高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册8.1条件概率第1课时导学案

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册8.1条件概率第1课时导学案，共11页。学案主要包含了条件概率的理解，利用定义求条件概率，缩小样本空间求条件概率等内容，欢迎下载使用。

8.1.1 条件概率
第1课时 条件概率
学习目标 1.结合古典概型，了解条件概率的定义.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．
导语
集市上，有这样一个游戏很受孩子们的喜欢，游戏规则是：
袋中有两个球，一个白球，一个黑球，从袋中每次随机摸出1个球，现有两种方案：
(1)若两次都取到黑球，摊主送给摸球者10元钱，否则摸球者付给摊主5元钱；
(2)若已知第一次取到黑球条件下，第二次也取到黑球，摊主送给摸球者10元钱，否则摸球者付给摊主5元钱．你觉得这个游戏公平吗？摊主会不会赔钱？
一、条件概率的理解
问题 抛掷一枚质地均匀的硬币两次．
(1)两次都是正面向上的概率是多少？
(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多少？
(3)在第一次出现正面向上的条件下，第二次出现正面向上的概率是多少？
提示 (1)两次抛掷硬币，试验结果的样本点组成样本空间Ω＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(正正，正反，反正，反反))，其中两次都是正面向上的事件记为B，则B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(正正))，故P(B)＝eq \f(1,4).
(2)将两次试验中有一次正面向上的事件记为A，则A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(正正，正反，反正))，那么，在A发生的条件下，B发生的概率为eq \f(1,3).在事件A发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化．
(3)将第一次出现正面向上的事件记为C，则C＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(正正，正反))，那么，在C发生的条件下，B发生的概率为eq \f(1,2).在事件C发生的条件下，事件B发生的概率产生了变化．
知识梳理
一般地，设A，B为两个事件，P(A)>0，我们称eq \f(PAB,PA)为事件A发生的条件下事件B发生的条件概率(cnditinal prbability)，记为P(B|A)，读作“A发生的条件下B发生的概率”．即P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)(P(A)>0)．
注意点：
A与B相互独立时，即可得P(AB)＝P(A)P(B)，
则P(B|A)＝P(B)．
例1 判断下列哪些是条件概率？
(1)某校高中三个年段各派一名男生和一名女生参加市里的中学生运动会，每人参加一个不同的项目，已知一名女生获得冠军，则高一的女生获得冠军的概率．
(2)掷一个骰子，求掷出的点数为3的概率．
(3)在一副扑克的52张(去掉两张王牌后)中任取1张，已知抽到梅花的条件下，再抽到的是梅花5的概率．
解 由条件概率定义可知(1)(3)是，(2)不是．
反思感悟 判断是不是条件概率主要看一个事件的发生是否是在另一个事件发生的条件下进行的．
跟踪训练1 下面几种概率是条件概率的是( )
A．甲、乙二人投篮命中率分别为0.6,0.7，各投篮一次都投中的概率
B．甲、乙二人投篮命中率分别为0.6,0.7，在甲投中的条件下乙投篮一次命中的概率
C．有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率
D．小明上学路上要过四个路口，每个路口遇到红灯的概率都是eq \f(2,5)，则小明在一次上学中遇到红灯的概率
答案 B
解析 由条件概率的定义知B为条件概率．
二、利用定义求条件概率
例2 现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
解 设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A，“第2次抽到舞蹈节目”为事件B，则第1次和第2次都抽到舞蹈节目为事件AB.
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2个，总的样本点数n(Ω)＝Aeq \\al(2,6)＝30.
根据分步乘法计数原理，得n(A)＝Aeq \\al(1,4)Aeq \\al(1,5)＝20，
所以P(A)＝eq \f(nA,nΩ)＝eq \f(20,30)＝eq \f(2,3).
(2)因为n(AB)＝Aeq \\al(2,4)＝12，所以P(AB)＝eq \f(nAB,nΩ)＝eq \f(12,30)＝eq \f(2,5).
(3)由(1)(2)，得在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(2,5),\f(2,3))＝eq \f(3,5).
延伸探究
本例条件不变，试求在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到语言类节目的概率．
解 设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A，“第2次抽到语言类节目”为事件C，则第1次抽到舞蹈节目、第2次抽到语言类节目为事件AC.
P(A)＝eq \f(2,3)，P(AC)＝eq \f(8,30)＝eq \f(4,15)，
∴P(C|A)＝eq \f(PAC,PA)＝eq \f(2,5).
反思感悟 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)＝eq \f(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．
跟踪训练2 从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取两张，将其中一张放到验钞机上检验发现是假钞，求两张都是假钞的概率．
解 设A＝“抽到的两张都是假钞”，B＝“抽到的两张中至少有一张是假钞”，则所求概率为P(A|B)．
∵P(AB)＝P(A)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,20))，P(B)＝eq \f(C\\al(2,5)＋C\\al(1,5)C\\al(1,15),C\\al(2,20))，
∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,5)＋C\\al(1,5)C\\al(1,15))＝eq \f(10,85)＝eq \f(2,17).
三、缩小样本空间求条件概率
例3 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)，甲抽到奇数的样本点有(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个样本点中，乙抽到的数比甲抽到的数大的样本点有(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＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
延伸探究
1．在本例条件下，求乙抽到偶数的概率．
解 在甲抽到奇数的样本点中，乙抽到偶数的样本点有(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＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
2．若甲先取(放回)，乙后取，若事件A为“甲抽到的数大于4”，事件B为“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的样本点有(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的样本点有(5,2)，(6,1)，共2个，所以P(B|A)＝eq \f(2,12)＝eq \f(1,6).
反思感悟 利用缩小样本空间法求条件概率的方法
(1)缩：将原来样本空间Ω缩小为事件A，原来的事件B缩小为事件AB.
(2)数：数出A中事件AB所包含的样本点．
(3)算：利用P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)求得结果．
跟踪训练3 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，则在第一次取到新球的条件下，第二次取到新球的概率为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 设第1次取到新球为事件A，第2次取到新球为事件B，则P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(3×2,3×4)＝eq \f(1,2).
1.知识清单：
(1)条件概率的理解．
(2)利用定义求条件概率．
(3)缩小样本空间求条件概率．
2．方法归纳：定义法、缩小样本空间法．
3．常见误区：分不清“在谁的条件下”，求“谁的概率”．
1．设A，B为两个事件，且P(A)>0，若P(AB)＝eq \f(1,3)，P(A)＝eq \f(2,3)，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,9) D.eq \f(4,9)
答案 A
解析 P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,3),\f(2,3))＝eq \f(1,2).
2．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)等于( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(2,5)，
P(AB)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
由条件概率的计算公式，得
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,4).
3．从1,2,3,4,5,6,7,8,9中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，B为“第二次取到的是3的整数倍”，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(3,8) B.eq \f(13,40) C.eq \f(13,45) D.eq \f(3,4)
答案 B
解析 由题意得P(A)＝eq \f(5,9)，事件AB为“第一次取到的是奇数且第二次取到的是3的整数倍”，
若第一次取到的为3或9，第二次有2种情况；
若第一次取到的为1,5,7，第二次有3种情况，
故共有2×2＋3×3＝13(个)样本点，
则P(AB)＝eq \f(13,9×8)＝eq \f(13,72)，由条件概率的定义，得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(13,40)，故选B.
4．从标有1,2,3,4,5的五张卡中，依次抽出2张(取后不放回)，则在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为________．
答案 eq \f(3,4)
解析 由题意，知从标有1,2,3,4,5的五张卡中，依次抽出2张，第一次抽到偶数所包含的样本点有(2,1)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，共8个；
第一次抽到偶数，第二次抽到奇数，所包含的样本点有(2,1)，(2,3)，(2,5)，(4,1)，(4,3)，(4,5)，共6个，
因此在第一次抽到偶数的情况下，第二次抽到奇数的概率为P＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4).
课时对点练
1．已知A与B是两个事件，P(B)＝eq \f(1,4)，P(AB)＝eq \f(1,8)，则P(A|B)等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4)
C.eq \f(3,8) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 由条件概率的计算公式，可得
P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(1,8),\f(1,4))＝eq \f(1,2).
2．4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学不放回地抽取．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.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 因为第一名同学没有抽到中奖券，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最后一名同学抽到中奖券的概率显然是eq \f(1,3).
3．7名同学站成一排，已知甲站在中间，则乙站在末尾的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,5) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,7)
答案 C
解析 记“甲站在中间”为事件A，“乙站在末尾”为事件B，
则n(A)＝Aeq \\al(6,6)，n(AB)＝Aeq \\al(5,5)，所以P(B|A)＝eq \f(A\\al(5,5),A\\al(6,6))＝eq \f(1,6).
4．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则P(A|B)和P(B|A)分别等于( )
A.eq \f(1,3)，eq \f(2,5) B.eq \f(2,3)，eq \f(2,5)
C.eq \f(2,3)，eq \f(3,5) D.eq \f(1,2)，eq \f(3,5)
答案 C
解析 P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.12,0.18)＝eq \f(2,3)，
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.12,0.2)＝eq \f(3,5).
5．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.eq \f(4,9) B.eq \f(2,9)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 由题意可知．n(B)＝Ceq \\al(1,3)22＝12，
n(AB)＝Aeq \\al(3,3)＝6，∴P(A|B)＝eq \f(nAB,nB)＝eq \f(6,12)＝eq \f(1,2).
6．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天的空气质量为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A．0.8 B．0.75
C．0.6 D．0.45
答案 A
解析 根据条件概率公式得所求概率为eq \f(0.6,0.75)＝0.8.
7．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________．
答案 eq \f(4,7)
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)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(4,7).
8．设某种动物能活到20岁的概率为0.8，能活到25岁的概率为0.4，现有一只20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是________．
答案 0.5
解析 设事件A为“能活到20岁”，事件B为“能活到25岁”，
则P(A)＝0.8，P(B)＝0.4，
又所求概率为P(B|A)，由于B⊆A，故P(AB)＝P(B)，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(0.4,0.8)＝0.5，
所以一只20岁的这种动物能活到25岁的概率是0.5.
9．已知口袋中有2个白球和4个红球，现从中随机抽取两次，每次抽取1个．
(1)若采取放回的方法连续抽取两次，求两次都取得白球的概率；
(2)若采取不放回的方法连续抽取两次，求在第一次取出红球的条件下，第二次取出的是红球的概率．
解 (1)两次都取得白球的概率P＝eq \f(2,6)×eq \f(2,6)＝eq \f(1,9).
(2)记事件A为“第一次取出的是红球”，
事件B为“第二次取出的是红球”，
则P(A)＝eq \f(4×5,6×5)＝eq \f(2,3)，
P(AB)＝eq \f(4×3,6×5)＝eq \f(2,5)，
利用条件概率的计算公式，
可得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,5).
10．盒内装有除型号和颜色外完全相同的16个球，其中6个是E型玻璃球，10个是F型玻璃球．E型玻璃球中有2个是红色的，4个是蓝色的；F型玻璃球中有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E型玻璃球的概率是多少？
解 由题意得球的分布如下：
设A表示“取得蓝色玻璃球”，B表示“取得蓝色E型玻璃球”．
解 方法一 因为P(A)＝eq \f(11,16)，P(AB)＝eq \f(4,16)＝eq \f(1,4)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,4),\f(11,16))＝eq \f(4,11).
方法二 因为n(A)＝11，n(AB)＝4，
所以P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(4,11).
11．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.eq \f(60,91) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(5,18) D.eq \f(91,216)
答案 A
解析 因为P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)，
P(AB)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,5)C\\al(1,4),63)＝eq \f(60,63)＝eq \f(60,216)，
P(B)＝1－P(eq \x\t(B))＝1－eq \f(53,63)＝1－eq \f(125,216)＝eq \f(91,216)，
所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(60,216),\f(91,216))＝eq \f(60,91).
12．抛掷两枚均匀骰子，观察向上的点数，记事件A为“两个点数不同”，事件B为“两个点数中最大点数为4”，则P(B|A)等于( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,6)
C.eq \f(1,5) D.eq \f(5,6)
答案 C
解析 由题意，知抛掷两枚均匀骰子，构成的样本点的总数共有36种，
其中事件A包含的样本点共有36－6＝30(种)，
又由事件“两个点数不同且最大点数为4”的样本点为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，共有6种，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(6,36),\f(30,36))＝eq \f(1,5)，故选C.
13．一个盒子里有7只好的晶体管，5只坏的晶体管，依次不放回地取两次，则第二次才取出好的晶体管的概率为( )
A.eq \f(7,12) B.eq \f(35,144)
C.eq \f(35,132) D.eq \f(5,7)
答案 C
解析 令Ai表示第i次取到好的晶体管，i＝1,2，
则P(eq \x\t(A)1)＝eq \f(5,12)，P(A2|eq \x\t(A)1)＝eq \f(7,11)，
∴P(eq \x\t(A)1A2)＝eq \f(5,12)×eq \f(7,11)＝eq \f(35,132).
14．盒子中装有形状、大小完全相同的五张卡片，分别标有数字1,2,3,4,5.现每次从中任意抽取一张，取出后不再放回，若抽取三次，则在前两张卡片所标数字之和为偶数的条件下，第三张为奇数的概率为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 设“前两张卡片所标数字之和为偶数”为事件A，“第三张为奇数”为事件B，则所求概率为P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(A\\al(2,2)C\\al(1,3)＋A\\al(3,3),A\\al(2,3)A\\al(1,3)＋A\\al(2,2)A\\al(1,3))＝eq \f(1,2).
15．某社区活动中心打算周末去照看养老院的老人，现有四个志愿者服务小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要帮助的养老院可供选择，每个志愿者小组只去一个养老院，设事件A＝“4个志愿者小组去的养老院各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个养老院”，则P(A|B)等于( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(4,9) D.eq \f(5,9)
答案 A
解析 由题意P(A)＝eq \f(A\\al(4,4),44)，P(AB)＝P(A)，P(B)＝eq \f(4×33,44)，∴P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(\f(A\\al(4,4),44),\f(4×33,44))＝eq \f(2,9).
16．某校组织甲、乙、丙、丁、戊、己6名学生参加演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”的前提下，求学生丙第一个出场的概率．
解 设事件A：“学生甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场”；
事件B：“学生丙第一个出场”，对事件A，甲和乙都不是第一个出场，且甲不是最后一个出场，
第一类：乙在最后，则优先从中间4个位置中选一个给甲，再将余下的4个人全排列有Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)种；
第二类：乙没有在最后，则优先从中间4个位置中选两个给甲乙，再将余下的4个人全排列有Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4)种，故n(A)＝Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(2,4)·Aeq \\al(4,4).
对事件AB，此时丙第一个出场，优先从除了甲以外的4人中选一人安排在最后，再将余下的4人全排列有Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)种，故P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)＝eq \f(C\\al(1,4)·A\\al(4,4),C\\al(1,4)·A\\al(4,4)＋A\\al(2,4)·A\\al(4,4))＝eq \f(1,4).E型玻璃球
F型玻璃球
总计
红
2
3
5
蓝
4
7
11
总计
6
10
16