2022年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册《7.1.1条件概率》课件

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1、7.1.1 7.1.1 条 件 概 率条 件 概 率 问题：有两支NBA球队，L队主场的胜率是72%，C队主场的胜率是81%，哪支球队更可能获得预算的冠军？ 创设情境 L队获得冠军 在所有比赛中，L队的胜率是77%，C队的胜率是67%. 这些数据是2019-2020年赛季真实的数据. 事实上，L队是著名的洛杉矶湖人队，C队则是同城的快船队. 前后数据看似不一致的原因在于湖人队在客场的胜率高达82% ，而快船队只有54%. 问题中的72%和81%是条件概率，条件就是“主场”. 整体胜率77%和67%是无条件概率，除了包含主场的胜率之外，还包含了非主场，也就是客场的胜率. 在必修“概率”一章的学习

2、中，我们遇到过求同一试验中两个事件A与B同时发生(积事件AB)的概率的问题. 当事件A与B相互独立时，有 P(AB)=P( A)P(B) 如果事件A与B不独立，如何表示积事件AB的概率呢？ 探究新知 下面，我们从具体的问题入手，了解条件概率的定义，以及条件概率的计算方法，重要的是理清条件概率与积事件的概率的联系与区别. 问题1：某个家庭有2个孩子，问： (1)两个孩子都是女孩的概率？ (2)如果有1个孩子是女孩，那么两个孩子都是女孩的概率又是多少？ ( )1( )( )4n BP Bn解：(1)设A=“有1个孩子是女孩”, B=“2个孩子都是女孩”. 条件 探究新知 所以 ()1(|)( )3

3、n ABP B An A(2)“如果有1个孩子是女孩, 两个孩子都是女孩”的概率就是“在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为 (|)P B A问题2：某个班级有45名学生，其中男生、女生的人数及团员的人数如下表所示. 在班级里随机选择一人做代表. (1)选到男生的概率是多少？ (2)如果已知选到的是团员，那么选到的是男生的概率是多少？ 团员 非团员 合计 男生 16 9 25 女生 14 6 20 合计 30 15 45 条件 探究新知 (2)“在选到团员的条件下, 选到男生”的概率就是“在事件A发生的条件下, 事件B发生”的概率, 记为 (|)P B A所以 ()168(|)(

4、)3015n ABP B An A( )255( )( )459n BP Bn解: (1)设A=“选到团员”, B=“选到男生”. 分析：求 的一般思想 ()(|)( )n ABP B An A AB A B 若已知事件A发生，则只需在A发生的范围内考虑，即现在的样本空间为A. 因为在事件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. 所以在事件A发生的条件下，事件B发生的概率是AB包含的样本点数与A包含的样本点数的比值，即 (|)P B A探究新知 为了把这个式子推广到一般情形，不妨记原来的样本空间为，则有 ()()()()(|)( )( )( )()n ABn ABP

5、 ABnP B An An AP An AB A B 探究新知 这个公式才是条件概率原本的计算公式，只是它不够形象，不容易理解. 条件概率的定义： 在原样本空间的概率 一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)0，我们称 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. 探究新知 一般把“P(B|A) ”读作“A发生的条件下B发生的概率”. 问题3：在问题1和问题2中，都有P(B|A)P(B). 一般地， P(B|A)与P(B)不一定相等. 如果P(B|A)与P(B)相等，那么事件A与B应满足什么条件？ 直观上看，当事件A与B相互独立时，事件A发生与否不影响事件B发生的概率，这等价

6、于P(B|A)=P(B)成立. 探究新知 事实上，若事件A与B相互独立，即P(AB)=P(A)P(B)，且P(A)0，则 反之，若P(B|A)=P(B)，且P(A)0，则 ()( ) ( )(|)=( )( )( )P ABP A P BP B AP BP AP A()( )( )P ABP BP A ()= ( ) ( )P ABP A P B即事件A与B相互独立. 条件概率与事件独立性的关系： 当P(A)0时，当且仅当事件A与B相互独立时，有P(B|A)=P(B). 问题4：对于任意两个事件A与B，如果已知P(A)与P(B|A)，如何计算P(AB)呢？ 探究新知 对于任意两个事件A与B，若

7、P(A)0， 概率乘法公式 由条件概率 , 可得： 当事件A,B独立时，有 1.已知 P(B|A)12，P(AB)38，则 P(A)等于()A.316B.1316C.34D.14C 小试牛刀 2.已知 P(AB)310，P(A)35，则 P(B|A)为()A.950B.12C.910D.14B 3.把一枚硬币任意抛掷两次,若事件 A=第一次出现正面,事件B=第二次出现正面,则 P(B|A)= ()A.14B.12C.16D.18B 例1 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回. 求: (1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率; (2)在第1次抽到代

8、数题的条件下，第2次抽到几何题的概率. 分析：如果把“第1次抽到代数题”和“第2次抽到几何题”作为两个事件，那么问题(1)就是积事件的概率，问题(2)就是条件概率. 典例分析 思路1: 先求积事件的概率，再用条件概率公式求条件概率，即 思路2: 先求条件概率，再用乘法公式求积事件的概率，即 ()()=()n ABP ABn ()(|)( )n ABP B An A (1)“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB. 从5道试题中每次不放回地随机抽取2道，试验的样本空间包含20个等可能的样本点，即n = A52= 5 4 = 20. 因为 n(AB)= A31 A21= 3 2 = 6,

9、 (2)“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率. 3P(AB)110P(B|A).3P A25解法1：设A=“第1次抽到代数题”，B=“第2次抽到几何题”. n(AB)63P(AB) =.n( )2010所以 利用条件概率公式，得 显然 . 3P(A)5解法2：在缩小的样本空间A上求P(B|A). 所以事件A发生的条件下，事件B发生的概率为 已知第1次抽到代数题，这时还余下4道试题，其中代数题和几何题各2道. n(AB)21P(B|A).n(A)42313P(AB)P(A)P(B|A).5210又 ，利用乘法公式可得 3P(A)51111

10、3234n(AB)AA6,n(A)AA12因为 方法总结 求条件概率有两种方法： 方法一：基于样本空间，先计算P(A)和P(AB)，再利用条件概率公式 求 ； ()(|)( )n ABP B An A 方法二：根据条件概率的直观意义，增加了“A发生”的条件后，样本空间缩小为A，求P(B|A)就是以A为样本空间计算AB的概率，即利用公式 来计算 . 公式法 缩小样本空间法 易错提醒：利用缩小样本空间求条件概率问题，应搞清楚是求哪个事件的样本点数. 条件概率的性质： 条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质. 设P(A)0，则 (1)P(|A)=1； (2)如果B和C是两个互斥事

11、件，则P(BUC |A)=P(B | A)+P(C | A)； (3)设B和B 互为对立事件，则P( B |A)=1 P(B|A). 探究新知 例2 已知3张奖券中只有1张有奖，甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗？ A =13 P B = P A B = P A P B|A =2312=13 C = A B = A B |A =2312=13 典例分析 解：用A,B,C分别表示甲、乙、丙中奖的事件，则B=A B,C = A B . 因为P(A)= P(B)= P(C)，所以中奖的概率与抽奖的次序无关. 例3 银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行

12、自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字.求： (1)任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率； (2)如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率. 解：(1)设Ai=“第i次按对密码”(i=1,2)，则事件“不超过2次就按对密码” 可表示为A=A1U1A2. 典例分析 因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为15. 事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式及乘法公式，得 P(A)=P(A1)+P( A1A2 )= P(A1) +P (A1 ) P( A2 | A1 ) =110+910 19= 15 (2)设B=“最后1位密码为偶数”，则 P(A|B)=P(A1

13、 |B)+P(A1 A2 |B)=15+4514= 25 因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为25. 课 堂 练 习 1.设AB, 且P(A)=0.3, P(B)=0.6. 根据事件包含关系的意义及条件概率的意义，直接写出P(B|A)和P(A|B)的值，再由条件概率公式进行验证. 2.从一副不含大小王的52张扑克牌中，每次从中随机抽出1张扑克牌，抽出的牌不再放回. 已知第1次抽到A牌，求第2次抽到A牌的概率. P(AB)0.3P(B|A)1P A0.3 P(AB)0.31P(A|B)P B0.6231P51173.设某动物由出生算起活到 20 岁的概率为 0.8，活到

14、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 课 堂 练 习 4.甲、 乙两人独立地对同一目标各射击一次， 命中率分别为 0.6 和 0.5，现已知目标被击中，则它是被甲击中的概率为_解：设“甲击中目标”为事件 A，“目标被击中”为事件 B，则所求概率为事件 B 发生的条件下 A 发生的条件概率P(AB)0.6，P(B)0.60.50.60.50.40.50.8，P(A|B)PABPB0.60.80.75.0.75 课 堂 练 习 5.袋子中有10个大小相同的小球，其中7个白球，3个黑球.每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.求: (1)在第

15、1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球的概率; (2)两次都摸到白球的概率. (1)“在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到白球”就是事件P(B|A). (2)“两次都摸到白球的概率”就是事件P(AB) 解：设A=“第1次摸到白球”，B=“第2次摸到白球”. 7 6 7P ( A B ) = P ( A ) P ( B |A )1 0 9 1 5 利用概率乘法公式，得 62P(B|A)93所以 6.现有 6个节目准备参加比赛,其中 4 个舞蹈类节目,2个语言类节目,如果不放回地抽取 2次,每次抽取 1 个节目,求:(1)第 1 次抽到舞蹈类节目的概率;(2)第 1 次和第 2次都抽到舞蹈类节目的概

16、率;(3)在第 1 次抽到舞蹈类节目的条件下,第 2次抽到舞蹈类节目的概率.课 堂 练 习 解: 设“第 1 次抽到舞蹈类节目”为事件 A,“第 2 次抽到舞蹈类节目”为事件 B,则“第 1 次和第 2 次都抽到舞蹈类节目”为事件 AB.(1)从 6 个节目中不放回地依次抽取 2 次的方法数为 n()=A62=30.根据分步乘法计数原理, n(A)=A41A51=20,于是 P(A)= () ( )=2030=23.解：(2)由题意,得 n(AB)=A42=12, 所以 P(AB)= ( ) ( )=1230=25.(3)方法一: 由(1)(2)可得,在第 1 次抽到舞蹈类节目的条件下,第 2

17、 次抽到舞蹈类节目的概率为 P(B|A)=( )()=2523=35.方法二:因为 n(AB)=12,n(A)=20,所以 P(B|A)= ( ) ()=1220=35.6.现有 6个节目准备参加比赛,其中 4 个舞蹈类节目,2个语言类节目,如果不放回地抽取 2次,每次抽取 1 个节目,求:(1)第 1 次抽到舞蹈类节目的概率;(2)第 1 次和第 2次都抽到舞蹈类节目的概率;(3)在第 1 次抽到舞蹈类节目的条件下,第 2次抽到舞蹈类节目的概率.课 堂 练 习 一般地，设A,B为两个随机事件，且P(A)0，我们称 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(AB)P(B|A)P A1.条件概率概念：条件概率概念： 2.条件概率的性质条件概率的性质 (1)P( | A)=1； (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(BUC |A)=P(B|A)+P(C|A)； (3)设B和B 互为对立事件，则P( B |A)=1- P(B|A). 3.方法总结方法总结 方法一：公式法； 方法二：缩小样本空间法. 课堂小结