2023新教材高中数学第7章随机变量及其分布7.1条件概率与全概率公式7.1.1条件概率教师用书新人教A版选择性必修第三册

7.1条件概率与全概率公式7.1.1条件概率1．结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率．2．结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系．3．结合古典概型，会利用乘法公式计算概率．(重点)4．能利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．(重点)1．通过条件概率的学习，提升数学抽象素养．2．借助条件概率公式解题，提升数学运算素养．在10件产品中有9件产品的长度合格，8件产品的质量合格，7件产品的长度、质量都合格．令A＝{任取一件产品其长度合格}，B＝{任取一件产品其质量合格}，C＝{任取一件产品，在其长度合格的条件下，其质量也合格}，试讨论概率P(A)，P(B)，P(AB)，P(C)的值，你发现了什么？知识点1条件概率的概念一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)＞0，我们称P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)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．P(B|A)读作事件A发生的条件下事件B发生的概率．1．已知P(AB)＝eq\f(3,5)，P(A)＝eq\f(3,4)，则P(B|A)为________．eq\f(4,5)[由公式得P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(3,5),\f(3,4))＝eq\f(3,5)×eq\f(4,3)＝eq\f(4,5)．]知识点2条件概率的性质(1)0≤P(B|A)≤1．(2)P(Ω|A)＝1．(3)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．(4)设eq\x\to(B)和B互为对立事件，则P(eq\x\to(B)|A)＝1－P(B|A)．(5)若事件A，B独立，P(AB)＝P(A)P(B)且P(A)>0，则P(B|A)＝P(B)，反之若P(B|A)＝P(B)且P(A)>0，则A与B相互独立．2．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(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． ()[答案](1)√(2)√(3)×知识点3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)．我们称此式为概率的乘法公式．3．某厂的产品中有4%的废品，在100件合格品中有75件一等品，则在该厂的产品中任取一件是一等品的概率为________．0.72[设A为“任取的一件是合格品”，B为“任取的一件是一等品”．因为P(A)＝1－P(eq\x\to(A))＝96%，P(B|A)＝75%，且事件B发生时事件A一定发生，所以P(B)＝P(AB)＝P(A)P(B|A)＝0.96×0.75＝0.72．]类型1求条件概率角度1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)＝Aeq\o\al(2,6)＝30．根据分步乘法计数原理，有n(A)＝Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,5)＝20，所以P(A)＝eq\f(nA,nΩ)＝eq\f(20,30)＝eq\f(2,3)．(2)因为n(AB)＝Aeq\o\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq\f(nAB,nΩ)＝eq\f(12,30)＝eq\f(2,5)．(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)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq\f(3,5)．法二：因为n(AB)＝12，n(A)＝20，所以P(B|A)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(12,20)＝eq\f(3,5)．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)＝eq\f(PAB,PA)，这个公式适用于一般情形，其中AB表示A，B同时发生．[跟进训练]1．掷两颗均匀的骰子，问：(1)至少有一颗是6点的概率是多少？(2)在已知它们点数不同的条件下，至少有一颗是6点的概率是多少？[解](1)对两颗骰子加以区别，则共有36种不同情况，它们是等可能的．设A＝“至少有一颗是6点”，则事件A共包含11种不同情况，∴P(A)＝eq\f(11,36)．(2)由(1)知，共有36种不同情况．又设B＝“两颗骰子点数不同”，则事件AB共包含10种不同情况．∴P(AB)＝eq\f(10,36)＝eq\f(5,18)，P(B)＝eq\f(30,36)＝eq\f(5,6)．∴P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(5,18),\f(5,6))＝eq\f(1,3)．角度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＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5)．[母题探究]1．(变设问)在本例条件不变的前提下，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＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5)．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)＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6)．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)＝eq\f(nAB,nA)，这里n(A)和n(AB)的计数基于缩小的基本事件的范围．[跟进训练]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多少？[解]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)＝eq\f(nAB,nA)＝eq\f(3×2,4×3)＝eq\f(1,2)．类型2概率乘法公式的应用【例3】已知口袋中有3个黑球和7个白球，这10个球除颜色外完全相同．(1)先后两次从中不放回地各摸出一球，求两次摸到的均为黑球的概率；(2)从中不放回地摸球，每次各摸一球，求第三次才摸到黑球的概率．[解]设事件Ai表示第i次摸到的是黑球(i＝1，2，3)，则事件A1A2表示两次摸到的均为黑球．(1)由题意知P(A1)＝eq\f(3,10)，P(A2|A1)＝eq\f(2,9)．于是，根据乘法公式，有P(A1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＝eq\f(3,10)×eq\f(2,9)＝eq\f(1,15)．所以先后两次从中不放回地各摸出一球，两次摸到的均为黑球的概率为eq\f(1,15)．(2)设事件A表示第三次才摸到黑球，则A＝eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2A3．由题意知P(eq\x\to(A)1)＝eq\f(7,10)，P(eq\x\to(A)eq\x\to(A)2|eq\x\to(A)1)＝eq\f(6,9)，P(A3|eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2)＝eq\f(3,8)．于是，根据乘法公式，有P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2A3)＝P(eq\x\to(A)1)P(eq\x\to(A)2|eq\x\to(A)1)·P(A3|eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2)＝eq\f(7,10)×eq\f(6,9)×eq\f(3,8)＝eq\f(7,40)．所以从中不放回地摸球，每次各摸一球，第三次才摸到黑球的概率为eq\f(7,40)．应用乘法公式解应用题的一般步骤(1)首先判断应用题是否可以应用乘法公式求解，即对任意两个事件A与B，是否有P(A)>0．(2)根据已知条件表示出各事件的概率．(3)代入乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)求出所求的概率．[跟进训练]3．气象资料表明，某地区每年七月份刮台风的概率为eq\f(3,5)，在刮台风的条件下，下大雨的概率为eq\f(9,10)，则该地区七月份既刮台风又下大雨的概率为()A．eq\f(2,3) B．eq\f(27,50)C．eq\f(9,10) D．eq\f(3,10)B[设“某地区每年七月份刮台风”为事件A，设“某地区每年七月份下大雨”为事件B，则“该地区七月份既刮台风又下大雨”为事件AB．由题得P(A)＝eq\f(3,5)，P(B|A)＝eq\f(9,10)，由概率的乘法公式得P(AB)＝P(B|A)P(A)＝eq\f(9,10)×eq\f(3,5)＝eq\f(27,50)．]类型3条件概率性质的应用【例4】在10000张有奖储蓄的奖券中，设有1个一等奖，5个二等奖，10个三等奖，从中依次取两张，求在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率．[解]设“第一张中一等奖”为事件A，“第二张中二等奖”为事件B，“第二张中三等奖”为事件C，则P(A)＝eq\f(1,10000)，P(AB)＝eq\f(1×5,10000×9999)＝eq\f(5,99990000)，P(AC)＝eq\f(10,99990000)，∴P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(\f(5,99990000),\f(1,10000))＝eq\f(5,9999)，P(C|A)＝eq\f(PAC,PA)＝eq\f(\f(10,99990000),\f(1,10000))＝eq\f(10,9999)，∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝eq\f(5,9999)＋eq\f(10,9999)＝eq\f(15,9999)＝eq\f(5,3333)，即在第一张中一等奖的条件下，第二张中二等奖或三等奖的概率为eq\f(5,3333)．1．利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使条件概率的计算较为简单，但应注意这个性质的使用前提是“B与C互斥”．2．为了求复杂事件的概率，往往需要把该事件分为两个或多个互斥事件，求出简单事件的概率后，相加即可得到复杂事件的概率．[跟进训练]4．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个球，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，“摸出第二个球为黑球”为事件C．法一(定义法)：P(A)＝eq\f(1,10)，P(AB)＝eq\f(1×2,10×9)＝eq\f(1,45)，P(AC)＝eq\f(1×3,10×9)＝eq\f(1,30)．所以P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(1,45)÷eq\f(1,10)＝eq\f(2,9)，P(C|A)＝eq\f(PAC,PA)＝eq\f(1,30)÷eq\f(1,10)＝eq\f(1,3)．所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝eq\f(2,9)＋eq\f(1,3)＝eq\f(5,9)．所以所求的条件概率为eq\f(5,9)．法二(直接法)：因为n(A)＝1×Ceq\o\al(1,9)＝9，n(B∪C|A)＝Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,3)＝5，所以P(B∪C|A)＝eq\f(5,9)．所以所求的条件概率为eq\f(5,9)．1．已知P(B|A)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(1,6)，则P(A)等于()A．eq\f(1,18) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,2)D[因为P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)，所以P(A)＝eq\f(PAB,PB|A)＝eq\f(\f(1,6),\f(1,3))＝eq\f(1,2)．]2．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．0.564C．0.245 D．0.285A[记事件A为“甲厂产品”，事件B为“甲厂的合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665．]3．抛掷两枚均匀骰子，观察向上的点数，记事件A为“两个点数不同”，事件B为“两个点数中最大点数为4”，则P(B|A)＝()A．eq\f(1,12) B．eq\f(1,6)C．eq\f(1,5) D．eq\f(5,6)C[事件A为“两个点数不同”的基本事件个数为36－6＝30