7.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

本讲义聚焦高中数学“条件概率的性质及应用”核心知识点，前承条件概率基本概念，通过思考问题引导，系统梳理概率乘法公式（由条件概率公式推导）及条件概率性质（互斥事件加法、对立事件性质等），构建完整知识支架。 该资料以问题链驱动探究，结合建筑构件质检、抽球等实例，培养学生用数学眼光发现数量关系，用数学思维进行逻辑推理。例题对接教材且步骤清晰，跟踪训练针对性强，课中助力教师高效授课，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺。

第2课时　条件概率的性质及应用 一　概率的乘法公式 思考1　一般地，P(B|A)与P(B)不一定相等，如果P(B|A)与P(B)相等，那么事件A与B应满足什么条件？ 提示：相互独立． 思考2　对于任意两个事件A，B，如果已知P(A)与P(B|A)，如何计算P(AB)呢？ 提示：由P(B|A)＝，可得P(AB)＝P(A)P(B|A). [知识梳理] 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　条件概率公式是由P(AB)，P(A)求P(B|A)；乘法公式是由P(A)，P(B|A)求P(AB).　 [例1] (对接教材例2)(1)一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，则认为该建筑构件通过质检．若第一次击打后该建筑构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施击打也没有受损的概率为0.80，则该建筑构件通过质检的概率为(　　) A．0.4 B．0.16 C．0.68 D．0.17 (2)已知1号箱有2个白球和4个红球，2号箱有5个白球和3个红球(白球与红球大小、形状、质地相同)，现随机从1号箱中取出一球放入2号箱，再从2号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是(　　) A． B． C． D． 【解析】　(1)设Ai表示“第i次击打后该建筑构件没有受损”，i＝1，2，则由已知可得P(A1)＝0.85，P(A2|A1)＝0.80，所以由乘法公式可得P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.85×0.80＝0.68，即该建筑构件通过质检的概率是0.68. (2)设“从1号箱中取到红球放入2号箱”为事件A，“从2号箱中取到红球”为事件B． 由题意知P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，所以P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝， 所以两次都取到红球的概率为. 【答案】　(1)C　(2)C 　 利用乘法公式求概率的步骤 (1)求事件A的概率P(A)； (2)求在事件A发生的前提下事件B发生的概率P(B|A)； (3)代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)求解． [跟踪训练1] 10个考签中有4个难签，2个人参加抽签(不放回)，甲先抽，乙后抽．求： (1)甲抽到难签的概率； (2)甲、乙都抽到难签的概率； (3)甲没有抽到难签而乙抽到难签的概率． 解：记事件A，B分别表示甲、乙抽到难签． (1)甲抽到难签的概率为P(A)＝＝. (2)甲先抽到难签，此时还剩9个考签，其中有3个难签，则乙抽到难签的概率为P(B|A)＝＝，所以甲、乙都抽到难签的概率为P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝. (3)甲先抽，没有抽到难签的概率为P()＝1－P(A)＝，此时还剩9个考签，其中有4个难签，则乙抽到难签的概率为P(B|)＝.所以甲没有抽到难签而乙抽到难签的概率为P(B)＝P()P(B|)＝×＝. 二　条件概率的性质 先后抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A表示“第一枚出现4点”，事件B表示“第二枚出现5点”，事件C表示“第二枚出现6点”． 思考1　试求P(B|A)与P(C|A). 提示：P(B|A)＝，P(C|A)＝. 思考2　若已知第一枚出现4点，求“第二枚出现大于4点”的概率． 提示：P(B∪C|A)＝＝. 思考3　根据前面的计算，你能得出什么结论？ 提示：若B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A). [知识梳理] 条件概率具有概率的性质：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． [例2] (对接教材例3)在一个袋子中装有除颜色外其余均相同的1个红球、2个黄球、3个黑球、4个白球共10个球，从中依次摸2个球(不放回)，在第一个球是红球的条件下，求第二个球是黄球或黑球的概率． 【解】　方法一：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)＝＝. 所以P(B|A)＝＝＝， P(C|A)＝＝＝. 所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝， 所以所求的概率为. 方法二：因为n(A)＝1×C＝9， n(B∪C|A)＝C＋C＝5， 所以P(B∪C|A)＝， 所以所求的概率为. 　 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2] 在不透明的盒中有五瓶墨水，其中红色一瓶，蓝色、黑色各两瓶，某同学从中随机抽取两瓶，若取得的两瓶墨水中有一瓶是蓝色，求另一瓶是红色或黑色的概率． 解：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， 易求得P(A)＝＝， P(AB)＝＝，P(AC)＝＝， 故P(D|A)＝P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝，即取得的两瓶墨水中有一瓶是蓝色，另一瓶是红色或黑色的概率为. 应用点　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(AB)＝P(B)－P(B)， 故P(AB)＝P(B)－P()P(B)， 所以P(AB)＝P(A)P(B)， 所以P(A)P(B|A)＝P(A)P(B)， 又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). 　 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3] 当P(A)＞0时，若P(B|A)＋P()＝1，则事件A与B(　　) A．互斥 B．对立 C．相互独立 D．不独立 解析：选C．因为P(B|A)＋P()＝P(B|A)＋1－P(B)＝1， 所以P(B|A)＝P(B)，即＝P(B)， 所以P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B相互独立． 1．设A，B为两个事件，已知P(A)＝，P(B|A)＝，则P(AB)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B．由概率的乘法公式，可得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝×＝. 2．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：选D．因为B，C是互斥事件，所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝. 3．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，射中第一个目标后继续射击，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 4．在10 000张有奖储蓄的券中，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． 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B，C为互斥事件，P(A)＝， P(AB)＝＝， P(AC)＝. 故P(B|A)＝＝＝. P(C|A)＝＝＝. 所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) ＝＋＝. 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. 　 1．已学习：(1)概率乘法公式；(2)条件概率的性质及应用． 2．须贯通：把相对复杂的事件分成两个(或多个)互斥事件之和，体现了分类讨论思想． 3．应注意：不能准确判断两个事件是不是互斥事件致误． 学科网（北京）股份有限公司 $