6.1.1 条件概率的概念(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

本讲义聚焦条件概率概念这一核心知识点，从古典概型切入，通过产品合格问题引入，系统梳理定义、事件个数法与定义法两种计算方法及性质，设置定义应用、缩小样本空间、性质运用三种题型及母题探究，构建完整学习支架。 资料以真实情境（如产品质检、节目抽取）驱动问题，通过对比计算方法培养数学运算能力，母题变式与一题多解发展数学思维。课中助力教师分层教学，课后练习题覆盖基础与提升，帮助学生查漏补缺，深化对条件概率的理解。

1.1　条件概率的概念 课标 要求 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（数学抽象、数学运算）. 2.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系（数学抽象、数学运算）. 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件产品的长度和质量都合格.令事件A表示“产品的长度合格”，事件B表示“产品的质量合格”，事件AB表示“产品的长度、质量都合格”. 【问题】　任取一件产品，已知其质量合格（即B发生），如何求它的长度（即A发生）也合格（记为A｜B）的概率. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　条件概率 条件 设A，B是两个事件，且P（A）＞0 定义 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 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）事件个数法：P（B｜A）＝　　； （2）定义法：P（B｜A）＝　　 性质 （1）0≤P（B｜A）≤1； （2）若B和C是两个互斥事件，则P[（B∪C）｜A]＝P（B｜A）＋P（C｜A） 提醒：P（B｜A）与P（AB），P（A）三者互不相同，P（B｜A）是在事件A已经发生的条件下，事件B发生的概率，P（AB）表示事件A与B同时发生的概率，P（A）是事件A发生的概率，P（B｜A）与P（B）不一定相等. 【想一想】 P（B｜A）与P（A｜B）相同吗？ 提示：不相同，P（B｜A）表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率；P（A｜B）表示在事件B发生的条件下，事件A发生的概率. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）在“A已发生”的条件下，B发生的概率可记作P（A｜B）.（　×　） （2）若P（B｜A）＝P（B），则事件A，B相互独立.（　√　） （3）P（B｜A）相当于事件A发生的条件下，事件AB发生的概率.（　√　） 2.已知P（AB）＝，P（A）＝，则P（B｜A）＝（　　） A.　　 　 B. C.　　 　 D. 解析：B　P（B｜A）＝＝＝. 3.掷一个质地均匀的骰子，记事件A为“掷得点数大于2”，事件B为“掷得点数为奇数”，则P（B｜A）＝（　　） A. B. C. D. 解析：D　掷一个质地均匀的骰子，点数有1，2，3，4，5，6，共6种结果，事件A包含点数3，4，5，6，共4种结果，所以P（A）＝＝；事件AB包含点数3，5，共2种结果，所以P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝.故选D. 4.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　0.75　. 解析：记事件A为活到60岁，事件B为活到65岁，则P（A）＝0.8，P（AB）＝0.6，所以P（B｜A）＝＝＝0.75. 题型一　利用定义求条件概率 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：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，样本空间包含的样本点个数n（Ω）＝＝30. 根据分步乘法计数原理，有n（A）＝·＝20， 所以P（A）＝＝＝. （2）因为n（AB）＝＝12，所以P（AB）＝＝＝. （3）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）＝＝＝. 【母题探究】 　（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. 易知P（A）＝，P（AC）＝＝＝， ∴P（C｜A）＝＝. 故在第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为. 通性通法 计算条件概率的方法 　　在原样本空间Ω中，先计算P（AB），P（A），再按公式P（B｜A）＝计算求得P（B｜A）.求解的关键是正确求出P（A），P（AB）的值. 现从3名男医生和4名女医生中任选两人加入医疗队，用事件A表示“选中的两名医生性别相同”，事件B表示“选中的两名医生都是女医生”，则P（B｜A）＝（　　） A.　　 　 B. C.　　 　 D. 解析：C　根据古典概型的概率公式P（A）＝＝，P（AB）＝＝，所以P（B｜A）＝＝. 题型二　缩小样本空间范围求条件概率 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：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个情形中，乙抽到的数比甲抽到的数大的情形有（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），（3，4），（3，5），（3，6），（5，6），共9个，所以所求概率为＝. 【母题探究】 1.（变设问）本例条件不变，求乙抽到偶数的概率. 解：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，所以所求概率为＝. 2.（变条件，变设问）若甲先取（放回），乙后取，若事件A表示“甲抽到的数大于4”；事件B表示“甲、乙抽到的两数之和等于7”，求P（B｜A）. 解：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）＝＝. 通性通法 利用缩小样本空间范围计算条件概率的方法 　　将原来的样本空间Ω缩小为已知事件A的样本空间ΩA，原来的事件B缩小为AB.而ΩA中仅包含有限个样本点，每个样本点发生的概率相等，从而可以在缩小的样本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样本空间范围的. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，求： （1）第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率； （2）在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率. 解：设事件A表示“第1次抽到代数题”，事件B表示“第2次抽到几何题”. （1）“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB.从5道试题中不放回地依次随机抽取2道，试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点，即n（Ω）＝＝5×4＝20.因为n（AB）＝·＝3×2＝6，所以P（AB）＝＝＝. （2）“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，显然P（A）＝.利用条件概率公式，得P（B｜A）＝＝＝. 题型三　利用条件概率的性质求概率 在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中的5道题就获得优秀，已知某考生能答对20道题中的10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀的概率. 解：设事件A表示“该考生6道题全答对”，事件B表示“该考生答对了其中5道题，另一道答错”，事件C表示“该考生答对了其中4道题，而另2道题答错”，事件D表示“该考生在这次考试中通过”，事件E表示“该考生在考试中获得优秀”，则A，B，C两两互斥，且D＝A∪B∪C，E＝A∪B，由古典概型的概率计算公式及概率的加法公式可知 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∪B）｜D]＝P（A｜D）＋P（B｜D）＝＋＝＋＝. 故所求的概率为. 通性通法 利用条件概率性质解题的策略 （1）分析条件，选择公式：首先看事件B，C是否互斥，若互斥，则选择公式P[（B∪C）｜A]＝P（B｜A）＋P（C｜A）； （2）分解计算，代入求值：为了求比较复杂事件的概率，一般先把它分解成两个（或若干个）互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用概率的加法公式即得所求复杂事件的概率. 〔一题多解〕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. 1.4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 解析：B　因为第一名同学没有抽到中奖券已知，所以问题条件变为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. 2.投掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝“两次的点数均为奇数”，B＝“两次的点数之和为4”，则P（B｜A）＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　由题意知，事件A包含的样本点是（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，事件B包含的样本点是（1，3），（3，1），共2个，所以P（B｜A）＝. 3.〔多选〕某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛，某支部在5道党史题中（有3道选择题和2道填空题），不放回地依次随机抽取2道题作答，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｜）＝ 解析：ABC　P（A）＝＝，故A正确；P（AB）＝＝，故B正确；P（B｜A）＝＝＝，故C正确；P（）＝＝，P（B）＝＝，P（B｜）＝＝＝，故D错误.故选A、B、C. 4.《孙子算经》中曾经记载，中国古代诸侯的爵位等级从高到低分为公、侯、伯、子、男，共有五级.若给有巨大贡献的甲、乙两人进行封爵，则在甲的爵位等级比乙高的条件下，甲、乙两人爵位等级相邻的概率为　　. 解析：记“甲的爵位等级比乙高”为事件A，“甲、乙两人爵位等级相邻”为事件B，事件A包含10个基本事件：（公，侯），（公，伯），（公，子），（公，男），（侯，伯），（侯，子），（侯，男），（伯，子），（伯，男），（子，男），事件AB包含4个基本事件：（公，侯），（侯，伯），（伯，子），（子，男），则P（B｜A）＝＝＝. 5.某人一周内需有两个晚上安排值班，安排方法用抽签方式，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为　　. 解析：设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”，则P（A）＝，P（AB）＝，故P（B｜A）＝＝. 1.已知P（AB）＝，P（A）＝，则P（B｜A）＝（　　） A. B. C. D. 解析：C　因为P（AB）＝，P（A）＝，则P（B｜A）＝＝＝.故选C. 2.抛掷一枚质地均匀的骰子的基本事件构成集合 S＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A＝{1，3，5}，B＝{1，2，4，5，6}，则P（A｜B）的值为（　　） A. B. C. D. 解析：B　因为A＝{1，3，5}，B＝{1，2，4，5，6}，所以AB＝{1，5}，所以n（B）＝5，n（AB）＝2，故P（A｜B）＝＝.故选B. 3.已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.9，超过2年的概率为0.72，若一个这种元件使用到1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为（　　） A.0.8　　　 B.0.6 C.0.52　　　 D.0.48 解析：A　记事件A表示该元件使用寿命超过1年，事件B表示该元件使用寿命超过2年，则P（A）＝0.9，P（AB）＝0.72，因此，若一个这种元件使用到1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P（B｜A）＝＝＝0.8，故选A. 4.将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A表示“两个点数互不相同”，B表示“出现一个5点”，则P（B｜A）＝（　　） A. B. C. D. 解析：A　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）＝＝. 5.已知6个高尔夫球中有2个不合格，每次任取1个，不放回地取两次.在第一次取到合格高尔夫球的条件下，第二次取到不合格高尔夫球的概率为（　　） A. B. C. D. 解析：B　记事件A表示第一次取到的是合格高尔夫球，事件B表示第二次取到的是不合格高尔夫球，则“第一次取到合格高尔夫球的条件下，第二次取到不合格高尔夫球”为事件AB.由题意可得，事件AB发生所包含的样本点数n（AB）＝4×2＝8，事件A发生所包含的样本点数n（A）＝4×5＝20，所以P（B｜A）＝＝＝.故选B. 6.〔多选〕某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，记A：学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场.B：学生丙第一个出场，则下列结论中正确的是（　　） A.事件A中包括80种情况 B.P（A）＝ C.P（AB）＝ D.P（B｜A）＝ 解析：BC　事件A中共包括＋＝78（种）情况，故A错误；P（A）＝＝＝，故B正确；P（AB）＝＝＝，故C正确；又P（B｜A）＝＝，故D错误. 7.同时抛掷一颗红骰子和一颗蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数小于4”为事件A，“两颗骰子的点数之和等于7”为事件B，则P（B｜A）＝　　. 解析：由题意得，n（A）＝3×6＝18，n（AB）＝3，则P（B｜A）＝＝＝. 8.甲、乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是　　. 解析：由题意得，甲不跑第一棒的总的样本点数为＝18，甲不跑第一棒，乙跑第二棒的样本点数为＝4，所以甲不跑第一棒，乙不跑第二棒的样本点数为18－4＝14，所以在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率P＝＝. 9.从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，将其中的1张放在验钞机上检验时发现是假钞，则2张都是假钞的概率是　　. 解析：设事件A表示“抽到的2张中至少有1张是假钞”，事件B表示“抽到的2张都是假钞”，则P（A）＝，P（AB）＝，所以P（B｜A）＝＝＝.故所求概率是. 10.一袋中共有10个大小相同的黑球和白球.若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为. （1）求白球的个数； （2）现从中不放回地取球，每次取1球，取两次，已知第二次取得白球，求第一次取得黑球的概率. 解：（1）设白球的个数为a，则黑球的个数为10－a， ∵从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为. ∴P＝1－＝，解得a＝5（a＝14舍）， ∴白球的个数为5. （2）记“第二次取到白球”为事件A，“第一次取到黑球”为事件B， 则P（A）＝×＋×＝，P（AB）＝×＝， ∴第二次取得白球时第一次取得黑球的概率为 P（B｜A）＝＝＝. 11.近年来，受冷空气影响，气温变化异常，时有降雨及大风天气.某气象台统计，某地区每年四月份降雨的概率为，出现四级以上大风天气的概率为，在出现四级以上大风天气的条件下，降雨的概率为.则在已知降雨的条件下，出现四级以上大风天气的概率为（　　） A. B. C. D. 解析：B　记事件A表示“降雨”，B表示“出现四级以上大风天气”，则P（A）＝，P（B）＝，而P（A｜B）＝，根据条件概率公式知P（B｜A）＝，P（A｜B）＝，所以P（B｜A）＝＝.故选B. 12.〔多选〕下列说法中正确的是（　　） A.P（B｜A）≥P（AB） B.P（B｜A）＝是可能的 C.0＜P（B｜A）＜1 D.P（A｜A）＝0 解析：AB　因为P（B｜A）＝，0＜P（A）≤1，所以P（B｜A）≥P（AB），故A正确；当P（A）＝1时，P（AB）＝P（B），所以P（B｜A）＝＝，故B正确；0≤P（B｜A）≤1，故C错误；P（A｜A）＝1，故D错误. 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　　. 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）＝＋＝. 14.某班有6名班干部，其中男生4人，女生2人，任选3人参加学校的义务劳动. （1）求男生甲或女生乙被选中的概率； （2）设“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，求P（A）和P（B｜A）. 解：（1）从6名班干部中选3人参加学校义务劳动， 总的选法有＝20（种），男生甲或女生乙被选中的选法有＋＝12＋4＝16（种）， 所以男生甲或女生乙被选中的概率为＝. （2）男生甲被选中的概率为P（A）＝＝， 男生甲、女生乙都被选中的概率为P（AB）＝＝， 所以在男生甲被选中的情况下，女生乙被选中的概率为P（B｜A）＝＝. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $