选修2-3教案2.2.1 条件概率
§2.2.1 条件概率
教学目标
（1）通过对具体情境的分析，了解条件概率的定义；
（2）掌握一些简单的条件概率的计算．
教学重点，难点：条件概率的定义及一些简单的条件概率的计算．
教学过程
一．问题情境
1．情境：抛掷一枚质地均匀的硬币两次．
（1）两次都是正面向上的概率是多少？
（2）在已知有一次出现正面向上的条件下，两次都是正面向上的概率是多少？
（3）在第一次出现正面向上的条件下，第二次出现正面向上的概率是多少？
2．问题：上述几个问题有什么区别？它们之间有什么关系？
二．学生活动
两次抛掷硬币，试验结果的基本事件组成集合{}S =正正，正反，反正,反反，其中两次都是正面向上的事件记为A ，则{}A =正正，故()14
P A =． 将两次试验中有一次正面向上的事件记为B ，则{}B =正正，正反，反正，那么，在B 发生的条件下，A 发生的概率为13
． 这说明，在事件B 发生的条件下，事件A 发生的概率产生了变化．
三．建构数学
1． 若有两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下考虑事件A 发生的概率，则称此概率为B 已发生的条件下A 的条件概率，记作()P A B ． 注：在“”之后的部分表示条件，区分()P A B 与()
P B A ． 比如，若记事件“两次中有一次正面向上”为B ，事件“两次都是正面向上”为A ，则()P A B 就表示“已知两次试验中有一次正面向上的条件下，两次都是正面向上的概率”．
思考：若事件A 与B 互斥，则()
P A B 等于多少？ 在上面的问题中，()()()311,,443
P B P AB P A B =
==，我们发现 ()()()
114334
P AB P A B P B ===． 注：事件AB 表示事件A 和事件B 同时发生． 2． ()
P A B 与()P AB 的区别：
()P A B 是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的概率，()P AB 表示事件A 和事件B 同时发生的概率，无附加条件．
3．一般的，若()0P B >，则在事件B 已发生的条件下A 发生的条件概率是()
P A B ， ()()()
P AB P A B P B =. 反过来可以用条件概率表示事件AB 发生的概率，即有乘法公式 ：
若()0P B ≠，则()()()P AB P A B P B =,
()2
同样有 若()0P A ≠，则()()()P AB P B A P A =. (2)'
4． 条件概率的性质：任何事件的条件概率都在0和1之间，即()01P A B ≤≤．
必然事件的条件概率为1，不可能事件的条件概率为0．
四．数学运用
1．例题：
例1．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为{}1,2,3,4,5,6S =，令事件{}2,3,5A =，{}1,2,4,5,6B =，求()P A ， ()P B ，()P AB ， ()P A B ． 解：{}2,5A B = ，由古典概型可知
()3162P A ==，()56P B =，()2163
P AB ==， ()()()25
P AB P A B P B ==． 例2正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求()P AB ，()P A B ．
解：根据几何概型，得()19P AB =，()49
P B =， 所以 ()()()14
P AB P A B P B ==． 例3．在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10个红球，10个白球．求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率．
解：记“第1个人摸出红球”为事件A ，“第2个人摸出白球” 为事件B ，则由乘法公式，得 ()()()101050.2632192019
P AB P B A P A ==⨯=≈
答：所求概率约为0.2632．
例4． 设100件产品中有70件一等品，25 件二等品，规定一、二等品为合格品．从中任取1 件，求 (1) 取得一等品的概率；(2) 已知取得的是合格品，求它是一等品的概率．
解：设B 表示取得一等品，A 表示取得合格品，则
（1）因为100件产品中有 70件一等品， 70()0.7100
P B == （2）方法1：因为95 件合格品中有 70 件一等品，又由于一等品也是合格品 AB B ∴=
70()0.736895
P B A ==. 方法2： ()()()P AB P B A P A =701000.736895100
=≈. 2．练习：
（1）．甲乙两市位于长江下游，根据一百多年的记录知道，一年中雨天的比例，甲为20%，
乙为18%，两市同时下雨的天数占12%. 求：
① 乙市下雨时甲市也下雨的概率；② 甲市下雨时乙市也下雨的概率.
解 记 “甲市下雨”为事件A ，记“乙市下雨”为事件B .
按题意有，()20P A =﹪，()18P B =﹪，()12P AB =﹪.
①乙市下雨时甲市也下雨的概率为
()122(|)()183P AB P A B P B ===；
②甲市下雨时乙市也下雨的概率为
()()()123205
P AB P B A P A ===． （2）．第55页练习第1,2题．
五．回顾小结：
1． 条件概率公式：()()()
P AB P A B P B =， 若()0P B ≠，则()()()P AB P A B P B =；
若()0P A ≠，则()()()P AB P B A P A =；。
2019-2020学年度最新人教B版高中数学-选修2-3教学案-条件概率
2019-2020 学年度最新人教 B 版高中数学 -选修 2-3 教教案 -条件概率条件概率与事件的独立性2．2.1条件概率[对应学生用书 P26]100 件产品中有93 件产品的长度合格，90 件产品的质量合格，85 件产品的长度、质量都合格．令 A＝ {产品的长度合格 }，B＝ {产品的质量合格 }，A∩ B＝{产品的长度、质量都合格 }．问题 1：试求 P(A)、 P(B)、 P(A∩ B)．提示： P(A)＝93 90 85 100 ，P(B)＝100， P(A∩ B)＝100.问题 2：任取一件产品，已知其质量合格(即 B 发生 )，求它的长度 (即 A 发生 )也合格 (记为 A|B)的概率．提示：事件 A|B 发生，相当于从90 件质量合格的产品中任取 1 件长度合格，其概率为85P(A|B)＝90.问题 3：尝试究P(B)、P(A∩ B)、 P(A|B)间的关系．提示： P(A|B)＝P A∩B. P B条件概率的观点(1)事件的交事件 A 和 B 同时发生所组成的事件D，称为事件A 与 B 的交 (或积 )记做 D ＝ A∩ B(或 D ＝AB )．(2) 条件概率关于两个事件 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．用符号“P(B|A) ”表示．即条件概率公式P(B|A)＝P A∩B， P(A)＞ 0. P A1．事件 B 发生在“事件 A 已发生”这个附带条件下的概率往常状况下与没有这个附带条件的概率是不一样的．2．由条件概率的定义可知， P(B|A)与 P(A|B)是不一样的．此外，在事件 A 发生的前提下，事件 B 发生的概率不必定是 P(B)，即 P(B|A)与 P(B)不必定相等．3．P(B|A)＝P A∩B可变形为P(A∩ B)＝ P(B|A) ·P(A)，即只需知道此中的两个值就能够P A求得第三个值．4．事件 AB 表示事件 A 和事件 B 同时发生．把事件 A 与事件 B 同时发生所组成的事件 D 称为事件 A 与 B 的交 (或积 )，记为 D＝ A∩ B(或 D＝ AB)．[对应学生用书 P27]条件概率的计算[ 例 1]在5道题中有3 道理科题和 2 道文科题．假如不放回地挨次抽取 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．[ 思路点拨 ] 依据分步乘法计数原理先计算失事件总数，而后计算出各样状况下的事件数后即可求解．[ 精解详析 ] 设第 1 次抽到理科题为事件 A，第 2 次抽到理科题为事件B，则第 1 次和第 2 次都抽到理科题为事件 A∩ B.(1) 从 5 道题中不放回地挨次抽取 2 道题的基本领件总数为A52＝20.事件 A 所含基本领件的总数为 A 31× A41＝ 12.故 P(A)＝12＝3.20 5(2)由于事件 A∩ B 含 A 23＝ 6 个基本领件．因此 P(A∩ B)＝6＝3 20 10.(3) 法一由 (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3P(B|A)＝P A∩B ＝10＝1.PA325法二由于事件 A∩B 含 6 个基本领件，事件 A 含 12 个基本领件，因此P(B|A)＝6＝121 2 .[一点通 ]计算条件概率的两种方法： (1)在减小后的样本空间ΩA 上当算事件B 发生的概率，即P(B|A)＝事件 A ∩ B 所含基本领件的个数；事件 A 所含基本领件的个数(2)在原样本空间 Ω 中，先计算 P(A ∩ B)， P(A)，再按公式 P(B|A)＝P A ∩B 计算求得P AP(B|A)．1． (新课标全国卷Ⅱ )某地域空气质量监测资料表示，一天的空气质量为优秀的概率是0.75，连续两天为优秀的概率是0.6，已知某天的空气质量为优秀，则随后一天的空气质量为优秀的概率是 ()A ． 0.8B ． 0.75C ． 0.6D ． 0.45分析： 依据条件概率公式 P(B|A)＝P AB0.6P A ，可得所求概率为 0.75＝ 0.8.答案： A2．某人一周夜晚值 2 次班，在已知他周日必定值班的条件下，他在周六夜晚值班的概 率为 ________．11分析：设事件 A 为 “ 周日值班 ” ，事件 B 为“ 周六值班 ” ，则 P(A)＝C 62，P(A ∩ B)＝ 2，C 7C 7P A ∩B1 故 P(B|A)＝ P A＝6.答案：163．一个盒子中有6 只正品晶体管， 4 只次品晶体管，任取两次，每次取一只，第一次取后不放回，若已知第一不过正品，求第二只也是正品的概率．解： 令 A i ＝ {第 i 不过正品 }， i ＝ 1,2.6×93P(A 1)＝ 10× 9＝ 5，6×51P(A 1∩A2) ＝10× 9＝ 3，P A 1∩A 213 5P(A 2|A 1)＝ P A 1＝ 3＝ 9.5条件概率的应用[例 2] (10 分 )将外形同样的球分装三个盒子，每盒 10 个．此中，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．试验按以下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若获得标有字母 A 的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次获得标有字母B 的球，则在第三个盒子中任取一个球．假如第二次拿出的是红球，则试验成功．求试验成功的概率．[ 思路点拨 ] 设出基本领件， 求出相应的概率， 再用基本领件表示出 “试验成功 ” 这件事，求出其概率．[ 精解详析 ]设 A ＝ {从第一个盒子中获得标有字母A 的球}，B ＝ {从第一个盒子中获得标有字母 B 的球}，R ＝ {第二次拿出的球是红球 }，W ＝ {第二次拿出的球是白球 }， (2 分 )则简单求得 P(A)＝7，P(B)＝ 3，10101 1 P(R|A)＝2，P(W|A)＝ 2，P(R|B)＝ 4，P(W|B)＝ 1 . (5 分)5 5事件“试验成功”表示为 (R ∩ A)∪ (R ∩ B)，又事件 R ∩ A 与事件 R ∩ B 互斥，(7 分)因此由概率的加法公式得P((R ∩ A)∪ ( R ∩ B))＝ P(R ∩ A)＋ P(R ∩ B)＝ P(R|A) ·P(A) ＋P(R|B) ·P(B)17 4 3 59＝ 2× 10＋ 5× 10＝ 100. (10 分 ) [一点通 ]关于比较复杂的事件，能够先分解为两个(或若干个 )较简单的互斥事件的并，求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复琐事件的概率．4．一批产品中有 4% 的次品，而合格品中一等品占45% ，从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概率．解：设 A 表示“拿出的产品为合格品” ，B表示“ 拿出的产品为一等品”，则P(B|A) ＝45%.由于 P( A )＝4% ，P(A)＝1－ P( A ) ＝1－ 4% ＝ 96%.因此 P(B)＝ P(A∩ B)＝ P(A) ·P(B|A)＝ 96% × 45% ＝ 43.2%.5． 1 号箱中有 2 个白球和 4 个红球， 2 号箱中有 5 个白球和 3 个红球．现随机地从 1 号箱中拿出一球放入 2 号箱，而后从 2 号箱中随机拿出一球，问从 2 号箱拿出红球的概率是多少？解：记 A＝ {从 2 号箱中拿出的是红球} ，B＝{ 从 1 号箱中拿出的是红球}，4 2则 P(B)＝2＋4＝3，1P( B ) ＝ 1－ P(B) ＝3，3＋ 14，P(A|B)＝＝8＋ 1 9P(A| B )＝3 1，＝8＋ 1 3P(A)＝P(A∩ B)∪ (A∩ B )＝P(A∩ B)＋ P(A∩ B )＝P(A|B)P(B)＋ P(A| B )P( B )＝4×2＋1×1933311＝27.掌握好条件概率应注意以下几点：(1)事件 B 在“事件 A 已发生”这个附带条件下的概率与没有这个附带条件的概率是不同的．(2)所谓的条件概率，是试验结果的一部分信息已知 (即在原随机试验的条件上，再加上必定的条件 )，求另一事件在此条件下发生的概率．(3) 已知 A 发生，在此条件下 B 发生，相当于 A ∩ B 发生，求 P(B|A)时，可把 A 当作新的基本领件空间来计算B 发生的概率，即n A ∩ BP(B|A)＝n A ∩ B＝ n Ω ＝P A ∩B .n An A P An Ω[ 对应课时追踪训练 十二 ]1， P(A)＝ 3，则 P( A ∩ B)等于 ()1．已知 P(B|A)＝ 255 9 31A. 6B.10C. 10D. 10分析： P(B|A)＝ P A ∩ B ，故 P(A ∩ B)＝3×1＝ 3 .P A 5 2 10 答案： C2．以下说法正确的选项是( )A ． P(A|B)＝ P(B|A)B ． 0<P(B|A)<1C ． P(A ∩ B)＝ P(A) ·P(B|A)D ． P(A ∩ B|A)＝ P(B)分析： 由 P(B|A)＝P A ∩ B知，P AP(A ∩ B)＝ P(A) ·P(B|A)． 答案： C3．某班学生的考试成绩中，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()1 3 1 3 A. 5B.10C.2D.5P A ∩B0.03 分析：设 A 为事件 “ 数学不及格 ” ，B 为事件 “ 语文不及格 ” ，P(B|A)＝ P A ＝0.1511 ＝5.因此数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为5.答案： A4．(辽宁高考 )从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不一样的数， 事件 A ＝“取到的 2 个数之和为偶数”，事件 B ＝“取到的2 个数均为偶数”，则 P(B|A)＝ ()1 1 21 A. 8B.4C. 5D.2分析： P(A)＝ C 32＋C 22 4 2∩ B) ＝ C 22 12＝ ＝ ， 2＝C 5105 P(AC 5 10.P A ∩B 1由条件概率计算公式，得 P(B|A)＝ P A＝ 4.答案： B5．设 A ，B 为两个事件， 若事件 A 和 B 同时发生的概率为3，在事件 A 发生的条件下，10事件 B 发生的概率为 1，则事件 A 发生的概率为 ________．2分析： 由题意知， P(A ∩ B)＝3110， P(B|A)＝ 2.P A ∩B P A ∩B3由 P(B|A)＝ P A ，得 P(A)＝ P B|A ＝5.答案： 356．如图，四边形 EFGH 是以 O 为圆心，半径为 1 的圆内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用 A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”， B 表示事件“豆子落在扇形OHE (暗影部分 )内”，则 P(B|A)＝ ________________.分析：由于 P(A)表示事件 “ 豆子落在正方形 EFGH 内 ” 的概率，为几何概型， 因此 P(A)S 正方形 EFGH2＝ ＝ .S 圆Oπ1× 1×1 1P(A ∩ B)＝22π× 1 2 ＝＝1.π 2π由条件概率计算公式，得1 P A ∩B2π 1 P(B|A)＝ P A＝ 2 ＝4.答案： π147．一个箱子中装有质量平均的10 个白球和 9 个黑球，一次摸出5 个球，在已知它们颜色同样的状况下，求该颜色是白色的概率．解：令事件 A 为“ 一次摸出的 5 个球颜色同样”，事件 B 为“一次摸出的 5 个球全部是白色球”，5 5 5则 n(A)＝C10＋ C9， n(A∩ B)＝ C10，n A∩B 5 2C 10故 P(B|A)＝n A ＝C105＋C95＝3.8．一袋中共有10 个大小同样的黑球和白球．若从袋中随意摸出 2 个球，起码有 1 个白球的概率为7，9(1)求白球的个数．(2) 现从中不放回地取球，每次取 1 球，取 2 次，已知第 2 次获得白球，求第 1 次获得黑球的概率．解： (1)记“从袋中随意摸出 2 个球，起码有 1 个白球”为事件 A，记袋中白球数为x 个．27C10－x，故 x＝ 5，即白球的个数为 5.则 P(A)＝ 1－ 2 ＝C 10 9(2)令“第 2 次获得白球”为事件 B，“第 1 次获得黑球”为事件 C，则1 125 5P(B∩ C)＝C 5 C5 ＝，1 · ＝ 190 18C10 C91 1 1 1 ＋C 25 20 1C CP(B)＝C101·C91 ＝90 ＝2.5P B∩C 18 5故 P(C|B)＝P B ＝1＝9.2。
人教版高中数学选修2-3 2.2.1条件概率教案
在上述两个问题中，通过计算 、 、 、 、 的值，引导学生探索它们之间的区别与联系， 分析导致 、 不同的原因，辨析 、 的区别，引导学生发现 、 、 的关系，总结计算条件概率的两种基本方法。
（三）师生携手，Байду номын сангаас成概念
根据以上分析，引导同学们思考以下问题：（1）试给出条件概率的定义，和定义中需要注意的问题。（2）既然条件概率也是概率，它具备概率性质吗？若具备，这些性质分别是什么呢？
设计意图：培养学生发现问题、解决问题的能力，架设由感性认识上升到理性认识的桥梁。通过对问题的分析，总结归纳出“在附加条件下”相当于缩小了基本事件的考虑范围，即样本空间发生了变化。凸显“缩小了基本事件的范围下，求事件B的概率，即可得到条件概率 ”的教学关键。同时，为了降低难度，借助韦恩图直观地描述事件关系，加深学生对于条件概率的理解。
设计意图：先让学生进行归纳表达，教师给予启发和补充完善。锻炼学生的数学概括表达能力，让学生再次尝试对条件概率概念的本质特征进行把握。明确求解条件概率的具体方法，以及这些求解方法的使用背景，突破本节课的重难点。此外，从性质这一角度，加深学生对条件概率的再认识，为以后应用条件概率公式及性质解决较复杂的条件概率问题做好铺垫。
（1）求此人患色盲的概率；
（2）如果此人是色盲，求此人是男人的概率．（以上各问结果写成最简分式形式）
教学反思：
学生在必修3中已经学习了有关概率的一些基础知识，对一些简单的概率模型（如古典概型、几何概型）已经有所了解。条件概率是学生接触到的又一个全新的概率模型。这一概念比较抽象，学生较难理解。遇到具体问题时，学生常因分不清是P（B|A）还是P（AB）而导致出错。基于此，在本节的教学中，应特别注意对于条件概率概念的生成，借助图示形象直观地展现条件概率概念的生成过程。
最新人教版高中数学选修2-3《条件概率》示范教案
最新人教版高中数学选修2-3《条件概率》示范教案2.2 二项分布及其应用2.2.1 条件概率整体设计：本章节介绍条件概率的概念及其在概率理论中的重要性。
为了方便学生理解，教材采用简单的例子，通过探究，逐步引导学生理解条件概率的思想。
课时分配：本节课程安排为1课时。
教学目标：知识与技能：通过具体情境的分析，学生将了解条件概率的定义，并掌握简单的条件概率计算方法。
过程与方法：本节课程旨在发展学生的抽象思维和概括能力，提高他们解决实际问题的能力。
情感、态度与价值观：本节课程旨在让学生了解数学来源于实际，应用于实际的唯物主义思想。
重点难点：本节课程的重点在于让学生理解条件概率的定义，难点在于应用概率计算公式。
教学过程：探究活动：本节课程采用抓阄游戏的方式，三张奖券中只有一张能中奖，由三名同学无放回地抽取，最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小。
活动结果：XXX：如果抽到中奖奖券用“Y”表示，没有抽到用“N”表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：XXX，XXX和XXX。
用B表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”，则B仅包含一个基本事件XXX。
由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P(B)=1/3.因此，三名同学抽到中奖奖券的概率是相同的。
法二：(利用乘法原理)记XXX表示：“第i名同学抽到中奖奖券”的事件，i=1,2,3，则有P(A1)=1/2,P(A2)=1/3,P(A3)=1/3.提出问题：如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？设计意图：引导学生深入思考，小组内同学合作讨论，得出以下结论，教师因势利导。
学情预测：一些学生缺乏用数学语言来表述问题的能力，教师可适当辅助完成。
师生共同指出：因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有XXX和XXX。
而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是XXX。
由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为P(B|A)，其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”。
2012高中数学人教新课标选修2-3第二章《条件概率》教案2
高中数学选修2-3修订教案2.2.1条件概率（第二课时）教学目标：了解条件概率的简单应用教学重点：了解条件概率的简单应用教学过程一、复习引入：1. 已知事件B 发生条件下事件A 发生的概率称为事件A 关于事件B 的条件概率，记作(|)P A B .2. 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为(|)P AB P A B P B （）＝（）二、讲解新课： 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为(|)P AB P A B P B （）＝（）反过来可以用条件概率表示A 、B 的乘积概率，即有乘法公式若()0P B ≠，则()()(|)P AB P B P A B =,(2) 同样有若()0P A ≠，则()()(|)P AB P A P B A =.(2)' 从上面定义可见，条件概率有着与一般概率相同的性质，即非负性，规范性和可列可加性. 由此它也可与一般概率同样运算，只要每次都加上“在某事件发生的条件下”即成.两个事件的乘法公式还可推广到n 个事件，即12121()()(|)n P A A A P A P A A =⋅312121(|)(|)n n P A A A P A A A A -⋅ (3) 具体解题时，条件概率可以依照定义计算，也可能如例1直接按照条件概率的意义在压缩的样本空间中计算；同样，乘积事件的概率可依照公式(2) 或(2)'计算，也可按照乘积的意义直接计算，均视问题的具体性质而定.例1 n 张彩票中有一个中奖票.① 已知前面1k -个人没摸到中奖票，求第k 个人摸到的概率；② 求第k 个人摸到的概率.解 问题 ① 是在条件“前面(1)k -个人没摸到”下的条件概率. ② 是无条件概率. 记i A ={第i 个人摸到}，则 ① 的条件是A A A k 121 -. 在压缩样本空间中由古典概型直接可得①P(A k |A A A k 121 -)=11n k -+；② 所求为()k P A ，但对本题，A k =A A A k 121 -A k , 由(3)式及古典概率计算公式有 ()k P A ＝P (A A A k 121 -A k ) ＝P A P A A P A A A P A A A A k k ()(|)(|)(|)121312121 -123111221n n n n k n n n n k n k ----+=⋅⋅⋅---+-+ 1n =.这说明每人摸到奖券的概率与摸的先后次序无关.课堂小节：本节课学习了条件概率简单应用课堂练习：课后作业：。
高中数学选修2-3精品教案3：2.2.1 条件概率教学设计
2.2.1条件概率【教学目标】知识与技能：通过现实情境的探究，理解条件概率的概念及其计算公式，并能简单地应用公式进行问题解决.过程与方法：1．通过对条件概率计算公式的探究，渗透归纳思维和数形结合的思想方法，培养学生观察、归纳、抽象的能力和直观能力；2．通过知识的探究过程培养学生细心观察、认真分析、严谨论证的良好思维习惯，让学生感知从具体到抽象，从特殊到一般，从感性到理性的认知过程.情感、态度与价值观：结合现实情境，渗透概率思想，学会透过现象看本质，加强数学应用意识和数学审美能力的培养，激发学生学习数学的兴趣；对学生进行辨证唯物主义教育，培养学生坚持实事求是的态度、锲而不舍的科学精神.【教学重难点】教学重点：条件概率的定义及其计算公式.教学难点：条件概率与概率的区别与联系.解决难点的关键：弄清楚“事件A发生”、“事件A发生并且事件B也发生”以及“事件B在事件A发生的条件下发生”的概率之间的关系和区别.【教法分析】从学生的认知规律出发，结合问题情境，通过探究、交流合作，运用讲授法、讨论法、阅读指导法充分调动学生的积极性，发挥学生的主体作用，在讲授过程中善于解疑、设疑、激疑，通过合情推理与演绎推理的思维过程，培养学生的归纳思维，让学生感知从具体到抽象，从特殊到一般，从感性到理性的认知过程.【教学手段】计算机、投影仪.【教学过程】教学内容师生互动设计意图创设情境，引入课题预案：问题情境：某人有两个孩子，请思考：问题１：他的两个孩子都是男孩的概率是多少？问题２：如果他说:“我的大孩子是男孩”，则两个孩子都是男孩的概率是多少？归纳：（预计学生都会凭直觉而出错）分析问题之间的区别和联系，给出条件概率的定义.形成概念；条件概率的概念对于任何两个事件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.记作：)(ABP，读作：Ａ发生的条件下Ｂ的概率.教师:让学生先独立思考问题.学生：大胆尝试，给出答案.教师：根据学生讨论、回答情况分析两个问题之间的区别和联系，鼓励学生给出条件概率的定义，引入新课.问题情境的创设贴近生活，能够激起学生探究激情，符合学生的认知规律，给学生设置认知冲突.通过学生的困惑体会引出本课概念的必要性.游戏探究，揭示新知游戏活动：抛掷红，蓝两骰子，思考如下问题：预案：问题1：事件Ａ:“蓝色骰子的点数为３或６”概率为多少？问题2：事件Ｂ:“两颗骰子的点数之和大于８”概率为多少？问题3：事件A和B同时发生的概率为多少呢?变式：问题4：在已知事件Ａ发生的条件下，事件Ｂ发生的概率为多少呢？问题5：在已知事件B发生的条件下，事件A发生的概率为多少呢？教师：学生能够比较容易解决问题.学生：独立回答问题1-3.教师：通过变式同样采用缩小样本空间的方法，让学生求出相应的概率.学生：分组讨论，积极思考，交流体会.游戏的设置具有较强的现实情景,增强学生学习的兴趣,让学生充分感受条件概率的本原的朴素的想法.通过相互讨论，加强学生间的交流与合作，充分发挥学生学习的主动性，让学生对知识进行探究：那么请大家观察，以条件概率)()()(A P AB P A B P =为讨论对象，其他哪些结论与125有关呢？直观演示：教师可以引导学生从集合的观点解释条件概率公式.形式化证明形成公式;条件概率公式)()()(A P B A P A B P =，)(A P >0.教师：提出问题，让学生找出条件概率公式. 学生：小组讨论)(A B P 、)(A P 、)(B P 与)(B A P 之间的关系.学生：归纳总结，教师：点拨，强调归纳思想.教师:利用几何图形，让学生直观理解条件概率的本质属性.教师：利用概率公式，形式化证明.类比、迁移以及联想.学生自己归纳出条件概率的计算公式，便于学生操作感知，完成条件概率公式第一次认识；通过几何直观感知，完成条件概率公式的可视化认知；把对公式的认识由感性上升到理性认识的高度,让学生由特殊到一般，从具体到抽象通过演绎推理，实现了公式的形式化证明，完成对概念的第三次认识.应用新知，归纳总结问题探究：以下哪个问题是条件概率问题？如果是，请应用条件概率公式计算之.某人有两个孩子，请思考：问题１：他的两个孩子都是男孩的概率是多少？问题２：如果他说:“我的大孩子是男孩”，则两个孩子都是男孩的概率是多少？深度挖掘：P(B)、P(A∩B)与P(B|A)三个概率之间的区别与联系.请同学们总结这节课都有哪些收获？学生：独立完成.教师：点拨.教师：总结.前后呼应，让学生找出条件概率问题中所具有的特点和性质，巩固条件概率的概念与计算方法，建立较完整的认知结构，揭示条件概率的本质.教学的反馈与评价，学生消化所学知识.【板书设计】。
2017-2018学年高中数学人教B版选修2-3教学案：2-2-1
2.2条件概率与事件的独立性2．2.1 条件概率[对应学生用书P26]100件产品中有93件产品的长度合格，90件产品的质量合格，85件产品的长度、质量都合格．令A ＝{产品的长度合格}，B ＝{产品的质量合格}，A ∩B ＝{产品的长度、质量都合格}． 问题1：试求P (A )、P (B )、P (A ∩B )． 提示：P (A )＝93100，P (B )＝90100，P (A ∩B )＝85100.问题2：任取一件产品，已知其质量合格(即B 发生)，求它的长度(即A 发生)也合格(记为A |B )的概率．提示：事件A |B 发生，相当于从90件质量合格的产品中任取1件长度合格，其概率为P (A |B )＝8590. 问题3：试探求P (B )、P (A ∩B )、P (A |B )间的关系． 提示：P (A |B )＝P (A ∩B )P (B ).条件概率的概念 (1)事件的交事件A 和B 同时发生所构成的事件D ，称为事件A 与B 的交(或积)记做D ＝A ∩B (或D ＝AB )．(2)条件概率对于两个事件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．用符号“P (B |A )”表示．即条件概率公式P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )，P (A )＞0.1．事件B 发生在“事件A 已发生”这个附加条件下的概率通常情况下与没有这个附加条件的概率是不同的．2．由条件概率的定义可知，P (B |A )与P (A |B )是不同的．另外，在事件A 发生的前提下，事件B 发生的概率不一定是P (B )，即P (B |A )与P (B )不一定相等．3．P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )可变形为P (A ∩B )＝P (B |A )·P (A )，即只要知道其中的两个值就可以求得第三个值．4．事件AB 表示事件A 和事件B 同时发生．把事件A 与事件B 同时发生所构成的事件D 称为事件A 与B 的交(或积)，记为D ＝A ∩B (或D ＝AB )．[对应学生用书P27][例1] 在52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．[思路点拨] 根据分步乘法计数原理先计算出事件总数，然后计算出各种情况下的事件数后即可求解．[精解详析] 设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件A ∩B .(1)从5道题中不放回地依次抽取2道题的基本事件总数为A 25＝20.事件A 所含基本事件的总数为A 13×A 14＝12.故P (A )＝1220＝35.(2)因为事件A ∩B 含A 23＝6个基本事件． 所以P (A ∩B )＝620＝310.(3)法一 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 (A ∩B )P (A )＝31035＝12.法二 因为事件A ∩B 含6个基本事件，事件A 含12个基本事件，所以P (B |A )＝612＝12.[一点通]计算条件概率的两种方法：(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 )＝事件A ∩B 所含基本事件的个数事件A 所含基本事件的个数；(2)在原样本空间Ω中，先计算P (A ∩B )，P (A )，再按公式P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )计算求得P (B |A )．1．(新课标全国卷Ⅱ)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45解析：根据条件概率公式P (B |A )＝P (AB )P (A )，可得所求概率为0.60.75＝0.8.答案：A2．某人一周晚上值2次班，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________．解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，则P (A )＝C 16C 27，P (A ∩B )＝1C 27，故P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝16. 答案：163．一个盒子中有6只正品晶体管，4只次品晶体管，任取两次，每次取一只，第一次取后不放回，若已知第一只是正品，求第二只也是正品的概率．解：令A i ＝{第i 只是正品}，i ＝1,2. P (A 1)＝6×910×9＝35，P (A 1∩A 2)＝6×510×9＝13，P (A 2|A 1)＝P (A 1∩A 2)P (A 1)＝1335＝59.[例2] (10分)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，则试验成功．求试验成功的概率．[思路点拨] 设出基本事件，求出相应的概率，再用基本事件表示出“试验成功”这件事，求出其概率．[精解详析]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}，R＝{第二次取出的球是红球}，W＝{第二次取出的球是白球}， (2分)则容易求得P(A)＝710，P(B)＝3 10，P(R|A)＝12，P(W|A)＝12，P(R|B)＝45，P(W|B)＝15. (5分)事件“试验成功”表示为(R∩A)∪(R∩B)，又事件R∩A与事件R∩B互斥， (7分) 所以由概率的加法公式得P((R∩A)∪(R∩B))＝P(R∩A)＋P(R∩B)＝P(R|A)·P(A)＋P(R|B)·P(B)＝12×710＋45×310＝59100. (10分)[一点通]对于比较复杂的事件，可以先分解为两个(或若干个)较简单的互斥事件的并，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．4．一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取一件，求该产品是一等品的概率．解：设A表示“取出的产品为合格品”，B表示“取出的产品为一等品”，则P(B|A)＝45%.因为P(A)＝4%，P(A)＝1－P(A)＝1－4%＝96%.所以P(B)＝P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)＝96%×45%＝43.2%.5．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球．现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，问从2号箱取出红球的概率是多少？解：记A＝{从2号箱中取出的是红球}，B＝{从1号箱中取出的是红球}，则P (B )＝42＋4＝23，P (B )＝1－P (B )＝13，P (A |B )＝3＋18＋1＝49， P (A |B )＝38＋1＝13，P (A )＝P (A ∩B )∪(A ∩B ) ＝P (A ∩B )＋P (A ∩B ) ＝P (A |B )P (B )＋P (A |B )P (B ) ＝49×23＋13×13 ＝1127.掌握好条件概率应注意以下几点：(1)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．(2)所谓的条件概率，是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．(3)已知A 发生，在此条件下B 发生，相当于A ∩B 发生，求P (B |A )时，可把A 看成新的基本事件空间来计算B 发生的概率，即P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝n (A ∩B )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (A ∩B )P (A ).[对应课时跟踪训练(十二)]1．已知P (B |A )＝12，P (A )＝35，则P (A ∩B )等于( )A.56B.910C.310D.110解析：P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )，故P (A ∩B )＝35×12＝310.答案：C2．下列说法正确的是( )A ．P (A |B )＝P (B |A ) B ．0<P (B |A )<1C ．P (A ∩B )＝P (A )·P (B |A )D ．P (A ∩B |A )＝P (B ) 解析：由P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )知， P (A ∩B )＝P (A )·P (B |A )． 答案：C3．某班学生的考试成绩中，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.15B.310C.12D.35解析：设A 为事件“数学不及格”，B 为事件“语文不及格”，P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝0.030.15＝15.所以数学不及格时，该学生语文也不及格的概率为15. 答案：A4．(辽宁高考)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12解析：P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (A ∩B )＝C 22C 25＝110. 由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝14. 答案：B5．设A ，B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为310，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为12，则事件A 发生的概率为________．解析：由题意知，P (A ∩B )＝310，P (B |A )＝12. 由P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )，得P (A )＝P (A ∩B )P (B |A )＝35. 答案：356．如图，四边形EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则P (B |A )＝________________.解析：因为P (A )表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”的概率，为几何概型，所以P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O＝2π.P (A ∩B )＝12×1×1π×12＝12π＝12π. 由条件概率计算公式，得 P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝12π2π＝14.答案：147．一个箱子中装有质量均匀的10个白球和9个黑球，一次摸出5个球，在已知它们颜色相同的情况下，求该颜色是白色的概率．解：令事件A 为“一次摸出的5个球颜色相同”， 事件B 为“一次摸出的5个球全是白色球”，则n (A )＝C 510＋C 59，n (A ∩B )＝C 510，故P (B |A )＝n (A ∩B )n (A )＝C 510C 510＋C 59＝23. 8．一袋中共有10个大小相同的黑球和白球．若从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球的概率为79，(1)求白球的个数．(2)现从中不放回地取球，每次取1球，取2次，已知第2次取得白球，求第1次取得黑球的概率．解：(1)记“从袋中任意摸出2个球，至少有1个白球”为事件A ，记袋中白球数为x 个．则P (A )＝1－C 210－xC 210＝79，故x ＝5，即白球的个数为5.(2)令“第2次取得白球”为事件B ，“第1次取得黑球”为事件C ，则P (B ∩C )＝C 15C 110·C 15C 19＝2590＝518，P (B )＝C 15·C 15＋C 15·C 14C 110·C 19＝25＋2090＝12.故P(C|B)＝P(B∩C)P(B)＝51812＝59.。
数学：2.2.1《条件概率》教案(新人教B版选修2-3)
2．2．1条件概率教学目标：知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。
情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。
教学重点：条件概率定义的理解教学难点：概率计算公式的应用授课类型：新授课课时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪教学设想：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
教学过程：一、复习引入：探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“Y”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y，Y Y Y和Y Y Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”, 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1 ()3 P B=.思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y和Y Y Y．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为12，不妨记为P（B|A ) ，其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件B 发生的概率，使得P ( B|A ）≠P ( B ) .思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω=｛Y Y Y, Y Y Y,Y Y Y｝．既然已知事件A必然发生，那么只需在A={Y Y Y, Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y 和Y Y Y ．在事件 A 发生的情况下事件B 发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y ，因此(|)P B A =12=()()n AB n A .其中n ( A ）和 n ( AB ）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，()()(),()()()n AB n A P AB P A n n ==ΩΩ其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以，(|)P B A =()()()()()()()()n A B n A B P A B n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .条件概率1.定义设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). (|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．(|)P B A 定义为()(|)()P AB P B A P A =.由这个定义可知，对任意两个事件A 、B ，若()0P B >，则有()(|)()P AB P B A P A =⋅. 并称上式微概率的乘法公式.2.P （·|B ）的性质：（1）非负性：对任意的A ∈f. 0(|)1P B A ≤≤；（2）规范性：P （Ω|B ）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+ .更一般地,对任意的一列两两部相容的事件i A （I=1,2…），有P ⎥⎦⎤⎢⎣⎡∞= 1|i i B A =)|(1B A P i i ∑∞=.例1.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： (l ）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．解：设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.(1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n （Ω）=35A =20.根据分步乘法计数原理，n (A ）=1134A A ⨯=12 ．于是 ()123()()205n A P A n ===Ω.(2）因为 n (AB)＝23A =6 ，所以()63()()2010n AB P AB n ===Ω.(3）解法 1 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3()110(|)3()25P AB P B A P A ===. 解法2 因为 n (AB ）=6 , n (A ）=12 ，所以()61(|)()122P AB P B A P A ===.例2.一张储蓄卡的密码共位数字，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，忘记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．解：设第i 次按对密码为事件i A (i=1,2) ，则112()A A A A = 表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得1121911()()()101095P A P A P A A ⨯=+=+=⨯.(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+14125545⨯=+=⨯.课堂练习.1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P （A ），P （B ），P （AB ），P （A ︱B ）。
高中数学 第二章 概率 2.2.1 条件概率教案 新人教B版选修2-3(2021年整理)
辽宁省本溪满族自治县高中数学 第二章 概率 2.2.1 条件概率教案 新人教B 版选修2-3
1
条件概
率
辽宁省本溪满族自治县高中数学 第二章 概率 2.2.1 条件概率教案 新人教B 版选修2-3 辑整理：
议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
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快
例3。
知道
地同
雨天
条件1。
在
依次科题
2。
0～9密码(1)任
(2)如
的概
3．某
四
7。
100件件，已知第
________
．8。
从
1～是不大于9.1号箱中
个红球，现
2号箱随机（1)从红球的概率
（2）
10．某校
班分成4个
班任选一个
(1）求(2）已知选
板书设计：
辽宁省本溪满族自治县高中数学第二章概率 2.2.1 条件概率教案新人教B版选修2-3
教学
目标
1。
【公开课课件】选修2-3：2.2.1条件概率(一)课件(共22张PPT)
A={出现的点数不超过3}＝｛１，２，３｝
若已知出现的点数不超过3，求出现的点数是奇数 的概率
解：即事件 A 已发生，求事件 B 的概率
也就是求：Ｐ（B｜A）
A B 都发生，但样本空
间缩小到只包含A的样本点 P(B | A) n( AB) 2 n( A) 3
B5
1 3
A
2
4,6
例3.某种动物出生之后活到20岁的概率为0.7， 活到25岁的概率为0.56，求现年为20岁的这种动 物活到25岁的概率。
2.2.1条件概率（一）
复习引入：
注: 1.事件A与B至少有一个发生的事件叫做A与B的
和事件,记为 A U B (或 A B );
2.事件A与B都发生的事件叫做A与B的积事件,
记为 A I B (或 AB );
3.若 AB 为不可能事件,则说事件A与B互斥.
若事件A与B互斥，则.P( A B) P( A) P(B)
已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最 后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？
一般地，在已知另一事件A发生的前提下，事件B发
生的可能性大小不一定再是P(B).即 P(B | A) P(B)
条件的附加意味着对样本空间进行压缩.
探究2：
三张奖券中有2张能中奖，现分别由三名同学无 放回的抽取，1)问最后一名同学抽到中奖奖券的概率 是否比前两名同学小?
在引例2中
P(B)以试验为条件,样本空间是 ={正正,正反,反正,反反}
P(B|A)以A发生为条件,样本空间缩小为A= {正正,正反}
探究1：
三张奖券中只有一张能中奖，现分别由三名同学 无放回的抽取，
1)问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名 同学小?
人教A版选修2-3 2.2.1 条件概率 学案
2．2 二项分布及其应用2．2.1 条件概率问题导学预习教材P51～P53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？1．条件概率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)＝n（AB）n（A）＝n（AB）n（Ω）n（A）n（Ω）＝P（AB）P（A）.2．条件概率的性质(1)P(B|A)∈[0，1]．(2)如果B与C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．[注意] (1)前提条件：P(A)>0.(2)P(B∪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“×”)(1)若事件A ，B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)P (B |A )与P (A |B )不同．( ) 答案：(1)× (2)√已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )为( )A ．950B ．12C ．910D ．14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( )A ．35B ．34C ．12D ．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个黑球共4个球，所以取到白球的概率P ＝24＝12.某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为( )A ．8225B ．12C ．38D ．34解析：选C ．设事件A 为下雨，事件B 为刮风，由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝110415＝38.某种电子元件用满3 000小时不坏的概率为34，用满8 000 小时不坏的概率为12.现有一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时的概率是________．解析：记事件A 为“用满3 000小时不坏”，P (A )＝34；记事件B 为“用满8 000小时不坏”，P (B )＝12.因为B ⊆A ，所以P (AB )＝P (B )＝12，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1234＝12×43＝23.答案：23利用定义求条件概率任意向(0，1)区间内投掷一个点，用x 表示该点的坐标，则Ω＝{x |0＜x ＜1}，事件A ＝{x |0＜x ＜0.5}，B ＝{x |0.25＜x ＜1}，则P (B |A )＝________．【解析】 由题意知A ∩B ＝{x |0.25＜x ＜0.5}，所以P (AB )＝0.5－0.251－0＝0.25，又P (A )＝0.5－01－0＝0.5，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.250.5＝12.【答案】12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 )＝P （AB ）P （A ），这个公式适用于一般情形，其中AB 表示A ，B 同时发生．1．某种动物活到20岁的概率是0.8，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 )＝0.4，所以现龄20岁的这种动物活到25岁的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.40.8＝0.5. 2．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P (B |A )等于( )A ．12B ．14C ．16D ．19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是P (A )＝12，第一次出现正面且第二次也出现正面的概率是P (AB )＝12×12＝14，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.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)，(3，6)，(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个，所以所求概率P ＝915＝35.1．[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个，所以所求概率P ＝915＝35.2．[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 )＝212＝16.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 )＝n （AB ）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 )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Ω＝{(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有9种情况，事件AB有6种情况，P(B|A)＝n（AB）n（A）＝69＝23.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}，R ＝{第二次取出的球是红球}，W ＝{第二次取出的球是白球}，则容易求得P (A )＝710，P (B )＝310，P (R |A )＝12，P (W |A )＝12，P (R |B )＝45，P (W |B )＝15. 事件“试验成功”表示为RA ∪RB ，又事件RA 与事件RB 互斥，故由概率的加法公式，得P (RA ∪RB )＝P (RA )＋P (RB )＝P (R |A )·P (A )＋P (R |B )·P (B )＝12×710＋45×310＝0.59.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P (B ∪C |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个黑球，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 ，则P (A )＝110，P (AB )＝1×210×9＝145，P (AC )＝1×310×9＝130.所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝145÷110＝29，P (C |A )＝P （AC ）P （A ）＝130÷110＝13.所以P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )＝29＋13＝59.所以所求的条件概率为59.1．一个口袋中装有2个白球和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 ．23B ．14C ．25D ．15解析：选C ．设A i 表示第i 次(i ＝1，2)取到白球的事件，因为P (A 1)＝25，P (A 1A 2)＝25×25＝425，先摸出一个白球后放回，再摸出一个白球的概率为P (A 2|A 1)＝25×2525＝25. 2．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( )A ．14B ．13C ．12D ．35解析：选B ．抛掷红、黄两颗骰子共有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，两颗骰子点数之积大于20的包含4×6，6×4，6×5，6×6共4个基本事件．所以其概率为4361236＝13.3．袋中装有标号为1，2，3的三个小球，从中任取一个，记下它的号码，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 )＝( )A ．17B ．27C ．16D ．727解析：选A ．因为P (A )＝A 33＋133＝727，P (AB )＝133＝127，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝17.4．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%和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 ，B 两地同时下雨”，且P (A )＝6%，P (B )＝8%，P (AB )＝2%，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝2%6%＝13.答案：135．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；(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)的概率(假定生男生女为等可能)．解：Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}． 设B ＝“有男孩”，则B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}．A ＝“有两个男孩”，则A ＝{(男，男)}，B 1＝“第一个是男孩”，则B 1＝{(男，男)，(男，女)}，于是得(1)P (B )＝34，P (BA )＝P (A )＝14，所以P (A |B )＝P （BA ）P （B ）＝13；(2)P (B 1)＝12，P (B 1A )＝P (A )＝14，所以P (A |B 1)＝P （B 1A ）P （B 1）＝12.[A 基础达标]1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A ．56B ．910C ．215D ．115解析：选C ．P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215，故选C ．2．4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，则最后一名同学抽到中奖券的概率是( )A ．14B ．13C ．12D ．1解析：选B ．记“第一位同学没有抽到中奖券”为事件A ，P (A )＝34，“最后一位同学抽到中奖券”为事件B ，P (AB )＝34×13＝14，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1434＝14×43＝13.3．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P (A |B )等于( )A ．49B ．29C ．12D ．13解析：选C ．由题意可知．n (B )＝C 1322＝12，n (AB )＝A 33＝6.所以P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝612＝12.4．在区间(0，1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝{x |0<x <12}，B ＝{x |14<x <34}，则P (B |A )等于( )A ．12B ．14C ．13D ．34解析：选A ．P (A )＝121＝12.因为A ∩B ＝{x |14<x <12}，所以P (AB )＝141＝14，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12.5．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 ．12B ．715C ．815D ．914解析：选D ．设事件A ＝“甲取到的数是5的倍数”，B ＝“甲所取的数大于乙所取的数”，又因为本题为古典概型概率问题，所以根据条件概率可知，P (B |A )＝n （A ∩B ）n （A ）＝4＋9＋143×14＝914.故选D ．6．如图，EFGH 是以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EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形HOE (阴影部分)内”，则P (A )＝________，P (B |A )＝________．解析：因为圆的半径为1，所以圆的面积S ＝πr 2＝π，正方形EFGH 的面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫2r 22＝2，所以P (A )＝2π.P (B |A )表示事件“已知豆子落在正方形EFGH 中，则豆子落在扇形HOE (阴影部分)”的概率，所以P (B |A )＝14.答案：2π 147．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 表示两次都抽到A ，P (A )＝452＝113，P (AB )＝4×352×51＝113×17，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝117.答案：1178．(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P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝47.答案：479．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 )＝C 14C 49，n (B )＝C 14(C 36C 13＋C 46C 03)． 则P ＝C 14（C 36C 13＋C 46C 03）C 14C 49＝2542. 所以该考生在第一题不会答的情况下及格的概率为2542.10．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P (B )和P (A |B )．解：(1)X 的所有可能取值为0，1，2，依题意得P (X ＝0)＝C 34C 36＝15，P (X ＝1)＝C 24C 12C 36＝35，P (X ＝2)＝C 14C 22C 36＝15. 所以X 的分布列为(2)则P (C )＝C 34C 36＝420＝15；所以所求概率为P (C —)＝1－P (C )＝1－15＝45.(3)P (B )＝C 25C 36＝1020＝12；P (AB )＝C 14C 36＝15.所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝25.[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 ．12C ．518D ．91216解析：选A ．因为P (A |B )＝P （AB ）P （B ），P (AB )＝C 13C 15C 1463＝6063＝60216，P (B )＝1－P (B —)＝1－5363＝1－125216＝91216.所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝6021691216＝6091.12．从1～100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”．则P (C )＝12，且所求概率为P (A ∪B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )－P (AB |C ) ＝P （AC ）P （C ）＋P （BC ）P （C ）－P （ABC ）P （C ）＝2×(25100＋16100－8100)＝3350. 答案：335013．一个口袋内装有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？解：(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“先后两次摸出白球”为事件AB ，“先摸一球不放回，再摸一球”共有4×3种结果，所以P (A )＝12，P (AB )＝2×14×3＝16，所以P (B |A )＝1612＝13.所以先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为13.(2)设“先摸出1个白球放回”为事件A 1，“再摸出1个白球”为事件B 1，“两次都摸出白球”为事件A 1B 1，P (A 1)＝12，P (A 1B 1)＝2×24×4＝14，所以P (B 1|A 1)＝P （A 1B 1）P （A 1）＝1412＝12.所以先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率为12. 14．(选做题)在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若能答对其中的5道题就能获得优秀．已知某考生能答对其中的10道题，并且已知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．解：设“该考生6道题全答对”为事件A ，“该考生恰好答对了5道题”为事件B ，“该考生恰好答对了4道题”为事件C ，“该考生在这次考试中通过”为事件D ，“该考生在这次考试中获得优秀”为事件E ，则D ＝A ∪B ∪C ，E ＝A ∪B ，且A ，B ，C 两两互斥，由古典概型的概率公式知P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝C 610C 620＋C 510C 110C 620＋C 410C 210C 620＝12 180C 620，又AD ＝A ，BD ＝B ，所以P (E |D )＝P (A ∪B |D )＝P (A |D )＋P (B |D )＝P （AD ）P （D ）＋P （BD ）P （D ）＝P （A ）P （D ）＋P （B ）P （D ）＝C 610C 62012 180C 620＋C 510C 110C 62012 180C 620＝1358.。