2019-2020学年高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.2.1 条件

-1-2．2.1条件概率知识点条件概率的定义一般地，设A，B为两个事件，且P(A)0，称P(B|A)＝PABPA为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．一般把P(B|A)读作□01A发生的条件下，B发生的概率，变形公式(即乘法公式)：P(AB)＝□02P(A)·P(B|A)．知识点条件概率的性质性质1：□010≤P(B|A)≤□021.性质2：如果B和C是两个互斥事件，那么P(B∪C|A)＝□03P(B|A)＋P(C|A)．每一个随机试验，都是在一定条件下进行的，条件概率则是当试验结果的一部分已经知道，即在原随机试验的条件又加上一定的条件，已知事件A发生，在此条件下事件AB发生，要求P(B|A)，相当于把A看作新的基本事件，空间计算事件AB发生的概率，即P(B|A)＝nABnA＝nABnΩnAnΩ＝PABPA.1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若事件A，B互斥，则P(B|A)＝1.()(2)事件A发生的条件下，事件B发生，相当于A，B同时发生．()(3)P(B|A)≠P(AB)．()答案(1)×(2)√(3)√2．做一做(1)已知P(B|A)＝13，P(A)＝25，则P(AB)等于________．(2)把一枚硬币任意掷两次，事件A＝{第一次出现正面)，事件B＝(第二次出现反面)，则P(B|A)＝________.(3)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)＝0.20，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，-2-则P(A|B)＝________，P(B|A)＝________.答案(1)215(2)12(3)2335解析(1)P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝13×25＝215.(2)P(A)＝12，P(AB)＝14，则P(B|A)＝PABPA＝12.(3)由条件概率的概念可知，P(A|B)＝PABPB＝0.120.18＝23，P(B|A)＝PABPA＝0.120.2＝35.探究1条件概率的计算例15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，求：(1)第一次取到新球的概率；(2)第二次取到新球的概率；(3)在第一次取到新球的条件下第二次取到新球的概率．[解]记第一次取到新球为事件A，第二次取到新球为事件B.(1)P(A)＝35.(2)P(B)＝3×2＋2×35×4＝35.(3)解法一：因为P(AB)＝3×25×4＝310，所以P(B|A)＝PABPA＝31035＝12.解法二：因为n(A)＝C13C14＝12，n(AB)＝C13C12＝6，所以P(B|A)＝nABnA＝612＝12.拓展提升计算条件概率的两种方法(1)在缩小后的样本空间ΩA中计算事件B发生的概率，即P(B|A)＝事件AB所含基本事件的个数事件A所含基本事件的个数；-3-(2)在原样本空间Ω中，先计算P(AB)，P(A)，再按公式P(B|A)＝PABPA计算，求得P(B|A)．[跟踪训练1]从一副扑克牌(去掉大、小王，共52张)中随机取出1张，用A表示“取出的牌是Q”，用B表示“取出的牌是红桃”，求P(A|B)．解解法一：由于52张牌中有13张红桃，则B发生(即取出的牌是红桃)的概率为P(B)＝1352＝14.而52张牌中，既是红桃又是“Q”的牌只有一张，故P(AB)＝152，∴P(A|B)＝PABPB＝152÷14＝113.解法二：根据题意，即求“已知取出的牌是红桃”的条件下，事件A：“取出的牌是Q”的概率．∵n(A∩B)＝1，n(B)＝13，从而P(A|B)＝nA∩BnB＝113.探究2有关几何概型的条件概率例2一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B，求P(AB)，P(A|B)．[解]如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，n(AB)＝1，∴P(AB)＝19，P(A|B)＝nABnB＝14.拓展提升本例是面积型的几何概型，利用小正方形的个数来等价转化，将样本空间缩小为n(B)．[跟踪训练2]如图，四边形EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则-4-(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝________.答案(1)2π(2)14解析(1)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝S正方形EFGHS圆O＝2×2π×12＝2π.(2)事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝S△EOHS圆O＝12×12π×12＝12π.故P(B|A)＝PABPA＝12π2π＝14.探究3条件概率的实际应用例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．[解]设第i次按对密码为事件Ai(i＝1,2)，则A＝A1∪(A－1A2)表示不超过2次按对密码．(1)因为事件A1与事件A－1A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(A－1A2)＝110＋9×110×9＝15.(2)用B表示最后一位按偶数的事件，则P(A|B)＝P(A1|B)＋P((A－1A2)|B)＝15＋4×15×4＝25.拓展提升若事件B，C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，即为了求得比较复杂事件的概率，往往可以先把它分解成两个(或若干个)互斥的较简单事件，求出这些简单事件的概率，再利-5-用加法公式即得所求的复杂事件的概率．[跟踪训练3]在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中4道题即可通过，至少能答对其中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．解记事件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，另1道题答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，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，可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝C610C620＋C510C110C620＋C410C210C620＝12180C620，P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，P(E|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝PAPD＋PBPD＝210C62012180C620＋2520C62012180C620＝1358.故所求的概率为1358.1.条件概率：P(B|A)＝PABPA＝nABnA.2.概率P(B|A)与P(AB)的区别与联系：P(AB)表示在样本空间Ω中，计算AB发生的概率，而P(B|A)表示在缩小的样本空间ΩA中，计算B发生的概率．用古典概型公式，则P(B|A)＝AB中样本点数ΩA中样本点数，P(AB)＝AB中样本点数Ω中样本点数.3.利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)求解有些条件概率问题较为简捷，但应注意这个性质是在“B与C互斥”这一前提下才具备的，因此不要忽视这一条件而乱用这个公式.1．已知P(B|A)＝12，P(AB)＝38，则P(A)等于()A.316B.1316C.34D.14答案C-6-解析由P(AB)＝P(A)P(B|A)可得P(A)＝34.2．某地区气象台统计，该地区下雨的概率为415，刮风的概率为215，既刮风又下雨的概率为110，则在下雨天里，刮风的概率为()A.8225B.12C.38D.34答案C解析设A为下雨，B为刮风，由题意知P(A)＝415，P(B)＝215，P(AB)＝110，P(B|A)＝PABPA＝110415＝38.故选C.3．抛掷红、黄两枚质地均匀的骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两枚骰子的点数之积大于20的概率是()A.14B.13C.12D.35答案B解析抛掷红、黄两枚骰子共有6×6＝36个基本事件，其中红色骰子的点数为4或6的有12个基本事件，此时两枚骰子点数之积大于20包含4×6,6×4,6×5,6×6，共4个基本事件，所求概率为13.4．在区间(0,1)内随机投掷一个点M(其坐标为x)，若A＝x0x12，B＝x14x34，则P(B|A)等于________．答案12解析P(A)＝121＝12.∵A∩B＝x14x12，∴P(AB)＝141＝14，∴P(B|A)＝PABPA＝1412＝12.5．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号-7-箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱中随机取出一球，则从2号箱中取出红球的概率是多少？解记事件A＝“最后从2号箱中取出的是红球”，事件B＝“从1号箱中取出的是红球”，则P(B)＝42＋4＝23，P(B－)＝1－P(B)＝13，P(A|B)＝3＋18＋1＝49，P(A|B－)＝38＋1＝13，从而P(A)＝P(AB)＋P(AB－)＝P(A|B)P(B)＋P(A|B－)P(B－)＝49×23＋13×13＝1127.