最新人教版高中数学选修2-3《条件概率》示范教案

2．2 二项分布及其应用

2．2.1 条件概率

整体设计

教材分析

条件概率的概念在概率理论中占有十分重要的地位，教科书只是简单介绍条件概率的初等定义．为了便于学生理解，教材以简单事例为载体，逐步通过探究，引导学生体会条件概率的思想．

课时分配

1课时

教学目标

知识与技能

通过对具体情境的分析，了解条件概率的定义，掌握简单的条件概率的计算． 过程与方法

发展抽象、概括能力，提高解决实际问题的能力．

情感、态度与价值观

使学生了解数学来源于实际，应用于实际的唯物主义思想．

重点难点

教学重点：条件概率定义的理解．

教学难点：概率计算公式的应用．

教学过程

探究活动

抓阄游戏：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．

活动结果：

法一：若抽到中奖奖券用“Y”表示，没有抽到用“Y ”表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y ，Y Y Y 和Y Y Y.用B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B 仅包含一个基本事件Y Y Y.由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券

的概率为P(B)＝13

. 故三名同学抽到中奖奖券的概率是相同的．

法二：(利用乘法原理)记A i 表示：“第i 名同学抽到中奖奖券”的事件，i ＝1,2,3，

则有P(A 1)＝13，P(A 2)＝2×13×2＝13，P(A 3)＝2×1×13×2×1＝13

. 提出问题：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？

设计意图：引导学生深入思考，小组内同学合作讨论，得出以下结论，教师因势利导． 学情预测：一些学生缺乏用数学语言来表述问题的能力，教师可适当辅助完成．

师生共同指出：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Y Y Y 和Y Y Y .而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典

概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为12

，不妨记为P(B|A)，其中A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”．

进一步提出：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？

共同指出：在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件A 中，从而影响事件B 发生的概率，使得P(B|A)≠P(B)．

提出问题：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？

活动结果：用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω＝{Y Y Y ，Y Y Y ，Y Y Y}．既然已知事件A 必然发生，那么只需在A ＝{Y Y Y ，Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y 和Y Y Y .在事件A 发生的情况下事件B 发生，等价于事件A 和事件B 同时发生，即AB 发生．而事件AB 中仅含一个

基本事件Y Y Y ，因此P(B|A)＝12＝n AB n A

. 理解新知

(几何解释)

其中n(A)和n(AB)分别表示事件A 和事件AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，

P(AB)＝n(AB)n(Ω)，P(A)＝n(A)n(Ω)

， 其中n(Ω)表示Ω中包含的基本事件个数．所以，P(B|A)＝n(AB)n(A)＝n(AB)

n(Ω)n(A)n(Ω)

＝P(AB)P(A)

. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P(B|A)．(给出定义)

1．定义

设A 和B 为两个事件，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．P(B|A)读作A 发生的条件下B 发生的概率．

补充说明：由这个定义易知，P(AB)＝P(B|A)·P(A)．(概率的乘法公式)

提出问题：根据概率的性质可以得到P(B|A)的哪些性质？

活动结果：

2．P(B|A)的性质

(1)非负性：0≤P(B|A)≤1；

(2)规范性：P(Ω|B)＝1；

(3)可列可加性：如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 运用新知

例1考虑恰有两个小孩的家庭．若已知某家有男孩，求这家有两个男孩的概率；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P(B)＝34，P(BA)＝P(A)＝14，∴P(A|B)＝P(BA)P(B)＝13

； P(B 1)＝12，P(B 1A)＝P(A)＝14，∴P(A|B 1)＝P(B 1A)P(B 1)＝12

. 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A i (i ＝1,2)，则A ＝A 1∪(A 1A 2)表示“不超过2次就按对密码”．

(1)因为事件A 1与事件A 1A 2互斥，由概率的加法公式得

P(A)＝P(A 1)＋P(A 1A 2)＝110＋9×110×9＝15

. (2)用B 表示“最后一位按偶数”的事件，则

P(A|B)＝P(A 1|B)＋P(A 1A 2|B)＝15＋4×15×4＝25

. 设计意图：以上两题都是从实际中来，到实际中去，这也是我们学习数学的目的所在．

【变练演编】

盒中有球如下表：

任取一球，若已知取的是蓝球，问该球是玻璃球的概率．(411

) 变式：若已知取的是玻璃球，求取的是蓝球的概率．(23

) 【达标检测】

1．一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%.从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概率．

解：设A 表示“取到的产品是一等品”，B 表示“取出的产品是合格品”，则

P(A|B)＝45%，P(B )＝4%，于是P(B)＝1－P(B )＝96%.