2018-2019学年高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2.1 事件的独立性优质课件 新人教A
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盒中还有 2 白、7 黑共 9 个球，从中任取一球，取到黑球的概率
命题方向3 ⇨条件概率性质的应用
• 典例 3 在某次考试中，要从20道题中随机 题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过； 其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对 道题，并且已知道他在这次考试中已经通过， 秀成绩的概率．
• [解析] 设“该考生6道题全答对”为事件A，“ 好答对了5道题”为事件B，“该考生恰好答对 为事件C，“该考生在这次考试中通过”为事件 生在这次考试中获得优秀”为事件E，则D＝A∪ A∪B，且A，B，C两两互斥，由古典概型的概
∵P(AB)＝CC2328＝238，P(A)＝38， 3
∴P(B|A)＝PPAAB＝238＝27． 8
(2)设 C＝“第一次取到蓝球”，B＝“第二次取到红球”，则
1556，P(C)＝58， 15
∴P(B|C)＝556＝37． 8
(3)记 C＝“第一次取到蓝球”，D＝“第二次取到蓝球”， 则 P(CD)＝CC2528＝154，P(C)＝58， ∴P(D|C)＝PPCCD＝47．
• 如果事件A发生与否，会影响到事件B的发生， 条了件A概的率发生，研究事件B时，基本事件发生变化 生的概率也相应的发生变化，这就是_______ 究的问题．
• 2．条件概率的性质
• 性质1：0≤P(B|A)≤1；
• 性质2：如果B和C是两个互斥事件，那么P(B∪ P(B|A)＋P(C|A)．
1．已知 P(AB)＝130，P(A)＝35，则 P(B|A)为
那么，你及格的概率是多少？在抽到的第一题不会答的 情况下你及格的概率又是多少？
• 1．条件概率
PAB
• 一般地，设A、B为两个事件，且P(A)>0，称PPA(B ______为在事件A发生的条件下事件B发生的A条 B一发生般的把概P率(B|A)读作__________________ ______________．
[解析] (1)令事件 A＝{取得蓝球}，B＝{取得蓝色 E 型玻璃
解法一：∵P(A)＝1116，P(A∩B)＝146＝14，
1 ∴P(B|A)＝PPA∩AB＝141＝141．
16
解法二：∵n(A)＝11，n(A∩B)＝4，
∴P(B|A)＝nnA∩AB＝141．
『规律总结』 (1)在题目条件中，若出现“在……发生的条 概率”时，一般可认为是条件概率．
[解析] 设第 1 次抽到舞蹈节目为事件 A，第 2 次抽到舞蹈节
第 1 次和第 2 次都抽到舞蹈节目为事件 A∩B．
(1)从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 个的事件数为 n(Ω)＝A 根据分步计数原理 n(A)＝A14A15＝20，于是 P(A)＝nnΩA＝2300＝ (2)因为 n(A∩B)＝A24＝12，于是 P(A∩B)＝nnA∩ΩB＝1320＝25．
命题方向2 ⇨利用基本事件个数求条件概率
• 典例 2 现有6个节目准备参加比赛，其中4 ，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个
• (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 概率．
• [思路分析] 第(1)、(2)问属古典概型问题，可 式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结 直接利用基本事件个数求解．
(3)解法一：由(1)(2)可得，在第 1 次抽到舞蹈节目的条件下 蹈节目的概率为
2 P(B|A)＝PPA∩AB＝52＝35．
3
解法二：因为 n(A∩B)＝12，n(A)＝20， 所以 P(B|A)＝nnA∩AB＝1220＝35． 解法三：第 1 次抽到舞蹈节目后，再抽第 2 次，则基本事件 抽到舞蹈节目的数目为 C13， ∴概率为 P＝CC1315＝35．
的是黑球的概率为
A．130
B．29
C．78
D．79
[解析] 解法一：设第 1 次抽到白球为事件 A，第 2 次取到的 则 n(A)＝C13C19＝27，n(AB)＝C13C17＝21，
所以 P(B|A)＝nnAAB＝2217＝79，故选 D． 解法二：盒中共有 10 个球，其中 3 白、7 黑，在第一次取到
空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优
()
• A．0.8
B．0.75
• C．(2)(02.0616·D山．东泰0.4安5模拟)抛掷红、蓝两颗骰子，记事件A为
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)＝ 3
＝______．5
[解析] (1)本题考查条件概率的求法． 设 A＝“某一天的空气质量为优良”，B＝“随后一天的空气 则 P(B|A)＝PPA∩AB＝00..765＝0.8，故选 A． (2)解法一：抛掷红、蓝两颗骰子，事件总数为 6×6＝36， 件数为 6×2＝12，所以 P(A)＝1326＝13． 由于 3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋ 6>8，
• 〔跟踪练习3〕 • 某生在一次考试中，共有10道题供选择，已知
中6道题，随机从中抽5道题供该生回答，至少 则及格，求该生在第一题不会答的情况下及格
[解析] 设事件 A 为：从 10 道题中依次抽 5 道题，第一题不
从 10 道题中依次抽 5 道题，至少有 3 道题会答． n(A)＝C14C49，n(AB)＝C14(C36C13＋C46C03)． 则 P(B|A)＝nnAAB＝C14C63CC1134＋C49C64C03＝2452．
[解析] (1)设 A＝{取得一个产品是次品}，B1＝{取得一箱是 得一箱是乙厂的}，B3＝{取得一箱是丙厂的}．
显然 B1，B2，B3 是导致 A 发生的一组原因，这组原因是完 划分)，A 能且只能与 B1，B2，B3 之一同时发生．
A．590
B．12
C．190
D．14
2．(2016·武汉高二检测)据某地区气象台统计，在某季节该
是145，刮四级以上风的概率为125，既刮四级以上风又下雨的概率
3
为下雨，事件 B 为刮四级以上的风，那么 P(B|A)＝___8___．
[解析] 由题意 P(A)＝145，P(B)＝125，P(AB)＝110， ∴P(B|A)＝AAB＝38． 故答案为38．
P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝CC261600＋CC510C260110＋CC410C260210＝12C16280 0， 又 AD＝A，BD＝B，
所以 P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)
＝PAD＋PBD＝PA＋PB PD PD PD PD
C610 C510C110
所以事件 B 的基本事件数为 4＋3＋2＋1＝10．
所以 P(B)＝1306＝158．
在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生，即事件 AB 的基本事
故 P(AB)＝336＝16．
由条件概率公式得
1 ①P(B|A)＝PPAAB＝61＝12；
3
1
②P(A|B)＝PPABB＝
6 5
＝35．
18
解法二：n(A)＝6×2＝12． 由 3＋6＝6＋3＝4＋5＋5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6 知 n(B)＝10，其中 n(AB)＝6． 所以 P(B|A)＝nnAAB＝162＝12； P(A|B)＝nnABB＝160＝35．
i＝1
典例 4 某仓库有同样规格的产品 12 箱，其中 6 箱、4 箱 甲、乙、丙三个厂生产的，且三个厂的次品率分别为110，114，118 任取一箱，再从取得的一箱中任意取出一个产品．
(1)求取得的一个产品是次品的概率； (2)若已知取得一个产品是次品，则这个次品是乙厂生产的 确到 0.001)
品的概率为 P2＝CC212500＝4195，∴所求概率 P＝PP21＝4915＝949． 20
• 4．在一个口袋里装有大小相同的红色小球3个 5个，从中任取1球观察颜色，不放回，再任取
• (1)在第一次取到红球条件下，第二次取到红球 少？
• (2)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红 多[解少析？] 解法一：(1)第一次取到红球不放回，此时口袋里有
新课标导学
数学
选修2-3 ·人教A版
第二章
随机变量及其分布 2．2 二项分布及其应用
2.2.1 条件概率
1
自主预习
2
互动探究
3
课时作业
自主预习学案
在一次英语口试中，共有 10 道题可选择．从中随机地 抽取 5 道题供考生回答，答对其中 3 道题即可及格．假设作 为考生的你，只会答 10 道题中的 6 道题；
所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为2452．
条件概率公式的推广的应用
(1)条件概率定义的推广 P(Ak|A1A2…Ak－1)＝PPAA1A1A2…2…AAk－k1，其中 k＝1,2,3，…，P(A1A (2)乘法公式的推广． 若 P(A1A2…An－1)>0， 则 P(A1A2…An)＝P(A1)·P(A2|A1)·P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An－1)
『规律总结』 1.本题第(3)问给出了三种求条件概率的方法 法，解法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概 三利用了缩小基本事件空间的方法．
2．计算条件概率的方法 (1)在缩小后的样本空间 ΩA 中计算事件 B 发生的概率．即 P
(2)在原样本空间 Ω 中，先计算 P(A∩B)，P(A)，再利用公式
计算求得 P(B|A)．
(3)条件概率的算法：已知事件 A 发生，在此条件下事件 B 发
发生，要求 P(B|A)，相当于把 A 看作新的基本事件空间计算事件
率，即
nA∩B
P(B|A)＝nnA∩AB＝
nΩ ＝PA∩B．
nA
PA
nΩ
〔跟踪练习 2〕 (2018·福州高二检测)已知盒中装有大小一样，形状相同的 3 球，每次从中任取一个球并不放回，则在第 1 次取到白球的条件
互动探究学案
命题方向1 ⇨利用条件概率公式求条件概率
• 典例 1 盒内装有除型号和颜色外完全相同 其中6个是E型玻璃球，10个是F型玻璃球．E型 2个是红色的，4个是蓝色的；F型玻璃球中有3 ，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的 该球是E型玻璃球的概率是多少？
• [思路分析] 通过表格将数据关系表示出来，再 球是E型玻璃球的概率．
蓝• 球(多3，)少在故？第第二一次次取到取红到球蓝的概球率的为条P1件＝27下．，第二次取到蓝
(2)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有 3 红 4 蓝 7 个小
球，取到红球的概率为37．
(3)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有 3 红 4 蓝 7 个小
球，取到蓝球的概率为 P3＝47． 解法二：(1)记事件 A 为“第一次取到红球”，事件 B 为“第二
3．在 100 件产品中有 95 件合格品，5 件不合格品．现从中不 每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不
4 __9_9___．
[解析] 解法一：在第一次取到不合格品以后，由于不放回
品，其中 4 件次品，故第二次再次取到不合格产品的概率为949．
解法二：第一次取到不合格品的概率为 P1＝1500＝210，两次 1
(2)条件概率的两种计算方法
①在原样本空间中，先计算 P(AB)，P(A)，再利用公式 P(B|
得 P(B|A)； ②若事件为古典概型，可利用公式 P(B|A)＝nnAAB，即在缩小
计算事件 B 发生的概率．
• 〔跟踪练习1〕
• (1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气 的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，
(3)全概率公式． 完备事件组：若事件 A1，A2，…，An 互斥，又一次试验中事 An 必发生其中之一，即 A1∪A2∪…∪An＝Ω，又 AiAj＝∅(i≠j)，则 An 为完备事件． 全概率公式：若事件 B1，B2，…，Bn 为完备事件组，且 P(B
n
n)，则对任一事件 A，有 P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)．
＝12C12680 0＋
C260 12180
＝1538．
C260
C260
• 『规律总结』 利用条件概率性质的解题策略
• (1)分析条件，选择公式：首先看事件B，C是否 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 般先把它分解成两个(或若干个)互不相容的较简 之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法 求的复杂事件的概率．
命题方向3 ⇨条件概率性质的应用
• 典例 3 在某次考试中，要从20道题中随机 题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过； 其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对 道题，并且已知道他在这次考试中已经通过， 秀成绩的概率．
• [解析] 设“该考生6道题全答对”为事件A，“ 好答对了5道题”为事件B，“该考生恰好答对 为事件C，“该考生在这次考试中通过”为事件 生在这次考试中获得优秀”为事件E，则D＝A∪ A∪B，且A，B，C两两互斥，由古典概型的概
∵P(AB)＝CC2328＝238，P(A)＝38， 3
∴P(B|A)＝PPAAB＝238＝27． 8
(2)设 C＝“第一次取到蓝球”，B＝“第二次取到红球”，则
1556，P(C)＝58， 15
∴P(B|C)＝556＝37． 8
(3)记 C＝“第一次取到蓝球”，D＝“第二次取到蓝球”， 则 P(CD)＝CC2528＝154，P(C)＝58， ∴P(D|C)＝PPCCD＝47．
• 如果事件A发生与否，会影响到事件B的发生， 条了件A概的率发生，研究事件B时，基本事件发生变化 生的概率也相应的发生变化，这就是_______ 究的问题．
• 2．条件概率的性质
• 性质1：0≤P(B|A)≤1；
• 性质2：如果B和C是两个互斥事件，那么P(B∪ P(B|A)＋P(C|A)．
1．已知 P(AB)＝130，P(A)＝35，则 P(B|A)为
那么，你及格的概率是多少？在抽到的第一题不会答的 情况下你及格的概率又是多少？
• 1．条件概率
PAB
• 一般地，设A、B为两个事件，且P(A)>0，称PPA(B ______为在事件A发生的条件下事件B发生的A条 B一发生般的把概P率(B|A)读作__________________ ______________．
[解析] (1)令事件 A＝{取得蓝球}，B＝{取得蓝色 E 型玻璃
解法一：∵P(A)＝1116，P(A∩B)＝146＝14，
1 ∴P(B|A)＝PPA∩AB＝141＝141．
16
解法二：∵n(A)＝11，n(A∩B)＝4，
∴P(B|A)＝nnA∩AB＝141．
『规律总结』 (1)在题目条件中，若出现“在……发生的条 概率”时，一般可认为是条件概率．
[解析] 设第 1 次抽到舞蹈节目为事件 A，第 2 次抽到舞蹈节
第 1 次和第 2 次都抽到舞蹈节目为事件 A∩B．
(1)从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 个的事件数为 n(Ω)＝A 根据分步计数原理 n(A)＝A14A15＝20，于是 P(A)＝nnΩA＝2300＝ (2)因为 n(A∩B)＝A24＝12，于是 P(A∩B)＝nnA∩ΩB＝1320＝25．
命题方向2 ⇨利用基本事件个数求条件概率
• 典例 2 现有6个节目准备参加比赛，其中4 ，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个
• (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 概率．
• [思路分析] 第(1)、(2)问属古典概型问题，可 式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结 直接利用基本事件个数求解．
(3)解法一：由(1)(2)可得，在第 1 次抽到舞蹈节目的条件下 蹈节目的概率为
2 P(B|A)＝PPA∩AB＝52＝35．
3
解法二：因为 n(A∩B)＝12，n(A)＝20， 所以 P(B|A)＝nnA∩AB＝1220＝35． 解法三：第 1 次抽到舞蹈节目后，再抽第 2 次，则基本事件 抽到舞蹈节目的数目为 C13， ∴概率为 P＝CC1315＝35．
的是黑球的概率为
A．130
B．29
C．78
D．79
[解析] 解法一：设第 1 次抽到白球为事件 A，第 2 次取到的 则 n(A)＝C13C19＝27，n(AB)＝C13C17＝21，
所以 P(B|A)＝nnAAB＝2217＝79，故选 D． 解法二：盒中共有 10 个球，其中 3 白、7 黑，在第一次取到
空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优
()
• A．0.8
B．0.75
• C．(2)(02.0616·D山．东泰0.4安5模拟)抛掷红、蓝两颗骰子，记事件A为
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)＝ 3
＝______．5
[解析] (1)本题考查条件概率的求法． 设 A＝“某一天的空气质量为优良”，B＝“随后一天的空气 则 P(B|A)＝PPA∩AB＝00..765＝0.8，故选 A． (2)解法一：抛掷红、蓝两颗骰子，事件总数为 6×6＝36， 件数为 6×2＝12，所以 P(A)＝1326＝13． 由于 3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋ 6>8，
• 〔跟踪练习3〕 • 某生在一次考试中，共有10道题供选择，已知
中6道题，随机从中抽5道题供该生回答，至少 则及格，求该生在第一题不会答的情况下及格
[解析] 设事件 A 为：从 10 道题中依次抽 5 道题，第一题不
从 10 道题中依次抽 5 道题，至少有 3 道题会答． n(A)＝C14C49，n(AB)＝C14(C36C13＋C46C03)． 则 P(B|A)＝nnAAB＝C14C63CC1134＋C49C64C03＝2452．
[解析] (1)设 A＝{取得一个产品是次品}，B1＝{取得一箱是 得一箱是乙厂的}，B3＝{取得一箱是丙厂的}．
显然 B1，B2，B3 是导致 A 发生的一组原因，这组原因是完 划分)，A 能且只能与 B1，B2，B3 之一同时发生．
A．590
B．12
C．190
D．14
2．(2016·武汉高二检测)据某地区气象台统计，在某季节该
是145，刮四级以上风的概率为125，既刮四级以上风又下雨的概率
3
为下雨，事件 B 为刮四级以上的风，那么 P(B|A)＝___8___．
[解析] 由题意 P(A)＝145，P(B)＝125，P(AB)＝110， ∴P(B|A)＝AAB＝38． 故答案为38．
P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C) ＝CC261600＋CC510C260110＋CC410C260210＝12C16280 0， 又 AD＝A，BD＝B，
所以 P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)
＝PAD＋PBD＝PA＋PB PD PD PD PD
C610 C510C110
所以事件 B 的基本事件数为 4＋3＋2＋1＝10．
所以 P(B)＝1306＝158．
在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生，即事件 AB 的基本事
故 P(AB)＝336＝16．
由条件概率公式得
1 ①P(B|A)＝PPAAB＝61＝12；
3
1
②P(A|B)＝PPABB＝
6 5
＝35．
18
解法二：n(A)＝6×2＝12． 由 3＋6＝6＋3＝4＋5＋5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6 知 n(B)＝10，其中 n(AB)＝6． 所以 P(B|A)＝nnAAB＝162＝12； P(A|B)＝nnABB＝160＝35．
i＝1
典例 4 某仓库有同样规格的产品 12 箱，其中 6 箱、4 箱 甲、乙、丙三个厂生产的，且三个厂的次品率分别为110，114，118 任取一箱，再从取得的一箱中任意取出一个产品．
(1)求取得的一个产品是次品的概率； (2)若已知取得一个产品是次品，则这个次品是乙厂生产的 确到 0.001)
品的概率为 P2＝CC212500＝4195，∴所求概率 P＝PP21＝4915＝949． 20
• 4．在一个口袋里装有大小相同的红色小球3个 5个，从中任取1球观察颜色，不放回，再任取
• (1)在第一次取到红球条件下，第二次取到红球 少？
• (2)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红 多[解少析？] 解法一：(1)第一次取到红球不放回，此时口袋里有
新课标导学
数学
选修2-3 ·人教A版
第二章
随机变量及其分布 2．2 二项分布及其应用
2.2.1 条件概率
1
自主预习
2
互动探究
3
课时作业
自主预习学案
在一次英语口试中，共有 10 道题可选择．从中随机地 抽取 5 道题供考生回答，答对其中 3 道题即可及格．假设作 为考生的你，只会答 10 道题中的 6 道题；
所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为2452．
条件概率公式的推广的应用
(1)条件概率定义的推广 P(Ak|A1A2…Ak－1)＝PPAA1A1A2…2…AAk－k1，其中 k＝1,2,3，…，P(A1A (2)乘法公式的推广． 若 P(A1A2…An－1)>0， 则 P(A1A2…An)＝P(A1)·P(A2|A1)·P(A3|A1A2)…P(An|A1A2…An－1)
『规律总结』 1.本题第(3)问给出了三种求条件概率的方法 法，解法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概 三利用了缩小基本事件空间的方法．
2．计算条件概率的方法 (1)在缩小后的样本空间 ΩA 中计算事件 B 发生的概率．即 P
(2)在原样本空间 Ω 中，先计算 P(A∩B)，P(A)，再利用公式
计算求得 P(B|A)．
(3)条件概率的算法：已知事件 A 发生，在此条件下事件 B 发
发生，要求 P(B|A)，相当于把 A 看作新的基本事件空间计算事件
率，即
nA∩B
P(B|A)＝nnA∩AB＝
nΩ ＝PA∩B．
nA
PA
nΩ
〔跟踪练习 2〕 (2018·福州高二检测)已知盒中装有大小一样，形状相同的 3 球，每次从中任取一个球并不放回，则在第 1 次取到白球的条件
互动探究学案
命题方向1 ⇨利用条件概率公式求条件概率
• 典例 1 盒内装有除型号和颜色外完全相同 其中6个是E型玻璃球，10个是F型玻璃球．E型 2个是红色的，4个是蓝色的；F型玻璃球中有3 ，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的 该球是E型玻璃球的概率是多少？
• [思路分析] 通过表格将数据关系表示出来，再 球是E型玻璃球的概率．
蓝• 球(多3，)少在故？第第二一次次取到取红到球蓝的概球率的为条P1件＝27下．，第二次取到蓝
(2)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有 3 红 4 蓝 7 个小
球，取到红球的概率为37．
(3)第一次取到蓝球后不放回，这时口袋里有 3 红 4 蓝 7 个小
球，取到蓝球的概率为 P3＝47． 解法二：(1)记事件 A 为“第一次取到红球”，事件 B 为“第二
3．在 100 件产品中有 95 件合格品，5 件不合格品．现从中不 每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不
4 __9_9___．
[解析] 解法一：在第一次取到不合格品以后，由于不放回
品，其中 4 件次品，故第二次再次取到不合格产品的概率为949．
解法二：第一次取到不合格品的概率为 P1＝1500＝210，两次 1
(2)条件概率的两种计算方法
①在原样本空间中，先计算 P(AB)，P(A)，再利用公式 P(B|
得 P(B|A)； ②若事件为古典概型，可利用公式 P(B|A)＝nnAAB，即在缩小
计算事件 B 发生的概率．
• 〔跟踪练习1〕
• (1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气 的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，
(3)全概率公式． 完备事件组：若事件 A1，A2，…，An 互斥，又一次试验中事 An 必发生其中之一，即 A1∪A2∪…∪An＝Ω，又 AiAj＝∅(i≠j)，则 An 为完备事件． 全概率公式：若事件 B1，B2，…，Bn 为完备事件组，且 P(B
n
n)，则对任一事件 A，有 P(A)＝P(Bi)P(A|Bi)．
＝12C12680 0＋
C260 12180
＝1538．
C260
C260
• 『规律总结』 利用条件概率性质的解题策略
• (1)分析条件，选择公式：首先看事件B，C是否 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 般先把它分解成两个(或若干个)互不相容的较简 之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法 求的复杂事件的概率．