北师大版高中数学选修条件概率与独立事件一教案

§2 独立性检验 2．1 条件概率与独立事件1．了解条件概率的概念及计算．(重点)2．理解相互独立事件的意义及相互独立事件同时发生的概率乘法公式．(重点) 3．掌握利用概率的知识分析解决实际问题的方法．(难点)[基础·初探]教材整理1 条件概率阅读教材P 17～P 18部分，完成下列问题． 1．概念已知事件B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P (A |B )． 2．公式当P (B )＞0时，P (A |B )＝P ABP B.从1,2,3,4,5中任取两个不同的数，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 ．18 B ．14 C ．25D ．12【解析】 从1,2,3,4,5中任取两个数共有10种取法，事件A 包含(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个基本事件，事件B 包含(2,4)一个基本事件，故P (A )＝410，P (AB )＝110.所以P (B |A )＝P AB P A ＝14.【答案】 B教材整理2 相互独立事件阅读教材P 19“练习”以上部分，完成下列问题． 1．定义对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立． 2．性质如果A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． 3．如果A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．甲袋中装有2个白球，2个黑球，乙袋中装有2个白球，4个黑球，从甲、乙两袋中各取一球均为白球的概率为( )A ．16B ．25C ．215D ．56【解析】 记“从甲袋中任取一球为白球”为事件A ，“从乙袋中任取一球为白球”为事件B ，则事件A ，B 是相互独立事件，故P (AB )＝P (A )P (B )＝24×26＝16.【答案】 A[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问1：_________________________________________解惑：___________________________________________________ 疑问2：___________________________________________________ 解惑：___________________________________________________ 疑问3：___________________________________________________ 解惑：___________________________________________________[小组合作型],条件概率一个袋中有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 ，AB 发生的概率； (2)求P (B |A )．【精彩点拨】 解答本题可先求P (A )，P (B )，P (AB )，再用公式P (B |A )＝P ABP A求概率．【自主解答】 由古典概型的概率公式可知： (1)P (A )＝25，P (B )＝2×1＋3×25×4＝820＝25，P (AB )＝2×15×4＝110. (2)P (B |A )＝P ABP A ＝11025＝14.用定义法求条件概率P (B |A )的步骤是： (1)分析题意，弄清概率模型； (2)计算P (A )，P (AB )； (3)代入公式求P (B |A )＝P ABP A.[再练一题]1．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率是( )A ．14 B ．23 C ．12D ．13【解析】 一个家庭中有两个小孩只有4种可能：(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)．记事件A 为“其中一个是女孩”，事件B 为“另一个是女孩”，则A ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，B ＝{(男，女)，(女，男)，(女，女)}，AB ＝{(女，女)}．于是可知P (A )＝34，P (AB )＝14.问题是求在事件A 发生的情况下，事件B 发生的概率，即求P (B |A )，由条件概率公式，得P (B |A )＝1434＝13.【答案】 D,事件独立性的判断判断下列各对事件是否是相互独立事件：(1)甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；(2)容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”．【精彩点拨】 利用相互独立事件的定义判断．【自主解答】 (1)“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件．(2)“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为58，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为47；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为57，可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件．判断两事件是否具有独立性的三种方法：(1)定义法：直接判定两个事件发生是否相互影响． (2)公式法：检验P (AB )＝P (A )P (B )是否成立．(3)条件概率法：当P (A )>0时，可用P (B |A )＝P (B )判断．[再练一题]2．(1)甲、乙两名射手同时向一目标射击，设事件A ：“甲击中目标”，事件B ：“乙击中目标”，则事件A 与事件B ( )A ．相互独立但不互斥B ．互斥但不相互独立C ．相互独立且互斥D ．既不相互独立也不互斥(2)掷一枚正方体骰子一次，设事件A ：“出现偶数点”，事件B ：“出现3点或6点”，则事件A ，B 的关系是( )A ．互斥但不相互独立B ．相互独立但不互斥C ．互斥且相互独立D ．既不相互独立也不互斥【解析】 (1)对同一目标射击，甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的，所以事件A 与B 相互独立；对同一目标射击，甲、乙两射手可能同时击中目标，也就是说事件A 与B可能同时发生，所以事件A 与B 不是互斥事件．(2)事件A ＝{2,4,6}，事件B ＝{3,6}，事件AB ＝{6}，基本事件空间Ω＝{1,2,3,4,5,6}． 所以P (A )＝36＝12，P (B )＝26＝13，P (AB )＝16＝12×13，即P (AB )＝P (A )P (B )，因此，事件A与B 相互独立．当“出现6点”时，事件A ，B 同时发生，所以A ，B 不是互斥事件．【答案】 (1)A (2)B[探究共研型],相互独立事件同时发生的概率探究1 甲、乙同时向一敌机炮击，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5，求：甲、乙都未击中的概率．【提示】 记A ＝“甲击中”，B ＝“乙击中”，C ＝“甲、乙都没有击中”．由题意，甲击中与否并不影响乙，由此可认为A 与B 是相互独立的，则A ，B 也是相互独立的，则P (C )＝P (A B )＝P (A )·P (B )＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2.探究2 上述问题中如何求敌机被击中的概率？ 【提示】 记D ＝“敌机被击中”， 则P (D )＝1－P (A B )＝1－0.2＝0.8.某商场推出两次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是0.05，求两次抽奖中以下事件的概率： 【导学号：67720003】(1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； (3)至少有一次抽到某一指定号码．【精彩点拨】 明确已知事件的概率及其关系→把待求事件的概率表示成已知事件的概率→选择公式计算求值【自主解答】 设“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A ，“第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB ．(1)由于两次抽奖结果互不影响，因此事件A 与B 相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率为P (AB )＝P (A )P (B )＝0.05×0.05＝0.002 5.(2)“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用(A B )＋(A B )表示．由于事件A B 与A B 互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得，所求事件的概率为P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.05×(1－0.05)＋(1－0.05)×0.05＝0.095. 即恰有一次抽到某一指定号码的概率为0.095.(3)法一 “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用(AB )＋(A B )＋(A B )表示．由于事件AB ，A B 和A B 两两互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义可得，所求事件的概率为P (AB )＋P (A B )＋P (A B )＝0.002 5＋0.095＝0.097 5.法二 1－P (A B )＝1－(1－0.05)2＝0.097 5.即至少有一次抽到某一指定号码的概率为0.097 5.求P (AB )时注意事件A ，B 是否相互独立，求P (A ＋B )时同样应注意事件A ，B 是否互斥，对于“至多”、“至少”型问题的解法有两种思路：(1)分类讨论；(2)求对立事件，利用P (A )＝1－P (A )来运算．[再练一题]3．甲、乙两人独立地破译密码的概率分别为13、14.求：(1)两个人都破译出密码的概率； (2)两个人都破译不出密码的概率； (3)恰有一人破译出密码的概率； (4)至多一人破译出密码的概率； (5)至少一人破译出密码的概率．【解】 记事件A 为“甲独立地破译出密码”，事件B 为“乙独立地破译出密码”． (1)两个人都破译出密码的概率为P (AB )＝P (A )P (B )＝13×14＝112.(2)两个人都破译不出密码的概率为P (A B )＝P (A )P (B )＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝12. (3)恰有一人破译出密码分为两类：甲破译出乙破译不出；乙破译出甲破译不出，即A B ＋A B ，∴P (A B ＋A B )＝P (A B )＋P (A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝512. (4)至多一人破译出密码的对立事件是两人都破译出密码，∴1－P (AB )＝1－112＝1112.(5)至少一人破译出密码的对立事件为两人都没有破译出密码，∴1－P (A B )＝1－12＝12. [构建·体系]1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )等于( )A ．56 B ．910 C ．215D ．115【解析】 由P (B |A )＝P ABP A，得P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215.【答案】 C2．一件产品要经过两道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a ，第二道工序的次品率为b ，则产品的正品率为( )A ．1－a －bB ．1－abC ．(1－a )(1－b )D ．1－(1－a )(1－b )【解析】 ∵2道工序相互独立， ∴产品的正品率为(1－a )(1－b )． 【答案】 C3．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 )等于________.【解析】 P (AB )＝14，P (A )＝12，∴P (B |A )＝1412＝12.【答案】 124．在同一时间内，两个气象台预报天气准确的概率分别为910，45，两个气象台预报准确的概率互不影响，则在同一时间内，至少有一个气象台预报准确的概率为________. 【解析】 P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－910⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45＝4950. 【答案】49505．某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别是为13，12，23，求汽车在这三处因遇红灯而停车一次的概率． 【解】 设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝23. 停车一次即为事件A BC ＋A B C ＋AB C ，故概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12×23＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×23＋13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝718.我还有这些不足：(1) ___________________________________ (2) ___________________________________ 我的课下提升方案：(1) ___________________________________ (2) ___________________________________学业分层测评(二) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．两人打靶，甲击中的概率为0.8，乙击中的概率为0.7，若两人同时射击一目标，则它们都中靶的概率是( )A ．0.56B ．0.48C ．0.75D ．0.6【解析】 设甲击中为事件A ，乙击中为事件B ．∵A ，B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.8×0.7＝0.56. 【答案】 A2．下列说法正确的是( ) A ．P (B |A )＜P (AB ) B ．P (B |A )＝P BP A是可能的C ．0＜P (B |A )＜1D ．P (A |A )＝0【解析】 由条件概率公式P (B |A )＝P ABP A及0＜P (A )≤1知P (B |A )≥P (AB )，故A选项错误；当事件A 包含事件B 时，有P (AB )＝P (B )，此时P (B |A )＝P BP A，故B 选项正确，由于0≤P (B |A )≤1，P (A |A )＝1，故C ，D 选项错误．故选B ．【答案】 B3．某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好任意去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是( )A ．110 B ．210 C ．810D ．910【解析】 某人第一次失败，第二次成功的概率为P ＝9×110×9＝110，所以选A ．【答案】 A4．一袋中装有5只白球和3只黄球，在有放回地摸球中，用A 1表示第一次摸得白球，A 2表示第二次摸得白球，则事件A 1与A 2是( )A ．相互独立事件B ．不相互独立事件C ．互斥事件D ．对立事件【解析】 由题意可得A 2表示“第二次摸到的不是白球”，即A 2表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A 1与A 2是相互独立事件．【答案】 A2．如图1­2­1，A ，B ，C 表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么系统的可靠性是( )图1­2­1A ．0.504B ．0.994C ．0.496D ．0.06【解析】 系统可靠即A ，B ，C 3种开关至少有一个能正常工作，则P ＝1－[1－P (A )][1－P (B )][1－P (C )]＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7) ＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994. 【答案】 B 二、填空题6．将两枚均匀的骰子各掷一次，已知点数不同，则有一个是6点的概率为________. 【解析】 设掷两枚骰子点数不同记为事件A ，有一个是6点记为事件B ．则P (B |A )＝2×530＝13. 【答案】 137．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己，假设甲闹钟准时响的概率是0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________.【解析】 设A ＝“两个闹钟至少有一个准时响”，∴P (A )＝1－P (A )＝1－(1－0.80)×(1－0.90) ＝1－0.2×0.1＝0.98. 【答案】 0.988．如图1­2­2，四边形EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．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： 【导学号：67720004】图1­2­2(1)P (A )＝________；(2)P (B |A )＝________.【解析】 正方形的面积为2，圆的面积为π.(1)∵A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，∴P (A )＝2π. (2)∵B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，∴P (AB )＝12π， ∴P (B |A )＝P AB P A ＝14. 【答案】 (1)2π (2)14三、解答题9．有红色、蓝色两颗骰子，设事件A 为“抛红骰子所得点数为偶数”，设事件B 为“抛蓝骰子所得点数大于4”，求在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率．【解】 画示意图如图所示，横轴表示抛红骰子所得点数，纵轴表示抛蓝骰子所得点数．∴P (A )＝1836＝12， P (A ∩B )＝636＝16，∴P (B |A )＝P A ∩B P A ＝1612＝13. 则在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13. 10．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，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 )，则所有可能的抽取结果为：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，共30个．其中甲抽到奇数的情形有15个，在这15个数中，乙抽到的数比甲抽到的数大的有9个，所以所求概率P ＝915＝35. [能力提升]1．从甲口袋内摸出1个白球的概率是13，从乙口袋内摸出1个白球的概率是12，从两个口袋内各摸出1个球，那么56等于( ) A ．2个球都是白球的概率B ．2个球都不是白球的概率C ．2个球不都是白球的概率D ．2个球中恰有1个是白球的概率【解析】 记从甲口袋内摸出1个白球为事件A ，从乙口袋内摸出1个白球为事件B ，则A ，B 是独立事件，于是P (AB )＝P (A )P (B )＝13×12＝16，它表示从甲、乙口袋中摸出来的都是白球，故56为2个球不都是白球的概率． 【答案】 C 2．如图1­2­3，已知电路中4个开关闭合的概率都是12且互相独立，灯亮的概率为( )图1­2­3A ．316B ．34C ．1316D ．14【解析】 因为灯不亮的概率为12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12 ＝316，所以灯亮的概率为1－316＝1316. 【答案】 C3．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 的概率为________.【解析】 设第1次抽到A 为事件M ，第2次也抽到A 为事件N ，则MN 表示两次都抽到A ，P (M )＝452＝113，P (MN )＝4×352×51＝113×17， P (N |M )＝P MN P M ＝117. 【答案】 1174．在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45，56，23，且三个项目是否成功互相独立．(1)求恰有两个项目成功的概率；(2)求至少有一个项目成功的概率．【解】 (1)只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为 45×56×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝29， 只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为45×⎝⎛⎭⎪⎫1－56×23＝445， 只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45×56×23＝19， ∴恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945. (2)三个项目全部失败的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－56×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝190， ∴至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.。

§3　条件概率与独立事件
备课资源参考教学建议
1.本节是高考的热点,是高考重点考查内容之一.
2.本节的重点是理解条件概率和两事件相互独立性的概念,并能解决一些简单的实际问题,难点是对条件概率和事件相互独立性概念的理解.
3.条件概率是比较难理解的概念,教学中应通过实例以“无放回的抽取”的方式,引入条件概率的概念,给出两种计算条件概率的方法. 同时应指出条件概率具有概率的性质,并要求学生掌握条件概率的两个性质.同样,教学中也利用实例,以“有放回的抽取”的方式,引入事件相互独立性的概念,并引导学生对事件的独立性与互斥性进行比较,掌握两互斥事件和的概率等于两事件概率的和,两相互独立事件积的概率等于两事件概率的积.备选习题
1从一副不含大、小王的52张扑克牌中不放回地抽取3次,每次抽1张.已知前两次抽到K,则第三次抽到A 的概率为( )
A. B.125
225C. D.325350
解析:设事件A 表示“前两次抽到K ”,事件B 表示“第三次抽到A ”,则
P (A )=,P (AB )=,A 24A 150
A 352A 24A 14A 352
∴P (B|A )=.P (AB )P (A )=A 24A 14A 24A 150=225
答案:B
2盒中装有10个乒乓球,其中6个新球,4个旧球,不放回地依次取出2个球使用,在第一次取到新球的条件下,第二次也取到新球的概率为( )
A. B. C. D.351105925解析:设事件A 表示“第一次取到新球”,事件B 表示“第二次取到新球”.
则n (A )=,n (AB )=.
C 16C 19C 16C 15P (B|A )=.n (AB )n (A )=C 16C 15C 16C 19=59答案:C。

§2 独立性检验2.1 条件概率与独立事件学习目标 1.理解条件概率与两个事件相互独立的概念.2.掌握条件概率的计算公式.3.能利用相互独立事件同时发生的概率公式解决一些简单的实际问题．知识点一 条件概率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}，AB ＝{产品的长度、质量都合格}． 思考1 试求P(A)，P(B)，P(AB)． 答案 P(A)＝93100，P(B)＝90100，P(AB)＝85100.思考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． 答案 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.思考3 P(B)，P(AB)，P(A|B)间有怎样的关系． 答案 P(A|B)＝P (AB )P (B ).梳理 条件概率 (1)概念事件B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P(A|B)． (2)公式P(A|B)＝P (A ∩B )P (B )(其中，A ∩B 也可以记成AB)．(3)当P(A)>0时，A 发生时B 发生的条件概率为P(B|A)＝P (AB )P (A ).知识点二 独立事件甲箱里装有3个白球、2个黑球，乙箱里装有2个白球，2个黑球．从这两个箱子里分别摸出1个球，记事件A ＝“从甲箱里摸出白球”，B ＝“从乙箱里摸出白球”． 思考1 事件A 发生会影响事件B 发生的概率吗？ 答案 不影响．思考2 P(A)，P(B)，P(AB)的值为多少？ 答案 P(A)＝35，P(B)＝12，P(AB)＝3×25×4＝310.思考3 P(AB)与P(A)，P(B)有什么关系？ 答案 P(AB)＝P(A)·P(B)． 梳理 独立事件(1)概念：对两个事件A ，B ，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称A ，B 相互独立． (2)推广：若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)拓展：若A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P(A 1A 2…A n )＝P(A 1)P(A 2)…P(A n )．1．在“A 已发生”的条件下，B 发生的概率可记作P(A|B)．( × )2．在某种情况下，条件概率中的条件意味着对样本空间进行压缩，相应的概率可在压缩的样本空间内直接计算．( √ )3．如果事件A 与事件B 相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( √ )4．“P(AB)＝P(A)·P(B)”是“事件A ，B 相互独立”的充要条件．( √ )类型一 条件概率例1 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，甲地也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？ 解 设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”，则： (1)乙地为雨天时，甲地也为雨天的概率是 P(A|B)＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23.(2)甲地为雨天时，乙地也为雨天的概率是P(B|A)＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0.60.反思与感悟 条件概率的求法(1)利用定义，分别求出P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝P (AB )P (A ).特别地，当B ⊆A 时，P(B|A)＝P (B )P (A ).(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n(A)，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝n (AB )n (A ).跟踪训练1 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是110，设下雨为事件A ，刮风为事件B.求： (1)P(A|B)； (2)P(B|A)．考点 条件概率的定义及计算公式 题点 直接利用公式求条件概率解 由题意知P(A)＝415，P(B)＝215，P(AB)＝110.(1)P(A|B)＝P (AB )P (B )＝110215＝34.(2)P(B|A)＝P (AB )P (A )＝110415＝38.类型二 事件的独立性的判断例2 一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下列两种情形，讨论A 与B 的独立性： (1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩． 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断解 有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率都为14.这时A ＝{(男，女)，(女，男)}， B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}， AB ＝{(男，女)，(女，男)}， 于是P(A)＝12，P(B)＝34，P(AB)＝12.由此可知P(AB)≠P(A)P(B)， 所以事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(男，女，女)，(女，男，男)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件，AB 中含有3个基本事件．于是P(A)＝68＝34，P(B)＝48＝12，P(AB)＝38，显然有P(AB)＝38＝P(A)P(B)成立．从而事件A 与B 是相互独立的．反思与感悟 三种方法判断两事件是否具有独立性 (1)定义法：直接判定两个事件发生是否相互影响． (2)公式法：检验P(AB)＝P(A)P(B)是否成立．(3)条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．跟踪训练2 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A 是“第一枚为正面”，事件B 是“第二枚为正面”，事件C 是“两枚结果相同”，则下列事件具有相互独立性的是________．(填序号) ①A ，B ；②A ，C ；③B ，C. 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断 答案 ①②③解析 根据事件相互独立性的定义判断，只要P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)成立即可．利用古典概型概率公式计算可得P(A)＝0.5，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(AB)＝0.25，P(AC)＝0.25，P(BC)＝0.25.可以验证P(AB)＝P(A)P(B)，P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)．所以根据事件相互独立的定义，事件A与B相互独立，事件B与C相互独立，事件A与C相互独立．类型三求相互独立事件的概率例3 小王某天乘火车从重庆到上海去办事，若当天从重庆到上海的三列火车正点到达的概率分别为0.8,0.7，0.9，假设这三列火车之间是否正点到达互不影响．求：(1)这三列火车恰好有两列正点到达的概率；(2)这三列火车至少有一列正点到达的概率．考点相互独立事件同时发生的概率计算题点求多个相互独立事件同时发生的概率解用A，B，C分别表示“这三列火车正点到达”的事件，则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，所以P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，P(C)＝0.1.(1)由题意得A，B，C之间互相独立，所以恰好有两列火车正点到达的概率为P1＝P(A BC)＋P(A B C)＋P(AB C)＝P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＋P(A)P(B)P(C)＝0.2×0.7×0.9＋0.8×0.3×0.9＋0.8×0.7×0.1＝0.398.(2)三列火车至少有一列正点到达的概率为P2＝1－P(A B C)＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.2×0.3×0.1＝0.994.反思与感悟明确事件中的“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰好有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词语的意义．一般地，已知两个事件A，B，它们发生的概率分别为P(A)，P(B)，那么：(1)A，B中至少有一个发生为事件A＋B.(2)A，B都发生为事件AB.(3)A，B都不发生为事件A B.(4)A，B恰有一个发生为事件A B＋A B.(5)A，B中至多有一个发生为事件A B＋A B＋A B.跟踪训练3 某学生语、数、英三科考试成绩在一次考试中排名全班第一的概率：语文为0.9，数学为0.8，英语为0.85，则此次考试中恰有一科成绩未获得第一名的概率是( ) A ．0.612B ．0.765C ．0.329D ．0.68 考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求多个相互独立事件同时发生的概率 答案 C解析 分别记该生语、数、英考试成绩排名全班第一的事件为A ，B ，C ， 则P(A)＝0.9，P(B)＝0.8，P(C)＝0.85， 故P(A BC ＋A B C ＋AB C ) ＝P(A BC)＋P(A B C)＋P(AB C )＝[1－P(A)]P(B)P(C)＋P(A)[1－P(B)]P(C)＋P(A)P(B)[1－P(C)]＝(1－0.9)×0.8×0.85＋0.9×(1－0.8)×0.85＋0.9×0.8×(1－0.85)＝0.329.1．下列说法正确的是( ) A ．P(B|A)<P(AB) B ．P(B|A)＝P (B )P (A )是可能的C ．0<P(B|A)<1D ．P(A|A)＝0 答案 B解析 ∵P(B|A)＝P (AB )P (A )，而P(A)≤1，∴P(B|A)≥P(AB)，∴A 错； 当P(A)＝1时，P(AB)＝P(B)， ∴P(B|A)＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )，∴B 正确；而0≤P(B|A)≤1，P(A|A)＝1，∴C 、D 错，故选B.2．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) A.12B.512C.14D.16考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求两个相互独立事件同时发生的概率 答案 B解析 设“两个零件中恰有一个一等品”为事件A ， 因为事件相互独立，所以P(A)＝23×14＋13×34＝512.3．坛子里放有3个白球，2个黑球，从中不放回地摸球，用A 1表示第1次摸得白球，A 2表示第2次摸得白球，则A 1与A 2是( ) A ．互斥事件 B ．相互独立事件 C ．对立事件D ．不相互独立事件考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断 答案 D解析 互斥事件和对立事件是同一次试验的两个不同时发生的事件，故选项A ，C 错．而事件A 1的发生对事件A 2发生的概率有影响，故两者是不相互独立事件．4．在感冒流行的季节，设甲、乙两人患感冒的概率分别为0.6和0.5，则他们中有人患感冒的概率是________． 答案 0.8解析 设甲、乙患感冒分别为事件A ，B ，则P ＝1－P(A B )＝1－P(A )P(B )＝1－(1－0.6)(1－0.5)＝0.8.5．一道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，两人试图独立地在半小时内解决它，则两人都未解决的概率是________，问题得到解决的概率是________． 考点 相互独立事件同时发生的概率计算 题点 求两个相互独立事件同时发生的概率 答案13 23解析 设“甲解决这道难题”为事件A ，“乙解决这道难题”为事件B ，则A ，B 相互独立．所以两人都未解决的概率为P(A B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝13.问题得到解决的概率为P(A B )＋P(A B)＋P(AB)＝1－P(A B )＝1－13＝23.1．条件概率的前提条件是：在知道事件A 必然发生的前提下，只需局限在A 发生的范围内考虑问题，在事件A 发生的前提下事件B 发生，等价于事件A 和B 同时发生，由古典概型知，其条件概率为P(B|A)＝n (AB )n (A )＝n (AB )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (AB )P (A )， 其中，n(Ω)为一次试验可能出现的所有结果数，n(A)为事件A 所包含的结果数，n(AB)为AB 同时发生时的结果数．2．P(AB)＝P(A)P(B)使用的前提条件是A ，B 为相互独立事件；当事件A 与B 相互独立时，事件A 与B 、A 与B 、A 与B 也相互独立．3．求事件的概率时，有时遇到求“至少”或“至多”等事件概率问题，可考虑用他们的对立事件求解．一、选择题1．抛掷一颗骰子，A 表示事件：“出现偶数点”，B 表示事件：“出现3点或6点”，则事件A 与B 的关系是( ) A ．互斥事件 B ．相互独立事件 C ．既互斥又相互独立事件 D ．既不互斥又不独立事件 考点 相互独立事件的定义 题点 相互独立事件的判断 答案 B解析 A ＝{2,4,6}，B ＝{3,6}，A ∩B ＝{6}，所以P(A)＝12，P(B)＝13，P(AB)＝16＝12×13，所以A 与B 是相互独立事件．2．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 ．0.2B ．0.33C ．0.5D ．0.6 考点 条件概率的定义及计算公式 题点 直接利用公式求条件概率 答案 A解析 记“数学不及格”为事件A ，“语文不及格”为事件B ， 则P(B|A)＝P (AB )P (A )＝0.030.15＝0.2，所以数学不及格时，该生语文也不及格的概率为0.2.3．盒中有5个红球，11个蓝球，红球中有2个玻璃球，3个塑料球，蓝球中有4个玻璃球，7个塑料球，现从中任取一球，假设每个球被摸到的可能性相同，若已知取到的球是玻璃球，则它是蓝球的概率是( ) A.13B.23C.14D.34 答案 B解析 设“摸到玻璃球”为事件A ，“摸到蓝球”为事件B ，则P(A)＝616＝38，P(AB)＝14，∴所求概率P ＝P (AB )P (A )＝14×83＝23.4.如图，A ，B ，C 表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么系统的可靠性是( )A ．0.504B ．0.994C ．0.496D ．0.06 答案 B解析 系统可靠即A ，B ，C3种开关至少有一个能正常工作， 则P ＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7) ＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994.5.同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x ，转盘乙得到的数为y(若指针停在边界上则重新转)，x ，y 构成数对(x ，y)，则所有数对(x ，y)中，满足xy ＝4的概率为( )A.116B.18C.316D.14考点 相互独立事件的性质及应用 题点 独立事件与互斥事件的综合应用 答案 C解析 满足xy ＝4的所有可能如下：x ＝1，y ＝4；x ＝2，y ＝2；x ＝4，y ＝1. ∴所求事件的概率为P ＝P(x ＝1，y ＝4)＋P(x ＝2，y ＝2)＋P(x ＝4，y ＝1) ＝14×14＋14×14＋14×14＝316. 6．设两个相互独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P(A)为( ) A.29B.118C.13D.23考点 相互独立事件的性质及应用 题点 相互独立事件性质的应用 答案 D解析 由P(A B )＝P(B A )，得P(A)P(B )＝P(B)P(A )， 即P(A)[1－P(B)]＝P(B)[1－P(A)]，∴P(A)＝P(B)．又P(A B )＝19，则P(A )＝P(B )＝13，∴P(A)＝23.7．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为35和P ，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为920.假设甲、乙两人射击互不影响，则P 值为( )A.35B.45C.34D.14答案 C解析 设“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B ，则“甲射击一次，未击中目标”为事件A ，“乙射击一次，未击中目标”为事件B ，则P(A)＝35，P(A )＝1－35＝25，P(B)＝P ，P(B )＝1－P ，依题意得35×(1－P)＋25×P ＝920， 解得P ＝34，故选C. 8．甲、乙两队进行排球决赛．现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能获冠军．若每局两队获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )A.12B.35C.23D.34考点 相互独立事件的性质及应用题点 相互独立事件性质的应用答案 D解析 根据已知条件，可知甲队要获得冠军可分为甲队直接胜一局，或乙队先胜一局，甲队再胜一局．甲队直接胜一局，其概率为P 1＝12；乙队先胜一局，甲队再胜一局，其概率为P 2＝12×12＝14.由概率加法公式可得甲队获胜的概率为P ＝12＋12×12＝34. 二、填空题9．在甲盒内的200个螺杆中有160个是A 型，在乙盒内的240个螺母中有180个是A 型．若从甲、乙两盒内各取一个，则能配成A 型螺栓的概率为________．考点 相互独立事件同时发生的概率计算题点 求多个相互独立事件同时发生的概率答案 35解析 从甲盒内取一个A 型螺杆记为事件M ，从乙盒内取一个A 型螺母记为事件N ，因为事件M ，N 相互独立，所以能配成A 型螺栓(即一个A 型螺杆与一个A 型螺母)的概率为P(MN)＝P(M)P(N)＝160200×180240＝35.10．某种元件用满6000小时未坏的概率是34，用满10000小时未坏的概率是12，现有一个此种元件，已经用过6000小时未坏，则它能用到10000小时的概率为________．考点 条件概率的定义及计算公式题点 直接利用公式求条件概率答案 23解析 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)＝34，P(AB)＝P(B)＝12，所以P(B|A)＝P (AB )P (A )＝1234＝23. 11．在一次三人象棋对抗赛中，甲胜乙的概率为0.4，乙胜丙的概率为0.5，丙胜甲的概率为0.6，比赛顺序如下：第一局，甲对乙；第二局，第一局胜者对丙；第三局，第二局胜者对第一局败者；第四局，第三局胜者对第二局败者，则乙连胜四局的概率为________．答案 0.09解析 乙连胜四局，即乙先胜甲，然后胜丙，接着再胜甲，最后再胜丙，∴概率P ＝(1－0.4)×0.5×(1－0.4)×0.5＝0.09.三、解答题12．有红色、蓝色两颗骰子，设事件A 为“抛红骰子所得点数为偶数”，设事件B 为“抛蓝骰子所得点数大于4”，求在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率．解 画示意图如图所示，横轴表示抛红骰子所得点数，纵轴表示抛蓝骰子所得点数．∴P(A)＝1836＝12，P(AB)＝636＝16，∴P(B|A)＝P (AB )P (A )＝1612＝13. 即在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13. 13．已知10张奖券中有3张有奖，甲、乙两人从中各抽1张，甲先抽、乙后抽，求：(1)甲中奖的概率；(2)乙中奖的概率；(3)在甲未中奖的情况下，乙中奖的概率．解 设“甲中奖”为事件A ，“乙中奖”为事件B.(1)由题意得P(A)＝310. (2)P(B)＝P(AB ＋A B)＝P(AB)＋P(A B)，∵P(AB)＝310×29＝115，P(A B)＝710×39＝730， ∴P(B)＝115＋730＝930＝310. (3)方法一 P(A )＝710，P(A B)＝730， ∴P(B|A )＝P (A B )P (A )＝730710＝13. 方法二 甲未中奖条件下9张奖券中有3张有奖，∴P(B|A )＝39＝13. 四、探究与拓展14．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别是1,2,3,4,5,6点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P(B|A)＝________. 考点 条件概率的定义及计算公式题点 直接利用公式求条件概率答案 13解析 根据题意，事件A 为“x ＋y 为偶数”，则x ，y 两个数均为奇数或偶数，共有2×3×3＝18个基本事件．∴事件A 发生的概率为P(A)＝2×3×36×6＝12，而A ，B 同时发生，基本事件有“2＋4”，“2＋6”，“4＋2”，“4＋6”，“6＋2”，“6＋4”，共6个，∴事件A ，B 同时发生的概率为P(AB)＝66×6＝16， ∴P(B|A)＝P (AB )P (A )＝1612＝13. 15．设M ，N 为两个随机事件，给出以下命题：①若M ，N 为互斥事件，且P(M)＝15，P(N)＝14，则P(M ∪N)＝920； ②若P(M)＝12，P(N)＝13，P(MN)＝16，则M ，N 为相互独立事件； ③若P(M )＝12，P(N)＝13，P(MN)＝16，则M ，N 为相互独立事件； ④若P(M)＝12，P(N )＝13，P(MN)＝16，则M ，N 为相互独立事件； ⑤若P(M)＝12，P(N)＝13，P(M N )＝56，则M ，N 为相互独立事件． 其中正确命题的个数为________．答案 3解析 ①中，若M ，N 为互斥事件，且P(M)＝15，P(N)＝14，则P(M ∪N)＝15＋14＝920，故①正确； ②中，若P(M)＝12，P(N)＝13，P(MN)＝16， 则由相互独立事件乘法公式知，M ，N 为相互独立事件，故②正确；③中，若P(M )＝12，P(N)＝13，P(MN)＝16， 则由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知，M ，N 为相互独立事件，故③正确；④中，若P(M)＝12，P(N )＝13，P(MN)＝16，当M ，N 为相互独立事件时，P(MN)＝12×23＝13， 故④错误；⑤若P(M)＝12，P(N)＝13，P(M N )＝56， 则由对立事件概率计算公式和相互独立事件乘法公式知，⑤错误．故正确命题的个数为3.。

精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

读沙漠，读出了它坦荡豪放的胸怀；读太阳，读出了它普照万物的无私；读春雨，读出了它润物无声的柔情。

读大海，读出了它气势磅礴的豪情。

读石灰，读出了它粉身碎骨不变色的清白。

2、幸福幸福是“临行密密缝，意恐迟迟归”的牵挂；幸福是“春种一粒粟，秋收千颗子”的收获. 幸福是“采菊东篱下，悠然见南山”的闲适；幸福是“奇闻共欣赏，疑义相与析”的愉悦。

幸福是“随风潜入夜，润物细无声”的奉献；幸福是“夜来风雨声，花落知多少”的恬淡。

幸福是“零落成泥碾作尘，只有香如故”的圣洁。

幸福是“壮志饥餐胡虏肉，笑谈渴饮匈奴血”的豪壮。

幸福是“先天下之忧而忧，后天下之乐而乐”的胸怀。

幸福是“人生自古谁无死，留取丹心照汗青”的气节。

3、大自然的语言丰富多彩：从秋叶的飘零中，我们读出了季节的变换；从归雁的行列中，我读出了集体的力量；从冰雪的消融中，我们读出了春天的脚步；从穿石的滴水中，我们读出了坚持的可贵；从蜂蜜的浓香中，我们读出了勤劳的甜美。

4、成功与失败种子，如果害怕埋没，那它永远不能发芽。

鲜花，如果害怕凋谢，那它永远不能开放。

矿石，如果害怕焚烧（熔炉），那它永远不能成钢（炼成金子）。

蜡烛，如果害怕熄灭（燃烧），那它永远不能发光。

航船，如果害怕风浪，那它永远不能到达彼岸。

5、墙角的花，当你孤芳自赏时，天地便小了。

井底的蛙，当你自我欢唱时，视野便窄了。

笼中的鸟，当你安于供养时，自由便没了。

山中的石！当你背靠群峰时，意志就坚了。

水中的萍！当你随波逐流后，根基就没了。

空中的鸟！当你展翅蓝天中，宇宙就大了。

空中的雁！当你离开队伍时，危险就大了。

地下的煤！你燃烧自己后，贡献就大了6、朋友是什么？朋友是快乐日子里的一把吉它，尽情地为你弹奏生活的愉悦；朋友是忧伤日子里的一股春风，轻轻地为你拂去心中的愁云。

朋友是成功道路上的一位良师，热情的将你引向阳光的地带；朋友是失败苦闷中的一盏明灯，默默地为你驱赶心灵的阴霾。

§3 条件概率与独立事件件同时发生的概率乘法公式.1．条件概率(1)求已知B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P (A |B )，P (A |B )＝P (A ∩B )P (B )(其中，A ∩B 也可写成AB )．(2)A 发生时B 发生的条件概率为P (B |A )＝P (AB )P (A ).预习交流1任意向区间(0,1)上投掷一个点，用x 表示该点的坐标，设事件A ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫0<x <12，B ＝⎩⎨⎧x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫14<x <1，你能求出P (B |A )吗？提示：P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12＝0.5.2．独立事件一般地，对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立．可以证明，如果A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立．预习交流2若事件A 与B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B)，与P (AB )＝P (A |B )·P (B )矛盾吗？ 提示：不矛盾，若事件A 与B 相互独立，则P (A |B )＝P (A )．1．条件概率盒中装有5个产品，其中3个一等品，2个二等品，不放回地从中取产品，每次取1个． 求：(1)取两次，两次都取得一等品的概率； (2)取两次，第二次取得一等品的概率；(3)取两次，已知第二次取得一等品的条件下，第一次取得的是二等品的概率．思路分析：由于是不放回地从中取产品，所以第二次抽取受到第一次的影响，因而是条件概率，应用条件概率中的乘法公式求解．解：记A i 为第i 次取到一等品，其中i ＝1,2. (1)取两次，两次都取得一等品的概率，则P (A 1A 2)＝P (A 1)·P (A 2|A 1)＝35×24＝310.(2)取两次，第二次取得一等品的概率，即第一次有可能取到一等品，也可能取到二等品，则P (A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝25×34＋35×24＝35.(3)取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得二等品的概率为P (A 1|A 2)＝P (A 1A 2)P (A 2)＝25×3435＝12.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，甲地为雨天的概率为多少？ (2)甲地为雨天时，乙地为雨天的概率为多少？ 解：设A ＝“甲地为雨天”，B ＝“乙地为雨天”， 则根据题意有：P (A )＝0.20，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，因此，(1)P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18≈0.67；(2)P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.20＝0.60.即：乙地为雨天时，甲地为雨天的概率约为0.67，甲地为雨天时，乙地为雨天的概率为0.60.条件概率的判断：当题目中出现“在……前提下(条件)”等字眼时，一般为条件概率；题目中没有出现上述字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，一般也认为是条件概率．2．独立事件一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A ＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B ＝{一个家庭中最多有一个女孩}，对下述两种情形，讨论A 与B 的独立性．(1)家庭中有两个小孩； (2)家庭中有三个小孩． 思路分析：(1)先写出家庭中有两个小孩的所有可能情形，需注意基本事件(男，女)，(女，男)是不同的，然后分别求出A ，B 所含的基本事件数，由于生男生女具有等可能性，故可借助古典概型来求P (A )，P (B )及P (AB )的概率，最后分析P (AB )是否等于P (A )P (B )，(2)同(1)．解：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知每个基本事件概率都为14.∵A ＝{(男，女)，(女，男)}，B ＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB ＝{(男，女)，(女，男)}，∴P (A )＝12，P (B )＝34，P (AB )＝12.∴P (A )P (B )＝38≠P (AB )．∴事件A ，B 不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩，女孩的所有可能情况为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，由等可能性知这8个基本事件的概率均为18，这时A 中含有6个基本事件，B 中含有4个基本事件，AB 中含有3个基本事件．于是P (A )＝68＝34，P (B )＝48＝12，P (AB )＝38，显然有P (AB )＝38＝P (A )P (B )成立，从而事件A 与B 是相互独立的．设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响，已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为0.05，甲、丙都需要照顾的概率为0.1，乙、丙都需要照顾的概率为0.125，求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是多少？解：记“机器甲需要照顾”为事件A ，“机器乙需要照顾”为事件B ，“机器丙需要照顾”为事件C ．由题意知，各台机器是否需要照顾相互之间没有影响． 因此，A ，B ，C 是相互独立事件． 由题意知P (AB )＝P (A )P (B )＝0.05， P (AC )＝P (A )P (C )＝0.1， P (BC )＝P (B )P (C )＝0.125.解得P (A )＝0.2，P (B )＝0.25，P (C )＝0.5.∴甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2，0.25，0.5.由定义知若P (AB )＝P (A )·P (B )，则A ，B 独立，即如果A ，B 同时成立时的概率等于事件A 的概率与事件B 的概率的积，则可得出事件A 和事件B 为相互独立事件．1．把一枚硬币抛掷两次，事件A ＝“第一次出现正面”，事件B ＝“第二次出现反面”，则P (B |A )＝( )．A ．12B ．14C ．13 D ．1 答案：A解析：P (B )＝P (A )＝12，P (AB )＝14，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.2．在10支铅笔中，有8支正品，2支次品，从中任取2支，则在第一次抽的是次品的条件下，第二次抽的是正品的概率是( )．A ．15B ．845C ．89D ．45 答案：C解析：记事件A ，B 分别表示“第一次、第二次抽得正品”，则A B 表示“第一次抽得次品，第二次抽得正品”．∴P (B |A )＝P (A B )P (A )＝2×810×92×910×9＝89.3．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p 1，乙解决这个问题的概率为p 2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是( )．A ．p 1p 2B ．p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)C ．1－p 1p 2D ．1－(1－p 1)(1－p 2) 答案：B解析：甲解决问题乙没有解决问题的概率为p 1(1－p 2)，乙解决问题而甲没有解决问题的概率是p 2(1－p 1)，故恰有1人解决问题的概率为p 1(1－p 2)＋p 2(1－p 1)．4．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为__________．答案：512解析：记两个零件中恰有一个一等品的事件为A ，则P (A )＝23×14＋13×34＝512.5．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，第二次还取到不合格品的概率是多少？解：记A 为“第一次取到不合格品”，B 为“第二次取到不合格品”，则得P (A )＝5100＝120，P (AB )＝5100×499，要求在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率，即求P (B |A )＝P (AB )P (A )＝499.。

高中数学学案：条件概率与独立事件一、选择题1．两人打靶，甲击中的概率为0.8，乙击中的概率为0.7，若两人同时射击一目标，则它们都中靶的概率是( )A ．0.56B ．0.48C ．0.75D ．0.6【答案】 A【解析】 设甲击中为事件A ，乙击中为事件B .∵A 、B 相互独立，则P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.8×0.7＝0.562．甲、乙二人分别对一目标进行一次射击，记“甲击中目标为事件A ，乙击中目标为事件B ，则A 与B ，A 与B ，A 与B ，A 与B ”中，满足相互独立的有( )A ．1对B ．2对C ．3对D ．4对【答案】 D【解析】 由于A 与B 是两个相互独立事件，所以根据相互独立事件的性质可知，A 与B ，A 与B ，A 与B 也是相互独立事件，故有4对相互独立事件．3．甲袋中装有2个白球，2个黑球，乙袋中装有2个白球，4个黑球，从甲、乙两袋中各取一球均为白球的概率为( )A.16B.25C.215D.56【答案】 A【解析】 记“从甲袋中任取一球为白球”为事件A ，“从乙袋中任取一球为白球”为事件B ，则事件A 、B 是相互独立事件．P (A ∩B )＝P (A )·P (B )＝24×26＝16. 二、填空题4．由长期统计资料可知，某地区在4月份下雨(记为事件A )的概率为415，刮风(记为事件B )的概率为715，既刮风又下雨的概率为110，则P (A |B )＝________，P (B |A )＝________.【答案】 314 38 【解析】 由题意P (A )＝415，P (B )＝715，P (AB )＝110， 则P (A |B )＝P AB P B ＝110715＝314， P (B |A )＝P AB P A ＝110415＝38. 5．甲、乙、丙三人将参加某项测试，他们能达标的概率分别是0.8、0.6、0.5，则三人都达标的概率是__________，三人中至少有一人达标的概率是__________．【答案】 0.24 0.96【解析】 三人均达标的概率为0.8×0.6×0.5＝0.24，三人中至少有一人达标的概率为1－(1－0.8)×(1－0.6)×(1－0.5)＝0.96.三、解答题6．甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有10个不同的题目，其中选择题6个，判断题4个，甲、乙两人不放回地依次各抽1题，在甲抽到选择题的前提下，乙抽到判断题的概率是多少？[分析] 本题为条件概率，事件A 为甲抽到选择题，事件B 为乙抽到判断题．本题所求为在事件A 发生的条件下事件B 发生的概率．【解析】 设甲抽到选择题为事件A ，乙抽到判断题为事件B ，则P (A )＝610＝35，P (AB )＝6×410×9＝415. ∴P (B |A )＝P AB P A ＝41535＝49，即在甲抽到选择题的条件下，乙抽到判断题的概率是49.。

为 Ω={(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)},它有 4 个基本事件,由等可能
1
4
性知概率各为 . 这时A={(男,女),(女,男)},B={(男,男),(男,女),(女,
男)},AB={(男,女),(女,男)},于是 P(A)=
1
, ()
2
=
3
, ()
4
=
1
.
2
由此可知 P(AB)≠P(A)P(B),所以事件 A,B 不相互独立.
必须熟练掌握.
2.判断两个事件是否为相互独立事件也可以从定性的角度进行
分析,也就是看一个事件的发生对另一个事件的发生是否有影响.
没有影响就是相互独立事件,有影响就不是相互独立事件.
典例透析
题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练2】 从一副扑克牌(去掉大王、小王,共52张)中任抽
一张,设A={抽得老K},B={抽得红牌},判断事件A与B是否相互独立.
P() = ()() = [1 − ()](),
P( ) = ()() = [1 − ()][1 − ()].
(3)若A1,A2,…,An相互独立,
则有P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An).
知识梳理
名师点拨比较相互独立事件与互斥事件
互斥事件
由题意知要求的是P(A2|A1).
6
3
6×5
1
因为 P(A1)= 10 = 5 , (1 2 ) = 10×9 = 3,
所以 P(A2|A1)=
(1 2 )
( 1 )
5
= 9.
5
故第一支是好的,第二支也是好的的概率为 9.
典例透析

2.3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1P(B)=.3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，P( A B) = n ( AB) n ( AB)= = . n ( A) P ⎢ A | B ⎥ = ∑ P( A | B) . ⎣ i =1i⎦i =1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) = 1 = .2 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 ( A ), P( A) =n (Ω) n (Ω)其中 n （ Ω ）表示 Ω 中包含的基本事件个数．所以，n ( AB)P(B | A) = n( A B ) n (Ω) P ( A B )n (Ω) P(Ω)n (Ω)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(B | A) = P( AB)P( A ).由这个定义可知，对任意两个事件 A 、B ，若 P ( B ) > 0 ，则有P( A B) = 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 ≤ P( B | A) ≤ 1 ；（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A（I=1,2…），有i⎡∞⎤∞iP(A B)=n(AB)P(B|A)==10=.P(B|A)=P(AB)3P(A)=P(A)+P(A A)=11010⨯95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）=A3=20.5根据分步乘法计数原理，n(A）=A1⨯A1=12．于是34P(A)=n(A)123==.n(Ω)205(2）因为n(AB)＝A2=6，所以363==.n(Ω)2010(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3P(A B)1P(A)25解法2因为n(AB）=6,n(A）=12，所以61==.P(A)122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A(i=1,2)，则A=Ai1(A A)表示不超过2次就按对密12码．(1）因为事件A与事件A A互斥，由概率的加法公式得1129⨯11+=.112(2）用B表示最后一位按偶数的事件，则P(A|B)=P(A|B)+P(A A|B)11214⨯12=+=.55⨯45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）。

学习资料§2独立性检验2．1条件概率与独立事件授课提示：对应学生用书第4页[自主梳理]一、条件概率1．已知B发生的条件下，A发生的概率,称为________________________________，记为________．2．当P（B)〉0时，有____________________．二、相互独立事件1．对于两个事件A,B，如果____________,则称A,B相互独立．2．如果A、B相互独立,则A与____________，错误!与____________,错误!与____________也相互独立．3．如果A1，A2，…，A n相互独立,则有P(A1A2…A n）＝______________________。

[双基自测］1．已知P（AB）＝错误!,P（A)＝错误!,则P（B｜A）等于()A.错误!B.错误!C。

错误!D。

错误!2．把一枚硬币任意掷两次，事件A＝｛第一次出现正面},事件B＝{第二次出现正面｝,则P(B｜A）等于(）A.错误!B。

错误!C。

错误! D.错误!3．已知A,B是相互独立事件,且P(A）＝错误!，P（B）＝错误!，则P（A·错误!）＝________;P(A·错误!）＝________.[自主梳理]一、1.B发生时A发生的条件概率P(A|B） 2.P(A|B）＝错误!二、1。

P（AB）＝P（A）·P（B)2。

错误!B错误!3。

P(A1）P（A2)…P（A n）［双基自测］1．B2．B由题意,知P（A)＝错误!，P(AB）＝错误!×错误!＝错误!，∴P（B｜A)＝错误!＝错误!＝错误!.3。

错误!错误!∵P（A）＝错误!，∴P（错误!）＝1－错误!＝错误!。

∵P（B)＝错误!，∴P（错误!）＝1－错误!＝错误!.∴P（A错误!)＝P（A)·P（错误!)＝错误!×错误!＝错误!，P(错误!错误!）＝P(错误!)·P(错误!）＝错误!×错误!＝错误!。

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: 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PA ，PB ，PA ∩B ．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 发生也合格的概率． 问题3：如何理解问题2问题4：试探求PB ，PA ∩B ，PA|B 间的关系．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(|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．()(|)()P AB P B A P A = 2P （A|B ）的性质：（1）、0(|)1P B A ≤≤；（2）、如果是两个互斥事件,则(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+例1一只口袋内装有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？[思路点拨] 先摸出1个白球后放回或不放回，影响到后面取到白球的概率，应注意两个事件同时发生的概率的不同．课堂练习={1,2,3,4,5,6},记事件A=｛2，3，5｝，B=｛1，2，4，5，6｝，则P（A|B）=A B C D2.已知PA|B=，P（B）= 则P（AB）= ______3．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202118%，两地同时下雨的比例为12%，问：1乙地为雨天时甲地也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？作业：课本47页练习1、3教学反思：1 通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。

3 条件概率与独立事件一、教学目标：1、知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。

2、过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。

3、情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。

二、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。

三、教学方法：探析归纳，讲练结合 四、教学过程 (一)、复习引入：1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量随机变量常用希腊字母ξ、η等表示2. 离散型随机变量: 随机变量只能取有限个数值或可列无穷多个数值则称为离散随机变量，在高中阶段我们只研究随机变量取有限个数值的情形.3. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x 1，x 2，…，x 3，…，ξ取每一个值x i （i =1，2，…）的概率为()i i P x p ξ==，则称表为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列4. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:1)(0≤≤A P ，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：⑴P i ≥0，i ＝1，2，…； ⑵P 1+P2+ (1)对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和即⋅⋅⋅+=+==≥+)()()(1k k k x P x P x P ξξξ5.二点分布：如果随机变量X 的分布列为： 若N 件产品6．超几何分布：在产品质量的不放回抽检中，中有M 件次品，抽检n 件时所得次品数X=m ，则()m M mn N nM NC C P X m C --==.此时我们称随机变量X 服从超几何分布。

分析理解：如果令A={产品的长度合格},B={产品的重量合格},那么A B ={产品的长度、重量都合格}。

现在，任取一件产品，已知它的重量合格（即B 发生），则它的长度合格（即A 发生）的概率为8590。

§2 独立性检验2.1条件概率与独立事件●三维目标1．知识与技能(1)了解条件概率的概念，能利用条件概率分析和解决简单的实际问题．(2)能从条件概率的角度理解两个事件相互独立的含义，能求两个相互独立事件同时发生的概率．2．过程与方法在利用事件的独立性对生活中的随机现象进行辨析的过程中，进一步培养学生的随机观念，掌握利用概率的知识，分析解决实际问题的方法．3．情感、态度与价值观通过利用概率知识解决简单的实际问题，进一步体会和感受数学知识在生活中的应用，培养随机意识．●重点难点重点：两个事件相互独立的概念及相应概率的计算．难点：对条件概率的概念的理解及相应计算．本节中条件概率的引入，目的是为了讲解事件的独立性．因此，在教学中，要引导学生探究如何从条件概率的角度来理解事件间的独立性．对于条件概率，可通过一些简单的问题，让学生理解其意义与求法．(教师用书独具)●教学建议1．由于条件概率的引入目的是为了讲解事件的独立性，在教学中，没有必要对条件概率的内容展开介绍．2．在教学中，要注意公式的类比与变形，由P(A|B)＝P(A∩B)P(B)类比可得到P(B|A)＝P(A∩B)P(A)，变形可得到P(A∩B)＝P(A|B)·P(B)．3．如果事件A，B相互独立，则事件A与B，A与B，A与B也相互独立，课堂上可以以事件A与B相互独立为例，给出证明过程，深化学生对事件独立性的认识．●教学流程情境引入⇒实例探究⇒抽象概括：条件概率的定义及计算公式⇒实例探究⇒抽象概括：两事件独立的定义及其同时发生的概率的计算方法⇒应用实例及变式训练⇒归纳提升课标解读1.了解条件概率的概念及计算(重点)．2．理解相互独立事件的意义及相互独立事件同时发生的概率乘法公式(重点)．3．掌握利用概率的知识分析解决实际问题的方法(难点).条件概率【问题导思】一个家庭有两个孩子，假设男女出生率一样．(1)这个家庭一男一女的概率是多少？(2)预先知道这个家庭中至少有一个女孩，这个家庭一男一女的概率是多少？【提示】(1)12，(2)23.(1)概念：已知事件B发生的条件下，A发生的概率称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)．(2)公式：当P(B)＞0时，P(A|B)＝P(AB)P(B).相互独立事件在一次数学测试中，甲考满分，对乙考满分有影响吗？【提示】没有影响．(1)定义：对两个事件A，B，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称A，B相互独立．(2)性质：如果A，B相互独立，则A与B，A与B，A与B也相互独立．(3)如果A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n ).条件概率问题在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，试求：(1)第一次取到不合格品的概率；(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率．【思路探究】 求解的关键是判断概率的类型．第一问是古典概型问题；第二问是条件概率问题．【自主解答】 设“第一次取到不合格品”为事件A ，“第二次取到不合格品”为事件B .(1)P (A )＝5100＝0.05.(2)法一 第一次取走1件不合格品后，还剩下99件产品，其中有4件不合格品．于是第二次再次取到不合格品的概率为499，这是一个条件概率，表示为P (B |A )＝499.法二 根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB 的概率． P (AB )＝5100×499，∴有P (B |A )＝P (AB )P (A )＝5100×4995100＝499.1．注意抽取方式是“不放回”地抽取．2．解答此类问题的关键是搞清在什么条件下，求什么事件发生的概率．3．第二问的解法一是利用缩小样本空间的观点计算的，其公式为P (B |A )＝n (AB )n (A )，此法常应用于古典概型中的条件概率求法．在例1题设的条件下，试求在第一次取到合格品后，第二次取到不合格品的概率．【解】法一第一次取走1件合格品后，还剩下99件产品，其中有5件不合格品，于是第二次取到不合格品的概率为599.法二∵P(A B)＝95100×599，∴P(B|A)＝P(A B)P(A)＝95100×59995100＝599.独立事件的判定对于下列给出的两个事件：①甲、乙两同学同时解一道数学题，事件A表示“甲同学做对”，事件B表示“乙同学做对”；②在某次抽奖活动中，记事件A表示“甲抽到的两张奖券中，一张中一等奖，另一张未中奖”，事件B表示“甲抽到的两张奖券均中二等奖”；③一个布袋里有3个白球和2个红球，记事件A，B分别表示“从中任意取一个是白球”与“取出的球不放回，再从中任取一球是红球”；④在有奖储蓄中，记甲在不同奖组M和N中所开设的两个户头分别中一等奖为事件A和B.其中事件A和事件B相互独立的是()A．①②B．①④C．③④D．仅有①【思路探究】判断事件A与事件B是否相互独立，就是要看事件A的发生对事件B 的发生是否有影响．【自主解答】序号判断原因分析①√事件A的发生对事件B发生的概率无影响②×A与B互斥③×事件A的发生对事件B发生的概率有影响④√事件A的发生对事件B发生的概率无影响【答案】 B判断两个事件是不是相互独立有以下两种方法：(1)由定义，若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A与B相互独立．(2)由事件本身的性质直接判断，也就是判断一个事件的发生对另一个事件有没有影响．下列事件A，B是独立事件的是()A．一枚硬币掷两次，A＝“第一次为正面”，B＝“第二次为反面”B．袋中有4个小球，其中2个白球，2个黑球，不放回地摸两次，A＝“第一次摸到白球”，B＝“第二次摸到白球”C．掷一枚骰子，A＝“出现点数为奇数”，B＝“出现点数为偶数”D．A＝“人能活到30岁”，B＝“人能活到60岁”【解析】由独立事件的意义可定性地判断B，C，D中，其中一个事件的发生对另一个事件有一定的影响．故选A.【答案】 A相互独立事件同时发生的概率甲、乙两名篮球运动员分别进行一次投篮，如果两人投中的概率都是0.6.求：(1)两人都投中的概率；(2)其中恰有一人投中的概率；(3)至少有一人投中的概率．【思路探究】本题的着眼点是①事件性质的判断；②概率公式的选择；③“正难则反”的转化．【自主解答】设A为“甲投篮一次，投中”，B为“乙投篮一次，投中”．(1)易知AB为“两人各投篮一次，都投中”，由题意知，事件A与B相互独立，∴P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.6＝0.36.(2)事件“两人各投篮一次，恰好有一人投中”包括两种情况：一种是甲投中，乙未投中(事件A B发生)，另一种是甲未投中，乙投中(事件A B发生)．根据题意，这两种情况在各投篮一次时不可能同时发生，即事件A B与A B互斥，并且A与B，A与B各自相互独立，因而所求概率为P(A B)＋P(A B)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.6×(1－0.6)＋(1－0.6)×0.6＝0.48.(3)事件“两人各投篮一次，至少有一人投中”的对立事件“两人各投篮一次，均未投中”的概率是P(A B)＝P(A)P(B)＝(1－0.6)×(1－0.6)＝0.16.因此，至少有一人投中的概率为1－P(A B)＝1－0.16＝0.84.1．求解某些事件的概率时，应首先确定事件间的关系，即两事件是互斥事件，还是相互独立事件．再选择相应的概率公式进行概率计算．2．求解含有“恰有”“至少”“至多”等词语的概率问题，通常转化为求其对立事件的概率，即利用P(A)＝1－P(A)求解．有n位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0<p<1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学能通过测试的概率为() A．(1－p)n B．1－p nC．p n D．1－(1－p)n【解析】至少有一位同学通过测试的对立事件为无人通过测试，其概率为(1－p)n.应用对立事件的概率求解知，至少有一位同学通过测试的概率为1－(1－p)n.【答案】 D事件理解不清致误袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，则在发现其中之一是黄色的时，另一个也是黄色的概率为________．【错解】P＝610×59＝49.【答案】4 9【错因分析】将该事件错误地认为是在第一次取出黄色的乒乓球的条件下，第二次取出的也是黄色的乒乓球．【防范措施】在求概率时，首先要弄清楚随机试验是什么？属于什么概型？其次要判断清楚事件的性质．“其中之一是黄色的”包含三个事件：①第一个是黄色的，第二个是白色的；②两个都是黄色的；③第一个是白色的，第二个是黄色的．【正解】设“取两次，其中之一是黄色的”为事件A，“两个都是黄色的”为事件B，则“其中之一是黄色的，另一个也是黄色的”为P(B|A)．由条件概率计算公式得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝610×59610×49＋410×69＋610×59＝5 13.【答案】5 131．条件概率的前提条件是：在知道事件A 必然发生的前提下，只需局限在A 发生的范围内考虑问题，在事件A 发生的前提下事件B 发生，等价于事件A 和B 同时发生，由古典概型知其条件概率为：P (B |A )＝n (AB )n (A )＝n (AB )n (Ω)n (A )n (Ω)＝P (AB )P (A )，其中n (Ω)为一次试验可能出现的结果数，n (A )为事件A所包含的结果数，n (AB )为AB 同时发生时的结果数．2．P (AB )＝P (A )P (B )使用的前提条件是A ，B 为相互独立事件；当事件A 与B 相互独立时，事件A 与B 、A 与B 、A 与B 也相互独立．3．求事件概率时，有时遇到求“至少”或“至多”等事件概率问题，可考虑用他们的对立事件求解．1．从1,2,3,4,5中任取两个不同的数，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】 事件A 包含(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个基本事件，事件B 包含(2,4)一个基本事件．∴P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝14.【答案】 B2．甲袋中装有2个白球，2个黑球，乙袋中装有2个白球，4个黑球，从甲、乙两袋中各取一球均为白球的概率为( )A.16B.25C.215D.56【解析】 记“从甲袋中任取一球为白球”为事件A ，“从乙袋中任取一球为白球”为事件B ，则事件A ，B 是相互独立事件，故P (A ∩B )＝P (A )×P (B )＝24×26＝16.【答案】 A3．已知A ，B 是相互独立事件，且P (A )＝12，P (B )＝23，则P (A ·B )＝________；P (A ·B )＝________.【解析】 ∵P (A )＝12，∴P (A )＝1－P (A )＝1－12＝12.∵P (B )＝23，∴P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13.∴P (A ·B )＝P (A )·P (B )＝12×13＝16，P (A ·B )＝P (A )·P (B )＝12×13＝16.【答案】 16 164．甲、乙同时向一敌机炮击，已知甲击中敌机的概率为0.6，乙击中敌机的概率为0.5. (1)求甲、乙都未击中敌机的概率； (2)求敌机被击中的概率．【解】 设“甲击中敌机”为事件A ，“乙击中敌机”为事件B ，“甲、乙都未击中敌机”为事件C ，“敌机被击中”为事件D .由题意可知A ，B 相互独立，则A 与B 也相互独立．(1)P (C )＝P (A B )＝P (A )·P (B )＝(1－0.6)×(1－0.5)＝0.2.(2)P (D )＝1－P (A B )＝1－0.2＝0.8.一、选择题1．袋内有3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A 表示第一次摸得白球，如果第二次摸得白球记为B ，否则记为C ，那么事件A 与B ，A 与C 间的关系是( )A ．A 与B ，A 与C 均相互独立 B ．A 与B 相互独立，A 与C 互斥 C ．A 与B ，A 与C 均互斥D ．A 与B 互斥，A 与C 相互独立【解析】 由于摸球过程是有放回的，故第一次摸球的结果对第二次摸球的结果没有影响，故事件A 与B ，A 与C 均相互独立，且A 与B ，A 与C 均有可能同时发生，说明A 与B ，A 与C 均不互斥，故选A.【答案】 A2．设A 与B 是相互独立事件，则下列命题中正确的是( ) A.A 与B 是对立事件 B.A 与B 是互斥事件 C.A 与B 不相互独立 D ．A 与B 是相互独立事件【解析】 由P (A )＝P (AB )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A B )得P (A B )＝P (A )－P (A )P (B )＝P (A )[1－P (B )]＝P (A )P (B )，所以A 与B 是相互独立事件．【答案】 D3．(2013·蚌埠高二检测)袋中有3个红球，4个黄球，2个白球(球除颜色外其余均相同)，从中进行不放回地摸球，用A 表示第一次摸到的是白球，用B 表示第二次摸到的是黄球，则在事件A 发生的前提下事件B 发生的概率为( )A.49B.12C.45D.27 【解析】 法一 P (A )＝29，P (AB )＝2×49×8＝19，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1929＝12.法二 第一次摸出一个白球，袋中还剩8个球．其中黄球4个，摸到每个球的机会均等，所以在事件A 发生的前提下事件B 发生的概率为48＝12.【答案】 B4．设两个独立事件A 和B 都不发生的概率为19，A 发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A 发生的概率P (A )等于( )A.29B.118C.13D.23 【解析】 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧[1－P (A )][1－P (B )]＝19，P (A )[1－P (B )]＝P (B )[1－P (A )]， 解得P (A )＝23.【答案】 D5．设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立，若按甲、乙、甲、乙……的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是( )A.380B.920C.925D.19400【解析】 P ＝14×15×34＋14×15×14×45＝19400.【答案】 D 二、填空题6．某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则该种使用寿命超过1年的元件还能继续使用1年的概率为________．【解析】 设事件A 为“该元件的使用寿命超过1年”，B 为“该元件的使用寿命超过2年”，则P (A )＝0.6，P (B )＝0.3，因为B ⊆A ，所以P (AB )＝0.3，于是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.30.6＝0.5.【答案】 0.57．(2013·永泰高二检测)某同学参加学校举办的智力比赛，比赛规定：分三关进行淘汰赛，通过前一关者才能参加下一关的比赛，闯过三关为获胜者，假设这位同学过第一、二、三关的概率分别为0.8、0.7、0.6，则这位同学获胜的概率为________．【解析】 记这位同学通过第i 关为事件A i (i ＝1,2,3)，则P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.7，P (A 3)＝0.6，且过各关之间互不影响，所以所求概率为P ＝P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.8×0.7×0.6＝0.336.故这位同学获胜的概率是0.336. 【答案】 0.3368．在感冒流行的季节设甲、乙患感冒的概率分别为0.6和0.5，则他们中有人患感冒的概率是________．【解析】 设甲、乙患感冒为事件A 、B ，则P ＝1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－(1－0.6)(1－0.5)＝0.8. 【答案】 0.8 三、解答题9．有红色、蓝色两颗骰子，设事件A 为“抛红骰子所得点数为偶数”，设事件B 为“抛蓝骰子所得点数大于4”，求在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率．【解】 画示意图如图所示，横轴表示抛红骰子所得点数，纵轴表示抛蓝骰子所得点数．∴P (A )＝1836＝12，P (A ∩B )＝636＝16，∴P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝1612＝13.则在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率为13.10．已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2.(1)假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率；(2)要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？ 【解】 (1)设敌机被第k 门高炮击中的事件为A k (k ＝1,2,3,4,5)， 那么5门高炮都未击中敌机的事件为A 1·A 2·A 3·A 4·A 5. ∵事件A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立， ∴敌机未被击中的概率为P (A 1·A 2·A 3·A 4·A 5)＝P (A 1)·P (A 2)·P (A 3)·P (A 4)·P (A 5)＝(1－0.2)5＝(45)5.∴敌机未被击中的概率为(45)5.(2)设至少需要布置n 门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿(1)可得：敌机被击中的概率为1－(45)n ，∴令1－(45)n ≥0.9，∴(45)n ≤110，两边取常用对数，得n ≥11－3lg 2≈10.3，∵n ∈N ＋，∴n ＝11.∴至少需要11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机．11．设事件A 与B 相互独立，两个事件中只有A 发生的概率和只有B 发生的概率都是14，求事件A 和事件B 同时发生的概率．【解】 在相互独立事件A 和B 中，只有A 发生，即事件A B 发生，只有B 发生即事件A B 发生．∵A 和B 相互独立，∴A 与B ，A 和B 也相互独立． ∴P (A B )＝P (A )P (B ) ＝P (A )[1－P (B )]＝14，①P (A B )＝P (A )P (B ) ＝[1－P (A )]P (B )＝14，②①－②，得P (A )＝P (B )，③ ①③联立可解得 P (A )＝P (B )＝12.∴P(AB)＝P(A)P(B)＝12×12＝14.(教师用书独具)在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．【思路点拨】先判断概型，再选择相应公式．【自主解答】分别记这段时间内开关J A，J B，J C能够闭合为事件A，B，C.由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响．根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.7)(1－0.7)(1－0.7)＝0.027，∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能正常工作的概率是。

条件概率与独立事件教案-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One12.1条件概率与独立事件（一）丹凤县竹林关中学兰栋霞●学情分析高二学生在高一阶段已经学习了古典概型、几何概型，对于概率知识有了一定的认识，为条件概率与独立事件的学习，奠定了一定的理论基础。

●三维目标1．知识与技能（1）通过具体情境了解条件概率的概念，能利用条件概率分析和解决简单的实际问题．（2）掌握求条件概率的两种方法.2．过程与方法在对条件概率的学习过程中，进一步培养学生准确把握随机事件，掌握利用概率的知识，分析解决实际问题的方法．3．情感、态度与价值观通过利用概率知识解决简单的实际问题，进一步体会和感受数学知识在生活中的应用，培养随机意识．●重点难点重点：求条件概率的方法，利用条件概率分析和解决简单的实际问题．难点：对条件概率的概念的理解．●教学方法主要采取教师启发、讲授和学生探究、练习相结合的方法●教学过程：一、知识回顾1.古典概型的概念：1)试验的所有可能结果(即基本事件)只有有限个,每次试验只出现其中的一个结果;2)每一个结果出现的可能性相同。

2.古典概型的概率计算公式：二、实例探究100个产品中有93个产品的长度合格，90个产品的质量合格，85个产品的长度、质量都合格。

现在任取一个产品，若已知它的质量合格，那么它的长度合格的概率是多少？分析：令A={产品的长度合格} ，B={产品的质量合格}，那么A ∩B={产品的长度、质量都合格}现任取一个产品，已知它的质量合格（即B 发生），则它的长度合格（即A 发生）的概率是9085思考：这个概率与事件A 、B 发生的概率有什么关系么?三、精讲点拨求B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为 。

nm A A P ==试验的所有可能结果数包含的可能结果数事件)(当 时 ，其中 可记为 0)(>B P )()()(B P B A P B A P ⋂=BA AB )(B A P 类似地，当 时， ，此即为A 发生时B 发生的条件概率。

第一章 统计案例
§2 独立性检验
2．1 条件概率与独立事件
第一章 统计案例
1．条件概率 求已知 B 发生的条件下，A 发生的概率，称为 _B__发__生__时__A__发__生__的__条__件__概__率____，记为___P_(_A_|B__)__，当 P(B)>0
P（A∩B） 时，其公式为 P(A|B)＝__P__（__B_）___(其中 A∩B 也可以记成 AB)． 类似地，当 P(A)＞0 时，A 发生时 B 发生的条件概率为 P(B|A) ＝PP（（AAB））.
颜色
红色
2
3
蓝色
4
7
栏目 导引
第一章 统计案例
令事件 A 为任取一个球是蓝球，令事件 B 为任取一个球为玻
璃球，显然事件 AB 为一个蓝色的玻璃球．
法一：由于任取一个球是等可能的，且 A 包含的基本事件数
n(A)＝11，事件 AB 包含的基本事件数 n(AB)＝4，故所求事件
的概率 P(B|A)＝nn（（AAB））＝141. 法二：由题意可知 P(A)＝4＋167＝1116，P(AB)＝146，
率为 0.7×0.6＝0.42.
栏目 导引
第一章 统计案例
设某种动物从出生算起活到 20 岁以上的概率为 0.9，活到 25 岁以上的概率为 0.5，现有一个 20 岁的这种动物，则它能 活到 25 岁以上的概率为________． 解析：设该动物活到 20 岁、25 岁以上记为 A、B，则 P(A)＝0.9，P(B)＝P(AB)＝0.5，所以 P(B|A)＝PP（（AAB））＝00..95＝ 59. 答案：59
在某段时间内，甲地不下雨的概率为 0.3，乙地不下雨的概
率为 0.4，假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响，则这