高考数学总复习 条件概率教案
高考数学总复习 条件概率教案
某某省二十冶综合学校高中分校高考数学总复习条件概率教案教学目标：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
掌握一些简单的条件概率的计算。
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：一、复习引入：探究: 三X奖券中只有一X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.思考: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？思考: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？条件概率一般地，，。
2.性质：（1）非负性：。
（2）可列可加性：如果B，C是两个互斥事件,则=+.(|)(|)(|)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.如果不放回地依次抽取2 道题，求：(l）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．例2.一X储蓄卡的密码共位数字，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．课堂练习.1、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）。
2、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）。
3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。
求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。
展示：课本54页练习1、2。
高中数学教案 条件概率
条件概率的定义与性质 条件概率与边缘概率的联系与区别 条件概率在日常生活中的应用实例 条件概率的数学表达方式及计算方法
搜集与条件概率相关的实际应 用案例并尝试用所学知识解决 其中问题
预习下一章节了解条件概率的 应用场景
完成课后习题巩固所学知识
总结条件概率在实际问题中的 应用方法和技巧
实例2：一个盒 子中有3个黑球 和2个白球先从 盒中摸出1个黑 球再从盒中摸出 1个白球求第二 次摸出白球的概
率。
实例3：一个盒 子中有5个红球 和3个蓝球先从 盒中摸出1个红 球再从盒中摸出 1个蓝一个盒 子中有3个白球 和2个黑球先从 盒中摸出1个黑 球再从盒中摸出 1个白球求第二 次摸出白球的概
条件概率的取值范围：0 ≤ P(|B) ≤ 1
条件概率的意义：描述在已 知事件B发生的条件下事件
发生的可能性大小。
天气预报：根据历史数据预测未来天气情况 医学诊断：根据症状和检查结果判断疾病的可能性 金融投资：根据市场走势和风险因素制定投资策略 社交媒体推荐：根据用户兴趣和行为推送相关内容
条件概率的概念 和计算方法
回顾概率的基 本概念：事件、 样本空间、概
率等
复习概率的计 算方法：古典 概型、几何概
型等
引出条件概率 的概念：在已 知某些事件发 生的条件下另 一个事件发生
的概率
强调条件概率 与全概率公式、 贝叶斯公式的
联系和区别
定义：条件概率 是指在某一事件 发生的条件下另 一事件B发生的 概率记作P(B|)。
率。
条件概率的定义： 在某个条件下某 一事件发生的概 率。
条件概率的特点： 与独立事件不同 条件概率会受到 其他事件的影响。
条件概率的计算 方法：使用条件 概率的公式 P(|B) = P(B)/P(B) 进行 计算。
条件概率教案(数学教案)
2. 2二项分布及其应用（第一课时）一、学习目标：1、了解条件概率概念2、掌握求限制条件下事情发生的概率的两种方法3、灵活运用两种方法解题二、教学重难点1，理解条件概率概念2，解决条件概率问题3，掌握并能灵活运用两种求条件概率的方法三、学习过程1、复习引入：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.思路：若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“1X ,2X ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有六种可能：1X 2X Y,Y X X 12,1X Y 2X ,12YX X ,Y 1X 2X ,12X YX ．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Y X X 21和Y X X 12．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3162)(==B P .思考: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？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 X X 21,Y X X 12和1221,YX X YX X ．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y X X Y X X 1221,.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，假设A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.那就可以把第一名同学没有抽到中奖券时最后一名同学抽到中奖券记为P （B|A ),读作：事件A 发生的条件下事件B 发生的概率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？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，P ( B|A ）等不等于P ( B ) ?思考: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？ 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=｛122112211221,,,,,X YX X YX YX X YX X Y X X Y X X ｝．既然已知事件A 必然发生，那么只需在A={12211221,,,YX X YX X Y X X Y X X }的范围内考虑问题，即只有4个基本事件12211221,,,YX X YX X Y X X Y X X ．在事件 A 发生的情况下事件B 发生，等价于在事件A 中：事件 A 和事件 B 同时发生，即事件A 中， AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y X X 21，Y X X 12因此(|)P B A =12=()()n AB n A . 【n （AB ）=n （A ）*n （B ）】 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，()()(),()()()n AB n A P AB P A n n ==ΩΩ 其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以，(|)P B A =)()()()()()()(A P AB P n n AB n A n AB n =ΩΩ=. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .条件概率1.定义设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ).(|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．(|)P B A 定义为()(|)()P AB P B A P A =. 由这个定义可知，对任意两个事件A 、B ，若()0P B >，则有()(|)()P AB P B A P A =⋅.并称上式微概率的乘法公式.2.条件概率的性质：①：任何事件的条件概率都在0和1之间即：1)|(0≤≤A B P②：如果B 和C 是两个互斥事件，则)|()|()|(A C P A B P A C B P +=小结：关于求条件概率，我们有两种方法，在可以列出或者求出总事件数和所求事件数的情况下，用古典概型公式求解会比较简单。
高考数学复习知识点讲解教案第62讲 随机事件的相互独立性与条件概率
概率的积,则事件,为相互独立事件.
2.求两个相互独立事件同时发生的概率的步骤
（1）首先确定两个事件是相互独立的;
（2）确定两个事件可以同时发生;
（3）求出每个事件发生的概率,再求积.
变式题（1）
（多选题）[2023·新课标Ⅱ卷] 在信道内传输0，1信号，信号
的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为 0 < < 1 ，收到0的概率为1 − ；
由相互独立事件的概率公式得，所求概率为 1 −
2 ，故B正确.
对于C，采用三次传输方案，发送1，1，1，收到的译码为1，
则收到的信号可能为 1,1,0 ， 1,0,1 ， 0,1,1 ， 1,1,1 ，
故所求概率为3ሺ1 −
2
ሻ
+ 1−
3 ，故C错误.
对于D，若采用三次传输方案，发送0，收到的译码为0，
5
1 2
别为 ， ，则该谜题被破解的概率为___.
6
2
3
[解析] 设“甲独立地破解出该谜题”为事件，“乙独立地破解出该谜题”为事件，
“该谜题被破解”为事件，且事件与相互独立，
则 = 1 − = 1 − 1 −
1
2
× 1−
2
3
=
5
.
6
3.［教材改编］
交通部门对某地上、下班时间拥堵状况统计调查，发现该地区上
4.结合古典概型,会利用乘法公式计算概率.
◆ 知识聚焦 ◆
1.事件的相互独立性
（1）定义：对任意两个事件与,如果
=____________成立,则称事件与
事件相互独立.
（2）判断方法：
①根据定义；
条件概率教学案 2
《条件概率》教学案一、课标研读：概率是高中数学的新增内容，它自成体系，是数学中一个较独立的学科分支，与以往所学的数学知识有很大的区别，但与人们的日常生活密切相关，而且对思维能力有较高要求，在高考中占有重要地位.二、教材分析：1、地位与作用：本节内容在本章节的地位：《条件概率》是高中课程标准实验教材数学选修2－3第二章第二节的内容，它在教材中起着承前启后的作用，一方面，可以巩固古典概型概率的计算方法，另一方面，为研究相互独立事件打下良好的基础.2、教学目标(1)知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
(2)过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。
通过对实例的分析，会进行简单的应用。
(3)情感态度与价值观：培养学生思维的灵活性及知识的迁移能力。
3、教学重点与教学难点教学重点：条件概率定义的理解教学难点：概率计算公式的应用三、学情分析：在前面学习的基础上，学生已经会解决一些概率问题。
具有了分析问题、解决问题的能力。
四、教学策略：注重列举各种实例；注重激发和鼓励学生的好奇心和求知欲，教学中，教师创设疑问，学生想办法解决疑问，通过教师的启发与点拨，引导和组织学生进行合作交流，充分发挥学习小组的作用。
五、教学计划：共1课时教学过程：一．问题情境：抛掷红、蓝两枚骰子，设事件A=“蓝色骰子的点数为3或6”x事件B=“两颗骰子的点数之和大于8”。
我们用x 代表抛掷红色骰子所得到的点数，用y 代表抛掷蓝骰子所得到的点数，（1）则这个试验的基本事件空间为S=____________________________________________；（2）请在图中画出事件A 、B 分别对应的点：（3）P(A)=___________;P(B)=_____________;（4）当已知蓝色骰子的点数为3或6时，事件B发生的概率是多少？请结合图像说明。
事件A 已发生的所有可能的结果对应图中____个点,其中的____个点“点数之和大于8”，所以，事件B 在“事件A 已发生”条件下的概率是_______二、概念形成：1、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_______________来表示。
高中数学《条件概率与全概率公式》教案与分层同步练习
第七章 随机变量及其分布 《7.1 条件概率与全概率公式》教案（第一课时 条件概率）【课前预习】 新知探究春节期间，妈妈带着达娜去她的一个朋友家做客，闲谈时正巧碰到她的女儿回家，这时女人介绍说：“这是我的一个女儿，我还有一个孩子呢”，在回家的路上妈妈告诉达娜：“这家有两个孩子，只知道有一个是女孩，另一个不太清楚．”于是达娜在想，另一个孩子也是女孩的可能性有多大呢？是50%的概率吗？你能帮助达娜分析一下吗？问题 上述情景中的概率问题是属于哪种类型的概率？达娜猜想的概率是否正确？提示 达娜猜想的概率不正确，这是一个条件概率问题，学习完本节课后我们就能准确地求解此概率类型．1．条件概率的概念条件概率揭示了P(A)，P(AB)，P(B|A)三者之间“知二求一”的关系 一般地，设A ，B 为两个随机事件，且P(A)>0，我们称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，简称条件概率． 2．概率的乘法公式由条件概率的定义，对任意两个事件A 与B ，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．我们称上式为概率的乘法公式． 3．条件概率的性质 设P(A)>0，则 (1)P(Ω|A)＝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)； (3)设B －和B 互为对立事件，则P(B － |A )＝1－P(B |A )． 拓展深化 [微判断]1．若事件A ，B 互斥，则P(B|A)＝1.(×) 提示 若事件A ，B 互斥，则P(B|A)＝0.2．事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率，等于A ，B 同时发生的概率．(√)提示 事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为P(B|A)＝P （AB ）P （A ），事件A ，B 同时发生的概率为P(AB)，两者不一定相等． [微训练]1．设A ，B 为两个事件，且P(A)＞0，若P(AB)＝13，P(A)＝23，则P(B|A)＝( ) A.12 B.29C.19D.49解析 P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝1323＝12.答案 A2．把一枚硬币任意掷两次，事件A＝{第一次出现正面}，事件B＝{第二次出现正面}，则P(B|A)＝__________．解析由题意知P(A)＝12，P(AB)＝14，∴P(B|A)＝P（AB）P（A）＝1412＝12.答案1 2[微思考]1．若P(A)≠0，则P(AB)＝P(B|A)·P(A)，这种说法正确吗？提示正确．由P(B|A)＝P（AB）P（A）得P(AB)＝P(B|A)·P(A)．2．100件产品中有93件产品的长度合格，90件产品的质量合格，85件产品的长度、质量都合格．令A＝{产品的长度合格}，B＝{产品的质量合格}，AB＝{产品的长度、质量都合格}．若任取一件产品，已知其质量合格(即B发生)，求它的长度(即A发生)也合格(记为A|B)的概率．提示事件A|B发生，相当于从90件质量合格的产品中任取1件长度合格，其概率为P(A|B)＝8590＝1718.【课堂互动】题型一利用定义求条件概率【例1】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．解设第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AB.(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的事件数n(Ω)＝A26＝30.根据分步乘法计数原理，有n(A)＝A14A15＝20，所以P(A)＝n（A）n（Ω）＝2030＝23.(2)因为n(AB)＝A24＝12，所以P(AB)＝n（AB）n（Ω）＝1230＝25.(3)法一由(1)(2)，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P(B|A)＝P（AB）P（A）＝2523＝35.法二因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝n（AB）n（A）＝1220＝35.规律方法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．【训练1】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．0.8 B．0.75C．0.6 D．0.45解析设某天的空气质量为优良是事件B，随后一天的空气质量为优良是事件A，故所求概率为P(A|B)＝P（AB）P（B）＝0.60.75＝0.8.答案 A题型二缩小样本空间求条件概率【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. 【迁移1】 (变设问)在本例条件下，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. 【迁移2】 (变条件，变设问)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. 规律方法 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.训练2】 5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，则在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率为__________． 解析 设第1次取到新球为事件A ，第2次取到新球为事件B ，则P(B|A)＝n （AB ）n （A ）＝3×23×4＝12.答案 12题型三 条件概率的性质及应用【例3】 把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，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}，则容易求得P(A)＝710，P(B)＝310，P(R|A)＝12，P(W|A)＝12，P(R|B)＝45，P(W|B)＝15.事件“试验成功”表示为AR∪BR，又事件AR 与事件BR 互斥，故由概率的加法公式，得P(AR∪BR)＝P(AR)＋P(BR) ＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B) ＝12×710＋45×310＝0.59. 规律方法 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．【训练3】 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 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 （B ）P （D ）＝C 610C 62012 180C 620＋C 510C 110C 62012 180C 620＝1358. 故所求概率为1358.【课堂互动】 一、素养落地1．通过本节课的学习，进一步提升数学抽象及逻辑推理素养． 2．条件概率：P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝n （AB ）n （A ）.3．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.二、素养训练1．已知P(B|A)＝12，P(AB)＝38，则P(A)等于( )A.316B.1316C.34D.16解析 因为P(B|A)＝P （AB ）P （A ），所以P(A)＝P （AB ）P （B|A ）＝3812＝34.答案 C2．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是( ) A ．0.665 B ．0.564 C ．0.245D ．0.285解析 记事件A 为“甲厂产品”，事件B 为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 答案 A3．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)等于( ) A.18 B.14C.25D.12解析 P(A)＝C 23＋C 22C 25＝25，P(AB)＝C 22C 25＝110，P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝14.答案 B4．假定生男、生女是等可能的，一个家庭中有两个小孩，已知有一个是女孩，则另一个小孩是男孩的概率是________．解析 一个家庭的两个小孩只有4种可能：{男，男}，{男，女}，{女，男}，{女，女}，由题意可知这4个基本事件的发生是等可能的，所求概率P ＝23.答案 235．设某种动物能活到20岁的概率为0.8，能活到25岁的概率为0.4，现有一只20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是__________． 解析 设事件A 为“能活到20岁”，事件B 为“能活到25岁”， 则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，而所求概率为P(B|A)，由于B ⊆A ，故AB ＝B ， 于是P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A ）＝0.40.8＝0.5，所以一只20岁的这种动物能活到25岁的概率是0.5. 答案 0.5【课后作业】 基础达标 一、选择题1．已知A 与B 是两个事件，P(B)＝14，P(AB)＝18，则P(A|B)等于( )A.13 B.14C.38D.12解析 由条件概率的计算公式，可得P(A|B)＝P （AB ）P （B ）＝1814＝12.答案 D2．4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券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是( ) A.14 B.13C.12D ．1解析 因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率显然是13.答案 B3．投掷一枚质地均匀的骰子两次，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，则P(B|A)等于( ) A.112 B.14C.29D.23解析 由题意知事件A 包含的基本事件是(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)共9个，在A 发生的条件下，事件B 包含的基本事件是{1，3}，{3，1}共2个，所以P(B|A)＝29.答案 C4．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )A.13，25B.23，25C.23，35D.12，35解析 P(A|B)＝P （AB ）P （B ）＝0.120.18＝23，P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝0.120.2＝35.答案 C5．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.29C.12D.13解析 由题意可知．n(B)＝C 1322＝12，n(AB)＝A 33＝6.∴P(A|B)＝n （AB ）n （B ）＝612＝12.答案 C二、填空题6．投掷两颗均匀的骰子，已知点数不同，设两颗骰子点数之和为X ，则X≤6的概率为__________．解析 设A ＝“投掷两颗骰子，其点数不同”，B ＝“X≤6”，则P(A)＝3036＝56，P(AB)＝13， ∴P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝25.答案2 57．某气象台统计，该地区下雨的概率为415，既刮四级以上的风又下雨的概率为110.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)＝__________．解析由题意知P(A)＝415，P(AB)＝110，故P(B|A)＝P（AB）P（A）＝110415＝38.答案3 88．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取1粒，则这粒种子能长成幼苗的概率为__________．解析记“种子发芽”为事件A，“种子长成幼苗”为事件AB(发芽，又成活)，出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，又P(A)＝0.9，故P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.72.答案0.72三、解答题9．一袋中共有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7 9 .(1)求白球的个数；(2)现从中不放回地取球，每次取1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，设袋中白球有x个，则P(A)＝1－C210－xC210＝79，解得x＝5，即白球的个数为5.(2)令“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)＝C15·C15C1 10·C19＝2590＝518，P(B)＝C15·C15＋C15·C14C110·C19＝25＋2090＝12.故P(C|B)＝P（BC）P（B）＝51812＝59.10．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)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 .法二P(B)＝1540＝38，P(AB)＝440＝110，∴P(A|B)＝P（AB）P（B）＝415.能力提升11．将三颗骰子各掷一次，设事件A表示“三个点数都不相同”，B表示“至少出现一个6点”，则概率P(A|B)等于( ) A.6091 B.12C.518D.91216解析 因为P(A|B)＝P （AB ）P （B ），P(AB)＝C 13C 15C 1463＝6063＝60216，P(B)＝1－P(B －)＝1－5363＝1－125216＝91216，所以P(A|B)＝P （AB ）P （B ）＝6021691216＝6091.答案 A12．坛子里放着5个相同大小、相同形状的咸鸭蛋，其中有3个是绿皮的，2个是白皮的．如果不放回地依次拿出2个鸭蛋，求： (1)第1次拿出绿皮鸭蛋的概率；(2)第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋的概率；(3)在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率．解 设“第1次拿出绿皮鸭蛋”为事件A ，“第2次拿出绿皮鸭蛋”为事件B ，则“第1次和第2次都拿出绿皮鸭蛋”为事件AB.(1)从5个鸭蛋中不放回地依次拿出2个鸭蛋的基本事件数为n(Ω)＝A 25＝20，又n(A)＝A 13×A 14＝12，于是P(A)＝n （A ）n （Ω）＝1220＝35.(2)因为n(AB)＝A 23＝6， 所以P(AB)＝n （AB ）n （Ω）＝620＝310.(3)由(1)(2)可得，在第1次拿出绿皮鸭蛋的条件下，第2次拿出绿皮鸭蛋的概率为P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝31035＝12.创新猜想13．(多选题)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( ) A ．P(B)＝25B ．P(B|A 1)＝511C ．事件B 与事件A 1相互独立D ．A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件解析 由题意知A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，P(A 1)＝510＝12，P(A 2)＝210＝15，P(A 3)＝310，故P(B)＝P(BA 1)＋P(BA 2)＋P(BA 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，故A 错误，D 正确；P(B|A 1)＝P （BA 1）P （A 1）＝510×511510＝511，故B 正确；显然C 不正确．故选BD. 答案 BD14．(多空题)从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张，两张中至少有一张假钞的概率是________；将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞，则2张都是假钞的概率为________．解析 设事件A 表示“抽到2张都是假钞”，事件B 为“2张中至少有一张假钞”，则A|B 为“将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞时，2张都是假钞”．而P(AB)＝C25C220＝119，P(B)＝C25＋C15C115C220＝1738，∴P(A|B)＝P（AB）P（B）＝217.答案17382177.1 条件概率与全概率公式（第二课时全概率公式）【课前预习】新知探究狼来了这个故事大家都听过，那么从心理学角度分析，这个小孩是如何一步步丧失村民信任的呢？我们可以通过特殊概率公式来解读．设A为事件“小孩说谎”，B为“村民觉得小孩可信”；不妨设可信的小孩说谎的概率为0.1，而不可信的小孩说谎的概率为0.5, 经过第一次撒谎，第二次撒谎后，狼真的来了，小孩第三次呼救的时候，村民都不再相信这是真的，觉得这是谁家熊孩子真气人，没人再上山救他．于是，狼在前两次跳出来吓唬完小孩就跑走后，成功在第三次抓走小孩，而且无人打扰，由此可见心理学结合概率统计学很重要！问题上述问题可以用哪种概率公式来解释？提示我们可以借助全概率公式来解读．1．全概率公式在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用“化整为零”的思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai )>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝∑ni＝1P(Ai)P(B|A i）.我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．2．贝叶斯公式设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意事件B⊆Ω，P(B)>0，有P(Ai |B）＝P（A i）P（B|A i）P（B）i＝1，2，…，n.3．在贝叶斯公式中，P(Ai )和P(Ai|B)分别称为先验概率和后验概率．拓展深化[微判断]1．全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题．(√)2．所研究的事件试验前提或前一步骤有多种可能，在这多种可能中，均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式．(√)3．全概率公式用于求复杂事件的概率，是求最后结果的概率．(√)[微训练]1．一个盒子中有6只白球，4只黑球，不放回地每次任取1只，连取2次，求第二次取到白球的概率为________．解析 设A ＝“第一次取到白球”，B ＝“第二次取到白球”， 则B ＝AB∪A －B ，且AB 与A －B 互斥，所以P(B)＝P(AB)＋P(A －B)＝P(A)P(B|A)＋P(A －)P(B|A －) ＝610×59＋410×69＝0.6. 答案 0.62．有两箱同一种产品，第一箱内装50件，其中10件优质品，第二箱内30件，其中18件优质品，现在随意地打开一箱，然后从箱中随意取出一件，则取到的是优质品的概率是________．解析 设A ＝“取到的是优质品”，B i ＝“打开的是第i 箱”(i ＝1，2)，则P(B 1)＝P(B 2)＝12，P(A|B 1)＝1050＝15，P(A|B 2)＝1830＝35，直接利用全概率公式：P(A)＝P(B 1)P(A|B 1)＋P(B 2)P(A|B 2)＝25.答案25[微思考]全概率公式与贝叶斯公式的联系与区别是什么？提示 两者的最大不同是处理的对象不同，其中全概率公式用来计算复杂事件的概率，而贝叶斯公式是用来计算简单条件下发生的复杂事件的概率，也就是说，全概率公式是计算普通概率的，贝叶斯公式是用来计算条件概率的. 【课堂互动】 题型一 全概率公式【例1】 甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击， 三人击中的概率分别为0.4，0.5，0.7.飞机被一人击中而击落的概率为0.2，被两人击中而击落的概率为0.6, 若三人都击中， 飞机必定被击落， 求飞机被击落的概率． 解 设B ＝“飞机被击落”，A i ＝“飞机被i 人击中”，i ＝1，2，3，则B ＝A 1B ＋A 2B ＋A 3B ，P(B|A 1)＝0.2，P(B|A 2)＝0.6，P(B|A 3)＝1， 由全概率公式，得P(B)＝P(A 1)P(B|A 1)＋P(A 2)P(B|A 2)＋P(A 3)P(B|A 3)． 为求P(A i )，设H i ＝{飞机被第i 人击中}，i ＝1，2，3， 则P(H 1)＝0.4，P(H 2)＝0.5，P(H 3)＝0.7，故 P(A 1)＝P(H 1H －2H －3＋H －1H 2H －3＋H －1H －2H 3) ＝P(H 1)P(H －2)P(H －3)＋P(H －1)P(H 2)P(H －3)＋ P(H －1)P(H －2)P(H 3)＝0.36， P(A 2)＝P(H 1H 2H －3＋H 1H －2H 3＋H －1H 2H 3) ＝P(H 1)P(H 2)P(H －3)＋P(H 1)P(H －2)P(H 3)＋ P(H －1)P(H 2)P(H 3)＝0.41，P(A 3)＝P(H 1H 2H 3)＝P(H 1)P(H 2)P(H 3)＝0.14. 于是P(B)＝P(A 1)P(B|A 1)＋P(A 2)P(B|A 2)＋P(A 3)P(B|A 3) ＝0.36×0.2＋0.41×0.6＋0.14×1＝0.458， 即飞机被击落的概率为0.458.规律方法 全概率公式主要用于计算比较复杂事件的概率，它们实质上是加法公式和乘法公式的综合运用．【训练1】 有一批产品是由甲、乙、丙三厂同时生产的，其中甲厂产品占50%，乙厂产品占30%，丙厂产品占20%，甲厂产品中正品率为95%，乙厂产品正品率为90%，丙厂产品正品率为85%，如果从这批产品中随机抽取一件，试计算该产品是正品的概率多大？解 设A ，B ，C 分别表示抽得产品是甲厂、乙厂、丙厂生产的，D 表示抽得产品为正品，则由已知，P(A)＝50%，P(B)＝30%，P(C)＝20%， P(D|A)＝95%，P(D|B)＝90%，P(D|C)＝85%，从而任取一件产品为正品的概率可由全概率公式得到： P(D)＝P(D|A)P(A)＋P(D|B)P(B)＋P(D|C)P(C) ＝95100×50100＋90100×30100＋85100×20100 ＝0.915.题型二 贝叶斯公式【例2】 在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.8和0.2；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为0.9和0.1.假设发送信号0和1是等可能的．若已知接收的信号为0，求发送的信号是1的概率．解 设A ＝“发送的信号为0”，B ＝“接收的信号为0”，则A －＝“发送的信号为1”，B －＝“接收的信号为1”．由题意得，P(A)＝P(A －)＝0.5，P(B|A)＝0.8，P(B －|A)＝0.2，P(B|A －)＝0.1，P(B －|A －)＝0.9.由贝叶斯公式有P(A －|B)＝P （A －）P （B|A －）P （A －）P （B|A －）＋P （A ）P （B|A ）＝0.5×0.10.5×0.1＋0.5×0.8＝19. 规律方法 此类问题在实际中更为常见，它所求的是条件概率，是已知某结果发生条件下，求各原因发生的可能性大小．【训练2】 设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，求该汽车是货车的概率．解 设B ＝“中途停车修理”，A 1＝“经过的是货车”，A 2＝“经过的是客车”，则B ＝A 1B∪A 2B ，由贝叶斯公式有 P(A 1|B )＝P （A 1）P （B |A 1）P （A 1）P （B |A 1）＋P （A 2）P （B |A 2）＝23×0.0223×0.02＋13×0.01＝0.8. 题型三 全概率公式与贝叶斯公式的综合应用【例3】 同一种产品由甲、乙、丙三个厂供应．由长期的经验知，三家的正品率分别为0.95，0.90，0.80，三家产品数按2∶3∶5的比例混合在一起． (1)从中任取一件，求此产品为正品的概率；(2)现取到一件产品为正品，问它是由甲、乙、丙三个厂中哪个厂生产的可能性大？解 设事件A 表示“取到的产品为正品”，B 1，B 2，B 3分别表示“产品由甲、乙、丙厂生产”，由已知P(B 1)＝0.2，P(B 2)＝0.3，P(B 3)＝0.5， P(A|B 1)＝0.95，P(A|B 2)＝0.9，P(A|B 3)＝0.8， (1)由全概率公式得： P(A)＝∑3i ＝1P(B i )P(A|B i )＝0.2×0.95＋0.3×0.9＋0.5×0.8＝0.86， (2)由贝叶斯公式得 P(B 1|A)＝P （B 1）P （A|B 1）P （A ）＝0.2×0.950.86≈0.220 9，P(B 2|A)＝P （B 2）P （A|B 2）P （A ）＝0.3×0.90.86≈0.314 0，P(B 3|A)＝P （B 3）P （A|B 3）P （A ）＝0.5×0.80.86≈0.465 1，由以上3个数作比较，可知这件产品由丙厂生产的可能性最大，由甲厂生产的可能性最小．规律方法 P(A i )(i ＝1，2，…，n)是在没有进一步信息(不知道事件B 是否发生)的情况下，人们对诸事件发生可能性大小的认识，当有了新的信息(知道B 发生)，人们对诸事件发生可能性大小P(A i |B)有了新的估计，贝叶斯公式从数量上刻画了这种变化．【训练3】 一位教授去参加学术会议，他乘坐飞机、动车和非机动车的概率分别为0.2，0.5，0.3，现在知道他乘坐飞机、动车和非机动车迟到的概率分别为13，14，112.(1)求这位教授迟到的概率；(2)现在已经知道他迟到了，求他乘坐的是飞机的概率．解 设A ＝“迟到”；B 1＝“乘飞机”；B 2＝“乘动车”；B 3＝“乘非机动车”．(1)所求概率为P(A)，由全概率公式得： P(A)＝P(A|B 1)P(B 1)＋P(A|B 2)P(B 2)＋P(A|B 3)P(B 3) ＝13×15＋14×12＋112×310＝1360. (2)所求概率为P(B 1|A)，由贝叶斯公式得： P(B 1|A)＝P （AB 1）P （A ）＝P （A|B 1）P （B 1）P （A ）＝13×151360＝413.【素养达成】 一、素养落地1．通过本节课的学习，提升数学抽象及逻辑推理素养．2．全概率公式是用来计算一个复杂事件的概率，它需要将复杂事件分解成若干简单事件的概率运算，即运用了“化整为零”的思想处理问题．3．概率论的一个重要内容是研究怎样从一些较简单事件概率的计算来推算较复杂事件的概率，全概率公式和贝叶斯公式正好起到了这样的作用． 二、素养训练1．袋中有50个乒乓球，其中20个是黄球，30个是白球．今有两人依次随机地从袋中各取一球，取后不放回，则第二人取得黄球的概率为( ) A.35 B.1949C.2049D.25解析 设A 表示“第一个人取得黄球”，B 表示“第二个人取得黄球”，则P(B)＝P(A)P(B|A)＋P(A －)P(B|A －)＝25×1949＋35×2049＝25.答案 D2．已知5%的男人和0.25%的女人患色盲，假设男人、女人各占一半，现随机地挑选一人，则此人恰是色盲的概率为( ) A ．0.012 45 B ．0.057 86 C ．0.026 25D ．0.028 65解析 设A 表示“此人恰是色盲”，B 1表示“随机挑选一人为男人”，B 2表示“随机挑选一人为女人”，则P(A)＝P(B 1)P(A|B 1)＋P(B 2)P(A|B 2)＝12×0.05＋12×0.002 5＝0.026 25. 答案 C3．设某公路经过的货车与客车的数量之比为1∶3，货车中途停车修车的概率为0.03，客车为0.02，今有一辆汽车中途停车修理，则该车是客车的概率是( ) A.12 B.23C.34D.45解析 设B ＝{中途停车修理}，A 1＝{经过的是客车}， A 2＝{经过的是货车}，则B ＝A 1B∪A 2B. 由贝叶斯公式有P(A 1|B)＝P （A 1）P （B|A 1）P （A 1）P （B|A 1）＋P （A 2）P （B|A 2） ＝34×0.0234×0.02＋14×0.03＝23. 答案 B【课后作业】 基础达标 一、选择题1．甲袋里有5只白球，7只红球，乙袋里有4只白球，2只红球，从两个袋中任取一袋，然后从所取到的袋中任取一球，则取到的球是白球的概率为( ) A.12 B.1324C.712D.13解析 从两袋中任选一袋，选中甲、乙的概率都是12，又从甲袋中取到白球的概率是512，从乙袋中取到白球的概率为46，故所求概率为12⎝ ⎛⎭⎪⎫512＋46 ＝1324.答案 B2．设某工厂有甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，已知各车间的产量分别占全厂产量的25%，35%，40%，而且各车间的次品率依次为5%，4%，2%.现从待出厂的产品中检查出一个次品，那么它是由甲车间生产的概率约为( ) A ．0.012 5 B ．0.362 C ．0.468D ．0.034 5解析 所求概率为0.25×0.050.25×0.05＋0.35×0.04＋0.4×0.02≈0.362.答案 B3．甲、乙、丙三个车间生产同一种产品，其产量分别占总量的25%，35%，40%，次品率分别为5%，4%，2%.从这批产品中任取一件，则它是次品的概率为( ) A ．0.012 3 B ．0.023 4 C ．0.034 5D ．0.045 6解析 所求概率为0.25×0.05＋0.35×0.04＋0.4×0.02＝0.034 5. 答案 C4．已知甲袋中有6只红球，4只白球，乙袋中有8只红球，6只白球，随机取一只袋，再从袋中任取一球，发现是红球，则此球来自甲袋的概率为( ) A.512 B.37C.2041D.2141解析 所求概率为12×61012×610＋12×814＝2141.答案 D5．5张卡片上分别标有数字1，2，3，4，5，每次从中任取一张，连取两次．若第一次取出的卡片不放回，则第二次取出的卡片上的数字大于第一次取出的数字的概率为( ) A.14 B.12C.25D.35解析 第一次取每个数字的概率都是15.如果第一次取得的是1，那么再从四张当中取的话，都比1大，所以概率就是15×1＝15，如果第一次取的是2，那么再去从四张当中去取得到的比2大的概率就是34，所以概率为15×34＝320，以此类推所得概率分别是15×24＝110，15×14＝120.故所求概率为15＋320＋110＋120＝12.答案 B 二、填空题6．两台机床加工同样的零件，它们常出现废品的概率分别为0.03和0.02，加工出的零件放在一起，设第一台机床加工的零件比第二台的多一倍，则任取一个零件是合格品的概率为__________．解析 由题意知第一台机床加工的零件占总数的23，第二台机床加工的零件占总数的13，故所求概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×0.03＋13×0.02＝7375.答案 73757．根据以往的临床记录，某种诊断癌症的试验具有如下效果：若以A 表示“试验反应为阳性”，以B 表示“被诊断者患有癌症”，则有P(A |B )＝0.95，P(A －|B － )＝0.95，现对自然人群进行普查，设被试验的人患有癌症的概率为0.005，则P(B |A )＝______(保留两位有效数字)．解析 P(A|B －)＝1－P(A －|B －)＝1－0.95＝0.05，被试验的人患有癌症的概率为0.005，就相当于P(B)＝0.005，则 P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A|B ）P （B ）P （A|B ）＋P （B －）P （A|B －）＝0.005×0.950.005×0.95＋0.995×0.05≈0.087. 答案 0.0878．装有10件某产品(其中一等品5件，二等品3件，三等品2件)的箱子中丢失一件产品，但不知是几等品，今从箱中任取2件产品，结果都是一等品，则丢失的也是一等品的概率为__________．解析 设事件A 表示“从箱中任取2件都是一等品”，B i 表示“丢失的是i 等品”，i ＝1，2，3，那么P(A)＝P(B 1)P(A|B 1)＋P(B 2)P(A|B 2)＋P(B 3)P(A|B 3)，P(B i )表示的就是丢失i 等品的概率．所以P(A)＝12×C 24C 29＋310×C 25C 29＋15×C 25C 29＝29，从而所求概率为P(B 1|A)＝P （B 1）P （A|B 1）P （A ）＝12×C 24C 2929＝38.答案 38三、解答题9．设袋中装有10个阄，其中8个是白阄，2个是有物之阄，甲、乙二人依次抓取一个，求乙抓到白阄的概率．解 设A 表示“甲抓到有物之阄”，B 表示“乙抓到白阄”，则P(A)＝210，P(A －)＝810，从而P(B)＝P(BA)＋P(B A －)＝P(A)P(B|A)＋P(A －)P(B|A －) ＝210×89＋810×79＝45. 10．设某工厂有两个车间生产同型号的家用电器，第一车间的次品率为0.15，第二车间的次品率为0.12，两个车间的成品都混合堆放在一个仓库，假设第1，2车间生产的成品比例为2∶3，今有一客户从成品仓库中随机提一台产品，求该产品合格的概率．解 设B ＝{从仓库中随机提出的一台是合格品}， A i ＝{提出的一台是第i 车间生产的}，i ＝1，2， 则有B ＝A 1B∪A 2B ，。
高三数学复习教案：概率统计
高三数学复习教案：概率统计一、教学目标1.理解概率统计的基本概念，掌握概率的计算方法。
2.能够运用概率统计的方法解决实际问题。
3.提高学生分析问题和解决问题的能力。
二、教学内容1.概率的基本概念与计算方法2.离散型随机变量及其分布列3.连续型随机变量及其概率密度函数4.随机变量的期望和方差5.统计量的概念与计算方法6.假设检验与置信区间三、教学重点与难点1.教学重点：概率的基本概念与计算方法，离散型随机变量及其分布列，连续型随机变量及其概率密度函数，随机变量的期望和方差。
2.教学难点：离散型随机变量分布列的求解，连续型随机变量概率密度函数的应用，随机变量期望和方差的计算。
四、教学过程第一课时：概率的基本概念与计算方法1.引入同学们，大家好！今天我们开始复习概率统计这一模块。
让我们回顾一下概率的基本概念和计算方法。
2.概念讲解（1）概率的定义：在一定条件下，某个事件发生的可能性大小。
①0≤P(A)≤1②P(∅)=0，P(S)=1③对于任意可列个两两互斥的事件A1，A2，…，有P(A1∪A2∪…)=P(A1)+P(A2)+…3.概率的计算方法（1）古典概型：若样本空间S中的每个基本事件等可能发生，则事件A的概率为：P(A)=A中基本事件数/样本空间S中基本事件数（2）条件概率：在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，记为P(A|B)。
根据条件概率的定义，有：P(A|B)=P(AB)/P(B)（3）乘法公式：P(AB)=P(A)P(B|A)（4）全概率公式与贝叶斯公式4.例题讲解（1）古典概型：掷一枚硬币，求正面朝上的概率。
（2）条件概率与乘法公式：甲、乙两人比赛，甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4。
若甲先赢一局，求甲最终获胜的概率。
（3）全概率公式与贝叶斯公式：某工厂有两个车间，第一车间生产的产品占60%，第二车间生产的产品占40%。
第一车间不合格率为0.01，第二车间不合格率为0.02。
从工厂中随机抽取一件产品，发现不合格，求这件产品来自第一车间的概率。
《概率论总复习教案》课件
《概率论总复习教案》课件一、教学目标1. 知识与技能：使学生掌握概率论的基本概念、原理和方法，提高学生解决实际问题的能力。
2. 过程与方法：通过复习使学生对概率论的知识体系有更清晰的认识，培养学生的逻辑思维和运算能力。
3. 情感态度与价值观：激发学生对概率论的兴趣，培养学生的探究精神和合作意识。
二、教学内容1. 随机事件与概率1.1 随机事件的定义与性质1.2 概率的定义与计算方法1.3 条件概率与独立事件的概率2. 离散型随机变量2.1 离散型随机变量的定义与性质2.2 离散型随机变量的分布列与期望2.3 离散型随机变量的方差与标准差3. 连续型随机变量3.1 连续型随机变量的定义与性质3.2 连续型随机变量的概率密度与分布函数3.3 连续型随机变量的期望、方差与标准差4. 大数定律与中心极限定理4.1 大数定律的定义与意义4.2 中心极限定理的定义与意义4.3 应用大数定律与中心极限定理解决实际问题5. 随机抽样与统计推断5.1 随机抽样的方法与性质5.2 统计推断的基本方法5.3 假设检验与置信区间三、教学重点与难点1. 教学重点：概率的基本概念、随机变量的性质、大数定律与中心极限定理、随机抽样与统计推断。
2. 教学难点：概率的计算、离散型随机变量的期望与方差、连续型随机变量的概率密度与分布函数、假设检验与置信区间的计算。
四、教学方法与手段1. 教学方法：采用讲授、讨论、案例分析相结合的方法，引导学生主动探究、积极参与。
2. 教学手段：利用多媒体课件、板书、教具等辅助教学，提高教学效果。
五、教学过程1. 导入新课：通过复习概率论的基本概念，激发学生的学习兴趣。
2. 知识回顾：引导学生回顾上一阶段所学的内容，巩固基础知识。
3. 课堂讲解：讲解本节课的重点知识点，通过实例分析让学生理解并掌握相关概念和方法。
4. 课堂练习：安排适量的练习题，让学生在课堂上独立完成，检验学习效果。
5. 总结与布置作业：对本节课的内容进行总结，布置适量的课后作业，巩固所学知识。
高中数学条件概率教案新课标人教A版选修2-3
2．2．1条件概率教学目标：知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。
情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。
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授课类型：新授课课时安排：1课时教具：多媒体教学设想：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
教学过程：一、复习引入：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.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1 ()3 P B=.思考: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？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”.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？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 ) .思考: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？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 ABn A.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，()()(),()()()n AB n A P AB P A n n ==ΩΩ 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 AB P AB n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .条件概率1.定义设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). (|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．()(|)()P AB P B A P A =. 2.P （A|B ）的性质：（1）、0(|)1P B A ≤≤；（2）、如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)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.如果不放回地依次抽取2 道题，求：(l ）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AB.(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n （Ω）=35A =20.根据分步乘法计数原理，n (A ）=1134A A ⨯=12 ．于是 ()123()()205n A P A n ===Ω. (2）因为 n (AB)＝23A =6 ，所以()63()()2010n AB P AB n ===Ω. (3）解法 1 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3()110(|)3()25P AB P B A P A ===. 解法2 因为 n (AB ）=6 , n (A ）=12 ，所以()61(|)()122P AB P B A P A ===. 例2.一张储蓄卡的密码共位数字，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i A (i=1,2) ，则112()A A A A = 表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得1121911()()()101095P A P A P A A ⨯=+=+=⨯. (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+14125545⨯=+=⨯. 课堂练习.1、抛掷一枚质地均匀的硬币两次。
高中数学概率复习教案
高中数学概率复习教案一、基本概念1. 概率的定义：概率是指某件事情发生的可能性大小，通常用一个介于0和1之间的数来表示。
2. 事件的概率：事件A的概率记为P(A)，表示事件A发生的可能性大小。
3. 概率的性质：概率的范围是0≤P(A)≤1，对于任何事件A，有P(A)+P(非A)=1。
4. 设事件A和事件B互斥，则有P(A∪B) = P(A) + P(B)。
二、概率的计算1. 等可能概率：如果一个试验有n个等可能的结果，在这n个结果中事件A包含m个结果，那么事件A的概率为P(A) = m/n。
2. 古典概率：在古典概型中，每一个基本事件发生的可能性相同，事件A的概率为P(A) = n(A) / n(S)，其中n(A)为事件A发生的基本事件个数，n(S)为古典概型的基本事件总数。
3. 条件概率：事件B已经发生的条件下，事件A发生的概率称为事件A在条件B下的条件概率，记为P(A|B)。
4. 乘法原理：事件A和事件B同时发生的概率为P(A∩B) = P(B)·P(A|B) = P(A)·P(B|A)。
三、常见概率问题1. 排列和组合：计算排列和组合的数量时需要考虑不同的因素，注意排列中元素的排列顺序影响结果，而组合只考虑元素的组合情况。
2. 排列组合运算：在概率问题中常常需要计算排列组合，例如从n个元素中取r个元素排列或组合的数量。
3. 事件的互斥与独立：互斥事件指两个事件不可能同时发生，独立事件指两个事件的发生不影响彼此的概率。
四、例题练习1. 掷一枚骰子，求出现奇数点数的概率。
2. 有5个红球、3个白球和2个黑球，从中任取2个，求两个球的颜色不同的概率。
3. A、B两个车队分别参加甲、乙两次比赛。
第一次比赛中，A车队获胜的概率为0.6，B车队获胜的概率为0.4；在第一次比赛的基础上，A车队在第二次比赛中获胜的概率为0.5，B车队获胜的概率为0.5。
求A车队在两次比赛中都获胜的概率。
2025届高考数学一轮复习教案：计数原理、概率、随机变量及其分布-事件的独立性、条件概率与全概率公式
第四节事件的独立性、条件概率与全概率公式【课程标准】1.了解两个事件相互独立的含义.2.了解条件概率与独立性的关系,会利用乘法公式计算概率.3.会利用全概率公式计算概率.【考情分析】考点考法:高考命题常以现实生活为载体,考查相互独立事件、条件概率、全概率;条件概率、全概率是高考热点,常以选择题的形式出现.核心素养:数学抽象、数学运算【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.相互独立事件(1)概念:对任意两个事件A与B,如果P(AB)=__P(A)P(B)__成立,则称事件A与事件B相互独立,简称为独立.(2)性质:若事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立.2.条件概率(1)概念:一般地,设A,B为两个随机事件,且P(A)>0,我们称P(B|A)=(B)()为在事件A 发生的条件下,事件B发生的条件概率,简称条件概率.(2)两个公式:①利用古典概型:P(B|A)=(B)();②概率的乘法公式:P(AB)=__P(A)P(B|A)__.【微点拨】P(B|A)与P(A|B)是两个不同的概率,前者是在A发生的条件下B发生的概率,后者是在B发生的条件下A发生的概率.3.全概率公式一般地,设A1,A2,…,A n是一组__两两互斥__的事件,A1∪A2∪…∪A n=Ω,且P(A i)>0,i=1,2,…,n,则对任意的事件B⊆Ω,有P(B)=.我们称此公式为全概率公式.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列说法正确的是()A.对于任意两个事件,公式P(AB)=P(A)P(B)都成立B.若事件A,B相互独立,则P(B|A)=P(B)C.抛掷2枚质地均匀的硬币,设“第一枚正面朝上”为事件A,“第二枚正面朝上”为事件B,则A,B相互独立D.若事件A1与A2是对立事件,则对任意的事件B⊆Ω,都有P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)【解析】选BCD.因为当两个事件A,B相互独立时公式P(AB)=P(A)P(B)成立,所以选项A错误;因为事件A,B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B),P(B|A)=(B)()=P(B),所以选项B正确;因为抛掷2枚质地均匀的硬币,第一枚正面朝上,与第二枚正面的朝向无关,所以选项C正确;因为事件A1与A2是对立事件,所以B=A1B+A2B,所以P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2),所以选项D正确.2.(必修第二册P253习题4改条件)甲、乙两人独立地破解同一个谜题,破解出此谜题的概率分别为12,23,则此谜题没被破解出的概率为()A.16B.13C.56D.1【解析】选A.设“甲独立地破解出此谜题”为事件A,“乙独立地破解出此谜题”为事件B,则P(A)=12,P(B)=23,故P()=12,P()=13,所以P()=12×13=16,即此谜题没被破解出的概率为16.3.(条件概率公式使用错误)已知3件次品和2件正品混在一起,现需要通过检测将其区分,每次随机检测一件产品,检测后不放回,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是()A.310B.35C.12D.14【解析】选C.设事件A表示第一次取出次品,事件B表示第二次取出次品,P(A)=35,P(AB)=35×24=310,则在第一次取出次品的条件下,第二次取出的也是次品的概率是P(B|A)=(B)()=31035=12.4.(2022·天津高考)52张扑克牌,没有大小王,无放回地抽取两次,则两次都抽到A 的概率为________;已知第一次抽到的是A,则第二次抽取A的概率为________.【解析】由题意,设第一次抽到A为事件B,第二次抽到A为事件C,则P(BC)=452×351=1221,P(B)=452=113,所以P(C|B)=(B)()=1221113=117.答案:1221117【巧记结论·速算】如果事件A1,A2,…,A n相互独立,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的积,即P(A1A2…A n)=P(A1)P(A2)…P(A n).【即时练】从应届高中生中选拔飞行员,已知这批学生体型合格的概率为13,视力合格的概率为16,其他几项标准合格的概率为15,从中任选一名学生,则该生各项均合格的概率为(假设各项标准互不影响)()A.49B.190C.45D.59【解析】选B.各项均合格的概率为13×16×15=190.【核心考点·分类突破】考点一事件的相互独立性角度1事件独立性的判断[例1](2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则()A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立【解析】选B.设甲、乙、丙、丁事件发生的概率分别为P(A),P(B),P(C),P(D).则P(A)=P(B)=16,P(C)=56×6=536,P(D)=66×6=16,对于A选项,P(AC)=0;对于B选项,P(AD)=16×6=136;对于C选项,P(BC)=16×6=136;对于D选项,P(CD)=0.若两事件X,Y相互独立,则P(XY)=P(X)P(Y),因此B选项正确.【解题技法】两个事件相互独立的判断方法(1)定义法:由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响.(2)充要条件法:事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)=P(A)P(B).【对点训练】某校为提升学生的综合素养、大力推广冰雪运动,号召青少年成为“三亿人参与冰雪运动”的主力军,开设了“陆地冰壶”“陆地冰球”“滑冰”“模拟滑雪”四类冰雪运动体验课程.甲、乙两名同学各自从中任意挑选两门课程学习,设事件A=“甲、乙两人所选课程恰有一门相同”,事件B=“甲、乙两人所选课程完全不同”,事件C=“甲、乙两人均未选择陆地冰壶课程”,则()A.A与B为对立事件B.A与C互斥C.A与C相互独立D.B与C相互独立【解析】选C.依题意,甲、乙两人所选课程有如下情形:①有一门相同;②两门都相同;③两门都不相同.故A与B互斥不对立,A与C不互斥,所以P(A)=C41C31C21C42C42=23,P(B)=C42C42C42=16,P(C)=C32C32C42C42=14,且P(AC)=C31C21C42C42=16,P(BC)=0,所以P(AC)=P(A)P(C),P(BC)≠P(B)P(C),即A与C相互独立,B与C不相互独立.角度2独立性事件的概率[例2](2023·临沂模拟)“11分制”乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,若甲先发球,两人又打了2个球后该局比赛结束的概率为________;若乙先发球,两人又打了4个球后该局比赛结束,则甲获胜的概率为________.【解析】记两人又打了X个球后该局比赛结束,设双方10∶10平后的第k个球甲得分为事件A k(k=1,2,3…),则P(X=2)=P(A1A2)+P(12)=P(A1)P(A2)+P(1)P(2)=0.5×0.4+0.5×0.6=0.5.由乙先发球,且甲获胜的概率P=P(A12A3A4)+P(1A2A3A4)=P(A1)P(2)P(A3)P(A4)+P(1)P(A2)P(A3)P(A4)=0.4×0.5×0.4×0.5+0.6×0.5×0.4×0.5= 0.1.答案:0.50.1【解题技法】求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积.(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其对立事件入手计算.【对点训练】(2020·全国Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率;(3)求丙最终获胜的概率.【解析】(1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场的概率为116;乙连胜四场的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34.(3)丙最终获胜有两种情况:比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18.比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为116,18,18.因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716.【加练备选】某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1和元件2同时正常工作,或元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件正常工作的概率均为34且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件正常工作的概率为()A.764B.1532C.2732D.5764【解析】选D.讨论元件3正常与不正常:第一类,元件3正常,上部分正常或不正常都不影响该部件正常工作,则正常工作的概率为34×1=34;第二类,元件3不正常,上部分必须正常,则正常工作的概率为14×(34×34)=964,故该部件正常工作的概率为34+964=5764.考点二条件概率[例3](1)七巧板是中国民间流传的智力玩具.它是由如图所示的七块板组成:五块等腰直角三角形(其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形)、一块正方形和一块平行四边形.可以拼成人物、动物、植物、房亭、楼阁等多种图案.现从七巧板中取出两块,已知取出的是三角形,则两块板恰好是全等三角形的概率为()A .35B .25C .27D .15【解析】选D .设事件A 为“从七巧板中取出两块,取出的是三角形”,事件B 为“两块板恰好是全等三角形”,则P (AB )=2C 72=221,P (A )=C 52C 72=1021,所以P (B |A )=(B )()=2211021=15.(2)(2022·新高考Ⅰ卷改编)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100人(称为病例组),同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:项目不够良好良好病例组4060对照组1090从该地的人群中任选一人,A 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B 表示事件“选到的人患有该疾病”.(|)(|)与(|)(|)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为R.①证明:R =(|)(|)·(|)(|);②利用该调查数据,给出P (A |B ),P (A |)的估计值,并利用①的结果给出R 的估计值.【解析】①因为R =(|)(|)·(|)(|)=(B )()·()(B )·(B )()·()(B ),所以R =(B )()·()(B )·(B )()·()(B ).所以R =(|)(|)·(|)(|).②由已知P (A |B )=40100=25,P (A |)=10100=110,又P (|B )=60100=35,P (|)=90100=910,所以R =(|)(|)·(|)(|)=25×91035×110=6.所以指标R 的估计值为6.【解题技法】求条件概率的常用方法(1)定义法:P (B |A )=(B )().(2)样本点法:P (B |A )=(B )().【对点训练】1.某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,在该地的中学生中随机调查一位同学,若该同学爱好滑雪,则该同学也爱好滑冰的概率为()A .0.8B .0.4C .0.2D .0.1【解析】选A .根据题意,在该地的中学生中随机调查一位同学,设选出的同学爱好滑冰为事件A,选出的同学爱好滑雪为事件B,由于该地中学生中有60%的同学爱好滑冰,50%的同学爱好滑雪,70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪,则P(B)=0.5,同时爱好两个项目的占该地中学生总人数的50%+60%-70%=40%,则P(AB)=0.4,则P(A|B)=(B)()=0.40.5=0.8.2.根据历年的气象数据可知,某市5月份发生中度雾霾的概率为0.25,刮四级以上大风的概率为0.4,既发生中度雾霾又刮四级以上大风的概率为0.2.则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为()A.0.8B.0.625C.0.5D.0.1【解析】选A.设“发生中度雾霾”为事件A,“刮四级以上大风”为事件B,所以P(A)=0.25,P(B)=0.4,P(AB)=0.2,则在发生中度雾霾的情况下,刮四级以上大风的概率为P(B|A)=(B)()=0.20.25=0.8.考点三全概率公式的应用[例4](1)一份新高考数学试卷中有8道单选题,小胡对其中5道题有思路,3道题完全没有思路.有思路的题做对的概率是0.9,没有思路的题只能猜一个答案,猜对答案的概率为0.25,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率为() A.79160B.35C.2132D.58【解析】选C.设事件A表示“小胡做对”,事件B表示“小胡选到有思路的题”,则小胡从这8道题目中随机抽取1道做对的概率P(A)=P(B)P(A|B)+P()P(A|) =58×0.9+38×0.25=2132.(2)在数字通信中,信号是由数字0和1组成的序列.由于随机因素的干扰,发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0.已知当发送信号0时,被接收为0和1的概率分别为0.93和0.07;当发送信号1时,被接收为1和0的概率分别为0.95和0.05.假设发送信号0和1是等可能的,则接收的信号为1的概率为()A.0.48B.0.49C.0.52D.0.51【解析】选D.设事件A=“发送的信号为0”,事件B=“接收的信号为1”,则P(A)=P()=0.5,P(B|A)=0.07,P(B|)=0.95,因此P(B)=P(A)P(B|A)+P()P(B|)=0.5×(0.07+0.95)=0.51.【解题技法】利用全概率公式解题的思路(1)按照确定的标准,将一个复杂事件分解为若干个互斥事件A i(i=1,2,…,n).(2)求P(A i)和所求事件B在各个互斥事件A i发生条件下的概率P(B|A i).(3)代入全概率公式计算.【对点训练】某商店收进甲厂生产的产品30箱,乙厂生产的同种产品20箱,甲厂每箱装100个,废品率为0.06,乙厂每箱装120个,废品率为0.05.(1)任取一箱,求从中任取一个为废品的概率;(2)若将所有产品开箱混放,求任取一个为废品的概率.【解析】记事件A为取到的是甲厂的产品,事件B为取到的是乙厂的产品,事件C 为取到的是废品.(1)P(A)=3050=35,P(B)=2050=25,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=7125.(2)P(A)=30×10030×100+20×120=59,P(B)=20×12030×100+20×120=49,P(C|A)=0.06,P(C|B)=0.05,由全概率公式,得P(C)=P(A)P(C|A)+P(B)P(C|B)=118.。
2025高考数学一轮复习-10.6-条件概率与全概率公式【课件】
3．根据历年气象统计资料，宜都三月份吹东风的概率为130，下雨的概率为3110，既吹 东风又下雨的概率为380，则在吹东风的条件下下雨的概率为( B )
9 82 8 A.11 B.9 C.5 D.11
【解析】 设事件 A 表示宜都三月份吹东风，事件 B 表示三月份下雨，根据条件概 8
率得在吹东风的条件下下雨的概率 P(B|A)＝330＝89，故选 B. 10
『基础过关』 思考辨析 1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若事件 A，B 互斥，则 P(B|A)＝1.( × ) (2)全概率公式用于求复杂事件的概率，是求最后结果的概率．( √ ) (3)P(A)＝P(A)P(B|A)＋P(－A )P(B|－A )．( × ) (4)P(A)＝P(BA)＋P(B－A )．( × )
A1A2A3 同时发生的概率．
3．全概率公式 设 A1，A2，…，An 是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且 P(Ai)>0，i＝1,2，…，
n
n.则对 Ω 中的任意事件 B⊆Ω，有 P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)．
i＝1
提醒：(1)对 Ω 中的任意事件 B，都有 B＝BA1＋BA2＋…＋BAn. (2)全概率公式体现了转化与化归的数学思想，即采用化整为零的方式，把各块的概率 分别求出，再相加求和即可．
易错易混 5．某盒中装有 10 只乒乓球，其中 6 只新球，4 只旧球，不放回地依次摸出 2 个球使 用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为( B )
35 1 2 A.5 B.9 C.10 D.5
【解析】 设事件 A 表示“第一次摸出新球”，事件 B 表示“第二次摸出新球”，
则 P(A)＝160＝35，P(AB)＝160×59＝13，∴在第一次摸出新球的条件下，第二次也摸出新球的
高中数学教案条件概率
高中数学教案条件概率一、教学目标：1. 理解条件概率的定义和性质。
2. 学会计算条件概率。
3. 能够应用条件概率解决实际问题。
二、教学内容：1. 条件概率的定义：在事件A已经发生的条件下，事件B发生的概率称为条件概率，记作P(B|A)。
2. 条件概率的性质：(1) P(B|A) = P(A∩B) / P(A)(2) 0 ≤P(B|A) ≤1(3) P(B|A) ≠P(B)三、教学重点与难点：1. 教学重点：条件概率的定义和性质，条件概率的计算方法。
2. 教学难点：条件概率的计算方法，如何正确运用条件概率解决实际问题。
四、教学方法：1. 采用讲授法，讲解条件概率的定义、性质和计算方法。
2. 运用案例分析法，让学生通过实际例子学会计算条件概率。
3. 运用练习法，让学生在课堂上和课后巩固所学知识。
五、教学过程：1. 导入：通过一个简单的概率问题引入条件概率的概念。
2. 讲解：讲解条件概率的定义、性质和计算方法。
3. 案例分析：分析几个实际例子，让学生学会计算条件概率。
4. 练习：布置一些练习题，让学生在课堂上和课后巩固所学知识。
六、教学评估：1. 课堂提问：通过提问了解学生对条件概率的理解程度。
2. 练习题：布置课堂练习题，检查学生掌握条件概率计算方法的情况。
3. 课后作业：布置相关课后作业，评估学生对课堂所学知识的巩固程度。
七、教学反思：1. 针对学生的掌握情况，调整教学方法和节奏。
2. 针对学生的疑惑，进行答疑和辅导。
八、课后作业：1. 复习条件概率的定义、性质和计算方法。
2. 完成课后练习题，巩固所学知识。
3. 思考如何将条件概率应用到实际问题中。
九、拓展与延伸：1. 研究条件概率在实际问题中的应用，如统计学、概率论等领域。
2. 了解贝叶斯定理与条件概率的关系，进一步拓展知识面。
十、教学计划：1. 下一节课内容：独立事件的概率。
2. 教学目标：理解独立事件的定义，学会计算独立事件的概率。
3. 教学方法：讲授法、案例分析法、练习法。
2024版高考数学总复习：条件概率与全概率公式课件
( × )
(3)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表
示事件A，B同时发生的概率．
( √ )
(4)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．
( √ )
1
2
3
4
2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们的大小和形状
完全相同．甲每次从中任取一个球不放回，则在他第一次拿到白球
一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽
到的是卡口灯泡的概率为(
3
A．
10
2
B．
9
7
C．
8
)
7
D．
9
D
解析：设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2
3
3 7
7
次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝ ，P(AB)＝ × ＝ ，则所求的
10
10 9 30
概率为P(B|A)＝
2
C．
17
)
17
D．
38
解析：记事件A：抽到的至少1张钞票是假钞，记事件B：抽到的
2张钞票都是假钞，
C15 C115 +C25
85
17
C25
1
则P(A)＝
＝ ＝ ，P(AB)＝ 2 ＝ ，
2
C20
190 38
C20 19
因此，P(B|A)＝
1 38
2
＝ × ＝ ．
19 17 17
根据条件概率的概念(公式)计算条件概率的两种方法：
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称
条件概率
条件概率教案
条件概率教案一、引言条件概率是概率论中一个重要的概念，用于描述在某个条件成立的情况下，另一个事件发生的概率。
在实际应用中，条件概率有着广泛的应用，例如医学诊断、市场调研、风险评估等等。
本教案将介绍条件概率的概念、计算方法以及相关实际应用。
二、基本概念1. 事件的概率在介绍条件概率前，首先需要了解事件的概念。
事件是指某个结果或者一组结果的集合，可以用来描述一个随机试验的可能结果。
事件的概率是指该事件发生的可能性大小，通常用一个介于0和1之间的数值表示。
2. 条件概率的概念条件概率是指在某个条件下，另一个事件发生的概率。
用数学符号表示为P(A|B)，读作“在B发生的条件下，A发生的概率”。
条件概率的计算公式为：P(A|B) = P(A∩B) / P(B)3. 相互独立事件的条件概率如果两个事件A和B是相互独立的，即一个事件的发生不会影响另一个事件的发生，则有以下公式成立：P(A|B) = P(A)三、条件概率的计算方法1. 经典概型法经典概型法适用于所有可能结果数目有限且相同的试验。
计算条件概率的步骤如下：a. 确定样本空间Ω。
b. 计算条件事件A∩B的可能结果数目n(A∩B)。
c. 计算事件B的概率P(B)。
d. 使用条件概率公式进行计算。
2. 频率法频率法适用于大量重复试验的情况下，通过实际观察频率来估计概率值。
计算条件概率的步骤如下：a. 进行一系列相同试验，记录事件A和事件B同时发生的次数n(A∩B)。
b. 统计事件B发生的次数n(B)。
c. 使用条件概率公式进行计算。
四、实际应用条件概率在现实生活中有着广泛的应用，以下列举几个例子：1. 医学诊断在医学诊断中，医生通常会根据患者的症状和检查结果来判断是否患有某种疾病。
条件概率可以帮助医生计算出在某些特定症状或检查结果出现的情况下，患病的概率，从而辅助诊断。
2. 市场调研在市场调研中，研究人员需要了解不同客户群体的消费偏好和购买行为。
通过计算条件概率，可以分析在某些特定条件下，例如年龄、性别、收入水平等，客户购买某个产品的概率，从而指导企业的市场定位和销售策略。
第高考数学复习知识点讲解教案63讲 全概率公式及应用
设 =“将三个盒子中的球混合后任取一个球是白球”，
1 =“取到的球是甲盒子中的”，2 =“取到的球是乙盒子中的”，
3 =“取到的球是丙盒子中的”，则 = 1 ∪ 2 ∪ 3 ,且1 ,2 ,3 两两互斥.
根据题意得 = 1 |1 + 2 (|2 ) + 3 |3 =
2 为“第二天选择一餐厅就餐”，
则 1 = 1 = 0.5, 2 |1 = 0.6, 2 |1 = 0.7,
由全概率公式可知 2 = 1 2 |1 + 1 2 1 =
0.5 × 0.6 + 0.5 × 0.7 = 0.65.
2.［教材改编］
某生产线的管理人员通过对以往数据的分析发现，每天生产线启
所以接收的信号为0的概率 =
| + (|) = 0.5 × 0.9 + 0.5 × 0.05 = 0.475，
所以接收的信号为1的概率 = 1 − = 1 − 0.475 = 0.525.故选B.
（2）
[2024·南京模拟] 某批麦种中，一等麦种占90%，二等麦种占10%，一、
5
6
[解析] 记事件1 ，2 ，3 分别表示此人选自甲、乙、丙三个地区 ，
事件 =“此人被录取”，
则 1 = 2 = 3 =
1
，
3
|1 =
1
，
3
故 = 1 |1 + 2 |2 +
1
6
=
7
.
30
1
|2 = ， |3
5
1
1
1
所以 2 = 1 2 |1 + 1 2 |1 = 0.5 × 0.3 + 0.5 × 0.2 = 0.25.
高考数学专题复习概率教案
高考数学专题复习 概率一、高考要求理解随机事件的概率，会求等可能事件的概率，能用加法公式和乘法公式求互斥事件有一个发生和相互独立事件同时发生的概率． 二、两点解读重点：掌握随机事件、等可能事件，互斥事件、独立事件、独立重复试验中恰好发生n 次等五种事件的概率．难点：正确区分五种事件，并作正确运算，培养学生的观察与试验、分析与综合、一般化与特殊化的思维方法． 三、课前训练1．某人射击一次击中的概率为0．6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为（A ） (A)81125(B)54125(C)36125(D)271252．在大小相同的6个球中，2个红球，4个白球．若从中任意选取3个，则所选的3个球中至少有1个红球的概率是__54___．（结果用分数表示） 3．一台X 型号自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为0．8000，有四台这中型号的自动机床各自独立工作，则在一小时内至多2台机床需要工人照看的概率是0.9728 四、典型例题例1 六位身高全不相同的同学拍照留念，摄影师要求前后两排各三人，则后排每人均比前排同学高的概率是_____．答案：201 . 解析：因为后排每人均比前排人高，因此应将6人中最高的3个人放在后排，其余3人站前排.故所有排法有33A·33A=36种.故后排每人均比前排同学高的概率为201A A A 663333=⋅. 例2 某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是_________．答案：4524113C )C ( 解析：因为每组人数为13，因此，每组选1人有C 113种方法，所以所求概率为P =4524113C )C ( 例3 如图32—1，用A 、B 、C 三类不同的元件连接成两个系统N 1，N 2．当元件A 、B 、C 都正常工作时，系统N 1正常工作；当元件A正常工作且元件B 、C 至少有一个正常工作时，系统N 2正常工作．已知元件A 、B 、C 正常工作的概率依次为0．80、0．90、0．90．则系统N 1正常工作的概率P 1为 ，N 2正常工作的概率P 2为 ．解：分别记元件A 、B 、C 正常工作为事件A 、B 、C ，由已知条件P （A ）＝0．80，P （B ）＝0．90，P （C ）＝0．90.（Ⅰ）因为事件A 、B 、C 是相互独立的，系统N 1正常工作的概率P 1＝P （A ·B ·C ）＝P （A ）·P （B ）·P （C ）＝0．80×0．90×0．90＝0．648.故系统N 1正常工作的概率为0．648． （Ⅱ）系统N 2正常工作的概率)]()(1[)()](1[)(2C P B P A P C B P A P P ⋅-⋅=⋅-⋅=.∵P （B ）＝1－P （B ）＝1－0．90＝0．10.P （C ）＝1－P （C ）＝1－0．90＝0．10.∴P 2＝0．80×［1－0．10×0．10］＝0．80×0．99＝0．792. 故系统N 2正常工作的概率为0．792例4 甲与乙两人掷硬币，甲用一枚硬币掷3次，记下国徽面朝上的次数为m ；乙用一枚硬币掷2次，记下国徽面朝上的次数为n ．⑴计算国徽面朝上不同次数的概率并填入下表：国徽面朝上次数m3 2 1 0 P(m )国徽面朝上次数m2 1 0 P(m )⑵现规定：若m >n ，则甲胜；若n ≥m ，则乙胜．你认为这种规定合理吗？为什么？ 解析：⑴国徽面朝上次数m3 2 1 0 P(m ) C 3323＝18C 2323＝38C 1323＝38C 0323＝18 国徽面朝上次数m2 1 0 P(m )C 2222＝14C 1222＝12C 0222＝14⑵这种规定是合理的.这是因为甲获胜，则m >n 当m ＝3时，n ＝2，1，0，其概率为18×(14＋12＋14)＝18；当m ＝2时，n ＝1，0，其概率为38×(12＋14)＝932；当m ＝1时，n ＝0，其概率为38×14＝332；∴甲获胜的概率为18＋932＋332＝12乙获胜，则m ≤n当n ＝2时，m ＝2，1，0，其概率为14×(38＋38＋18)＝732；当n ＝1时，m ＝1，0，其概率为12×(38＋18)＝832；当n ＝0时，m ＝0，其概率为14×18＝132；∴乙获胜的概率为732＋832＋132)＝12,甲和乙获胜的概率老都是12，即获胜机会相等，所以这种规定是合理的例5 盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率：（1）取到的2只都是次品；（2）取到的2只中正品、次品各一只； （3）取到的2只中至少有一只正品．解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62=36种不同取法 （1）取到的2只都是次品情况为22=4种，因而所求概率为91364=; （2）由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品.因而所求概率为9436423624P =⨯+⨯=; （3）由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件，因而所求概率为98911P =-= 例6 甲、乙两人独立地破译1个密码，他们能译出的密码的概率分别为31和41，求：（1）恰有1人译出的密码的概率；（2）至多1人译出的密码的概率；（3）若达到译出的密码的概率为10099，至少需要多少个乙这样的人．解：记“甲译出密码”为事件A ，“甲译不出密码”这事件A ；记“乙译出密码”为事件B ，“乙译不出密码”为事件B ；“两人都译出密码”为事件C ，“两人都译不出密码”为事件D ；“恰有1人译出密码”为事件E ；“至多1人译出密码”为事件F.（1）“恰有1人译出密码”是包括2种情况：一种是B A ⋅，另一种是B A ⋅.这两种情况不能同时发生，是互斥的.∴ 12541)311()411(31)B (P )(P )B (P )A (P )B B (P )B A (P )E (P =⨯-+-=⋅⋅⋅=⋅+⋅=（2）“至多1人译出密码”包括两种情况：“2人都译不出密码”或“恰有1人译出密码”，即事件D+E ，且事件D 、E 是互斥的.∴ 121112521)B A (P )B A (P )B A (P )E (P )D (P )F (P =+=⋅+⋅+⋅=+= （3）n 个乙这样的人都译不出密码的概率为n )411(-，根据题意得：10099)411(1n =--解得：n =17.。
高中数学 第二章《条件概率》教案2 新人教A版选修23
2.2.1条件概率（第二课时）教学目标：了解条件概率的简单应用教学重点：了解条件概率的简单应用 教学过程一、复习引入：1. 已知事件B 发生条件下事件A 发生的概率称为事件A 关于事件B 的条件概率，记作(|)P A B .2. 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为(|)P AB P A B P B （）＝（）二、讲解新课： 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为(|)P AB P A B P B （）＝（）反过来可以用条件概率表示A 、B 的乘积概率，即有乘法公式若()0P B ≠，则()()(|)P AB P B P A B =,(2) 同样有 若()0P A ≠，则()()(|)P AB P A P B A =.(2)' 从上面定义可见，条件概率有着与一般概率相同的性质，即非负性，规范性和可列可加性. 由此它也可与一般概率同样运算，只要每次都加上“在某事件发生的条件下”即成. 两个事件的乘法公式还可推广到n 个事件，即12121()()(|)n P A A A P A P A A =⋅L312121(|)(|)n n P A A A P A A A A -⋅L L (3)具体解题时，条件概率可以依照定义计算，也可能如例1直接按照条件概率的意义在压缩的样本空间中计算；同样，乘积事件的概率可依照公式(2) 或(2)'计算，也可按照乘积的意义直接计算，均视问题的具体性质而定.例1 n 张彩票中有一个中奖票.① 已知前面1k -个人没摸到中奖票，求第k 个人摸到的概率；② 求第k 个人摸到的概率.解 问题 ① 是在条件“前面(1)k -个人没摸到”下的条件概率. ② 是无条件概率. 记i A ={第i 个人摸到}，则 ① 的条件是A A A k 121Λ-. 在压缩样本空间中由古典概型直接可得 ① P(A k |A A A k 121Λ-)=11n k -+；② 所求为()k P A ，但对本题，A k =A A A k 121Λ-A k , 由(3)式及古典概率计算公式有 ()k P A ＝P (A A A k 121Λ-A k )＝P A P A A P A A A P A A A A k k ()(|)(|)(|)121312121ΛΛ-123111221n n n n k n n n n k n k ----+=⋅⋅⋅---+-+L 1n =.这说明每人摸到奖券的概率与摸的先后次序无关.课堂小节：本节课学习了条件概率简单应用课堂练习：课后作业：。
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河北省二十冶综合学校高中分校高考数学总复习条件概率教案
教学目标：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
掌握一些简单的条件概率的计算。
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：
一、复习引入：
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.
思考: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？
思考: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？
条件概率
1.定义一般地，，。
2.性质：
（1）非负性：。
（2）可列可加性：如果B，C是两个互斥事件,则
=+.
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.如果不放回地依次抽取2 道题，求：
(l）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．
例2.一张储蓄卡的密码共位数字，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．
课堂练习.
1、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）。
2、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）。
3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。
求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。
展示：课本54页练习1、2。