高中数学北师大版选修12第一章统计案例第3课时条件概率与独立事件精品学案

第3课时条件概率与独立事件1.理解相互独立事件的定义,掌握相互独立事件同时发生的概率的计算方法.2.理解条件概率的概念,会应用条件概率的计算公式求概率.3.培养学生分析问题和解决问题的能力.重点:条件概率与独立事件的概念、特征以及求其概率的方法.难点:条件概率的求法.某人有两个孩子,那么他的两个孩子都是女孩的概率是.如果在已知他的一个孩子是女孩的情况下,他的两个孩子都是女孩的概率还是吗?问题1:在创设情境中,已知他的一个孩子是女孩,求他的两个孩子都是女孩的概率是一个条件概率问题.一般地,设A,B为两个事件,且P(A)>0,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.P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率.问题2:相互独立事件事件的相互独立性:事件A(或B)是否发生,对事件B(或A)发生的概率没有影响,即P(B|A)=P(B),这样两个事件叫作相互独立事件.问题3:如果A、B相互独立,那么A、B、、中相互独立的有哪些?如果A,B相互独立,可以得如下3对:A与,与B,与也相互独立.问题4:相互独立事件的性质以及事件独立性的推广(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之积,即P(AB)=P(A)·P(B).(2)如果事件A1,A2,A3,…,A n是相互独立的,那么这n个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率之积,即P(A1A2A3…A n)=P(A1)P(A2)P(A3)…P(A n).互斥事件与相互独立事件的区别两事件互斥是指同一次试验中两事件不能同时发生;两事件相互独立是指不同试验下,二者互不影响.两个相互独立事件不一定互斥,即可能同时发生,而互斥事件不可能同时发生.1.已知P(B|A)=,P(A)=,则P(AB)等于().A.B.C.D.【解析】P(AB)=P(A)·P(B|A)=×=.【答案】D2.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,∴P(B|A)==.【答案】A3.设P(A|B)=P(B|A),P(A)=,则P(B)的值为.【解析】∵P(A|B)=,P(B|A)=,∴P(B)=P(A)=.【答案】4.某班有学生40人,其中共青团员15人,全班分成四个小组,第一小组有学生10人,其中共青团员4人.现在要在班内任选一名共青团员当团员代表,求这个代表恰好在第一小组的概率.【解析】设在班内任选一名学生,该学生是共青团员为事件A,在班内任选一名学生,该学生恰好在第一小组为事件B,则所求概率为P(B|A).又P(B|A)===.所以所求概率为.求条件概率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号箱中取出一球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一球,问从2号箱取出红球的概率是多少?【方法指导】从2号箱取出红球,有两种互斥的情况:一是当从1号箱取出红球时,二是当从1号箱取出白球时.【解析】记事件A:最后从2号箱中取出的是红球;事件B:从1号箱中取出的是红球.则P(B)==,P()=1-P(B)=,P(A|B)==,P(A|)==,从而P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)P()=×+×=.【小结】求复杂事件的概率,可以把它分解为若干个互不相容的简单事件,然后利用条件概率和乘法公式,求出这些简单事件的概率,最后利用概率的可加性,得到最终结果.事件的独立性甲、乙2人各进行1次射击,如果2人击中目标的概率都是0.6.计算:(1)2人都击中目标的概率;(2)其中恰有1人击中目标的概率;(3)至少有1人击中目标的概率.【方法指导】甲是否击中目标对乙击中目标没有任何影响.若记“甲进行1次射击,击中目标”为事件A,记“乙进行1次射击,击中目标”为事件B,则A、B互为相互独立事件.【解析】(1)记:“甲射击1次,击中目标”为事件A,“乙射击1次,击中目标”为事件B,则“2人都击中目标”为事件A·B,又∵P(A)=P(B)=0.6,∴P(A·B)=P(A)·P(B)=0.6×0.6=0.36.(2)“2人各射击1次,恰有1人击中目标”就是A·与·B有一个发生,其概率为P(A·)+P(·B),又∵P()=1-0.6=0.4,P()=1-0.6=0.4,∴P(A·)+P(·B)=P(A)·P()+P()·P(B)=0.6×(1-0.6)+(1-0.6)×0.6=0.24+0.24=0.48.(3)(法一)“2人各射击1次,至少有1人击中目标”即为“2人都击中目标”与“恰有1人击中目标”有一种发生,则事件发生,因此其概率P=P(A·B)+[P(A·)+P(·B)]=0.36+0.48=0.84.(法二)“2人各射击1次,至少有1人击中目标”与“2人都未击中目标”互为对立事件.而P(·)=P()·P()=(1-0.6)×(1-0.6)=0.4×0.4=0.16.因此,至少有1人击中目标的概率P=1-P(·)=1-0.16=0.84.【小结】要熟练掌握相互独立事件、对立事件的概率的求法.相互独立事件概率的灵活应用在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关,只要其中有1个开关能够闭合,线路就能正常工作.假定在某段时间内每个开关闭合的概率都是0.7,计算在这段时间内线路正常工作的概率.【方法指导】据题意可知,在这段时间内线路正常工作,就是指3个开关中至少有1个能够闭合,且这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响.进而可知,“3个开关中至少有1个能够闭合”与“3个开关都不能闭合”互为对立事件.【解析】分别记这段时间内开关J A、J B、J C能够闭合为事件A、B、C,则不能闭合为事件,,,且3个均不能闭合为事件··.而P(A)=P(B)=P(C)=0.7,因此P()=P()=P()=0.3,P(··)=P()·P()·P()=0.027.于是这段时间内至少有1个开关能够闭合,从而使线路能正常工作的概率是1-P(··)=1-0.027=0.973.∴在这段时间内线路正常工作的概率为0.973.【小结】要重视对立事件的概率求法.5个大小相同的乒乓球,其中3个新的,2个旧的,每次任取一个,不放回地取两次,求在第一次取到新球的条件下,第二次取到新球的概率.【解析】记“第一次取到新球”为事件A,“第二次取到新球”为事件B.P(A)=,P(AB)=×=,P(B|A)==.故在第一次取到新球的条件下,第二次取到新球的概率为.有外形相同的球分装在三个不同的盒子中,每个盒子10个球,其中第一个盒子中7个球标有字母A,三个球标有字母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球,若取得标有字母A的球,则在第二个盒子中任取一球;若第一次取得标有字母B的球,则在第三个盒子中任取一球,如果第二次取出的是红球,则试验成功,求试验成功的概率.【解析】记事件X为试验成功事件,则有以下两种情况会成功:第一次取字母A的概率为,则取第二个盒子为红球的概率为;第一次取字母B的概率为,则取第三个盒子为红球的概率为,故由条件概率的计算公式得P(X)=×+×=.一张储蓄卡的密码共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.【解析】设第i次按对密码为事件A i(i=1,2),则A=A1∪(A2)表示不超过2次就按对密码.(1)因为事件A1与事件A2互斥,由概率的加法公式得P(A)=P(A1)+P(A2)=+×=.(2)用B表示最后一位按偶数的事件,则P(A|B)=P(A1|B)+P(A2|B)=+×=.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P(AB)=P(B|A)·P(A)=×=.【答案】C2.下列各对事件中,是相互独立事件的是().A.运动员甲射击一次,“射中8环”与“射中9环”B.甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没有射中目标”C.甲、乙两运动员各射击一次,“至少有1人击中目标”与“甲击中但乙没有击中目标”D.甲、乙两运动员各射击一次,“甲击中10环”与“乙没有击中目标”【解析】两个事件互斥是指这两个事件不可能同时发生;两个事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.【答案】D3.如图,用三类不同的元件连接成系统.当元件都正常工作时,系统正常工作.已知元件X,Y,Z 正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90,则系统正常工作的概率为.【解析】系统正常工作的概率为P=0.80×0.90×0.90=0.648.【答案】0.6484.抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1,2,3,4,5,6},令事件A={2,3,5},B={1,2,4,5,6},求P(A),P(B),P(AB),P(A︱B).【解析】由题意可知P(A)==,P(B)=,P(AB)=P(A∩B)==,P(A︱B)===.(2014年·新课标Ⅱ卷)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.0.8B.0.75C.0.6D.0.45【解析】设某天空气质量优良,则随后一天空气质量也优良的概率为p,则据题有0.6=0.75·p,解得p=0.8,故选A.【答案】A1.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)=,从而吹东风的条件下下雨的概率为P(A|B)===.【答案】D2.抛掷红、黄两颗骰子,当红色骰子的点数为4或6时,两颗骰子的点数之积大于20的概率是().A. B. C. D.【解析】抛掷红、黄两颗骰子共有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,两颗骰子点数之积大于20的包含4×6,6×4,6×5,6×6共4个基本事件.所以其概率为=.【答案】B3.已知P(A)=0.5,P(B)=0.6,P(AB)=0.3,则P(A|B)=,P(B|A)=.【解析】P(A|B)===0.5,P(B|A)===0.6.【答案】0.50.64.一个正方形被平均分成9个部分,向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中),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(AB),P(A|B).【解析】记这9 5,6,7,8,9,如下图所示,由题意可知A={1,4,7},B={1则P(AB)=P(A∩B)=,P(A|B)===.5.一个盒子里有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().A.B. C.D.【解析】由条件概率知,不是红球的概率为=,是绿球的概率为=,故所求概率为P==.【答案】C6.把一枚骰子连续掷两次,已知在第一次抛出的是偶数点的情况下,第二次抛出的也是偶数点的概率为().A.1B.C.D.【解析】设事件A为“第一次抛出偶数点”,事件B为“第二次抛出偶数点”,A与B为相互独立事件.则P(A)==·P(AB)=P(A)·P(B)=×=,所以所求概率为P(B|A)===.【答案】B7.对同一目标进行3次独立射击,每次命中的概率分别是0.4,0.5,0.7.则:(1)在这3次射击中,恰好有一次命中的概率为;(2)在这3次射击中,至少有一次命中的概率为;(3)在这3次射击中,至多有一次命中的概率为.【解析】记“第i次命中”为事件A i.(1)恰好有一次命中的概率P=P(A1)+P(A2)+P(A3)=P(A1)P()P()+P()·P(A2)P()+P()P()P(A3)=0.4×0.5×0.3+0.6×0. 5×0.3+0.6×0.5×0.7=0.36.(2)至少有一次命中的概率为1-P()=0.91.(3)至多有一次命中的概率为P()+P(A1)+P(A2)+P(A3)=0.09+0.36=0.45.【答案】(1)0.36(2)0.91(3)0.458.甲、乙、丙三台机器是否需要照管相互之间没有影响,已知在某一小时内,甲、乙都需要照管的概率为0.05,甲、丙都需要照管的概率为0.1,甲、乙、丙都需要照管的概率为0.025.(1)分别求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照管的概率.(2)计算这个小时内至少有一台机器需要照管的概率.【解析】(1)记甲、乙、丙三台机器在这个小时内需要照管分别为事件A、B、C,则依题意有即解得P(A)=0.2,P(B)=0.25,P(C)=0.5.所以甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照管的概率分别为0.2、0.25、0.5.(2)p=1-0.8×0.75×0.5=0.7.9.甲、乙、丙三人到三个景点旅游,每个人只去一个景点,设事件A为“三个人去的景点不相同”,事件B为“甲独自去一个景点”,则概率P(A|B)=.【解析】由条件概率可知P(A|B)==.【答案】10.1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号箱中取出一球放入2号箱,然后从2号箱随机取出一球,问:(1)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?【解析】记事件A:从1号箱中取出的是红球;事件B:从2号箱中取出的是红球.(1)在从1号箱中取出是红球的条件下,从2号箱取出红球的概率是P(B|A)==.(2)从1号箱中取出是红球的概率P(A)=,取出白球的概率是P()=1-P(A)=.则从2号箱中取出是红球的概率为P(A)P(B|A)+P()P(B|)=×+×=.。