高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第二册 8.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用（学案+课时练 word版含解析）
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| 名称 | 高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第二册 8.1.1 第2课时 条件概率的性质及应用（学案+课时练 word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 120.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-22 18:56:15 | ||
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文档简介
第2课时 条件概率的性质及应用
学习目标 1.了解事件的独立性与条件概率的关系，掌握概率的乘法公式.2.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质．
导语
我们知道P(B|A)表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率，可以借助公式P(B|A)＝或缩小样本空间求条件概率，其中P(AB)与P(B|A)有什么区别与联系呢？
一、概率的乘法公式
问题1 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”， 事件A的发生会不会影响事件B发生的概率？P(B|A)与P(B)有什么关系？
提示 不会，事件A与事件B是相互独立事件；有放回地抽取奖券时，乙也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此P(B|A)＝P(B)．
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)．
注意点：
(1)P(AB)表示A，B都发生的概率，P(B|A)表示A先发生，然后B发生；
(2)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；
(3)当P(B|A)＝P(B)时，事件A与事件B是相互独立事件．
例1 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次．求：
(1)第一次取得白球的概率；
(2)第一、第二次都取得白球的概率；
(3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率．
解 设A＝“第一次取得白球”，B＝“第二次取得白球”，则＝“第一次取得黑球”，由题意，得
(1)P(A)＝＝.
(2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
(3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝.
反思感悟 概率的乘法公式
公式P(AB)＝P(A)P(B|A)反映了知二求一的方程思想．
跟踪训练1 10个考签中有4个难签，2人参加抽签(不放回)，甲先，乙后，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，则
(1)P(A)＝＝.
(2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
(3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝.
二、互斥事件的条件概率
问题2 在必修第二册中，已经学习了概率的基本性质，基本性质包括什么？
提示 性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P( )＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
知识梳理
条件概率有如下性质：
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)P( |A)＝0；
(3)若B1，B2互斥，则P((B1＋B2)|A)＝P(B1|A)＋P(B2|A)．
注意点：
(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 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 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)＝＝.
∴P(B|A)＝＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝.
∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
∴所求的条件概率为.
方法二 ∵n(A)＝1×C＝9，
n(B∪C|A)＝C＋C＝5，
∴P(B∪C|A)＝.
∴所求的条件概率为.
反思感悟 (1)利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．
(2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率．
跟踪训练2 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？
(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 (1)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)＝＝.
(2)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.知识清单：
(1)概率的乘法公式．
(2)互斥事件的条件概率．
2．方法归纳：公式法、正难则反．
3．常见误区：判断两个事件是否是互斥事件．
1．设A，B为两个事件，已知P(A)＝，P(B|A)＝，则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由概率的乘法公式，可得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.故选B.
2．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. B. C. D.
答案 A
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)＝.
3．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.
答案 D
解析 因为B，C是互斥事件，所以
P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
故选D.
4．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
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)
＝＋＝.
课时对点练
1．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.
2．下列式子成立的是( )
A．P(A|B)＝P(B|A)
B．0C．P(AB)＝P(A)·P(B|A)
D．P(A∩B|A)＝P(B)
答案 C
解析 由P(B|A)＝得
P(AB)＝P(B|A)·P(A)．
3．(多选)设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则( )
A．P(AB)＝ B．P(AB)＝
C．P(B)＝ D．P(B)＝
答案 AC
解析 P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，
由P(A|B)＝，
得P(B)＝＝×2＝.
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8.在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )
A．0.72 B．0.8
C．0.86 D．0.9
答案 A
解析 设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，
则P(A)＝0.9.
又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，
所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.
5．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，在下雨天里，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 记“该地区下雨”为事件A，“刮风”为事件B，
则P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
6．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是( )
A．0.665 B．0.564
C．0.245 D．0.285
答案 A
解析 记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，
∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.
7．一个袋中装有7个大小完全相同的球，其中4个白球，3个黄球，从中不放回地摸4次，一次摸一球，已知前两次摸得白球，则后两次也摸得白球的概率为________．
答案
解析 前两次摸得白球，则剩下2个白球，3个黄球，
所以后两次也摸得白球的概率为＝.
8．已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝________，P(A|B)＝________.
答案 0.65 0.3
解析 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)·P(B)＝0.3＋0.5－0.3×0.5＝0.65；因为A，B相互独立，
P(A|B)＝P(A)＝0.3.
9．已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3，试求这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率．
解 设事件Ai表示“第i次掉落手机屏幕没有碎掉”，
i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.3，
因此由乘法公式可得
P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.5×0.3＝0.15.
即这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率为0.15.
10．抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”．
(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；
(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．
解 (1)①P(A)＝＝.
②∵两个骰子的点数之和共有36个等可能的样本点，点数之和大于8的样本点共有10个，∴P(B)＝＝.
③当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的样本点有5个，故P(AB)＝.
(2)由(1)知P(B|A)＝＝＝.
11．袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次任取1个球，取2次，则关于事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取到白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率说法正确的是( )
A．事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率都等于
B．事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率都等于
C．事件“直到第二次才取到黄球”的概率等于，事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率等于
D．事件“直到第二次才取到黄球”的概率等于，事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率等于
答案 D
解析 袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次任取1个球，取2次，
设事件A表示“直到第二次才取到黄球”，
事件B表示“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”，则P(A)＝×＝，P(B)＝.
12．抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 根据题意，可知抛掷三枚硬币，则样本点总数为8，其中有一枚正面朝上的样本点有7个，
记事件A为“有一枚正面朝上”，
则P(A)＝，
记事件B为“另外两枚也正面朝上”，
则AB为“三枚都正面朝上”，
故P(AB)＝，
故P(B|A)＝＝＝.
即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是.
13．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上或周五晚上值班的概率为________．
答案
解析 设事件A为“周日值班”，事件B为“周五值班”，事件C为“周六值班”，
则P(A)＝，P(A∩B)＝，P(A∩C)＝，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)＝.
14．将3颗骰子各掷一次，记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个1点”，则下列说法正确的序号是________．
①“至少出现一个1点”的样本点数为6×6×6－5×5×5＝91；
②三个点数都不相同的样本点数为A＝120；
③P(A|B)＝；
④P(B|A)＝.
答案 ①②③
解析 根据条件概率的含义，P(A|B)的含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少出现一个1点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个1点”的样本点数为6×6×6－5×5×5＝91，“三个点数都不相同”则只有一个1点，共C×5×4＝60种，所以P(A|B)＝；P(B|A)的含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个1点”的概率，三个点数都不相同的样本点数为A＝120，所以P(B|A)＝＝.
15．甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军．若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了3局的概率为________．
答案
解析 根据题意，得甲获得冠军的概率为×＋××＋××＝，其中，比赛进行了3局的概率为××＋××＝，所以在甲获得冠军的条件下，比赛进行了3局的概率P＝＝.
16．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个．某人在银行自助提款机上取钱时，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2次就按对的概率；
(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．
解 设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1,2)，
则A＝A1∪(1A2)表示“不超过2次就按对密码”．
(1)因为事件A1与事件1A2互斥，所以由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(1A2)＝＋＝.
(2)用B表示“最后一位按偶数”的事件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(1A2|B)＝＋＝.
学习目标 1.了解事件的独立性与条件概率的关系，掌握概率的乘法公式.2.会求互斥事件的条件概率，理解条件概率的性质．
导语
我们知道P(B|A)表示在事件A发生的条件下事件B发生的概率，可以借助公式P(B|A)＝或缩小样本空间求条件概率，其中P(AB)与P(B|A)有什么区别与联系呢？
一、概率的乘法公式
问题1 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”， 事件A的发生会不会影响事件B发生的概率？P(B|A)与P(B)有什么关系？
提示 不会，事件A与事件B是相互独立事件；有放回地抽取奖券时，乙也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此P(B|A)＝P(B)．
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)．
注意点：
(1)P(AB)表示A，B都发生的概率，P(B|A)表示A先发生，然后B发生；
(2)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；
(3)当P(B|A)＝P(B)时，事件A与事件B是相互独立事件．
例1 一个盒子中有6只白球、4只黑球，从中不放回地每次任取1只，连取2次．求：
(1)第一次取得白球的概率；
(2)第一、第二次都取得白球的概率；
(3)第一次取得黑球而第二次取得白球的概率．
解 设A＝“第一次取得白球”，B＝“第二次取得白球”，则＝“第一次取得黑球”，由题意，得
(1)P(A)＝＝.
(2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
(3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝.
反思感悟 概率的乘法公式
公式P(AB)＝P(A)P(B|A)反映了知二求一的方程思想．
跟踪训练1 10个考签中有4个难签，2人参加抽签(不放回)，甲先，乙后，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，则
(1)P(A)＝＝.
(2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
(3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝.
二、互斥事件的条件概率
问题2 在必修第二册中，已经学习了概率的基本性质，基本性质包括什么？
提示 性质1：对任意的事件A，都有P(A)≥0；
性质2：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P(Ω)＝1，P( )＝0；
性质3：如果事件A与事件B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)；
性质4：如果事件A与事件B互为对立事件，那么P(B)＝1－P(A)，P(A)＝1－P(B)；
性质5：如果A B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为 A Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
知识梳理
条件概率有如下性质：
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)P( |A)＝0；
(3)若B1，B2互斥，则P((B1＋B2)|A)＝P(B1|A)＋P(B2|A)．
注意点：
(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 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 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)＝＝.
∴P(B|A)＝＝＝＝，
P(C|A)＝＝＝.
∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
∴所求的条件概率为.
方法二 ∵n(A)＝1×C＝9，
n(B∪C|A)＝C＋C＝5，
∴P(B∪C|A)＝.
∴所求的条件概率为.
反思感悟 (1)利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．
(2)为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率．
跟踪训练2 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？
(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 (1)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)＝＝.
(2)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.知识清单：
(1)概率的乘法公式．
(2)互斥事件的条件概率．
2．方法归纳：公式法、正难则反．
3．常见误区：判断两个事件是否是互斥事件．
1．设A，B为两个事件，已知P(A)＝，P(B|A)＝，则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由概率的乘法公式，可得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.故选B.
2．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. B. C. D.
答案 A
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)＝.
3．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.
答案 D
解析 因为B，C是互斥事件，所以
P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
故选D.
4．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
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)
＝＋＝.
课时对点练
1．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.
2．下列式子成立的是( )
A．P(A|B)＝P(B|A)
B．0
D．P(A∩B|A)＝P(B)
答案 C
解析 由P(B|A)＝得
P(AB)＝P(B|A)·P(A)．
3．(多选)设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则( )
A．P(AB)＝ B．P(AB)＝
C．P(B)＝ D．P(B)＝
答案 AC
解析 P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，
由P(A|B)＝，
得P(B)＝＝×2＝.
4．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8.在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )
A．0.72 B．0.8
C．0.86 D．0.9
答案 A
解析 设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活而成长为幼苗)，
则P(A)＝0.9.
又种子发芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，
所以P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.9×0.8＝0.72.
5．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，在下雨天里，刮风的概率为，则既刮风又下雨的概率为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 记“该地区下雨”为事件A，“刮风”为事件B，
则P(A)＝，P(B)＝，P(B|A)＝，
所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
6．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是( )
A．0.665 B．0.564
C．0.245 D．0.285
答案 A
解析 记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，
∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.
7．一个袋中装有7个大小完全相同的球，其中4个白球，3个黄球，从中不放回地摸4次，一次摸一球，已知前两次摸得白球，则后两次也摸得白球的概率为________．
答案
解析 前两次摸得白球，则剩下2个白球，3个黄球，
所以后两次也摸得白球的概率为＝.
8．已知P(A)＝0.3，P(B)＝0.5，当事件A，B相互独立时，P(A∪B)＝________，P(A|B)＝________.
答案 0.65 0.3
解析 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A)·P(B)＝0.3＋0.5－0.3×0.5＝0.65；因为A，B相互独立，
P(A|B)＝P(A)＝0.3.
9．已知某品牌的手机从1 m高的地方掉落时，屏幕第一次未碎掉的概率为0.5，当第一次未碎掉时第二次也未碎掉的概率为0.3，试求这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率．
解 设事件Ai表示“第i次掉落手机屏幕没有碎掉”，
i＝1,2，则由已知可得P(A1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.3，
因此由乘法公式可得
P(A2A1)＝P(A1)P(A2|A1)＝0.5×0.3＝0.15.
即这样的手机从1 m高的地方掉落两次后屏幕仍未碎掉的概率为0.15.
10．抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”．
(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；
(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．
解 (1)①P(A)＝＝.
②∵两个骰子的点数之和共有36个等可能的样本点，点数之和大于8的样本点共有10个，∴P(B)＝＝.
③当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的样本点有5个，故P(AB)＝.
(2)由(1)知P(B|A)＝＝＝.
11．袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次任取1个球，取2次，则关于事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取到白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率说法正确的是( )
A．事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率都等于
B．事件“直到第二次才取到黄球”与事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率都等于
C．事件“直到第二次才取到黄球”的概率等于，事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率等于
D．事件“直到第二次才取到黄球”的概率等于，事件“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”的概率等于
答案 D
解析 袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，做不放回抽样，每次任取1个球，取2次，
设事件A表示“直到第二次才取到黄球”，
事件B表示“第一次取得白球的情况下，第二次恰好取得黄球”，则P(A)＝×＝，P(B)＝.
12．抛掷三枚质地均匀的硬币一次，在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 根据题意，可知抛掷三枚硬币，则样本点总数为8，其中有一枚正面朝上的样本点有7个，
记事件A为“有一枚正面朝上”，
则P(A)＝，
记事件B为“另外两枚也正面朝上”，
则AB为“三枚都正面朝上”，
故P(AB)＝，
故P(B|A)＝＝＝.
即在有一枚正面朝上的条件下，另外两枚也正面朝上的概率是.
13．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上或周五晚上值班的概率为________．
答案
解析 设事件A为“周日值班”，事件B为“周五值班”，事件C为“周六值班”，
则P(A)＝，P(A∩B)＝，P(A∩C)＝，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)＝.
14．将3颗骰子各掷一次，记事件A为“三个点数都不相同”，事件B为“至少出现一个1点”，则下列说法正确的序号是________．
①“至少出现一个1点”的样本点数为6×6×6－5×5×5＝91；
②三个点数都不相同的样本点数为A＝120；
③P(A|B)＝；
④P(B|A)＝.
答案 ①②③
解析 根据条件概率的含义，P(A|B)的含义为在B发生的情况下，A发生的概率，即在“至少出现一个1点”的情况下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个1点”的样本点数为6×6×6－5×5×5＝91，“三个点数都不相同”则只有一个1点，共C×5×4＝60种，所以P(A|B)＝；P(B|A)的含义为在A发生的情况下，B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的情况下，“至少出现一个1点”的概率，三个点数都不相同的样本点数为A＝120，所以P(B|A)＝＝.
15．甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军．若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了3局的概率为________．
答案
解析 根据题意，得甲获得冠军的概率为×＋××＋××＝，其中，比赛进行了3局的概率为××＋××＝，所以在甲获得冠军的条件下，比赛进行了3局的概率P＝＝.
16．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个．某人在银行自助提款机上取钱时，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2次就按对的概率；
(2)如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．
解 设“第i次按对密码”为事件Ai(i＝1,2)，
则A＝A1∪(1A2)表示“不超过2次就按对密码”．
(1)因为事件A1与事件1A2互斥，所以由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(1A2)＝＋＝.
(2)用B表示“最后一位按偶数”的事件，则
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(1A2|B)＝＋＝.