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1、成才之路 数学 路漫漫其修远兮 吾将上下而求索 人教 选修 2概率 第二章 件概率与事件的独立性 第二章 第 1课时 条件概率 课堂典例探究 2 课 时 作 业 3 课前自主预习 1 课前自主预习 在一次英语口试中，共有 10 道题可选择从中随机地抽取 5 道题供考生回答，答对其中 3 道题即可及格假设作为考生的你，只会答 10 道题中的 6 道题； 那么，你及格的概率是多少？在抽到的第一题不会答的情况下你及格的概率又是多少？ 1. 在古典概型中，随机事件 A 的概率为 P ( A ) _ _. 2 互斥事件的概率公式： 如果事件 A 与事件 B 互斥，则 P ( A B ) _ _ _ _.
2、 3 对立事件的概率公式： P ( A ) _ _. 事件 A 包含的基本事件数试验的基本事件总数 P(A) P(B) 1 P(A) 一、条件概率的理解 对于任意两个事件 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一般地，每一个随机试验都是在一定条件下进行的，而这里所说的条件概率，则是当试验结果的一部分信息已知 ( 即在原随机试验的条件上，再加上一定的条件 ) ，求另一事件在此条件下发生的概率在事件 A 发生的条件下， 事件 B 发生的概率，用符号表示为 P ( B | A ) 把由事件A 和 B 同时发生所构成的事件，称为 A 与 B 的交 ( 或积 ) ，
3、记作A B ( 或 一般地，我们有条件概率公式 P ( B | A ) P A B P A . 答案 C 已知 P ( A | B ) 37， P ( B ) 79，则 P ( ( ) A 37B 47C 13D 2749 解析 P ( P ( A | B ) P ( B ) 37 79 13 . 故选 C 二 、条件概率的计算 1 计算在事件 A 发生的条件下 B 发生的概率，常有以下两种方式： (1) 利用定义计算 先分别计算概率 P ( A B ) 及 P ( A ) ，然后借助于条件概率公式 P ( B | A ) P A B P A 求解 (2) 已知 A 发生，在此条件下 B 发
4、生，相当于 生，要求 P ( B | A ) 相当于把 A 看做新的基本事件空间来计算 生的概率，即 P ( B | A ) n n A . 此法常应用于古典概型中的条件概率求法 2 条件概率公式的变形公式 公式 P ( B | A ) P P A 揭示了 P ( A ) ， P ( B | A ) 与 P ( 的关系，常常用于知二求一中，即可熟练应用它的变形式公如：若P ( A ) 0 ，则 P ( P ( A ) P ( B | A ) ，该式称为概率的乘法公式 答案 A 一盒中装有 5 个产品，其中有 3 个一等品， 2 个二等品，从中不放回地取出产品，每次 1 个，取两次，已知第二次取
5、得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率是 ( ) A 12B 13C 14D 23 解析 解法 1 ：设 A “ 第一次取到二等品 ” ， B “ 第二次取得一等品 ” ，则 “ 第一次取到二等品且第 二次取到一等品 ” ， P ( A | B ) P P B 2 35 42 3 3 25 412. 解 法 2 ：设一等品为 a 、 b 、 c ，二等品为 A 、 B ， “ 第二次取到一等品 ” 所含基本事件有 ( a ， b ) ， ( a ， c ) ， ( b ，a ) ， ( b ， c ) ， ( c ， a ) ， ( c ， b ) ， ( A ， a ) ， ( A ，
6、 b ) ， ( A ， c ) ， ( B ， a ) ，( B ， b ) ， ( B ， c ) 共 12 个，其中第一次取到一等品的基本事件共有 6 个， 所求概率为 P 61212. 课堂典例探究 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： (1)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 分析 解答本题可根据分步乘法计数原理计算出事件的总数 ， 然后计算出各种情况下的事件数再求解 利用公式求 P(B|A) 解析 记第一次抽到理科题为事件 A ，第
7、二次抽到理科题为事件 B ，则第一次和第二次都抽到理科题为事件 (1) 在 5 道题中有 3 道理科题，则 P ( A ) 35. (2) 事件 总数为 6 ， P ( 620310. (3) 由 (1)(2) 可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概率为 P ( B | A ) P P A 31 03512. 方法总结 条件概率揭示了 P ( A ) ， P ( 及 P ( B | A ) 三者之间的关系，即若 P ( A ) 0 ，有 P ( P ( A ) P ( B | A ) 或 P ( B | A ) P P A ，反映了 “ 知二求一 ” 的互化关系 把一枚
8、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 ” ， 求 P(B|A) 解析 P ( B ) P ( A ) 12， P ( 14， P ( B | A ) P P A 141212. 一个口袋内装有 2个白球和 2个黑球 ， 那么 (1)先摸出 1个白球不放回 ， 再摸出 1个白球的概率是多少 ？ (2)先摸出 1个白球后放回 ， 再摸出 1个白球的概率是多少 ？ 有放回与无放回事件的概率 解析 (1) 设 “ 先摸出 1 个白球不放回 ” 为事件 A ， “ 再摸出 1 个白球 ” 为事件 B ，则 “ 先后两次摸到白球 ” 为 先摸一球不放回，再摸
9、一球共有 4 3 种结果， P ( A ) 12， P ( 2 14 316， P ( B | A ) 161213. (2) 设 “ 先摸出一个白球放回 ” 为事件 “ 再摸出一个白球 ” 为事件 次都摸到白球为事件 P ( 12， P ( 2 24 414， P ( P 141212. 所以 先摸 1 个白球不放回，再摸 1 个白球的概率为13，先摸一个白球后放回再摸出 1 个白球的概率为12. 方法总结 先摸一个白球不放回，再摸球时相当于从 1个白球、 2 个黑球的口袋内摸出 1 个白球，其概率 P 13；先摸一个白球再放回，再摸球时，条件并未发生变化，故概率仍为12. 袋子中装有标号为
10、 1,2,3,4,5,6,7的 7个大小颜色完全相同的小球 ， 从中不放回地摸两次球 ， 求第一次摸出奇数号球 ， 第二次摸出偶数号球的概率是多少 ？ 解析 设第一次摸出奇数号球为事件 B ，第二次摸出偶数号球为事件 A ，第一次摸出奇数号球同时第二次摸出偶数号球为事件 从 7 个球中不放回地摸两次球，事件总数为 7 6 42. B 的事件数为 24 ，故 P ( B ) 2442. 事件 数为 12 ，故 P ( 1242. 由条件概率公式，得 P ( A | B ) P P B 12422442 故第一次摸出奇数号球， 一个盒子中有 6只好晶体管 ， 4只坏晶体管 ， 任取两次 ， 每次取
11、一只 ， 每一次取后不放回 若已知第一只是好的 ， 求第二只也是好的的概率 分析 解答本题可利用公式求解 ， 亦可利用缩小样本空间法求解 利用缩小样本空间的观点计算 P(B|A) 解析 令 第 i 只是好的 ， i 1,2. 解法 1 ：抽取两只，第 1 只是好的共有 只都是好的共有 故 P ( 9. 解法 2 ：因事件 已 知 ) ，故我们只研究事件 中仅剩 9 只晶体管，其中 5 只好的，所以 P ( 生的可能数A 发生的可能数59. 方法总结 P ( B | A ) 表示事件 B 在“ 事件 A 已发生 ” 这个附加条件下的概率与没有这个附加条件的概率是不同的也就是说，条件概率是在原随机
12、试验的条件 上再加上一定的条件，求另一事件在此 “ 新条件 ” 下发生的概率因此，利用缩小样本空间的观点计算条件概率时，首先，明确是求 “ 在谁发生的前提下谁的概率 ” ，其次，转换样本空间，即把即定事件 A 所含的基本事件定义为新的样本空间，显然待求事件 B 便缩小为事件如图所示从而 P ( B | A ) 生的可能数A 发生的可能数. 在题设不变的前提下 ， 求第一只是坏的的条件下 ， 第二只是好的的概率 (至少用两种方法求解 ) 解析 令 第 i 只是坏的 ， i 1,2 ，则 ( 第 i 只是好的 ) ， i 1 ,2. 解法 1 ：依题意可知第 1 次取得是坏的可能数为 1 次取得坏
13、的，第二次取得好的可能数为 故 P ( 14196923. 解 法 2 ：在 中仅剩 9 只晶体管，其中6 只是好的， 所以 P ( 923. 解法 3 ：从盒中依次取两只晶体管共有 19 90 种不同方法， 显然 P ( 199025， P ( 1690415. P ( P 4152523. 甲、乙两地都位于长江下游，根据一百多年的气象记录，知道甲、乙两地一年中雨天所占的比例分别为 20% 和18% ，两地同时 下雨的比例为 12% ，问： (1) 乙地为雨天时甲地为雨天的概率是多少？ (2) 甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是多少？ 错解 设 “ 甲地为雨天 ” 为事件 A ， “ 乙地为雨天 ” 为事件 B ，根据题意，
