7.1.1 条件概率 课件 （共24张PPT）2024-2025学年 人教A版（2019）选择性必修第三册
文档属性
| 名称 | 7.1.1 条件概率 课件 （共24张PPT）2024-2025学年 人教A版（2019）选择性必修第三册 |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 733.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-09-06 08:07:17 | ||
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文档简介
(共24张PPT)
7.1.1 条件概率
1.概率是随机事件发生可能性大小的度量.
2.古典概型：
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等.
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为 古典概率模型(classical models of probability),简称古典概型
3.古典概型概率计算公式
知识回顾
3.事件A与B同时发生的事件叫做事件A与事件B的积事件 ， 记为A∩B
（或AB） ； 事件A与B至少有一个发生的事件叫做A与B的 和事件,记为 A UB (或 A + B );
4.若AB为不可能事件,P(AB)=0,则事件A与事件B互斥；
若事件A与B互斥，则: P ( A U B ) = P ( A ) + P ( B )
5.若A发生不影响事件B的发生，则称事件A与事件B相互独立；
6.若事件A与事件B相互独立时 ，有P(AB)=P(A)P(B).
思考： 如果事件A与B不相互独立 ，如何求P(AB)呢？
知识回顾
（1） 选到男生的概率是多大？
分析： 随机选择一人做代表 ，则样本空间 包含45个等可能的样本点.用B表示事件“ 选到男生” ， 由上表可知 ， n( )=45 ， n(B)=25
团员 非团员
合计
男生 16 9
25
女生 14 6
20
合计 30 15
45
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下表所示，
在班级里随机选择一人做代表：
根据古典概型知识可知 ， 选到男生的概率为：
（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？
分析： 用A表示事件“选到团员” ， “在选到团员的条件下 ， 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).此时相当于以A为样本 空间来考虑事件B发生的概率 ， 而在新的样本空间中事件B就是积事件AB ，包含的样 本点数n(AB)=16 ，根据古典概型知识可知，
团员 非团员
合计
男生 16 9
25
女生 14 6
20
合计 30 15
45
条件概率
问题2： 假设生男孩与生女孩是等可能的 ，现考虑有两个小孩的家庭 ， 随机选择
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有多大？
分析： 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“选择的家庭中有女孩” ， B表示事件“选择的 家庭中两个孩子都是女孩” ，则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为：
问题2： 假设生男孩与生女孩是等可能的 ，现考虑有两个小孩的家庭 ， 随机选择
一个家庭 ，那么：
（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有多大？
（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：
条件概率
在上面两个问题中，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率都是
这个结论对于一般的古典概型仍然成立. 事实上，如图所示，若已知
事件A发生，则A成为样本空间. 此时，事件B发生的概率是AB包含的样
本点数与A包含的样本点数的比值
:在事件A发生的条件下，事件B发生的概率还可以通过
来计算.
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
由这个定义可知，对任意两个事件A ，B ，若P(A)>0 ，则有
条件概率：
一般地，设A ，B为两个随机事件，且P(A)>0 ，我们称
P(B | A) =
P(AB) = P(A)P(B | A).
我们称上式为为概率的乘法公式.
当P(A) >0时 ， 当且仅当事件A与B相互独立时 ，有P(B|A) =P(B)
若事件A与B相互独立 ， 即P(AB) =P(A)P(B) ，且P(A) >0 ，则
反之 ，若P(B|A) =P(B) ，且P(A) >0 ，则
即事件A与B相互独立.
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.
解： 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，则n(Ω) = A = 5 × 4 = 20,n(AB) = A × A = 3 × 2 = 6.
或P(AB) = P(A)P(B | A) = .
(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. 由于
2
1
3
1
5
2
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.
解法2：(在缩小的样本空间A上求P(B | A))
设A＝“第1次抽到代数题” ，B＝“第2次抽到几何题”.
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) =
又P(A ,利用概率乘法公式可得 .
:第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为 .
② 是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.
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.
从例1可知，求条件概率有两种方法：
① 是基于样本空间Ω , 先计算P(A)和P(AB) ，再利用条件概率公式求P(B|A)；
设P(A)>0 ，则条件概率的性质为：
(1) P(Ω | A) = 1；
(2) 如果B和C是两个互斥事件,则P(BU C | 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) .
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.
∴P(B) = P(AB) = P(A)P(B | A) = × = .
P(C) = P(AB) = P(A)P(B | A) = × = .
由于P(A) = P(B) = P(C),所以中奖的概率与抽奖的次序无关.
事实上，在抽奖问题中，无论是放回随机抽取还是不放回随机抽取， 中奖的概率都与抽奖的次序无关.
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，忘记了密码的最后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 = A1 U A1A2 .
∴P(A) = P(A1 ) + P(A1A2 ) = P(A1 ) + P(A1 )P(A2 ) = + × = . 因此,任意按最后1位数字,不超过2次就按对的概率为 .
(2) 设B＝“最后1位密码为偶数” ，则
P(A | B) = P(A1 | B)+ P(A1A2 | B) = + = .
因此,记得最后1位是偶数的条件下,不超过2次就按对的概率为2 .
5
例1.一个盒子里有6个白球，4个黑球，每次从中不放回地任取1个，连取两次，求在第一 次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率.
解：法一.记“第一次取到白球 ”为事件A ， “第二次取到黑球 ”为事件B.
显然，事件“第一次取到白球且第二次取到黑球 ”的概率为 由条件概率的计算公式
法二.这个问题还可以这样理解：第一次取到白球，则只剩9个球，其中5个白球，4 个黑球，在这个前提下，第二次取到黑球得概率是 .
条件概率的计算
方法技巧：
(1)在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率 ”时，一般可认为 是条件概率.
(2)条件概率的两种计算方法：
①在原样本空间中，先计算P(AB) ，P(A) ，再利用公式计算P(B|A) = 求得
P(B|A)；
②若事件为古典概型 ，可利用公式 即在缩小后的样本空间中计算事 件发生的概率.
变1.某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人，全班分成4个小组，第一小
组有学生10人，共青团员4人.从该班任选一人作学生代表.
(1)求选到的是共青团员的概率；
(2)求选到的既是共青团员又是第一小组学生的概率；
解：设“选到的是共青团员 ”为事件A ， “选到的是第一小组学生 ”为事件B ，则 “选到的既是共青团员又是第一小组学生 ”为事件AB.
变1.某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人，全班分成4个小组，第一小
组有学生10人，共青团员4人.从该班任选一人作学生代表.
(3)已知选到的是共青团员，求他是第一小组学生的概率.
法二.由题意知，事件A所包含的基本事件个数为15，事件AB所包含的基本事件个数
1. 已知P(AB) ,P(A) ,则P(B|A)等于(
A. B. C. D.
2.下列说法正确的是( )
A.P(A|B)=P(B|A)
B.P(B|A)>1
C.P(AB)=P(A)·P(B|A)
D.P((AB)|A)=P(B)
) 解析
答案:A
解析:
由 答案:C
条件概率
4 达标检测
条件概率
4 达标检测
3.设A,B为两个事件,若事件A和B同时发生的概率为 ,在事件A发生的条件下,事
件B发生的概率为1 则事件A发生的概率为
解析:由题意知
4.某气象台统计,该地区下雨的概率为 ,刮四级以上风的概率为 ,既刮四级以 上的风又下雨的概率为 .设A为下雨,B为刮四级以上的风,求P(B|A).
解:由题意知
2, .
1.条件概率与概率的乘法公式：
(1)条件概率的定义：一般地，设A ，B为两个随机事件，且P(A) > 0 ，称P(B|A) =
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
(2)读法：一般把P(B|A)读作在事件A发生的条件下，事件B发生的概率.
(3)乘法公式：①P(AB) = P(A) P(B|A).
②公式的推导依据 即根据事件A发生的概率以及已知事件A发生的
条件下事件B发生的概率，可以求出A与B同时发生的概率.
课堂小结
P34-37
课外资料相应练习
全概率公式
7.1.1 条件概率
1.概率是随机事件发生可能性大小的度量.
2.古典概型：
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等.
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为 古典概率模型(classical models of probability),简称古典概型
3.古典概型概率计算公式
知识回顾
3.事件A与B同时发生的事件叫做事件A与事件B的积事件 ， 记为A∩B
（或AB） ； 事件A与B至少有一个发生的事件叫做A与B的 和事件,记为 A UB (或 A + B );
4.若AB为不可能事件,P(AB)=0,则事件A与事件B互斥；
若事件A与B互斥，则: P ( A U B ) = P ( A ) + P ( B )
5.若A发生不影响事件B的发生，则称事件A与事件B相互独立；
6.若事件A与事件B相互独立时 ，有P(AB)=P(A)P(B).
思考： 如果事件A与B不相互独立 ，如何求P(AB)呢？
知识回顾
（1） 选到男生的概率是多大？
分析： 随机选择一人做代表 ，则样本空间 包含45个等可能的样本点.用B表示事件“ 选到男生” ， 由上表可知 ， n( )=45 ， n(B)=25
团员 非团员
合计
男生 16 9
25
女生 14 6
20
合计 30 15
45
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下表所示，
在班级里随机选择一人做代表：
根据古典概型知识可知 ， 选到男生的概率为：
（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？
分析： 用A表示事件“选到团员” ， “在选到团员的条件下 ， 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).此时相当于以A为样本 空间来考虑事件B发生的概率 ， 而在新的样本空间中事件B就是积事件AB ，包含的样 本点数n(AB)=16 ，根据古典概型知识可知，
团员 非团员
合计
男生 16 9
25
女生 14 6
20
合计 30 15
45
条件概率
问题2： 假设生男孩与生女孩是等可能的 ，现考虑有两个小孩的家庭 ， 随机选择
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有多大？
分析： 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“选择的家庭中有女孩” ， B表示事件“选择的 家庭中两个孩子都是女孩” ，则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为：
问题2： 假设生男孩与生女孩是等可能的 ，现考虑有两个小孩的家庭 ， 随机选择
一个家庭 ，那么：
（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有多大？
（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：
条件概率
在上面两个问题中，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率都是
这个结论对于一般的古典概型仍然成立. 事实上，如图所示，若已知
事件A发生，则A成为样本空间. 此时，事件B发生的概率是AB包含的样
本点数与A包含的样本点数的比值
:在事件A发生的条件下，事件B发生的概率还可以通过
来计算.
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
由这个定义可知，对任意两个事件A ，B ，若P(A)>0 ，则有
条件概率：
一般地，设A ，B为两个随机事件，且P(A)>0 ，我们称
P(B | A) =
P(AB) = P(A)P(B | A).
我们称上式为为概率的乘法公式.
当P(A) >0时 ， 当且仅当事件A与B相互独立时 ，有P(B|A) =P(B)
若事件A与B相互独立 ， 即P(AB) =P(A)P(B) ，且P(A) >0 ，则
反之 ，若P(B|A) =P(B) ，且P(A) >0 ，则
即事件A与B相互独立.
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.
解： 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，则n(Ω) = A = 5 × 4 = 20,n(AB) = A × A = 3 × 2 = 6.
或P(AB) = P(A)P(B | A) = .
(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. 由于
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2
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.
解法2：(在缩小的样本空间A上求P(B | A))
设A＝“第1次抽到代数题” ，B＝“第2次抽到几何题”.
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) =
又P(A ,利用概率乘法公式可得 .
:第1次抽到代数题且第2次抽到几何题的概率为 .
② 是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.
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.
从例1可知，求条件概率有两种方法：
① 是基于样本空间Ω , 先计算P(A)和P(AB) ，再利用条件概率公式求P(B|A)；
设P(A)>0 ，则条件概率的性质为：
(1) P(Ω | A) = 1；
(2) 如果B和C是两个互斥事件,则P(BU C | 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) .
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.
∴P(B) = P(AB) = P(A)P(B | A) = × = .
P(C) = P(AB) = P(A)P(B | A) = × = .
由于P(A) = P(B) = P(C),所以中奖的概率与抽奖的次序无关.
事实上，在抽奖问题中，无论是放回随机抽取还是不放回随机抽取， 中奖的概率都与抽奖的次序无关.
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，忘记了密码的最后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 = A1 U A1A2 .
∴P(A) = P(A1 ) + P(A1A2 ) = P(A1 ) + P(A1 )P(A2 ) = + × = . 因此,任意按最后1位数字,不超过2次就按对的概率为 .
(2) 设B＝“最后1位密码为偶数” ，则
P(A | B) = P(A1 | B)+ P(A1A2 | B) = + = .
因此,记得最后1位是偶数的条件下,不超过2次就按对的概率为2 .
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例1.一个盒子里有6个白球，4个黑球，每次从中不放回地任取1个，连取两次，求在第一 次取到白球的条件下，第二次取到黑球的概率.
解：法一.记“第一次取到白球 ”为事件A ， “第二次取到黑球 ”为事件B.
显然，事件“第一次取到白球且第二次取到黑球 ”的概率为 由条件概率的计算公式
法二.这个问题还可以这样理解：第一次取到白球，则只剩9个球，其中5个白球，4 个黑球，在这个前提下，第二次取到黑球得概率是 .
条件概率的计算
方法技巧：
(1)在题目条件中，若出现“在……发生的条件下……发生的概率 ”时，一般可认为 是条件概率.
(2)条件概率的两种计算方法：
①在原样本空间中，先计算P(AB) ，P(A) ，再利用公式计算P(B|A) = 求得
P(B|A)；
②若事件为古典概型 ，可利用公式 即在缩小后的样本空间中计算事 件发生的概率.
变1.某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人，全班分成4个小组，第一小
组有学生10人，共青团员4人.从该班任选一人作学生代表.
(1)求选到的是共青团员的概率；
(2)求选到的既是共青团员又是第一小组学生的概率；
解：设“选到的是共青团员 ”为事件A ， “选到的是第一小组学生 ”为事件B ，则 “选到的既是共青团员又是第一小组学生 ”为事件AB.
变1.某校高三(1)班有学生40人，其中共青团员15人，全班分成4个小组，第一小
组有学生10人，共青团员4人.从该班任选一人作学生代表.
(3)已知选到的是共青团员，求他是第一小组学生的概率.
法二.由题意知，事件A所包含的基本事件个数为15，事件AB所包含的基本事件个数
1. 已知P(AB) ,P(A) ,则P(B|A)等于(
A. B. C. D.
2.下列说法正确的是( )
A.P(A|B)=P(B|A)
B.P(B|A)>1
C.P(AB)=P(A)·P(B|A)
D.P((AB)|A)=P(B)
) 解析
答案:A
解析:
由 答案:C
条件概率
4 达标检测
条件概率
4 达标检测
3.设A,B为两个事件,若事件A和B同时发生的概率为 ,在事件A发生的条件下,事
件B发生的概率为1 则事件A发生的概率为
解析:由题意知
4.某气象台统计,该地区下雨的概率为 ,刮四级以上风的概率为 ,既刮四级以 上的风又下雨的概率为 .设A为下雨,B为刮四级以上的风,求P(B|A).
解:由题意知
2, .
1.条件概率与概率的乘法公式：
(1)条件概率的定义：一般地，设A ，B为两个随机事件，且P(A) > 0 ，称P(B|A) =
为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率.
(2)读法：一般把P(B|A)读作在事件A发生的条件下，事件B发生的概率.
(3)乘法公式：①P(AB) = P(A) P(B|A).
②公式的推导依据 即根据事件A发生的概率以及已知事件A发生的
条件下事件B发生的概率，可以求出A与B同时发生的概率.
课堂小结
P34-37
课外资料相应练习
全概率公式