参考高中数学第二章概率3条件概率与独立事件导学案Word格式文档下载.docx

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P（B∪C|A）=P（B|A）+P（C|A）.

名师解惑

1.条件概率的求解策略是什么？

剖析：

求条件概率一般有两种方法，一是对于古典概型类题目，可采用缩减基本事件总数的办法来计算，P（B|A）=，其中n（AB）表示事件AB包含的基本事件个数，n（A）表示事件A包含的基本事件个数.

二是直接根据定义计算，P（B|A）=，特别要注意P（AB）的求法.

2.常见事件的关键词与概率间的关系.

关键词表述

事件符号

概率

A、B互斥

A、B相互独立

A、B中至少有一个发生

A∪B

P（A∪B）

P（A）+P（B）

1-P（）·

P（）

A、B同时都发生

A∩B

P（A∩B）

P（A）·

P（B）

A、B都不发生

∩

P（∩）

1-［P（）+P（）］

P（）·

A、B中恰有一个发生

P（）+P（）·

A、B至多有一个发生

A∪A∪

P（A∪B∪）

1

1-P（A）·

3.相互独立事件与互斥事件的区别与联系

（1）事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念，两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生；

两事件相互独立是指一个事件的发生对另一个事件是否发生没有影响.

（2）事件的独立性是对两个任意事件而言，而事件的对立是对一个试验中的两个事件而言.

（3）独立事件不是对立事件，一般情况下必定不是互斥事件；

对立事件是互斥事件，不能是独立事件；

互斥事件一般不是对立事件，一定不是独立事件.

（4）在实际应用中，事件的独立性常常不是根据定义判断，而是根据实际问题（意义）来加以判断，如一部仪器上工作的两个元器件，它们各自的工作状况是互相独立的；

两个人同时射击一个目标，各自命中状况也是互相独立的.

讲练互动

【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.

分析：

（1）

（2）属于古典概型，（3）利用条件概率公式P（B|A）=求解.

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道题的事件数为n（Ω）==20.

根据分步乘法计数原理，n（A）=×

A=12，于是

P（A）=.

（2）因为n（AB）=A=6，所以

（3）方法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）=.

方法2：

因为n（AB）=6，n（A）=12，所以P（B|A）=.

绿色通道:

利用条件概率公式求解时，求事件AB的概率（或其基本事件个数）是解决问题的关键.

变式训练

1．掷两颗均匀的骰子，已知第一颗骰子掷出6点，问“掷出的点数之和大于等于10”的概率是多少？

设“第一颗骰子掷出6点”为事件A，“掷出的点数之和大于等于10”为事件B.

则P（B|A）=.

【例2】一只盒子装有4只产品，其中3只一等品，1只二等品，从中取产品两次，每次任取一只，作不放回抽样.设事件A为“第一次取到的是一等品”，事件B为“第二次取到的是二等品”，试求条件概率P（B|A）.

本题属古典概型条件概率问题，可用公式P（B|A）=来解决.

将产品编号，1,2，3为一等品，4号为二等品，以（i，j）表示第一次，第二次分别取到第i号，第j号产品，则试验的基本事件空间为

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个基本事件，AB有6个基本事件.

所以P（B|A）==.

本题的解法是求条件概率的常用方法，当基本事件空间容易列出时，可考虑此法..

2．盒中有5个红球，11个蓝球，红球中有2个玻璃球，3个木质球；

蓝球中有4个玻璃球，7个木质球，现从中任取一球，假设每个球摸到的可能性都相同，若已知取到的球是玻璃球，问它是蓝球的概率是多少？

记A={取得蓝球}，B={取得玻璃球}，根据题意引出图表如下：

玻璃

木质

总计

红

2

3

5

蓝

4

7

11

6

10

16

已知取到的球是玻璃球，求它是蓝球的概率，这就是求B发生的条件下A发生的概率，记作P（A|B），由上表可知，n（B）=6，n（AB）=4，∴P（A|B）==.

【例3】从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽取2张，将它们放在验钞机上检验，结果提示其中有假钞，求2张都是假钞的概率.

由题意知，验钞机提示抽出的两张钞票中至少有一张为假钞，从而问题转化为在“抽到的两张中至少有1张为假钞”的前提下，求“抽到的两张都是假钞”的概率.

若A表示“抽到的两张都为假钞”，B表示“抽到的两张中至少有1张为假钞”，所求概率为P（A|B），

又P（AB）=P（A）=

P（B）=，由条件概率公式得

P（A|B）=.

准确理解题意，弄清楚在什么条件下发生的事件是求解条件概率的关键.

3．一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.

设第i次按对密码为事件Ai（i=1,2），则A=A1∪（1A2）表示不超过2次就按对密码.

（1）因为事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式得P（A）=P（A1）+P（1A2）=.

（2）用B表示最后一位按偶数的事件，则P（A|B）=P（A1|B）+P（1A2|B）=+×

=.

【例4】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？

设“甲地为雨天”为事件A，“乙地为雨天”为事件B，由题意P（A）、P（B）、P（AB）已知，故可直接由条件概率公式求解.

设“甲地为雨天”为事件A，“乙地为雨天”为事件B，由题意得P（A）=0.20，P（B）=0.18，P（AB）=0.12，所以

（1）乙地为雨天时甲地也为雨天的概率是

P（A|B）===0.67.

（2）甲地为雨天时乙地也为雨天的概率是

P（B|A）===0.60.

本题直接利用条件概率公式求解，要注意分清谁是条件.

4．设某种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，问它能活到25岁的概率是多少？

设A=“能活到20岁”，B=“能活到25岁”，则P（A）=0.8，P（B）=0.4，而所求概率为P（B|A），由于BA,故A∩B=B,于是P（B|A）==0.5.

所以这个动物能活到25岁的概率是0.5.

【例5】设甲、乙两射手独立地射击同一目标，他们击中目标的概率分别为0.8、0.9，求：

（1）两人都击中目标的概率；

（2）两人中有1人击中目标的概率；

（3）在一次射击中，目标被击中的概率；

（4）两人中，至多有1人击中目标的概率.

设出已知事件，然后利用互斥事件、对立事件、独立事件将所求事件分解成已知事件的和或积，从而得出相应的事件等式，最后利用有关概率公式求解即可.

设事件A={甲射击一次，击中目标}，事件B={乙射击一次，击中目标}，A与B相互独立，则P（A）=0.8，P（B）=0.9.

（1）两人都击中目标的事件为A·

B，

∴P（A·

B）=P（A）·

P（B）=0.8×

0.9=0.72.

即两人都击中目标的概率为0.72.

（2）设事件C={两人中有1人击中目标}，则C=A·

+B·

，∵A·

与B·

A互斥，且A与B独立，

∴P（C）=P（A·

）

=P（A·

）+P（B·

=P（A）·

P（）+P（B）·

［1-P（B）］+P（B）·

［1-P（A）］

=0.8×

0.1+0.9×

0.2=0.26.

即两人中有1人击中目标的概率为0.26.

（3）设D={目标被击中}={两人中至少有1人击中目标}，本问有三种解题思路.

方法一：

∵D=A·

+·

B，则A与，B与，A与B相互独立，A·

、B·

、A·

B彼此互斥，∴P（D）=P（A·

+A·

B）=P（A·

）+P（A·

P（A）+

P（B）=P（A）·

［1-P（A）］+P（A）·

0.2+0.8×

0.9=0.98.

即目标被击中的概率是0.98.

方法二：

利用求对立事件概率的方法.

两人中至少有1人击中的对立事件为两人都未击中，所以两人中至少有1人击中的概率为P（D）=1-P（·

）=1-P（）·

P（）=1-0.2×

0.1=0.98.

方法三：

∵D=A+B，且A与B独立，∴P（D）=P（A+B）=P（A）+P（B）-P（A·

B）=0.8+0.9-0.8×

故目标被击中的概率是0.98.

（4）设E={至多有1人击中目标}，则本问有两种思路：

∵E=A·

，且A与、B与、与B独立，且A·

、·

彼此互斥，

∴P（E）=P（A·

B）

）+P（·

0.2+0.1×

0.2=0.28.

故至多有1人击中目标的概率为0.28.

∵=“两人都击中”，∴=A·

B，且A与B独立.∴P（）=P（A·

0.9=

0.72.∵D与对立，∴P（D）=1-P（）=1-0.72=0.28.

由上述解法可以看出，灵活、有效地将一些比较复杂的事件分解成为互斥事件和相互独立事件的和或积，列出事件等式，是求解概率问题的关键所在..

5．某商场推出二次开奖活动，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：

（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.

（1）记“第1次抽奖抽到某一指定号码”为事件A，“第2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.由于两次抽奖结果互不影响，因此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P（AB）=P（A）P（B）=0.05×

0.05=0.0025.

（2）“两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A）∪（B）表示，由于事件AB与AB互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件的定义，所求得的概率为

P（A）+P（B）=P（A）P（）+P（）P（B）=0.05×

（1-0.05）+（1-0.05）×

0.05=0.095.

（3）“两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB）∪（AB）∪（AB）表示.由于事件AB，A，B两两互斥，根据概率的加法公式和相互独立事件定义，所求的概率为

P（AB）+P（A）+P（B）=0.0025+0.095=0.0975.

教材链接

［P45思考交流］有人以为，把一枚均匀硬币掷4次，事件“第一次出现正面，第2次出现反面，第3次出现正面，第4次出现反面”的发生是正常的，而“4次都是正面”的发生就不太正常，好像前者发生的概率大.你同意这种观点吗？

答：

不同意，设Ai表示“第i次出现正面”，i=1,2，3,4，由题意知A1，A2，A3，A4相互独立，且P（Ai）=，i=1,2，3,4，事件“第1次出现正面，第2次出现反面，第3次出现正面，第4次出现反面”的概率为：

P（A1A34）=P（A1）P

（2）P（A3）P（4）=×

×

而事件“4次都是正面”发生的概率为

P（A1A2A3A4）=P（A1）P（A2）P（A3）P（A4）=×

说明两个事件发生的概率相同.