221条件概率(共19张)

94.对一个适度工作的人而言，快乐来自于工作，有如花朵结果前拥有彩色的花瓣。――[约翰·拉斯金] 95.没有比时间更容易浪费的,同时没有比时间更珍贵的了，因为没有时间我们几乎无法做任何事。――[威廉·班] 96.人生真正的欢欣，就是在于你自认正在为一个伟大目标运用自己；而不是源于独自发光.自私渺小的忧烦躯壳，只知抱怨世界无法带给你快乐。――[萧伯纳]
――[阿萨·赫尔帕斯爵士] 115.旅行的精神在于其自由，完全能够随心所欲地去思考.去感觉.去行动的自由。――[威廉·海兹利特]
116.昨天是张退票的支票，明天是张信用卡，只有今天才是现金；要善加利用。――[凯·里昂] 117.所有的财富都是建立在健康之上。浪费金钱是愚蠢的事，浪费健康则是二级的谋杀罪。――[B·C·福比斯] 118.明知不可而为之的干劲可能会加速走向油尽灯枯的境地，努力挑战自己的极限固然是令人激奋的经验，但适度的休息绝不可少，否则迟早会崩溃。――[迈可·汉默] 119.进步不是一条笔直的过程，而是螺旋形的路径，时而前进，时而折回，停滞后又前进，有失有得，有付出也有收获。――[奥古斯汀] 120.无论那个时代，能量之所以能够带来奇迹，主要源于一股活力，而活力的核心元素乃是意志。无论何处，活力皆是所谓“人格力量”的原动力，也是让一切伟大行动得以持续的力量。――[史迈尔斯] 121.有两种人是没有什么价值可言的：一种人无法做被吩咐去做的事，另一种人只能做被吩咐去做的事。――[C·H·K·寇蒂斯] 122.对于不会利用机会的人而言，机会就像波浪般奔向茫茫的大海，或是成为不会孵化的蛋。――[乔治桑] 123.未来不是固定在那里等你趋近的，而是要靠你创造。未来的路不会静待被发现，而是需要开拓，开路的过程，便同时改变了你和未来。――[约翰·夏尔] 124.一个人的年纪就像他的鞋子的大小那样不重要。如果他对生活的兴趣不受到伤害，如果他很慈悲，如果时间使他成熟而没有了偏见。――[道格拉斯·米尔多] 125.大凡宇宙万物，都存在着正、反两面，所以要养成由后面.里面，甚至是由相反的一面，来观看事物的态度――。[老子]

n(B)=A14 A511，
n(BC)=A14 A31
P(C
|
B)
n(BC) n(B)
A14 A31 A14 A511
43 4 51
1 17
解2: 设A表示“第一次抽到B”，
C表示“第二次抽到A”。
所以：P(B)=
A14 A511 A522
4， 52
P(BC)=
A14 A31 A522
43 52 51
10 3
1 2
5
方法二：缩小样本空间法 因为n(AB)=6，n(A)=12，所以 P(B A) n( AB) 6 1 n( A) 12 2
小试牛刀
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，求第2次也抽到A的概率？
解1: 设B表示“第一次抽到A”， C表示“第二次抽到A”。则有：
由券古，典最概后型一得名，同学“抽已到知中第奖一奖名券同学”没的有概抽率到为中2 4 奖,即奖２ １
若用A表示事件“第一名同学没有抽到中奖券”，
则将“已知第一名同学没有抽到中奖奖券的条件下，
最后一名同学抽到中奖奖券”的概率记为P(B|A)
想一想
为什么两个问题的概率不一样？
P(B|A) ≠ P(B)？
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.
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是两个互斥事件，则 P(B C | A) P(B | A) P(C | A)
第1次抽取到理科题的概率
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.

女孩，则另一个小孩是男孩的概率是__3_. 解析 一个家庭的两个小孩只有4种可能：{男，男}，{男，女}，{女，男}， {女，女}，由题目假定可知这4个基本事件的发生是等可能的， 所求概率 P＝23.
解析答案
规律与方法
1.条件概率：P(B|A)＝PPAAB＝nnAAB.
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
解析答案
类型三 条件概率的性质及应用 例3 在某次考试中，从20道题中随机抽取6道题，若考生至少能答对其中 的4道即可通过；若至少能答对其中5道就获得优秀.已知某考生能答对其中 10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率.
反思与感悟 解析答案
跟踪训练3 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，
答案
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)＝85 .
90 思考3 P(B)、P(AB)、P(A|B)间有怎样的关系. 答案 P(A|B)＝PPABB.
1 ∴P(B|A)＝PPAAB＝120＝14.
5
解析答案
类型二 缩小基本事件范围求条件概率
例2 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
第二章 §2.2 二项分布及其应用
2.2.1 条件概率
学习目标
1.理解条件概率的定义. 2.掌握条件概率的计算方法. 3.利用条件概率公式解决一些简单的实际问题.

• (1)第一次是白球的情况下，第二次与第三 次均是白球的概率．
• (2)第一次和第二次均是白球的情况下，第 三次是白球的概率．
[解析] (1)设 Ai 表示第 i 次取到白球的事件(i＝1,2,3)． ∵P(A1)＝46× ×55× ×44＝23， P(A1∩A2∩A3)＝46× ×35× ×24＝15， ∴P(A2∩A3|A1)＝P(A1∩P(AA12)∩A3)＝130. (2)∵P(A1∩A2)＝25，P(A1∩A2∩A3)＝15， ∴P(A3|A1∩A2)＝12.
的概率。
解法二：因为n(AB)=6，n(A)=12，所以
P(B A) n(AB) 6 1 n(A) 12 2
解法三：第一次抽到理科题，则还剩下两道理科、 两道文科题 故第二次抽到理科题的概率为1/2
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
的概率。 （3）解法一：由（1）（2）可得，在第一次抽到理科题
的条件下，第二次抽到理科题的概率为
3
P(B
A)
P( AB) P( A)
10 3
1 2
5
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： （1）第一次抽取到理科题的概率； （2）第一次和第二次都抽取到理科题的概率； （3）在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科题
61 62 63 64 65 66
用几何图形怎么解释？ B A∩B A
解：设Ω为所有事件组成的全体，“第一颗掷出6点”为事件A，“掷出点数之和

课堂练习
书本54 第1 ，2 题 补充： 盒中有球如表. 任取一球 玻璃 木质
红 蓝
2 4
3 7
总计 5
11
总计
6
10
16
若已知取得是蓝球,问该球是玻璃球的概率. 变式 :若已知取得是玻璃球,求取得是篮球的概率.
1 1 例2 设P(A|B)=P(B|A)= 2 ,P(A)= ,求P(B). 3
例 3 某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁， 已知开关第一次闭合后出现红灯的概率是1/2，在第 一次闭合出现红灯的条件下第二次闭合还出现红灯 的概率是1/3，求两次闭合都出现红灯的概率．
因此P(B|A)＝1/2＝n（AB）/n（A）.
P(B |A)相当于把Ａ看作新的 基本事件空间，求Ａ∩Ｂ发生 的概率。

B
Ａ∩Ｂ
A
一般的，设n(Ω )、n(A)、n(AB)分别表示事件Ω 、A、 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 ).
第一问中，由于是放回，第一位同学抽到奖券与否，对第三位同 最后一位同学抽到奖券事件发生是第一位没抽到第二位没抽到 学能否抽到奖没有景响；三位同学都可能抽到，也可能都没抽到。 第三位抽到这三个事件同时发生，故第三抽到奖券的概率是 第二问，由于是不放回，第一位抽到奖，第三位一定抽不到奖， 2 1 1 1 p 第一位没抽到，第三位可能抽到。三位同学只有一人抽到。 3 2 1 3
人教A版选修2-3 第二章
2.2.1 条件概率
古典概型：如果一次试验的所有可能结果(基本事件) 数是n，其中事件A包含的结果(基本事件)数为m，则
事件A发生的概率是

条件概率是指在某一事件B已经发生的条件下，另一事件A发生的概率， 记作P(A|B)。如果两个事件A和B之间没有相互影响，即A的发生与否与B 无关，那么A和B就是独立的。
如果事件A和B独立，那么P(A|B) = P(A)，即事件B发生的条件下事件A 发生的概率等于事件A发生的概率。
独立性是条件概率中的一个重要概念，它有助于简化概率计算，并帮助 我们更好地理解事件之间的关系。
利用条件概率判断事件的独立性
当我们已知P(A|B)和P(B|A)的 值时，可以通过比较这两个值 来判断事件A和B是否独立。如 果P(A|B) = P(A)且P(B|A) = P(B)，则A和B独立。
如果P(A|B) ≠ P(A)或P(B|A) ≠ P(B)，则A和B不独立。
判断事件的独立性对于理解概 率模型和进行概率计算非常重 要，它有助于我们更好地理解 事件之间的关系。
05 条件概率的扩展知识
条件概率的连续性
总结词
条件概率的连续性是指在多个条件概率之间存在一定的关联，其中一个条件概率的结果 会影响到下一个条件概率的计算。
详细描述
在概率论中，条件概率的连续性是指当一个事件的发生会影响另一个事件发生的概率时 ，这种连续性关系可以通过一系列的条件概率来描述。例如，在赌博中，玩家连续掷出 两次正面朝上的概率是独立的，但如果第一次掷出正面朝上，第二次掷出正面朝上的概
独立性在概率论中的重要性
独立性是概率论中的一个基本概念， 它有助于简化概率计算。
独立性还可以帮助我们建立复杂的概 率模型，例如在统计学、机器学习等 领域。
在实际应用中，独立性可以帮助我们 预测事件的发生概率，例如在赌博、 保险、气象等领域。
理解独立性对于深入理解概率论和统 计学非常重要，它也是进一步学习高 级概率论和统计学的基础。

,考虑到大量重
������
复试验时,条件频率������������������������������的稳定值即为条件概率 P(B|A),又因为事件
AB
发生的频率������������������、事件
������
A
发生的频率������������的稳定值分别为
������
P(A∩B),P(A),于是有 P(B|A)=������(������������(⋂������)������).
条件概率公式 P(B|A)=������(������������(⋂������)������),P(A)>0.
12
知识拓展 (1)计算条件概率的公式为 P(B|A)=������(������������(⋂������)������),P(A)>0,它
可以用频率的稳定值来解释:设进行 n 次试验,事件 A 发生了 nA 次,
令A=“2次都取得白球”,包括2个基本事件, 因此 P(A)=A252 = 110.
题型一 题型二
解法二用概率乘法公式.
令Ai=“第i次取得白球”(i=1,2), 则A=A1∩A2, 由乘法公式,得
P(A)=P(A1∩A2)=P(A1)P(A2|A1)=25
×
1 4
=
110.
反思 公式 P(B|A)=������(������������(⋂������)������) 既是条件概率的定义,同时又是求条
知道第一名同学没有抽到奖券的条件下,即事件A发生的前提
下,P(B|A)=
1 2
,显然知道了事件A的发生,影响了事件B的发生的概率.
事实上,在已知事件A没有中奖的前提下,奖券情况已经发生了变化,

为事件B，则“第1次和第2次都抽到理科题”就是事件AB.
Ω为“从5道题中不放回地依次抽取2道题的样本空间。”
(1)
n()
A52
20, n(A)
A31
A41
12, P(A)
n( A) n()
12 20
3. 5
(2)n(AB )
A32
6, P(AB) 3
n(AB) n()
6 20
3 10
.
(3)法1
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Ai (i 1，2)
则A A1 ( A1 A2 )表示不超过2次就按对密码。 （1）因为事件Ai与事件 A1 A2互斥，由概率的加法公式得
P( B
|
A)
P( AB) P( A)
10 3
1. 2
法2
P(B | A) n(AB) 6 1 n(A) 12 2
5
反思
求解条件概率的一般步骤：
求解条件概率的一般步骤： （1）用字母表示有关事件
（2）求P(AB），P(A)或n(AB),n(A)
( 3 )利用条件概率公式求 P B A P(AB) n(AB) P(A) n(A)
100 100
0.7368
5
95A
课堂练习
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所占的比例分别为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}，

3或6且两颗骰子的点数之和
大于8”，则P(D)=________ (4)事件E=“已知蓝色骰子的点数
为3或6的条件下，两颗骰子的
点数之和大于8”，则P(E)=___
y
6
5 4
3
2
1
O 123456 x 事件E可以理 解为在事件A 发生的条件下，
事件B也发生
§2.2.1条件概率
一、条件概率定义 4
1
在很多实际问题中，需要考 虑一个事件在“某事件已发生” 这个附加条件下的概率。
问题：掷红、蓝两颗骰子 2
(1)事件A=“蓝色骰子的点数为3
或6”，则P(A)=________ (2)事件B=“两颗骰子的点数之和
事件D可以 理解为事 件A和事件 B同时发生
大于8”，则P(B)=_______ (3)事件D=“蓝色骰子的点数为
练习A 16
题型一 利用公式求条件概率 17
【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：
(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．
题型二 缩小样本空间求条件概率 14 只坏晶体管，任取
3
2
(3) P(A∩B)=________
1
(4) P(B|A)=___
O 123456 x
三、条件概率公式 ① P(B | A) P(A I B)
P( A)
② P(B | A) n( A I B) n( A)
7
Ω A A∩B B
求解条件概率的一般步骤：
（1）用字母表示有关事件
（2）求P(AB），P(A)或n(AB),n(A)

例3 一个盒子中有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取 两次，每次取一只，每一次取后不放回．若已知第一 只是好的，求第二只也是好的的概率．
解：令 Ai＝{第 i 只是好的}，i＝1,2. 解法 1：抽取两只，第 1 只是好的共有 C16C19种取法，两只都是 好的共有 C16C15种取法， 故 P(A2|A1)＝CC1616CC1519＝59. 解法 2：因事件 A1 已发生(已知)，故我们只研究事件 A2 发生便 可，在 A1 发生的条件下，盒中仅剩 9 只晶体管，其中 5 只好的， 所以 P(A2|A1)＝AAB发发生生的的可可能能数数＝59.
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“先后两次摸到白球”为 AB，先
摸一球不放回，再摸一球共有 4×3 种结果，
∴P(A)＝12，P(AB)＝24××13＝16， 1
∴P(B|A)＝61＝31. 2
(2)设“先摸出一个白球放回”为事件 A1，“再摸出一个白
方法总结 P(B|A)表示事件 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．也就是 说，条件概率是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“新条 件”下发生的概率．因此，利用缩小样本空间的观点计算条件概率 时，首先，明确是求“在谁发生的前提下谁的概率”，其次，转换 样本空间，即把即定事件 A 所含的基本事件定义为新的样本空间， 显然待求事件 B 便缩小为事件 AB，如图所示．从而 P(B|A)＝ AB发生的可能数 A发生的可能数 .
B 的事件数为 A41A16＝24，故 P(B)＝2442.
AB 的事件数为 A41A31＝12，故 P(AB)＝1422.
12 由条件概率公式，得 P(A|B)＝PPABB＝2442＝0.5.

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.
(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)
1 2
解法பைடு நூலகம்:因为n(AB) 6, n(A) 12, 所以
P(B | A) n( AB) 6 1 n( A) 12 2
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.
(2).因为n( AB) A32 6
所以P( AB) n( AB) 6 3 n() 20 10
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： （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。
注: (1) 0 P(A | B) 1
(2) 若B和C是两个互斥事件, 则
P(B C | A) P(B | A) P(C | A)
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： （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；
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.
解: 设第i次按对密码为事件Ai(i=1,2),则 A=A1∪(A1A2)表示不超过2次就按对密码.
(2). 用B表示最后一位按偶数的事件,则
_
P( A | B) P( A1 | B) P(A1 A2 | B)
1 41 2 5 54 5
课堂小结

一张储蓄卡的密码共有6位数字 中任选一个。 例 3一张储蓄卡的密码共有 位数字，每位数字都可从 一张储蓄卡的密码共有 位数字，每位数字都可从0—9中任选一个。 中任选一个 某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字， 某人在银行自动取款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求： 次就按对的概率； （1）任意按最后一位数字，不超过 次就按对的概率； ）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 次就按 ）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。 对的概率。
2 3
例2在5道题中有 道理科题和 道文科题，如果不放回 道题中有3道理科题和 道文科题， 在 道题中有 道理科题和2道文科题
的依次抽取2道题， 的依次抽取 道题，求： 道题 （1）第一次抽到理科题的概率 ） （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 ） （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 ）第一次抽到理科题的条件下， 题的概率. 题的概率
B
A
例2在5道题中有 道理科题和 道文科题，如果不放回 道题中有3道理科题和 道文科题， 在 道题中有 道理科题和2道文科题
的依次抽取2道题， 的依次抽取 道题，求： 道题 （1）第一次抽到理科题的概率 ） （2）第一次与第二次都抽到理科题的概率 ） （3）第一次抽到理科题的条件下，第二次抽到理科 ）第一次抽到理科题的条件下， 题的概率. 题的概率
思考2？
对于上面的事件A和事件 ， 对于上面的事件 和事件B，P(B|A)与它们的概 和事件 与它们的概 率有什么关系呢？ 率有什么关系呢？
n( AB) n( AB) P( AB ) n (Ω ) P ( B | A) = = = n( A) n( A) P ( A) n (Ω )

P(B) 3 P ( B1 A) 1 ∴ P ( A | B1 ) = = P( B1 ) 2
小结
1. 条件概率
P ( AB ) P ( B A) = P ( A)
2. 概率 P(B|A)与P(AB)的区别与联系 与 的区别与联系
P ( AB ) 表示在样本空间 中, 计算 AB 发生 的概率 , 而 P ( B A ) 表示在缩小的样本空间 A 中, 计算 B 发生的概率 .用古典概率公式 , 则 AB 中样本点数 P(B A ) = , A 中样本点数 AB 中样本点数 P ( AB ) = 中样本点数 一般来说 , P ( B A ) 比 P ( AB ) 大 .
B
思考1 思考
思考一 思考一: 个白球, 一个袋中装有 2 个黑球和 3 个白球,如果不放 回地抽取两个黑球, 回地抽取两个黑球, 记事件 第一次抽到黑球" A; "第一次抽到黑球" 为 事件"第二次抽到黑球" 事件"第二次抽到黑球"为 B. 分别求事件 发生的概率; ⑴分别求事件 A,B,AB 发生的概率; ⑵求 P ( B | A)
n( AB) 2 P( B | A) = = n( A) 3
5
B
1 3 4,6
A
2
练习5.考虑恰有两个小孩的家庭 若已知某一家有男孩 练习 考虑恰有两个小孩的家庭.若已知某一家有男孩, 考虑恰有两个小孩的家庭 若已知某一家有男孩, 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. 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) (假定生男生女为等可能)