人教A版选修2-32.2.1条件概率学案

1、天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋2. 2二项分布及其应用2. 2.1 条件概率考点学习目标核心素养条件概率的求法理解条件概率的概念，会用两种方法求条件概率数学抽象、逻辑推理、数学运算条件概率性质的应用识记条件概率的性质，能利用条件概率 公式解决一些简单的实际问题逻辑推理、数学运算金戈铁骑问题导学预习教材P51P53的内容，并思考下列问题:1 .条件概率的定义是什么？2 .条件概率的公式是什么？3 .条件概率的特点是什么？有哪些性质？4 .条件概率条件设A, B为两个事件，且 RA)>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RBA>读作A发生的条件下B发生的概率

2、计算公式事件个数法：P( B| A) Bn (A)-P (AB定义法：P(B|A)=皆京P V AA名师点拨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) w 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n (AB)，-n (ABn ( Q)P (AB)新的基本事件空间计算 AB发生的概率，即 RB|A) = n m = n = P / A、. n ( A)n A)p( An ( Q)5 .条件概率的性质(1)E日内 C0, 1 .(2)如果B与C是两个互斥事件，则 R BU C A

3、) = P(B| A) + R C A) .注意(1)前提条件：RA)>0.(2) P( BU 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.判断正误（正确的打，错误的打“X” )(1)若事件A, B互斥，则P(B|A)=1.(2) P(日 A)与 P(A|B)不同.()答案：（1） X （2） V一，33 一已知 P(AB=77，RA)=二，则 P(B| A)105为（）A.950B.C.910D.答案：B袋中有5个小球（3白2黑），现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次， 则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率 是（）B.A.C.D

4、.310解析：选C.在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑2 1球共4个球，所以取到白球的概率 p= 4= 2.110,则在下雨天里，刮风的概率为 （）某地区气象台统计，该地区下雨的概率为;4,刮风的概率为,既刮风又下雨的概率为 15158B.A 225D.C.4_2_ _解析：选C.设事件A为下雨，事件 B为刮风，由题意知 P(A) =, P(B)= , RAB) 151511P (AB10 36 R4A) = ATW=8.15某种电子元件用满 3 000小时不坏的，3,1一八 ，一概率为4,用满8 000小时不坏的概率为 万.现有一只此种电子兀件，已经用满 3 0

5、00小时不坏，还能用满8 000小时的概率是 .3 、一八，“,一解析：记事件 A为 用满3 000小时不坏"，RA)=4；记事件B为“用满8 000小时不1.1 一 . 一1 .P (AB)2 14 2坏，P(B) = J因为 B? A,所以 P( A廿=P( B)=-,则 P(B| A) =p / ax=Q = OX Q= Q.22P ( A)3 2 3 342答案：7 3天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋金戈铁骑利用定义求条件概率任意向 （0 ， 1）区间内投掷一个点，用天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤奋X 表示该点的坐标，则0 = »|0 VXV1,事件

6、 A= x0vx<0.5 , B= x0.25 v xv 1,则RB| A =.一 一一 一 一一一，_0.50.25一【解析】由题意知 An B= x|0.25 vx<0.5,所以RAB = :-=0.25,又曰为1 00.50u-、，P (AB)0.251=1-0 =0.5，所以 P(日 A) = P (A) = 0.5 =21【答案】2利用定义计算条件概率的步骤分别计算概率P( A§和R A). P(AB (2)将它们相除得到条件概率 P(B|A) =-r,这个公式适用于一般情形，其中 AB表P (A)示A, B同时发生.金戈铁骑1 .某种动物活到20岁的概率是0.

7、8,活到25岁的概率是0.4,则现龄20岁的这种动 物活到25岁的概率是()A. 0.32B. 0.5C. 0.4D. 0.8解析：选B.记事件A表示“该动物活到20岁”，事件B表示“该动物活到25岁”，由 于该动物只有活到 20岁才有活到25岁的可能，故事件 A包含事件B,从而有P(AB) = P(B)P (AB)0.4= 0.4,所以现龄20岁的这种动物活到 25岁的概率为 RBA>=Jm =08=05P A0.82.把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A, “第二次出现正面”为事件B,则RB|A)等于()iC-6解析：选 A由题知本题是一个条件概率，第一次出现正面的概率

8、是r a 1P(A) =2,第一次1111P (AB) 4 1出现正面且第二次也出现正面的概率是RAB=;X%=1则RB| A)=： = ；2 2 4P (A.)1 22缩小基本事件范围求条件概率集合 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 ,

9、 6) , (5 , 1), (5, 2) , (5 , 3) , (5, 4), (5 , 6),共15个，在这15个数中，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 93个，所以所求概率 P=-15 51 .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

10、 个，所以所求概率 P= H 15 52 .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R 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21和等于7的情形有：(5, 2), (6, 1),共2个.所以P(B|A)= = 6.利用缩小基本事件范围计算条件概率的方

11、法将原来的基本事件全体 Q缩小为已知的条件事件 A,原来白事件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一一 一n (AB 、一 一 典概型公式计算条件概率，即 P(B|A) = 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.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，做不放回抽取.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

12、)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Q=(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 一n (AB)6 2有9种情况，事件 AB有6种情况，P(B| A)-.n( A)9 3条件概率性质的应用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

13、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,7R= 第二次取出的球是红球，此第二次取出的球是白球，则容易求得 P(A) = 10,、3 一 、11 、4 、1RB)=行，RRA)=, P(VVA) =-, RRB)=£, PWB)=-.102255事件“试验成功”表示为 RAJ RB又事件RA与事件RB互斥，故由概率的加法公式，1 7 4 3 得 RRA

14、J RB = RRA + RRB = RR|A) RA)+P(R|B) RB) =-x + -x = 0.59.2 10 5 10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 RBU q 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.在一个袋子中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑子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

15、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” 一i 1_ _1X21_ _1X31二个球为黑球”为事件 C,则 RA)=10, P(Ae =T9=45, P(AQ=6T9=30-P (AB) 所以 RB|A)= p：A：=p l A?L_J_2 4? 丁 布=9,P(GA) =P (ACP (A)111： =30 10 32 1 5所以 RBU CA) = P(BA) + P(CA)=-+- = -.9 3 95所以所求的条件概率为-.91. 一个口袋中装有 2个白毛和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()A.B.C.D.2 _

16、2解析：选C.设A表木第i次(i=1, 2)取到白球的事件，因为 P(Ai)=-, P(A1A2) =-x555= 25,先摸出一个白球后放回,再摸出一个白球的概率为2 25X5 2FA2|A)= =-.2552.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()B.D.解析：选B.抛掷红、黄两颗骰子共有 6X6=36个基本事件，其中红色骰子的点数为或6的有12个基本事件，两颗骰子点数之积大于20的包含4X6, 6X4, 6X5, 6X6共4436 1 个基本事件.所以其概率为 =-.12 3363 .袋中装有标号为1, 2, 3的三个小球，从中任取一个，记

17、下它的号码，放回袋中,这样连续做三次.若抽到各球的机会均等，事件A为“三次抽到的号码之和为6"，事件B为“三次抽到的号码都是 2"，则P(B|A) = (B.A.C.D.727解析：选A.因为RA) =A3+ 1733 = 27'RAR =133 =27'P (AB)1所以 rb|A)=PL=7.4 .位于西部地区的 A, B两地，据多年的资料记载：A, B两地一年中下雨天仅占 6崎口8%而同时下雨的比例为 2%则A地为雨天时，B地也为雨天的概率为 .解析：记 A= "A地下雨"，B= “B地下雨"，则AB= "A,

18、B两地同时下雨”，且P(A)P (AB 2% 1= 6%, P(B) = 8% RA§ = 2% RB|A)=瑞=-.P (A)6% 3J1答案：1 35 .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；）的概率（假定（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 生男生女为等可能）.解：Q = （男，男），（男，女），（女，男），（女，女）.设8= “有男孩"，则B=（男，男），（男，女），（女，男）.A= "有两个男孩"，则A=（男，男）,B= "第一个是男孩"，则B = （男，男

19、），（男，女）,一 一 3 一 _1于是得（1） RB） = 4, P（BA = P（A）=4,P (BA)1所以 RA|B)=p,R =不 P (B)311(2) P(B) = 2, RBA) = P(A) = 4,P (BA)所以 RNB)= J. =12.A基础达标1 _ .21.已知 RB|A) = 1, P(A) = -,则 RA§ 等于()35A.B.10C.215一_ _ _12 2解析：选 C. P(AB)=P(曰 A) P(A) =t；x-= ,故选 C.3 5 152. 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

20、后一名同学抽到中奖券的概率是（）B.A.C.D. 1解析：选B.记“第一位同学没有抽到中奖券”为事件A，P（A）=4, ,最后一位同学抽1，_311 _ P (AB 4 14 1 到中奖券”为事件 B, P(AB) =4X3=4, RB| A)=百&一=3 = 4*§=3.43 .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RAB）等于（A.C.解析：选C.由题意可知.n( B) = C32 =12, n( A§ = A3= 6.所以RA|B) =n (AB) ， ， n (B)61-=二12

21、 2.4 .在区间（0, 1）内随机投掷一个点113M( 其坐标为 x)，右 A=x|0<x<2，B= x| 尸<4，则RB|A）等于（）B.C.D.1、人-21解析：选 A. P(A) = 1=2.11因为 An B= x| 4Vx<2,14 1所以 rab=7= 4,112.一P (AB)4所以已8|丹=小 =彳25.甲、乙两人从1, 2,，15这15个数中，依次任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是()A.B.715C.815D.914解析：选D.设事件A= "甲取到的数是5的倍数"，B=

22、"甲所取的数大于乙所取的数”n Ad B)4+9+14又因为本题为古典概型概率问题，所以根据条件概率可知，R B| A) = ； "、 = " /n ( A)3 X 149 .而故选D.6 .如图，EFGH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 EFGHT, B表示事件“豆子落在扇形 HOE阴影部分) 内”，则 RA=, RB|A)=.解析：因为圆的半径为1,所以圆白面积S=兀2=兀，正方形EFGH勺面积为 孑2 =2, .2所以 P(A) = .兀RB|A)表示事件“已知豆子落在正方形EFGH4则豆子落在扇形

23、 HOE阴影部分)”的、，1概率，所以P(B|A)=4.答案:7 .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,则第2次也抽到A的概率是.解析：设“第1次抽到A”为事件A, “第2次也抽到A”为事件B,则AB表示两次都抽41 4X31P (AB 1至'(A) = 52= tS5 ( 8=52 X 51 = 13X 17，所'( | A = P (A) =17.8 . (2019 长春高二检测)分别用集合 M= 2, 4, 5, 6, 7, 8, 11, 12中的任意两个元素作分子与分母构成真分数，已知取出的一个元素是12,则取出的另外一个元

24、素与之构成可约分数的概率是 .解析：设“取出的两个元素中有一个是12”为事件A, “取出的两个元素构成可约分数”为事件B,则n(A) =7, n(AB = 4,所以口日用=；喘 =4.答案：49 .某考生在一次考试中，共有 10题供选择，已知该考生会答其中6题，随机从中抽5题供考生回答，答对 3题及格，求该考生在第一题不会答的情况下及格的概率.解：设事件A为从10题中抽5题，第一题不会答；设事件 B为从10题中依次抽5题，第一题不会答，其余 4题中有3题或4题会答.n(A) =C4d, n(B) = &£逅+点© .皿 ci (dd+dd) 25贝u P=CC=42

25、.所以该考生在第一题不会答的情况下及格的概率为254210 .某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中，任选3人参加学校的义务劳动.(1)设所选3人中女生人数为 X,求X的分布列.(2)求男生甲或女生乙被选中的概率.(3)设“男生甲被选中”为事件A, “女生乙被选中”为事件B,求RE)和P(A| B).C3 1C4C2 3解：(1)X的所有可能取值为 0, 1, 2,依题意得 P(X= 0)=C3=5, RX= 1) ="C|'=5,C14C21RX= 2)=豆=5.所以X的分布列为X012P153515(2)设“甲、乙都不被选中”为事件C,则 P(C)=C441C620

26、5, .， 二一 1 4所以所求概率为RQ，-5=5.C5 io 1(3) P(B=C6=20=2；c41Rab)=C3=5.所以RA|B) =P (AB)P (B)B 能力提升11 . (2019 唐山高二检测)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.6091B.C.518D.91216,一P (AB)解析：选A.因为RA|B) = "5fP ( B)RAB =c3c5c4 606063 = 6T = 216,91216.一二、,53, 125RB)=1 R B)= 1 63= 1-216=60216 60 =9191 21612 .从1100共100个正整数中，任取一数，已知取出的一个数不大于50,则此数是2或3的倍数的概率为.解析：设事件 C为“取出的数不大于 50”，事件A为“取出的数是 2的倍数”，事件B 为“取出的数是3的倍数”.-1则P(Q=2,且所求概率为RAU B|Q=P(AC) + RBQ P(AB CP(A。 P(B。 P(ABC=P (0 + P (Q P (C)= 2x(旦+ .!6_A) (loo 100 loo)33=