第6章 1.1 条件概率的概念（课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册学习笔记（北师大版）

该高中数学课件聚焦条件概率的概念、计算方法及应用，通过掷骰子、抽奖券等问题情境导入，联系古典概型，引导学生在已知事件发生前提下理解概率变化，搭建从古典概型到条件概率的认知支架。 其亮点是以问题链驱动探究，通过定义法与缩小样本空间法对比，培养学生抽象能力和推理意识。如抽奖券问题中，先分析无条件概率，再探究已知部分结果后的条件概率。小结结构化呈现知识清单与方法，学生能提升数学思维，教师可直接用例题与练习开展教学。

条件概率的概念 第六章　§1　随机事件的条件概率 <<< 1.1 1.结合古典概型，了解条件概率的定义. 2.掌握条件概率的计算方法. 3.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题. 学习目标 掷一枚质地均匀的骰子，出现2点的概率是多少？在已知是偶数点的前提下，出现2点的概率是多少？这两个事件的概率一样吗？ 导 语 一、条件概率的理解 二、条件概率 课时对点练 三、互斥事件的条件概率 随堂演练 内容索引 条件概率的理解 一 3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3名同学不放回地抽取，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比其他同学的小？ 问题1 提示　在3名同学抽取奖券的试验中，设事件Y表示“抽到中奖奖券”，事件N1，N2分别表示“抽到未中奖奖券1”“抽到未中奖奖券2”，则该试验的样本空间为Ω＝{YN1N2，YN2N1，N1YN2，N1N2Y，N2YN1，N2N1Y}，事件B表示“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B＝{N1N2Y，N2N1Y}.由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P(B)＝.其中，n(B)和n(Ω)分别表示事件B和样本空间Ω包含的样本点个数.这说明最后一名同学抽到中奖奖券的概率不比其他同学的小.事实上，我们之前也研究过抽签问题，知道抽签虽有先后，但抽签是公平的，即每个人抽到中奖奖券的概率相等. 继续考虑上面的问题，如果已知第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率又是多少呢？ 问题2 提示　用事件A表示“第一名同学未抽到中奖奖券”，事件B表示“最后一名同学抽到中奖奖券”，则A＝{N1YN2，N1N2Y，N2YN1，N2N1Y}，B＝{N1N2Y，N2N1Y}.又已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以此时样本点的个数由原来的6个减少为4个.由古典概型计算概率的公式可知，如果已知第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到中奖奖券的概率为，即.显然，知道第一名同学的抽取结果，即知道了事件A的发生与否，会影响事件B发生的概率. 设A，B是两个事件，且P(A)>0，则称______________为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率.P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率. P(B|A)＝ 知识梳理 (1)P(AB)是事件A，B同时发生的概率，P(B|A)是在事件A发生的条件下事件B发生的概率.且P(AB)≤P(B|A). (2)条件概率的性质： ①有界性：0≤P(B|A)≤1. ②可加性：如果B和C是两个互斥事件，则 P[(B∪C)|A]＝P(B|A)+P(C|A). 注 意 点 <<< 10 　下面几种概率是条件概率的是 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.甲、乙二人投篮命中率分别为0.6，0.7，在甲投中的条件下乙投篮一次 命中的概率 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 例 1 由条件概率的定义知B为条件概率. 解析 √ 11 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. 反 思 感 悟 12 　(多选)下列是条件概率的有 A.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，求高一的女生获 得冠军的概率 B.掷一枚骰子，求掷出的点数为3的概率 C.在一副扑克的52张(去掉两张王牌后)中任取1张，已知在抽到梅花的条 件下，求抽到的是梅花5的概率 D.商场进行抽奖活动，求某位顾客中奖的概率 跟踪训练 1 √ √ 13 二 条件概率 　 (课本例1)　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； 例 2 角度1　利用定义求条件概率 15 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AB表示“第一次和第二次都抽到选择题”. 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. 解 16 (2)第一次和第二次都抽到选择题的概率； 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. 解 17 (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. 18 方法一　由(1)(2)可知， P(A)=，P(AB)=， 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. 方法二　由(1)(2)可知， n(AB)=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. 解 19 　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)第一次抽到舞蹈节目的概率； 例 2 20 设“第一次抽到舞蹈节目”为事件A，“第二次抽到舞蹈节目”为事件B，则“第一次和第二次都抽到舞蹈节目”为事件AB. 从6个节目中不放回地依次抽取2个节目，样本空间包含的样本点个数为n(Ω)＝＝30. 根据分步乘法计数原理，有n(A)＝＝20， 所以P(A)＝. 解 21 (2)第一次和第二次都抽到舞蹈节目的概率； 因为n(AB)＝＝12， 所以P(AB)＝. 解 22 (3)在第一次抽到舞蹈节目的条件下，第二次抽到舞蹈节目的概率. 方法一　由(1)(2)，得在第一次抽到舞蹈节目的条件下，第二次抽到舞蹈节目的概率 P(B|A)＝. 方法二　因为n(AB)＝12，n(A)＝20， 所以P(B|A)＝. 解 23 　本例条件不变，试求在第一次抽到舞蹈节目的条件下，第二次抽到语言类节目的概率. 延伸探究 1 设“第一次抽到舞蹈节目”为事件A，“第二次抽到语言类节目”为事件C，则“第一次抽到舞蹈节目、第二次抽到语言类节目”为事件AC. n(A)＝×＝20， n(AC)＝×＝8， 所以P(C|A)＝. 解 24 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表示事件A，B同时发生. 反 思 感 悟 25 　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. 例 3 角度2　缩小样本空间 26 设甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，事件“甲抽到奇数”包含的样本点为(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个样本点中，满足乙抽到的数比甲抽到的数大的样本点为(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＝. 解 27 在本例条件下，求乙抽到偶数的概率. 延伸探究 2 事件“在甲抽到奇数”的样本点中，满足乙抽到偶数的样本点为(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＝. 解 28 　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). 延伸探究 3 事件“甲抽到的数大于4”包含的样本点为(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，其中满足甲、乙抽到的两数之和等于7的样本点为(5，2)，(6，1)，共2个.所以P(B|A)＝. 解 29 利用缩小样本空间法求条件概率的方法 (1)缩：将原来的样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为AB. (2)数：数出A中事件AB所包含的样本点数. (3)算：利用P(B|A)＝求得结果. 反 思 感 悟 30 互斥事件的条件概率 三 　(课本例2)　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.某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字.求： (1)任意按最后一位数字，不超过两次就按对的概率； 例 4 32 设事件Ai(i=1，2)表示“第i次按对密码”，事件A表示“不超过两次就按对密码”， 则A=A1∪A2. 依题意知事件A1与事件A2互斥，由概率的加法公式得 P(A)=P(A1)+P(A2) =+=. 故任意按最后一位数字，不超过两次就按对的概率为. 解 33 (2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过两次就按对的概率. 设事件B表示“密码的最后一位数字按偶数”，则 P(A|B)=P(A1|B)+P(A2|B) =+=. 故如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过两次就按对的概率是. 解 34 　在一个袋子中装有除颜色外其他都相同的10个球，其中有1个红球、2个黄球、3个黑球、4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在摸出的第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率. 例 4 35 设“摸出的第一个球为红球”为事件A，“摸出的第二个球为黄球”为事件B，“摸出的第二个球为黑球”为事件C. 方法一　P(A)＝，P(AB)＝， P(AC)＝. ∴P(B|A)＝， P(C|A)＝. ∴P[(B∪C)|A]＝P(B|A)+P(C|A)＝+.故所求的概率为. 解 36 方法二　∵n(A)＝＝9，n[(B∪C)∩A]＝+＝5， ∴P[(B∪C)|A]＝. 故所求的概率为. 解 37 当所求事件的概率较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)互斥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. 反 思 感 悟 38 　抛掷两颗质地均匀的骰子各一次. (1)两颗骰子向上的点数之和为7时，其中有一个的点数是2的概率是多少？ 跟踪训练 2 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，且其中有一个的点数是2”， 则P(B)＝，P(AB)＝， 所以P(A|B)＝. 解 39 (2)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？ 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)＝++. 解 40 1.知识清单： (1)条件概率：P(B|A)＝. (2)条件概率的性质. 2.方法归纳：转化化归. 3.常见误区：(1)分不清“在谁的条件下”求“谁的概率”. (2)判断两个事件是不是互斥事件. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.设A，B为两个事件，且P(A)>0，若P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)等于 A. B. C. D. √ P(B|A)＝. 解析 1 2 3 4 2.一盒中装有5个产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中不放回地取出产品，每次1个，取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率是 A. B. C. D. √ 设一等品为a，b，c，二等品为A，B，事件“第二次取得一等品”所含样本点有(a，b)，(a，c)，(b，a)，(b，c)，(c，a)，(c，b)，(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，共12个，其中第一次取得二等品的样本点共有6个，所以所求概率为P＝. 解析 1 2 3 4 3.从1，2，3，4，5，6，7，8，9中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，事件B为“第二次取到的是3的整数倍”，则P(B|A)等于 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 由题意得P(A)＝，事件AB为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”， 若第一次取到的为3，9，第二次有2种情况； 若第一次取到的为1，5，7，第二次有3种情况， 故共有2×2+3×3＝13(个)样本点， P(AB)＝， 由条件概率的定义得P(B|A)＝. 解析 1 2 3 4 4.若B，C是互斥事件且P(B|A)＝，P(C|A)＝，则P(B∪C|A)等于 A. B. C. D. 因为B，C是互斥事件，所以 P(B∪C|A)＝P(B|A)+P(C|A)＝+. 解析 √ 课时对点练 五 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C B C A A 　 题号 11 12 13 14 15 答案 BC C (1)　(2) 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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个鸭蛋的样本空间数为n(Ω)＝＝20， 又n(A)＝×＝12， 则P(A)＝. (2)因为n(AB)＝＝6， 所以P(AB)＝. 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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)＝. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝++. 故所求概率为. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设事件A表示“任取的三个数中有a22”， 事件B表示“三个数至少有两个数位于同行或同列”， 则表示“三个数互不同行且不同列”， 依题意得n(A)＝＝28，n(A)＝2， 故P(|A)＝， 则P(B|A)＝1－P(|A)＝1－. 即已知取到a22的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率为. 基础巩固 1.已知A与B是两个事件，P(B)＝，P(AB)＝，则P(A|B)等于 A. B. C. D. √ 由条件概率的计算公式，可得P(A|B)＝. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.设A，B是两个事件，若B发生时A必定发生，且0<P(A)<1，0<P(B)<1，给出下列各式，其中正确的是 A.P(A∪B)＝P(B) B.P(B|A)＝ C.P(A|B)＝1 D.P(AB)＝P(A) √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵B发生A必定发生， ∴P(A∪B)＝P(A)，P(AB)＝P(B)，故A，D错误； P(B|A)＝，故B错误； P(A|B)＝＝1，故C正确. 解析 3.4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取.若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是 A. B. C. D.1 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率显然是. 解析 4.投掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A表示“两次的点数均为奇数”，事件B表示“两次的点数之和为4”，则P(B|A)等于 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 由题意知事件A包含的样本点有(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个，在A发生的条件下，发生事件B包含的样本点有(1，3)，(3，1)，共2个，所以P(B|A)＝. 解析 5.我国的生态环境越来越好，旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“无锡太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择无锡太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点相同”，则P(B|A)等于 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意，知P(A)＝， P(AB)＝， 所以P(B|A)＝. 解析 6.将三颗骰子各掷一次，设事件A表示“三个点数都不相同”，事件B表示“至少出现一个6点”，则P(A|B)等于 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为P(A|B)＝， P(AB)＝， P(B)＝1－P()＝1－＝1－， 所以P(A|B)＝. 解析 7.小明的妈妈为小明煮了五个粽子，其中两个腊肉馅、三个豆沙馅，小明随机取出两个，事件A为“取到的两个为同一种馅”，事件B为“取到 的两个都是豆沙馅”，则P(B|A)＝　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 n(A)＝+＝4，事件AB和事件B是同一个事件，n(AB)＝n(B)＝＝3，所以P(B|A)＝. 解析 8.(2024·天津)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加. 甲选到A的概率为　　　；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率 为　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　(列举法) 从五个活动中选三个的情况有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种， 其中甲选到A有6种情况： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 则甲选到A的概率为； 乙选A活动有6种情况： ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 其中再选择B活动有3种情况：ABC，ABD，ABE， 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　设选到A为事件M，选到B为事件N， 则甲选到A的概率为P(M)＝； 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 P(N|M)＝. 解析 9.坛子里放着5个大小、形状相同的咸鸭蛋，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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的样本空间数为n(Ω)＝＝20， 又n(A)＝×＝12， 则P(A)＝. 解 (2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为n(AB)＝＝6， 所以P(AB)＝. 解 (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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝. 解 10.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. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝++. 故所求概率为. 解 11.(多选)甲、乙、丙等5名同学参加演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，记事件A为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”，事件B为“学生丙第一个出场”，则下列结论中正确的是 A.事件A包含80个样本点 B.P(A)＝ C.P(AB)＝ D.P(B|A)＝ √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 事件A包含+＝78(个)样本点，故A错误； P(A)＝，故B正确； P(AB)＝，故C正确； P(B|A)＝，故D错误. 解析 12.为吸引顾客，某商场举办购物抽奖活动，抽奖规则是：从装有2个白球和3个红球(小球除颜色外完全相同)的抽奖箱中，每次摸出一个球，不放回地依次摸取两次，记为一次抽奖.若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则为不中奖.则下列随机事件的概率错误的是 A.某顾客抽奖一次中奖的概率是 B.某顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是 C.在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次摸出了红球，则该顾客中奖的概率是 D.在一次抽奖过程中，若已知顾客第一次摸出了红球，则该顾客中奖的概率是 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 顾客抽奖一次中奖的概率为，故A选项正确； 顾客抽奖三次，至少有一次中奖的概率是1－＝1－，故B选项正确； 对于C，D选项， 由于第一次摸出了红球，故剩余2个白球和2个红球，再摸取一个，摸出红球的概率是，故C选项错误，D选项正确. 解析 13.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　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)＝+. 解析 14.将3个黑球和2个白球放入一个不透明的盒中，各球除颜色不同外完全相同，现从盒中随机抽取两次，每次抽取一个球. (1)若第一次随机抽取一个球之后，将抽取出来的球放回盒中，第二次随 机抽取一个球，则两次抽到颜色相同的球的概率是　　　； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当有放回地抽取时，两次抽取共有5×5＝25(种)情况， 其中两次抽取的球颜色相同共有3×3+2×2＝13(种)情况， 其中都是黑球有3×3＝9(种)情况，都是白球有2×2＝4(种)情况，故所求概率为； 解析 (2)若第一次随机抽取一个球之后，抽取出来的球不放回盒中，第二次从盒中余下的球中随机抽取一个球，则在已知两次抽取的球颜色相同的条 件下，第一次抽取的球是白球的概率是　　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当不放回地抽取时，两次抽取的球的颜色相同有3×2+2×1＝8(种)情况， 其中都是黑球有6种情况，都是白球有2种情况， 所以在已知两次抽取的球颜色相同的条件下， 第一次抽取的球是白球的概率为. 解析 15.第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行.某田径运动员准备参加100米、200米两项比赛，根据以往赛事分析，该运动员100米比赛未能站上领奖台的概率为，200米比赛未能站上领奖台的概率为，两项比赛都未能站上领奖台的概率为，若该运动员在100米比赛中站上领奖台，则他在200米比赛中也站上领奖台的概率是　　　　. 拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设在200米比赛中站上领奖台为事件A，在100米比赛中站上领奖台为事件B， 则P()＝，P()＝，P()＝， P(B)＝1－P()＝， 则P(∪)＝P()+P()－P()＝+， 则P(AB)＝1－P(∪)＝， 故P(B)＝. 解析 16.如图，三行三列的方阵中有9个数aij(i＝1，2，3，j＝1，2，3)，从中任取三个数，已知取到a22的条件下，求至少有两个数位于同行或同列的概率. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设事件A表示“任取的三个数中有a22”， 事件B表示“三个数至少有两个数位于同行或同列”， 则表示“三个数互不同行且不同列”， 依题意得n(A)＝＝28，n(A)＝2， 故P(|A)＝， 则P(B|A)＝1－P(|A)＝1－. 即已知取到a22的条件下，至少有两个数位于同行或同列的概率为. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第六章　§1　随机事件的条件概率 <<< $