【同步讲义】（人教A版2019）高中数学选修第三册：7.1.1 条件概率 讲义

这是一份【同步讲义】（人教A版2019）高中数学选修第三册：7.1.1 条件概率 讲义，文件包含同步讲义人教A版2019高中数学选修第三册711条件概率原卷版docx、同步讲义人教A版2019高中数学选修第三册711条件概率解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

7.1.1 条件概率

课程标准
课标解读
结合古典概型，了解条件概率与概率的乘法公式，了解条件概率与独立性的关系，能计算简单的随机事件的条件概率.
通过本节课的学习，要求会判断条件概率，掌握条件概率的基本求法，能解决与条件概率相关的问题.




知识点1 条件概率的概念
一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．
注：条件概率的3种求法
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝ .
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简

【即学即练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.
【解析】P(B|A)＝＝＝.故选A
【即学即练2】某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天的空气质量为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)
A．0.8 B．0.75 C．0.6 D．0.45
【解析】根据条件概率公式P(B|A)＝，得所求概率为＝0.8.故选A

【即学即练3】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．
【解析】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，总的事件数n(Ω)＝A＝30.
根据分步乘法计数原理，有n(A)＝AA＝20，
所以P(A)＝＝＝.
(2)因为n(AB)＝A＝12，所以P(AB)＝＝＝.
(3)方法一　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)＝＝＝.
方法二　因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝＝＝.

【即学即练4】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”，求：
(1)事件A发生的条件下事件B发生的概率；
(2)事件B发生的条件下事件A发生的概率．
【解析】n(A)＝6×2＝12.
由3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6＝6＋5>8,6＋6>8知n(B)＝10，
其中n(AB)＝6.
所以(1)P(B|A)＝＝＝.
(2)P(A|B)＝＝＝.

知识点2　概率乘法公式
对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)为概率的乘法公式．
该概率公式可以推广P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.
【即学即练5】【多选】设P(A|B)＝P(B|A)＝，P(A)＝，则(　　)
A．P(AB)＝ B．P(AB)＝
C．P(B)＝ D．P(B)＝
【解析】P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝，由P(A|B)＝，得P(B)＝＝×2＝.故选AC

【即学即练6】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.
【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)＝.


【即学即练7】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．
【解析】设Ai＝“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.

知识点3　条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝1，0≤P(B|A)≤1；
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
(3)设和B互为对立事件，则P(|A)＝1－P(B|A)．
注：1．相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
2．相互独立事件
(1)对于事件A，B，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件A，B是相互独立事件．
(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B)．
(3)若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．
（5）P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)．
（6）求概率时，对于条件中含有“在……的条件下，求……发生的概率”的问题，一般为条件概率，求解时可根据条件概率的定义或利用古典概型概率求解．

【即学即练8】已知事件A，B相互独立，，则（       ）
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，所以
故选：B

【即学即练9】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)
＝＋＝.


考点一 条件概率的定义及计算
解题方略：
1、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．
2、利用缩小样本空间法求条件概率的方法
(1)缩：将原来的基本事件全体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所包含的基本事件．
(3)算：利用P(B|A)＝求得结果．
（一）利用定义求条件概率
【例1-1】将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A＝“两个点数互不相同”，B＝“出现一个5点”，则P(B|A)等于(　　)
A. B. C. D.
【解析】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)＝＝.
故选A

变式1：某气象台统计，该地区下雨的概率为，既刮四级以上的风又下雨的概率为.设事件A为该地区下雨，事件B为该地区刮四级以上的风，则P(B|A)＝________.
【解析】由题意知P(A)＝，P(AB)＝，故P(B|A)＝＝＝.

变式2：某同学参加学校数学考试，数学考试分为选填题和解答题两部分，选填题及格的概率为，两部分都及格概率为，则在选填题及格的条件下两部分都能及格的概率为（       ）
A． B． C． D．
【解析】选填题及格记为事件，，两部分都及格概率记为事件，，
则在选填题及格的条件下两部分都能及格的概率.
故选：C.


变式3：某高中的小明同学每天坚持骑自行车上学，他在骑自行车上学途中必须经过2个路口，经过一段时间在各路口是否遇到红灯统计分析发现如下规律：经过2个路口时在第一个路口遇到红灯的概率是，连续二次遇到红灯的概率是，则小明同学在骑自行车上学途中第1个路口遇到红灯的条件下，第2个路口也遇到红灯的概率为（       ）
A． B． C． D．
【解析】设“小明同学在第1个路口遇到红灯”为事件，“小明同学在第2个路口遇到红灯”为事件，则由题意可得，，则小明同学在骑自行车上学途中第1个路口遇到红灯的条件下，第2个路口也遇到红灯的概率为．
故选：C．


变式4：为落实国务院提出的“双减”政策，某校在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣小组活动，其中有个课外兴趣小组制作了一个正十二面体模型，并在十二个面分别雕刻了十二生肖的图案，作为2022年春节的吉祥物，2个兴趣小组各派一名成员将模型随机抛出，两人都希望能抛出虎的图案朝上，寓意虎虎生威.2人各抛一次，则在第一人抛出虎的图案朝上时，两人心愿均能达成的概率为（       ）
A． B． C． D．
【解析】设第一人抛出虎的图案的事件为事件，第二人抛出虎的图案的事件为事件，
则，，
所以，
即在第一人抛出虎的图案朝上时，两人心愿均能达成的概率为
故选：A

变式5：从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，求两张都是假钞的概率．
【解析】设A＝“抽到的两张都是假钞”，B＝“抽到的两张中至少有一张是假钞”，则所求概率为P(A|B)．
∵P(AB)＝P(A)＝，P(B)＝，
∴P(A|B)＝＝＝＝.


变式6：一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取1支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为(　　)
A. B. C. D.
【解析】记“第i(i＝1,2)支晶体管是好的”为事件Ai(其中i＝1,2)．由题意可知，要求的概率为P(A2|A1)．因为P(A1)＝，P(A1A2)＝＝，所以P(A2|A1)＝＝＝.故选C

变式7：小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不完全相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用古典概型概率公式，结合条件概率公式求解即可.
【详解】
设事件 “4个人去的景点不相同”，
事件 “小赵独自去一个景点”，
则（A），
（B），
，
则
故选：A


变式8：某一电子集成块有三个元件a，b，c并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为（       ）．
A． B． C． D．
【解析】记事件为该集成块能够正常工作，事件为仅有一个元件出现故障，
则为该集成块不能正常工作，
所以，，
所以
故选：A

（二） 缩小样本空间求条件概率
【例1-2】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．
【解析】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P＝＝.

变式1：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，求乙抽到偶数的概率．
【解析】在甲抽到奇数的情形中，乙抽到偶数的情形有(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P＝＝.

变式2：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(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)．
【解析】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)＝＝.

变式3：把一枚骰子连续抛掷两次，记事件为“两次所得点数均为奇数”，为“至少有一次点数是5”，则等于（       ）
A． B． C． D．
【解析】事件为“两次所得点数均为奇数”，则事件为，，，，，，，，，故；为“至少有一次点数是5”，则事件为，，，，，，所以.
故选：B.

变式4：一个盒子中装有个完全相同的小球，将它们进行编号，号码分别为、、、、、 ，从中不放回地随机抽取个小球，将其编号之和记为.在已知为偶数的情况下，能被整除的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
记“能被整除”为事件，“为偶数”为事件，求出事件包括的基本事件数和事件包括的基本事件的个数，由条件概率公式可得答案.
【详解】
记“能被整除”为事件，“为偶数”为事件，
事件包括的基本事件有，，，，，共6个.
事件包括的基本事件有、共2个.
则，
故选:B.


考点二 概率的乘法公式
解题方略：
概率的乘法公式
(1)公式P(AB)＝P(A)P(B|A)反映了知二求一的方程思想．
(2)该概率公式可以推广P(A1A2A3)＝P(A1)P(A2|A1)·P(A3|A1A2)，其中P(A1)>0，P(A1A2)>0.
【例2-1】已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于(　　)
A. B. C. D.
【解析】P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，故选C.

【例2-2】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________．
【解析】“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，并成活才成长为幼苗)，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.

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
【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.故选A

变式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．
【解析】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)＝＝0.6.
(2)P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.
(3)P(B)＝P()P(B|)＝×＝.


考点三 条件概率的性质及应用
解题方略：
条件概率的性质及应用
(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．
【例3-1】【多选】已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（       ）
A．若，则A，B相互独立 B．若A，B相互独立，则
C．若，则 D．若，则
【解析】因为随机事件A，B发生的概率分别为，
对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；
对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D错误.
故选：ABC

变式1：已知，那么___________.
【解析】由题意得，，
所以，
，
所以.
故答案为：0.3.

变式2：已知事件A，B，且则P(B)等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】结合条件概率公式，由，再由得到，进而求出答案.
【详解】由题意，，易知,
所以，
所以.
故选：B.

变式3：已知，求：
(1)；(2)．
【答案】(1)0.2；(2).
【分析】
（1）根据条件概率公式计算即可得出答案.（2）根据条件概率公式计算即可得出答案.
【解析】
(1)因为，所以；
(2)因为，所以.

【例3-2】若B，C是互斥事件且P(B|A)=，P(C|A)=，则P(B∪C|A)=（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)可得解.
【详解】
因为B，C是互斥事件，
所以P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A)=+=.
故选：D.

变式1：已知事件A和B是互斥事件，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意知，，，
则．
故答案为：.

【例3-3】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．
【解析】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)
＝＋＝＋＝.
故获得优秀成绩的概率为.

变式1：某人外出出差，委托邻居给家里植物浇一次水，设不浇水，植物枯萎的概率为0.8，浇水，植物枯萎的概率为0.15．邻居记得浇水的概率为0.9．则该人回来植物没有枯萎的概率为______．
【答案】0.785
【解析】
【分析】根据题意，结合条件概率计算公式，即可求解.
【详解】
记A为事件“植物没有枯萎”，W为事件“邻居记得给植物浇水”，
则根据题意，知，，，，
因此．
故答案为：0.785．

变式2：某考生回答一道四选一的考题，假设他知道正确答案的概率为0.5，知道正确答案时，答对的概率为100%，而不知道正确答案时猜对的概率为0.25，那么他答对题目的概率为（       ）
A．0.625 B．0.75 C．0.5 D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
他答对题目的概率等于知道正确答案时答对和不知道正确答案时猜对的概率和，依题意求解即可．
【详解】
用A表示事件“考生答对了”，用B表示“考生知道正确答案”，
用表示“考生不知道正确答案”，
则，，，
，则

故选：A

变式3：一猎人带着一把猎枪到山里去打猎，猎枪每次可以装3发子弹，当他遇见一只野兔时，开第一枪命中野免的概率为0.8，若第一枪没有命中，猎人开第二枪，命中野免的概率为0.4，若第二枪也没有命中，猎人开第三枪，命中野兔的概率为0.2，若3发子弹都没打中，野兔就逃跑了，则已知野兔被击中的条件下，是猎人开第二枪命中的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
记事件“猎人第一次击中野兔”，“猎人第二次击中野兔”，“猎人第三次击
中野兔”，“野兔被击中”，注意的发生是不发生的情况才可能发生，由概率公式计算出概率，求出后，再由条件概率公式计算．
【详解】
记事件“猎人第一次击中野兔”，“猎人第二次击中野兔”，“猎人第三次击中野兔”，“野兔被击中”，
则，
，
，
故答案为：．


题组A 基础过关练
1、下列说法中正确的是（       ）
A． B．是可能的
C． D．
【解析】，故A错误；
当时，，可能成立，故B正确；
当且仅当与相互独立时成立，故C错误；
，故D错误.
故选：B.

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6}，则（       ）
A． B． C． D．
【解析】两次点数均为奇数，可能情况有，，，，，，，，共九种，其中和为6的情况有，，三种，所以
故选：B

3、抛掷红、蓝两个骰子，设蓝色骰子的点数为1或2，两骰子的点数之和小于5，求与．
【解析】两骰子的点数之和小于5的情况有：6种情况，
故，，
事件同时发生的情况有：5种情况，故.
，.

4、某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是(　　)
A．0.2 B．0.33 C．0.5 D．0.6
【解析】记“数学不及格”为事件A，“语文不及格”为事件B，P(B|A)＝＝＝0.2，
所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.故选A

5、已知某地区内猫的寿命超过10岁的概率为0.9，超过12岁的概率为0.6，那么该地区内，一只寿命超过10岁的猫的寿命超过12岁的概率为___________.
【解析】设事件A：猫的寿命超过10岁，事件B：猫的寿命超过12岁.
依题意有，，
则一只寿命超过10岁的猫的寿命超过12岁的概率.
故答案为：

6、袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是________，两次都取到白球的概率是________．
【解析】第一次取到白球，则还剩下4个小球，2个白球，2个黑球，故第二次取到白球的概率P＝＝，两次都取到白球的概率P＝＝.

7、某校高三年级要从5名男生和2名女生中任选3名代表参加数学竞赛（每人被选中的机会均等），则在男生甲被选中的情况下，男生乙和女生丙至少一个被选中的概率是（       ）
A． B． C． D．
【解析】男生甲被选中记作事件，男生乙和女生丙至少一个被选中记作事件，
则：，，
由条件概率公式可得：，
故选：D.

8、甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，记事件A为“四名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选羽毛球”，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分别求出事件、事件B的可能的种数，代入条件概率公式即可得解.
【详解】
事件：甲选羽毛球且四名同学所选项目各不相同，所以其它3名同学排列在其它3个项目，且互不相同为，
事件B：甲选羽毛球，所以其它3名同学排列在其它3个项目，可以安排在相同项目为，
.
故选：B

题组B 能力提升练
9、设某种动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率 0.4，现有一个20岁的这种动物，则它能活到25岁的概率是________．
【解析】设该动物活到20岁为事件A，活到25岁为事件B，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，
又P(AB)＝P(B)，
所以P(B|A)＝＝＝＝0.5.

10、某项射击游戏规定：选手先后对两个目标进行射击，只有两个目标都射中才能过关．某选手射中第一个目标的概率为0.8，继续射击，射中第二个目标的概率为0.5，则这个选手过关的概率为________．
【解析】记“射中第一个目标”为事件A，“射中第二个目标”为事件B，则P(A)＝0.8，P(B|A)＝0.5，
所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.5＝0.4，
即这个选手过关的概率为0.4.

11、【多选】从有大小和质地相同的3个红球和2个蓝球的袋子中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，则（       ）．
A．第一次摸到红球的概率为
B．第二次摸到红球的概率为
C．在第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球的概率为
D．在前两次都摸到蓝球的条件下，第三次摸到红球的概率为
【解析】第一次摸到红球的概率为，则A正确；
第二次摸到红球的概率为，则B正确；
在第一次摸到蓝球的条件下，第二次摸到红球，相当于从4个球中摸出1个红球，其概率为，则C错误；
在前两次都摸到蓝球的条件下，第三次摸到红球相当于从3个球中摸出1个红球，其概率为1，则D错误．
故选：AB．

12、【多选】某人忘记了电话号码的最后一位数字，因而他随意地拨号，则下列说法正确的是（       ）
A．第一次就接通电话的概率是
B．若已知最后一位数字是奇数，则第一次就接通电话的概率是
C．拨号不超过三次接通电话的概率是
D．若已知最后一位数字是奇数，则拨号不超过三次接通电话的概率是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据题意，结合古典概率与条件概率，以及互斥事件概率的“加法”与“乘法”计算公式，一一判断即可.
【详解】
设表示“第i次接通电话”，，2，3，…，10；表示“拨号不超过3次接通电话”．
由题意，知，选项A正确；
若已知最后一位数字是奇数，则第一次就接通电话的概率是，选项B错误；
事件，
则，选项C正确；
若已知最后一位数字是奇数，
则，选项D正确．
故选：ACD．

13、地面上现有标号为1—10号的一个游戏方格，某人投掷一枚质地均匀的硬币，若硬币正面朝上，则他连续向前走2格，若反面朝上，则他连续向前走3格，他从起始位置开始出发，若他超过10号位置，则游戏结束，那么他在8号位置停留的条件下，恰好已经投掷了四次硬币的概率是（       ）

A． B． C． D．
【解析】设“他在8号位置停留”为事件A，“恰好已经投掷了四次硬币”为事件B，
事件A：投掷三次，一个正面两个反面，或者投掷四次全部为正面，
事件：AB：投掷四次全部为正面.
则所求为.
故选：D


14、某校高三(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．从该班任选一人作学生代表．
(1)求选到的是第一组的学生的概率；
(2)已知选到的是共青团员，求他是第一组学生的概率．
【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”．
(1)由题意，得P(A)＝＝.
(2)方法一　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)．
不难理解，在事件B发生的条件下(即以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)＝.
方法二　P(B)＝＝，P(AB)＝＝，
∴P(A|B)＝＝.

题组C 培优拔尖练
15、【多选】甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是（       ）
A． B．
C．事件B与事件相互独立 D．，，是两两互斥的事件
【答案】BD
【解析】
【分析】
A. 由 求解判断； B. 由条件概率求解判断； C. 由独立事件的概率判断； D.由互斥的事件的定义判断.
【详解】
因为每次取一球，所以，，是两两互斥的事件，故D正确；
因为，所以，故B正确；
同理，
所以，故A错误；
因为，所以，故C错误.
故选：BD

16、从1～100共100个正整数中任取一数，已知取出的一个数不大于50，则此数是2或3的倍数的概率为________．
【解析】设事件C为“取出的数不大于50”，事件A为“取出的数是2的倍数”，事件B是“取出的数是3的倍数”，则P(C)＝，且所求概率为P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)－P(AB|C)＝＋－＝2×＝.

17、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，现从中不放回地取球，每次取1球，取2次，若已知第2次取得白球的条件下，则第1次取得黑球的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先计算出黑球和白球的数量，然后根据条件概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
设黑球有个（），则白球有个. 从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为，没有白球的概率为.即，由于，故解得.所以黑球有个，白球有个.
设事件｛第2次取得白球｝，事件｛第1次取得黑球｝，
，.
所以已知第2次取得白球的条件下，则第1次取得黑球的概率为
.
故选：A

18、设b和c分别是抛掷一枚骰子先后得到的点数．
(1)求方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率；
(2)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率．
【解析】(1)方程有实根，Δ＝b2－4c≥0，∴b2≥4c，
又b，c∈{1,2,3,4,5,6}，
∴当b＝2时，c＝1，
当b＝3时，c＝1,2，
当b＝4时，c＝1,2,3,4，
当b＝5时，c＝1,2,3,4,5,6，
当b＝6时，c＝1,2,3,4,5,6，
共19种情况．
故所求的概率为＝.
(2)把“出现5点”记为事件A，“方程有实根”记为事件B，满足b2≥4c的有序数对记为(b，c)，
则事件A包含的事件有(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共11种，
事件AB包含的有(5,5)，(6,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共7种，
故所求的概率为.

19、某险种的基本保费为（单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4

保费






设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4

概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
（2）已知一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出的概率.
【答案】（1）0.55（2）
【分析】（1）将保费高于基本保费转化为一年内的出险次数，再根据表中的概率求解即可．（2）根据条件概率并结合表中的数据求解可得结论．
【解析】
（1）设表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，
则事件发生当且仅当一年内出险次数大于1，
故．
（2）设表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出”，
则事件发生当且仅当一年内出险次数大于3，
故．
又，
故，
因此其保费比基本保费高出的概率为．
【点睛】求概率时，对于条件中含有“在……的条件下，求……发生的概率”的问题，一般为条件概率，求解时可根据条件概率的定义或利用古典概型概率求解．