人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.1 条件概率与全概率公式教案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.1 条件概率与全概率公式教案，共8页。教案主要包含了典例解析等内容，欢迎下载使用。

教学设计

课题
条件概率
教学目标
知识目标
通过实例,了解条件概率的概念.
能力目标
掌握求条件概率的两种方法；能利用条件概率公式解决一些简单的实际问题；通过条件概率的形成过程,体会由特殊到一般的思维方法.
情感目标
通过学习，增强逻辑，提升对数学学习的兴趣，增强自主学习、自主探究的意识.
教学重点
运用条件概率的公式解决简单的问题
教学难点
条件概率的概念
教学准备
教师准备：多媒体课件、教材习题
学生准备：教材习题、错题本
教学过程
问题导学
在必修“概率” 一章的学习中，我们遇到过求同一实验中两个事件A与B同时发生（积事件AB）的概率的问题，当事件A与B相互独立时,有
P(AB)=P（A）P（B）
如果事件A与B不独立，如何表示积事件AB的概率呢？下面我们从具体问题入手.
新知探究
问题1 .某个班级有45名学生，其中男生、女生的人数及团员的人数如表所示，在班级里随机选一人做代表，
（1）选到男生的概率是多大？
（2）如果已知选到的是团员，那么选到的是男生的概率是多大？
团员
非团员
合计
男生
16
9
25
女生
14
6
20
合计
30
15
45
随机选择一人作代表，则样本空间?包含45个等可能的样本点.用A表示事件“选到团员”， B表示事件“选到男生” ，根据表中的数据可以得出n(Ω)=45, n(A)=30, n(B)=25.
（1）根据古典概型知识可知选到男生的概率P(B) = n(B)n(Ω)=2545=59.
（2）“在选择团员的条件下,选到男生”的概率就是“在事件A发生的条件下，事件B发生” 的概率，记为P（B|A）.此时相当以A为样本空间来考虑B发生概率，而在新的样本空间中事件B就是积事件AB，包含了样本点数nAB=16.根据古典概型知识可知：P（B|A） = n(AB)n(A)=1630=815.
问题2. 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有两个小孩的家庭，随机选一个家庭，那么
（1）该家庭中两个小孩都是女孩的概率是多大？
（2）如果已经知道这个家庭有女孩，那么两个小孩都是女孩的概率又是多大？
观察两个小孩的性别，用b表示男孩，g表示女孩,则样本空间Ω=bb,bg,gb,gg,且所有样本点是等可能的.用A表示事件“选择家庭中有女孩” ，B表示事件“选择家庭中两个孩子都是女孩” ，A =bg,gb,gg, B=gg.
（1） 根据古典概型知识可知，该家庭中两个小孩都是女孩的概率
P(B) = n(B)n(Ω)=14.
（2）“在选择的家庭有女孩的条件下，两个小孩都是女孩” 的概率就是在“事件A发生的条件下，事件B发生” 的概率，记为P（B|A） ，此时A成为样本空间，事件B就是积事件AB，根据古典概型知识可知P（B|A） = n(AB)n(A)=13.
分析：求P（B|A）的一般思想
AB
A
B

因为已经知道事件A 必然发生，所以只需在A 发生的范围内考虑问题，即现在的样本空间为A.因为在事件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.所以事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率P（B|A） = n(AB)n(A).
为了把这个式子推广到一般情形，不妨记原来的样本空间为W，则有
P（B|A） = n(AB)n(W)n(A)n(W)=P(AB)P(A).
一般地,当事件B发生的概率大于0时(即P(B)>0),已知事件B发生的条件下事件A发生的概率,称为条件概率,记作P(B|A),而且P(B|A)=P(AB)P(A).
问题1. 如何判断条件概率?
题目中出现“在已知……前提下(或条件下)”“在A发生的条件下”等关键词,表明这个前提已成立或条件已发生,此时通常涉及条件概率.
问题2. P(B|A)与P(A|B)的区别是什么?
P(B|A)表示在事件A发生的条件下,B发生的概率.
P(A|B)表示在事件B发生的条件下,A发生的概率.
条件概率与事件独立性的关系
探究1：在问题1和问题2中，都有P（B|A）≠P（B）.一般地， P（B|A）与P（B）不一定相等。如果P（B|A）与P（B）相等，那么事件A与B应满足什么条件？
直观上看，当事件A与B相互独立时，事件A发生与否不影响事件B发生的概率，这等价于P（B|A）=P（B）成立.
事实上，若事件A与B相互独立，即PAB=PAPB，且PA>0，
则PBA=P(AB)PA=PAPBPA=PB；反之，若PBA=PB，且PA>0，则
PB=PABPA ⇒ PAB=PAPB
探究2：对于任意两个事件A与B，如果已知P（A）与P（B|A），如何计算P（AB）呢？
由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P（A）>0，则
P（AB）=P（A）P（B|A）.
我们称上式为概率的乘法公式（multiplicatin frmula）.
条件概率的性质
条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质.
设P（A）>0，则
（1）P（Ω|A）=1；
（2）如果B和C是两个互斥事件，则P（BUC |A）=P（B | A）+P（C | A）；
（3）设B和B互为对立事件，则P（ B |A）=1- P（B|A）.
三、典例解析
例1.在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.求:
(1)第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率；
(2)在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率.
分析:如果把“第1次抽到代数题”和“第2次抽到几何题”作为两个事件，那么问题(1)就是积事件的概率，问题(2)就是条件概率.可以先求积事件的概率，再用条件概率公式求条件概率;也可以先求条件概率，再用乘法公式求积事件的概率.
解法1：设A=“第1次抽到代数题”，B=“第2次抽到几何题”。
（1）“第1次抽到代数题且第2次抽到几何题”就是事件AB.从5道试题中每次不放回地随机抽取2道，试验的样本空间Ω包含20个等可能的样本点，即nΩ=A52=5×4=20。因为n(AB)= A31×A21=3×2=6
P（AB） = n(AB)n(Ω)=620=310.
（2）“在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率。显然P（A）=35.利用条件概率公式，得P（B|A） = n(AB)n(A)=31035=12.
解法2：在缩小的样本空间A上求P（B|A）.已知第1次抽到代数题，这时还余下4道试题，其中代数题和几何题各2道.因此，事件A发生的条件下，事件B发生的概率为P（B|A）=12.
又P（A）= 35 ，利用乘法公式可得P（AB）=P（A） P（B|A）= 35 ×12= 310.
从例1可知，求条件概率有两种方法：
方法一：基于样本空间Ω，先计算P（A）和P（AB），再利用条件概率公式求P（B|A）；
方法二：根据条件概率的直观意义，增加了“A发生”的条件后，样本空间缩小为A，求P（B|A）就是以A为样本空间计算AB的概率。
例2：已知3张奖券中只有1张有奖，甲、乙、丙3名同学依次不放回地各随机抽取1张.他们中奖的概率与抽奖的次序有关吗？
解：用A,B,C分别表示甲、乙、丙中奖的事件，则B=AB,C=AB.PA=13;
PB=PAB=PAPB|A=23×12=13
PC=PAB=PAPB|A=23×12=13
因为P(A)= P(B)= P(C),所以中奖的概率与抽奖的次序无关。
例3: 银行储蓄卡的密码由6位数字组成.某人在银行自助取款机上取钱时，忘记了码的最后1位数字.求：
（1）任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率；
（2）如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率。
解：（1）设Ai=“第i次按对密码”（i=1，2），则事件“不超过2次就按对密码”可表示为A=A1UA1A2.
事件A1与事件A1A2互斥，由概率的加法公式及乘法公式，得
P（A）=P（A1）+P（ A1A2 ）= P（A1） +P （A1 ） P（ A2 | A1 ） =110+910× 19= 15，因此，任意按最后1位数字，不超过2次就按对的概率为15.
（2）设B=“最后1位密码为偶数”，则
P（A|B）=P（A1|B）+P（A1A2|B）=15+4×15×4= 25；
因此，如果记得密码的最后1位是偶数，不超过2次就按对的概率为25.
跟踪训练1.一个盒子中有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:方法一(定义法)
设Ai={第i只是好的}(i=1,2).由题意知要求出P(A2|A1).因为P(A1)=610=35,P(A1A2)=6×510×9=13,所以P(A2|A1)=P(A1A2)P(A1)=59.
方法二(直接法)
因为事件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,即n(AB)=5,n(A)=9,所以P(A2|A1)=n(AB)n(A)=59.
课后作业
三、达标检测
1.已知P(AB)=12,P(A)=35,则P(B|A)等于( )
A.56B.910C.310D.110
解析:P(B|A)=P(AB)P(A)=1235=56.
答案:A
2.下列说法正确的是( )
A.P(A|B)=P(B|A)
B.P(B|A)>1
C.P(A∩B)=P(A)·P(B|A)
D.P((A∩B)|A)=P(B)
解析:由P(B|A)=P(A⋂B)P(A)知,P(A∩B)=P(A)·P(B|A).
答案:C
3.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:由题意知,P(A∩B)=310,P(B|A)=12.由P(B|A)=P(A⋂B)P(A),得P(A)=P(A⋂B)P(B|A)=35.
答案:35
4.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,求P(B|A).
解:由题意知P(A)=415,P(A∩B)=110, 故P(B|A)=P(A⋂B)P(A)=110415=38.
5.在100件产品中,有95件合格品,5件不合格品,现从中不放回地取两次,每次任取1件产品.试求:
(1)第一次取到不合格品的概率;
(2)在第一次取到不合格品后,第二次再次取到不合格品的概率.
分析:由题意可知,100件产品中共有5件不合格品,不合格率为 5100.在第一次取到不合格品的条件下,第二次又取到不合格品的概率为条件概率.
解:设第一次取到不合格品为事件A,第二次取到不合格品为事件B,则有:
(1)P(A)=5100=0.05.
(2)方法一:第一次取到一件不合格品,还剩下99件产品,其中有4件不合格品,95件合格品,于是第二次又取到不合格品的概率为499,由于这是一个条件概率,所以P(B|A)=499.
方法二:根据条件概率的定义,先求出事件A,B同时发生的概率P(AB)=C52C1002=1495,
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=14955100=499.
6.在某次考试中,要从20道题中随机地抽出6道题,若考生至少答对其中的4道题即可通过;若至少答对其中5道题就获得优秀.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.
解:设事件A为“该考生6道题全答对”,事件B为“该考生答对了其中5道题而另一道答错”,事件C为“该考生答对了其中4道题而另2道题答错”,事件D为“该考生在这次考试中通过”,事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”,则A,B,C两两互斥,且D=A∪B∪C,E=A∪B,由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)=P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)
=C106C206+C105C101C206+C104C102C206=12 180C206,P(E|D)=P(A∪B|D)=P(A|D)+P(B|D)
=P(A)P(D)+P(B)P(D)=210C20612 180C206+2 520C20612 180C206=1358,即所求概率为1358.
板书设计
教学反思
本节课需要学生探究的内容比较多，由于学生的数学基础比较薄弱，所以在教学过程中教师不仅要耐心的指导，还要努力创设一个轻松和谐的课堂氛围，让每个学生都能大胆的说出自己的想法，保证每个学生都能学有所得。为了让每个学生在课上都能有话说，还需要学生做到课前预习，并且教师要给学生提出明确的预习目标。进一步发展学生直观想象、数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养。