被选中”为事件M，“女生乙被选中”为事件N，则P(MN)＝， 由(1)知P(M)＝，故P(N｜M)＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的 概率. 解：由(1)知：记“挑选的2人一男一女”为事件S，则P(S)＝， “女生乙被选中”为事件N，则P(SN)＝， 故P(N｜S)＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.甲、乙两名射击手组队完成一项任务，需要对同一目标各射击一次，已知两人的命中率分别为p和0.6，若已知目标已被击中，且是被甲击中的概率为0.8，则p＝ A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 记“甲击中”为事件A，“乙击中”为事件B，“目标被击中”为事件C，则P(C)＝1－P()P()＝1－(1－p)·0.4＝0.6＋0.4p，已知目标已被击中，且是被甲击中的概率为P(A｜C)＝＝＝0.8，解得p＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)为响应校团委发起的“青年大学习”号召，某班组织了有奖知识竞答活动.决赛准备了3道选择题和2道填空题，每位参赛者从5道题中不放回地随机抽取两次，每次抽取1题作答.设事件A为“第1次抽到选择题”，事件B为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是 A.P(A)＝ B.P(AB)＝ C.P(B｜A)＝ D.P(B｜)＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，决赛准备了3道选择题和2道填空题，每位参赛者从5道题中不放回地随机抽取两次，每次抽取1题作答，故P(A)＝，故A正确；对于B，从5道题中不放回地随机抽取两次，故P(AB)＝×＝，故B正确；对于C，P(B｜A)＝＝×＝，故C正确；对于D，因为P(A)＝，所以P()＝1－＝，又P(B)＝×＝，故P(B｜)＝＝×＝，故D错误.故选ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(A＋B)＝，则P(｜)＝_____. 因P(A)＝，P(B)＝，则P()＝1－＝，P(∩)＝P()＝1－P(A＋B)＝1－＝，则P(｜)＝＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(17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. (1)求该考生通过的概率； 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，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”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C， 可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若已知该考生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E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则E＝A∪B. P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)， P(E｜D)＝P(A∪B｜D)＝P(A｜D)＋P(B｜D)＝＋＝＋＝. 故该考生在这次考试中已经通过，则他获得优秀成绩的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.已知某条线路上有A，B两辆相邻班次的BRT(快速公交车)，若A准点到站的概率为，在B准点到站的前提下A准点到站的概率为，在A准点到站的前提下B不准点到站的概率为，则B准点到站的概率为 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“A准点到站”，事件B为“B准点到站”，依题意，P(A)＝，P(A｜B)＝，P(｜A)＝，而P(｜A)＝＝，解得P(A)＝，而P(A)＝P(AB∪A)＝P(AB)＋P(A)＝，则P(AB)＝，而P(A｜B)＝＝，解得P(B)＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”，如图，用4种不同的颜色给图中5块区域涂色，记事件A＝“相邻区域颜色不同”，事件B＝“区域1和3颜色相同”，则P(B｜A)＝_____. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 返回 事件A＝“相邻区域颜色不同”，先对区域1涂色，有4种涂色 方法；对区域2涂色，有3种涂色方法；对区域5涂色，有2种涂 色方法；对区域4涂色，若区域4、区域2颜色不同，则区域4 只有1种涂色方法，区域3只有1种涂色方法；若区域4、区域2颜色相同，则区域4只有1种涂色方法，区域3只有2种涂色方法，所以相邻区域颜色不同包含的样本点有4×3×2×1×(1＋2)＝72；事件AB＝“相邻区域颜色不同，区域1和3颜色相同”，先对区域1、区域3涂色有4种涂色方法；对区域2涂色，有3种涂色方法；对区域5涂色，有2种涂色方法；对区域4涂色，有2种涂色方法，相邻区域颜色不同，区域1和3颜色相同所包含的样本点有4×3×2×2＝48，故所求概率为P＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 七 章 随 机 变 量 及 其 分 布 返回 $