高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册4.1.3 独立性与条件概率的关系.教学设计

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【教学目标】
1．通过辨析独立性与条件概率的关系，培养数学抽象素养。
2．借助相互独立事件同时发生的概率公式解题，提升数学运算素养。
【教学重难点】
1．了解独立性与条件概率的关系。（难点）
2．会求相互独立事件同时发生的概率。（重点）
3．综合应用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件同时发生的概率公式解题。（重点、难点）
【教学过程】
一、情境引入
俗话说：三个臭皮匠顶个诸葛亮，在某次智者挑战大赛中，由甲、乙、丙三人组成“臭皮匠”团队，挑战“诸葛亮”。其中甲、乙、丙能答对某题目的概率分别为50%，40%，30%，而“诸葛亮”能答对该题目的概率是80%。比赛规则：各个选手独立答题，不得商量，团队中只要1人答出该题即为挑战成功。
问题：该挑战能否成功？
二、新知初探
事件的独立性
（1）事件A与B相互独立的充要条件是
P（AB）＝P（A）P（B）。
（2）当P（B）＞0时，A与B独立的充要条件是P（A|B）＝P（A）。
思考：如果P（A）＞0，A与B独立，则P（B|A）＝P（B）成立吗？
[提示]成立。P（B|A）＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PAPB,PA)＝P（B）。
三、合作探究
【例1】判断下列各对事件是否是相互独立事件。
（1）甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生。现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，“从甲组中选出1名男生”与“从乙组中选出1名女生”；
（2）容器内盛有5个白乒乓球和3个黄乒乓球，“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”与“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的还是白球”；
（3）掷一颗骰子一次，“出现偶数点”与“出现3点或6点”。
答案：[解]（1）“从甲组中选出1名男生”这一事件是否发生，对“从乙组中选出1名女生”这一事件发生的概率没有影响，所以它们是相互独立事件。
（2）“从8个球中任意取出1个，取出的是白球”的概率为eq \f(5,8)，若这一事件发生了，则“从剩下的7个球中任意取出1个，取出的仍是白球”的概率为eq \f(4,7)；若前一事件没有发生，则后一事件发生的概率为eq \f(5,7)，可见，前一事件是否发生，对后一事件发生的概率有影响，所以二者不是相互独立事件。
（3）法一：记A：出现偶数点，B：出现3点或6点，则A＝{2，4，6}，B＝{3，6}，AB＝{6}，
∴P（A）＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，P（B）＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，P（A∩B）＝eq \f(1,6)。
∴P（A∩B）＝P（A）·P（B），
∴事件A与B相互独立。
法二：由法一可知P（B|A）＝eq \f(1,3)，
又P（B）＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3)，
∴P（B|A）＝P（B），
∴事件A与B相互独立。
[规律方法]
判断事件是否相互独立的方法
1．定义法：事件A，B相互独立⇔P（A∩B）＝P（A）·P（B）。
2．由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响。
3．条件概率法：当P（A）>0时，可用P（B|A）＝P（B）判断。
eq \([跟进训练])
一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}。对下述两种情形，讨论A与B的独立性：
（1）家庭中有两个小孩；
（2）家庭中有三个小孩。
答案：[解]法一：（利用定义）（1）有两个小孩的家庭，考虑男孩、女孩的可能情形为（男，男），（男，女），（女，男），（女，女），
共有4个元素，由等可能性知概率均为eq \f(1,4)。
这时A＝{（男，女），（女，男）}，
B＝{（男，男），（男，女），（女，男）}，
AB＝{（男，女），（女，男）}，
于是P（A）＝eq \f(1,2)，P（B）＝eq \f(3,4)，P（A∩B）＝eq \f(1,2)。
由此可知P（A∩B）≠P（A）P（B），
所以事件A，B不相互独立。
（2）有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女），
由等可能性知这8个元素的概率均为eq \f(1,8)，这时A中含有6个元素，B中含有4个元素，AB中含有3个元素。于是P（A）＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，P（B）＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，P（AB）＝eq \f(3,8)，显然有P（AB）＝eq \f(3,8)＝P（A）P（B）成立。
从而事件A与B是相互独立的。
法二：（利用条件概率与独立性的关系）
（1）由题意可知P（B|A）＝eq \f(1,2)，
又P（B）＝eq \f(3,4)，
故P（B|A）≠P（B）。
所以A与B不相互独立。
（2）由题意可知P（B|A）＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，
又P（B）＝eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，
故P（B|A）＝P（B），所以A与B相互独立。
【例2】面对某种流感病毒，各国医疗科研机构都在研究疫苗，现有A，B，C三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是eq \f(1,5)，eq \f(1,4)，eq \f(1,3)。求：
（1）他们都研制出疫苗的概率；
（2）他们都失败的概率；
（3）他们能够研制出疫苗的概率。
[思路点拨]eq \x(明确已知事件的概率及其关系)→eq \x(把待求事件的概率表示成已知事件的概率)→eq \x(选择公式计算求值)
答案：[解]令事件A，B，C分别表示A，B，C三个独立的研究机构在一定时期内成功研制出该疫苗，依题意可知，事件A，B，C相互独立，且P（A）＝eq \f(1,5)，P（B）＝eq \f(1,4)，P（C）＝eq \f(1,3)。
（1）他们都研制出疫苗，即事件A，B，C同时发生，故
P（A∩B∩C）＝P（A）P（B）P（C）＝eq \f(1,5)×eq \f(1,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,60)。
（2）他们都失败即事件eq \(\x\t(A))，eq \(\x\t(B))，eq \(\x\t(C))同时发生，
故P（eq \(\x\t(A))∩eq \(\x\t(B))∩eq \(\x\t(C))）＝P（eq \x\t(A)）P（eq \x\t(B)）P（eq \x\t(C)）
＝（1－P（A））（1－P（B））（1－P（C））
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))
＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,5)。
（3）“他们能研制出疫苗”的对立事件为“他们都失败”，结合对立事件间的概率关系可得所求事件的概率
P＝1－P（eq \(\x\t(A))∩eq \(\x\t(B))∩eq \(\x\t(C))）＝1－eq \f(2,5)＝eq \f(3,5)。
[母题探究]
（变结论）在题设条件不变的条件下，求：
（1）只有一个机构研制出疫苗的概率。
（2）至多有一个机构研制出疫苗的概率。
答案：[解]（1）只有一个机构研制出疫苗，该事件为（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))C∪eq \(A,\s\up6(－))Beq \(C,\s\up6(－))∪Aeq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))），故所求事件的概率为P＝P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))C＋eq \(A,\s\up6(－))Beq \(C,\s\up6(－))＋Aeq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))）＝P（eq \(A,\s\up6(－))）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（C）＋P（eq \(A,\s\up6(－))）P（B）P（eq \(C,\s\up6(－))）＋P（A）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（eq \(C,\s\up6(－))）＝（1－P（A））（1－P（B））P（C）＋（1－P（A））P（B）（1－P（C））＋P（A）（1－P（B））（1－P（C））
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,5)))×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋eq \f(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))
＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)
＝eq \f(1,5)＋eq \f(2,15)＋eq \f(1,10)＝eq \f(13,30)。
（2）至多有一机构研制出该疫苗，即事件（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))∪Aeq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))∪eq \(A,\s\up6(－))Beq \(C,\s\up6(－))∪eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))C）发生，故所求事件的概率为
P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))∪Aeq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))∪eq \(A,\s\up6(－))Beq \(C,\s\up6(－))∪eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))C）
＝P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))）＋P（Aeq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))）＋P（eq \(A,\s\up6(－))Beq \(C,\s\up6(－))）＋P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))C）
＝P（eq \(A,\s\up6(－))）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（eq \(C,\s\up6(－))）＋P（A）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（eq \(C,\s\up6(－))）＋P（eq \(A,\s\up6(－))）P（B）P（eq \(C,\s\up6(－))）＋P（eq \(A,\s\up6(－))）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（C）
＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,5)×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,4)×eq \f(2,3)＋eq \f(4,5)×eq \f(3,4)×eq \f(1,3)＝eq \f(2,5)＋eq \f(1,10)＋eq \f(2,15)＋eq \f(1,5)＝eq \f(5,6)。
[规律方法]
1．求相互独立事件同时发生的概率的步骤
（1）首先确定各事件之间是相互独立的；
（2）确定这些事件可以同时发生；
（3）求出每个事件的概率，再求积。
2．使用相互独立事件同时发生的概率计算公式时，要掌握公式的适用条件，即各个事件是相互独立的，而且它们能同时发生。
[探究问题]
如何区别“相互独立事件”与“互斥事件”？
[提示]
【例3】在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中1个开关能够闭合，线路就能正常工作。假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率。
[思路点拨]由题目可获取以下主要信息：①3个开关并联；②每个开关闭合的概率是0.7，且闭合与否相互独立。解答本题可先作出一个线路图，再分情况讨论。
答案：[解]如图所示，记这段时间内开关KA，KB，KC能够闭合为事件A，B，C．
由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响，根据相互独立事件的概率公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))）
＝P（eq \(A,\s\up6(－))）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（eq \(C,\s\up6(－))）
＝[1－P（A）][1－P（B）][1－P（C）]
＝（1－0.7）（1－0.7）（1－0.7）＝0.027．
于是这段时间内至少有1个开关能够闭合，从而使线路能够正常工作的概率是
1－P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))eq \(C,\s\up6(－))）＝1－0.027＝0.973．
即这段时间内线路正常工作的概率是0.973．
[母题探究]
1．（变条件）将本例中的“并联”改为“串联”，求相应概率。
答案：[解]依题意可知所求事件的概率P＝P（ABC）＝P（A）P（B）P（C）＝0.7×0.7×0.7＝0.73＝0.343．
2．（变条件）本例中每个开关与闭合的概率不变，求如图所示的线路正常工作的概率。
答案：[解]要使线路能正常工作，则KA与KB至少有一个工作，且KC正常工作，即事件（A＋B）·C发生，故所求事件的概率
P＝P（A＋B）P（C）＝[1－P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))）]P（C）
＝P（C）－P（eq \(A,\s\up6(－))eq \(B,\s\up6(－))）P（C）
＝P（C）－P（eq \(A,\s\up6(－))）P（eq \(B,\s\up6(－))）P（C）
＝0.7－（1－0.7）×（1－0.7）×0.7＝0.637．
[规律方法]
解答此类题目时，先分析给的元件间是串联、并联还是串并联混合关系，在此基础上结合事件的相互独立性及互斥事件、对立事件的有关知识，依据“串联通易求，并联断易求”的原则，给予解答。
四、课堂总结
1．事件A，B之间独立性的判定方式
（1）定义法：P（AB）＝P（A）P（B）；
（2）借助条件概率：P（B|A）＝P（B）或P（A|B）＝P（A）；
（3）直接法：看事件A发生对事件B有无影响。
2．求复杂事件的概率一般可分三步进行
（1）列出题中涉及的各个事件，并用适当的符号表示它们；
（2）理清各事件之间的关系，恰当地用事件间的“并”“交”表示所求事件；
（3）根据事件之间的关系准确地运用概率公式进行计算。
3．计算事件同时发生的概率常用直接法，当遇到“至少”“至多”问题可以考虑间接法。
五、课堂练习
1．已知P（A|B）＝0.6，P（B|A）＝0.3且A，B相互独立，则P（AB）等于（ ）
A．0.18B．0.9
C．0.3D．无法求解
答案：A
解析：P（A|B）＝0.6，P（B|A）＝0.3且A，B相互独立，
∴P（A）＝0.6，P（B）＝0.3，
∴P（AB）＝P（A）P（B）＝0.6×0.3＝0.18．
2．抛掷3枚质地均匀的硬币，A＝{既有正面向上又有反面向上}，B＝{至多有一个反面向上}，则A与B的关系是（ ）
A．互斥事件B．对立事件
C．相互独立事件D．不相互独立事件
答案：C
解析：由已知，有P（A）＝1－eq \f(2,8)＝eq \f(3,4)，P（B）＝1－eq \f(4,8)＝eq \f(1,2)，P（A∩B）＝eq \f(3,8)，满足P（AB）＝P（A）P（B），则事件A与事件B相互独立，故选C．
3．已知A与B相互独立，且P（AB）＝eq \f(5,8)，P（B）＝eq \f(3,4)，则P（eq \(A,\s\up6(－))|B）＝________。
答案：eq \f(1,2)
解析：∵A与B相互独立，
∴P（AB）＝P（A）P（B）＝eq \f(5,8)。
又P（B）＝eq \f(3,4)，所以P（A）＝eq \f(1,2)。
∴P（eq \(A,\s\up6(－))|B）＝P（eq \(A,\s\up6(－))）＝1－P（A）＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)。
4．明天上午李明要参加“青年文明号”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为0.80，乙闹钟准时响的概率为0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________。
答案：0.98
解析：设两个闹钟至少有一个准时响的事件为A，
则P（A）＝1－（1－0.80）（1－0.90）
＝1－0.20×0.10＝0.98．
5．在同一时间内，甲、乙两个气象台独立预报天气准确的概率分别为eq \f(4,5)和eq \f(3,4)。在同一时间内，求：
（1）甲、乙两个气象台同时预报天气准确的概率；
（2）至少有一个气象台预报准确的概率。
答案：[解]记“甲气象台预报天气准确”为事件A，“乙气象台预报天气准确”为事件B．
（1）P（A∩B）＝P（A）×P（B）＝eq \f(4,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,5)。
（2）至少有一个气象台预报准确的概率为
P＝1－P（eq \x\t(A)∩eq \x\t(B)）＝1－P（eq \x\t(A)）×P（eq \x\t(B)）＝1－eq \f(1,5)×eq \f(1,4)＝eq \f(19,20)。类型1
相互独立事件的判断
类型2
相互独立事件发生的概率
类型3
利用事件之间的关系求概率
相互独立事件
互斥事件
定义
一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响
两个事件不可能同时发生，即A∩B＝∅
概率
公式
A与B相互独立等价于P（A∩B）＝P（A）P（B）
若A与B互斥，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B），反之不成立