7.1.1第二课时 条件概率的性质及应用 课件(共55张PPT)
文档属性
| 名称 | 7.1.1第二课时 条件概率的性质及应用 课件(共55张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 3.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-12 00:00:00 | ||
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文档简介
(共55张PPT)
第二课时 条件概率的性质及应用
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）.
课标要求
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？
情境导入
知识点一 概率的乘法公式
01
知识点二 互斥事件的条件概率
02
提能点 与条件概率公式有关的证明问题
03
课时作业
04
目录
知识点一 概率的乘法公式
01
PART
【知识梳理】
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）推广：设A，B，C为三个事件，
且P（AB）＞0，则有P（ABC）＝P（C｜AB）P（AB）＝P（C｜
AB）P（B｜A）·P（A）.
P（A）P
（B｜A）
【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%＝72%，即该产品
的一等品率为72%.
72%
【规律方法】
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.
训练1 （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（ B ）
A. B. C. D.
解析： 设“该地区七月份刮台风”为事件A，“该地区七月份下大
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.
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＝ ＋
＝ .
知识点二 互斥事件的条件概率
02
PART
问题 先后抛掷两枚质地均匀的骰子，记A表示“第一枚出现4点”，B表
示“第二枚出现5点”，C表示“第二枚出现6点”.
（1）P（B｜A） 与 P（C｜A）各为何值？
提示：P（B｜A）＝ ，P（C｜A）＝ .
（2）若已知第一枚出现4点，则第二枚出现大于4点的概率是多少？
提示：P（B∪C｜A）＝ ＝ .
（3）根据前面的计算，你能有什么发现？
提示：若B与C互斥，则P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）.
【知识梳理】
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）＝
；
（3）设 和B互为对立事件，则P（ ｜A）＝ .
提醒：A与B互斥，即A，B不同时发生，则P（AB）＝0，故P
（B｜A）＝0.
1
P（B｜A）
＋P（C｜A）
1－P（B｜A）
【例2】 （链接教材P48例3）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 .
【规律方法】
1. 利用公式P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）求条件概率，
应注意这个性质使用的前提是“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，再用加法公式.
训练2 （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（ C ）
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.
C
B
B
（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）＝ .
提能点
与条件概率公式有关的证明问题
03
PART
提能点｜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 ）.
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）.
【规律方法】
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.
训练3 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P（B｜A）＝ ，P（A）＝ ，则P（AB）＝（ ）
A. B.
C. D.
解析： P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝ × ＝ .
√
2. 某地一农业科技实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，发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（ ）
A. 0.02 B. 0.08
C. 0.18 D. 0.72
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.
√
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）＝ － ＝ .
4. 袋中有6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，依次不放回抽取2次，每
次抽取一球，则第二次才能取到黄球的概率为 .
解析：记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，
“第二次才取到黄球”为事件C，所以P（C）＝P（AB）＝P（A）·P
（B｜A）＝ × ＝ .
课堂小结
1. 理清单
（1）概率的乘法公式；
（2）互斥事件、对立事件的条件概率.
2. 应体会
利用条件概率的性质解决问题时要注意正难则反思想的应用.
3. 避易错
判断两个事件是否是互斥事件.
课时作业
04
PART
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）＝ ＋ ＝ .
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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.
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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： 设该射击运动员“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.
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4. 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. 1.98% B. 0.98%
C. 97.02% D. 99%
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%.
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5. 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.
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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）＝ ＋ ＝ ＋ ＝ .
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6. 〔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）＝
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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.
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7. 〔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
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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.
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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－ ＝ .
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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）＝ .
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10. 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）＝ ＝ .
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（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）
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ .
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11. 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
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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.
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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 ）
B
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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错误；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正确；对
于C，P（A｜B）＋P（ ｜B）＝ ＋ ＝ ＝1，C
错误；
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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正确.故选B、D.
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13. 甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.7，
在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为 .
解析：根据题意，记“射击一次甲击中目标”为事件A，“射击一次乙击
中目标”为事件B，“目标被击中”为事件C，则P（C）＝1－P（ ）
P（ ）＝1－（1－0.6）×（1－0.7）＝0.88.所以在目标被击中的情况
下，甲、乙同时击中目标的概率为P（AB｜C）＝ ＝ ＝
.
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解：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.
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）＝ ＋ ＋ ＝ ，
14. 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，求他获得优秀成绩的概率.
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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 .
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15. 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 .
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（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.证明：P（A1A2A3）＝P（A1）
P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）.
解： 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）.
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THANKS
演示完毕 感谢观看
第二课时 条件概率的性质及应用
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）.
课标要求
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？
情境导入
知识点一 概率的乘法公式
01
知识点二 互斥事件的条件概率
02
提能点 与条件概率公式有关的证明问题
03
课时作业
04
目录
知识点一 概率的乘法公式
01
PART
【知识梳理】
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）推广：设A，B，C为三个事件，
且P（AB）＞0，则有P（ABC）＝P（C｜AB）P（AB）＝P（C｜
AB）P（B｜A）·P（A）.
P（A）P
（B｜A）
【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%＝72%，即该产品
的一等品率为72%.
72%
【规律方法】
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.
训练1 （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（ B ）
A. B. C. D.
解析： 设“该地区七月份刮台风”为事件A，“该地区七月份下大
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.
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＝ ＋
＝ .
知识点二 互斥事件的条件概率
02
PART
问题 先后抛掷两枚质地均匀的骰子，记A表示“第一枚出现4点”，B表
示“第二枚出现5点”，C表示“第二枚出现6点”.
（1）P（B｜A） 与 P（C｜A）各为何值？
提示：P（B｜A）＝ ，P（C｜A）＝ .
（2）若已知第一枚出现4点，则第二枚出现大于4点的概率是多少？
提示：P（B∪C｜A）＝ ＝ .
（3）根据前面的计算，你能有什么发现？
提示：若B与C互斥，则P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）.
【知识梳理】
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）＝
；
（3）设 和B互为对立事件，则P（ ｜A）＝ .
提醒：A与B互斥，即A，B不同时发生，则P（AB）＝0，故P
（B｜A）＝0.
1
P（B｜A）
＋P（C｜A）
1－P（B｜A）
【例2】 （链接教材P48例3）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 .
【规律方法】
1. 利用公式P（B∪C｜A）＝P（B｜A）＋P（C｜A）求条件概率，
应注意这个性质使用的前提是“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，再用加法公式.
训练2 （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（ C ）
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.
C
B
B
（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）＝ .
提能点
与条件概率公式有关的证明问题
03
PART
提能点｜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 ）.
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）.
【规律方法】
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.
训练3 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P（B｜A）＝ ，P（A）＝ ，则P（AB）＝（ ）
A. B.
C. D.
解析： P（AB）＝P（A）P（B｜A）＝ × ＝ .
√
2. 某地一农业科技实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，发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（ ）
A. 0.02 B. 0.08
C. 0.18 D. 0.72
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.
√
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）＝ － ＝ .
4. 袋中有6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，依次不放回抽取2次，每
次抽取一球，则第二次才能取到黄球的概率为 .
解析：记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B，
“第二次才取到黄球”为事件C，所以P（C）＝P（AB）＝P（A）·P
（B｜A）＝ × ＝ .
课堂小结
1. 理清单
（1）概率的乘法公式；
（2）互斥事件、对立事件的条件概率.
2. 应体会
利用条件概率的性质解决问题时要注意正难则反思想的应用.
3. 避易错
判断两个事件是否是互斥事件.
课时作业
04
PART
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）＝ ＋ ＝ .
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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.
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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： 设该射击运动员“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.
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4. 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. 1.98% B. 0.98%
C. 97.02% D. 99%
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%.
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5. 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.
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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）＝ ＋ ＝ ＋ ＝ .
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6. 〔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）＝
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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.
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7. 〔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
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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.
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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－ ＝ .
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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）＝ .
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10. 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）＝ ＝ .
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（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）
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ .
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11. 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
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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.
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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 ）
B
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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错误；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正确；对
于C，P（A｜B）＋P（ ｜B）＝ ＋ ＝ ＝1，C
错误；
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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正确.故选B、D.
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13. 甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.7，
在目标被击中的情况下，甲、乙同时击中目标的概率为 .
解析：根据题意，记“射击一次甲击中目标”为事件A，“射击一次乙击
中目标”为事件B，“目标被击中”为事件C，则P（C）＝1－P（ ）
P（ ）＝1－（1－0.6）×（1－0.7）＝0.88.所以在目标被击中的情况
下，甲、乙同时击中目标的概率为P（AB｜C）＝ ＝ ＝
.
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解：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.
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）＝ ＋ ＋ ＝ ，
14. 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，求他获得优秀成绩的概率.
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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 .
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15. 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 .
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（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.证明：P（A1A2A3）＝P（A1）
P（A2｜A1）P（A3｜A1A2）.
解： 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）.
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THANKS
演示完毕 感谢观看