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《7.1.1条件概率》教学设计本节课内容选自普通高中教科书人教A 版数学选择性必修第三册第七章第一节《条件概率与全概率公式》，共2个课时，《7.1.1条件概率》是第一课时.通过本单元的学习，学生需要用数学的眼光看待随机事件的概率，能用概率的一般概念解释具体现象，并通过条件概率和独立性等数学概念分析复杂问题，寻找解决复杂问题的方法.学习过程中蕴含着数学抽象、逻辑推理和数学运算素养.以下从内容与内容解析、目标与目标解析、教学问题诊断解析、教学过程分析四个方面说明这节课的理解和设计。
一、内容与内容解析1. 内容：条件概率，概率的乘法公式.2. 内容解析：随机事件的条件概率是概率论的重要概念之一.由条件概率得到两个不独立 事件的概率乘法公式、全概率公式，它们是求很多复杂事件概率的有用工具.结合古典概型，研究随机事件的条件概率，并用它们计算较复杂事件的概率是概率学习的深入和提高.条件概率顾名思义是指一个事件A 已经发生的条件下另一个事件B 发生的概率.已知事件A 发生，试验的样本点属于A ，因此A 成为新的样本空间，所以条件概率(|)P B A 本质上是在缩减的样本空间A 上事件AB 的概率.条件概率同样具有概率的三条基本性质.通过古典概型得到的条件概率的概念及公式，对于一般随机事件的条件概率都适用，具有普遍意义.3. 教学重点：条件概率的概念及计算，概率的乘法公式及应用.二、目标与目标解析1. 目标：结合古典概型，了解条件概率与概率的乘法公式，了解条件概率与独立性的关系；能计算简单的随机事件的条件概率。
2. 目标解析：1）通过实例引导学生探究发现，由特殊到一般，得到条件概率的定义式 ()(|)()P AB P B A P A 并简单应用. 2）在验证条件概率定义的过程中，体会条件概率的思想，感受其本质为基本事件范围的缩小，并简单应用.3）通过条件概率的发现过程提升学生的数学抽象素养，通过对条件概率定义的验证以及模型的应用提升逻辑推理和数学建模素养.三、教学问题诊断解析1. 问题诊断：由于具体问题中的许多条件概率问题与我们的直觉相悖，因此往往很难迅速得到正确的答案，这就是概率问题不同于其他数学问题之处.因此，学生在学习条件概率概念时可能会产生困惑，对条件概率定义的理解会存在偏差.由于古典概型的条件概率计算总可以通过缩小样本空间转化为非条件概率的计算，因此学生在学习心理上可能会不自觉地拒绝接受条件概率的概念.另外，独立性是概率论中极其重要的概念，独立性的概念可以用条件概率描述，但在实际操作中两个随机独立性的判断往往是基于学生的经验，所以学生容易忽视独立性与条件概率之间的关系.2. 方法策略：认识论告诉我们，认识就是在实践—认识—再实践—再认识的过程中不断深化的。
第七章 随机变量及其分布7.1 条件概率与全概率公式7.1.1 条件概率基础过关练题组一 利用定义求条件概率1.(2020山东日照第一中学高三上期中)根据历年气象统计资料,某地四月份吹东风的概率为730,既吹东风又下雨的概率为110.则该地四月份在吹东风的条件下,下雨的概率为( ) A.311B.37C.711D.1102.(2020广东顺德高三第三次教学质量检测)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8,超过2年的概率为0.6,若一个这种元件使用到1年时还未失效,则这个元件使用寿命超过2年的概率为( ) A.0.75B.0.6 C .0.52D.0.483.(2020辽宁沈阳实验中学高三上月考)每场足球比赛的时间为90分钟,若比赛过程中体力消耗过大,则运动员腿部会发生抽筋现象,无法继续投入到比赛之中.某足球运动员在比赛前70分钟抽筋的概率为20%,比赛结束前20分钟抽筋的概率为50%.若某场比赛中该运动员已经顺利完成了前70分钟的比赛,那么他能顺利完成90分钟比赛的概率为( ) A.45B.310C.58D.254.(2020东北三省哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学三校高三第一次联合模拟考试)近年来,新能源汽车技术不断推陈出新,新产品不断涌现,在汽车市场上影响力不断增大.动力蓄电池技术作为新能源汽车的核心技术,它的不断成熟也是推动新能源汽车发展的主要动力.假定现在市售的某款新能源汽车上,车载动力蓄电池充放电循环次数达到2 000次的概率为85%,充放电循环次数达到2 500次的概率为35%.若某用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电,那么该用户的车能够充电2 500次的概率为.题组二由样本点数求条件概率5.已知6个高尔夫球中有2个不合格,每次任取1个,不放回地取两次.在第一次取到合格高尔夫球的条件下,第二次取到不合格高尔夫球的概率为( )A.35B.25C.23D.3106.(2020福建南平高级中学高二下期中)同时抛掷一颗红骰子和一颗蓝骰子,观察向上的点数,记“红骰子向上的点数小于4”为事件A,“两颗骰子的点数之和等于7”为事件B,则P(B|A)=( )A.12B.13C.14D.167.(2020山东烟台高二下期中)甲、乙、丙3位大学毕业生去4个工厂实习,每位毕业生只能选择其中的一个工厂实习,设“3位大学毕业生去的工厂各不相同”为事件A,“甲独自去一个工厂实习”为事件B,则P(A|B)= ( )A.23B.13C.34D.588.(2020山东济宁高三二模)已知n是一个三位数,若n的十位数字大于个位数字,百位数字大于十位数字,则称n为递增数.已知a,b,c∈{0,1,2,3,4},设事件A为“由a,b,c组成一个三位数”,事件B为“由a,b,c组成的三位数为递增数”,则P(B|A)=( )A.35B.110C.225D.12259.某班组织甲、乙、丙等5名同学参加演讲比赛,现采用抽签法决定演讲顺序,在学生甲不是第一个出场,学生乙不是最后一个出场的前提下,学生丙第一个出场的概率为( )A.313B.413C.14D.1510.甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是.题组三条件概率的综合应用11.(2020东北三省四市教研联合体高考模拟)从集合{-3,-2,-1,1,2,3,4}中随机选取一个数记为m,从集合{-2,-1,2,3,4}中随机选取一个数记为n,则在方程x2 m +y2n=1表示双曲线的条件下,方程x2m+y2n=1表示焦点在y轴上的双曲线的概率为( )A.917B.817C.1735D.93512.(2020河南南阳高二下期中)某校从学生文艺部6名成员(4男2女)中挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动.(1)求男生甲被选中的概率;(2)求在已知男生甲被选中的条件下,女生乙被选中的概率;(3)在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下,求女生乙被选中的概率.13.某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:上年度0 1 2 3 4 ≥5出险次数保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:一年内出险次0 1 2 3 4 ≥5数概率0.3 0.15 0.2 0.2 0.1 0.05(1)求该续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)已知该续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%的概率.14.(2020湖北荆门高三下模拟)某学校为进一步规范校园管理,强化饮食安全,提出了“远离外卖,健康饮食”的口号.当然,也需要学校食堂能提供安全丰富的菜品来满足同学们的需求.在某学期期末,校学生会为了调研学生对本校食堂的用餐满意度,从用餐的学生中随机抽取了200人,每人分别对其评分,满分为100分.随后整理评分数据,将得分分成6组:第1组[40,50),第2组[50,60),第3组[60,70),第4组[70,80),第5组[80,90),第6组[90,100],得到频率分布直方图如图.(1)求得分的中位数(精确到小数点后一位);(2)为进一步改善经营,从得分在80分以下的四组中,采用分层随机抽样的方法抽取8人进行座谈,再从这8人中随机抽取3人参与“端午节包粽子”实践活动,求在第3组仅抽到1人的情况下,第4组抽到2人的概率.答案全解全析 第七章 随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率公式7.1.1 条件概率 基础过关练1.B 设事件A 表示该地四月份吹东风,事件B 表示该地四月份下雨, 则P(A)=730,P(AB)=110,根据条件概率计算公式可得,该地四月份在吹东风的条件下,下雨的概率P(B|A)=P (AB )P (A )=110730=37.故选B.2.A 记事件A 表示该元件使用寿命超过1年,事件B 表示该元件使用寿命超过2年,则P(A)=0.8,P(AB)=0.6,因此,若一个这种元件使用到1年时还未失效,则这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)=P (AB )P (A )=0.60.8=0.75,故选A.3.C 设事件A 表示该足球运动员在比赛前70分钟不抽筋,事件B 表示该足球运动员在比赛结束前20分钟不抽筋, 则P(A)=0.8,P(AB)=0.5,所以他能顺利完成90分钟比赛的概率为P(B|A)=P (AB )P (A )=0.50.8=58.故选C. 4.答案717解析 记“该用户的自用新能源汽车已经经过了2 000次充电”为事件A,“该用户的车能够充电2 500次”为事件B,则P(A)=0.85,P(AB)=0.35,由条件概率计算公式可得P(B|A)=P(AB)P(A)=0.350.85=717.5.B 记事件A表示第一次取到的是合格高尔夫球,事件B表示第二次取到的是不合格高尔夫球,则“第一次取到合格高尔夫球的条件下,第二次取到不合格高尔夫球”为事件AB.由题意可得,事件AB发生所包含的样本点数n(AB)=4×2=8,事件A发生所包含的样本点数n(A)=4×5=20,所以P(B|A)=n(AB)n(A)=820=25.故选B.6.D 由题意得,n(A)=3×6=18,n(AB)=3,则P(B|A)=n(AB)n(A)=318=16.故选D.7.A 由题意得,n(B)=C41×32=36, n(AB)=A43=24,则P(A|B)=n(AB)n(B)=2436=23.故选A.8.B 因为a,b,c∈{0,1,2,3,4},所以由a,b,c组成的三位数有4×5×5=100个,即n(A)=100. 其中满足递增数的有以下三类:①当百位为2时,有1个;②当百位为3时,有C32=3个;③当百位为4时,有C42=6个,所以n(AB)=1+3+6=10.因此P(B|A)=n (AB )n (A )=10100=110.故选B.9.A 设事件A 为“学生甲不是第一个出场,学生乙不是最后一个出场”,事件B 为“学生丙第一个出场”,则n(A)=A 44+C 31C 31A 33=78, n(AB)=C 31A 33=18,则P(B|A)=n (AB )n (A )=1878=313.10.答案 79解析 由题意得,甲不跑第一棒的总的样本点数为C 31A 33=18, 甲不跑第一棒,乙跑第二棒的样本点数为C 21A 22=4,所以甲不跑第一棒,乙不跑第二棒的样本点数为18-4=14, 所以在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率P=1418=79.11.A 设事件A 为“方程x 2m+y 2n=1表示双曲线”,事件B 为“方程x 2m+y 2n=1表示焦点在y 轴上的双曲线”, 由题意得,P(A)=3×3+4×27×5=1735,P(AB)=3×37×5=935,则P(B|A)=P (AB )P (A )=917.故选A.12.解析 (1)从6名成员中挑选2名成员,有C 62=15种情况,记“男生甲被选中”为事件M,若男生甲被选中,则只需再从另外5人中选1人,有C 51=5种选法,故P(M)=515=13.(2)记“男生甲被选中”为事件M,“女生乙被选中”为事件N, 则P(MN)=115,又由(1)知P(M)=13,所以P(N|M)=P (MN )P (M )=15.(3)记“被选中的两人为一男一女”为事件S, 则P(S)=C 41C 21C 62=815,“女生乙被选中”为事件N, 则P(SN)=C 41C 62=415,故P(N|S)=P (SN )P (S )=12.13.解析 (1)设A 表示事件“该续保人本年度的保费高于基本保费”, 则事件A 发生即一年内出险次数大于1, 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55.(2)设B 表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高出60%”, 则事件B 发生即一年内出险次数大于3, 故P(B)=0.1+0.05=0.15. 易知P(AB)=P(B), 故P(B|A)=P (AB )P (A )=P (B )P (A )=0.150.55=311.14.解析 (1)由0.05+0.05+0.10+0.15+0.45+10a=1,得a=0.020. 设得分的中位数为x,易知80≤x<90,则0.05+0.05+0.10+0.20+(x-80)×0.045=0.5,得x≈82.2. 所以得分的中位数约为82.2.(2)第1,2,3,4组的人数分别为10,10,20,40, 从第1,2,3,4组采用分层随机抽样的方法抽取8人, 则从第1,2,3,4组应分别抽取的人数为1,1,2,4.从8人中抽取3人,记第3组仅抽到1人为事件A,第4组抽到2人为事件B, 则P(B|A)=C 21C 42C 83C 21C 62C 83=25.即在第3组仅抽到1人的情况下,第4组抽到2人的概率为2.5。
