条件概率与独立性

§4 条件概率与事件的独立性 一、条件概率 二、全概率公式，贝叶斯(Bayes)公式 三、事件独立性 四、贝努里概型

补充和注记

习 题

一、条件概率

任一个随机试验都是在某些基本条件下进行的，在这些基本条件下某个事件A 的发生具有某种概率. 但如果除了这些基本条件外还有附加条件，所得概率就可能不同.这些附加条件可以看成是另外某个事件B 发生.

条件概率这一概念是概率论中的基本工具之一. 给定一个概率空间

(,,)P ΩF ，并希望知道某一事件A 发生的可能性大小. 尽管我们不可能完全知道试验结果，但往往会掌握一些与事件A 相关的信息，这对我们的判断有一定的影响. 例如，投掷一均匀骰子，并且已知出现的是偶数点，那么对试验结果的判断与没有这一已知条件的情形有所不同. 一般地，在已知另一事件B 发生的前提下，事件A 发生的可能性大小不一定再是()P A .

已知事件B 发生条件下事件A 发生的概率称为事件A 关于事件B 的条件概率(conditional probability)，记作(|)P A B .

在某种情况下，条件的附加意味着对样本空间进行压缩，相应的概率可在压缩的样本空间内直接计算.

例1 盒中有球如右表1-2. 任取一球，记A ={取得蓝球}，B ={取得玻璃球}，

显然这是古典概型. Ω包含的样本点总数为16，A 包含的样本点总数为11，故

11

()16P A =.

表1-2

如果已知取得为玻球，这就B 是发生条件璃下A 发生的条件概率，记作(|)P A B . 在B 发生的条件下可能取得的样本点总数应为“玻璃球的总数”，也即把样本空间压缩到玻璃球全体. 而在B 发生条件下A 包含的样本点数为蓝玻璃球数，故

42(|)63P A B ==.

一般说来，在古典概型下，都可以这样做.但若回到原来的样本空间，则当()0P B ≠，有

(|) B A P A B B AB B 在发生的条件下包含的样本点数

＝

在发生的条件下样本点数

包含的样本点数＝包含的样本点数 AB P AB B P B 包含的样本点数/总数（）＝＝包含的样本点数/总数（）.

这式子对几何概率也成立. 由此得出如下的一般定义.

定义1 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为

(|)P AB P A B P B （）

＝（）. (1)

反过来可以用条件概率表示A 、B 的乘积概率，即有乘法公式

若()0P B ≠，则()()(|)P AB P B P A B =,

(2)

同样有 若()0P A ≠，则()()(|)P AB P A P B A =. (2)'

从上面定义可见，条件概率有着与一般概率相同的性质，即非负性，规范性和可列可加性. 由此它也可与一般概率同样运算，只要每次都加上“在某事件发生的条件下”即成.

两个事件的乘法公式还可推广到n 个事件，即

312121(|)(|)

n n P A A A P A A A A -? (3)

具体解题时，条件概率可以依照定义计算，也可能如例1直接按照条件概率的意义在压缩的样本空间中计算；同样，乘积事件的概率可依照公式(2) 或(2)'计算，也可按照乘积的意义直接计算，均视问题的具体性质而定.

例2 例2 n 张彩票中有一个中奖票.

① 已知前面1k -个人没摸到中奖票，求第k 个人摸到的概率；

② 求第k 个人摸到的概率.

解 问题 ① 是在条件“前面(1)k -个人没摸到”下的条件概率. ② 是无条件概率.

记i A ={第i 个人摸到}，则 ① 的条件是A A A k 121 -. 在压缩样本空间中由古典概型直接可得

① P(A k |A A A k 121 -)=1

1n k -+；

② 所求为

()k P A ，但对本题，A k =A A A k 121 -A k , 由(3)式及古典概率计算

公式有 ()k P A ＝P (A A A k 121 -A k ) ＝P A P A A P A A A P A A A A k k ()(|)(|)(|)121312121 -

1

n =. 这说明每人摸到奖券的概率与摸的先后次序无关.

例3 甲乙两市位于长江下游，根据一百多年的记录知道，一年中雨天的比例，甲为20%，乙为18%，两市同时下雨的天数占12%. 求：

① 乙市下雨时甲市也下雨的概率；② 甲乙两市至少一市下雨的概率. 解 分别用A ，B 记事件{甲下雨}和{乙下雨}. 按题意有，()20%P A =，()18%P B =，()12%P AB =.

① 所求为

()122(|)()183P AB P A B P B ===.

② 所求为

20%18%12%26%=+-=.

条件概率与独立性

()()()()()()()()1012+C AB A P AB n P B A P A n P B A B C P B C A P B A P A ?????==????≤≤?????=???定义：对于两个事件A 和B ，在已知事件A 发生 的条件下，事件B 发生的概率。 公式：古典概型条件概率、性质、若事件、互斥，则有 条件概率题型： 题型一：根据公式换算求概率 ()()()()11,,23P B A P A B P A P B ===求（P(B)=1/3） 若P (A )＝34，P (B |A )＝12 ，则P (AB )等于 ( 3/8 ) 题型二：求条件概率 ()()()P AB P B A P A ?=???? 公式法：条件概率求解基本事件法：确定新的基本事件空间 1、公式法：由条件概率公式 ()()()P AB P B A P A =，分别求出()P AB 和()P A ，代入即可；公式法适用于所有条件概率问题；如例1 2、基本事件法：确定满足已知条件事件A 的基本事件数，确定新的基本事件 空间。基本事件法适用于解决与古典概型或几何概型相关的条件概率问题，比公式法方便，尤其是解决对于有次序的条件概率问题，如例2 用两种方法求解下列问题： 例1、 （公式法）盒中装有形状，大小完全相同的5个球，其中红色球3个， 黄色球2个，若从中随机取出2个球，已知其中一个为红色，则另一个为黄色的概率为（ ）

A. 3 5 B. C. 2 3 D. 2 5 例2、（基本事件法）袋中装有6个不同的红球和4个不同的白球，不放回地依次摸出2个球，在第1次摸出红球的条件下，第2次摸出的也是红球的概率为（） A．5 9 B． 4 9 C． 2 9 D． 2 3 例3、（基本事件法）有一匹叫Harry的马，参加了100场赛马比赛，赢了20场，输了80场．在这100场比赛中，有30场是下雨天，70场是晴天．在30场下雨天的比赛中，Harry赢了15场．如果明天下雨，Harry参加赛马的赢率是（1/2） 解答：此题所求就是Harry在雨天赛马赢的概率即 151 302 P== 例4、（基本事件法）一个袋中装有7个大小完全相同的球，其中4个白球，3个黄球，从中不放回地摸4次，一次摸一球，已知前两次摸得白球， 则后两次也摸得白球的概率为___1 5 _____． 例5、（基本事件法）某生在一次口试中，共有10题供选择，已知该生会答其中6题，随机从中抽5题供考生回答，答对3题及格，求该生在第 一题不会答的情况下及格的概率．（25 42 ） 习题： 1.把一枚骰子连续掷两次，已知在第一次抛出的是偶数点的情况下，第二次抛 出的也是偶数点的概率为 ( ) A．1 B．1 2 C． 1 3 D． 1 4 2.盒中装有形状，大小完全相同的5个球，其中红色球3个，黄色球2个，若 从中随机取出2个球，已知其中一个为红色，则另一个为黄色的概率为（） A. 3 5 B. C. 2 3 D. 2 5 9 10 9 10

条件概率

条件概率 1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”,设事件B表示“甲取到的数是5的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式而P(B)=3/15=1/5 , ∴P(A|B)=9/14. , 2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”,设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”. 则显然所要求的概率为P(A|B).根据公式 ∴P(A|B)=1/2. , , 3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 解.设事件A i表示“第i次取到白球”.(i=1,2,…,N)则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3, 由乘法公式可知: P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3.而P(A3|A1A2)=3/4 , P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/4 . 由数学归纳法可以知道P(A1A2…A N)=1/(N+1). 4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”, 事件B表示“最后取到的是白球”. 根据题意: P(B|A)=5/12 , , P(A)=1/2. ∴ 5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 . 事件B表示“从乙袋中取到的是白球”. 显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意 P(A0)=1/10 , P(A1)=3/5 , P(A2)=3/10 ; P(B|A0)=2/5 , P(B|A1)=1/2 , P(B|A2)=3/5 ; 由全概率公式 P(B)=P(B|A0)P(A0)+P(B|A1)P(A1)+P(B|A2)P(A2)=2/5×1/10+1/2×3/5+3/5×3/10=13/25. 6.袋中装有编号为1, 2,…, N的N个球,先从袋中任取一球,如该球不是1号球就放回袋中,是1号球就不放回,然后再摸一次,求取到2号球的概率. 解.设事件A表示“第一次取到的是1号球”,则表示“第一次取到的是非1号球”; 事件B表示“最后取到的是2号球”.

北师大数学选修课时分层作业2 条件概率与独立事件 含解析

课时分层作业(二) (建议用时：60分钟) [基础达标练] 一、选择题 1．两人打靶，甲击中的概率为0.8，乙击中的概率为0.7，若两人同时射击一目标，则它们都中靶的概率是() A．0.56B．0.48 C．0.75 D．0.6 A[设甲击中为事件A，乙击中为事件B. 因为A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)·P(B)＝0.8×0.7＝0.56.] 2．某人忘记了一个电话号码的最后一个数字，只好任意去试拨，他第一次失败、第二次成功的概率是() A.1 10 B. 2 10 C.8 10 D. 9 10 A[某人第一次失败，第二次成功的概率为P＝9×1 10×9 ＝ 1 10，所以选A.] 3．一袋中装有5只白球和3只黄球，在有放回地摸球中，用A1表示第一次摸得白球，A2表示第二次摸得白球，则事件A1与A2是() A．相互独立事件B．不相互独立事件 C．互斥事件D．对立事件 A[由题意可得A2表示“第二次摸到的不是白球”，即A2表示“第二次摸到的是黄球”，由于采用有放回地摸球，故每次是否摸到黄球或白球互不影响，故事件A1与A2是相互独立事件．] 4．如图所示，A，B，C表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么系统的可靠性是()

A ．0.504 B ．0.994 C ．0.496 D ．0.06 B [系统可靠即A ，B ， C 3种开关至少有一个能正常工作，则P ＝1－[1－P (A )][1－P (B )][1－P (C )] ＝1－(1－0.9)(1－0.8)(1－0.7) ＝1－0.1×0.2×0.3＝0.994.] 5．2018年国庆节放假，甲去北京旅游的概率为1 3，乙，丙去北京旅游的概率分别为14，1 5.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1个去北京旅游的概率为( ) A.5960 B.35 C.12 D.160 B [用A ，B ， C 分别表示甲，乙，丙三人去北京旅游这一事件，三人均不去的概率为P (A B C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝23×34×45＝2 5，故至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝35.] 二、填空题 6．将两枚均匀的骰子各掷一次，已知点数不同，则有一个是6点的概率为________． 1 3 [设掷两枚骰子点数不同记为事件A ，有一个是6点记为事件B .则P (B |A )＝2×530＝13.] 7．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己，假设甲闹钟准时响的概率是0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________． 0．98 [设A ＝“两个闹钟至少有一个准时响”，

条件概率练习题

条件概率 一、选择题 1．下列式子成立的是( ) A ．P (A | B )＝P (B |A ) B ．0

1.2.1条件概率与独立事件

条件概率 【问题导思】 一个家庭有两个孩子，假设男女出生率一样． (1)这个家庭一男一女的概率是多少？ (2)预先知道这个家庭中至少有一个女孩，这个家庭一男一女的概率是多少？【提示】 (1)12，(2)2 3 . (1)概念：已知事件B 发生的条件下，A 发生的概率称为B 发生时A 发生的条件概率，记为P (A |B )． (2)公式：当P (B )＞0时，P (A |B )＝ P AB P B .

独立事件 【问题导思】 在一次数学测试中，甲考满分，对乙考满分有影响吗？ 【提示】 没有影响． (1)定义：对两个事件A ，B ，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称A ，B 相互独立． (2)性质：如果A ，B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立． (3)如果A 1，A 2，…，A n 相互独立，则有P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n ). 应用 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，每次任取一件，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． 【思路探究】 求解的关键是判断概率的类型．第一问是古典概型问题；第二问是条件概率问题． 【自主解答】 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 . (1)P (A )＝5 100 ＝0.05. (2)法一 第一次取走1件不合格品后，还剩下99件产品，其中有4件不合格品．于是第二次再次取到不合格品的概率为 4 99 ，这是一个条件概率，表示为P (B |A )＝499 . 法二 根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB 的概率． P (AB )＝5100×499，∴有P (B |A )＝P AB P A ＝5100× 4995100 ＝499 . 1．注意抽取方式是“不放回”地抽取． 2．解答此类问题的关键是搞清在什么条件下，求什么事件发生的概率． 3．第二问的解法一是利用缩小样本空间的观点计算的，其公式为P (B |A )＝ n AB n A ，此法常应用于古典概型中的条件概率求法．

事件的独立性与条件概率练习专题

事件的独立性与条件概率专题 1．口袋内装有100个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为( ) A ．0.31 B ．0.32 C ．0.33 D ．0.36 2．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，在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为 ( ) A.12 B.35 C.34 D.310 3．打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( ) A.35 B.34

C.1225 D.1425 4．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( ) A.310 B.13 C.38 D.29 5．(优质试题·济南质检)优质试题年国庆节放假，甲去北京旅游的 概率为13，乙，丙去北京旅游的概率分别为14，15 .假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1个去北京旅游的概率为 ( ) A.5960 B.35 C.12 D.160 6．(优质试题·合肥月考)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估计做对第一道题的概率为0.8，做对两道题的概率为0.6，则预估计做对第二道题的概率为( ) A ．0.80 B ．0.75 C ．0.60 D ．0.48 7．从应届毕业生中选拔飞行员，已知该批学生体型合格的概率为13 ，视力合格的概率为16，其他几项标准合格的概率为15 ，从中任选一名学生，则该学生三项均合格的概率为(假设三次标准互不影响)( )

条件概率

条件概率 1．条件概率 条件 设A ，B 为两个事件，且P (A )>0 含义 在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率 记作 P (B |A ) 读作 A 发生的条件下 B 发生的概率 计算公式 ①事件个数法：P (B |A )＝ n （AB ） n （A ） ②定义法：P (B |A )＝ P （AB ） P （A ） 2.条件概率的性质 (1)P (B |A )∈[0，1]． (2)如果B 与C 是两个互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． [注意] (1)前提条件：P (A )>0. (2)P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )，必须B 与C 互斥，并且都是在同一个条件A 下． 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若事件A ，B 互斥，则P (B |A )＝1.( ) (2)P (B |A )与P (A |B )不同．( ) 答案：(1)× (2)√ 已知P (AB )＝310，P (A )＝3 5 ，则P (B |A )为( ) A.950 B.12 C.910 D.1 4 答案：B 由“0”“1”组成的三位数组中，若用事件A 表示“第二位数字为0”，用事件B 表示“第一位数字为0”，则P (A |B )等于( ) A.12 B.13 C.14 D.18 答案：A 一个盒子里有6只好晶体管，4只坏晶体管，任取两次，每次取1只，每次取出后不放回，则若已知第一次取出的是好的，则第二次取出的也是好的概率为________．

答案：59 探究点1 利用定义求条件概率 甲、乙两地都位于长江下游，根据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)乙地为雨天时甲地为雨天的概率是多少？ (2)甲地为雨天时乙地为雨天的概念是多少？ 【解】 设“甲地为雨天”为事件A ，“乙地为雨天”为事件B ， 根据题意，得 P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12. (1)乙地为雨天时甲地为雨天的概率是 P (A |B )＝P （AB ）P （B ） ＝0.120.18＝23 . (2)甲地为雨天时乙地为雨天的概率是 P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.120.2＝3 5. 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 )＝ 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． 如图，EFGH 是以O 为圆心，1为半径的圆的内接正方形， 将一颗豆子随机地掷到圆内，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HOE (阴影部分)内”，则P (A )＝________，P (B |A )＝________． 解析：因为圆的半径为1，所以圆的面积S ＝πr 2 ＝π，正方形EFGH 的面积为? ?? ??2r 22 ＝2，所 以P (A )＝2 π . P (B |A )表示事件“已知豆子落在正方形EFGH 中，则豆子落在扇形HOE (阴影部分)”的概率， 所以P (B |A )＝1 4 .

概率 2 条件概率与相互独立事件

概率 2 条件概率与相互独立事件 基础梳理 1．条件概率及其性质 (1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝ P (AB ) P (A ) . 在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P (B |A )＝n (AB ) n (A ) . (2)条件概率具有的性质： ①0≤P (B |A )≤1； ② 如果B 和C 是两互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 2．相互独立事件 (1)对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 是相互独立事件． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )， P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝P (A )·P (B )． (3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 基础训练 1.甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )． A.34 B.23 C.35 D.12 2.如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统，当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K 、A 1、A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8,0.8，则系统正常工作的概率为( )． A ．0.960 B ．0.864 C ．0.720 D ．0.576

条件概率试题

2.2.1 条件概率 【学习要求】 1．理解条件概率的定义． 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． 【学法指导】 理解条件概率可以以简单事例为载体，先从古典概型出发求条件 概率，然后再进行推广；计算条件概率可利用公式P(B|A)＝P(AB) P(A) 也可以利用缩小样本空间的观点计算. 1．条件概率的概念 设A，B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝为在事件发生的条件下，事件发生的条件概率．P(B|A)读作发生的条件下发生的概率． 2．条件概率的性质 (1)P(B|A)∈． (2)如果B与C是两个互斥事件，则 P(B∪C|A)＝.

[一点通]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) ＝n(AB) n(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)＝P(AB) P(A) ，特别要注意P(AB)的求法．[例1]一只口袋内装有2个白球和2个黑球，那么： (1)先摸出1个白球不放回，再摸出1个白球的概率是多少？ (2)先摸出1个白球后放回，再摸出1个白球的概率是多少？ [思路点拨]先摸出1个白球后放回或不放回，影响到后面取到白球的概率，应注意两个事件同时发生的概率的不同． [精解详析](1)设“先摸出1个白球不放回”为事件A，“再摸出1个白球”为事件B，则“先后两次摸到白球”为AB，先摸1球不放回，再摸1球共有4×3种结果． ∴P(A)＝2×3 4×3 ＝ 1 2，P(AB)＝ 2×1 4×3 ＝ 1 6. ∴P(B|A)＝P(AB) P(A) ＝ 1 3. (2)设“先摸出1个白球放回”为事件A1，“再摸出1个白球”为事件B1，两次都摸到白球为事件A1B1. ∴P(A1)＝2×4 4×4＝ 1 2，P(A1B1)＝ 2×2 4×4 ＝ 1 4. ∴P(B1|A1)＝P(A1B1) P(A1) ＝ 1 4 1 2 ＝ 1 2. 故先摸1个白球不放回，再摸出1个白球的概率为1 3；先摸1个白球后放回， 再摸出1个白球的概率为1 2.

条件概率与独立事件、二项分布练习题及答案

条件概率与独立事件、二项分布 1．(2012·广东汕头模拟)已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( ) A ．0.85 B ．0.819 2 C ．0.8 D ．0.75 2．(2011·广东高考)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( ) A.34 B.23 C.35 D.12 3．(2011·湖北高考)如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K 、A 1、A 2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为( ) A ．0.960 B ．0.864 C ．0.720 D ．0.576 4．(2011·辽宁高考)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 )＝( ) A.18 B.14 C.25 D.1 2 5．(2012·山西模拟)抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是1 2 ，构造数列{a n }，使得a n ＝ ????? 1 (第n 次抛掷时出现正面)，－1 (第n 次抛掷时出现反面)， 记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为( ) A.116 B.18 C.1 4 D.1 2 6．高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.25 7．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为16 25 ，则该队员每次罚球的命中率为________． 8．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于

条件概率练习习题

欢迎阅读 选修2-3 2.2.1 条件概率补充练习 广水一中：邓文平 一、选择题 1．下列式子成立的是( ) A ．P (A | B )＝P (B |A ) B ．0

是男孩的概率是________． 12．从1～100这100个整数中，任取一数，已知取出的一数是不大于50的数，则它是2或3的倍数的概率为________． 三、解答题 13．把一枚硬币任意掷两次，事件A ＝“第一次出现正面”，事件B ＝“第二次出现正面”，求P (B |A )． 14．盒中有25个球，其中10个白的、5个黄的、10个黑的，从盒子中任意取出一个球，已知它不是黑球，试求它是黄球的概率． 15．1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号箱中取出一球放入2(1)从(2)从164(1)(2)1A ．P [答案[解析2．在A.3 5 [答案[解析] 设第一次摸到的是红球(第二次无限制)为事件A ，则P (A )＝6×910×9＝3 5，第一次摸得红球，第二次也 摸得红球为事件B ，则P (B )＝6×510×9＝13 ，故在第一次摸得红球的条件下第二次也摸得红球的概率为P ＝P (B )P (A )＝5 9， 选D. 3．已知P (B |A )＝13，P (A )＝2 5，则P (AB )等于( ) A.5 6 B.910 C.215 D.1 15 [答案] C

条件概率与事件的独立性

条件概率与事件的独立性 1． 条件概率及其性质 （1）条件概率的定义：设A 、B 为两个事件，且P(A)>0，称P(A|B)= 为在 发生的条件下， 发生的概率。 2．相互独立事件：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做 . 若A 与B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立. 3．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ?=? 4．互斥事件与相互独立事件是有区别的： 互斥事件与相互独立事件研究的都是两个事件的关系,但互斥的两个事件是一次实验中的两个事件，相互独立的两个事件是在两次试验中得到的，注意区别。 如果A 、B 相互独立，则P （A +B ）=P （A ）+P （B ）-P （A ?B ） 如:某人射击一次命中的概率是0.9,射击两次,互不影响,至少命中一次的概率是0.9+0.9-0.9×0.9=0.99,(也即1-0.1×0.1=0.99) 5．独立重复试验 （1）独立重复试验的定义： （2）n 次独立重复试验的概率公式： 三、基础再现 1.一学生通过英语听力测试的概率是2 1 ，他连续测试两次，那么其中恰好一次通过的概率是 （ ） A. 41 B. 31 C. 21 D. 4 3 2．已知,53 )(,103)(==A P AB P 则)|(A B P 等于 （ ） A. 50 9 B. 21 C. 109 D. 41 3．某人射击一次击中的概率为0.6,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为（ ） A ． 125 81 B ． 125 54 C ． 125 36 D ． 125 27 4．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p 1，乙解决这个问题的概率是p 2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是 ( ) A. p 1p 2 B.p 1（1－p 2）+p 2（1－p 1） C.1－p 1p 2 D.1－（1－p 1）（1－p 2） 5.（浙江）甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0．6，则本次比赛甲获胜的概率是 ( ) (A) 0．216 (B)0．36 (C)0．432 (D)0．648 6．一道数学竞赛试题，甲生解出它的概率为21，乙生解出它的概率为3 1 ，丙生解出它的概率为 4 1 ，由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为______.

2.2.1条件概率与事件的相互独立性(学、教案)

2． 2．1条件概率与事件的相互独立性 教学目标：1、通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。理解两个事件相互独立的概念。 2，掌握一些简单的条件概率的计算。能进行一些与事件独立有关的概率的计算。 3，通过对实例的分析，会进行简单的应用 教学重点：条件概率定义的理解 教学难点：概率计算公式的应用 教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式 教学过程：概念：1，对于两个事件A 与B ，如果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. 2，如果两个事件A 与B 满足等式 P(AB)=P(A)P(B),称事件A 与B 是相互独立的，简称A 与B 独立。 例1．一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从9~0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i A (i=1,2) ，则1 12()A A A A =表示不超过2次就按对 密码． (1）因为事件1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得 1121911()()()101095 P A P A P A A ?=+=+=?. (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则 112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+ 14125545 ?=+=?. 例2．一个家庭中有两个小孩，假定生男、生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩， 问这时另一个小孩是男孩的概率是多少？ 解：一个家庭的两个孩子有四种可能：{（男，男）}，{（男，女）}，{（女，男）}，{（女，女）}。 这个家庭中有一个女孩的情况有三种：{（男，女）}，{（女，男）}，{（女，女）}。在这种情况下“其中一个小孩是男孩”占两种情况，因此所求概率为2／3. 例3．甲、乙两名篮球运动员分别进行一次投篮，如果两人投中的概率都是6.0，计算： (1)两人都投中的概率；(2)其中恰有一人投中的概率；(3)至少有一人投中的概率. 解：（1）“两人各投一次，都投中”就是事件AB 发生，因此所求概率为 P （ AB ）=P （A ）P （B ）=0.6×0.6=0.36 （2）分析：“两人各投一次，恰有一人投中”包括两种情况：甲投中，乙未投中；甲未击中，乙击中。 因此所求概率为 48.06.0)6.01()6.01(6.0)()()()()()(=?-+-?=+=+B P A P B P A P B A P B A P 。

条件概率经典练习

条件概率例题解析 1.从1, 2, 3,…, 15中,甲、乙两人各任取一数(不重复),已知甲取到的数是5的倍数,求甲数大于乙数的概率. 解.设事件A表示“甲取到的数比乙大”, 设事件B表示“甲取到的数是5 的倍数”. 则显然所要求的概率为P(A|B). 根据公式 而P(B)=3/15=1/5 , , ∴P(A|B)=9/14. 2. 掷三颗骰子,已知所得三个数都不一样,求含有1点的概率. 解.设事件A表示“掷出含有1的点数”, 设事件B表示“掷出的三个点数都不一样”. 则显然所要求的概率为P(A|B). 根据公式 , , ∴P(A|B)=1/2.

3.袋中有一个白球和一个黑球,一次次地从袋中摸球,如果取出白球,则除把白球放回外再加进一个白球,直至取出黑球为止,求取了N次都没有取到黑球的概率. 1解.设事件A i表示“第i次取到白球”. (i=1,2,…,N) 则根据题意P(A1)=1/2 , P(A2|A1)=2/3, 由乘法公式可知: P(A1A2)=P(A2|A1)P(A1)=1/3. 而P(A3|A1A2)=3/4 , P(A1A2A3)=P(A3|A1A2)P(A1A2)=1/4 .由数学归纳法可以知道 P(A1A2… A N)=1/(N+1). 4. 甲袋中有5只白球, 7 只红球;乙袋中有4只白球, 2只红球.从两个袋子中任取一袋, 然后从所取到的袋子中任取一球,求取到的球是白球的概率. 解.设事件A 表示“取到的是甲袋”, 则表示“取到的是乙袋”, 事件B表示“最后取到的是白球”. 根据题意: P(B|A)=5/12 , , P(A)=1/2. ∴ . 5.有甲、乙两袋,甲袋中有3只白球,2只黑球;乙袋中有4只白球,4只黑球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋,然后再从乙袋中任取一球,求此球为白球的概率. 解.设事件A i表示“从甲袋取的2个球中有i个白球”,其中i=0,1,2 . 事件B表示“从乙袋中取到的是白球”. 显然A0, A1, A2构成一完备事件组,且根据题意 P(A )=1/10 , P(A1)=3/5 , P(A 2 )=3/10 ;

条件概率与事件的独立性练习题

条件概率与事件的独立性练习题 1．如图所示的电路，有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12 ，且 是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为( ) A.18 B.14 C.12 D.116 2、某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率 为( ) A.81125 B.54125 C.36125 D.27125 3、一学生通过英语听力测试的概率是21，他连续测试两次，那么其中恰好一次通过的概率 是（） A. 41 B. 31 C.21 D.4 3 4．某人射击一次击中的概率为0.6,经过3次射击,此人至少有两次击中目标的概率为（） A ．12581 B ．1255 4 C ．12536 D ．125 27 5、甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜．根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0．6，则本次比赛甲获胜的概率是 ( ) (A) 0．216 (B)0．36 (C)0．432 (D)0．648 6．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格． (1)分别求甲、乙两人考试合格的概率； (2)求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率．

7．2009年12月底，一考生参加某大学的自主招生考试，需进行书面测试，测试题中有4道题，每一道题能否正确做出是相互独立的，并且每一道题被该考生正确做出的概率都是34 . (1)求该考生首次做错一道题时，已正确做出了两道题的概率； (2)若该考生至少正确作出3道题，才能通过书面测试这一关，求这名考生通过书面测试的概率．

条件概率与独立事件

条件概率与独立事件 【要点梳理】 要点一：条件概率 1.概念 设A 、B 为两个事件，求已知B 发生的条件下，A 发生的概率，称为B 发生时A 发生的条件概率，记为()|P A B ，读作：事件B 发生的条件下A 发生的概率。 要点诠释： 我们用韦恩图能更好的理解条件概率，如图，我们将封闭图形的面积理解为相应事件的概率，那么由条件概率的概率，我们仅局限于B 事件这个范围来考察A 事件发生的概率，几何直观上，()|P A B 相当于B 在A 内的那部分（即事件AB ）在A 中所占的比例。 2.公式 . 要点诠释： （1）对于古典（几何）概型的题目，可采用缩减样本空间的办法计算条件概率： 古典概型：(|)AB P A B B = 包含的基本事件数 包含的基本事件数，即()() card (|)card AB P AB B =； 几何概型：(|)AB P A B B = 的测度 的测度 . （2）公式() (|)() P AB P A B P B = 揭示了()P B 、()|P AB 、()P AB 的关系，常常用于知二求一，即要熟练应用它的变形公式如，若()P B ＞0，则()()()=|P AB P A P B A ，该式称为概率的乘法公式． （3）类似地，当()0P A >时，A 发生时B 发生的条件概率为：()()() |=P AB P B A P A . 3. 性质 （1）非负性：()|0P A B ≥； （2）规范性：()|=1P B Ω（其中Ω为样本空间）； （3）可列可加性：若两个事件A 、B 互斥，则()()()+||+|P A B C P A C P B C =. 4.概率()P A |B 与()P AB 的联系与区别： 当()0P B >时，()()() |= P A B P A B P B I .

条件概率与独立性

§4 条件概率与事件的独立性 一、条件概率 二、全概率公式，贝叶斯(Bayes)公式 三、事件独立性 四、贝努里概型 补充和注记 习 题 一、条件概率 任一个随机试验都是在某些基本条件下进行的，在这些基本条件下某个事件A 的发生具有某种概率. 但如果除了这些基本条件外还有附加条件，所得概率就可能不同.这些附加条件可以看成是另外某个事件B 发生. 条件概率这一概念是概率论中的基本工具之一. 给定一个概率空间 (,,)P ΩF ，并希望知道某一事件A 发生的可能性大小. 尽管我们不可能完全知道试验结果，但往往会掌握一些与事件A 相关的信息，这对我们的判断有一定的影响. 例如，投掷一均匀骰子，并且已知出现的是偶数点，那么对试验结果的判断与没有这一已知条件的情形有所不同. 一般地，在已知另一事件B 发生的前提下，事件A 发生的可能性大小不一定再是()P A . 已知事件B 发生条件下事件A 发生的概率称为事件A 关于事件B 的条件概率(conditional probability)，记作(|)P A B . 在某种情况下，条件的附加意味着对样本空间进行压缩，相应的概率可在压缩的样本空间内直接计算. 例1 盒中有球如右表1-2. 任取一球，记A ={取得蓝球}，B ={取得玻璃球}， 显然这是古典概型. Ω包含的样本点总数为16，A 包含的样本点总数为11，故 11 ()16P A =. 表1-2

如果已知取得为玻球，这就B 是发生条件璃下A 发生的条件概率，记作(|)P A B . 在B 发生的条件下可能取得的样本点总数应为“玻璃球的总数”，也即把样本空间压缩到玻璃球全体. 而在B 发生条件下A 包含的样本点数为蓝玻璃球数，故 42(|)63P A B ==. 一般说来，在古典概型下，都可以这样做.但若回到原来的样本空间，则当()0P B ≠，有 (|) B A P A B B AB B 在发生的条件下包含的样本点数 ＝ 在发生的条件下样本点数 包含的样本点数＝包含的样本点数 AB P AB B P B 包含的样本点数/总数（）＝＝包含的样本点数/总数（）. 这式子对几何概率也成立. 由此得出如下的一般定义. 定义1 对任意事件A 和B ，若()0P B ≠，则“在事件B 发生的条件下A 的条件概率”，记作P(A | B)，定义为 (|)P AB P A B P B （） ＝（）. (1) 反过来可以用条件概率表示A 、B 的乘积概率，即有乘法公式 若()0P B ≠，则()()(|)P AB P B P A B =, (2) 同样有 若()0P A ≠，则()()(|)P AB P A P B A =. (2)' 从上面定义可见，条件概率有着与一般概率相同的性质，即非负性，规范性和可列可加性. 由此它也可与一般概率同样运算，只要每次都加上“在某事件发生的条件下”即成. 两个事件的乘法公式还可推广到n 个事件，即 312121(|)(|) n n P A A A P A A A A -? (3)

条件概率

条件概率 学习目标 1.理解条件概率的定义.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. 知识点一 条件概率 100件产品中有93件产品的长度合格，90件产品的质量合格，85件产品的长度、质量都合格. 令A ＝{产品的长度合格}， B ＝{产品的质量合格}，AB ＝{产品的长度、质量都合格} 思考1 试求P (A )、P (B )、P (AB ) 答案 P (A )＝93100，P (B )＝90100，P (AB )＝85 100 . 思考2 任取一件产品，已知其质量合格(即B 发生)，求它的长度(即A 发生)也合格(记为A |B )的概率. 答案 事件A |B 发生，相当于从90件质量合格的产品中任取1件长度合格，其概率为P (A |B )＝85 90 . 思考3 P (B )、P (AB )、P (A |B )间有怎样的关系. 答案 P (A |B )＝P (AB ) P (B ) . 知识点二 条件概率的性质

(1)任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P (B |A )≤1. (2)如果B 和C 是两个互斥的事件，则 P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A ). 类型一 利用定义求条件概率 例1 一个袋中有2个黑球和3个白球，如果不放回地抽取两个球，记事件“第一次抽到黑球”为A ；事件“第二次抽到黑球”为B . (1)分别求事件A ，B ，AB 发生的概率； (2)求P (B |A ). 解 由古典概型的概率公式可知： (1)P (A )＝2 5 ， P (B )＝2×1＋3×25×4＝820＝25， P (AB )＝2×15×4＝1 10. (2)P (B |A )＝P (AB )P (A ) ＝1 1025 ＝1 4. 反思与感悟 1.在本题中，首先结合古典概型分别求出事件A 、B 的概率，从而求出P (B |A )，揭示出P (A )，P (B )和P (B |A )三者之间的关系. 2.用定义法求条件概率P (B |A )的步骤是： (1)分析题意，弄清概率模型； (2)计算P (A )，P (AB )； (3)代入公式求P (B |A )＝ P (AB ) P (A ) . 跟踪训练1 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________. 解析 14 解析 P (A )＝C 23＋C 2 2C 2 5＝25，P (AB )＝C 22 C 25＝110 ，

条件概率与事件的独立性练习

条件概率与事件的独立性练习： 一、条件概率 1．已知P(B|A)=10 3,P(A)=5 1,则P(AB)=( ) A ．2 1 B.2 3 C ．32 D.50 3 2、一个袋中有9张标有1,2,3，…，9的票，从中依次取两张，则在第一张是奇数的 条件下第二张也是奇数的概率（ ） A.5 2 B.5 1 C.2 1 D. 7 3 3、在某次考试中，从20道题中随机抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中5道就获得优秀．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． 一、 事件的独立性 实质：P(B|A)=P(B) 。因此) () ()(A P AB P B P ，所以 P(AB)=P(A)·P(B). 注意两点：（1）当A 与B 相互独立时，A 与B 、A 与B 、A 与B 之间也是相互独立的； （2）公式可推广到多个相互独立事件。 1、典型的串并联电路问题： （1） 如图1，当元件A 和B 都正常工作时，系统正常工作。

如果元件A和B正常工作的概率依次为0.9和0.8，当系统正常工作的概率是多少？

（2） 如图2，当元件A 和B 至少有一个正常工作时，系统 正常工作。如果元件A 和B 正常工作的概率依次为0.9和0.8，当系统正常工作的概率是多少？ 图1 B A 图2 B A （3）（2011湖北）如图，用K 、1A 、2A 三类不同的元件连接成一个系统。当K 正常工作且1A 、2A 至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K 、1A 、2A 正常工作的概率依次为0．9、0．8、0．8，则系统正常工作的概率为 A ．0．960 B ．0．864 C ．0．720 D ．0．576 2、甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一次就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为（ ） A ．1 2 B ．35 C ．23 D ．3 4