人教版 高中数学 2.2.1条件概率学案 选修2-3

2.2.1条件概率教学设计一教学目标（一）知识与技能：掌握条件概率的定义、判断、及求解方法。

（二）过程与方法：通过知识的探索让学生体会数学为主的方法，以培养学生自学能力。

（三）情感态度与价值观：通过生活中的实例让学生体会数学知识的重要性，培养学生思维的灵活性和知识的迁移能力，让学生养成善于观察，分析总结的良好习惯。

二教学重点、难点教学重点：条件概率的定义、公式的推导及计算；为了让学生能够区分一般概率和条件概率的区别，在教学时应特别注意条件概率的定义的引入；但能否解决问题，并解决学生知其然，不知其所以然的情况，还在于对公式的理解，所以本节课的重点是让学生理解公式的推导及应用。

教学难点：条件概率的判断与计算；在理解的基础上能运用自如才是教学的真正目的，所以在教学中选择适当的练习题让学生理解究竟什么是条件概率及条件概率该如何解决。

三学情分析（一）学生已有知识基础或学习起点这是一节新授课，本班学生对数学科特别是概率内容的学习有很高的热情，本班学生具备较好的逻辑思维能力，并能够用已学的定理和概念解决一些常见问题，但分析问题的能力有待提高。

（二）学生已有生活经验和学习该内容的经验学生通过小学、初中的学习，具备了基本的逻辑思维能力，同时在以前的数学学习中学生已经经历了合作学习的过程，具有了一定的合作学习的经验，具备了一定的合作与交流的能力。

（三）学生的思维水平以及学习风格受以前传统教学方式的影响，学生的思维仍停留在就题论题上，还没有形成一套完整的思维体系去解决一类问题甚至没有形成一种解决问题的思维方法，因此思路不开阔，缺少发散思维和逻辑思维能力。

学习风格上还保留着被动接受的习惯，缺乏主动思考和探索的精神。

（四）学生学习该内容可能的困难在学习中，学生可能对对条件概率的判断和计算上会有些困难，但相比较计算上困难会更大一些，因为通过本节课的学习，我们掌握了两种解决条件概率的方法，分别是公式法和缩减基本事件空间的方法，能不能运用的好可能是学生在学习中遇到的困难。

2．2 二项分布及其应用2．2.1 条件概率整体设计教材分析条件概率的概念在概率理论中占有十分重要的地位，教科书只是简单介绍条件概率的初等定义．为了便于学生理解，教材以简单事例为载体，逐步通过探究，引导学生体会条件概率的思想．课时分配 1课时教学目标 知识与技能通过对具体情境的分析，了解条件概率的定义，掌握简单的条件概率的计算． 过程与方法发展抽象、概括能力，提高解决实际问题的能力． 情感、态度与价值观使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．教学过程探究活动抓阄游戏：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．活动结果：法一：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P(B)＝13.故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A i 表示：“第i 名同学抽到中奖奖券”的事件，i ＝1,2,3， 则有P(A 1)＝13，P(A 2)＝2×13×2＝13，P(A 3)＝2×1×13×2×1＝13.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”．进一步提出：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？共同指出：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)．提出问题：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？活动结果：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.理解新知(几何解释)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，P(AB)＝n(AB)n(Ω)，P(A)＝n(A)n(Ω)，其中n(Ω)表示Ω中包含的基本事件个数．所以，P(B|A)＝n(AB)n(A)＝n(AB)n(Ω)n(A)n(Ω)＝P(AB)P(A).因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P(B|A)．(给出定义) 1．定义设A 和B 为两个事件，P(A)>0，称P(B|A)＝P(AB)P(A)为在事件A 发生的条件下，事件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．补充说明：由这个定义易知，P(AB)＝P(B|A)·P(A)．(概率的乘法公式) 提出问题：根据概率的性质可以得到P(B|A)的哪些性质？ 活动结果：2．P(B|A)的性质(1)非负性：0≤P(B|A)≤1； (2)规范性：P(Ω|B)＝1；(3)可列可加性：如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 运用新知例1考虑恰有两个小孩的家庭．若已知某家有男孩，求这家有两个男孩的概率；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P(B)＝34，P(BA)＝P(A)＝14，∴P(A|B)＝P(BA)P(B)＝13；P(B 1)＝12，P(B 1A)＝P(A)＝14，∴P(A|B 1)＝P(B 1A)P(B 1)＝12.例2一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 (i ＝1,2)，则A ＝A 1∪(A 1A 2)表示“不超过2次就按对密码”．(1)因为事件A 1与事件A 1A 2互斥，由概率的加法公式得 P(A)＝P(A 1)＋P(A 1A 2)＝110＋9×110×9＝15.(2)用B 表示“最后一位按偶数”的事件，则 P(A|B)＝P(A 1|B)＋P(A 1A 2|B)＝15＋4×15×4＝25.设计意图：以上两题都是从实际中来，到实际中去，这也是我们学习数学的目的所在．【变练演编】 盒中有球如下表：任取一球，若已知取的是蓝球，问该球是玻璃球的概率．(411)变式：若已知取的是玻璃球，求取的是蓝球的概率．(23)【达标检测】1．一批产品中有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“取到的产品是一等品”，B 表示“取出的产品是合格品”，则P(A|B)＝45%，P(B )＝4%，于是P(B)＝1－P(B )＝96%.所以P(A)＝P(AB)＝P(B)P(A|B)＝96%×45%＝43.2%. 2．掷两颗均匀骰子，已知第一颗掷出6点，问“掷出点数之和不小于10”的概率是多少？ 解：设A ＝{掷出点数之和不小于10}，B ＝{第一颗掷出6点}， 所以P(A|B)＝n(AB)n(B)＝36＝12.课堂小结1．条件概率：P(B|A)＝P(AB)P(A)＝n(AB)n(B).2．概率P(B|A)与P(AB)的区别与联系：P(AB)表示在样本空间Ω中，计算AB 发生的概率，而P(B|A)表示在缩小的样本空间ΩA中，计算B 发生的概率．用古典概率公式，则P(B|A)＝AB 中样本点数ΩA 中样本点数，P(AB)＝AB 中样本点数Ω中样本点数.补充练习【基础练习】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}，则P(A)＝________，P(B)＝________，P(AB)＝________，P(A|B)＝________.(12；56；13；25)2．一个正方形被平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(假设每次都能投中)，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：P(AB)＝19；P(A|B)＝14.【拓展练习】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．解：设A 表示“活到20岁”(即≥20)，B 表示“活到25岁”(即≥25)，则P(A)＝0.7，P(B)＝0.56， 故P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.8.设计说明好的教学情境的创设，等于成功的一半．因而，以一个轻松愉快的抽奖券游戏把学生带进一个轻松愉快的课堂环境中．从游戏开始，诱思深入，把老师在堂上讲、学生在堂下听的教学过程变为师生共同探索，共同研究的过程．学生围绕老师提出的一系列具有趣味性和启发性的层层深入的问题，展开讨论，使问题得到解决，从而突出本节重点，突破本节难点．备课资料备用例题：1．抛掷一枚质地均匀的硬币两次，则 (1)两次都是正面向上的概率是________．(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________．答案：(1)14 (2)122．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：(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．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)＝A 25＝20.根据分步乘法计数原理，n(A)＝A 13×A 14＝12.于是P(A)＝n(A)n(Ω)＝1220＝35. (2)因为n(AB)＝A 23＝6，所以P(AB)＝n(AB)n(B)＝620＝310. (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”的概率为P(B|A)＝P(AB)P(A)＝31035＝12.解法2：因为n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝n(AB)n(A)＝612＝12.3．一个袋中装有2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取两个球，记事件“第一次抽到白球”为A ；事件“第二次抽到白球”为B.(1)分别求事件A 、B 、AB 发生的概率； (2)求P(B|A)． 解：同2.(设计者：王宏东 李王梅)。

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2．2。

1 条件概率1．了解条件概率的概念．2．掌握求条件概率的两种方法．(难点)3．能利用条件概率公式解一些简单的实际问题．（重点）[基础·初探]教材整理条件概率阅读教材P51～P53,完成下列问题．1．条件概率的概念一般地,设A，B为两个事件，且P（A)＞0，称P(B｜A)＝错误!为在事件A发生的条件下，事件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．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）．1．设A，B为两个事件，且P（A）>0，若P(AB)＝错误!，P(A)＝错误!，则P(B｜A）＝________.【解析】由P（B｜A）＝P ABP A＝错误!＝错误!.【答案】错误!2．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________．【解析】根据条件概率公式知P＝错误!＝0。

5.【答案】0.5[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]利用定义求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。

2.2 二项分布及其应用2.2.1 条件概率问题导学一、条件概率的概念与计算活动与探究11．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 ．122．某气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上的风又下雨的概率为110，设A 为下雨，B 为刮四级以上的风，则P (B |A )＝__________，P (A |B )＝__________．迁移与应用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 ．P (AB )＝P (A )P (B ) D ．P (A |A )＝02．5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放回地取两次，求第一次取到新球的情况下，第二次取到新球的概率．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 )；(2)在原样本空间Ω中，先计算P (AB )，P (A )，再按公式P (B |A )＝P (AB )P (A )计算求得P (B |A )．二、条件概率的应用活动与探究2盒内装有16个球，其中6个是玻璃球，10个是木质球．玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；木质球中有3个是红色的，7个是蓝色的．现从中任取1个，已知取到的是蓝球，问该球是玻璃球的概率是多少？迁移与应用1．(2013浙江宁波模拟)某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班所占的概率为__________．2．某个兴趣小组有学生10人，其中有4人是三好学生．现已把这10人分成两小组进行竞赛辅导，第一小组5人，其中三好学生2人．(1)如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的概率是多少？(2)现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，问这名同学在第一小组内的概率是多少？在解决条件概率问题时，要灵活掌握P (A )，P (B )，P (AB )，P (B |A )，P (A |B )之间的关系．即在应用公式求概率时，要明确题中的两个已知事件，搞清已知什么，求什么，再运用公式求概率．答案： 课前·预习导学 【预习导引】1．P (AB )P (A ) A B A B2．(1)[0,1] (2)P (B |A )＋P (C |A )预习交流 (1)提示：事件A 发生的条件下，事件B 发生等价于事件A 与事件B 同时发生，即AB 发生，但P (B |A )≠P (AB )．这是因为事件(B |A )中的基本事件空间为A ，相对于原来的总空间Ω而言，已经缩小了，而事件AB 所包含的基本事件空间不变，故P (B |A )≠P (AB )．(2)提示：P (AB )＝14， P (A )＝12，∴P (B |A )＝12．故选B ．课堂·合作探究 【问题导学】活动与探究1 1．思路分析：由题意知，本题属于条件概率．可以由题意求P (A )，P (AB )，然后根据公式求出P (B |A )．B 解析：∵P (A )＝C 22＋C 23C 25＝410，P (AB )＝C 22C 25＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14．2．思路分析：应用公式P (B |A )＝P (AB )P (A )计算．38 34 解析：由已知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110415＝38，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝34． 迁移与应用 1．B 解析：由P (B |A )＝P (AB )P (A )，而P (AB )＝P (B )是可能的．2．解：设“第一次取到新球”为事件A ，“第二次取到新球”为事件B ． 法一：因为n (A )＝3×4＝12，n (AB )＝3×2＝6， 所以P (B |A )＝n (AB )n (A )＝612＝12． 法二： P (A )＝35，P (AB )＝C 23C 25＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12．活动与探究2 思路分析：通过表格将数据关系表示出来，再求取到蓝球是玻璃球的概率．解：由题意得球的分布如下：设A ＝{取得蓝球}，B 则P (A )＝1116，P (AB )＝416＝14．∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝141116＝411．迁移与应用 1．16 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 (AB )＝1C 27， 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝16． 2．解：设A 表示“在兴趣小组内任选一名同学，该同学在第一小组内”，B 表示“在兴趣小组内任选一名同学，该同学是三好学生”，而第二问中所求概率为P (A |B )．(1)由等可能事件概率的定义知，P (A )＝C 15C 110＝12．(2)P (B )＝C 14C 110＝25，P (AB )＝C 12C 110＝15．∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝12．当堂检测1．袋中有大小相同的3个红球，7个白球，从中不放回地依次摸取2球，在已知第一次取出白球的前提下，第二次取得红球的概率是 ( )A ．15 B ．13 C ．38 D ．37答案：D 解析：设事件A 为“第一次取白球”，事件B 为“第二次取红球”，则n (A )＝63，n (AB )＝21，故()1(|)()3n AB P B A n A ==． 2．一个盒子中有20个大小形状相同的小球，其中5个红的，5个黄的，10个绿的，从盒子中任取一球，若它不是红球，则它是绿球的概率是( )A ．56 B ．34 C ．23 D ．13答案：C 解析：记A ：取的球不是红球，B ：取的球是绿球．则153()204P A ==，101()202P AB ==，∴1()22(|)3()34P AB P B A P A ===．3．抛掷红、黄两枚骰子，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 ．14 B ．13C ．12 D ．35答案：B 解析：记A ：抛掷两颗骰子，红色骰子点数为4或6，B ：两颗骰子的点数积大于20．121()363P A ==，41()369P AB ==， ∴()1()19|1()33P AB P B A P A ===．4．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__________．答案：0.5 解析：设A ：出生算起活到20岁．B ：出生算起活到25岁． P (A )＝0.8，P (AB )＝0.4， ∴P (B |A )＝()0.4()0.8P AB P A =＝0.5．5．如图，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(1)P (A )＝__________；答案：2π(2)P(B|A)＝__________．答案：14解析：该题为几何概型，圆的半径为1，∴圆的面积为π，正方形面积为2，扇形面积为π4．故P(A)＝2π，12()1π(|)2()4πP ABP B AP A===．。

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”。

§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()3P 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 AB n AB P AB 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 ）。

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】。

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.。

高中数学 2.2.1条件概率学案 新人教A 版选修2-3基础梳理 1．条件概率. 条件 设A ，B 为两个事件，且P (A )>0含义 在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率记作 P (B |A )读作 A 发生的条件下B 发生的概率计算 公式①缩小样本空间法：P (B |A )＝n （AB ）n （A ）②公式法：P (B |A )＝P （AB ）P （A ）P (B |A )与P (AB )的区别：P (B |A )的值是AB 发生相对于事件A 发生的概率的大小；而P (AB )是AB 发生相对于原来的总空间而言．2．条件概率的性质．(1)有界性：0≤P (B |A )≤1；(2)可加性：如果B 和C 是互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝P (B |A )＋P (C |A )．自测自评1．下列说法中正确的是(B ) A ．P (B |A )＜P (AB ) B ．P (B |A )＝P （B ）P （A ）是可能的 C ．0＜P (B |A )＜1 D ．P (A |A )＝02．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )等于(B )A.950 B.12 C.910 D.143．将两枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A ＝{两个点数互不相同}，B ＝{出现一个5点}，则P (B |A )＝(A )A.13B.15C.16D.112解析：出现点数互不相同的共有6×5＝30种，出现一个5点共有5×2＝10种， 所以P (B |A )＝1030＝13.故选A.不注意区分条件概率P (B |A )与积事件的概率P (AB )致误 【典例】 袋中装有大小相同的6个黄色的乒乓球，4个白色的乒乓球，每次抽取一球，取后不放回，连取两次，求在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球的概率．解析：记“第一次取到白球” 为事件A ，“第二次取到黄球” 为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球” 为事件C .在事件A 已经发生的条件下，袋中只有9个球，其中3个白球，故此时取到黄球的概率为P (C )＝P (B |A )＝69＝23或者P (C )＝P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝41525＝23.【易错剖析】应注意P (AB )是事件A 和B 同时发生的概率，而P (B |A )是在事件A 已经发生的条件下事件B 发生的概率．若混淆这两个概念，就会出现如下错解：记“第一次取到白球”为事件A ，“第二次取到黄球”为事件B ，“在第一次取到白球的条件下第二次取到黄球”为事件C ，∴P (C )＝P (AB )＝4×610×9＝415.基础巩固1．已知P (B |A )＝13，P (A )＝25，则P (AB )＝(C )A. 56B.910C.215D.115解析：P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215.故选C.2．把一枚硬币抛掷两次，事件B 为“第一次出现正面”，事件A 为“第二次出现反面”，则P (A |B )等于(B )A.14B.12C.13D.34解析：把抛掷硬币两次的结果图示为：“＋＋”、“＋－”、“－＋”、“－－”．易知P (B )＝12，P (AB )＝14，∴P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝1412＝12.3．某地一农业科技实验站，对一批新水稻种子进行试验，已知这批水稻种子的发芽率为0.8，出芽后的幼苗成活率为0.9，在这批水稻种子中，随机地抽取一粒，则这粒水稻种子能成长为幼苗的概率为(D )A ．0.02B ．0.08C ．0.18D ．0.72解析：记P (A )＝0.8，P (B |A )＝0.9，则P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.8×0.9＝0.72. 4．6位同学参加百米径赛，赛场共6条跑道，已知甲同学排在第一跑道，则乙同学被排在第二跑道的概率是________．解析：甲排在第一跑道，其他同学共有A 55种排法，乙排在第二跑道共有A 44种排法．故所求概率为P ＝A 44A 55＝15.答案：15能力提升5.将三颗骰子各掷一次，记事件A 表示“三个点数都不相同”，事件B 表示“至少出现一个3点”，则概率P (A |B )等于(C )A.91216 B.518C.6091D.12解析：事件B 发生的基本事件个数是n (B )＝6×6×6－5×5×5＝91，事件A ，B 同时发生的基本事件个数为n (AB )＝3×5×4＝60.∴P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝6091.6．盒中装有10只乒乓球，其中6只新球、4只旧球，不放回地依次取出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为(C )A.35B.110C.59D.25解析：把问题看成用10个不同的球排前两位，第一次为新球的基本事件数为6×9＝54，两次均为新球的基本事件数为A 26＝30，所以在第一次摸到新球条件下，第二次也摸到新球的概率为3054＝59.7．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：∵P (AB )＝310，P (B |A )＝12，P (B |A )＝P （AB ）P （A ），∴P (A )＝P （AB ）P （B |A ）＝31012＝35.答案：358．某种元件用满6 000小时未坏的概率是34，用满10 000小时未坏的概率是12，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________．解析：记满6 000小时未坏为事件A ，满10 000小时未坏为事件B ，则P (A )＝34.∵B A ，∴P (AB )＝P (B )＝12.∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1234＝23.答案：239．已知箱子中装有10件产品，其中6件正品，现从中不放回地任取两次，每次取一件，求两次都取到正品的概率．解析：设A ＝{第一次取到正品}，B ＝{第二次取到正品}，AB ＝{两次都取到正品}．由题意知， P (A )＝610，P (B |A )＝59.故P (AB )＝P (A )P (B |A )＝610×59＝13.10．某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人．全班平均分成4个小组，其中第一组有共青团员4人．从该班任选一个作学生代表．(1)求选到的是第一组的学生的概率；(2)已知选到的是共青团员，求他是第一组学生的概率． 解析：设事件A 表示“选到第一组学生”， 事件B 表示“选到共青团员”．(1)由题意，P (A )＝1040＝14.(2)法1 要求的是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的条件概率P (A |B )．不难理解，在事件B 发生的条件下(即以所选到的学生是共青团员为前提)，有15种不同的选择，其中属于第一组的有4种选择．因此，P (A |B )＝415.法2 P (B )＝1540＝38，P (AB )＝440＝110，∴P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝415.。