§2.2.1 条件概率
2.2.1条件概率
§2.2.1 条件概率【学习目标】1结合具体情境，了解条件概率的概念；2利用条件概率公式解决一些简单的实际问题。
【重点难点】教学重点：条件概率的概念的理解和掌握；教学难点：判断条件概率及运用条件概率的公式解决实际问题。
【使用说明及学法指导】阅读教材P51-54页，如何理解条件概率的概率，掌握条件概率的公式并能运用其解决一些条件概率的简单实际问题。
预习案一 问题导学试分析下列两题的不同之处（1） 三张奖券中只有一张能中奖，现在分别由三名同学无放回地抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小？（2） 如果已知知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？从中体会条件概率的定义。
二 知识梳理1条件概率一般地，设A ，B 为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)=__________为在事件_______发生的条件下，事件________发生的条件概率，把P(B|A)读作A 发生的条件下B 发生的概率。
2 求条件概率主要应用公式P(B|A)=______________=________________3 条件概率的性质（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即_____________（2）如果B 和C 是两个互斥事件，则_____________)|(=⋃A C B P三 预习自测1 从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张，已知第1次抽到A ，求第2次也抽到A 的概率。
2一共有100件产品，其中有5件次品，不放回地抽取2次，每次抽取1件，已知第1次抽取出的是次品，求第2次抽出正品的概率。
3下列式子成立的是（ ）A )|()|(AB P B A P = B 1)|(0<≤A B PC )|()()(A B P A P AB P ⋅=D )()|(B P A B A P =⋂4已知21)|(,43)(==A B P A P ，则=)(AB P （ ） A 32 B 83 C 31 D 85探究案一 合作探究例题1 在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，求：（1） 第1次抽到理科题的概率；（2） 第1次和第2次都抽到理科题的概率；（3） 在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率。
教学设计6: 2.2.1 条件概率
2．2.1 条件概率教学目标1.通过对具体情境的分析，了解条件概率的定义．2.掌握求条件概率的两种方法．3．利用条件概率公式解决一些简单的问题． 教学知识 1．条件概率条件 设A ，B 为两个事件，且P (A )>0含义 在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率记作 P (B |A )读作A 发生的条件下B 发生的概率 计算公式①事件个数法：P (B |A )＝n （AB ）n （A ）②定义法：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）2.条件概率的性质 (1)P (B |A )∈[0，1]．(2)如果B 与C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． [注意] (1)前提条件：P (A )>0.(2)P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )，必须B 与C 互斥，并且都是在同一个条件A 下． 教前测试1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若事件A ，B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)P (B |A )与P (A |B )不同．( ) 【答案】(1)× (2)√2.已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为( )A.950B.12C.910D.14 【答案】B3.由“0”“1”组成的三位数组中，若用事件A 表示“第二位数字为0”，用事件B 表示“第一位数字为0”，则P (A |B )等于( ) A.12 B.13 C.14 D.18 【答案】A4.一个盒子里有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取1只，每次取出后不放回，则若已知第一次取出的是好的，则第二次取出的也是好的概率为________． 【答案】59探究点1 利用定义求条件概率例1.甲、乙两地都位于长江下游，根据多年的气象记录知道，甲、乙两地一年中雨天所占的比例分别为20%和18%，两地同时下雨的比例为12%，问： (1)乙地为雨天时甲地为雨天的概率是多少？ (2)甲地为雨天时乙地为雨天的概念是多少？【解】 设“甲地为雨天”为事件A ，“乙地为雨天”为事件B ， 根据题意，得P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12. (1)乙地为雨天时甲地为雨天的概率是 P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝0.120.18＝23. (2)甲地为雨天时乙地为雨天的概率是 P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.120.2＝35. 方法归纳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 )＝P （AB ）P （A ），这个公式适用于一般情形，其中AB 表示A ，B 同时发生．跟踪训练 如图，EFGH 是以O 为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形HOE (阴影部分)内”，则P (A )＝________，P (B |A )＝________．【解析】因为圆的半径为1，所以圆的面积S ＝πr 2＝π，正方形EFGH 的面积为⎝⎛⎭⎫2r22＝2，所以P (A )＝2π.P (B |A )表示事件“已知豆子落在正方形EFGH 中，则豆子落在扇形HOE (阴影部分)”的概率，所以P (B |A )＝14.【答案】2π 14探究点2 缩小基本事件范围求条件概率例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】 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 ＝915＝35.互动探究1．[变问法]本例条件不变，求乙抽到偶数的概率．解：在甲抽到奇数的情形中，乙抽到偶数的有(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 ＝915＝35.2．[变条件]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：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 )＝212＝16.方法归纳利用缩小基本事件范围计算条件概率的方法将原来的基本事件全体Ω缩小为已知的条件事件A ，原来的事件B 缩小为AB .而A 中仅包含有限个基本事件，每个基本事件发生的概率相等，从而可以在缩小的概率空间上利用古典概型公式计算条件概率，即P (B |A )＝n （AB ）n （A ），这里n (A )和n (AB )的计数是基于缩小的基本事件范围的．跟踪训练 一个盒子内装有4个产品，其中3个一等品，1个二等品，从中取两次，每次任取1个，作不放回抽取．设事件A 为“第一次取到的是一等品”，事件B 为“第二次取到的是一等品”，试求条件概率P (B |A )．解：将产品编号为1，2，3号的看作一等品，4号为二等品，以(i ，j )表示第一次，第二次分别取得第i 号，第j 号产品，则试验的基本事件空间Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}，事件A 有9种情况，事件AB 有6种情况，P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝69＝23.探究点3 条件概率性质的应用例3.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，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】 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 ，“摸出第三个球为黑球”为事件C ，则P (A )＝110，P (AB )＝1×210×9＝145，P (AC )＝1×310×9＝130.所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝145÷110＝29，P (C |A )＝P （AC ）P （A ）＝130÷110＝13.所以P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )＝29＋13＝59.所以所求的条件概率为59.求解策略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 是否互斥，若互斥，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的概率，一般先把它分解成两个(或若干个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．跟踪训练 外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．第一个盒子中有7个球标有字母A ，3个球标有字母B ，第二个盒子中有红球和白球各5个，第三个盒子中有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A 的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功．求试验成功的概率． 解：设A ＝{从第一个盒子中取得标有字母A 的球}， B ＝{从第一个盒子中取得标有字母B 的球}， R ＝{第二次取出的球是红球}， W ＝{第二次取出的球是白球}， 则P (A )＝710，P (B )＝310，所以P (R |A )＝12，P (W |A )＝12，P (R |B )＝45，P (W |B )＝15，所以P (RA ∪RB )＝P (RA )＋P (RB )＝P (R |A )P (A )＋P (R |B )P (B )＝12×710＋45×310＝0.59.知识结构深化拓展1.对条件概率计算公式的两点说明(1)如果知道事件A 发生会影响事件B 发生的概率，那么P (B )≠P (B |A )；(2)已知A 发生，在此条件下B 发生，相当于AB 发生，要求P (B |A )，相当于把A 看作新的基本事件空间计算AB 发生的概率，即P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝n （AB ）n （Ω）n （A ）n （Ω）＝P （AB ）P （A ）. 2．两个区别(1)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 发生的条件概率；而P (A |B )表示在事件B 发生的条件下事件A 发生的条件概率．(2)P (B |A )与P (B )：在事件A 发生的前提下，事件B 发生的概率不一定是P (B )，即P (B |A )与P (B )不一定相等. 当堂检测1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A.56 B.910 C.215D.115【解析】P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故选C.【答案】C2．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于( ) A.49 B.29 C.12 D.13【解析】由题意可知．n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 33＝6.所以P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝612＝12.【答案】C3．考虑恰有两个小孩的家庭．(1)若已知某家有男孩，求这家有两个男孩的概率；(2)若已知某家第一个是男孩，求这家有两个男孩(相当于第二个也是男孩)的概率(假定生男生女为等可能)．解：Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}． 设B ＝“有男孩”，则B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}． A ＝“有两个男孩”，则A ＝{(男，男)}，B 1＝“第一个是男孩”，则B 1＝{(男，男)，(男，女)}， 于是得(1)P (B )＝34，P (BA )＝P (A )＝14，所以P (A |B )＝P （BA ）P （B ）＝13；(2)P (B 1)＝12，P (B 1A )＝P (A )＝14，所以P (A |B 1)＝P （B 1A ）P （B 1）＝12.。
2.2.1条件概率
用A表示事件“第一名同学没有中奖”
A X1YX2, X2YX1, X1X2Y , X2X1Y
在A发生的条件下，B发生的基本事件 事件A和B同时发生
X1X2Y , X2 X1Y =AB
用 P(B | A) 表示事件“已知第一名同学没有中奖的条件下，最后
一名同学中奖”的概率
由古典概型概率公式，有
高二数学 选修2-3
2.2.1条件概率
1
一、基础知识归纳
设Ω有n个基本事件，随机事件A包含m个基本事件，则 事件A的概率P(A)=m/n. 对任何事件A：0≤P(A)≤1.
1、古典概率定义
P(A)= 有利于事件A的基本事件数
基本事件总数
当且仅当所描述的基本事件的出现是等可能 性时才成立
2
简单概率事件关系
B A∩B A
P(B|A）相当于把A当做新的样本空间来计算AB发生的概率。
P(A|B）怎么读？怎么理解？怎么求解？
2.条件概率的性质：
（1）有界性： 0 P B A 1
（2）可加性：如果B和C是两个互斥事件，则
PB C A PB A PC A
例1
在5道题中有3道理科题和2道文科题。
如果不放回地依次抽取2道题，求：
n()
A52
20,
n( A)
A31
A41
12, P(A)
n( A) n()
12 20
3. 5
( 2)
n(AB ) A32 6,
3P( AB)
n(AB) n()
6 20
3 10
.
(3)法1
P(B
|
A)
P( AB) P( A)
10 3
12法. 2
2.2.1条件概率
n(B)=A14 A511，
n(BC)=A14 A31
P(C
|
B)
n(BC) n(B)
A14 A31 A14 A511
43 4 51
1 17
解2: 设A表示“第一次抽到B”，
C表示“第二次抽到A”。
所以：P(B)=
A14 A511 A522
4， 52
P(BC)=
A14 A31 A522
43 52 51
10 3
1 2
5
方法二：缩小样本空间法 因为n(AB)=6，n(A)=12，所以 P(B A) n( AB) 6 1 n( A) 12 2
小试牛刀
从一副不含大小王的52张扑克牌中 不放回地抽取2次，每次抽1张，已知 第1次抽到A，求第2次也抽到A的概率？
解1: 设B表示“第一次抽到A”， C表示“第二次抽到A”。则有：
由券古，典最概后型一得名，同学“抽已到知中第奖一奖名券同学”没的有概抽率到为中2 4 奖,即奖２ １
若用A表示事件“第一名同学没有抽到中奖券”，
则将“已知第一名同学没有抽到中奖奖券的条件下，
最后一名同学抽到中奖奖券”的概率记为P(B|A)
想一想
为什么两个问题的概率不一样？
P(B|A) ≠ P(B)？
P(B A) P( AB) P( A)
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率． P（B︱A）读作 A 发生的条件下 B发生的概率.
2.条件概率的性质
1）有界性：
０ P(B | A) 1
2)可加性：如果B和C是两个互斥事件，则 P(B C | A) P(B | A) P(C | A)
第1次抽取到理科题的概率
解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为 事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.
2.2.1条件概率
条件概率 Conditional Probability
定义 设Ａ，Ｂ为同一个随机试验中的两个随机事件 , 且Ｐ（A）＞０， 则称
P ( AB ) P ( B A) P ( A)
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率． 一般把 P（B︱A）读作 A 发生的条件下 B 的概率。
思考一: 一个袋中装有 3 个黑球和 2 个白球，如果不放 回地依次抽取两个球，求（1）第一次抽到黑球的概 率； （2）第一、第二次都抽到黑球的概率； （ 3 ）在 第一次抽到黑球的条件下，第二次抽到黑球的概率。
条件概率
条件概率
我们知道求事件的概率有加法公式： 若事件 A 与 B 互斥，则 P( A B) P( A) P( B) . 那么怎么求 A 与 B 的积事件 AB 呢?
注: 1.事件 A 与 B 至少有一个发生的事件叫做 A 与 B 的和事件,记为 A B ( 或 A B ); 2.事件 A 与 B 都发生的事件叫做 A 与 B 的积事件, 记为 A B (或 AB ); 3.若 AB 为不可能事件,则说事件 A 与 B 互斥.
B
5
0.56
0.7
A
3.甲，乙，丙3人参加面试抽签，每人的试题通过不放 回抽签的方式确定。假设被抽的10个试题签中有4个是 难题签，按甲先，乙次，丙最后的次序抽签。试求 1）
甲抽到难题签，2）甲和乙都抽到难题签，3）甲没抽到
难题签而乙抽到难题签，4）甲，乙，丙都抽到难题签
的概率。 解 设A，B，C分别表示“甲、乙、丙抽到难签”
练习4. 一盒子装有4 只产品,其中有3 只一等品,1只二 等品.从中取产品两次,每次任取一只,作不放回抽样.在 已第一次取到的是一等品的前提下，求第二次取到的是 一等品的概率
2.2.1条件概率
2. 事件 A与 B都发生的事件叫做 A与 B的积事件 , 记为 A B (或 AB );
3.若 A B 为不可能事件,则说事件A与B互斥.
引例:掷红、蓝两颗骰子。设事件A=“蓝色骰子的点数为3 或6”事件B=“两颗骰子点数之和大于8”；
求(1)P(A)，P(B)，P(A∩B)
(2)在“事件A已发生”的附加条件下事件Ｂ发生的概率？
若已知有一个女孩，求另一个是男孩的概率；
变式：在一个有三个孩子的家庭中，已知有一 个是男孩，求至少有一个女孩的概率。
例2.某种动物出生之后活到20岁的概率为 0.7，活到25岁的概率为0.56，求现年为20 岁的这种动物活到25岁的概率。 解 设A表示“活到20岁”(即≥20)，B表示 “活到25岁” (即≥25) 则 P( A) 0.7, P( B) 0.56
对任意事件A和事件B，在已知事件A发生的 条件下事件B发生的条件概率”，叫做条件概率, 记作P(B |A).
P( A B) , P(A)>0. 2.条件概率计算公式: P( B | A) P( A)
例1.抛掷一颗骰子,观察出现的点数 B={出现的点数是奇数}＝｛１，３，５｝ A={出现的点数不超过3}＝｛１，２，３｝ 若已知出现的点数不超过3，求出现的点数是奇数的概率 解：即事件 A 已发生，求事件 B 的概率
由于B A故A B B，
所求概率为
P( A B) P( B) P( B A) 0.8 P( A) P( A)
B
0.56
0.7
A
归纳总结
1.条件概率中两个事件互相影响； 2.弄清“事件A发生”，“事件A发生且事件B发
生”，
“事件B在事件A发生的条件下发生”三者之间的关 3. 解法：①公式法 系 .
课件6：2.2.1 条件概率
解 由题意知 P(A)＝145，P(B)＝125，P(AB)＝110，
1 故 P(B|A)＝PP((AAB))＝140＝38.
15
1 P(A|B)＝PP((ABB))＝120＝34.
15
题型一 条件概率的计算
例1.抛掷红、蓝两颗骰子，记事件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”．
(3)方法一：因为 P(AB)＝53××42＝130，
3 所以 P(B|A)＝PP((AAB))＝130＝12.
5
方法二：因为 n(A)＝3×4＝12，n(AB)＝3×2＝6，
所以 P(B|A)＝nn((AAB))＝162＝12.
题型二 条件概率的性质
例2.在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少 能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中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．
1
3
A.2
B.5
23C.3来自D.50【解析】 由条件概率公式知 P(B|A)＝PP((AAB))， ∴P(AB)＝P(B|A)×P(A)＝130×15＝530. 【答案】 D
2．在一个盒子中有大小相同的 10 个球，其中 6 个红球，4
个白球，两人无放回地各取一个球，则在第一个人摸出红球的
条件下，第二个人也摸出红球的概率是( )
2．2.1 条件概率
目标导航 1．理解条件概率的定义． 2．掌握条件概率的两种计算方法． 3．利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．
入门答疑 这个家庭中有两个孩子，已知老大是女孩，问这时另一个小孩也 是女孩的概率为多大？
[提示] Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}， A＝{已知老大是女孩}＝{(女，男)，(女，女)} ， B＝{另一个也是女孩}＝{(女，女)}， 所以所求概率为12.
2.2.1条件概率(一)
表示在事件A已经发生的条件 下，事件B发生的概率
公式推导
基本事件总数为n(A) B包含的事件总数为n(AB)
(只适用于古典改型)
(一般公式)
条件概率 Conditional Probability
定义 设Ａ，Ｂ为同一个随机试验中的两个随机事件 , 且Ｐ（A）＞０， 则称
1. 条件概率的定义. 2. ) P ( B A) P ( A)
习题2.2－－A组－－第4题
P ( AB ) P ( B A) P ( A)
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率． 一般把 P（B︱A）读作 A 发生的条件下 B 的概率。
条件概率的性质：
某班有20名男生，25名女生。依次从全班同 学中任选两名同学代表班级参加比赛，求： （1）第一名同学是女生，第2名同学也是女 生的概率 （2）已知第一名同学是女生，则第2名同学 也是女生的概率
2.2.1条件概率2.
B={出现的点数是奇数}＝｛１，３，５｝
A={出现的点数不超过3}＝｛１的点数是奇数 的概率
解：即事件 A 已发生，求事件 B 的概率
也就是求：Ｐ（B｜A）
A B 都发生，但样本空
间缩小到只包含A的样本点
P(B | A) n( AB) 2 n( A) 3
P(B|A)以A发生为条件,样本空间缩小为A
Ω
P(B |A)相当于把Ａ看作 新的样本空间求AB发生
B
A
的概率
对于上面的事件A和事件B，P(B|A)与它们的概 率有什么关系呢？
n( AB)
P(B | A) n( AB) n( A)
n() n( A)
P( AB) P( A)
n()
P(B |A)相当于把Ａ看作新的
P(B∪C |A)= P(B|A)+ P(C|A)
例1在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回
的依次抽取2道题 （1）第一次抽到理科题的概率 （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 题的概率.
例1在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回
的依次抽取2道题 （1）第一次抽到理科题的概率 （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 题的概率.
反思
求解条件概率的一般步骤： （1）用字母表示有关事件 （2）求P(AB），P(A)或n(AB),n(A) ( 3 )利用条件概率公式求
P B A P(AB) n(AB) P(A) n(A)
探究：
三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学 无放回的抽取，问最后一名同学抽到中奖奖券的概率 是否比前两名同学小。
2.2.1二项分布-条件概率
【解】 法一：记“第一次取到白球”为事 件 A，“第二次取到黑球”为事件 B. 显然，事件“第一次取到白球，第二次取到 黑球”的概率为 P(AB)＝160××49＝145. 由条件概率的计算公式，得
4 P(B|A)＝PPAAB＝165＝49.
10
练练习习32 一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么
则P(A)=20%，P(B)=18%，P(AB)=12%，
（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是
P( A B) P( AB) 12% 2 P(B) 18% 3
（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是
P(B A) P( AB) 12% 3 P( A) 20% 5
练习2 一个盒子中有6个白球、4个黑球，每 次从中不放回地任取1个，连取两次，求第 一次取到白球的条件下，第二次取到黑球的
识与技能
学习目标
掌握一些简单的条件概率的计算.
与方法
过对具体情景的分析，了解条件概率的定义
学习重难点
重 点 条件概率定义的理解 难 点 概率计算公式的应用
探究：一3般张地奖，券我中们只用有1张来能中奖，现分别由3名同学
无放回地表抽示取所，有问基最本后事一件名的同学抽到中奖奖券的概率是
否比其他集同合学，小叫？做基本事件
（1）因为事件Ai与事件 A1 A2互斥，由概率的加法公式得
P(
A)
P( A1)
P( A1 A2
)
1 10
91 10 9
1 5
例2、一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可 从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时， 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
2.2.1条件概率
为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”就是事件AB.
Ω为“从5道题中不放回地依次抽取2道题的样本空间。”
(1)
n()
A52
20, n(A)
A31
A41
12, P(A)
n( A) n()
12 20
3. 5
(2)n(AB )
A32
6, P(AB) 3
n(AB) n()
6 20
3 10
.
(3)法1
例2、一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可 从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时， 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 ( A1 A2 )表示不超过2次就按对密码。 （1）因为事件Ai与事件 A1 A2互斥，由概率的加法公式得
P( B
|
A)
P( AB) P( A)
10 3
1. 2
法2
P(B | A) n(AB) 6 1 n(A) 12 2
5
反思
求解条件概率的一般步骤：
求解条件概率的一般步骤： （1）用字母表示有关事件
（2）求P(AB），P(A)或n(AB),n(A)
( 3 )利用条件概率公式求 P B A P(AB) n(AB) P(A) n(A)
100 100
0.7368
5
95A
课堂练习
1.甲乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象 记录，知道甲乙两地一年中雨天所占的比例分别为20％ 和18％，两地同时下雨的比例为12％，问： （1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是多少？ （2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？ 解：设A={甲地为雨天}， B={乙地为雨天}，
课件3 ：2.2.1 条件概率
事件A=“蓝色骰子的 y（蓝） 找出事件A,事件B,事件AB
点数为 3 或 6 ” 事件B= “两颗骰子的 6
•• • • • •
AB
A 点数之和大于 8 ” n(A) 12
5
4
n(A B) 55 3
P(B | A)
12
事件A发生条件下，事
2
件B的概率，就是A发 1
• • • • •B •
•• • • • • •• • • • • •• • • • • •• • • • •
本节内容结束
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① 交事件AB 含义是“ 从 3 个黑球和 2 个白球的 5 个小球中无放回地接连取出两个，取到的都是黑 球”
因此 P (AB ) = C32×C20 / C52 = 0.3 ；
② P (A ) 有两种不同的解法，依赖于如何构造Ω 。 解法一：以两次抽样的结果来构造样本空间，需要 考虑顺序，因此样本空间的样本点总数是 P52 = 20 。 根据乘法原理，“第一次取出的是黑球”包含的样本 点个数有 3×4 = 12 ，因此 P (A ) = 12/20 = 0.6 ；
（2）P（B|A）=
P
(A B) P( A)
=
0.Байду номын сангаас2 0.2
0.60
答：乙地为雨天甲地也为雨天的概率为2/3， 甲地为雨天乙地也为雨天的概率为3/5。
一定要明确谁是条件？求谁的概率？
练习2： 抛掷一枚质地均匀的硬币两次。 （1）两次都是正面的概率是多少？ （2）在已知第一次出现正面向上的条件下，两次都 是正面向上的概率是多少？
答：另一个是男孩的概率是 2
求P(B|A)条件概率的步骤：
Step1:根据条件设事件 A,B；
2.2.1 条件概率
2.2.1 条件概率1．条件概率一般地，设A 、B 为两个事件，且P (A )>0，称P (B |A )＝P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下事件B 发生的条件概率．一般把P (B |A )读作__A 发生的条件下B 发生的概率__．如果事件A 发生与否，会影响到事件B 的发生，显然知道了A 的发生，研究事件B 时，基本事件发生变化，从而B 发生的概率也相应的发生变化，这就是__条件概率__要研究的问题．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 ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．1．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为 ( B )A ．950B ．12C ．910D ．142．(2016·武汉高二检测)据某地区气象台统计，在某季节该地区下雨的概率是415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上风又下雨的概率为110，设事件A 为下雨，事件B 为刮四级以上的风，那么P (B |A )＝ 38. [解析] 由题意P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝38.故答案为38.3．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率为499. [解析] 解法一：在第一次取到不合格品以后，由于不放回，故还有99件产品，其中4件次品，故第二次再次取到不合格产品的概率为499.解法二：第一次取到不合格品的概率为P 1＝5100＝120，两次都取到不合格产品的概率为P 2＝C 25C 2100＝1495，∴所求概率P ＝P 2P 1＝1495120＝499.4．在一个口袋里装有大小相同的红色小球3个，蓝色小球5个，从中任取1球观察颜色，不放回，再任取一球，则(1)在第一次取到红球条件下，第二次取到红球的概率为多少？ (2)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为多少？ (3)在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到蓝球的概率为多少？[解析] 解法一：(1)第一次取到红球不放回，此时口袋里有2个红球，5个蓝球，故第二次取到红球的概率为P 1＝27.(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，从中取出一球，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，从中取出一球，取到蓝球的概率为P 3＝47. 解法二：(1)记事件A 为“第一次取到红球”，事件B 为“第二次取到红球”，∵P (AB )＝C 23C 28＝328，P (A )＝38，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝32838＝27. (2)设C ＝“第一次取到蓝球”，B ＝“第二次取到红球”，则P (CB )＝A 15A 13A 28＝1556，P (C )＝58，∴P (B |C )＝155658＝37.(3)记C ＝“第一次取到蓝球”，D ＝“第二次取到蓝球”， 则P (CD )＝C 25C 28＝514，P (C )＝58，∴P (D |C )＝P (CD )P (C )＝47.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，问该球是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，再求取到蓝球是E 型玻璃球的概率． [解析] (1)令事件A ＝{取得蓝球}，B ＝{取得蓝色E 型玻璃球}． 解法一：∵P (A )＝1116，P (A ∩B )＝416＝14，∴P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝141116＝411.解法二：∵n (A )＝11，n (A ∩B )＝4，∴P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝411. 『规律总结』 (1)在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率”时，一般可认为是条件概率．(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 |A )＝P (AB )P (A )计算求得P (B |A )； ②若事件为古典概型，可利用公式P (B |A )＝n (AB )n (A )，即在缩小后的样本空间中计算事件B 发生的概率． 〔跟踪练习1〕(1)(2015·课标Ⅱ)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 )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45(2)(2016·山东泰安模拟)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 )＝ 12 ；P (A |B )＝ 35.[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 ＝“随后一天的空气质量为优良”，则 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝0.60.75＝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，事件A 的基本事件数为6×2＝12，所以P (A )＝1236＝13.由于3＋6＝6＋3＝4＋5＝5＋4>8,4＋6＝6＋4＝5＋5>8,5＋6＝6＋5>8,6＋6>8， 所以事件B 的基本事件数为4＋3＋2＋1＝10.所以P (B )＝1036＝518.在事件A 发生的条件下，事件B 发生，即事件AB 的基本事件数为6.故P (AB )＝336＝16. 由条件概率公式得①P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1613＝12；②P (A |B )＝P (AB )P (B )＝16518＝35.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＝6＋5>8,6＋6>8知n (B )＝10，其中n (AB )＝6. 所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝612＝12；P (A |B )＝n (AB )n (B )＝610＝35. 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．[思路分析] 第(1)、(2)问属古典概型问题，可直接代入公式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结论，也可以直接利用基本事件个数求解．[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 26＝30，根据分步计数原理n (A )＝A 14A 15＝20，于是P (A )＝n (A )n (Ω)＝2030＝23. (2)因为n (A ∩B )＝A 24＝12，于是P (A ∩B )＝n (A ∩B )n (Ω)＝1230＝25. (3)解法一：由(1)(2)可得，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为 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝2523＝35.解法二：因为n (A ∩B )＝12，n (A )＝20，所以P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝1220＝35. 解法三：第1次抽到舞蹈节目后，再抽第2次，则基本事件空间为C 15，而又抽到舞蹈节目的数目为C 13， ∴概率为P ＝C 13C 15＝35.『规律总结』 1.本题第(3)问给出了三种求条件概率的方法，解法一为定义法，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率的方法．解法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 (B |A )．(2)在原样本空间Ω中，先计算P (A ∩B )，P (A )，再利用公式P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )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 发生，即事件A ∩B 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A ∩B 发生的概率，即P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝n (A ∩B )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (A ∩B )P (A ).〔跟踪练习2〕(2016·福州高二检测)已知盒中装有大小一样，形状相同的3个白球与7个黑球，每次从中任取一个球并不放回，则在第1次取到白球的条件下，第2次取到的是黑球的概率为( D )A ．310B ．29C ．78D ．79[解析] 解法一：设第1次抽到白球为事件A ，第2次取到的是黑球为事件B ，则n (A )＝C 13C 19＝27，n (AB )＝C 13C 17＝21，所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝2127＝79，故选D ． 解法二：盒中共有10个球，其中3白、7黑，在第一次取到白球的条件下，盒中还有2白、7黑共9个球，从中任取一球，取到黑球的概率为P ＝79.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道题中随机的抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已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] 设“该考生6道题全答对”为事件A ，“该考生恰好答对了5道题”为事件B ，“该考生恰好答对了4道题”为事件C ，“该考生在这次考试中通过”为事件D ，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E ，则D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，且A ，B ，C 两两互斥，由古典概型的概率公式知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12180C 620，又AD ＝A ，BD ＝B ，所以P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P (AD )P (D )＋P (BD )P (D )＝P (A )P (D )＋P (B )P (D )＝C 610C 62012180C 620＋C 510C 110C 62012180C 620＝1358. 『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 是否互斥，若互斥，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的概率，一般先把它分解成两个(或若干个)互不相容的较简单的事件之和，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．〔跟踪练习3〕某生在一次考试中，共有10道题供选择，已知该生会答其中6道题，随机从中抽5道题供该生回答，至少答对3道题则及格，求该生在第一题不会答的情况下及格的概率．[解析] 设事件A 为：从10道题中依次抽5道题，第一题不会答，事件B 为：从10道题中依次抽5道题，至少有3道题会答．n (A )＝C 14C 49，n (AB )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)．则P (B |A )＝n (AB )n (A )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)C 14C 49＝2542.所以该生在第一题不会答的情况下及格的概率为2542. 条件概率公式的推广的应用(1)条件概率定义的推广P (A k |A 1A 2…A k －1)＝P (A 1A 2…A k )P (A 1A 2…A k －1)，其中k ＝1,2,3，…，P (A 1A 2…A k －1)≠0.(2)乘法公式的推广．若P (A 1A 2…A n －1)>0，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)·P (A 2|A 1)·P (A 3|A 1A 2)…P (A n |A 1A 2…A n －1)． (3)全概率公式．完备事件组：若事件A 1，A 2，…，A n 互斥，又一次试验中事件A 1，A 2，…，A n 必发生其中之一，即A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，又A i A j ＝∅(i ≠j )，则称A 1，A 2，…，A n 为完备事件．全概率公式：若事件B 1，B 2，…，B n 为完备事件组，且P (B i )>0(i ＝1,2，…，n )，则对任一事件A ，有P (A )＝∑i ＝1nP (B i )P (A |B i )．典例4 某仓库有同样规格的产品12箱，其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的，且三个厂的次品率分别为110，114，118.现从这12箱中任取一箱，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概率是多少？(精确到0.001)[解析] (1)设A ＝{取得一个产品是次品}，B 1＝{取得一箱是甲厂的}，B 2＝{取得一箱是乙厂的}，B 3＝{取得一箱是丙厂的}．显然B 1，B 2，B 3是导致A 发生的一组原因，这组原因是完备事件组(即一个划分)，A 能且只能与B 1，B 2，B 3之一同时发生．三个厂的次品率分别为110，114，118，∴P (A |B 1)＝110，P (A |B 2)＝114，P (A |B 3)＝118.12箱产品中，甲占612，乙占412，丙占212，由全概率公式得P (A )＝∑k ＝13P (A |B k )P (B k )＝612×110＋412×114＋212×118≈0.083.(2)依题意，已知A 发生，要求P (B 2|A )，此时我们用贝叶斯公式： P (B 2|A )＝P (B 2)P (A |B 2)P (A )≈412×1140.083≈0.287.『规律总结』 贝叶斯公式实质上是条件概率公式P (B i |A )＝P (B i A )P (A )，P (B i A )＝P (B i )·P (A | B i )，全概率公式P (A )＝∑i ＝1nP (B i )P (A |B i )的综合应用．误认为条件概率P (B |A )与积事件的概率P (AB )相同典例5 袋中装有大小相同的6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，每次抽取一球，取后不放回，连取两次，求在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球的概率.[错解] 记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事件C ，∴P (C )＝P (AB )＝4×610×9＝415.[辨析] 应注意P (AB )是事件A 和B 同时发生的概率，而P (B |A )是在事件A 已经发生的条件下事件B 发生的概率．[正解] 记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事件C ．在事件A 已经发生的条件下，袋中只有9个球，其中3个白球，故此时取到黄球的概率为P (C )＝P (B |A )＝69＝23或者P (C )＝P (B |A )＝P (AB )P (A )＝41525＝23. [点评] 记A 1为“两次都取到黄球”，A 2为“第一次取到黄球，第二次取到白球”，A 3为“两次都取到白球”，A 4为“第一次取到白球，第二次取到黄球”，A 为“第一次取到白球”，B 为“第二次取到黄球”，C 为“第一次取到白球的条件下，第二次取到黄球”，则A 4＝AB ，P (A 1)＝6×510×9＝13，P (A 2)＝6×410×9＝415，P (A 3)＝4×310×9＝215，P (A 4)＝4×610×9＝415，P (A )＝410＝25，P (B )＝6×5＋4×610×9＝35，P (B |A )＝P (AB )P (A )＝41525＝23，要将以上各事件的关系及其概率切实弄清，准确理解条件概率的含义．〔跟踪练习4〕根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为 310，下雨的概率为1130，既吹东风又下雨的概率为415.则在吹东风的条件下下雨的概率为 89.[解析] 设事件A 表示“该地区四月份下雨”，事件B 表示“四月份吹东风”，则P (A )＝1130，P (B )＝310，P (A ∩B )＝830＝415，从而在吹东风的条件下下雨的概率为P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )＝415310＝89.1．已知P (AB )＝313，P (A )＝37，则P (B |A )等于 ( B )A ．991B ．713C ．913D ．791[解析] P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31337＝713.2．盒中有10只同一型号的螺丝钉，其中3只是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两只，则在第一只抽取为好的条件下，第二只是坏的概率为 ( B )A ．112B ．13C ．8384D ．184[解析] 设事件A 为“抽取的第一只是好的”，事件B 为“抽取的第二只是坏的”， 则P (A )＝7×910×9＝710，P (AB )＝7×310×9＝730，所以P (B |A )＝13.3．由“0”“1”组成的三位数码组中，若用A 表示“第二位数字为0”的事件，用B 表示“第一位数字为0”的事件，则P (A |B )＝ ( A )A ．12B ．13C ．14D ．18[解析] 在第一位数字为0的条件下，第二位数字为0的概率为P (A |B )＝n (AB )n (B )＝22×2＝12.4．已知甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“三个人去的景点互不相同”，B 为“甲独自去一个景点”，则概率P (A |B )等于 ( C )A ．49B ．29C ．12D ．13[解析] 由题意可知，n (B )＝C 13·22＝12，n (AB )＝A 33＝6.所以P (A |B )＝n (AB )n (B )＝612＝12. 5．6名同学参加百米短跑比赛，赛场共有6条跑道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学排在第二跑道的概率是 15.[解析] “甲排在第一跑道”记为事件A ，“乙排在第二跑道”记为事件B ． 则P (A )＝A 55A 66＝16，P (AB )＝A 44A 66＝130.所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13016＝15.A 级 基础巩固一、选择题1．(2016·烟台高二检测)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝ ( B )A ．18B ．14C ．25D ．12[解析] P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率公式得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14.故选B ． 2．一个盒子里有20个大小形状相同的小球，其中5个红的，5个黄的，10个绿的，从盒子中任取一球，若它不是红球，则它是绿球的概率是 ( C )A ．56B ．34C ．23D ．13[解析] 在已知取出的小球不是红球的条件下，问题相当于从5黄10绿共15个小球中任取一个，求它是绿球的概率，∴P ＝1015＝23.3．一个口袋中装有2个白球和3个黑球，则先摸出一个白球后放回，再摸出一个白球的概率是 ( C ) A ．23 B ．14 C ．25D ．15[解析] 设A i 表示第i 次(i ＝1、2)取到白球的事件，因为P (A 1)＝25，P (A 1A 2)＝25×25＝425，在放回取球的情况下：P (A 2|A 1)＝42525＝25.4．(2016·大连高二检测)一个家庭中有两个小孩，已知其中有一个是女孩，则另一个也是女孩的概率为 ( B )A ．12B ．13C ．14D ．15[解析] 有一个是女孩记为事件A ，另一个是女孩记为事件B ，则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝13. 5．(2016·辽阳高二检测)在5道题中有3道数学题和2道物理题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到数学题的条件下，第2次抽到数学题的概率是 ( C )A ．35B ．25C ．12D ．13[解析] 设第一次抽到数学题为事件A ，第二次抽到数学题为事件B ， 由已知P (AB )＝310，P (A )＝35，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12.6．电视机的使用寿命与显像管开关的次数有关．某品牌的电视机的显像管开关了10000次后还能继续使用的概率是0.80，开关了15000次后还能继续使用的概率是0.60，则已经开关了10000次的电视机显像管还能继续使用到15000次的概率是 ( A )A ．0.75B ．0.60C ．0.48D ．0.20[解析] 记“开关了10000次后还能继续使用”为事件A ，记“开关了15000次后还能继续使用”为事件B ，根据题意，易得P (A )＝0.80，P (B )＝0.60，则P (A ∩B )＝0.60，由条件概率的计算方法，可得P ＝P (A ∩B )P (A )＝0.600.80＝0.75. 二、填空题7．甲、乙两地都处于长江下游，根据历史记载，知道甲、乙两地一年中雨天占的比例分别为20%与18%，两地同时下雨的比例为12%.(1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率为 23 ；(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率为__0.6__.[解析] 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则P (A )＝20%＝0.2，P (B )＝18%＝0.18，P (AB )＝12%＝0.12.(1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23.(2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝0.6.8．100件产品中有5件次品，不放回地抽取两次，每次抽1件，已知第一次抽出的是次品，则第2次抽出正品的概率为 9599.[解析] 设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到正品”为事件B ，则P (A )＝5100＝120，P (AB )＝C 15C 195A 2100＝19396，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝9599. 9．设P (A |B )＝P (B |A )＝12，P (A )＝13，则P (B )等于 13.[解析] ∵P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )，∴P (A ∩B )＝P (B |A )·P (A )＝12×13＝16，∴P (B )＝P (A ∩B )P (A |B )＝1612＝13.三、解答题10．一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取一只，每一次取后不放回．若已知第一只是好的，求第二只也是好的概率.[解析] 令A i ＝{第i 只是好的}，i ＝1,2.解法一：n (A 1)＝C 16C 19，n (A 1A 2)＝C 16C 15，故P (A 2|A 1)＝n (A 1A 2)n (A 1)＝C 16C 15C 16C 19＝59.解法二：因事件A 1已发生(已知)，故我们只研究事件A 2发生便可，在A 1发生的条件下，盒中仅剩9只晶体管，其中5只好的，所以P (A 2|A 1)＝C 15C 19＝59.B 级 素养提升一、选择题1．一个袋子中有5个大小相同的球，其中有3个黑球与2个红球，如果从中任取两个球，则恰好取到两个同色球的概率是 ( C )A ．15B ．310C ．25D ．12[解析] 从5个球中任取两个，有C 25＝10种不同取法，其中两球同色的取法有C 23＋1＝4种，∴P ＝410＝25. 2．(2016·沈阳高二检测)一盒中装有5个产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中不放回地取出产品，每次1个，取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率是 ( A )A ．12B ．13C ．14D ．23[解析] 解法一：设A ＝“第一次取到二等品”，B ＝“第二次取得一等品”，则AB ＝“第一次取到二等品且第二次取到一等品”，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝2×35×42×3＋3×25×4＝12.解法二：设一等品为a 、b 、c ，二等品为A 、B ，“第二次取到一等品”所含基本事件有(a ，b )，(a ，c )，(b ，a )，(b ，c )，(c ，a )，(c ，b )，(A ，a )，(A ，b )，(A ，c )，(B ，a )，(B ，b )，(B ，c )共12个，其中第一次取到二等品的基本事件共有6个，∴所求概率为P ＝612＝12. 二、填空题3．从1～100这100个整数中，任取一数，已知取出的一数是不大于50的数，则它是2或3的倍数的概率为 3350.[解析] 解法一：根据题意可知取出的一个数是不大于50的数，则这样的数共有50个，其中是2或3的倍数的数共有33个，故所求概率为3350.解法二：设A ＝“取出的球不大于50”，B ＝“取出的数是2或3的倍数”，则P (A )＝50100＝12，P (AB )＝33100，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝3350. 4．投掷两颗均匀骰子，已知点数不同，设两颗骰子点数之和为ξ，则ξ≤6的概率为1130. [解析] 解法一：投掷两颗骰子，其点数不同的所有可能结果共30种，其中点数之和ξ≤6的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，共11种，∴所求概率P ＝1130.解法二：设A ＝“投掷两颗骰子，其点数不同”，B ＝“ξ≤6”，则P (A )＝3036＝56，P (AB )＝1136，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1130.三、解答题5．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，P (A )＝1040＝14.(2)解法一：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 )＝415.解法二：P (B )＝1540＝38，P (AB )＝440＝110，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝415.6．设b 和c 分别是抛掷一枚骰子先后得到的点数，用随机变量X 表示方程x 2＋bx ＋c ＝0实根的个数(重根按一个计).(1)求方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率； (2)求X 的分布列；(3)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率．[解析] (1)由题意知，设基本事件空间为Ω，记“方程x 2＋bx ＋c ＝0没有实根”为事件A ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有且仅有一个实根”为事件B ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有两个相异实根”为事件C ，则Ω＝{(b ，c )|b ，c ＝1,2，...，6}，A ＝{(b ，c )|b 2－4c <0，b ，c ＝1,2， (6)B ＝{(b ，c )|b 2－4c ＝0，b ，c ＝1,2，...，6}C ＝{(b ，c )|b 2－4c >0，b ，c ＝1,2， (6)∴Ω中的基本事件总数为36个，A 中的基本事件总数为17个，B 中的基本事件总数为2个，C 中的基本事件总数为17个．又∵B 、C 是互斥事件，故所求概率P ＝P (B )＋P (C )＝236＋1736＝1936.(2)由题意，X 的可能取值为0,1,2，则P (X ＝0)＝1736，P (X ＝1)＝118，P (X ＝2)＝1736，故X 的概率分布列为：(3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件D ，“方程x ＝0有实根”为事件E ，由上面分析得 P (D )＝1136，P (DE )＝736，∴P (E |D )＝P (DE )P (D )＝711.C 级 能力拔高(2017·三明高二检测)甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品． (1)从甲箱中任取2个产品，求这2个产品都是次品的概率；(2)若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，求取出的这个产品是正品的概率.[解析] (1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C 28＝8×72＝28， 这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3.∴这2个产品都是次品的概率为328. (2)设事件A 为“从乙箱中取出的一个产品是正品”，事件B 1为“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B 2为“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B 3为“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则事件B 1、事件B 2、事件B 3彼此互斥．P (B 1)＝C 25C 28＝514，P (B 2)＝C 15C 13C 28＝1528，11P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝23，P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝49， ∴P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3)＝514×23＋1528×59＋328×49＝712.。
2.2.1 条件概率Conditional Probability
① 从样本空间 中观察得
② 第一名同学没中奖，就是说他拿走了一张没中奖的奖券，那么还有2张奖券，其中一张能中奖，所以最后一名同学中奖的概率
师：同样是最后一名同学中奖的概率，很明显是（2）大，为什么？
生：因为有条件限制，导致了样本空间发生了变化，（1）是 ，（2）是A。
通过问题2让学生进一步感知有条件限制的概率，引出条件概率的定义，同时为条件概率理解与计算公式的探索作铺垫。
重点
难点
教学重点：是条件概率的计算及应用。
教学难点：是条件概率计算公式的探寻与理解。
教学过程设计
教学
环节
教学情境
师生活动
设计意图
课题
引入
问题1：一张储蓄卡的的密码共有6位，每位数机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字。问：
（1）任意按1次最后一位数字，按对的概率是多少？
激发学习数学的好奇心，增强追求新知的欲望，同时体验探究的过程，培养不断发现，探索新知的精神，
理解条件概率：①从样本空间的变化角度
②从随机事件的集合图示
对条件概率的解释：
①事件A发生了，A就变成了新的样本空间，A发生的条件下B发生，所以A,B同时发生，试验结果必在AB中。
2随机事件的集合图示
进一步理解条件概率，发现条件概率的数学本质；
学生解答，教师板书
解：记A=“第1次抽到理科题”，B=“第2次抽到理科题”
（1） ;（2）
（3）
教师归纳求解条件概率的一般步骤：
① 确定；② 记事件；③ 计算 ；④ 代入公式。
师：对（3）这题有没有别的想法。
生：第1次抽到理科题，相当于拿走了一道理科题，还剩4道题，其中有2道是文科题，所以第2次抽到理科题的概率0.5。
课件9：2.2.1 条件概率
学以致用 2．某人忘记了电话号码的最后一个数字，因而他随意拨号，假设拨过了的 号码不再重复，试求： (1)拨号不超过 3 次就接通电话的概率； (2)如果他记得号码的最后一位是奇数，拨号不超过 3 次就接通电话的概率．
解：设第 i 次拨号接通电话为事件 Ai(i＝1,2,3)，则 A＝A1∪( A 1A2)∪( A 1 A 2A3) 表示“拨号不超过 3 次就接通电话”． (1)因为事件 A1 与事件 A 1A2，A 1 A 2A3 彼此互斥，所以 P(A)＝110＋190×19＋190 ×89×18＝130. (2)用 B 表示“最后一位是奇数”的事件，则 P(A|B)＝P(A1|B)＋P( A 1A2|B)＋P( A 1 A 2A3|B) ＝15＋45××14＋45××34××13＝35.
[随堂训练]
1．已知 P(B|A)＝12，P(AB)＝83，则 P(A)等于( )
3
13
A.16
B.16
3
1
C.4
D.4
【解析】由 P(AB)＝P(A)P(B|A)可得 P(A)＝34.
【答案】C
2．4 张奖券中只有 1 张能中奖，现分别由 4 名同学无放回地抽取．若已
知第一名同学没有抽到中奖奖券，则最后一名同学抽到中奖奖券的概率
C．0<P(B|A)<1
D．P(A|A)＝0
【解析】∵P(B|A)＝PPAAB，P1A≥1，
∴P(B|A)≥P(AB)，故 A 不正确；
当 P(A)＝1 时，P(B)＝P(AB)，则 P(B|A)＝P(B)＝PPBA，所以 B 正确；
而 0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，∴C、D 不正确．
【答案】B
2.2.1 条件概率
2.2.1条件概率(1)
三、公式推导: 公式推导 在古典概型中,你能推导出 的计算公式吗? 在古典概型中 你能推导出P(B|A)的计算公式吗 你能推导出 的计算公式吗
n( B ) P( B) = n (Ω )
n( AB) P( AB) = P( B | A) = P( A) n( A)
Ω
Ω B
A
B
三、公式推导: 公式推导
3 P( BA) 1 1 于是得 P ( B) = = P( BA) = P( A) = ∴P( A| B) = 4 P(B) 3 4
P ( B1 ) = 1 2
P ( B1 A ) = P ( A ) = 1 4
B 1 =“第一个是男孩” 第一个是男孩” 第一个是男孩
B 1 ={(男, 男) , (男 , 女) } 男 男
3.某种动物出生之后活到 岁的概率为 ，活 某种动物出生之后活到20岁的概率为 某种动物出生之后活到 岁的概率为0.7， 岁的概率为0.56，求现年为 岁的这种动 到25岁的概率为 岁的概率为 ，求现年为20岁的这种动 物活到25岁的概率。 物活到 岁的概率。 岁的概率
表示“ 解 设A表示“活到 岁”(即≥20)，B表示 表示 活到20岁 即 ， 表示 活到25岁 “活到 岁” (即≥25) 即 则 P ( A) = 0.7, P ( B ) = 0.56 Ω 0.56
解
={ (男, 男) , (男 , 女) , (女 , 男) , (女 , 女) } 男 男 女 女
男 男 女 有男孩” 设 Ｂ= “有男孩” ， 则 Ｂ={(男, 男) , (男 , 女) , (女 , 男) } 有男孩 有两个男孩” Ａ= “有两个男孩” ， 有两个男孩 Ａ={(男, 男) }， 男 ，
一、条件概率: 条件概率: P(B|A)表示事件 发生条件下 发生的概率 表示事件A发生条件下 表示事件 发生条件下,B发生的概率
课件10：2.2.1 条件概率
解：令 Ai＝{第 i 只是好的}，i＝1,2. 解法 1：抽取两只，第 1 只是好的共有 C16C19种取法，两只都是 好的共有 C16C15种取法， 故 P(A2|A1)＝CC1616CC1519＝59. 解法 2：因事件 A1 已发生(已知)，故我们只研究事件 A2 发生便 可，在 A1 发生的条件下，盒中仅剩 9 只晶体管，其中 5 只好的， 所以 P(A2|A1)＝AAB发发生生的的可可能能数数＝59.
解：(1)设“先摸出 1 个白球不放回”为事件 A，“再摸出
1 个白球”为事件 B，则“先后两次摸到白球”为 AB，先
摸一球不放回，再摸一球共有 4×3 种结果，
∴P(A)＝12，P(AB)＝24××13＝16， 1
∴P(B|A)＝61＝31. 2
(2)设“先摸出一个白球放回”为事件 A1，“再摸出一个白
方法总结 P(B|A)表示事件 B 在“事件 A 已发生”这个附加条件下的概率与没有 这个附加条件的概率是不同的．也就是 说，条件概率是在原随机试验的条件上再 加上一定的条件，求另一事件在此“新条 件”下发生的概率．因此，利用缩小样本空间的观点计算条件概率 时，首先，明确是求“在谁发生的前提下谁的概率”，其次，转换 样本空间，即把即定事件 A 所含的基本事件定义为新的样本空间， 显然待求事件 B 便缩小为事件 AB，如图所示．从而 P(B|A)＝ AB发生的可能数 A发生的可能数 .
B 的事件数为 A41A16＝24，故 P(B)＝2442.
AB 的事件数为 A41A31＝12，故 P(AB)＝1422.
12 由条件概率公式，得 P(A|B)＝PPABB＝2442＝0.5.
课件1 ：2.2.1条件概率
3
______ .
5
3.某种动物出生之后活到20岁的概率为0.7，活到25岁
的概率为0.56，求现年为20岁的这种动物活到25岁
的概率?
4.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)；
设A={第一名同学没有抽到中奖券}
设B={最后一名同学抽到中奖奖券}
为什么是1/2?
P(B|A)=1/2
缩小了样本空间，基本事件总数减少了
探究三：
对于上面的事件A和事件B，P(B|A)与P(A)P(AB)有什么关系呢？
n( AB )
P ( B A)
n( A)
n
(
AB
)
P( AB)
n ( )
3.条件概率的求法：
缩减样本空间：
n( AB)
P( B A)
n( A)
定义法：
P( AB)
P( B A)
P( A)
( B、C互斥）
2
5
根据分步乘法计数原理，n( A) A A 12
1
3
n( A)
12
3
P ( A)
n( )
20
5
1
4
（2） ∵ () =
23
= 6, ∴ () =
()
( )
=
6
20
=
3
10
（3）解法一：由（1）（2）可得，在第一次抽到理科题的条件下，第二次
抽到理科题的概率为(|) =
第二章 概率
§2.2.1条件概率
高中数学选修2-3·同步课件
2.2.1条件概率
若A 表示 第一名同学没有抽到中奖奖券 ,由古典概型可知,
最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 P(AB) 2 1 n(AB) 不妨记为P B | A = = P(A) n(A) 4 2 显然,知道第一名同学的抽出结果,即知道了事件A的发生, 会影响事件B的发生概率,从而导致 P B P B / A . ｛ X1X2Y、X1YX2、YX1X2、X2X1Y 、X2YX1 、YX2X1 ｝ 共A33= 6种; 用B表示最后一名同学抽到中奖奖券的事件, 由于第一名同学没有抽到中奖奖券,所以可能出现的结果共有 A={X1X2Y, X1YX2, X2X1Y, X2YX1 }共4种; P A 4 , 6 2 则最后一名同学抽到中奖奖券的事件为AB, P AB , 6 1 包含的基本事件: AB={X1X2Y, X2X1Y }共2种; P B
复习回顾
1 .离散型随机变量的分布列
离散型随机变量X可能取的值为: x1, x2,…,xi,… X取每一个xi (i＝1，2，……)的概率: p1, p2,…, pi,… 则称表:
X P x1 P1 x2 P2 … … xi Pi … …
为随机变量X的概率分布, 简称为X的分布列. 有时为了表达简单, 也用等式P X xi pi , 表格法 i 1, 2, , n表示X的分布列 . 解析法 2 .离散型随机变量分布列的表示 图象法
P AB P B / A 为在事件A 发生的条件下, P A
事件B发生的 条件概率 (conditional probability). 发生的条件下B发生的概率. 一般把P B / A 读作A
条件概率具有概率的性质, 任何事件的条件概率都在 0和1之间, 即 0 P B / A 1. 如果B和C是两个互斥事件, 则
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白城民办实验高中 高二数学 选修2-3 导学案
1
§2.2.1 条件概率
【学习目标】
1.通过具体情境的分析,了解条件概率的定义.
2.独立思考,合作学习,学会掌握一些简单的条件概率的计算的规律和方
法.
3.积极参与,善于发现和提出问题,通过对实例的分析,理解条件概率的简
单应用.
【重点难点】
重点：条件概率定义的理解.
难点：条件概率计算公式的应用.
【学习过程】
（一）基础知识探究：
◆ 探究点：条件概率
1.什么是条件概率？
2.条件概率有哪些性质？
3.利用条件概率的计算公式P(B|A)= (AB)
(A)p p 计算条件概率时，应该注
意什么问题？
（二）知识综合应用探究：
◆ 探究点1：利用公式求条件概率（重点）
［例1］掷两颗均匀的骰子，问
（1）至少有一颗是6点的概率是多少？
（2）在已知它们点数不同的条件下，至少有一颗是6点的概率又是多
少？
白城民办实验高中 高二数学 选修2-3 导学案
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跟踪训练1. 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。
探究点2：有无放回抽样的概率
［例2］一个口袋内装有2个白球和2个黑球，那么
（1） 先摸出1个白球不放回，在摸出一个白球的概率是多少？
（2） 先摸出1个白球后放回，再摸出一个白球的概率是多少？
跟踪训练2.把一枚硬币任意抛掷两次，事件A=“第一次出现正面”， 事件B=“第二次出现正面”，则()B A p =________________.。