第4章 4.1 4.1.1　条件概率-【新教材】人教B版（2019）高中数学选择性必修第二册讲义

这是一份第4章 4.1 4.1.1　条件概率-【新教材】人教B版（2019）高中数学选择性必修第二册讲义，

高二(1)班共有30名男生，20名女生，其中男生中共有8名共青团员，女生中共有10名共青团员．
问题1：从该班学生中任意抽取1人，其是女生的概率是多少？
问题2：已知抽出的是女同学的前提下，该同学是共青团员的概率又是多少？
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)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,3)，则P(B|A)＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,9) D.eq \f(4,9)
A [由P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(1,3),\f(2,3))＝eq \f(1,2)，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＝eq \f(0.4,0.8)＝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________．
eq \f(4,99) [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eq \f(4,99).
法二：第一次取到不合格的概率为P1＝eq \f(5,100)＝eq \f(1,20)，
两次都取到不合格品的概率为P2＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,100))＝eq \f(1,495).
∴所求概率P＝eq \f(P2,P1)＝eq \f(\f(1,495),\f(1,20))＝eq \f(4,99).]
【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)＝eq \f(2,5)，
P(B)＝eq \f(2×1＋3×2,5×4)＝eq \f(8,20)＝eq \f(2,5)，
P(A∩B)＝eq \f(2×1,5×4)＝eq \f(1,10).
(2)P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
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)＝eq \f(PA∩B,P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．
eq \([跟进训练])
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)＝________.
eq \f(2,3) eq \f(3,5) [由公式P(A|B)＝eq \f(PA∩B,PB)＝eq \f(2,3)，P(B|A)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(3,5).]
【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)＝Aeq \\al(2,6)＝30，
根据分步计数原理n(A)＝Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，于是P(A)＝eq \f(nA,nΩ)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3).
(2)因为n(A∩B)＝Aeq \\al(2,4)＝12，于是P(A∩B)＝eq \f(nA∩B,nΩ)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5).
(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)＝eq \f(PA∩B,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5).
法二：因为n(A∩B)＝12，n(A)＝20，
所以P(B|A)＝eq \f(nA∩B,nA)＝eq \f(12,20)＝eq \f(3,5).
(变结论)本例条件不变，试求在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到语言类节目的概率．
[解] 设第1次抽到舞蹈节目为事件A，第2次抽到语言类节目为事件C，则第1次抽到舞蹈节目、第2次抽到语言类节目为事件A∩C.
n(A)＝Aeq \\al(1,4)×Aeq \\al(1,5)＝20，
n(A∩C)＝Aeq \\al(1,4)×Aeq \\al(1,2)＝8，
∴P(C|A)＝eq \f(nA∩C,nA)＝eq \f(8,20)＝eq \f(2,5).
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)＝eq \f(PA∩B,P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)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,6)＝eq \f(1,3).
【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∪(eq \(A,\s\up12(－))1A2)表示不超过2次按对密码．
(1)因为事件A1与事件eq \(A,\s\up12(－))1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(eq \(A,\s\up12(－))1A2)＝eq \f(1,10)＋eq \f(9×1,10×9)＝eq \f(1,5).
(2)用B表示最后一位按偶数的事件，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P((eq \(A,\s\up12(－))1A2)|B)＝eq \f(1,5)＋eq \f(4×1,5×4)＝eq \f(2,5).
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．
eq \([跟进训练])
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)＝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(PAB,PA)＝eq \f(1,45)÷eq \f(1,10)＝eq \f(2,9)， P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝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).
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)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(\f(nAB,nΩ),\f(nA,nΩ))＝eq \f(PAB,P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．0.5D．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)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.03,0.15)＝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.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(3,5)
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eq \f(1,3).]
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)＝________.
eq \f(1,2) [∵P(A∩B)＝eq \f(1,4)，P(A)＝eq \f(1,2)，∴P(B|A)＝eq \f(1,2).]
4．某种元件用满6 000小时未坏的概率是eq \f(3,4)，用满10 000小时未坏的概率是eq \f(1,2)，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________．
eq \f(2,3) [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)＝eq \f(3,4)，P(AB)＝P(B)＝eq \f(1,2)，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,2),\f(3,4))＝eq \f(2,3).]
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)＝eq \f(C\\al(1,6),C\\al(2,7))，P(AB)＝eq \f(1,C\\al(2,7))，P(AC)＝eq \f(1,C\\al(2,7))，所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,6)，P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(1,6).
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)＝eq \f(1,3).学 习 目 标
核 心 素 养
1．在具体情境中，了解条件概率．(难点)
2．掌握条件概率的计算方法．(重点)
3．利用条件概率公式解决一些简单的实际问题．(易错点)
1．通过条件概率的学习，体会数学抽象的素养．
2．借助条件概率公式解题，提升数学运算素养.
定义
一般地，当事件B发生的概率大于0时(即P(B)＞0)，已知事件B发生的条件下事件A发生的概率，称为事件概率
表示
P(A|B)
计算
公式
P(A|B)＝eq \f(PA∩B,PB)
利用定义求条件概率
利用基本事件个数求条件概率
条件概率的综合应用