2.2.1条件概率(一)
2020_2021学年高中数学第二章随机变量及其分布2.2.1条件概率学案含解析新人教A版选修2_3
2.2 二项分布及其应用2．2.1 条件概率内容 标 准学 科 素 养 1.理解条件概率的定义． 2.掌握条件概率的计算方法．3.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题.利用数学抽象 发展数学建模 提升数学运算授课提示：对应学生用书第32页[基础认识]知识点 条件概率预习教材P 51－53，思考并完成以下问题(1)三张奖券中只有一张能中奖，现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？提示：如果三张奖券分别用X 1，X 2，Y 表示，其中Y 表示那张中奖奖券，那么三名同学的抽奖结果共有六种可能：X 1X 2Y ，X 1YX 2，X 2X 1Y ，X 2YX 1，YX 1X 2，YX 2X 1.用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B 仅包含两个基本事件：X 1X 2Y ，X 2X 1Y .由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P (B )＝26＝13.(2)如果已经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中奖奖券的概率又是多少？提示：因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有X 1X 2Y ，X 1YX 2，X 2X 1Y 和X 2YX 1.而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是X 1X 2Y 和X 2X 1Y .由古典概型计算概率的公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为24，即12.知识梳理 1.条件概率 (1)事件个数法：P (B |A )＝n AB n A(2)定义法：P (B |A )＝P AB P A(1)0≤P (B |A )≤1.(2)如果B 和C 是两个互斥的事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．[自我检测]1．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A.8225B.12C.38D.34 答案：C2．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上或周五晚上值班的概率为________．答案：13授课提示：对应学生用书第32页探究一 求条件概率[阅读教材P 53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：(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． 题型：求事件的概率及条件概率方法步骤：(1)先计算出不放回地依次抽2次的试验结果总数； (2)分别计算出第1次抽到理科题和两次都抽到的试验结果总数； (3)由概率的计算公式得出所求概率．[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？[解析] 由题意得球的分布如下：E 型玻璃球F 型玻璃球总计 红 2 3 5 蓝 4 7 11 总计61016设A ＝{取得蓝球法一：∵P (A )＝1116，P (AB )＝416＝14，∴P (B |A )＝P AB P A ＝141116＝411. 法二：∵n (A )＝11，n (AB )＝4， ∴P (B |A )＝n AB n A＝411. 方法技巧 求条件概率P (B |A )的关键就是抓住事件A 为条件和A 与B 同时发生这两点，公式P (B |A )＝n AB n A＝P AB P A既是条件概率的定义，也是求条件概率的公式，应熟练掌握．跟踪探究 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．(1)求乙抽到的数比甲抽到的数大的概率； (2)求乙抽到偶数的概率；(3)集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，甲乙两人各从A 中任取一球．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：(1)设“甲抽到奇数”为事件C ， “乙抽到的数比甲抽到的数大”为事件D ，则事件C 包含的基本事件总数为C 13·C 15＝15个，事件CD 同时发生包含的基本事件总数为5＋3＋1＝9个， 故P (D |C )＝915＝35.(2)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.(3)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.探究二 条件概率的性质及应用[阅读教材P 53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． 题型：互斥事件的条件概率方法步骤：(1)不超过2次就按对包含“第1次按对”和“第1次没按对，第2次按对”两事件的和事件；(2)分别求出“第1次按对”和“第1次没按对，第2次按对”的概率； (3)由互斥事件概率的计算公式得出所求概率．[例2] 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 )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12 180C 620， P (AD )＝P (A )，P (BD )＝P (B )， P (E |D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P A P D＋P BPD ＝210C 62012 180C 620＋2 520C 62012 180C 620＝1358. 故获得优秀成绩的概率为1358.方法技巧 当所求事件的概率相对较复杂时，往往把该事件分成两个(或多个)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P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )便可求得较复杂事件的概率．跟踪探究 2.在一个袋子中装有除颜色外其他都相同的10个球，其中有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次不放回地摸2个球，求在摸出的第一个球是红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率．解析：法一：设“摸出的第一个球为红球”为事件A ，“摸出的第二个球为黄球”为事件B ，“摸出的第二个球为黑球”为事件C ，则P (A )＝110，P (AB )＝1×210×9＝145，P (AC )＝1×310×9＝130.∴P (B |A )＝P AB P A ＝145110＝1045＝29， P (C |A )＝P AC P A ＝130110＝13. ∴P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )＝29＋13＝59.故所求的条件概率为59.法二：∵n (A )＝1×C 19＝9，n [(B ∪C )∩A ]＝C 12＋C 13＝5，∴P (B ∪C |A )＝59.故所求的条件概率为59.授课提示：对应学生用书第33页[课后小结](1)条件概率：P (B |A )＝P AB P A＝n AB n A.(2)概率P (B |A )与P (AB )的区别与联系：P (AB )表示在样本空间Ω中，计算AB 发生的概率，而P (B |A )表示在缩小的样本空间ΩA 中，计算B 发生的概率．用古典概型公式，则P (B |A )＝AB 中样本点数ΩA 中样本点数，P (AB )＝AB 中样本点数Ω中样本点数.[素养培优]1.因把基本事件空间找错而致错一个家庭中有两名小孩，假定生男、生女是等可能的．已知这个家庭有一名小孩是女孩，问另一名小孩是男孩的概率是多少？易错分析：解决条件概率的方法有两种，第一种是利用公式P (B |A )＝P AB P A.第二种为P (B |A )＝n AB n A，其中找对基本事件空间是关键．考查数学建模的学科素养．自我纠正：法一：一个家庭的两名小孩只有4种可能：{两名都是男孩}，{第一名是男孩，第二名是女孩}，{第一名是女孩，第二名是男孩}，{两名都是女孩}．由题意知这4个事件是等可能的，设基本事件空间为Ω，“其中一名是女孩”为事件A ，“其中一名是男孩”为事件B ，则Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}．∴P (AB )＝24＝12，P (A )＝34.∴P (B |A )＝P AB P A ＝1234＝23. 法二：由方法一可知n (A )＝3，n (AB )＝2. ∴P (B |A )＝n AB n A ＝23. 2．“条件概率P (B |A )”与“积事件的概率P (A ·B )”混同袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黄色球的概率．易错分析：本题错误在于P (AB )与P (B |A )的含义没有弄清，P (AB )表示在样本空间S 中，A 与B 同时发生的概率；而P (B |A )表示在缩减的样本空间S A 中，作为条件的A 已经发生的条件下事件B 发生的概率．考查数学建模的学科素养．自我纠正：P (C )＝P (AB )＝P (A )·P (B |A )＝410×69＝415.。
2.2.1条件概率
2.2.1条件概率“条件概率”教学设计⼀、⽬标和⽬标解析(1)通过对具体情境“抽奖问题”的分析，初步理解条件概率的含义（让学⽣明⽩，在加强条件下事件的概率发⽣怎样的变化, 通过与概率的对⽐和类⽐达到对新概念的理解）(2)在理解条件概率定义的基础上，将知识技能化，学会⽤两种⽅法求条件概率，并能利⽤条件概率的性质简化条件概率的运算。
（明确求条件概率的两种⽅法，⼀种是利⽤条件概率计算公式，另⼀种是缩减样本空间法。
并能选择恰当的⽅法解决不同概率模型下的条件概率(3)通过实例激发学⽣学习的兴趣，在辨析条件概率时培养学⽣的思辨能⼒，让学⽣亲⾝经历条件概率概念的形成过程，体会由特殊到⼀般再由⼀般到特殊的思维⽅式。
在参与的过程中让他们感受数学带来的⽆穷乐趣。
注重学习过程中师⽣间、学⽣间的情感交流，充分利⽤各种⼿段激发学习的兴趣，共同体验成功的喜悦。
⼆、教学过程设计（⼀）创设情境，引出课题问题１：1.掷⼀均匀硬币2次，（1）第⼆次正⾯向上的概率是多少？（2）当⾄少有⼀次正⾯向上时，第⼆次正⾯向上的概率是多少？2.设在⼀个罐⼦⾥放有⽩球和⿊球，现依次取两球（没有放回），事件A是第⼀次从罐中取出⿊球，事件B是第⼆次从罐中取出⿊球，那么事件A对事件B有没有影响？（1）如果罐⼦⾥有2个不同⽩球和1个⿊球，事件B发⽣的概率是多少？（2）如果罐⼦⾥有2个不同⽩球和1个⿊球，在事件A发⽣的条件下，事件B发⽣的概率⼜是多少？若在事件A没有发⽣的情况下，事件B发⽣的概率⼜是多少？3.三张奖券中只有⼀张能中奖,现分别由三名同学⽆放回地抽取，问：(1)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)如果已经知道第⼀名同学抽到了中奖奖券，那么最后⼀名同学抽到奖券的概率是多少？根据上⾯三个例⼦，你能得出这些概率与我们所学过的概率⼀样吗？什么地⽅不⼀样？请⼤家以⼩组的⽅式讨论⼀下。
预设答案：他们与我们所学的概率不⼀样，都在原有的基础上⼜附加了条件，使得概率发⽣变化。
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.。
公开课——条件概率(一)
2.2.1 条件概率教学目标（一）知识目标在具体情境中，了解条件概率的概念，掌握条件概率的计算公式，并能运用条件概率公式解决有关的简单概率问题.（二）情感目标创设教学情境，培养学生学习数学的良好思维习惯和兴趣，加深学生对从特殊到一般的思想认知规律的认识，树立学生善于创新的思维品质．（三）能力目标在知识的教学过程中，培养学生从特殊到一般的探索归纳能力及运算能力和应用新知的能力，渗透归纳、转化的数学思想方法．教学重点条件概率的概念，条件概率公式的简单应用.教学难点正确理解条件概率公式，并能灵活运用条件概率公式解决简单实际问题.教学过程一、复习引入1、复习：(1)两个事件A、B的和事件（BABA或+):事件A、B中至少有一个发生，当事件A、B 互斥时，()()()P A B P A P B+=+(2)两个事件A、B的积事件（BAAB或）事件A、B同时发生，若AB为不可能事件,则说事件A与B互斥.(),(),()P AB P A P B有什么关系呢？2、引例1：三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问题1：事件B:最后一名同学抽到中奖奖券的概率为多少？1 ()3 P B=问题2: 如果已经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？12 P=问题3：为什么两个问题的概率不一样？通过回答问题3:，引出课题条件概率：因为问题2中已知第一名同学的抽奖结果会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率：若记A:第一名同学没有抽到中奖使得，一般地，在已知另一事件A 发生的前提下，事件B 发生的可能性大小不一定再是P(B).我们将问题2的事件记为(|)P B A ，称为在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率 二、新授课：（一）条件概率的概念设A 和B 为两个事件，那么，在“A 已发生”的条件下，事件B 发生的概率叫做______________________. 用符号___________表示。
《2.2.1 条件概率》PPT课件(安徽省县级优课)
B
已知A发生
AB A
P(B) n(B) 2 1 n() 6 3
P(B A) n( AB) 2 1 n( A) 4 2
思考：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.
n() P( AB) P( A)
n()
1.条件概率的定义：
一般地，设A，B为两个事件，且P(A)>0，则
P(B A) P( AB) P( A)
在原样本空间 的概率
称为在事件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。
公式变形：若P(A) 0,则P(AB) P(B A) • P(A)
注：P(B|A)表示在事件A发生的条件下B发生的概率
思考：你知道第一名同学的抽奖结果为什么会
影响最后一名同学的抽奖结果吗？
分析： 若不知道第一名同学的抽奖结果，则样本空间为、
{X1X2Y , X2X1Y , X1YX2，X2YX1，YX1X2，YX2X1}
若知道了第一名同学的抽奖结果，则样本空间变成
2.2.1 条 件 概 率
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？
分析：如果三张奖券分别用X1，X 2，Y 表示，其中Y 表示
那张中奖奖券，那么三名同学的抽奖结果为：
={X1X 2Y , X 2 X1Y , X1YX 2 , X 2YX1,YX1X 2 ,YX 2 X1}
【解】 如图，n(Ω)＝9， n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1， ∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
2.2.1条件概率(刘建波改)
2.2.1条件概率文山中学 刘建波课前准备：一、课标点击(一)学习目标：了解 条件概率的概.(二)教学重、难点：条件概率公式及其简单应用是重点,公式的推导是难点.二、教学过程:（一）知识链接链接1、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（二）问题导引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。
如果已经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中奖奖券的概率又 是多少？已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？学习探究(一)自主探究：借助抛掷红黑两枚骰子，通过坐标系分析.（二）知识点梳理：1.条件概率对任意事件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).2.条件概率计算公式:()(|)()P AB P A B P A = 注:⑴0(|)P B A ≤≤1;⑵几何解释:⑶可加性：如果B C 和互斥，那么[]()|(|)(|)P B C A P B A P C A =+3.概率 P(B|A)与P(AB)的区别与联系(),,(),.,(),(),()().A A P AB AB P B A B AB P B A AB P AB P B A P AB ΩΩ=Ω=Ω表示在样本空间中计算发生的概率而表示在缩小的样本空间中计算发生的概率用古典概率公式则中样本点数中样本点数中样本点数中样本点数一般来说比大（三）思考与讨论:1:一般地，在已知另一事件A 发生的前提下，事件B 发生的可能性大小不一定再是P(B).即(|)()P B A P B ≠条件的附加意味着对样本空间进行压缩2: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 n AB P AB n P B A n A n A P A n Ω===Ω 3:P(B |A)相当于把Ａ看作新的基本事件空间求Ａ∩Ｂ发生的概率(四) 典例探讨例1:个家庭中有两个小孩,假定生男生女是等可能的,已经知道这个家庭有一个女孩,,问这时另一个小孩是男孩的概率是多少?解：此题为古典概型，设（男，女）表示第一个是男孩，第二个是女孩.()()()(){Ω=男，男，男，女，女，男，女，女 }{A =（男，女），（女，男）（，女，女） ()()()}{B =男，男，男，女，女，男()()}{A B =男，女，女，男()()321,442P A P A B === ()()()324132P A P B A P A B === 故所求条件概率为23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。
§2.2.1条件概率(习题课)
学案47 §2.2.1条件概率（习题课）一、基础知识 1、事件的交 2、条件概率： 3、条件概率公式4、概率)|(A B p 和)(AB P 的区别与联系 联系：事件A 和B 都发生了区别：（1）在)|(A B P 中，事件A 和B 发生有时间差异，A 先B 后；在)(AB P 中，事件A 、B 同时发生。
(2)样本空间不同，在)|(A B p 中，样本空间为A,事件)(AB P 中，样本空间仍为Ω 5、P （B|A ）的性质：（1）非负性：对任意的A ∈f. 0(|)1P B A ≤≤；（2）规范性：P （Ω|A ）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+ . 二、习题讲解1．已知P(B|A)=103,P(A)=51,则P(AB)=( ) A ．21 B.23 C ．32 D.5032．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.21 B.31 C.41 D.813．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是154，刮三级以上风的概率为152，既刮风又下雨的概率为101，则在下雨天里，刮风的概率为（ ）A.2258B.21 C.83D.434．袋中有5个球，3个白球，2个黑球，现每次取一个，无放回地抽取两次，第二次抽到白球的概率为（ ）A.53 B.43 C.21 D. 1035．6位同学参加百米短跑初赛，赛场有6条跑道，则已知甲同学排在第一跑道，乙同学排在第二跑道的概率（ ）A.52 B.51 C.92 D. 736．一个袋中有9张标有1,2,3，…，9的票，从中依次取两张，则在第一张是奇数的 条件下第二张也是奇数的概率（ ）A.52 B.51 C.21 D. 737．任意向（0,1）区间上投掷一个点，用x 表示该点的坐标，则Ω={x|0<x<1}，事件 A={x|0<x<0.5}，B={x|0.25<x<1}，P （B|A ）=___________________________ 8．根据历年气象资料统计，某地四月份刮东风的概率是308，既刮东风又下雨的概率是307。
高中数学 第2章 概率 2.2 条件概率与事件的独立性 2.2.1 条件概率 2.2.2 事件的独立
2．2.1 条件概率 2．2.2 事件的独立性1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2.理解条件概率公式和相互独立事件同时发生的概率公式．3．能利用概率公式解决实际问题．1．条件概率(1)定义：对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号“P (B |A )”来表示，读作“A 发生的条件下B 发生的概率”．类似地，事件B 发生的条件下事件A 发生的条件概率记为“P (A |B )”，读作“B 发生的条件下A 发生的概率”．(2)事件的交(或积)由事件A 和B 同时发生所构成的事件D ，称为事件A 与B 的交(或积)，记作D ＝A ∩B (或D ＝AB )．(3)条件概率计算公式 一般地，条件概率公式为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）(P (A )＞0)，类似地，P (A |B )＝P （A ∩B ）P （B ）(P (B )＞0)．2．相互独立事件(1)定义：一般地，事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P (B |A )＝P (B )，则称两个事件A ，B 相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．若n 个事件A 1，A 2，…，A n ，如果其中任何一个事件发生的概率不受其他事件是否发生的影响，则称这n 个事件相互独立．(2)相互独立事件的性质一般地，若事件A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)相互独立事件同时发生的概率①两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A ∩B )＝P (A )×P (B )．②如果事件A 1，A 2，…，A n 相互独立，则这n 个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P (A 1∩A 2∩…∩A n )＝P (A 1)×P (A 2)×…×P (A n )并且上式中任意多个事件A i 换成其对立事件后，等式仍成立．1．判断(对的打“√”，错的打“×”) (1)若事件A 、B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)必然事件与任何一个事件相互独立．( )(3)“P (AB )＝P (A )·P (B )”是“事件A ，B 相互独立”的充要条件．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√2．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为( )A.950 B.12 C.910D.14答案：B3．甲、乙两人各射击一次，他们各自击中目标的概率都是0.6，则他们都击中目标的概率是( )A ．0.6B ．0.36C ．0.16D ．0.84答案：B4．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，则在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．答案：0.95求条件概率[学生用书P26]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．【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A ∩B .(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的事件数为A 25＝20. 根据分步乘法计数原理，事件A 的总数为A 13×A 14＝12. 故P (A )＝1220＝35.(2)因为事件A ∩B 的总数为A 23＝6. 所以P (A ∩B )＝620＝310.(3)法一：由(1)、(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝31035＝12.法二：因为事件A ∩B 的总数为6，事件A 发生的总数为12，所以P (B |A )＝612＝12.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．设10件产品中有4件不合格，从中任意取出2件，那么在所取得的产品中发现有一件不合格品，求另一件也是不合格品的概率．解：设事件A 为“在所取得的产品中发现有一件不合格品”，事件B 为“另一件产品也是不合格品”，则P (A )＝C 14C 16C 210＝4×6×210×9＝815，P (A ∩B )＝C 24C 210＝215.因此P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝14.相互独立事件的判断判断下列各对事件是不是相互相互独立事件：(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1女生”；(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；(3)掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”．【解】 (1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47，若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57.可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以两者不是相互独立事件．(3)记A ：出现偶数点，B ：出现3点或6点，则A ＝{2，4，6}，B ＝{3，6}，AB ＝{6}， 所以P (A )＝36＝12，P (B )＝26＝13，P (AB )＝16，所以P (A ∩B )＝P (A )·P (B )， 所以事件A 与B 相互独立．判断两事件的独立性的方法(1)定义法：如果事件A ，B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A ，B 为相互独立事件．(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响． (3)当P (A )＞0时，可用P (B |A )＝P (B )判断．一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性：(1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩．解：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件， 由等可能性知概率各为14.这时A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， A ∩B ＝{(男，女)，(女，男)}，于是P (A )＝12，P (B )＝34，P (A ∩B )＝12.由此可知P (A ∩B )≠P (A )P (B )，所以事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件， A ∩B 中含有3个基本事件．于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (A ∩B )＝38，显然有P (A ∩B )＝38＝P (A )P (B )成立．从而事件A 与B 是相互独立的．求相互独立事件的概率甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：(1)2个人都译出密码的概率； (2)2个人都译不出密码的概率； (3)至多1个人译出密码的概率；【解】 记“甲独立地译出密码”为事件A ，“乙独立地译出密码”为事件B ，A 与B 为相互独立事件，且P (A )＝13，P (B )＝14.(1)“2个人都译出密码”的概率为：P (AB )＝P (A )·P (B )＝13×14＝112.(2)“2个人都译不出密码”的概率为：P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝[1－P (A )]×[1－P (B )]＝(1－13)×(1－14)＝12.(3)“至多1个人译出密码”的对立事件为“2个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为：1－P (AB )＝1－P (A )P (B )＝1－13×14＝1112.在本例条件下，求：(1)恰有1个人译出密码的概率； (2)至少1个人译出密码的概率．解：(1)“恰有1个人译出密码”可以分为两类，即甲译出乙未译出以及甲未译出乙译出，且两个事件为互斥事件，所以恰有1个人译出密码的概率为：P (A B －∪A －B )＝P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝13×(1－14)＋(1－13)×14＝512. (2)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出密码”，所以至少1个人译出密码的概率为：1－P (A －B －)＝1－P (A －)P (B －)＝1－23×34＝12.与相互独立事件有关的概率问题求解策略一般地，已知两个事件A ，B ，它们的概率分别为P (A )，P (B )，那么：A ，B 互斥 A ，B 相互独立P (A ＋B ) P (A )＋P (B )1－P (A －)P (B －)P (AB ) 0P (A )P (B ) P (A －B －)1－[P (A )＋P (B )]P (A －)P (B －)某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑(互不影响)的成绩在13 s 内(称为合格)的概率分别为25，34，13，若对这三名短跑运动员的100 m 跑的成绩进行一次检测，则(1)三人都合格的概率； (2)三人都不合格的概率； (3)出现几人合格的概率最大．解：记“甲、乙、丙三人100米跑成绩合格”分别为事件A ，B ，C ，显然事件A ，B ，C 相互独立，则P (A )＝25，P (B )＝34，P (C )＝13.设恰有k 人合格的概率为P k (k ＝0，1，2，3)，(1)三人都合格的概率：P 3＝P (ABC )＝P (A )·P (B )·P (C )＝25×34×13＝110. (2)三人都不合格的概率：P 0＝P (A －B －C －)＝P (A －)·P (B －)·P (C －)＝35×14×23＝110. (3)恰有两人合格的概率：P 2＝P (AB C －)＋P (A B －C )＋P (A －BC )＝25×34×23＋25×14×13＋35×34×13＝2360. 恰有一人合格的概率：P 1＝1－P 0－P 2－P 3＝1－110－2360－110＝2560＝512.综合第一问、第二问、第三问可知P 1最大． 所以出现恰有1人合格的概率最大．相互独立事件的综合应用在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众要彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率． (2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列．【解】 (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P (A )＝C 12C 23＝23，P (B )＝C 24C 35＝35.因为事件A 与B 相互独立，所以观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为P (A B －)＝P (A )·P (B －)＝P (A )·[1－P (B )]＝23×25＝415.(或P (A B －)＝C 12·C 34C 23·C 35＝415)． (2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P (C )＝C 24C 35＝35，因为X 可能的取值为0，1，2，3，且取这些值的概率分别为P (X ＝0)＝P (A －B －C －)＝13×25×25＝475，P (X ＝1)＝P (A B － C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝23×25×25＋13×35×25＋13×25×35＝2075， P (X ＝2)＝P (A B C －)＋P (A －BC )＋P (A B －C )＝23×35×25＋13×35×35＋23×25×35＝3375， P (X ＝3)＝P (ABC )＝23×35×35＝1875，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P475207533751875概率问题中的数学思想(1)正难则反．灵活应用对立事件的概率关系(P (A )＋P (A －)＝1)简化问题，是求解概率问题最常用的方法．(2)化繁为简．将复杂事件的概率转化为简单事件的概率，即寻找所求事件与已知事件之间的关系．“所求事件”分几类(考虑加法公式，转化为互斥事件)还是分几步组成(考虑乘法公式，转化为互独事件)．(3)方程思想．利用有关的概率公式和问题中的数量关系，建立方程(组)，通过解方程(组)使问题获解．三个元件T 1，T 2，T 3正常工作的概率分别为12，34，34，将它们中的某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，如图所示，求电路不发生故障的概率．解：记“三个元件T 1，T 2，T 3正常工作”分别为事件A 1，A 2，A 3， 则P (A 1)＝12，P (A 2)＝34，P (A 3)＝34，不发生故障的事件为(A 2∪A 3)A 1，P ＝P [(A 2∪A 3)A 1]＝P (A 2∪A 3)·P (A 1) ＝[1－P (A 2)·P (A 3)]·P (A 1) ＝(1－14×14)×12＝1532.————————————————————————————————————————————————1．求条件概率的方法(1)利用定义，分别求P (A )和P (A ∩B )，得P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）.(2)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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n （A ∩B ）n （A ）.2．判定两个事件相互独立的方法(1)定义法：如果A 、B 同时发生的概率等于事件A 发生的概率与事件B 发生的概率的积，则事件A 、B 为相互独立事件．(2)由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．3．事件A 、B 相互独立，则P (AB )＝P (A )P (B )．注意与事件互斥区别．1．求复杂事件的概率时，先判断事件间的关系，是互斥还是独立，特别对“至多”“至少”等问题，可分成互斥事件求概率，也可用对立事件求概率．2．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”“恰有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义，已知两个事件A 、B ，它们的概率分别为P (A )、P (B )，那么：A 、B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ； A 、B 都发生的事件为AB ；A 、B 都不发生的事件为A －B －；A 、B 恰有一个发生的事件为A B －∪A －B ；A 、B 中至多有一个发生的事件为A B －∪A －B ∪A －B －.1．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( )A.316B.1316C.34D.14解析：选C.由P (AB )＝P (A )P (B |A )可得P (A )＝34.2．甲、乙、丙3人投篮，投进的概率分别是13，25，12，现3人各投篮1次，则3人都没有投进的概率为( )A.115 B.215C.15D.110解析：选C.甲、乙、丙3人投篮相互独立，都不进的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝15.3．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________．解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则P (A )＝C 16C 27，P (AB )＝1C 27，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝16.答案：16[A 基础达标]1．设A 与B 是相互独立事件，则下列事件中不相互独立的是( ) A ．A 与B －B.A －与B C.A －与B －D ．A 与A －解析：选D.A 、B 、C 选项的两事件相互独立，而A 与A －是对立事件，不是相互独立事件． 2．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 ．0.2B ．0.33C ．0.5D ．0.6解析：选A.A ＝“数学不及格”，B ＝“语文不及格”，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.030.15＝0.2，所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.3．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是( ) A.14 B.15 C.16D.17解析：选C.记“甲站在中间”为事件A ，“乙站在末尾”为事件B ，则n (A )＝A 66，n (AB )＝A 55，P (B |A )＝A 55A 66＝16.4．从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，则23等于( )A ．2个球不都是红球的概率B ．2个球都是红球的概率C ．至少有1个红球的概率D ．2个球中恰有1个红球的概率解析：选C.分别记从甲、乙袋中摸出一个红球为事件A 、B ，则P (A )＝13，P (B )＝12，由于A 、B 相互独立，所以1－P (A －)P (B －)＝1－23×12＝23.根据互斥事件可知C 正确．5．同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y (若指针停在边界上则重新转)，x ，y 构成数对(x ，y )，则所有数对(x ，y )中满足xy ＝4的概率为( )A.116B.18C.316D.14解析：选C.满足xy ＝4的所有可能如下：x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1.所以所求事件的概率P ＝P (x ＝1，y ＝4)＋P (x ＝2，y ＝2)＋ P (x ＝4，y ＝1)＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 6．已知有两台独立在两地工作的雷达，它们发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，则两台雷达都未发现飞行目标的概率为________．解析：所求概率为(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015. 答案：0.0157．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________． 解析：设此队员每次罚球的命中率为p ， 则1－p 2＝1625，所以p ＝35.答案：358．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出两瓶，若取出的两瓶中有一瓶是蓝色，则另一瓶是红色或黑色的概率是________．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 )＝C 12C 14C 25＝45，P (AB )＝C 12C 11C 25＝15，P (AC )＝C 12C 12C 25＝25，故P (D |A )＝P (B ∪C |A ) ＝P (B |A )＋P (C |A ) ＝P （AB ）P （A ）＋P （AC ）P （A ）＝34.答案：349．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45、56、23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率； (2)求至少有一个项目成功的概率．解：(1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为 45×56×(1－23)＝29， 只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为 45×(1－56)×23＝445， 只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为 (1－45)×56×23＝19，所以恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945.(2)三个项目全部失败的概率为 (1－45)×(1－56)×(1－23)＝190，所以至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.10．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：(1)从甲箱中任取2个产品的事件数为C 28＝28，这2个产品都是次品的事件数为C 23＝3.所以这2个产品都是次品的概率为328.(2)设事件A 为“从乙箱中取一个正品”，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，P (B 3)＝C 23C 28＝328，P (A |B 1)＝69，P (A |B 2)＝59，P (A |B 3)＝49，所以P (A )＝P (B 1)P (A |B 1)＋P (B 2)·P (A |B 2)＋P (B 3)P (A |B 3) ＝514×69＋1528×59＋328×49＝712. [B 能力提升]11．抛掷一枚均匀的骰子所得的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A ＝{2，3，5}，B ＝{1，2，4，5，6}，则P (A |B )等于( )A.25B.12C.35D.45解析：选A.因为A ∩B ＝{2，5}，所以n (AB )＝2. 又因为n (B )＝5，故P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝25.12．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P (A )＝________．解析：由题意，P (A －)·P (B －)＝19，P (A －)·P (B )＝P (A )·P (B －)．设P (A )＝x ，P (B )＝y ， 则⎩⎪⎨⎪⎧（1－x ）（1－y ）＝19，（1－x ）y ＝x （1－y ）. 即⎩⎪⎨⎪⎧1－x －y ＋xy ＝19，x ＝y ， 所以x 2－2x ＋1＝19，所以x －1＝－13，或x －1＝13(舍去)，所以x ＝23.答案：2313．一只口袋内装有2个白球和2个黑球．求：(1)在先摸出1个白球不放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)在先摸出1个白球后放回的条件下，再摸出1个白球的概率是多少？ 解：(1)记A ＝“先摸出一个白球不放回”，B ＝“再摸出一个球为白球”， 则AB ＝“先后两次摸到白球”． 因为P (A )＝24＝12，P (A ∩B )＝A 22A 24＝16，所以P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝13.(2)记A 1＝“先摸出一个白球放回”，B 1＝“再摸出一个球为白球”， 则AB 1＝“先后两次摸到白球”． 因为P (A 1)＝24＝12，P (A 1∩B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1∩B 1）P （A 1）＝12.14．(选做题)某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为45，乙当选的概率为35，丙当选的概率为710.求：(1)恰有一名同学当选的概率； (2)至多有两人当选的概率．解：设甲，乙，丙当选分别为事件A ，B ，C ， 则有P (A )＝45，P (B )＝35，P (C )＝710.(1)因为事件A ，B ，C 相互独立， 所以恰有一名同学当选的概率为P (A ∩B －∩C －)＋P (A －∩B ∩C －)＋P (A －∩B －∩C )＝P (A )P (B －)P (C －)＋P (A －)P (B )P (C －)＋P (A －)P (B －)P (C ) ＝45×25×310＋15×35×310＋15×25×710 ＝47250. (2)至多有两人当选的概率为 1－P (A ∩B ∩C )＝1－P (A )P (B )P (C )4 5×35×710＝83125.＝1－。
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
2.2.1
条件概率
普通高中课程数学选修2-3] 2.2 二项分布及其应用 普通高中课程数学选修 2 [普通高中课程数学选修
复习引入： 复习引入：
我们知道求古典概型的概率有计算公式： 我们知道求古典概型的概率有计算公式： 古典概型的概率有计算公式 事件A发生的概率为 事件 发生的概率为
1 1 例 3 设P(A|B)=P(B|A)= ,P(A)= ,求P(B). 求 2 3
普通高中课程数学选修2-3] 2.2 二项分布及其应用 普通高中课程数学选修 19 [普通高中课程数学选修
例4
盒中有球如表. 盒中有球如表 任取一球 玻璃 红 蓝 总计 2 4 6 木质 3 7 10 总计 5 11 16
普通高中课程数学选修2-3] 2.2 二项分布及其应用 普通高中课程数学选修 11 [普通高中课程数学选修
件一等品， 件二等品， 设 100 件产品中有 70 件一等品，25 件二等品， 规定一、二等品为合格品．从中任取1 件，求 规定一、二等品为合格品．从中任取 (1) 取得一等品的概率；(2) 已知取得的是合格品，求 取得一等品的概率； 已知取得的是合格品， 它是一等品的概率． 它是一等品的概率． 解 设B表示取得一等品，A表示取得合格品，则 表示取得一等品， 表示取得合格品 表示取得合格品， 表示取得一等品 70 P = 0.7 （1）因为 因为100 件产品中有 70 件一等品， ( B ) = 件一等品， 因为 100 （2）方法1： 因为 件合格品中有 70 件一等品，所以 方法1： 因为95 方法 件一等品， Q B ⊆ A ∴ AB = B 70 P ( B A) = ≈ 0.7368 Ω 95 方法2： 方法 ： 70 95
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
高中数学复习选修2-3 2.2.1 条件概率课件
计算事件AB发生的概率,即
n AB
P
B｜A
n AB nA
n nA
P AB PA .
n
【典例训练】 1.(2011·辽宁高考)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)=( )
A1 B 1 C 2 D 1
8
4
5
2
n AB nA
1 4
.
2.由题意可得： AB {x | 1＜x＜1}，
所以
P AB
又1 因 为1 2 4
1,
4
2
PA 1，
ห้องสมุดไป่ตู้
所以
14
2
P B｜A
答案：
P AB PA
1 2
.
1
2
3.设A表示取得合格品，B表示取得一等品，
(1)∵100 件产品中有70件一等品，∴
PB 70 0.7.
(2)方法一：∵95 件合格品中有70 件一等品，且B⊆A, 100
2.任意向(0，1)区间上投掷一个点，用x表示该点的坐标，则
令事件A={x|0＜x＜ }，B1={x| ＜x＜1}，1则P(B|A)=_____. 3.设100 件产品中有70 件2一等品，25 件4二等品，规定一、
二等品为合格品．从中任取1件. (1)求取得一等品的概率； (2)已知取得的是合格品，求它是一等品的概率．
2.求解条件概率的两个注意事项 (1)在具体的题目中,必须弄清谁是事件A,谁是事件B,即在哪个事件发生的条件 下,求哪个事件的概率. (2)选择求解条件概率的计算法，以达到迅速计算的目的.
【典例训练】 1.一批同型号产品由甲、乙两厂生产，产品结构如下表：
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}，
2.2.1条件概率
(2)条件概率公式揭示了条件概率P(B|A)与事件概率
P(A),P(AB)之间的关系.三者之中知其二可求第三
者.特别P(AB)=P(A)P(B|A)称为概率的乘法公式.
课后作业
1:一个盒子中有6支好灯管,4支坏灯管,任取两次,每次取一支, 第一次取后不放回,求若已知第一支是好的,第二支也是好 的概率.
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.
例3:甲､乙两地都位于长江下游,根据一百多年来的气象记录
知道,甲､乙两地一年中雨天占的比例分别为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”,则根据题意有 P(A)=0.20,P(B)=0.18,P(A∩B)=0.12. (1)乙地为雨天甲地也为雨天的概率是P(A|B)=
条件概率公式的应用
(1）求条件概率有两种方法: P( AB) ①P(B|A)= P( A) ; ②P(B|A)= n( AB ) (基本事件发生是等可能的).
n( A)
(2)条件概率公式揭示了条件概率P(B|A)与事件概率
P(A),P(AB)之间的关系.三者之中知其二可求第三
者.特别P(AB)=P(A)P(B|A)称为概率的乘法公式.
复习
④交事件：若某事件发生当且仅当事件A发生且事 件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件 （或积事件），记为A∩B（或A· B）。 ⑤事件A与事件B互斥：事件A与事件B在任何一次 实验中不会同时发生，即A∩B=∅。 两个互斥事件A、B有一个发生的概率公式为： P(A+B)=P(A)+P(B) ⑥对立事件：若A∩B为不可能事件， A∪B为
条件概率【范本模板】
2.2.1条件概率聊城二中魏清泉学习目标1.了解条件概率的意义与计算公式。
2.掌握乘法公式及其应用。
学习重点与难点：乘法公式的内涵及其应用。
(乘法公式是用来计算两个或两个以上事件同时发生的概率）教学过程设计一、回顾与引入将一质地均匀的硬币掷两次，观察出现正面的情况，令A=｛至少出现一次正面｝,B=｛两次出现同一面｝，则知样本S=｛HH，HT，TH，TT},而A={HH，HT，TH｝，B={HH,TT}。
由古典概型计算公式可得P(A）=3/4，P（B)=1/2，那么在事件A发生条件下,B事件发生的条件概率P（B|A)是多少呢？可以肯定,P(B|A）应为1/3，即A已发生，｛TT}已不可能出现,样本空间缩减为{HH,HT，TH｝，此时只当{HH}发生时，B事件才发生，故有P(B｜A）=1/3而分析P（B｜A)=1/3=（1/4）/（3/4)=P（AB)/P(A),再检查，对古典概型而言,上式均成立，故上式可作为条件概率的具体描述公式.二、条件概率的定义设A，B为两事件，且P（A）〉0,称：为在事件A 发生条件下B事件发生的条件概率。
既然P(B|A)谓之条件概率，则P（B｜A）必须满足概率的三条公理：三、乘法公式设P（A）〉0，则有P（AB)=P（A）P（B｜A)四、例题讲析例1一盒子装5只产品，其中3只一等品，2只二等品从中取产品两次，每次取一只，作不放回抽样，设事件A=｛第一次取到一等品}，事件B={第二次取到一等品｝，试求条件概率P（B|A）.解：先将产品编号，1,2，3号为一等品，4，5号为二等品,以(i,j）表示第一次，第二次分别取到第i号,第j号产品，则试验E(取产品两次，记录其号码）的样本空间S，全部基本事件如下,总数为20。
(1,2）(1,3）（1,4）（1,5) (2，1）(2,3)(2，4)（2,5）（3,1）(3，2）(3，4）（3,5) （4，1）(4,2)（4,3)(4，5) （5,1）(5，2)（5,3)(5,4）事件A包含的基本事件为上三行,AB包含的基本事件为左上角的6个，则由条件概率公式(4.1）得若按条件概率的直观意义来求P(B｜A），则可认为发生之后,试验E 的所有可能的集合就为A，而其中6个元素属于B,由古典概型公式得:P(B|A）=6/12=0。
【高中同步测控 优化设计】高中数学选修2-3训练：2.2.1条件概率 Word版含答案[ 高考]
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2.2.1条件概率A组1.已知P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于()A. B. C. D.解析:由条件概率公式变形得到乘法公式P(AB)=P(B|A)·P(A)=.答案:C2.抛掷红、黄两枚质地均匀的骰子,当红色骰子的点数为4或6时,两枚骰子的点数之积大于20的概率是()A. B. C. D.解析:抛掷红、黄两枚骰子共有6×6=36个基本事件,其中红色骰子的点数为4或6的有12个基本事件,此时两枚骰子点数之积大于20包含4×6,6×4,6×5,6×6,共4个基本事件.所求概率为.答案:B3.根据历年气象统计资料,某地四月份吹东风的概率为,下雨的概率为,既吹东风又下雨的概率为,则在吹东风的条件下下雨的概率为()A. B. C. D.解析:设事件A表示“该地区四月份下雨”,B表示“四月份吹东风”,则P(A)=,P(B)=,P(AB)=,从而在吹东风的条件下下雨的概率为P(A|B)=.答案:D4.在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%.已知一名学生数学不及格,则他语文也不及格的概率是()A.0.2B.0.33C.0.5D.0.6解析:A=“数学不及格”,B=“语文不及格”,P(B|A)==0.2.所以数学不及格时,该学生语文也不及格的概率为0.2.答案:A5.在10个球中有6个红球和4个白球(各不相同),不放回地依次摸出2个球,在第1次摸出红球的条件下,第2次也摸出红球的概率为()A. B. C. D.解析:不放回地依次摸出2个球,“第1次摸出红球”记为事件A,“第2次摸出红球”记为事件B,则n(A)=6×9=54,n(AB)=6×5=30,故P(B|A)=.答案:D6.从1~100这100个整数中,任取1个数,已知取出的1个数是不大于50的数,则它是2或3的倍数的概率为.解析:根据题意可知取出的1个数是不大于50的数,则这样的数共有50个,其中是2或3的倍数共有33个,故所求概率为.答案:7.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)=.解析:P(A)=,P(A∩B)=.由条件概率计算公式,得P(B|A)=.答案:8.如图,一个正方形被平均分成9部分,向大正方形区域随机地投掷一点(每一次都能投中).设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A,投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B,求P(A|B),P(AB).解:用μ(B)表示事件B所包含区域的面积,μ(Ω)表示大正方形区域的面积,由题意可知, P(AB)=,P(B)=,P(A|B)=.9.1号箱中有2个白球和4个红球,2号箱中有5个白球和3个红球,现随机地从1号箱中取出一个球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一个球,问:(1)在从1号箱中取出的是红球的条件下,从2号箱取出红球的概率是多少?(2)从2号箱取出红球的概率是多少?解:记事件A为“最后从2号箱中取出的是红球”;事件B为“从1号箱中取出的是红球”.P(B)=,P()=1-P(B)=.(1)P(A|B)=.(2)∵P(A|)=,∴P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)P()=.B组1.某班有6名班干部,其中4名男生,2名女生,从中选出3人参加学校组织的社会实践活动,在男生甲被选中的情况下,女生乙也被选中的概率为()A. B. C. D.解析:记“男生甲被选中”为事件A,“女生乙被选中”为事件B.P(A)=,P(AB)=,故P(B|A)=.答案:B2.抛掷两枚质地均匀的骰子,在已知它们点数不同的情况下,至少有一枚出现6点的概率是()A. B. C. D.解析:设“至少有一枚出现6点”为事件A,设“两枚骰子的点数不同”为事件B,则n(B)=6×5=30,n(AB)=10,所以P(A|B)=.答案:A3.设某动物由出生算起活到20岁的概率为0.8,活到25岁的概率为0.4,现有一个20岁的这种动物,则它活到25岁的概率是.解析:“该动物由出生算起活到20岁”记为事件A,“活到25岁”记为事件B.P(A)=0.8,P(AB)=0.4,∴P(B|A)==0.5.答案:0.54.从编号为1,2,…,10的10个大小相同的球中任取4个,在选出4号球的条件下,选出球的最大号码为6的概率为.解析:记“选出4号球”为事件A,“选出球的最大号码为6”为事件B,则P(A)=,P(AB)=,所以P(B|A)=.答案:5.任意向x轴上(0,1)这一区间内投掷一个点,问:(1)该点落在区间内的概率是多少?(2)在(1)的条件下,求该点落在内的概率.解:由题意可知,任意向(0,1)这一区间内投掷一个点,该点落在(0,1)内各个位置是等可能的, 令A=,由几何概型的概率计算公式可知(1)P(A)=.(2)令B=,则AB=,∴P(AB)=,故在A的条件下B发生的概率为P(B|A)=.6.在一次口试中,共有10道题可供考生选择,已知某考生会答其中的6道题,现随机从中抽5道题供考生回答,答对3道题及格,求该考生在第一道题不会答的情况下及格的概率.解:设事件A为“从10道题中依次抽5道题,第一道题不会答”;设事件B为“从10道题中依次抽5道题,第一道题不会答,其余4道题中有3道题或4道题会答”.n(A)=,n(B)=).则P=.所以该考生在第一道题不会答的情况下及格的概率为.7.一袋中装有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.(1)求白球的个数;(2)现从中不放回地取球,每次取1个球,取2次,已知第2次取得白球,求第1次取得黑球的概率.解:(1)记“从袋中任意摸出2个球,至少有1个白球”为事件A,记袋中白球个数为x.则P(A)=1-,解得x=5,即白球的个数为5.(2)记“第2次取得白球”为事件B,“第1次取得黑球”为事件C,则P(BC)=,P(B)=.故P(C|B)=.。
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。
2019-2020学年数学人教A版选修2-3检测：2.2.1条件概率
判一判
判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
1．若事件 A 与 B 互斥，则 P(B|A)＝0.(√)
2．若事件 A 等于事件 B，则 P(B|A)＝1.(√)
3．P(B|A)与 P(A|B)相同．(×)
3
3
1
4．已知 P(AB)＝10，P(A)＝5，则 P(B|A)为2.(√) 5．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
nAB 6 1
所以(1)P(B|A)＝ nA ＝12＝2. nAB 6 3
(2)P(A|B)＝ nB ＝10＝5.
知识点二
条件概率性质应用
3.在一个袋子中装有除颜色外完全相同的 10 个球，其中有 1 个红球，2 个黄球，3 个黑
球，4 个白球，从中依次不放回地摸 2 个球，求在第一个球是红球的事件下，第二个球是黄
PAB
提示：(1)在原样本空间中，先计算 P(AB)，P(A)，再利用公式 P(B|A)＝ PA 计算求得 P(B|A)；
nAB
(2)若事件为古典概型，可利用公式 P(B|A)＝ nA ，即在缩小后的样本空间中计算事件 B 发生的概率．
3．一个盒子中有 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．
＝3，
PAB 2
∴P(B|A)＝ PA ＝5. 2
答案：5
4
1
4．某气象台统计，该地区下雨的概率为15，既刮四级以上的风又下雨的概率为10.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)＝________.
1
4
1
10 PAB 4 3
条件概率课件
解：法一：由（1）（2）可得，在第一次抽到理
科题旳条件下，第二次抽到理科题旳概率为
3
P(B
A)
P( AB) P( A)
10 3
1 2
5
例1：在5道题中有3道理科题和2道文科题，假如不放回 地依次抽取2道题，求： （1）第一次抽取到理科题旳概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题旳概率；
（3）在第一次抽到理科题旳条件下，第二次抽到理科 题旳概率。
思索：为何两个问题旳概率不同？
因为探究中已知第一名同学旳中奖成果会 影响最终一名同学中奖旳概率。若记A:第一名 同学没有抽到中奖劵 ，一般地，在已知事件A 发生旳前提下，事件B发生旳可能性大小不一 定再是P(B).
我们将探究中旳事件记为 P(A B) ,称为
事件A发生旳条件下，事件B发生旳条件概率
当A B时，P(AB)=P(A)
1. 条件概率旳定义. 2. 条件概率旳计算.
公式:
P(B A) P( AB) P( A)
P(B
A)
AB A
中样本点数 中样本点数
,
P( AB)
AB 中样本点数 中样本点数
一般来说, P(B A)比 P( AB) 大.
例1：在5道题中有3道理科题和2道文科题，假如不放回 地依次抽取2道题，求：
（1）第一次抽取到理科题旳概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题旳概率；
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. （1）从5道题中不放回地依次抽取2道旳事件数为
Ω
⑵几何解释:
P(B |A)相当于把Ａ看作新旳
B
A A
基本事件空间求Ａ∩Ｂ发生旳
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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。
（2）用B表示最后一位按偶数的事件，则
1 41 2 P ( A B) P ( A1 B) P ( A1 A2 B) 5 5 4 5
收获
一、基本知识
P ( AB ) 1. 条件概率的定义. P B A P ( A) 0 P ( A) 2. 条件概率的性质. (1)有界性（2）可加性 n( AB ) P ( AB ) P B A P B A 3. 条件概率的计算方法. n( A) P ( A)
(3)法1 P( B | A) P( AB) 10 1 . 3 2法2 P( A) 5
n( AB) 6 1 P( B | A) n( A) 12 2
想一想
你能归纳出求解条件概率的一般步骤吗？
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)
例1
在5道题中有3道理科题和2道文科题。 如果不放回ห้องสมุดไป่ตู้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。 解：设Ω为“从5道题中不放回地依次抽取2道题的样本 空间，“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 n( A) 12 3 科题”就是事件AB. 2 1 1 (1) n() A5 20, n( A) A3 A4 12, P( A) . n() 20 5 n(AB) 6 3 2 (2) n(AB ) A3 6, P( AB) . 3 n() 20 10
1. 掷两颗均匀骰子,问: ⑴ “ 第一颗掷出6点”的概率是多少？ ⑵ “掷出点数之和不小于10”的概率又是多少? ⑶ “已知第一颗掷出6点，则掷出点数之和不小于10”的概率呢？
11 12 32 42 52 62 13 33 43 53 63 14 15 34 35 44 45 54 55 64 65 16 36 46 56 66
P ( AB ) n( AB ) ( 3 )利用条件概率公式求 P B A P ( A) n( A)
练习1： 一批同型号产品由甲、乙两厂生产，产品
结构如下表：
数量 厂别
甲厂
乙厂
合计
等级 合格品
475 25 500
644 56 700
1 119
次 品
合 计
81
1 200
（1）从这批产品中随意地取一件，则这件产品恰好是 27 次品的概率是_________； 400 （2）在已知取出的产品是甲厂生产的，则这件产品恰好 1 是次品的概率是_________； 20
高二数学 选修2-3
2.2.1条件概率（一）
知识回顾
m 1.古典概型 P ( A) n
试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；
每个基本事件出现的可能性相同.
d的测度 2.几何概型 P( A) D的测度
试验中所有可能出现的基本事件有无限多个； 每个基本事件出现的可能性相同.
复习引入：
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 );
0
n A
n B 6 1 6 1 （2) P B 36 6 36 6 n
P
2
2 P B | A
0
n AB n
3 1 6 2
2. 如图所示的正方形被平均分成9个部分，向大正 方形区域随机的投掷一个点（每次都能投中）， 设投中最左侧3个小正方形的事件记为A，投中最 上面3个小正方形或中间的1个小正方形的事件记 为B，求 P(A|B), P(B|A),
（古典概型） （一般概型）
4. 求解条件概率的一般步骤
用字母表示有关事件 求相关量 代入公式求P(B|A)
二、思想方法
1.由特殊到一般 2.类比、归纳、推理 3.数形结合
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
特别：如果A和B是互斥事件，则P(B|A)= 0
（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
推论：乘法公式：
P ( AB ) P ( B A) P ( A) P ( A B ) P ( B )
1 1 P( B) 4 解：∵ P ( AB ) ， ( A) , P 9 9 3 1 P ( AB ) 9 1 P( A | B) 4 4 P ( B) 9 1 P ( AB ) 9 1 P ( B | A) 1 3 P ( A) 3
练习：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}， 则P(A)=20%，P(B)=18%，P(AB)=12%，
若知道了第一名同学的抽奖结果，则样本空间变成
A { NYN , NNY }
样本空间缩小了，基本事件总数减少了 所以概率会发生变化了。
探究2
A33 1 (1)事件A：甲站在排头的概率； p( A) 4 A4 4 A33 1 (2)事件B：乙站在排尾的概率； p( B ) 4 A4 42 A2 1 (3)事件A、B同时发生的概率；p( A B ) 4 A4 12
概率为：P ( B )
n( )
3
思考1：如果已经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中奖奖券的概率又是多少？ 分析：
若抽到中奖奖券用"Y " 表示，没有抽到用" N " 表示，
不妨设“第一名同学没有抽到中奖奖券”为事件A，
则A { NYN , NNY }
用B表示最后一名同学抽到中奖奖券的事件， 则B { NNY }
AB 的概率 P(A) 和P(AB)可以表P(B|A）吗？
已知A发生
AB
B
n( A) P ( A) n( ) n( AB ) P ( AB ) n( )
A
P( B | A) ?
条件概率（conditional probability ） 1.定义
一般地，设A，B为两个事件，且 P ( A) 0 ，称
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。
基本概念
3.概率 P(B|A)与P(AB)的区别与联系
P( AB ) 表示在样本空间 中, 计算 AB发生 的概率, 而 P(B A ) 表示在缩小的样本空间 A 中, 计算 B 发生的概率.用古典概率公式, 则 AB 中样本点数 P( B A ) , A 中样本点数 AB 中样本点数 P( AB ) 中样本点数 一般来说, P(B A ) 比 P( AB ) 大.
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.
情境探究
一般地，我们用来 3张奖券中只有1张能中奖，现分别由3名同学无放回地抽取， 表示所有基本事件的 问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比其他同学小？ 集合，叫做基本事件 空间（或样本空间）
分析：
若抽到中奖奖券用"Y " 表示，没有抽到用" N " 表示， 那么所有可能的抽取情况为 {YNN , NYN , NNY }
用B表示最后一名同学抽到中奖奖券的事件，
一般地，n(B)表示 由古典概型可知，最后一名同学抽到中奖奖券的 事件B包含的基本 事件的个数 n( B ) 1
则B { NNY }
（1）因为事件Ai与事件 A1 A2互斥，由概率的加法公式得
1 91 1 P ( A) P ( A1 ) P ( A1 A2 ) 10 10 9 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 就按对的概率。
1 n( B ) 1 (() A 最后一名同学抽到奖券的概率为 PPBB ) 2 n( A) 2
注：P(B|A)表示在事件A发生的条件下B发生的概率
思考2：为什么知道第一名同学的抽奖结果会影响最后 一名同学的抽到中奖奖券的概率？
分析： 若不知道第一名同学的抽奖结果，则样本空间为
{YNN , NYN , NNY }
★已知甲站在排头，求乙站在排尾的概率？
2 A2 1 n( A B ) P ( A B ) p( B | A) 3 A3 3 n( A) P ( A)
四位学生站成一排照相，求：
缩小了样本空间，基本事件总数减少了！
思考： 计算 P ( B A),涉及事件A和AB，那么用事件A 和