人教B版 (2019)选择性必修 第二册第四章 概率与统计4.1 条件概率与事件的独立性4.1.1 条件概率多媒体教学课件ppt

www.ks5u.com

4.1　条件概率与事件的独立性

4.1.1　条件概率

1．条件概率

思考：P(A|B)与P(B|A)相同吗？

[提示]　不同，前者是事件B发生的条件下事件A发生的概率，而后者是事件A发生的条件下事件B发生的概率．

2．条件概率的性质

(1)0≤P(B|A)≤1；

(2)P(A|A)＝1；

(3)如果B与C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．

1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)

(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1. (　　)

(2)事件A发生的条件下，事件B发生，相当于A，B同时发生． (　　)

(3)P(B|A)≠P(A∩B)．  (　　)

[答案]　(1)×　(2)×　(3)√

2．设A，B为两个事件，且P(A)>0，若P(A∩B)＝，P(A)＝，则P(B|A)＝(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

A　[由P(B|A)＝＝＝，故选A.]

3．(教材P43例3改编)设某动物由出生算起活到20岁的概率为0.8，活到25岁的概率为0.4，现有一个20岁的这种动物，则它活到25岁的概率是________．

0.5　[根据条件概率公式知P＝＝0.5.]

4．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再取到不合格品的概率为________．

　[法一：在第一次取到不合格以后，由于不放回，故还有99件产品，其中4件次品，故第二次再次取到不合格产品的概率为.

法二：第一次取到不合格的概率为P1＝＝，

两次都取到不合格品的概率为P2＝＝.

∴所求概率P＝＝＝.]

【例1】　一个袋中有2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取两个球，记事件“第一次抽到黑球”为A；事件“第二次抽到黑球”为B.

(1)分别求事件A，B，A∩B发生的概率；

(2)求P(B|A)．

[思路点拨]　首先弄清“这次试验”指的是什么，然后判断该问题是否属于古典概型，最后利用相应公式求解．

[解]　由古典概型的概率公式可知

(1)P(A)＝，

P(B)＝＝＝，

P(A∩B)＝＝.

(2)P(B|A)＝＝＝.

1．用定义法求条件概率P(B|A)的步骤

(1)分析题意，弄清概率模型；

(2)计算P(A)，P(A∩B)；

(3)代入公式求P(B|A)＝.

2．结合古典概型分别求出事件A，B的概率，从而求出P(B|A)，揭示出P(A)，P(B)和P(B|A)三者之间的关系．

1．(一题两空)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(A∩B)＝0.12，则P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.

　　[由公式P(A|B)＝＝，P(B|A)＝＝.]

【例2】　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．

[思路点拨]　第(1)、(2)问属古典概型问题，可直接代入公式；第(3)问为条件概率，可以借用前两问的结论，也可以直接利用基本事件个数求解．

[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A∩B.

(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个的事件数为n(Ω)＝A＝30，

根据分步计数原理n(A)＝AA＝20，于是P(A)＝＝＝.

(2)因为n(A∩B)＝A＝12，于是P(A∩B)＝＝＝.

(3)法一：由(1)(2)可得，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为

P(B|A)＝＝＝.

法二：因为n(A∩B)＝12，n(A)＝20，

所以P(B|A)＝＝＝.

1．本题第(3)问给出了两种求条件概率的方法，法一为定义法，法二利用基本事件个数直接作商，是一种重要的求条件概率的方法．

2．计算条件概率的方法

(1)在缩小后的样本空间ΩA中计算事件B发生的概率，即P(B|A)．

(2)在原样本空间Ω中，先计算P(A∩B)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝计算求得P(B|A)．

[探究问题]

先后抛出两枚质地均匀的骰子，已知第一枚出现4点，如何利用条件概率的性质求第二枚出现“大于4点”的概率？并求出此概率．

[提示]　设第一枚出现4点为事件A，第二枚出现5点为事件B，第二枚出现6点为事件C.则所求事件为B∪C|A.

∴P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.

【例3】　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．

[思路点拨]　(1)不超过2次，即第1次按对或第1次未按对第2次按对；

(2)条件概率，利用互斥事件的条件概率公式求解．

[解]　设第i次按对密码为事件Ai(i＝1,2)，则A＝A1∪(1A2)表示不超过2次按对密码．

(1)因为事件A1与事件1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(1A2)＝＋＝.

(2)用B表示最后一位按偶数的事件，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P((1A2)|B)＝＋＝.

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．

2．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，“摸出第三个球为黑球”为事件C.

则P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝.

所以P(B|A)＝＝÷＝， P(C|A)＝＝÷＝.

所以P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.

所以所求的条件概率为.

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)≠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看作新的基本事件空间计算AB发生的概率，即P(B|A)＝＝＝.

1．某班学生考试成绩中，数学不及格的占15%，语文不及格的占5%，两门都不及格的占3%.已知一学生数学不及格，则他语文也不及格的概率是(　　)

A．0.2　　　 B．0.33　　　

C．0.5 D．0.6

A　[记“数学不及格”为事件A，“语文不及格”为事件B，P(B|A)＝＝＝0.2，

所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.]

2．抛掷红、黄两枚质地均匀的骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两枚骰子的点数之积大于20的概率是(　　)

A.　　　B.　     C.　　　D.

B　[抛掷红、黄两枚骰子共有6×6＝36个基本事件，其中红色骰子的点数为4或6的有12个基本事件，此时两枚骰子点数之积大于20包含4×6,6×4,6×5,6×6，共4个基本事件，所求概率为.]

3．把一枚硬币投掷两次，事件A＝{第一次出现正面}，B＝{第二次出现正面}，则P(B|A)＝________.

　[∵P(A∩B)＝，P(A)＝，∴P(B|A)＝.]

4．某种元件用满6 000小时未坏的概率是，用满10 000小时未坏的概率是，现有一个此种元件，已经用过6 000小时未坏，则它能用到10 000小时的概率为________．

　[设“用满6 000小时未坏”为事件A，“用满10 000小时未坏”为事件B，则

P(A)＝，P(AB)＝P(B)＝，所以P(B|A)＝＝＝.]

5．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，求他在周六晚上或周五晚上值班的概率．

[解]　设事件A为“周日值班”，事件B为“周五值班”，事件C为“周六值班”，

则P(A)＝，P(AB)＝，P(AC)＝，所以P(B|A)＝＝，P(C|A)＝＝.

故他在周六晚上或周五晚上值班的概率为P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝.