资源简介

(共63张PPT)
第1课时　
条件概率的概念与计算
新课程标准解读 核心素养
1.结合古典概型，了解条件概率的概念 数学抽象、数学运算
2.能计算简单随机事件的条件概率 数学抽象、数学运算
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　同学们，我们已经知道：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？
（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？
知识点　条件概率的概念
条件 设A，B为两个随机事件，且P（A）＞0
含义 在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
公式 P（B｜A）＝
读作 在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
　
提醒　P（B｜A）与P（A｜B）意义不同，由条件概率的定义可知
P（B｜A）表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率；而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）在事件A发生的条件下，事件B发生的概率等于A，B同时发
生的概率. （　×　）
（2）P（B｜A）＝ 可能成立. （　√　）
（3）若事件A，B满足A B，则P（B｜A）＝1. （　√　）
×
√
√
2. 已知A与B是两个事件，P（B）＝ ，P（AB）＝ ，则P（A｜
B）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　由条件概率的计算公式，可得P（A｜B）＝
＝ ＝ .
3. 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 .
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.
0.75　
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 条件概率的理解
【例1】　判断下列几种概率哪些是条件概率？
（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，
求高一的女生获得冠军的概率；
解： 由于求高一的女生获得冠军的概率是在一名女生获得
冠军的条件下求出的概率，所以所求概率是条件概率.
（2）掷一个骰子，求掷出的点数为3的概率；
解： 掷一个骰子出现有1，2，3，4，5，6的6个不同结
果，求掷出的点数为3的概率是古典概型概率，所以掷出的点数
为3的概率不是条件概率.
（3）在一副扑克的52张（去掉两张王牌后）中任取1张，已知抽到梅
花的条件下，抽到的是梅花5的概率.
解： 由于求抽到梅花5的概率是在抽到梅花的条件下求出
的概率，所以求抽到的是梅花5的概率是条件概率.
通性通法
条件概率概念的理解
　　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.
【跟踪训练】
　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
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 ，小
明在一次上学路上遇到红灯的概率
解析： 　由条件概率的定义知B选项中的概率为条件概率，A、C、
D中的不是条件概率.故选B.
题型二 利用定义求条件概率
【例2】　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；
（1）从6个节目中不放回地依次抽取2个，试验的样本空间Ω包
含的样本点数n（Ω）＝ ＝30.
根据分步乘法计数原理，得n（A）＝ ＝20，
所以P（A）＝ ＝ ＝ .
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.
（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：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.
P（A）＝ ，P（AC）＝ ，
∴P（C｜A）＝ ＝ .
通性通法
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A，B同时发生.
A
【跟踪训练】
1. 已知某班级中，喜欢文学阅读的学生占75%，喜欢文学阅读而且喜
欢科普阅读的学生占30%.若从这个班级的学生中任意抽取一人，
则在抽到的学生喜欢文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的
概率为（　　）
A. 22.5% B. 30%
C. 40% D. 75%
解析： 　设事件A为“抽到喜欢文学阅读的学生”，设事件B为
“抽到喜欢科普阅读的学生”，则P（A）＝0.75，P（AB）＝
0.3，则P（B｜A）＝ ＝ ＝0.4，即在抽到的学生喜欢
文学阅读的条件下，该学生也喜欢科普阅读的概率为40%.故选C.
2. 抛掷红、蓝两颗骰子，记事件A为“蓝色骰子的点数为4或6”，事
件B为“两颗骰子的点数之和大于8”，则P（B｜A）＝ ；
P（A｜B）＝ .
　
　
解析：抛掷红、蓝两颗骰子，样本空间共有6×6＝36个等可能的样
本点，其中事件A包含的样本点的个数为6×2＝12，所以P（A）
＝ ＝ ；事件B包含的样本点为（3，6），（4，5），（4，
6），（5，4），（5，5），（5，6），（6，3），（6，4），
（6，5），（6，6）共10个，所以P（B）＝ ＝ ；事件AB包
含的样本点为（3，6），（4，6），（5，4），（5，6），（6，
4），（6，6）共6个，故P（AB）＝ ＝ ；由条件概率公式得：P（B｜A）＝ ＝ ＝ ；P（A｜B）＝ ＝ ＝ .
题型三 缩小样本空间求条件概率
【例3】　某校有7名同学获省数学竞赛一等奖，其中男生4名，女生3
名.现随机选取2名学生作“我爱数学”主题演讲.假设事件A为“选
取的两名学生性别相同”，事件B为“选取的两名学生为男生”，则
P（B｜A）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　由题意得，事件A包含的样本点数n（A）＝ ＋ ＝
9，事件AB包含的样本点数n（AB）＝ ＝6，所以P（B｜A）＝
＝ ＝ .故选D.
通性通法
缩小样本空间求条件概率的步骤
（1）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；
（2）数：数出A中事件AB所包含的样本点；
（3）算：利用P（B｜A）＝ 求得结果.
【跟踪训练】
1. 把一枚骰子连续抛掷两次，记事件M＝“两次所得点数均为奇
数”，N＝“至少有一次点数是3”，则P（N｜M）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　事件M＝“两次所得点数均为奇数”，则事件M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），故n（M）＝9；N
＝“至少有一次点数是3”，则事件MN包含的样本点有（1，
3），（3，1），（3，3），（3，5），（5，3），故n（MN）＝
5，所以P（N｜M）＝ .
2. 甲、乙和另外5位同学站成两排拍照，前排3人，后排4人.若每个人
都随机站队，且前后排不认为相邻，则在甲、乙站在同一排的条件
下，两人不相邻的概率为（　　）
A. B. C. D.
解析： 　记事件A＝“甲与乙站在同一排”，事件B＝“甲与乙
不相邻”，则n（A）＝ ＋ ，n（AB）＝ ＋
3 .由条件概率公式，得P（B｜A）＝ ＝ .
1. 已知P（AB）＝0.6，P（B｜A）＝0.8，则P（A）＝（　　）
A. 0.75 B. 0.6
C. 0.48 D. 0.2
解析： 　由条件概率的公式P（B｜A）＝ ，得0.8＝
，解得P（A）＝0.75.
2. 设A，B为两个事件，若事件A和事件B同时发生的概率为 ，在
事件B发生的前提下，事件A发生的概率为 ，则事件B发生的概
率为（　　）
A. B.
C. D. 1
解析： 　因为P（A｜B）＝ ，而P（AB）＝ ，P
（A｜B）＝ ，所以P（B）＝ ＝ ＝ .
3. 掷一个均匀的骰子.记A为“掷得点数大于等于2”，B为“掷得点
数为奇数”，则P（B｜A）＝（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　事件A有下列可能：2，3，4，5，6，共5种；在事件A
条件下满足B条件有：3，5共2种，所以P（B｜A）＝ .
4. 在5道试题中有2道代数题和3道几何题，每次从中抽出1道题，抽出
的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题
的概率为 .
解析：设事件A＝“第1次抽到代数题”，事件B＝“第2次抽到几
何题”，则P（A）＝ ，P（AB）＝ ＝ ，所以P（B｜A）
＝ ＝ ＝ .
　
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 已知事件A，B满足P（A）＝0.7，P（AB）＝0.42，则P
（B｜A）＝（　　）
A. 0.7 B. 0.42
C. 0.5 D. 0.6
解析： 　P（B｜A）＝ ＝ ＝0.6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2. 根据历年的气象数据，某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25，刮
四级以上大风的概率为0.4，既发生中度雾霾又刮四级以上大风的
概率为0.02.则在发生中度雾霾的情况下，刮四级以上大风的概率
为（　　）
A. 0.08 B. 0.02
C. 0.25 D. 0.4
解析： 　设发生中度雾霾为事件A，刮四级以上大风为事件B，
所以P（A）＝0.25，P（B）＝0.4，P（AB）＝0.02，P
（B｜A）＝ ＝ ＝0.08.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3. 在单词“warbarrier”中不放回地任取2个字母，则在第一次取到
“a”的条件下，第二次取到“r”的概率为（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　在第一次取到“a”的条件下，还剩余9个字母，其中
“r”有4个，故所求概率为 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4. 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，则该球是E型玻璃球的概率为（　　）
A. B.
解析： 　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）＝ ＝ ，∴P
（B｜A）＝ ＝ ＝ .
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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，∵n（A）＝7＋4＝11，n（AB）＝4，∴P（B｜A）＝
＝ .故取到的是蓝球，该球是E型玻璃球的概率是 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5. 逢年过节走亲访友，成年人喝酒是经常的事，但是饮酒过度会影响
健康，某调查机构进行了针对性的调查研究.据统计，一次性饮酒
4.8两，诱发某种疾病的频率为0.04，一次性饮酒7.2两，诱发这种
疾病的频率为0.16.将频率视为概率，已知某人一次性饮酒4.8两未
诱发这种疾病，则他还能继续饮酒2.4两不诱发这种疾病的概率为
（　　）
A. B. C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　记事件A：这人一次性饮酒4.8两未诱发这种疾病，事
件B：这人一次性饮酒7.2两未诱发这种疾病，则B A，P（A）
＝1－0.04＝0.96，P（AB）＝P（B）＝1－0.16＝0.84，所以P
（B｜A）＝ ＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6. （多选）某校高二（1）班有学生40人，其中共青团员15人.全班平
均分成4个小组，其中第一组有共青团员4人.从该班任选一人作为
学生代表，下列说法正确的是（　　）
A. 选到的是第一组的学生的概率为
B. 选到的是第一组的学生的概率为
C. 已知选到的是共青团员，则他是第一组学生的概率为
D. 已知选到的是共青团员，则他是第一组学生的概率为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　设事件A表示“选到第一组学生”，事件B表示“选
到共青团员”，由题意，P（A）＝ ＝ ，故选项A错误，选项B
正确；要求的是在事件B发生的条件下，事件A发生的条件概率P
（A｜B），在事件B发生的条件下（即已所选到的学生是共青团
员为前提），有15种不同的选择，其中属于第一组的有4种选择，
因此P（A｜B）＝ ，故选项C错误，选项D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7. 已知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（B｜A）＝ 　 　.
解析：∵P（A｜B）＝ ＝ ＝ ，∴P（AB）＝
，∴P（B｜A）＝ ＝ ＝ .
　
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）＝ .
解析：由题意，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. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子3次，观察向上的点数.在第1次出现
奇数的条件下，3次出现的点数之积为偶数的概率为 .
解析：设第一次出现奇数为事件A，3次出现的点数之积为偶数为
事件B，则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
10. 某校从学生文艺部7名成员（4男3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： 从7名成员中挑选2名成员，共有 ＝21种情况，
记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的样本点个数
为 ，
故P（A）＝ ＝ .
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A，“女生乙被选
中”为事件B，
由（1），P（AB）＝ ，且P（A）＝ ，
故P（B｜A）＝ ＝ ＝ .
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： 记“挑选的2人一男一女”为事件C，事件C所包
含的样本点个数为 × ＝12，
由（1），则P（C）＝ ＝ ，“女生乙被选中”为事件
B，则P（BC）＝ ＝ ，
故P（B｜C）＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11. 甲、乙、丙三人报考A，B，C三所大学，每人限报一所，设事
件A为“三人报考的大学均不相同”，事件B为“甲报考的大学
与其他两人均不相同”，则P（A｜B）＝（　　）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 每人报考大学有3种选择，故总的报考方法共有33＝27
（种），三人报考的大学均不相同的报考方法有 ＝6（种），
故P（AB）＝ ＝ ，甲报考的大学与其他两人均不相同的报考
方法有 ＝12（种），故P（B）＝ ＝ ，所以P（A｜
B）＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12. （多选）盒子中有12个乒乓球，其中8个白球4个黄球，白球中有6
个正品2个次品，黄球中有3个正品1个次品.依次不放回取出两个
球，记事件Ai＝“第i次取球，取到白球”，事件Bi＝“第i次取
球，取到正品”，i＝1，2.则下列结论正确的是（　　）
A. P（A1｜B1）＝ B. P（B2）＝
C. P（A2B1）＝ D. P（B2｜A1）＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　对A，P（B1）＝ ＝ ，P（A1B1）＝ ＝ ，所
以P（A1｜B1）＝ ＝ ，故A正确；对B，事件B2＝
“第2次取球，取到正品”，P（B2）＝ ＝ ，故B错
误；对C，事件A2B1＝“第1次取球，取到正品且第2次取球，取
到白球”，包括（正白，正白），（正白，次白），（正黄，正
白），（正黄，次白），共有6×5＋6×2＋3×6＋3×2＝66种情
况，P（A2B1）＝ ＝ ，故C错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
对D，事件A1B2＝“第1次取球，取到白球且第2次取球，取到正品”，
包括（白正，白正），（白正，黄正），（白次，白正），（白次，
黄正），共有6×5＋6×3＋2×6＋2×3＝66种情况，P（A1B2）＝
＝ ，又因为P（A1）＝ ＝ ，所以P（B2｜A1）＝ ＝
，故D正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13. 如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统，当K正常
工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K，
A1，A2正常工作的概率依次是 ， ， ，已知在系统正常工作的
前提下，求只有K和A1正常工作的概率是 .
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析：设事件A为系统正常工作，事件B为只有K和A1正常工
作，因为并联元件A1或A2能正常工作的概率为1－（1－ ）×（1
－ ）＝ ，所以P（A）＝ × ＝ ，又因为P（AB）＝P
（B）＝ × ×（1－ ）＝ ，所以P（B｜A）＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14. 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；
解： 设白球的个数为a，则黑球个数为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，
∴白球的个数为5.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（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： 记“第二次取到白球”为事件A，“第1次取到黑
球”为事件B，
则P（A）＝ × ＋ × ＝ ，P（AB）＝ × ＝ ，
∴第2次取得白球时第1次取得黑球的概率为
P（B｜A）＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15. 春季是鼻炎和感冒的高发期，某人在春季里患鼻炎的概率是 ，
患感冒的概率是 ，鼻炎和感冒均未患的概率是 ，则此人在患
鼻炎的条件下患感冒的概率为（　　）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　设“此人在春季里患鼻炎”为事件A，“此人在春季里
患感冒”为事件B，则P（A）＝ ，P（B）＝ ，P
（A∪B）＝1－ ＝ ，由P（A∪B）＝P（A）＋P（B）
－P（AB），可得P（AB）＝P（A）＋P（B）－P
（A∪B）＝ ＋ － ＝ ，则此人在患鼻炎的条件下患感冒
的概率为P（B｜A）＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16. 某单位入口处有一台摄像机用于记录进入该入口的人员.下面是在
系统测试中对不同气候条件下检测到的人数与未检测到的人数的
统计表：
晴天 阴天 雨天 下雪 刮风
检测到的人数 21 228 226 7 185
未检测到的人数 0 6 6 3 10
合计 21 234 232 10 195
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（1）在阴天条件下，摄像机检测到进入者的概率是多少？
解： 阴天条件下检测到的人数为228，未检测到的人数
为6，故阴天条件下，摄像机检测到进入者的概率为P1＝
＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）已知摄像机漏检了一个进入者，气候条件是下雪天的概率是
多少？
解： 设摄像机漏检了一个进入者为事件A，气候条件
是下雪天为事件B，
根据表格数据可得P（A）＝ ＋ ＋ ＋ ＋ ＝
，
则摄像机漏检了一个进入者，气候条件是下雪天的概率为P
（B｜A）＝ ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16(共60张PPT)
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
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　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）＝
.
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.
P（A）P
（B｜A）　
知识点二　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）＝
；
1　
P（B｜
A）＋P（C｜A）　
（3）设 和B互为对立事件，则P（ ｜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－P（B｜
A）　
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）＝ .
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.
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 .
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.
0.72　
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
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.
解析： 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.
A
（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 .
解析： 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%.
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： 　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： 　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： 　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： 　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）＝ － ＝ .
　
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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： 　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： 　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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： 　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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： 　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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）＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　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.
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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 .
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.
0.665　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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－ ＝ .
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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）＝ .
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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；
解： 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）＝ × ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）甲没中奖而且乙中奖的概率.
解： 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｜ ）＝ × ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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）＝
＋ ＝ ＋ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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｜ ）＝1
B. 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）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析： 　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；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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.
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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？
解： 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）＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（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： 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）＝ ＋ ＝ ＋ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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）] 　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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）] .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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；
解： 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 .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
①证明：P（A1A2A3）＝P（A1）P（A2｜A1）P（A3｜
A1A2）；
②求P（A3）.
解： 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）.
（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
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
②P（A3）＝P（A1A2A3）＋P（ A2A3）＋P（A1
A3）＋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｜ ）
＝ × × ＋ × × ＋ × × ＋ × × ＝ ＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16

展开更多......

收起↑