独立重复试验的概率
专题17.5 二项分布与正态分布(精讲精析篇)(解析版)
专题17.5 二项分布与正态分布（精讲精析篇）提纲挈领点点突破热门考点01 独立重复试验的概率n次独立重复试验(1)定义一般地，在相同条件下重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，称为n次独立重复试验．(2)公式一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P n(k)＝C k n p k(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)．【典例1】（2015·全国高考真题（理））投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（）A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312【答案】A【解析】该同学通过测试的概率为，故选A．【典例2】（多选题）（2020·襄阳市第一中学月考）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是35；②从中有放回的取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为80243；③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回的取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627. 则其中正确命题的序号是（）A ．①B ．②C ．③D ．④【答案】ABD 【解析】一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是21423635C C p C ==故正确； ②从中有放回的取球6次，每次任取一球，每次抽到白球的概率为2163p ==，则恰好有两次白球的概率为4226218033243p C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确； ③现从中不放回的取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为1143114535C C C C =，故错误； ④从中有放回的取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为4263p ==：则至少有一次取到红球的概率为3031261327p C ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故正确.故选：ABD. 【总结提升】 1独立重复试验的特点(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的.(2)每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例．2.运用独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n 次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解；在求n 次独立重复试验中事件恰好发生k 次的概率时，首先要确定好n 和k 的值，再准确利用公式求概率．3．解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验； 4．在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率．热门考点02 二项分布及其应用1.若将事件A 发生的次数设为X ，发生的概率为P ，不发生的概率q ＝1－p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率是P (X ＝k )＝C k n p k qn －k(k ＝0,1,2，…，n ) 于是得到X 的分布列(q ＋p )n ＝C 0n p 0q n ＋C 1n p 1q n －1＋…＋C k n p k qn －k ＋…＋C n n p n q 0各对应项的值，称这样的离散型随机变量X 服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )．【典例3】（2020·科尔沁左翼后旗甘旗卡第二高级中学高二期末（理））已知随机变量ξ服从二项分布14,3B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，则(3)P ξ==（ ）．A ．3281B ．1681C ．2481D ．881【答案】D 【解析】14,3B ξ⎛⎫~ ⎪⎝⎭表示做了4次独立实验，每次试验成功概率为13，则31341228(3)4338181P C ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．选D ．【典例4】为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度．某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列； (3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k 户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k 的值．【答案】见解析【解析】(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元)．(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3,4.P (ξ＝0)＝C 04C 46C 410＝114，P (ξ＝1)＝C 14C 36C 410＝821，P (ξ＝2)＝C 24C 26C 410＝37，P (ξ＝3)＝C 34C 16C 410＝435，P (ξ＝4)＝C 44C 06C 410＝1210，故ξ的分布列为(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足X ～B ⎝⎛⎭⎫10，25，可知P (X ＝k )＝C k 10⎝⎛⎭⎫25k ·⎝⎛⎭⎫3510－k (k ＝0,1,2,3，…，10)．由⎩⎨⎧C k 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k ＋110⎝⎛⎭⎫25k ＋1⎝⎛⎭⎫359－k ，Ck 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k －110⎝⎛⎭⎫25k －1⎝⎛⎭⎫3511－k，解得175≤k ≤225.又k ∈N *，所以当k ＝4时概率最大，故k ＝4.【规律方法】1.判断随机变量X 服从二项分布的条件(X ～B (n ，p )) (1)X 的取值为0,1,2，…，n . (2)P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n ，p 为试验成功的概率)．提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布． 2. 二项分布满足的条件(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的． (2)各次试验中的事件是相互独立的．(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生． (4)随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数． 3.二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”一般地，由n 次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A 与A ，每次试验中()0p A p =>.我们将这样的试验称为n 次独立重复试验，也称为伯努利试验．在n 次独立重复试验中，每次试验事件A 发生的概率均为()01p p <<，即()p A p =，()1p A p q =-=.由于试验的独立性，n 次试验中，事件A 在某指定的k 次发生，而在其余n k -次不发生的概率为k n kp q -.而在n 次试验中，事件A 恰好发生()0k k n ≤≤次的概率为()kkn kn n P k C p q-=，0,1,2,,k n =.它恰好是()np q +的二项展开式中的第1k +项．4. 牢记且理解事件中常见词语的含义： (1) A 、B 中至少有一个发生的事件为A B ；(2) A 、B 都发生的事件为AB ； (3) A 、B 都不发生的事件为AB ； (4) A 、B 恰有一个发生的事件为AB AB ； (5) A 、B 至多一个发生的事件为ABABAB .热门考点03 与二项分布有关的均值与方差二项分布的期望、方差： 若(),X B n p ，则()E X np =. 若(),XB n p ，则()()1D X np p =-．【典例5】（2019·天津高考真题（理））设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（Ⅰ）用X 表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望； （Ⅱ）设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）20243【解析】(Ⅰ)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7:30之前到校的概率均为23， 故2~3,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，从面()()33210,1,2,333k kk P X k C k -⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以，随机变量X 的分布列为：X0 1 2 3P127 2949 827随机变量X 的数学期望2()323E X =⨯=. (Ⅱ)设乙同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数为Y ，则2~3,3Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 且{3,1}{2,0}M X Y X Y =====.由题意知事件{}3,1X Y ==与{}2,0X Y ==互斥，且事件{}3X =与{}1Y =，事件{}2X =与{}0Y =均相互独立， 从而由(Ⅰ)知：{}{}()()3,12,0P M P X Y X Y =====()()3,12,0P X Y P X Y ===+== (3)(1)(2)(0)P X P Y P X P Y ===+==824120279927243=⨯+⨯=. 【典例6】（2019·河北高二期末（理））互联网正在改变着人们的生活方式，在日常消费中手机支付正逐渐取代现金支付成为人们首选的支付方式. 某学生在暑期社会活动中针对人们生活中的支付方式进行了调查研究. 采用调查问卷的方式对100名18岁以上的成年人进行了研究，发现共有60人以手机支付作为自己的首选支付方式，在这60人中，45岁以下的占23，在仍以现金作为首选支付方式的人中，45岁及以上的有30人.（1）从以现金作为首选支付方式的40人中，任意选取3人，求这3人至少有1人的年龄低于45岁的概率； （2）某商家为了鼓励人们使用手机支付，做出以下促销活动：凡是用手机支付的消费者，商品一律打八折. 已知某商品原价50元，以上述调查的支付方式的频率作为消费者购买该商品的支付方式的概率，设销售每件商品的消费者的支付方式都是相互独立的，求销售10件该商品的销售额的数学期望. 【答案】（1）291494；（2）440 【解析】（1）设事件A 表示至少有1人的年龄低于45岁，则()3303402911494C P A C =-=.（2）由题意知，以手机支付作为首选支付方式的概率为6031005=.设X 表示销售的10件商品中以手机支付为首选支付的商品件数，则3~10,5X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 设Y 表示销售额，则()40501050010Y X X X =+-=-， 所以销售额Y 的数学期望35001050010104405EY EX =-=-⨯⨯=（元）. 【总结提升】与二项分布有关的期望、方差的求法(1)求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ，D (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量．(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E (aξ＋b )＝aE (ξ)＋b 以及E (ξ)＝np 求出E (aξ＋b )，同样还可求出D (aξ＋b )．热门考点04 正态曲线及其性质1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线：函数φμ，σ(x )＝12πσe －(x －μ)22σ2，x ∈(－∞，＋∞)，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φμ，σ(x )的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质：①曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线x ＝μ对称； ③曲线在x ＝μ处达到峰值12πσ； ④曲线与x 轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移，如图甲所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中，如图乙所示：甲 乙 2．正态分布一般地，如果对于任何实数a ，b (a <b )，随机变量X 满足P (a <X ≤b )＝⎠⎛ab φμ，σ(x )d x ，则称随机变量X 服从正态分布(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N (μ，σ2)．如果随机变量X 服从正态分布，则记为X ～N (μ，σ2)． 3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值 ①P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.6826； ②P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.9544； ③P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.9974． 4．3σ原则通常服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量X 只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．【典例7】（2020·湖北十堰·期末）设某地胡柚（把胡柚近似看成球体）的直径（单位：)mm 服从正态分布(75,16)N ，则在随机抽取的1000个胡柚中，直径在(79，83]内的个数约为( ) 附：若2~(,)X N μσ，则()0.6827P X μσμσ-<+=，(22)0.9545P X μσμσ-<+=． A ．134 B ．136 C ．817 D ．819【答案】B 【解析】由题意，75μ=，4σ=，则1(7983)[(22)()]2P X P X P X μσμσμσμσ<=-<+-+<+1(0.95450.6827)0.13592=⨯-=． 故直径在(79，83]内的个数约为0.135********.9136⨯=≈． 故选：B ．【典例8】（多选题）（2020·辽宁省本溪满族自治县高级中学高二期末）若随机变量()0,1N ξ，()()x P x φξ=≤，其中0x >，下列等式成立有( )A ．()()1x x φφ-=-B ．()()22x x φφ=C ．()()21P x x ξφ<=- D ．()()2P x x ξφ>=-【答案】AC 【解析】随机变量ξ服从标准正态分布(0,1)N ，∴正态曲线关于0ξ=对称，()(x P x φξ=，0)x >，根据曲线的对称性可得：A.()()1()x x x φφξφ-=≥=-，所以该命题正确；B.(2)(2),2()2()x x x x φφξφφξ=≤=≤，所以()()22x x φφ=错误；C.(||)=()12()12[1()]2()1P x P x x x x x ξξφφφ<-≤≤=--=--=-，所以该命题正确；D.(||)(P x P x ξξ>=>或)=1()()1()1()22()x x x x x x ξφφφφφ<--+-=-+-=-，所以该命题错误． 故选：AC ． 【规律方法】1.求正态曲线的两个方法(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为12πσ． (2)待定系数法：求出μ，σ便可． 2.正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，曲线与x 轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个． 3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x 轴之间面积为1．(2)熟记P (μ－σ<X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)的值． (3)注意概率值的求解转化： ①P (X <a )＝1－P (X ≥a )； ②P (X <μ－a )＝P (X ≥μ＋a )；③若b <μ，则P (X <b )＝1－P μ－b <X <μ＋b2．特别提醒：正态曲线，并非都关于y 轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y 轴对称．热门考点05 正态分布及其应用【典例9】(2020·开封模拟)某商场经营的某种包装的大米质量ξ(单位：kg)服从正态分布N (10，σ2)，根据检测结果可知P (9.9≤ξ≤10.1)＝0.96，某公司为每位职工购买一袋这种包装的大米作为福利，若该公司有1 000名职工，则分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为( )A ．10B ．20C ．20D ．40【答案】B【解析】由已知得P (ξ<9.9)＝1－P 9.9≤ξ≤10.12＝1－0.962＝0.02，所以分发到的大米质量在9.9 kg 以下的职工数大约为1 000×0.02＝20.故选B.【典例10】（2020·全国高三其他（理））某公司订购了一批树苗，为了检测这批树苗是否合格，从中随机抽测100株树苗的高度，经数据处理得到如图（1）所示的频率分布直方图，其中最高的16株树苗的高度的茎叶图如图（2）所示，以这100株树苗的高度的频率估计整批树苗高度的概率.（1）求这批树苗的高度高于1.60米的概率，并求图（1）中a ，b ，c 的值；（2）若从这批树苗中随机选取3株，记ξ为高度在(]1.40,1.60的树苗数量，求ξ的分布列和数学期望； （3）若变量S 满足()06826P S μσμσ-<≤+>.且()220.9544P S μσμσ-<≤+>，则称变量S 满足近似于正态分布()2,N μσ的概率分布.如果这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 的概率分布，则认为这批树苗是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收.试问：该批树苗能否被签收？ 【答案】（1）概率为0.15，0.2a =， 1.3b =， 3.5c =；（2）分布列答案见解析，数学期望2.1；（3）被签收. 【解析】（1）由题图（2）可知，100株样本树苗中高度高于1.60米的共有15株， 以样本的频率估计总体的概率，可得这批树苗的高度高于1.60米的概率为0.15. 记X 为树苗的高度，结合题图（1）（2）可得：()()21.20 1.30 1.70 1.800.02100P X P X ≤≤=<≤==， ()()131.30 1.40 1.60 1.700.13100P X P X <≤=<≤==，()()()11.40 1.50 1.50 1.60120.0220.130.352P X P X <≤=<≤=-⨯-⨯=. 因为组距为0.1，所以0.2a =， 1.3b =， 3.5c =.（2）以样本的频率估计总体的概率，可得：从这批树苗中随机选取1株，高度在(]1.40,1.60的概率为()()()1.40 1.60 1.40 1.50 1.50 1.600.7P X P X P X <≤=<≤+<≤=.因为从这批树苗中随机选取3株，相当于三次独立重复试验， 所以随机变量ξ服从二项分布()3,0.7B ， 故ξ的分布列为()()330.30.70,1,2,3nnn P n C n ξ-==⨯⨯=，即ξ0 1 2 3()P ξ0.027 0.189 0.441 0.343()00.02710.18920.44130.343 2.1E x =⨯+⨯+⨯+⨯=(或()30.7 2.1E ξ=⨯=).（3）由()1.5,0.01N ，取 1.50μ=，0.1σ=，由（2）可知，()()1.40 1.600.70.6826P X P X μσμσ-<≤+=<≤=>， 又结合（1），可得()()22 1.30 1.70P X P X μσμσ-<≤+=<≤()()2 1.60 1.70 1.40 1.60P X P X =⨯<≤+<≤ 0.960.9544=>，所以这批树苗的高度满足近似于正态分布()1.5,0.01N 的概率分布， 应认为这批树苗是合格的，将顺利被该公司签收. 【规律方法】1.在解决有关问题时，通常认为服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量X 只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．如果服从正态分布的随机变量的某些取值超出了这个范围就说明出现了意外情况．2.求正态变量X 在某区间内取值的概率的基本方法： (1)根据题目中给出的条件确定μ与σ的值．(2)将待求问题向(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]这三个区间进行转化； (3)利用X 在上述区间的概率、正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间的面积为1求出最后结果． 3.假设检验的思想(1)统计中假设检验的基本思想：根据小概率事件在一次试验中几乎不可能发生的原则和从总体中抽测的个体的数值，对事先所作的统计假设作出判断：是拒绝假设，还是接受假设．(2)若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则ξ落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率为0.9974，亦即落在区间(μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.0026，此为小概率事件．如果此事件发生了，就说明ξ不服从正态分布． (3)对于小概率事件要有一个正确的理解：小概率事件是指发生的概率小于3%的事件．对于这类事件来说，在大量重复试验中，平均每试验大约33次，才发生1次，所以认为在一次试验中该事件是几乎不可能发生的．不过应注意两点：一是这里的“几乎不可能发生”是针对“一次试验”来说的，如果试验次数多了，该事件当然是很可能发生的；二是当我们运用“小概率事件几乎不可能发生的原理”进行推断时，也有3%犯错的可能性．巩固提升1．（2020·山东济宁·期末）若随机变量()23,X N σ，且()50.2P X ≥=，则()15P X ≤≤等于（ ）A ．0.6B ．0.5C ．0.4D ．0.3【答案】A【解析】 由于()23,XN σ，则正态密度曲线关于直线3x =对称，所以()()15125120.20.6P X P X ≤≤=-≥=-⨯=，故选A.2．（2020·四川泸州·期末（理））设()()1122~,,~,X N Y N μσμσ，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列结论中正确的是( )A ．1212,μμσσ><B ．1212,μμσσ<<C ．1212,μμσσ<>D ．1212,μμσσ>>【答案】B 【解析】由图可得：X 的正态分布密度曲线更“瘦高”，且对称轴偏左， 结合正态分布密度曲线性质可得：1212,μμσσ<<. 故选：B3．（2020·江苏苏州·高二期末）现有5个人独立地破译某个密码，已知每人单独译出密码的概率均为p ，且112p <<，则恰有三个人译出密码的概率是（ ） A ．335C p B ．2235(1)C p p -C ．3325(1)C p p -D ．2251(1)C p --【答案】C 【解析】由题意可知，恰有三个人译出密码的概率为3325(1)P C p p =-故选：C4.（2019·广东高二期末（理））从分别标有1，2，…，9的9张卡片中有放回地随机抽取5次，每次抽取1张．则恰好有2次抽到奇数的概率是（ ）A ．235499⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ B ．23255499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．234599⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．32355499C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】每次抽到奇数的概率都相等，为59， 故恰好有2次抽到奇数的概率是25C •259⎛⎫ ⎪⎝⎭•349⎛⎫ ⎪⎝⎭， 故选：B ．5．（多选题）（2020·江苏省海头高级中学高二月考）海头高级中学高二年级组织了一次调研考试，考试后统计的数学成绩服从正态分布，其密度函数2(100)200(),x P x x R --=∈，则下列命题正确的是（ ）A ．这次考试的数学平均成绩为100B ．分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数相同C ．分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同D ．这次考试的数学成绩方差为10 【答案】AC 【解析】因为数学成绩服从正态分布，其密度函数()2(100)200--=x P x ，x ∈R ，所以100μ=，22200σ=，即10σ=.所以这次考试的平均成绩为100，标准差为10，故A 正确，D 错误. 因为正态曲线的对称轴为100x =，所以分数在120分以上的人数与分数在90分以下的人数不相同，故B 错误； 分数在130分以上的人数与分数在70分以下的人数大致相同，故C 正确.6．（2020·黑龙江爱民·牡丹江一中开学考试（理））2020年2月，受新冠肺炎的影响，医卫市场上出现了“一罩难求”的现象．在政府部门的牵头下，部分工厂转业生产口罩，已知某工厂生产口罩的质量指标()~15,0.0025N ξ，单位为g ，该厂每天生产的质量在()14.9,15.05g g 的口罩数量为818600件，则可以估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为（ ） 参考数据：若()2~,N ξμσ，则()0.6827P μσξμσ-<<+=，()220.9545P μσξμσ-<<+=，()330.9973P μσξμσ-<<+=．A ．158 700B ．22 750C ．2 700D ．1 350【答案】D 【解析】由题意知，()~15,0.0025N ξ，即15μ=，20.0025σ=，即0.05σ=； 所以()()0.68270.954514.915.0520.81862P P ξμσξμσ+<<=-<<+==，所以该厂每天生产的口罩总量为8186000.81861000000÷=（件）， 又()()10.997315.1532P P ξξμσ->=>+=， 所以估计该厂每天生产的质量在15.15g 以上的口罩数量为10.9973100000013502-⨯=（件）． 故选：D7．（2020·营口市第二高级中学高二期末）荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷叶上跳来跳去（每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶），而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示.假设现在青蛙在A 荷叶上，则跳三次之后停在A 荷叶上的概率是（ ）A ．23B ．14C ．13D ．34【答案】C 【解析】设按照顺时针跳的概率为p ，则逆时针方向跳的概率为2p ，则p +2p =3p =1，解得p =13，即按照顺时针跳的概率为13，则逆时针方向跳的概率为23， 若青蛙在A 叶上，则跳3次之后停在A 叶上， 则满足3次逆时针或者3次顺时针，①若先按逆时针开始从A →B ，则对应的概率为23×23×23=827， ②若先按顺时针开始从A →C ，则对应的概率为13×13×13=127，则概率为827+127=927=13， 故选：C.8．（2020·江苏张家港·期中）某篮球运动员每次投篮投中的概率是45，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为m ，则m 的值为（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】D 【解析】记投篮命中的次数为随机变量X ， 由题意，410,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 则投篮命中m 次的概率为()10101010101044441155555mmm mm mm m C P X m C C --⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⋅⋅-=⋅⋅=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 由1110101010111010101044554455m m m m m m m m C C C C ++--⎧⋅⋅≥⎪⎪⎨⋅⋅⎪≥⎪⎩得110101101044m m m m C C C C +-⎧≥⎨≥⎩，即1101011110101144m m m m m m m m m m mm A A A A A A A A +++---⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()4101141011m m m m ⎧-≥⎪⎪+⎨-+⎪≥⎪⎩， 解得394455m ≤≤，又m N ∈， 因此8m =时，()101045mmC P X m ⋅==取最大值. 即该运动员10次投篮中，最有可能投中的次数为8次. 故选：D.9.（2019·湖北高二期末）NBA 总决赛采用7场4胜制，2018年总决赛两支球队分别为勇士和骑士，假设每场比赛勇士获胜的概率为0.6，骑士获胜的概率为0.4，且每场比赛的结果相互独立，则恰好5场比赛决出总冠军的概率为_______． 【答案】0.2688 【解析】恰好5场比赛决出总冠军的情况有两种：一种情况是前4局勇士队3胜一负，第5局勇士胜， 另一种情况是前4局骑士队3胜一负，第5局骑士胜，∴恰好5场比赛决出总冠军的概率为：331344060.40.60.6040.40.2688p C C =⨯⋅⨯⨯+⨯⨯⋅⨯=．故答案为：0.2688．10．（2020·天津南开�高三一模）甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45；乙第一次射击的命中率为78，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12．乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为_____，乙射中的概率为_____． 【答案】125 6364【解析】甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45， 则甲击中的次数43,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴甲三次射击命中次数的期望为()412355E X =⨯=， 乙第一次射击的命中率为78， 第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34， 如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12， 乙若射中，则不再继续射击， 则乙射中的概率为：7131116388484264P =+⨯+⨯⨯=． 故答案为：125，6364．11．（2018·浙江下城·杭州高级中学高三其他）一个盒子中有大小形状完全相同的m 个红球和6个黄球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸出一个球，设摸到红球的个数为X ，若()3E X =，则m =________，(2)P X ==________．【答案】9 144625【解析】由题意知每次随机抽出1个球为红球的概率为6m m +，所以~5,6m X B m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，则由()3E X =，得536m m ⋅=+，解得9m =，所以365m m =+， 所以232533144(2)155625P X C ⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 故答案为：9；14462512．（2019·浙江高三其他）已知随机变量()~X B n p ,，且X 的数学期望()2E X =，方差()23D X =，则p =____________，()2P X == ____________.【答案】23 49【解析】由二项分布的期望和方差的计算公式知，()2,2()(1),3E X np D X np p ==⎧⎪⎨=-=⎪⎩解得2,33,p n ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 则223214(2)339P X C ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭． 故答案为：23；49. 13.(2019·济南市学习质量评估)某医药公司研发生产一种新的保健产品，从一批产品中随机抽取200盒作为样本，测量产品的一项质量指标值，该指标值越高越好．由测量结果得到如下频率分布直方图：(1)求a，并试估计这200盒产品的该项指标值的平均值．(2)①由样本估计总体，结合频率分布直方图认为该产品的该项质量指标值ξ服从正态分布N(μ，102)，计算该批产品该项指标值落在(180,220]上的概率；②国家有关部门规定每盒产品该项指标值不低于150均为合格，且按该项指标值从低到高依次分为：合格、优良、优秀三个等级，其中(180,220]为优良，不高于180为合格，高于200为优秀，在①的条件下，设该公司生产该产品1万盒的成本为15万元，市场上各等级每盒该产品的售价(单位：元)如表，求该公司每万盒的平均利润.等级合格优良优秀售价102030附：若ξ～N(μ，δ2)，则P(μ－δ<ξ≤μ＋δ)≈0.682 7，P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)≈0.954 5.【答案】见解析【解析】(1)由10×(2×0.002＋0.008＋0.009＋0.022＋0.024＋a)＝1，解得a＝0.033，则平均值x＝10×0.002×170＋10×0.009×180＋10×0.022×190＋10×0.033×200＋10×0.024×210＋10×0.008×220＋10×0.002×230＝200，即这200盒产品的该项指标值的平均值约为200.(2)①由题意可得μ＝x＝200，δ＝10，则P(μ－2δ<ξ≤μ＋2δ)＝P(180<ξ≤220)≈0.954 5，则该批产品指标值落在(180,220]上的概率为0.954 5.②设每盒该产品的售价为X元，由①可得X的分布列为X 102030P 0.022 750.954 50.022 75则每盒该产品的平均售价为E(X)＝10×0.022 75＋20×0.954 5＋30×0.022 75＝20，故每万盒的平均利润为20－15＝5(万元)．14.（辽宁高考真题（理））一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X 表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X 的分布列，期望E (X )及方差D (X )． 【答案】(1)0.108.(2) 1.8，0.72. 【解析】（1）设1A 表示事件“日销售量不低于100个”，2A 表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天的日销售量低于50个”.因此1()(0.0060.0040.002)500.6P A =++⨯=. 2()0.003500.15P A =⨯=. ()0.60.60.1520.108P B =⨯⨯⨯=.（2）X 的可能取值为0,1,2,3.相应的概率为033(0)(10.6)0.064P X C ==⋅-=, 123(1)0.6(10.6)0.288P X C ==⋅-=,223(2)0.6(10.6)0.432P X C ==⋅-=,333(3)0.60.216P X C ==⋅=,分布列为因为()~3,0.6X B ,所以期望为()30.6 1.830.610.60.72E X D X =⨯==⨯⨯-=，方差（）（）.15．（2020·浙江）2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每21 次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）114400；（2）选择第二种方案更合算.【解析】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()21213101120C C P A C ==，所以两位顾客均享受到免单的概率为()()114400P P A P A =⋅=；（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0、500、700、1000.()212131010120C C P X C ===，()21273107500120C C P X C ===，()12173********C C P X C ===，()177911000112012040120P X ==---=.故X 的分布列为，所以()0500700100091012012040120E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-，由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故()3931010E Y =⨯=，所以()()()10002001000200820E Z E Y E Y =-=-=（元）.因为()()E X E Z >，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.。
高考数学概率统计知识点总结(文理通用)
概率与统计知识点及专练（一）统计基础知识：1. 随机抽样：（1）．简单随机抽样：设一个总体的个数为N ，如果通过逐个抽取的方法从中抽取一个样本，且每次抽取时各个个体被抽到的概率相等，就称这样的抽样为简单随机抽样.常用抽签法和随机数表法.（2）．系统抽样：当总体中的个数较多时，可将总体分成均衡的几个部分，然后按照预先定出的规则，从每一部分抽取1个个体，得到所需要的样本，这种抽样叫做系统抽样（也称为机械抽样）.（3）．分层抽样：当已知总体由差异明显的几部分组成时，常将总体分成几部分，然后按照各部分所占的比进行抽样，这种抽样叫做分层抽样.2. 普通的众数、平均数、中位数及方差： （1）.众数：一组数据中，出现次数最多的数（2）.平均数：常规平均数：12nx x x x n ++⋅⋅⋅+=（3）.中位数：从大到小或者从小到大排列，最中间或最中间两个数的平均数（4）.方差：2222121[()()()]n s x x x x x x n =-+-+⋅⋅⋅+-（5）.标准差：s3 .频率直方分布图中的频率：（1）.频率 =小长方形面积：f S y d ==⨯距；频率=频数/总数； 频数=总数*频率（2）.频率之和等于1：121n f f f ++⋅⋅⋅+=；即面积之和为1： 121n S S S ++⋅⋅⋅+=4. 频率直方分布图下的众数、平均数、中位数及方差： （1）.众数：最高小矩形底边的中点（2）.平均数：112233n n x x f x f x f x f =+++⋅⋅⋅+ 112233n n x x S x S x S x S =+++⋅⋅⋅+（3）.中位数：从左到右或者从右到左累加，面积等于0.5时x 的值（4）.方差：22221122()()()nn s x x f x x f x x f =-+-+⋅⋅⋅+-5.线性回归直线方程：（1）.公式：ˆˆˆy bx a=+其中：1122211()()ˆ()n ni i i ii in ni ii ix x y y x y nxybx x x nx====---∑∑==--∑∑（展开）ˆˆa y bx=-（2）.线性回归直线方程必过样本中心(,) x y（3）.ˆ0:b>正相关；ˆ0:b<负相关（4）.线性回归直线方程：ˆˆˆy bx a=+的斜率ˆb中，两个公式中分子、分母对应也相等；中间可以推导得到6. 回归分析：（1）.残差：ˆˆi i ie y y=-（残差=真实值—预报值）分析：ˆie越小越好（2）.残差平方和：2 1ˆ() ni iiy y =-∑分析：①意义：越小越好；②计算：222211221ˆˆˆˆ()()()() ni i n niy y y y y y y y =-=-+-+⋅⋅⋅+-∑（3）.拟合度（相关指数）：2 2121ˆ()1()ni iiniiy y Ry y==-∑=--∑分析：①.(]20,1R∈的常数；②.越大拟合度越高（4）.相关系数：()()n ni i i ix x y y x y nx y r---⋅∑∑==分析：①.[1,1]r∈-的常数；②.0:r>正相关；0:r<负相关③.[0,0.25]r∈；相关性很弱；(0.25,0.75)r∈；相关性一般；[0.75,1]r∈；相关性很强7. 独立性检验：（1）.2×2列联表（卡方图）： （2）.独立性检验公式①．22()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++②．上界P 对照表：（3）.独立性检验步骤：①．计算观察值k ：2()()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++ ②．查找临界值0k ：由犯错误概率P ，根据上表查找临界值0k③．下结论：0k k ≥即认为有P 的没把握、有1-P 以上的有把握认为两个量相关；0k k <：即认为没有1-P 以上的把握认为两个量是相关关系。
独立重复试验(1)
A 4 3 B A I的概率为： P4 (3) C3 p 3 (1 p) ; 4
I Y的概率为： P4 (1) C1 p1 (1 p) 41 4
那么棋子由A I Y 的概率为
P4 (3) P4 (1) C3 p3 (1 p) C1 p1 (1 p) 41 4 4
P(A1 A 2 A3 A 4 )
2 3 2 2 ( ) (1 ) 81 6 6
因为 4种情况彼此互斥，故4次中3次掷到1或6点， 1次掷到1或6以外点的概率为
2 8 4 81 81
2 3 2 4 3 C ( ) (1 ) 6 6
3 4
1、独立重复试验定义
C p (1 p) C p (1 p)
1
4 2
变式3：求棋子到达Q点的概率
4 1
变式4：求棋子到达U点的概率
0 C4 p 0 (1 p) 40
二项式[(1-p)+p]4展开式的各项
变式5：若棋子共走了n格其中向右走了k格 到达某点O’,求到O’的概率?
C p (1 p)
k n k
共C 4种情况
3 4
P( A1 A2 A3 A4 ) P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) P( A4 ) 2 2 2 2 2 (1 ) 81 6 6 6 6
同理: P( A A A3 A ) P( A A2 A A ) 1 3 4 1 2 4
4 0.9 0.1 0.29
3
某射手射击 4 次恰好击中 3 次的概率约是0.29
例2. 某气象站天气预报的准确率为 80%，计算 （结果保留两个有效数字）： （1）5 次天气预报中恰有 4 次准确的概率； （2）5 次天气预报中至少有 4 次准确的概率。 解：（１）记 “预报 1 次，结果准确” 为事件 A. 则预报 5 次相当于作 5 次独立重复试验.
独立重复试验(2)
1 3 1 6 4 1 4 1 5 5 1 5 1 4 9 1 9 P C ( ) ( ) C9 ( ) ( ) C9 ( ) ( ) C9 ( ) 2 2 2 2 2 2 2
3 9
1 9 1 0 1 29 (C9 C9 C92 ) ( )9 (C C C C )( ) 2 2
P(A)=1-P( A )=1-P10(0) 0 ＝1－ C10 (1－0.1)10≈0.65．
答：目标被击中的概率为0.65．
例3．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的
概率是多少？停几次概率最大？
解：依题意，从低层到顶层停不少于3次，应包括停3次，停4次， 停5次，„„，直到停9次 ∴从低层到顶层停不少于3次的概率
答：按比赛规则甲获胜的概率为 0.5.
例5．一批玉米种子，其发芽率是0.8. （1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少 有一粒发芽的概率大于0.98
(lg （2） 若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率． 2 0.3010) 解：记事件A＝“种一粒种子，发芽”，则
P( A) 0.8
P( A) 1 0.8 0.2
之间是否相互独立，如果它们是相互独立事件，求
出每个事件的概率，最后利用相互独立事件同时发 生的概率公式即可，特别是独立重复试验恰好发生
k k次的概率可用 Pk (k ) C n P k (1 P) nk 求解如果不是
相互独立事件，则将它们转化为相互独立事件的积 与互斥事件的和的混合形式求解
Pn k C P 1 P
k n k
n k
二、例题讲解
例1、某人参加一次考试，若五道题中解对四题 3 则为及格，已知他的解题正确率为 5 ，试求 他能及格的概率.(结果保留四个有效数字)
独立重复试验与二项分布
独立重复试验与二项分布1．n 次独立重复试验一般地，在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验． 2．二项分布前提 在n 次独立重复试验中字母的含义X 事件A 发生的次数 p每次试验中事件A 发生的概率分布列 P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n 结论 随机变量X 服从二项分布 记法记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率明确该公式中各量表示的意义：n 为重复试验的次数；p 为在一次试验中某事件A 发生的概率；k 是在n 次独立重复试验中事件A 发生的次数．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)n 次独立重复试验的每次试验结果可以有多种．( ) (2)n 次独立重复试验的每次试验的条件可以略有不同．( ) (3)二项分布与超几何分布是同一种分布．( ) (4)两点分布是二项分布的特殊情形．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√已知随机变量X 服从二项分布，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，则P (X ＝2)等于( )A.316B.4243C.13243D.80243答案：D任意抛掷三枚均匀硬币，恰有2枚正面朝上的概率为( ) A.34 B.38 C.13 D.14答案：B设随机变量X ～B (2，p )，若P (X ≥1)＝59，则p ＝________．答案：13探究点1 独立重复试验的概率甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(结果须用分数作答) (1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率．【解】 (1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击3次，相当于3次独立重复试验，故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－(23)3＝1927.(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 22×(23)2＝49，P (B 2)＝C 12×(34)1×(1－34)＝38，由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝49×38＝16.1．[变问法]在本例(2)的条件下，求甲、乙均击中目标1次的概率？解：记“甲击中目标1次”为事件A 3，“乙击中目标1次”为事件B 3，则P (A 3)＝C 12×23×13＝49，P (B 3)＝38， 所以甲、乙均击中目标1次的概率为P (A 3B 3)＝49×38＝16.2．[变问法]在本例(2)的条件下，求甲未击中、乙击中2次的概率？解：记“甲未击中目标”为事件A 4，“乙击中2次”为事件B 4，则P (A 4)＝C 02(1－23)2＝19，P (B 4)＝C 22(34)2＝916，所以甲未击中、乙击中2次的概率为P (A 4B 4)＝19×916＝116.独立重复试验概率求法的三个步骤1.某一试验中事件A 发生的概率为p ，则在n 次独立重复试验中A －发生k 次的概率为( ) A ．C k n p k(1－p )n －kB ．(1－p )k pn －kC ．(1－p )kD ．C kn (1－p )k pn －k解析：选D.由于P (A )＝p ，P (A )＝1－p ，所以在n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率为C kn (1－p )k pn －k.故选D.2．某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2位) (1)“5次预报中恰有2次准确”的概率； (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率． 解：(1)记“预报一次准确”为事件A ， 则P (A )＝0.8.5次预报相当于5次独立重复试验． “恰有2次准确”的概率为P ＝C 25×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，其概率为P ＝C 05×0.25＋C 15×0.8×0.24＝0.006 72.所以所求概率为1－P ＝1－0.006 72≈0.99.所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99. 探究点2 二项分布抛掷两枚骰子，取其中一枚的点数为点P 的横坐标，另一枚的点数为点P 的纵坐标，求连续抛掷这两枚骰子三次，点P 在圆x 2＋y 2＝16内的次数X 的分布列．【解】 由题意可知，点P 的坐标共有6×6＝36(种)情况，其中在圆x 2＋y 2＝16内的有点(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)共8种，则点P 在圆x 2＋y 2＝16内的概率为836＝29.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，29， 所以P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫290×⎝ ⎛⎭⎪⎫793＝343729，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫291×⎝ ⎛⎭⎪⎫792＝98243，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫292×⎝ ⎛⎭⎪⎫791＝28243，P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫293×⎝ ⎛⎭⎪⎫790＝8729.故X 的分布列为X 0 1 2 3 P34372998243282438729解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0，1，2，…，n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次．1.将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值等于( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C.事件A ＝“正面向上”，发生的次数ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，由题设得C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫125，所以k ＋k ＋1＝5，所以k ＝2.2．位于坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125B ．C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123D ．C 25C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125解析：选 B.质点P 由原点移动到(2，3)需要移动5次，且必须有2次向右，3次向上，所以质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率即为质点P 的5次移动中恰有2次向右移动的概率，而每一次向右移动的概率都是12，所以向右移动的次数X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，所以所求的概率为P (X ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125.究点3 二项分布的综合应用袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： (1)有放回抽样时，取到黑球的次数X 的分布列； (2)不放回抽样时，取到黑球的个数Y 的分布列．【解】 (1)有放回抽样时，取到的黑球的次数X 可能的取值为0，1，2，3.由于每次取到黑球的概率均为15，3次取球可以看成3次独立重复试验，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15，则 P (X ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫150×⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫151×⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫152×⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125，P (X ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫153×⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125.所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P6412548125121251125(2)则P (Y ＝0)＝C 02C 38C 310＝715，P (Y ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (Y ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.所以Y 的分布列为Y 0 1 2 P715715115二项分布实际应用问题的解题策略(1)根据题意设出随机变量． (2)分析出随机变量服从二项分布．(3)找到参数n (试验的次数)和p (事件发生的概率)．(4)写出二项分布的分布列．在一次数学考试中，第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只需在其中选做一题．设4名考生选做这两题的可能性均为12.(1)求其中甲、乙2名考生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第15题的考生人数为X ，求X 的分布列．解：(1)设事件A 表示“甲选做第14题”，事件B 表示“乙选做第14题”，则甲、乙2名考生选做同一道题的事件为“AB ∪A B ”，且事件A ，B 相互独立． 所以P (AB ∪A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝12×12＋(1－12)×(1－12)＝12.(2)随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，4. 且X ～B (4，12)．所以P (X ＝k )＝C k 4(12)k (1－12)4－k ＝C k 4(12)4(k ＝0，1，2，3，4)．所以随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1161438141161．某人投篮一次投进的概率为23，现在他连续投篮6次，且每次投篮相互之间没有影响，那么他投进的次数ξ服从参数为⎝ ⎛⎭⎪⎫6，23的二项分布，记为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，23，计算P (ξ＝2)＝( ) A.20243 B.8243 C.4729D.427解析：选A.根据二项分布概率的计算公式可得，P (ξ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234＝20243，故选A.2．一名射手对同一目标独立地射击四次，已知他至少命中一次的概率为8081，则此射手一次射击命中的概率为( )A.13B.23C.14D.25解析：选B.设此射手射击四次命中次数为ξ，一次射击命中的概率为p ，所以ξ～B (4，p )． 依题意可知，P (ξ≥1)＝8081，所以1－P (ξ＝0)＝1－C 04(1－p )4＝8081， 所以(1－p )4＝181，所以p ＝23.3．某市公租房的房源位于甲、乙、丙三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的．则该市的4位申请人中恰有2人申请甲片区房源的概率为________．解析：每位申请人申请房源为一次试验，这是4次独立重复试验，设申请甲片区房源记为A ，则P (A )＝13，恰有2人申请甲片区的概率为P ＝C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.答案：8274．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23.求乙恰好比甲多击中目标2次的概率．解：设“乙恰好比甲多击中目标2次”为事件A ，“乙击中目标2次且甲击中目标0次”为事件B 1，“乙击中目标3次且甲击中目标1次”为事件B 2，则A ＝B 1∪B 2，B 1，B 2为互斥事件， 则P (A )＝P (B 1)＋P (B 2)＝C 23×(23)2×13×C 03×(12)3＋C 33×(23)3×C 13×(12)3＝16，所以乙恰好比甲多击中目标2次的概率为16.知识结构深化拓展1.独立重复试验的基本特征 (1)每次试验都在同样条件下进行．(2)每次试验都只有两种结果：发生与不发生．(3)各次试验之间相互独立．(4)每次试验，某事件发生的概率都是一样的． 2．n 次独立重复试验的概率公式中各字母的含义[A 基础达标]1．某学生通过英语听力测试的概率为13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( ) A.49 B.29 C.427D.227解析：选A.记“恰有1次获得通过”为事件A ， 则P (A )＝C 13(13)·(1－13)2＝49.故选A.2．设随机变量ξ服从二项分布ξ～B (6，12)，则P (ξ≤3)等于( )A.1132B.732C.2132D.764 解析：选C.P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝C 06×(12)6＋C 16·(12)6＋C 26·(12)6＋C 36·(12)6＝2132.故选C.3．甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )A.827B.6481C.49D.89解析：选A.当甲以3∶1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3∶1的比分获胜的概率为P ＝C 23(23)2(1－23)×23＝3×49×13×23＝827，故选A. 4．一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析：选C.由1－C 0n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n>0.9，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<0.1，所以n ≥4. 5． 袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A ．C 57×(13)2×(23)5B ．C 27×(23)2×(13)5C ．C 57×(13)2×(13)5D ．C 27×(13)2×(23)2解析：选B.由S 7＝3知，在7次摸球中有2次摸取红球，5次摸取白球，而每次摸取红球的概率为23，摸取白球的概率为13，则S 7＝3的概率为C 27×(23)2×(13)5，故选 B.6．下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________．①随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n 次中出现点数是3的倍数的次数； ②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ；③有一批产品共有N 件，其中M 件为次品，采用有放回抽取方法，ξ表示n 次抽取中出现次品的件数(M <N )；④有一批产品共有N 件，其中M 件为次品，采用不放回抽取方法，ξ表示n 次抽取中出现次品的件数．解析：对于①，设事件A 为“抛掷一枚骰子出现的点数是3的倍数”，P (A )＝13.而在n 次独立重复试验中事件A 恰好发生了k 次(k ＝0，1，2，…，n )的概率P (ξ＝k )＝C k n×⎝ ⎛⎭⎪⎫13k×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －k，符合二项分布的定义，即有ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13；对于②，ξ的取值是1，2，3，…，n ，P (ξ＝k )＝0.9×0.1k －1(k ＝1，2，3，…，n )，显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布；③和④的区别是：③是“有放回”抽取，而④是“不放回”抽取，显然④中n 次试验是不独立的，因此ξ不服从二项分布，对于③有ξ～B ⎝⎛⎭⎪⎫n ，M N . 答案：①③7．一袋中装有4个白球，2个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现3次停止，设停止时，取球次数为随机变量X ，则P (X ＝5)＝________．解析：X ＝5表示前4次中有2次取到红球，2次取到白球，第5次取到红球． 则P (X ＝5)＝C 24(13)2×(23)2×13＝881.答案：8818．张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13.则张师傅此行程时间不少于16分钟的概率为________．解析：如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟，所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P ＝1－(1－13)4＝6581.答案：65819．下列随机变量X 服从二项分布吗？如果服从二项分布，其参数各是什么？ (1)掷5枚相同的正方体骰子，X 为出现“1点”的骰子数． (2)1 000个新生婴儿，X 为男婴的个数．(3)某产品的次品率为p ，X 为n 个产品中的次品数．(4)女性患色盲的概率为0.25%，X 为任取10个女人中患色盲的人数． 解：(1)X 服从参数为5，16的二项分布，简记为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，16. (2)X 服从参数为1 000，12的二项分布，简记为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000，12.(3)X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为X ～B (n ，p )．(4)X 服从参数为10，0.25%的二项分布，简记为X ～B (10，0.25%)．10．甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错或不答者得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且每人答对与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分．(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C 表示事件“甲队得2分，乙队得1分”，求P (C )． 解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，且P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝29，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝49，P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，所以ξ的分布列为(2)甲队得2由上表可知，甲队得2分，其概率为P (ξ＝2)＝49，乙队得1分，其概率为P ＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝518.根据独立事件概率公式得P (C )＝49×518＝1081.[B 能力提升]11．近年来，政府提倡低碳减排，某班同学利用寒假在两个小区逐户调查人们的生活习惯是否符合低碳观念．若生活习惯符合低碳观念的称为低碳族，否则称为非低碳族．数据如下表(计算过程把频率当成概率)：(1)如果甲、乙来自A 2人是低碳族的概率； (2)A 小区经过大力宣传，每周非低碳族中有20%的人加入到低碳族的行列．如果2周后随机地从A 小区中任选25个人，记X 表示25个人中低碳族人数，试写出X 满足的分布． 解：(1)设事件C 表示“这4人中恰有2人是低碳族”，P (C )＝C 22·0.52·C 22·0.22＋C 12·0.5×0.5×C 12·0.2×0.8＋C 22·0.52·C 22·0.82＝0.01＋0.16＋0.16＝0.33. 即甲、乙、丙、丁这4人中恰有2人是低碳族的概率为0.33.(2)设A 小区有a 人，两周后非低碳族的概率P 1＝a ×0.5×（1－20%）2a＝0.32.故低碳族的概率P 2＝1－0.32＝0.68.随机地从A 小区中任选25个人，这25个人是否为低碳族相互独立，且每个人是低碳族的概率都是0.68，故这25个人中低碳族人数服从二项分布，即X ～B (25，0.68)． 12．为向国际化大都市目标迈进，沈阳市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程，20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有来自沈阳的3名工人相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设． (1)求这3人选择的项目所属类别互异的概率；(2)将此3人中选择的项目属于基础设施类工程或产业建设类工程的人数记为X ，求X 的分布列．解：记第i 名工人选择的项目属于基础设施类，民生类，产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1，2，3.由题意知A 1，A 2，A 3，B 1，B 2，B 3，C 1，C 2，C 3均相互独立． 则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13， P (C i )＝1060＝16(i ＝1，2，3)．(1)3人选择的项目所属类别互异的概率：P ＝A 33P (A 1B 2C 3)＝6×12×13×16＝16.(2)任一名工人选择的项目属于基础设施类或产业建设类工程的概率：P ＝30＋1060＝23.由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以P (X ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫23k⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233－k(k ＝0，1，2，3)． 所以X 的分布列为13.(选做题)如图，在竖直平面内有一个“游戏滑道”，空白部分表示光滑滑道，黑色正方形表示障碍物，自上而下第一行有1个障碍物，第二行有2个障碍物，……，依此类推，一个半径适当的光滑均匀小球从入口A 投入滑道，小球将自由下落，已知小球每次遇到正方形障碍物上顶点时，向左、右两边下落的概率都是12.记小球遇到第n 行第m 个障碍物(从左至右)上顶点的概率为P (n ，m )．(1)求P (4，1)，P (4，2)的值，并猜想P (n ，m )的表达式(不必证明)；(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－x ，1≤x ≤3，x －3，3<x ≤6，设小球遇到第6行第m 个障碍物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f (m )，试求ξ的分布列．解：(1)P (4，1)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，P (4，2)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38. 猜想P (n ，m )＝C m －1n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)ξ＝3，2，1，P (ξ＝3)＝P (6，1)＋P (6，6)＝116， P (ξ＝2)＝P (6，2)＋P (6，5)＝516， P (ξ＝1)＝P (6，3)＋P (6，4)＝58.故ξ的分布列为ξ 3 2 1 P11651658离散型随机变量及其分布列、 二项分布及其应用(强化练)一、选择题1．下列随机变量X 不服从二项分布的是( )A ．投掷一枚均匀的骰子5次，X 表示点数6出现的次数B ．某射手射中目标的概率为p ，设每次射击是相互独立的，X 为从开始射击到击中目标所需要的射击次数C ．实力相等的甲、乙两位选手进行了5局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的次数D ．某星期内，每次下载某网站的数据被病毒感染的概率为0.3，X 表示下载n 次数据电脑被病毒感染的次数解析：选B.选项A ，试验出现的结果只有两种：点数为6和点数不为6，且点数6在每一次试验中概率都为16，每一次试验都是相互独立的，故随机变量X 服从二项分布．选项B ，虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种，每一次试验事件相互独立且概率不发生变化，但随机变量的取值不确定，故随机变量X 不服从二项分布．选项C ，甲、乙的获胜率相等，进行5次比赛，相当于进行了5次独立重复试验，故X 服从二项分布．选项D ，由二项分布的定义，知被感染次数X ～B (n ，0.3)．2．设随机变量X 的分布列如下，则下列各项中正确的是( )A.P (X ＝1.5)＝0 1 C ．P (X <3)＝0.5D ．P (X <0)＝0解析：选A.由分布列知X ＝1.5不能取到，故P (X ＝1.5)＝0，正确；而P (X >－1)＝0.9，P (X <3)＝0.6，P (X <0)＝0.1.故A 正确．3．设随机变量X 的概率分布列如表所示，则P (|X －2|＝1)等于( )A.712B.2C.512D.16解析：选C.由分布列的性质知16＋14＋13＋m ＝1，故m ＝14.又由|X －2|＝1，知X ＝3或X ＝1.所以P (|X －2|＝1)＝P (X ＝3)＋P (X ＝1)＝14＋16＝512.选C.4．甲、乙两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) A.12 B.512C.14D.16解析：选B.设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品， 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝23×(1－34)＋(1－23)×34＝512. 5．盒中有10只螺丝钉，其中3只是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两只，那么在第一只抽取为好的条件下，第二只是坏的概率为( ) A.112 B.13 C.8384 D.184解析：选B.设事件A 为“第一只抽取为好的”，事件B 为“第二只是坏的”，则P (A )＝C 17C 19A 210，P (AB )＝C 17C 13A 210，所以P (B |A )＝13，选 B.6．从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假钞，则这两张都是假钞的概率为( ) A.119 B.1718 C.419D.217解析：选D.设事件A 表示“抽到的两张都是假钞”，事件B 表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即P (A |B )．P (AB )＝P (A )＝C 25C 220，P (B )＝C 25＋C 15C 115C 220，由公式P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝C 25C 25＋C 15C 115＝1010＋75＝217.故选D.7．某工厂师徒二人加工相同型号的零件，是否加工出精品互不影响．已知师傅加工一个零件是精品的概率为23，徒弟加工一个零件是精品的概率为12，师徒二人各加工2个零件不全是精品的概率为( ) A.89 B.23 C.13D.19解析：选A.因为师傅加工一个零件是精品的概率为23，徒弟加工一个零件是精品的概率为12，师徒二人各加工2个零件不全是精品的对立事件是师徒二人各加工2个零件全是精品，所以师徒二人各加工2个零件不全是精品的概率为P ＝1－C 22(23)2C 22(12)2＝89.故选A.8.荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A 荷叶上，则跳三次之后停在A 荷叶上的概率是( ) A.13 B.29 C.49D.827解析：选A.由已知得逆时针跳一次的概率为23，顺时针跳一次的概率为13，则逆时针跳三次停在A 上的概率为P 1＝23×23×23＝827，顺时针跳三次停在A 上的概率为P 2＝13×13×13＝127.所以跳三次之后停在A 上的概率为P ＝P 1＋P 2＝827＋127＝13. 9．如果X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，13，Y ～B ⎝⎛⎭⎪⎫20，23，那么当X ，Y 变化时，使P (X ＝x k )＝P (Y ＝y k )成立的(x k ，y k )的个数为( )A ．10B ．20C ．21D ．0解析：选C.根据二项分布的特点，知(x k ，y k )分别为(0，20)，(1，19)，(2，18)，…，(20，0)，共21个，故选C.10．已知随机变量X ～B (20，13)，若使P (X ＝k )的值最大，则k 等于( )A ．5或6B ．6或7C ．7D ．7或8解析：选B.令P （X ＝k ＋1）P （X ＝k ）＝C k ＋120pk ＋1q 20－k －1C k 20p k q 20－k＝20－k 2k ＋2>1， 得k <6，即当k <6时，P (X ＝k ＋1)>P (X ＝k )； 当k ＝6时，P (X ＝7)＝P (X ＝6)； 当k >6时，P (X ＝k ＋1)<P (X ＝k )． 所以P (X ＝6)和P (X ＝7)的值最大，故选B. 二、填空题11．现有10张奖券，其中8张2元的，2张5元的，从中同时取3张，记所得金额为ξ元，则P (ξ＝6)＝________，P (ξ＝9)＝________． 解析：ξ＝6代表事件为取出的三张都是2元的， 所以P (ξ＝6)＝C 38C 310＝715，ξ＝9代表事件为取出的三张有两张2元的，一张5元的，所以P (ξ＝9)＝C 28C 12C 310＝715.答案：715 71512．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为________．解析：因为随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，又P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则P (η≥2)＝1－P (η＝0)－P (η＝1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134－C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133×13＝1127.答案：112713．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上风又下雨的概率为110，设事件A 为下雨，事件B 为刮四级以上的风，那么P (B |A )＝________．解析：由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝38.答案：3814．一批玉米种子的发芽率是0.8，每穴只要有一粒发芽，就不需补种，否则需要补种．则每穴至少种________粒，才能保证每穴不需补种的概率大于98%.(lg 2＝0.301 0) 解析：记事件A 为“种一粒种子，发芽”，则P (A )＝0.8，P (A )＝1－0.8＝0.2.因为每穴种n 粒相当于做了n 次独立重复试验，记事件B 为“每穴至少有一粒种子发芽”，则P (B )＝C 0n 0.80(1－0.8)n ＝0.2n， 所以P (B )＝1－P (B )＝1－0.2n. 根据题意，得P (B )>98%，即0.2n <0.02. 两边同时取以10为底的对数，得n lg 0.2<lg 0.02，即n (lg 2－1)<lg 2－2，所以n >lg 2－2lg 2－1＝1.699 00.699 0≈2.43.因为n ∈N *，所以n 的最小正整数值为3. 答案：3 三、解答题15．已知甲、乙两人在一次射击中命中目标的概率分别为23和34，假设两人射击相互独立，且每人各次射击互不影响．(1)若甲、乙两人各射击1次，求至少有一人命中目标的概率；(2)若甲、乙两人各射击4次，求甲命中目标2次，且乙命中目标3次的概率．解：(1)若甲、乙两人各射击1次，由题意可得他们都没有命中目标的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＝112，故至少有一人命中目标的概率为1－112＝1112. (2)若甲、乙两人各射击4次，则甲命中目标2次，且乙命中目标3次的概率为C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232·C 34·⎝ ⎛⎭⎪⎫343·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＝18.16．为了参加广州亚运会，从四支较强的排球队中选出18人组成女子排球国家队，队员来源人数如下表：(1)从这18(2)中国女排奋力拼搏，战胜了韩国队获得冠军，若要求选出两位队员代表发言，设其中来自北京队的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列．解：(1)“从这18名队员中选出两名，两人来自同一队”记作事件A ，则P (A )＝C 24＋C 26＋C 23＋C 25C 218＝29. (2)ξ的所有可能取值为0，1，2.因为P (ξ＝0)＝C 214C 218＝91153，P (ξ＝1)＝C 14C 114C 218＝56153，P (ξ＝2)＝C 24C 218＝6153，所以ξ的分布列如下：17.甲、5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率； (2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列．解：用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”．则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3) ＋P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4) ＝(23)2＋13×(23)2＋23×13×(23)2＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (B 2)＝59.P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29.P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)·P (B 4)＝1081. P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881.故X 的分布列为18.一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23.设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分． (1)求随机变量ξ的分布列；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率． 解：(1)由题设知ξ的可能取值为0，1，2，3，P (ξ＝0)＝(1－34)(1－23)(1－12)＝124，P (ξ＝1)＝34(1－23)(1－12)＋(1－34)×23×(1－12)＋(1－34)(1－23)×12＝14， P (ξ＝2)＝34×23×(1－12)＋34×(1－23)×12＋(1－34)×23×12＝1124， P (ξ＝3)＝34×23×12＝14，所以随机变量ξ的分布列为(2)B ， 则P (A )＝14×C 33×(23)3＋1124×C 23×(23)2×(1－23)＋14×C 13×23×(1－23)2＝13.P (AB )＝14×C 13×23×(1－23)2＝118，21P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.。
知识讲解独立重复试验与二项分布
知识讲解独立重复试验与二项分布(理)(提高)(共12页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--独立重复试验与二项分布【学习目标】1．理解n 次独立重复试验模型及二项分布．2．能利用n 次独立重复试验及二项分布解决一些简单的实际问题． 【要点梳理】要点一、n 次独立重复试验每次试验只考虑两种可能结果A 与A ，并且事件A 发生的概率相同。
在相同的条件下重复地做n 次试验，各次试验的结果相互独立，称为n 次独立重复试验。
要点诠释：在n 次独立重复试验中，一定要抓住四点： ①每次试验在同样的条件下进行；②每次试验只有两种结果A 与A ，即某事件要么发生，要么不发生； ③每次试验中，某事件发生的概率是相同的； ④各次试验之间相互独立。
总之，独立重复试验，是在同样的条件下重复的，各次之间相互独立地进行的一种试验，在这种试验中，每一次的试验结果只有两种，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的。
要点二、独立重复试验的概率公式1.定义如果事件A 在一次试验中发生的概率为P ，那么n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为：()(1)k k n kn n P k C p p -=-（k=0，1，2，…，n ）． 令0k =得，在n 次独立重复试验中，事件A 没有发生的．．．．．概率为．．．00(0)(1)(1)n nn n P C p p p =-=-令k n =得，在n 次独立重复试验中，事件A 全部发生的概率为．．．．．．．．0()(1)n n n n n P n C p p p =-=。
要点诠释：1. 在公式中，n 是独立重复试验的次数，p 是一次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立重复试验中事件A 恰好发生的次数，只有弄清公式中n ，p ，k 的意义，才能正确地运用公式．2. 独立重复试验是相互独立事件的特例，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只是有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更方便．要点三、n 次独立重复试验常见实例：1.反复抛掷一枚均匀硬币2.已知产品率的抽样3.有放回的抽样4.射手射击目标命中率已知的若干次射击 要点诠释：抽样问题中的独立重复试验模型：①从产品中有放回地抽样是独立事件，可按独立重复试验来处理； ②从小数量的产品中无放回地抽样不是独立事件，只能用等可能事件计算；③从大批量的产品中无放回地抽样，每次得到某种事件的概率是不一样的，但由于差别太小，相当于是独立事件，所以一般情况下仍按独立重复试验来处理。
独立重复实验与二项分布
2．2．3独立重复实验与二项分布一、复习引入：1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的频率mn总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A 的概率，记作()P A ．3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为0()1P A ≤≤，必然事件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形5 基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件A ）称为一个基本事件6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是1n7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件A 包含m 个结果，那么事件A 的概率()P A n=8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法9.事件的和的意义:对于事件A 和事件B 是可以进行加法运算的10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件．()()()P A B P A P B +=+一般地：如果事件12,,,n A A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件12,,,n A A A 彼此互斥11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．()1()1()P A A P A P A +=⇒=-12．互斥事件的概率的求法:如果事件12,,,n A A A 彼此互斥，那么 12()n P A A A +++＝12()()()n P A P A P A +++13．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相互独立事件若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14．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ⋅=⋅一般地，如果事件12,,,n A A A 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，1212()()()()n n P A A A P A P A P A ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅二、讲解新课：1 独立重复试验的定义：2．独立重复试验的概率公式：k n k kn n P P C k P --=)1()(．它是[](1)nP P -+展开式的第1k +项3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是k n k kn n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：由于k n k knq p C -恰好是二项展开式11100)(q p C q p C q p C q p C p q n n n k n k k n n n n n n +++++=+--中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布（binomial distribution )，记作ξ～B (n ，p )，其中n ，p 为参数，并记k n k kn q p C -＝b (k ；n ，p )．三、讲解范例：例1．某射手每次射击击中目标的概率是0 . 8.求这名射手在 10 次射击中， (1)恰有 8 次击中目标的概率；(2)至少有 8 次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．)例2．（全国高考题）某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%．现从一批产品中任意地连续取出2件，写出其中次品数ξ的概率分布．例3．重复抛掷一枚筛子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．例4．某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留两个有效数字）：（1）5次预报中恰有4次准确的概率；（2）5次预报中至少有4次准确的概率例5．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是14，求1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率是多少？（结果保留两个有效数字）点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法例6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是0.25，若使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击几次？例7．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？例8．实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．（2）按比赛规则甲获胜的概率．例9．一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（lg 20.3010=）四、课堂练习： 1．每次试验的成功率为(01)p p <<，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（ ）()A 33710(1)C p p - ()B 33310(1)C p p - ()C 37(1)p p - ()D 73(1)p p - 2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（ ）()A 32100.70.3C ⨯⨯ ()B 1230.70.3C ⨯⨯ ()C 310 ()D 21733103A A A ⋅3．某人有5把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开，则此人在3次内能开房门的概率是 （ ）()A 33351A A - ()B 211232323355A A A A A A ⋅⋅+()C 331()5- ()D 22112333232()()()()5555C C ⨯⨯+⨯⨯ 4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（ ）()A 23332()55C ⋅ ()B 22332()()53C ()C 33432()()55C ()D 33421()()33C 5．一射手命中10环的概率为0.7，命中9环的概率为0.3，则该射手打3发得到不少于29环的概率为 ．（设每次命中的环数都是自然数）6．一名篮球运动员投篮命中率为60%，在一次决赛中投10个球，则投中的球数不少于9个的概率为 ． 7．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率为 ． 8．某车间有5台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于停车状态的概率为31，求：（1）在任一时刻车间有3台车床处于停车的概率；（2）至少有一台处于停车的概率9．种植某种树苗，成活率为90%，现在种植这种树苗5棵，试求： ⑴全部成活的概率； ⑵全部死亡的概率； ⑶恰好成活3棵的概率； ⑷至少成活4棵的概率10．（1）设在四次独立重复试验中，事件A 至少发生一次的概率为8081，试求在一次试验中事件A 发生的概率（2）某人向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概率为1，求在第n五、小结 ：1．独立重复试验要从三方面考虑第一：每次试验是在同样条件下进行第二：各次试验中的事件是相互独立的2．如果1次试验中某事件发生的概率是P，那么n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率为kn k kn n P P C k P --=)1()(对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件A 要么发生，要么不发生，所以在n 次独立重复试验中A 恰好发生k 次，则在另外的n k -次中A 没有发生，即A 发生，由()P A P =，()1P A P=-所以上面的公式恰为n P P ])1[(+-展开式中的第1k +项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系2．3离散型随机变量的均值与方差 2．3．1离散型随机变量的均值一、复习引入：1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、η等表示2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一若ξ是随机变量，b a b a ,,+=ξη是常数，则η也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型）5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x 1，x 2，…，x 3，…， ξ取每一个值x i （i =1，2，…）的概率为()i i P x p ξ==，则称表为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列6. 分布列的两个性质： ⑴P i ≥0，i ＝1，2，...； ⑵P 1+P 2+ (1)7.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是k n k kn n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B (n ，p )，其中n ，p 为参数，并记k n k knq p C -＝b (k ；n ，p )．8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“k ξ=”表示在第k 次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k 次试验时事件A 发生记为k A 、事件A 不发生记为k A ，P(k A )=p ，P(kA )=q(q=1-p)，那么p q -=1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：称这样的随机变量ξ服从几何记作g (k ，p )= 1k q p -，其中k ＝0,1,2,…， p q -=1．二、讲解新课：根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如：已知某射手射击所得环数ξ的分布列如下在n 次射击之前，可以根据这个分布列估计n 次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或期望根据射手射击所得环数ξ的分布列，我们可以估计，在n 次射击中，预计大约有n n P 02.0)4(=⨯=ξ次得4环；n n P 04.0)5(=⨯=ξ次得5环；…………n n P 22.0)10(=⨯=ξ次得10环．故在n 次射击的总环数大约为+⨯⨯n 02.04++⨯⨯ n 04.05n ⨯⨯22.010+⨯=02.04(++⨯ 04.05n ⨯⨯)22.010，从而，预计n 次射击的平均环数约为+⨯02.04++⨯ 04.0532.822.010=⨯．这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射击的平均水平．对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个)(i P =ξ（i =0，1，2， (10)，我们可以同样预计他任意n 次射击的平均环数:+=⨯)0(0ξP +=⨯)1(1ξP …)10(10=⨯+ξP ．1. 均值或数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为则称 =ξE +11p x +22p x …++n n p x … 为ξ的均值或数学期望，简称期望．2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平n p n 1==，=ξE +1(x +2x …nx n 1)⨯+，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值4. 均值或期望的一个性质:若b a +=ξη(a 、b 是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为于是=ηE ++11)(p b ax ++22)(p b ax …+++n n p b ax )(…＝+11(p x a +22p x …++n n p x …)++1(p b +2p …++n p …)＝b aE +ξ，由此，我们得到了期望的一个性质:b aE b a E +=+ξξ)(5.若ξB （n,p ），则E ξ=np证明如下： ∵ k n k k n k n k k n q p C p p C k P --=-==)1()(ξ，∴=ξE 0×n nq p C 00＋1×111-n n q p C ＋2×222-n n q p C ＋…＋k ×k n k k n q p C -＋…＋n ×0q p C n n n ． 又∵ 11)]!1()1[()!1()!1()!(!!--=-----⋅=-⋅=k n knnC k n k n n k n k n k kC ，∴=ξE (np 001n n C p q --＋2111--n n qp C ＋…＋)1()1(111------k n k k n q pC ＋…＋)0111q pC n n n ---np q p np n =+=-1)(． 故 若ξ～B (n ，p )，则=ξE np ．三、讲解范例：例1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分ξ的期望。
2012-2013学年高中数学常见题型解决方法归纳、反馈训练及详细解析 专题24 概率(独立事件)的求法
规则甲获胜的概率．
解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为 1 ，乙获胜的概率为 1 ．
2
2
记事件 A =“甲打完 3 局才能取胜”，记事件 B =“甲打完 4 局才能取胜”，
记事件 C =“甲打完 5 局才能取胜”．
①甲打完 3 局取胜，相当于进行 3 次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜
的 概 率 ， 再 计 算 P( A1), P( A2 ),iii, P( An ) ， 最 后 代 入 公 式
P( A1 ⋅ A2 ⋅⋯⋅ An ) = P( A1) ⋅ P( A2 ) ⋅⋯⋅ P( An ) 。（2）对于某些含有“至少”概念的事件的概
率多用对立事件的概率公式解答。
【变式演练 1】2010 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3.
事件为 A·B，则 P (A·B)＝P(A)·P(B)＝0.9×0.85＝0.765.
7. 0.19 【解析】 设“甲投球 3 次进 2 球”为事件 A，“乙投球 3 次，进 2 球”为事件 B， 显然事件 A，B 独立；又 P(A)＝C23×0.72×(1－0.7)3－2，P(B)＝C23×0.62×(1－0.6)3－2， ∴2 人都进 2 球的概率为 P (A·B)＝P(A)·P(B)
P( A1 ⋅ A2 ⋅⋯⋅ An ) = P( A1) ⋅ P( A2 ) ⋅⋯⋅ P( An ) ．
解题步骤
一般先判断是否是独立事件同时发生的概率，再计算 P( A1), P( A2 ),iii, P( An ) ， 最后代入公式 P( A1 ⋅ A2 ⋅⋯⋅ An ) = P( A1) ⋅ P( A2 ) ⋅⋯⋅ P( An ) 。
独立重复试验
例3：有10道单项选择题，每题有4个 选择项，某人随机选定每题中的一个 答案, (1)问答对5道题的概率是多少?
(2)答对多少题的概率最大？并求出 此种情况下概率的大小？
例3：有10道单项选择题，每题有4个选择项，某人随 机选定每题中的一个答案，求答对多少题的概率最大？ 并求出此种情况下概率的大小？ P 解：设“答对k道题”为事件A，用 表示其概率， 10 k k 1 11k 由 k 1 k 3 10k 3 k 1 1
相互独立事件同时发生的概率
独立重复试验
2007.05.17
复习回顾：
不可能同时发生的两个事件。 1、互斥事件： 对立事件：必有一个发生的互斥事件。 事件A（或B）是否发生对事件B 相互独立事件： （或A）发生的概率没有影响。 2、互斥事件有一个发生的概率公式：
P A B P A P B
原题:某射手连续射击4次，每次击中目标 的概率都是0.9，求恰好有三次命中的概率.
C 0.9 1 0.9
3 4 3 1
变式:某射手连续射击n次，每次击中 目标的概率都是p，求恰好有k次命 中的概率.
C P 1 P
k n k
nk
二、独立重复试验概率的计算
一般地,在n次独立重复试验中，如果事 件A在其中1次试验中发生的概率是P，那 么在n次独立重复试验中这个事件恰好发 生k次的概率
=0.432
课堂小结: 1.对n次独立重复试验的理解 2.公式 P n (k ) C P (1 P)
k n页
广式点心的主要特点是用料精博，品种繁多，款式新颖，口味清新多样，制作精细，咸甜兼备，能适应四季节令和各方人士的需要。各款点 心都讲究色泽和谐，造型各异，相映成趣，令人百食不厌。[1]
高中数学经典错题深度剖析及针对训练 独立事件、独立重复试验的概率和条件概率
高中数学经典错题深度剖析及针对训练 独立事件、独立重复试验的概率和条件概率【标题01】把独立重复试验的概率定性为古典概型了【习题01】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，从该流水线上随机抽取40件产品作为样本，测得它们的重量（单位：克），将重量按如下区间分组：(490,495]，(495,500]，(500,505]，(505,510]，(510,515]，得到样本的频率分布直方图（如图所示）．若规定重量超过495克但不超过510克的产品为合格产品，且视频率为概率，回答下列问题：（1）在上述抽取的40件产品中任取2件，设X 为合格产品的数量，求X 的分布列和数学期望EX ； （2）若从流水线上任取3件产品，求恰有2件合格产品的概率．【经典错解】（1）由样本的频率分布直方图得，合格产品的频率为0.0450.0750.0550.8⨯+⨯+⨯=．所以抽取的40件产品中，合格产品的数量为400.832⨯=． 则X 可能的取值为0,1,2，所以()2824070195C P X C ===,()11832240641195C C P X C ===,()2322401242195C P X C ===， 因此X 的分布列为故X 数学期望76412431280121951951951955EX =⨯+⨯+⨯==． （2）由题得从流水线上任取3件产品，求恰有2件合格产品的概率213283404961235C C P C == 【详细正解】(1)同上；（2）因为从流水线上任取1件产品合格的概率为40.85=， 所以从流水线上任取3件产品，恰有2件合格产品的概率为223144855125P C ⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．【习题01针对训练】某工厂在试验阶段大量生产一种零件，这种零件有A 、B 两项技术指标需要检测，设各项技术指标达标与否互不影响.若仅有A ，A 、B 两项技术指标都不达标的（1）求一个零件经过检测为合格品的概率；（2）若任意抽取该种零件4个，设ξ表示其中合格品的个数，求ξ的分布列及数学期望E ξ．【标题02】把独立重复试验的概率定性为独立事件的概率了【习题02】某次数学考试中有三道选做题，分别为选做题1,2,3．规定每位考生必须且只须在其中选做一 题.甲、乙、丙三名考生选做这一题中任意一题的可能性均为13，每位学生对每题的选择是相互独立的，各 学生的选择相互之间没有影响．求这三个人选做的是同一道题的概率.【经典错解】由题得设这三个人选做的是同一道题为事件A ,则1111()33327P A =鬃=【详细正解】由题得设这三个人选做的是同一道题为事件A ,则131111()3339P A C =鬃?.【深度剖析】(1)经典错解错在把独立重复试验的概率定性为独立事件的概率了.（2）这三个人选做的是同一道题为事件A ，则A 实际上是三个互斥事件和和事件，因为甲乙丙可能同时选做第一题或第二题或第三题，而每一个互斥事件的概率又是三个独立事件同时发生的概率.错解把事件A 直接定性为独立事件同时发生的概率了，是错的.（3）解答概率题时，要先定性（六大概型：古典概型、几何概型、互斥事件的概率、独立事件同时发生的概率、独立重复试验的概率和条件概率），后定量.在定性时，要仔细分析，不要把事件定性错了.【习题02针对训练】某市公租房的房源位于A 、B 、C 三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，求该市的任4位申请人中： （1）恰有2人申请A 片区房源的概率；（2）申请的房源所在片区的个数的ξ分布列与期望．【标题03】对事件)4,3,2,1(0=≥i S i 且28=S 理解错误【习题03】某人抛掷一枚均匀骰子，构造数列}{n a ，使⎩⎨⎧-=)(,1)(,1次掷出奇数当第次掷出偶数当第n n a n ，记n n a a a S +++= 21 求)4,3,2,1(0=≥i S i 且28=S 的概率.【经典错解】记事件A ：28=S ，即前8项中，5项取值1，另3项取值－1，∴28=S 的概率858)21()(⋅=C A P记事件B ：)4,3,2,1(0=≥i S i ，将)4,3,2,1(0=≥i S i 分为两种情形： （1）若第1、2项取值为1，则3，4项的取值在1和-1中任意取值；（2）若第1项为1，第2项为－1，则第3项必为1，第四项在1和-1中任意取值. ∴()P B =83)21()21(32=+ ∴所求事件的概率为()()P P A P B =⋅ =858)21(83⋅⋅C 【详细正解】∵)4,3,2,1(0=≥i S i ∴前4项的取值分为两种情形①若1、3项为1；则余下6项中3项为1，另3项为-1即可.即8361)21(⋅=C P ；②若1、2项为正，为避免与第①类重复，则第3项必为-1，则后5项中只须3项为1，余下2项为-1，即8352)21(⋅=C P ，∴所求事件的概率为783536215)21()(=⋅+=C C P【习题03针对训练】一种电脑屏幕保护画面，只有符号""""X O 和随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现""""X O 和之一，其中出现""O 的概率为p ，出现""X 的概率为q ，若第k 次出现""O ，则记1=k a ；出现""X ，则记1-=k a ，令n n a a a S +⋅⋅⋅++=21． (1)时，求3S 的分布列及数学期望． (2)时，求），，，且4321(028=≥=i S S i 的概率．【标题04】对事件“A B 、两组中有一组恰有两支弱队”没有理解清楚【习题04】已知8支球队中有3支弱队，以抽签方式将这8支球队分为A B 、两组，每组4支，求A B 、两组中有一组恰有两支弱队的概率.【经典错解】将8支球队均分为A B 、两组，共有4448C C 种方法：A B 、两组中有一组恰有两支弱队的分法为：先从3支弱队取2支弱队，又从5支强队取2支强队，组成这一组共有2325C C 种方法，其它球队分在另一组，只有一种分法.∴所求事件的概率为：7344482225=C C C C . 【详细正解】将8支球队均分为A B 、两组，共有4448C C 种方法：A B 、两组中有一组恰有两支弱队的分法为：先从3支弱队取2支弱队，又从5支强队取2支强队，组成这一组共有2325C C 种方法.再把这这组队伍分给A 组或B 组，有12C种方法，所以所求事件的概率P=76244482225=C C C C .【习题04针对训练】某中学在高一开设了数学史等4门不同的选修课，每个学生必须选修，且只能从中选一门.该校高一的3名学生甲、乙、丙对这4门不同的选修课的兴趣相同. （1）求恰有2门选修课这3个学生都没有选择的概率；（2）设随机变量ξ为甲、乙、丙这三个学生选修数学史这门课的人数，求ξ的分布列及期望、方差．【标题05】概型判断错误【习题05】某人有5把不同的钥匙，逐把地试开某房门锁，试问他恰在第3次打开房门的概率.【经典错解】由于此人第一次不能开房门的概率为45，若第一次未开，第2次不能打开房门的概率应为34；所以此人第3次打开房门的概率为31. 【详细正解】第1次未打开房门的概率为54；第2次未开房门的概率为43；第3次打开房门的概率为31，所求概率为：51314354=⨯⨯=P .【习题05针对训练】某种项目的射击比赛，开始时在距目标100米处射击，如果命中记3分，且停止射击，若第一次射击未命中，可以进行第二次射击，但目标已经在150米处，这时命中记2分，且停止射击；若第二次仍未命中，还可以进行第三次射击，此时目标已在200米处，若第三次命中则记1分，并停止射击；若三次都未命中，则记0分，已知射手甲在100m 处击中目标的概率为，他的命中率与目标的距离的平方成反比，且各次射击都是独立的．（1）求这名射手在三次射击中命中目标的概率；（2）求这名射手比赛中得分的均值．【标题06】没有注意事件的先后顺序导致遗漏了一些情况 【习题06】某运动员射击一次所得环数x 的分布列如下：现进行两次射击，以该运动员两次射击中最高的环数作为他的成绩记为ξ，求ξ的分布列.【经典错解】ξ的取值为8，9，10.ξ=7，两次环数为7,7；ξ=8，两次成绩为7，8或8，8；ξ=9，两次成绩7，9或8，9或9，9；ξ=10，两次队数为7，10或8，10或9，10或10，10. ∴04.02.02.0)7(=⨯==ξP 15.03.03.02.0)8(2=+⨯==ξP23.03.03.03.03.02.0)9(2=+⨯+⨯==ξP 2.02.03.03.02.03.02.0)10(2=+⋅+⋅⨯==ξP （分布列略）【详细正解】8=ξ，即两次成绩应为7，8或8，7或8，8实际为三种情形，21.03.03.02.02)8(2=+⨯⨯==ξP 9=ξ两次环数分别为7,9（或9,7）；8,9（或9,8），9.9∴39.03.03.03.023.02.02)9(2=+⨯⨯+⨯⨯==ξP ，同理36.02.042.03.0212.0)10(22=+⨯⨯+⨯==ξP 【深度剖析】(1)经典错解错在没有注意事件的先后顺序导致遗漏了一些情况.（2）8=ξ，即两次成绩应为7，8或8，7或8，8实际为三种情形，21.03.03.02.02)8(2=+⨯⨯==ξP9=ξ两次环数分别为7,9（或9,7）；8,9（或9,8），9.9 ∴39.03.03.03.023.02.02)9(2=+⨯⨯+⨯⨯==ξP ，同理36.02.042.03.0212.0)10(22=+⨯⨯+⨯==ξP .【习题06针对训练】学校要用三辆校车从南校区把教职工接到校本部，已知从南校区到校本部有两条公路，校车走公路①堵车的概率为14，不堵车的概率为34；校车走公路②堵车的概率为p ，不堵车的概率为1p -．若甲、乙两辆校车走公路①，丙校车由于其他原因走公路②，且三辆车是否堵车相互之间没有影响．（Ⅰ）若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为716，求走公路②堵车的概率；（Ⅱ）在（1）的条件下，求三辆校车中被堵车辆的辆数ξ的分布列和数学期望.【标题07】把独立事件的概率定性为互斥事件的概率了【习题07】甲投篮命中概率为0.8，乙投篮命中概率为0.7，每人投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？【经典错解】设“甲恰好投中2次”为事件A ，“乙恰好投中2次”为事件B ，则两人恰好投中2次为A B +.所以()()()P A B P A P B +=+ =825.03.07.02.08.0223223=⨯+⨯C C .【详细正解】设“甲恰好投中2次”为事件A ，“乙恰好投中2次”为事件B ，则两人恰好都投中2次为AB .所以()()()P AB P A P B =⋅ =2222330.80.20.70.3C C ⨯⨯⨯0.169=【习题07针对训练】地为绿化环境，移栽了银杏树2棵，梧桐树3棵.它们移栽后的成活率分别为23、12，每棵树是否存活互不影响，在移栽的5棵树中：（1）求银杏树都成活且梧桐树成活2棵的概率；（2）求成活的棵树ξ的分布列与期望.【标题08】把独立事件同时发生的概率定性为独立重复试验了【习题08】某射手射击一次，击中目标的概率是0.5，现该射手连射4次，（1）求恰好前3次击中的概率；（2）恰好第3次击中的概率.【经典错解】（1）由题得334111()()224P C ==；（2P =(10.5)(10.5)0.5(10.5)-⨯-⨯⨯-0.0625= 【详细正解】（1）由题得3111()2216P ==；（2）P =(10.5)(10.5)0.5(10.5)-⨯-⨯⨯-0.0625=【习题08针对训练】甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“五局三胜制”，即五局中先胜三局为赢，若每场比赛甲获胜的概率是23，乙获胜的概率是13，则比赛以甲三胜一负而结束的概率为________．【标题09】把古典概型定性为独立重复试验了【习题09】某产品100件，其中恰有5件次品，现从中任意抽取5件，求恰有一件次品的概率. 【经典错解】由题得145595(A)()()100100P C = 【详细正解】由题得145955100()0.2144C C P A C == 【深度剖析】(1)经典错解错在把古典概型定性为独立重复试验了.（2）所求事件的概型应该是一个古典概型，而错解把它当作是独立重复试验了.因为已知中的抽取，是一次性地从100件产品中抽取5件，所以没有抽多次，所以根本上不是独立重复试验.如果有的同学分5次来抽，每次抽取一件，也不是独立重复.因为第一次抽取时，抽到次品的概率是5100，第二次抽取时，只有99件产品，此时抽到次品的概率肯定不是5100，由于概率不同，所以也不是独立重复试验.【习题09针对训练】现有一批产品共有10件,其中8件为正品,2件为次品. (1)如果从中取出一件,然后放回,再取一件,求连续3次取出的都是正品的概率； (2)如果从中一次取3件,求3件都是正品的概率. 【标题10】把条件概率定性为古典概型了【习题10】一盒中放有大小相同的10个小球，其中8个黑球、2个红球，现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意抽取2个小球，已知甲取到了2个黑球，则乙也取到2个黑球的概率是________．【经典错解】由题得228622108151()453C C P A C C ===【详细正解】记事件“甲取到2个黑球”为A ，“乙取到2个黑球”为B ，则有(|)P B A ＝()()P AB P A ＝22862288C C C C ⋅⋅＝1528，即事件“甲取到2个黑球，乙也取到2个黑球”的概率是1528．【习题10针对训练】某险种的基本保费为a （单位：元），继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度的出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：（1）求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；（2）若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率； （3）求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．【标题11】审题不清忽略了“有放回地取”这个关键词【习题11】一个袋中有4个大小相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中有放回地取球，每次随机取1个．求连续取两次都是白球的概率；【经典错解】由题得22241()6A P A A ==.【详细正解】记事件A 为“连续取两次都是白球”，所以()P A 14．【深度剖析】(1)经典错解错在审题不清，忽略了“有放回地取”这个关键词.（2）抽样常用的有“有放回抽样”和“不放回抽样”两种，所以在解题时一定要注意抽样的方法.【习题11针对训练】一个袋中装有形状大小完全相同的球9个，其中红球3个，白球6个，每次随机取1个，直到取出．．．．3．次红球即停止．．．．．．．．(1)从袋中不放回地取球，求恰好取4次停止的概率1P ； (2)从袋中有放回地取球;①求恰好取5次停止的概率2P ；②记5次之内(含5次)取到红球的个数为ξ，求随机变量ξ的分布列及数学期望．【标题12】对事件“某位顾客返券的金额为30元”没有理解透彻【习题12】某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动．活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置.若指针停在A 区域返券60元；停在B 区域返券30元；停在C 区域不返券.例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和．求某位顾客返券的金额为30元的概率.【经典错解】设A =某位顾客返券的金额为30元,则111()236P A ==.【详细正解】设A =某位顾客返券的金额为30元,则11111()23323P A =+= .【习题12针对训练】某运动员射击一次所得环数x 的分布列如下：现进行两次射击，以该运动员两次射击中最高的环数作为他的成绩记为ξ，求(8)P x =.【标题13】把此种条件概率和“丢开法”条件概率混淆了【习题13】10名同学中，有7个人获得了全国数学联赛一等奖，3人没有获得.现在从中任选2名同学，已知其中1名同学获得全国一等奖，求另外一名同学也获得全国一等奖的概率. 【经典错解】由题得6293P ==. 【详细正解】设A =2名同学中有1人获得全国一等奖，B =2名同学中另外一个同学也获得全国一等奖，由题得27112737()211(|)(A)422C n AB P B A n C C C ====+,所以另外一名同学也获得全国一等奖的概率为12.【习题13针对训练】抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A 为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B 为“两颗骰子的点数之和大于8”．当已知蓝色骰子的点数为3或6时，则两颗骰子的点数之和大于8的概率为________．【标题14】把古典概型定性为独立重复试验概率了【习题14】某产品100件，其中恰有5件次品，现从中任意抽取5件，求恰有一件次品的概率. 【经典错解】由题得145595(A)()()100100P C = 【详细正解】由题得145955100()0.2144C C P A C == 【深度剖析】（1）经典错解错在把古典概型定性为独立重复试验概率了.（2）所求事件的概型应该是一个古典概型，而错解把它当作是独立重复试验了.因为已知中的抽取，是一次性地从100件产品中抽取5件，所以没有抽多次，所以根本上不是独立重复试验.如果有的同学分5次来抽，每次抽取一件，也不是独立重复.因为第一次抽取时，抽到次品的概率是5100，第二次抽取时，只有99件产品，此时抽到次品的概率肯定不是5100，由于概率不同，所以也不是独立重复试验. 【习题14针对训练】现有一批产品共有10件,其中8件为正品,2件为次品. (1)如果从中取出一件,然后放回,再取一件,求连续3次取出的都是正品的概率. (2)如果从中一次取3件,求3件都是正品的概率.【标题15】概率定性定错了【习题15】某射手射击一次，击中目标的概率是0.5，现该射手连射4次，（1）求恰好前3次击中的概率；（2）恰好第3次击中的概率.【经典错解】（1）由题得334111()()224P C ==;（2）P= (10.5)(10.5)0.5(10.5)-⨯-⨯⨯-0.0625=【详细正解】（1）由题得3111()2216P ==；（2）P=(10.5)(10.5)0.5(10.5)-⨯-⨯⨯-0.0625=【习题15针对训练】甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“五局三胜制”，即五局中先胜三局为赢，若每场比赛甲获胜的概率是23，乙获胜的概率是13，则比赛以甲三胜一负而结束的概率为________．高中数学经典错解深度剖析及针对训练第29讲： 独立事件的概率、独立重复试验的概率和条件概率参考答案【习题01针对训练答案】（1（2满足条件的事件是恰有2人申请A 片区房源，共有2242C C ∴根据等可能事件的概率公式得到224248327C C P == （2）由题意知ξ的可能取值是1,2,3.431(1)327P ξ=== 231222341423414(2)327A C C C C C P ξ+=== 234344(3)39C A P ξ=== ∴ξ的分布列是：∴1144651232727927E ξ=⨯+⨯+⨯= 【习题03针对训练答案】(1)详见解析；(2)218780． 【习题03针对训练解析】(1)3,1,1,33--=S()()0318183=⨯+⨯+⨯-+⨯-=EX(2)前4次有2次出现""O 的概率是前4次有3次出现""O 的概率是前4次有4次出现""O 的概率是P (ξ= 0 ) =P (ξ= 1) =P (ξ= 2 ) =P (ξ= 3 ) =∴ξ的分布列为：E np ξ=34416D npq ξ==⨯⨯=【习题05针对训练答案】（1）95144；（2）8548.【习题05针对训练解析】记第一、二、三次射击命中目标分别为事件,,A B C三次均未命中目标的事件为D．依题意1 ()2P A=．（Ⅱ）依题意，设射手甲得分为ξ，则1121(3)(2)2299P Pξξ====⨯=171749(1)(0)298144144P Pξξ==⨯⨯===∴ξ的分布列为∴32102914414448Eξ=⨯+⨯+⨯+⨯=．【习题06针对训练答案】(Ⅰ； (Ⅱ【习题06针对训练解析】（1）由已知条件得即31p=，则所以p的值为（2）解：ξ可能的取值为0，1，2，3所以ξ的分布列为：，【习题7针对训练答案】（1）6；（2）详见解析.ξ∴的分布列为6E ξ∴=. 【习题08针对训练答案】827【习题08针对训练解析】甲三胜一负即前3次中有2次胜1次负，而第4次胜，∴P＝C3223⎛⎫⎪⎝⎭2·13⎛⎫⎪⎝⎭·23＝827，∴甲三胜一负而结束的概率为827.【习题09针对训练答案】（1）0.512；（2）7 15.【习题10针对训练答案】(1)0.55 ； (2)311；（3）1.23.【习题10针对训练解析】（1）记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．则()0.200.200.100.050.55P A=+++=（2）记B为事件：“一续保人本年度的保费比基本保费60%”．()0.100.050.15P B=+=所以()()0.153 (|A)()()0.5511P AB P BP BP A P A====，所以一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率为3 11.（3）续保人本年度的平均保费估计值为0.850.300.15 1.250.20 1.50.20 1.750.1020.05 1.23 EX a a a a a a a =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=所以续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.【习题11针对训练答案】(1)128；(2) ①881②13181.【习题11针对训练解析】(1)113363149128C C APA==(2)①22224121833381 P C⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②随机变量ξ的取值为0,1,2,3; 由n 次独立重复试验概率公式()()1n kk kn n P k C p p -=-，得()505132013243P C ξ⎛⎫==⨯-= ⎪⎝⎭ ()41511801133243P C ξ⎛⎫==⨯⨯-=⎪⎝⎭ ()231511802133243P C ξ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()328080173124381P ξ++==-=随机变量ξ的分布列是ξ的数学期望是 3280801713101232432432438181E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=∴()P B =1036＝518． 当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的结果有5个，故()P AB ＝536．∴(|)P B A ＝()()P AB P A ＝53613＝512．【习题14针对训练答案】（1）0.512；（2）715. 【习题14针对训练解析】(1)有放回地抽取3次,按抽取顺序(,,)x y z 记录结果,则,,x y z 都有10种可能,所以基本事件总数为10×10×10=103(种)；设事件A 为“连续3次都取正品”,则包含的基本事件共有8×8×8=83种,因此338()0.51210P A ==.(2)可以看作不放回抽样3次,顺序不同,基本事件不同,按抽取顺序记录(,,)x y z ,。
独立重复试验
二、独立重复试验概率的计算
一般地,在n次独立重复试验中，如果事
件A在其中1次试验中发生的概率是P，那
么在n次独立重复试验中这个事件恰好发
生k次的概率
Pn (k ) Cnk Pk (1 P)nk
1 3
或Pn k Cnk pk qnk q 1 p
相互独立事件同时发生的概率
独立重复试验
2007.05.17
复习回顾：
1、互斥事件：不可能同时发生的两个事件。 对立事件：必有一个发生的互斥事件。 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。
2、互斥事件有一个发生的概率公式：
相互独立事件同时发生的概率公式：
பைடு நூலகம்
问题引入: 某射手射击1次，击中目标的概率是 0.9，现连续射击4次. 求:前三次命中，最后一次不中的概率；
课堂小结: 1.对n次独立重复试验的理解 2.公式 Pn (k) Cnk Pk (1 P)nk灵活应用
作业布置: 同步作业：75,76页
判断下列试验是不是独立重复试验？
A、依次投掷四枚质地不同的硬币. （×） B、某人射击，击中目标的概率是稳定 的，他连续射击了十次。（√） C、口袋中装有5个白球、3个红球、2个 黑球，依次从中抽出5个球。（×）
原题:某射手连续射击4次，每次击中目标 的概率都是0.9，求恰好有三次命中的概率.
变式:恰好有三次命中的概率
一、独立重复试验定义：
在同样的条件下，重复地各次之间相 互独立地进行的一种试验 。
独立重复试验的基本特征：
1、每次试验是在同样条件下进行； 2、各次试验中的事件是相互独立的； 3、每次试验都只有两种结果，并且任何一次 试验中发生的概率都是一样的
高考第一轮复习数学相互独立事件同时发生的概率
相互独立事件同时发生的概率●知识梳理1.相互独立事件：事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响,这样的两个事件叫相互独立事件.2.独立重复实验：如果在一次试验中某事件发生的概率为p ,那么在n 次独立重复试验中,这个事件恰好发生k 次的概率为P n k =C k n p k 1－pn －k. 3.关于相互独立事件也要抓住以下特征加以理解：第一,相互独立也是研究两个事件的关系；第二,所研究的两个事件是在两次试验中得到的；第三,两个事件相互独立是从“一个事件的发生对另一个事件的发生的概率没有影响”来确定的.4.互斥事件与相互独立事件是有区别的：两事件互斥是指同一次试验中两事件不能同时发生,两事件相互独立是指不同试验下,二者互不影响；两个相互独立事件不一定互斥,即可能同时发生,而互斥事件不可能同时发生.5.事件A 与B 的积记作A ·B ,A ·B 表示这样一个事件,即A 与B 同时发生.当A 和B 是相互独立事件时,事件A ·B 满足乘法公式P A ·B =P A ·PB ,还要弄清A ·B ,B A ⋅的区别. A ·B 表示事件A 与B 同时发生,因此它们的对立事件A 与B 同时不发生,也等价于A 与B 至少有一个发生的对立事件即B A +,因此有A ·B ≠B A ⋅,但A ·B =B A +. ●点击双基1.2004年辽宁,5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1－p 2+p 21－p 1 －p 1p 2－1－p 11－p 2 解析：恰有一人解决就是甲解决乙没有解决或甲没有解决乙解决,故所求概率是p 11－p 2+p 21－p 1.答案：B2.将一枚硬币连掷5次,如果出现k 次正面的概率等于出现k +1次正面的概率,那么k 的值为解析：由C k 521k 215－k =C 15+k 21k +1·215－k －1,即C k 5=C 15+k ,k +k +1=5,k =2.答案：C3.从应届高中生中选出飞行员,已知这批学生体型合格的概率为31,视力合格的概率为61,其他几项标准合格的概率为51,从中任选一学生,则该生三项均合格的概率为假设三项标准互不影响A.94 B.901 C.54 D.95 解析：P =31×61×451=901.答案：C4.一道数学竞赛试题,甲生解出它的概率为21,乙生解出它的概率为31,丙生解出它的概率为41,由甲、乙、丙三人独立解答此题只有一人解出的概率为________. 解析：P =21×32×43+ 21×31×43+ 21×32×41=2411. 答案：2411 5.一出租车司机从饭店到火车站途中有六个交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的,并且概率都是31.那么这位司机遇到红灯前,已经通过了两个交通岗的概率是________.解析：因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯,在第三个交通岗遇到红灯,所以P =1－311－31×31=274. 答案：274●典例剖析例1 2004年广州模拟题某班有两个课外活动小组,其中第一小组有足球票6张,排球票4张；第二小组有足球票4张,排球票6张.甲从第一小组的10张票中任抽1张,乙从第二小组的10张票中任抽1张.1两人都抽到足球票的概率是多少2两人中至少有1人抽到足球票的概率是多少解：记“甲从第一小组的10张票中任抽1张,抽到足球票”为事件A ,“乙从第二小组的10张票中任抽1张,抽到足球票”为事件B ；记“甲从第一小组的10张票中任抽1张,抽到排球票”为事件A ,“乙从第二小组的10张票中任抽1张,抽到排球票”为事件B ,于是P A =106= 53,P A =52； PB =104= 52,P B =53. 由于甲或乙是否抽到足球票,对乙或甲是否抽到足球票没有影响,因此A 与B 是相互独立事件.1甲、乙两人都抽到足球票就是事件A ·B 发生,根据相互独立事件的概率乘法公式,得到P A ·B =P A ·PB =53·52=256.答：两人都抽到足球票的概率是256. 2甲、乙两人均未抽到足球票事件A ·B 发生的概率为P A ·B =P A ·P B =52·53=256. ∴两人中至少有1人抽到足球票的概率为 P =1－P A ·B =1－256=2519. 答：两人中至少有1人抽到足球票的概率是2519. 例2 有外形相同的球分别装在三个不同的盒子中,每个盒子中有10个球.其中第一个盒子中有7个球标有字母A ,3个球标有字母B ；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中有红球8个,白球2个.试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球,若取得标有字母A 的球,则在第二个盒子中任取一球；若第一次取得标有字母B 的球,则在第三个盒子中任取一球.如果第二次取得的球是红球,则称试验成功,求试验成功的概率.解：设事件A ：从第一个盒子中取得一个标有字母A 的球；事件B ：从第一个盒子中取得一个标有字母B 的球,则A 、B 互斥,且P A =107,PB =103；事件C ：从第二号盒子中取一个红球,事件D ：从第三号盒子中取一个红球,则C 、D 互斥,且PC =21,PD =108=54. 显然,事件A ·C 与事件B ·D 互斥,且事件A 与C 是相互独立的,B 与D 也是相互独立的.所以试验成功的概率为P =P A ·C +B ·D =P A ·C +PB ·D =P A ·PC +PB ·PD =10059. ∴本次试验成功的概率为10059. 例3 2004年福州模拟题冰箱中放有甲、乙两种饮料各5瓶,每次饮用时从中任意取1瓶甲种或乙种饮料,取用甲种或乙种饮料的概率相等.1求甲种饮料饮用完毕而乙种饮料还剩下3瓶的概率；2求甲种饮料被饮用瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率. 解：1由题意知,甲种已饮用5瓶,乙种已饮用2瓶. 记“饮用一次,饮用的是甲种饮料”为事件A ,则p =P A =21. 题1即求7次独立重复试验中事件A 发生5次的概率为P 75=C 57p 51－p 2=C 27217=12821. 2有且仅有3种情形满足要求：甲被饮用5瓶,乙被饮用1瓶；甲被饮用5瓶,乙没有被饮用；甲被饮用4瓶,乙没有被饮用.所求概率为P 65+P 55+P 44=C 65p 51－p +C 55p 5+C 44p 4=163. 答：甲饮料饮用完毕而乙饮料还剩3瓶的概率为12821,甲饮料被饮用瓶数比乙饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率为163. ●闯关训练 夯实基础1.若A 与B 相互独立,则下面不相互独立事件有 与A与BC. A 与BD. A 与B解析：由定义知,易选A. 答案：A2.在某段时间内,甲地不下雨的概率为,乙地不下雨的概率为,假设在这段时间内两地是否下雨相互无影响,则这段时间内两地都下雨的概率是解析：P =1－1－=. 答案：D3.某学生参加一次选拔考试,有5道题,每题10分.已知他解题的正确率为53,若40分为最低分数线,则该生被选中的概率是________.解析：该生被选中,他解对5题或4题.∴P =535+C 45×534×1－53=31251053. 答案：312510534.某单位订阅大众日报的概率为,订阅齐鲁晚报的概率为,则至少订阅其中一种报纸的概率为________.解析：P =1－1－1－=. 答案： 培养能力5.在未来3天中,某气象台预报每天天气的准确率为,则在未来3天中, 1至少有2天预报准确的概率是多少2至少有一个连续2天预报都准确的概率是多少解：1至少有2天预报准确的概率即为恰有2天和恰有3天预报准确的概率,即C 23··+C 33·=.∴至少有2天预报准确的概率为.2至少有一个连续2天预报准确,即为恰有一个连续2天预报准确或3天预报准确的概率为2··+=.∴至少有一个连续2天预报准确的概率为.6.2004年南京模拟题一个通讯小组有两套设备,只要其中有一套设备能正常工作,就能进行通讯.每套设备由3个部件组成,只要其中有一个部件出故障,这套设备就不能正常工作.如果在某一时间段内每个部件不出故障的概率为p ,计算在这一时间段内,1恰有一套设备能正常工作的概率； 2能进行通讯的概率.解：记“第一套通讯设备能正常工作”为事件A ,“第二套通讯设备能正常工作”为事件B .由题意知P A =p 3,PB =p 3, P A =1－p 3,P B =1－p 3.1恰有一套设备能正常工作的概率为P A ·B + A ·B =P A ·B +P A ·B =p 31－p 3+1－p 3p 3=2p 3－2p 6.2方法一：两套设备都能正常工作的概率为 P A ·B =P A ·PB =p 6.至少有一套设备能正常工作的概率,即能进行通讯的概率为 P A ·B + A ·B +P A ·B =2p 3－2p 6+p 6=2p 3－p 6. 方法二：两套设备都不能正常工作的概率为 P A ·B =P A ·P B =1－p 32. 至少有一套设备能正常工作的概率,即能进行通讯的概率为1－P A ·B =1－P A ·P B =1－1－p 32=2p 3－p 6.答：恰有一套设备能正常工作的概率为2p 3－2p 6,能进行通讯的概率为2p 3－p 6.7.已知甲袋中有3个白球和4个黑球,乙袋中有5个白球和4个黑球.现从两袋中各取两个球,试求取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率.解：从甲袋中取2个白球,从乙袋中取1个黑球和1个白球的概率为2723C C ×291415C C C =635； 从甲袋中取1个黑球和1个白球,从乙袋中取2个白球的概率为271413C C C ×2925C C =6310. 所以,取得的4个球中有3个白球和1个黑球的概率为635+6310=6315=215. 探究创新8.2004年湖南甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件,已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为41,乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为121,甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为92. 1分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；2从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,求至少有一个一等品的概率.解：1设A 、B 、C 分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件,由题设条件有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⋅=⋅=⋅,92)(,121)(,41)(C A P C B P B A P即⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=⋅=-⋅=-⋅.92)()(,121)](1[)(,41)](1[)(C P A P C P B P B P A P由①③得PB =1－89PC , 代入②得27PC 2－51PC +22=0. 解得PC =32或911舍去. 将PC =32分别代入③②可得P A =31,PB =41, 即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是31,41,32.2记D 为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件,则 PD =1－P D =1－1－P A 1－PB 1－PC =1－32·43·31=65. 故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验,至少有一个一等品的概率为65. ●思悟小结1.应用公式时,要注意前提条件,只有对于相互独立事件A 与B 来说,才能运用公式P A ·B =P A ·PB .2.在学习过程中,要善于将较复杂的事件分解为互斥事件的和及独立事件的积,或其对立事件.3.善于将具体问题化为某事件在n 次独立重复试验中发生k 次的概率. ●教师下载中心 教学点睛1.首先要搞清事件间的关系是否彼此互斥、是否互相独立、是否对立,当且仅当事件A 和事件B 互相独立时,才有P A ·B =P A ·PB .、B 中至少有一个发生：A +B .1若A 、B 互斥：P A +B =P A +PB ,否则不成立. 2若A 、B 相互独立不互斥.法一：P A +B =P A ·B +P A ·B +P A ·B ； 法二：P A +B =1－P A ·B ； 法三：P A +B =P A +PB －P AB .① ② ③3.某些事件若含有较多的互斥事件,可考虑其对立事件的概率,这样可减少运算量,提高正确率.要注意“至多”“至少”等题型的转化,如例1.次独立重复试验中某事件发生k 次的概率P n k =C k n p k 1－pn －k正好是二项式1－p +p n 的展开式的第k +1项. 拓展题例例1 把n 个不同的球随机地放入编号为1,2,…,m 的m 个盒子内,求1号盒恰有r 个球的概率.解法一：用独立重复试验的概率公式.把1个球放入m 个不同的盒子内看成一次独立试验,其中放入1号盒的概率为P =m1.这样n 个球放入m 个不同的盒子内相当于做n 次独立重复试验.由独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率公式知,1号盒恰有r 个球的概率 P n r =C r np r1－pn －r=C r n·m 1r ·1－m1n －r=nrn r n m m --⋅)1(C .解法二：用古典概型.把n 个不同的球任意放入m 个不同的盒子内共有m n 个等可能的结果.其中1号盒内恰有r 个球的结果数为C r nm －1n －r,故所求概率P A =nrn r n mm --)1(C .答：1号盒恰有r 个球的概率为nrn r n m m --)1(C .例2 假设每一架飞机引擎在飞行中故障率为1－P ,且各引擎是否故障是独立的,如果至少50%的引擎能正常运行,飞机就可以成功地飞行,问对于多大的P 而言,4引擎飞机比2引擎的飞机更为安全分析：4引擎飞机可以看作4次独立重复试验,要能正常运行,即求发生k 次k ≥2的概率.同理,2引擎飞机正常运行的概率即是2次独立重复试验中发生k 次k ≥1的概率,由此建立不等式求解.解：4引擎飞机成功飞行的概率为C 24P 21－P 2+C 34P 31－P +C 44P 4=6P 21－P 2+4P 31－P +P 4. 2引擎飞机成功飞行的概率为C 12P 1－P +C 22P 2=2P 1－P +P 2.要使4引擎飞机比2引擎飞机安全,只要6P 21－P 2+4P 31－P +P 4≥2P 1－P +P 2. 化简,分解因式得P －123P －2≥0. 所以3P －2≥0, 即得P ≥32. 答：当引擎不出故障的概率不小于32时,4引擎飞机比2引擎飞机安全.。
独立重复事件发生的概率
高三第一轮复习数学--相互独立事件同时发生的概率一、教学目标：了解相互独立事件的意义，会用相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。
会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率。
二、教学重点：对相互独立事件、独立重复试验的概念的理解及公式的运用是重点与难点。
三、教学过程：（一）主要知识：1、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，这样的两个事件叫独立事件。
2、事件A•B ：设A ，B 是两个事件，则A•B 表示这样一个事件：它的发生，就是事件A ，B 同时发生，类似地可以定义事件12n A A A .3、相互独立事件的概率乘法公式两个相互独立事件A ，B 同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A B )P(A)P(B )=一般地，如果事件12n A ,A ,,A 相互独立，那么： 1212n n P(A A A )P(A )P(A )P(A )= 4、独立重复试验：在同样的条件下重复地、各次试验之间相互独立地进行的一种试验.5、n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率：如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 的概率是 .1k k n k n n P (k )C P (P )-=-（二）例题分析：例1：甲、乙、丙3人各进行一次射击，如果甲、乙2人击中目标的概率是0.8，丙击中目标的概率是0.6，计算：(1)3人都击中目标的概率；(2)至少有2人击中目标的概率；(3)其中恰有1人击中目标的概率.解：(1)记“甲、乙、丙各射击一次，击中目标”分别为事件A 、B 、C 彼此独立，三人都击中目标就是事件A·B·C 发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得：P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝0.8×0.8×0.6＝0.384(2)至少有2人击中目标包括两种情况：一种是恰有2人击中，另一种是3人都击中，其中恰有2人击中，又有3种情形，即事件A·B·C ，A·B ·C，A ·B·C 分别发生，而这3种事件又互斥，故所求的概率是P(A·B·C )+P(A·B ·C)+P(A ·B·C)+P(A·B·C) P(A) ·P(B)·P(C )+P(A) ·P(B )·P(C)+P(A )·P(B) ·P(C)+P(A) ·P(B) ·P(C) ＝0.8×0.8×0.4+0.8×0.2×0.6+0.2×0.8×0.6+0.8×0.8×0.6＝0.832(3)恰有1人击中目标有3种情况，即事件A·B ·C ， A ·B·C ， A ·B ·C，且事件分别互斥，故所求的概率是P(A·B ·C )+P(A ·B·C )+P(A ·B ·C)＝P(A)·P(B )·P(C )+P(A )·P(B) ·P(C )+P(A )·P(B )·P(C)＝0.8×0.2×0.4+0.2×0.8×0.4+0.2×0.2×0.6＝0.152.说明：题(3)还可用逆向思考，先求出3人都未击中的概率是0.016，再用1-0.832-0.016可得.例2：有三种产品，合格率分别是0.90，0.95和0.95，各抽取一件进行检验.（Ⅰ）求恰有一件不合格的概率；（Ⅱ）求至少有两件不合格的概率.（精确到0.001） 解: 设三种产品各抽取一件，抽到合格产品的事件分别为A 、B 和C.（Ⅰ）95.0)()(,90.0)(===C P B P A P ， .50.0)()(,10.0)(===C P B P A P 因为事件A ，B ，C 相互独立，恰有一件不合格的概率为176.095.095.010.005.095.090.02)()()()()()()()()()()()(=⨯⨯+⨯⨯⨯=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅C P B P A P C P B P A P C P B P A P C B A P C B A P C B A P（Ⅱ）解法一：至少有两件不合格的概率为)()()()(C B A P C B A P C B A P C B A P ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅012.005.010.095.005.010.0205.090.022=⨯+⨯⨯⨯+⨯=解法二：三件产品都合格的概率为812.095.090.0)()()()(2=⨯=⋅⋅=⋅⋅C P B P A P C B A P由（Ⅰ）知，恰有一件不合格的概率为0.176，所以至有两件不合格的概率为.012.0)176.0812.0(1]176.0)([1=+-=+⋅⋅-C B A P思维点拨：解题时要注意把一个事件分拆为n 个互斥事件时，要考虑周全。
独立重复试验
2．2．3独立重复实验与二项分布（1）【学习目标】：在了解条件概率和相互独立事件概念的前提下，理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.【重点】: 独立重复试验、二项分布的理解及应用、二项分布模型解决一些简单的实际问题【难点】：二项分布模型的构建【新知预习】： 11独立重复试验的定义：2．独立重复试验的概率公式：离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是k n k k n n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：由于k n k k nq p C -恰好是二项展开式 011100)(q p C q p C q p C q p C p q n n n k n k k n n n n n n +++++=+--中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布记作ξ～B (n ，p )，其中p 为成功概率【例题探究】：练习：某射手每次射击击中目标的概率是0.8， 求这名射手在10次射击中，（1）恰有8次击中目标的概率；（2）至少有8次击中目标的概率；（3）仅在第8次击中目标的概率；（4）第8次击中目标的概率；（5）要保证击中目标的概率大于0.99，至少应 射击多少次？例1：诸葛亮解出题目的概率是0.9，三个臭皮匠各自独立解出的概率都是0.6，皮匠中至少一人解出题目即胜出比赛，诸葛亮和臭皮匠团队哪个胜出的可能性大？例2： 某气象站天气预报的准确率为0.8 ，计算（结果保留两个有效数字）：（1）5次预报中恰有4次准确的概率；（2）5次预报中至少有1次准确的概率 ；（3）5次预报中恰有2次准确，且其中第3次准确的概率；例3：实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．（2）按比赛规则甲获胜的概率【课堂小结】【课内达标】：1．每次试验的成功率为(01)p p <<，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（ ）()A 33710(1)C p p - ()B 33310(1)C p p - ()C 37(1)p p - ()D 73(1)p p - 2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（ ）()A 32100.70.3C ⨯⨯ ()B 1230.70.3C ⨯⨯ ()C 310 ()D 21733103A A A ⋅ 3．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（ ）()A 23332()55C ⋅ ()B 22332()()53C ()C 33432()()55C ()D 33421()()33C4. 一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于0.98 ？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．巩固型作业：全品：课时测评思维拓展型作业：甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率是0.6，乙胜的概率是0.4，那么对甲而言，采用3局2胜制，还是5局3胜制更有利？思考题：二项分布与两点分布及超几何分布有什么区别与联系?【课后收获】：。
伯努利概型
(0.8)
C55
(0.2)5
(0.8)0
0.9933.
例.甲、乙两名棋手比赛，已知甲每盘获胜的概率为p.假定每盘 棋胜负是相互独立，且不会出现和棋。在下列情况下，试求甲最 终获胜的概率。(1)采用三盘两胜制;(2)采用五盘三胜制。
解:设事件A={采用三盘两制甲胜}，A1= {甲前两盘获胜} A2= {甲前两盘一胜一负而第三盘获胜}，则
第五节 伯努利概型
一、独立试验系列 二、二项概率公式
一、独立试验系列
独立重复试验：某个随机试验多次重复进行，各 次试验结果相互独立。
重复次数称为重数。 典型实例：多次投掷、有放回抽取。
二、二项概率公式
定义1.11、n重伯努利试验（或n重伯努利试验）
在相同条件下，重复n次做同一试验，每次试验 只有两个可能结果A,A；
P(A)=P(A1)+P(A2) p2 C21 p1 p p 3 p2 2 p3.
设事件B={采用五盘三制甲胜}，B1= {甲前三盘获胜} B2= {甲前三盘两胜一负而第四盘获胜}，
B3= {甲前四盘两胜两负而第五盘获胜}，则 P(B)=P(B1)+P(B2)+P(B3)
p3 C32 p2 1 p p C42 p2 1 p2 p 10 p3 15 p4 6 p5.
用伯努里定理中的p和q 1 p代入上式
可得
n
n
( p q)n Cnk pkqnk Cnk pk 1 p nk 1
k0
k0
可见事件A发生k次的概率为( p q) Nhomakorabea展开后的
p的k次项.
故又称为二项概型。
例.从次品率为p=0.2的一批产品中，有放回抽取5件，每次抽 取一件，分别求抽到恰有3件次品以及至多3件次品的概率。
独立重复事件的概率
3.探究公式(试一试，出公式)
提示学生换种思维角度，来看刚才的问题：
A1 A2 A3 A4 A1 A2 A3 A4 A1 A2 A3 A4 A1 A2 A3A4
上述的每一种情况，都可看成是在4个位置上取出3个
写上A，剩下一个位置写上A，所以这些情况数等于
从4个元素中任取3个元素的组合数 C
3 4
.
因而4次恰好出现 3 次正面的概率可算为
独立重复试验的重要特征：
（1）独立性
（2）重复性
2021/6/16
10
说地位目标 说教法学法 说教学程序 说设计意图
2.概念教学(想一想，定概念)
判断下列试验是不是独立重复试验，为什么？ （1）依次投掷四枚质地不同的硬币.
（2）某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射 击了10次.
（3）口袋内装有5个白球、3个黑球、2个红球，依次 从中抽取5个球.
PC 4 30.53(10.5)4 3
2021/6/16
14
说地位目标 说教法学法 说教学程序 说设计意图
3.探究公式(试一试，出公式)
<变式>抛5次恰好2次出现正面的概率为多少?
PC 5 20.52(10.5)52
<总结> 一般地，在n次独立重复试验中，如果事 件A在其中1次试验中发生的概率是P，那么在n次独 立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率为
复试验的概率计算公式的推导，并能利用它进行 实际计算;了解独立重复试验的概率公式与二项式 定理的联系。
能力目标: 培养学生探究，分析，归纳，推理，
综合解题的能力;发展学生“用数学”的意识和能 力。
情感目标:帮助学生体验数学学习活动中的发现
与快乐,激发他们的学习兴趣;看到事物之间的相 互联系。
高三数学独立重复试验某事件发生的概率试题答案及解析
高三数学独立重复试验某事件发生的概率试题答案及解析1.在乒乓球比赛中，甲与乙以“五局三胜”制进行比赛，根据以往比赛情况，甲在每一局胜乙的概率均为．已知比赛中，乙先赢了第一局，求：(Ⅰ)甲在这种情况下取胜的概率；(Ⅱ)设比赛局数为X，求X的分布列及数学期望（均用分数作答）。
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见解析【解析】(Ⅰ) 由题知，在乙先赢了第一局的情况下，甲取胜是两个互斥事件的和，其概率用互斥事件的和概率公式计算，其中一个事件，比赛四局，第一局乙赢的条件下，后三局甲赢，因甲每局胜的概率相同，其概率按独立重复试验计算，另一事件为，比赛五局，在第一局乙胜的条件下，中间三局甲胜二局，其概率按独立重复试验计算，与最后一局甲胜是相互独立事件，用相互独立事件的积概率公式计算；(Ⅱ)由题意知找出X的所有可能取值，分析X取每个值时的情况，将其分解成若干个互斥简单事件的和，利用和概率公式计算，分析每个简单事件分成若干个相互独立事件的积，利用积概率公式计算其概率，列出分布列，求出期望．试题解析：(Ⅰ)甲取胜的概率为＝（4分）(Ⅱ)由题意知X=3，4，5，的分布列为：345．12分【考点】独立重复试验，互斥事件的和概率公式，相互独立事件的积概率公式，离散型随机变量分布列及其期望，应用意识2.设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别是0.6， 0.5,0.5,0.4，各人是否使用设备相互独立，（1）求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)实验室计划购买k台设备供甲、乙、丙、丁使用，若要求“同一工作日需使用设备的人数大于k”的概率小于0.1，求k的最小值.【答案】（1）0.31 （2）3【解析】（1）至少3人需使用设备分为恰好有3人使用的设备和4个人使用设备.这两个是事件是互斥事件，首先利用独立事件的概率公式分别求出恰好有3人使用的设备和4个人使用设备的概率，最后相加即可.利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式计算出同一工作日4人需使用设备的概率.然后结合（1）的结论即可得出结论.表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i=0,1,2.试题解析：记AiB表示事件：甲需使用设备.C表示事件：丁需使用设备.D 表示事件：同一工作日至少3人需使用设备.E 表示事件：同一工作日4人需使用设备.F 表示事件：同一工作日需使用设备的人数大于k. （1）D=A 1·B·C+A 2·B+A 2··C P(B)=0.6，P(C)=0.4，P(A i )=.所以P(D)=P(A 1·B·C+A 2·B+A 2··C)= P(A 1·B·C)+P(A 2·B)+P(A 2··C) = P(A 1P)·P(B)·P(C)+P(A 2)·P(B)+P(A 2)·p()·p(C)=0.31. (2)由（1）知，若k=3，则P(F)==0.31>0.1. 又E=B·C·A 2,P(E)=P(B·C·A 2)= P(B)·P(C)·P(A 2)=0.06；若k=4，则P(F)=0.06<0.1. 所以k 的最小值为3.【考点】1.独立事件的概率；2.互斥事件的概率.3. 如图，从A 1(1，0，0)、A 2(2，0，0)、B 1(0，1，0)、B 2(0，2，0)、C 1(0，0，1)、C 2(0，0，2)这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O 两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量V(如果选取的3个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积V ＝0)．(1)求V ＝0的概率；(2)求V 的分布列及数学期望E(V)． 【答案】（1）（2）V 的分布列为【解析】(1)从6个点中随机选取3个点总共有＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有＝12种，因此V ＝0的概率为P(V ＝0)＝＝.(2)V 的所有可能取值为0、、、、，因此V 的分布列为的数学期望 E(V)＝0×＋×＋×＋×＋×＝4.老师要从10篇课文中随机抽3篇让学生背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的6篇，试求：(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；(2)他能及格的概率．【答案】（1）分布列如下：）0.667.【解析】(1)设随机抽出的3篇课文中该同学能背诵的篇数为X，则X是一个随机变量，它可能的取值为0、1、2、3，且X服从超几何分布，分布列如下：(2)该同学能及格表示他能背出2或3篇，故他能及格的概率为P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝≈0.667.5.江西某品牌豆腐食品是经过、、三道工序加工而成的，、、工序的产品合格率分别为、、．已知每道工序的加工都相互独立，三道工序加工的产品都为合格时产品为一等品；恰有两次合格为二等品；其它的为废品，不进入市场．（1）生产一袋豆腐食品，求产品为废品的概率；（2）生产一袋豆腐食品，设为三道加工工序中产品合格的工序数，求的分布列和数学期望．【答案】（1）产品为废品的概率为；（2）的分布列数学期望．【解析】（1）产品为废品包含三道工序加工的产品都不合格，三道工序加工的产品有一道工序合格，其他两道工序不合格，而三道工序加工的产品有一道工序合格，其他两道工序不合格又包含，三道工序加工的产品有第一道工序合格，其他两道工序不合格，三道工序加工的产品有第二道工序合格，其他两道工序不合格，三道工序加工的产品有第三道工序合格，其他两道工序不合格，显然彼此互斥，有互斥事件与独立事件的概率求法，即可求出；（2）设为三道加工工序中产品合格的工序数，求的分布列和数学期望，由题意可知，三道加工工序中产品合格的工序数为，分别求出概率，即得分布列，从而得数学期望．试题解析：（1）产品为废品的概率为：6分（2）由题意可得故， 9分得到ξ的分布列如下：12分【考点】互斥事件的概率，独立事件的概率，分布列与期望．6.为了研究性别不同的高中学生是否爱好某项运动,运用列联表进行独立性检验,经计算,则所得到的统计学结论是:有______的把握认为“爱好该项运动与性别有关”.附:0.0500.0100.001【答案】﹪【解析】根据独立性检验的基本思想，由于，而，所以认为“爱好该项运动与性别有关”错判的概率不会超过0.01.即有﹪的把握认为“爱好该项运动与性别有关”.【考点】独立性检验的基本思想7.如图；现有一迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等机会地进入相邻的任意一格（如若它在5处，跳动一次，只能进入3处，若在3处，则跳动一次可以等机会进入l，2，4，5处），则它在第三次跳动后，进入5处的概率是A．B．C．D．【答案】C【解析】小青蛙的跳动路线：第一次跳动后由3到1,2,4,5的任意位置，第二次跳回3，第三次跳回5依据相互独立事件同时发生的概率可知所求概率为【考点】相互独立事件同时发生的概率点评：若A ，B 是两个相互独立事件，则A,B 同时发生的概率为8. 高三年级有3名男生和1名女生为了报某所大学，事先进行了多方详细咨询，并根据自己的高考成绩情况，最终估计这3名男生报此所大学的概率都是，这1名女生报此所大学的概率是．且这4人报此所大学互不影响。
高三数学独立重复试验某事件发生的概率试题答案及解析
高三数学独立重复试验某事件发生的概率试题答案及解析1.在乒乓球比赛中，甲与乙以“五局三胜”制进行比赛，根据以往比赛情况，甲在每一局胜乙的概率均为．已知比赛中，乙先赢了第一局，求：(Ⅰ)甲在这种情况下取胜的概率；(Ⅱ)设比赛局数为X，求X的分布列及数学期望（均用分数作答）。
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)见解析【解析】(Ⅰ) 由题知，在乙先赢了第一局的情况下，甲取胜是两个互斥事件的和，其概率用互斥事件的和概率公式计算，其中一个事件，比赛四局，第一局乙赢的条件下，后三局甲赢，因甲每局胜的概率相同，其概率按独立重复试验计算，另一事件为，比赛五局，在第一局乙胜的条件下，中间三局甲胜二局，其概率按独立重复试验计算，与最后一局甲胜是相互独立事件，用相互独立事件的积概率公式计算；(Ⅱ)由题意知找出X的所有可能取值，分析X取每个值时的情况，将其分解成若干个互斥简单事件的和，利用和概率公式计算，分析每个简单事件分成若干个相互独立事件的积，利用积概率公式计算其概率，列出分布列，求出期望．试题解析：(Ⅰ)甲取胜的概率为＝（4分）(Ⅱ)由题意知X=3，4，5，的分布列为：345．12分【考点】独立重复试验，互斥事件的和概率公式，相互独立事件的积概率公式，离散型随机变量分布列及其期望，应用意识2.随机观测生产某种零件的某工厂名工人的日加工零件数（单位：件），获得数据如下：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，根据上述数据得到样本的频率分布表如下：分组频数频率（1）确定样本频率分布表中、、和的值；（2）根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；（3）根据样本频率分布直方图，求在该厂任取人，至少有人的日加工零件数落在区间的概率.【答案】（1），，，；（2）详见解析；（3）.【解析】（1）根据题干中的数据以及频率分布表中的信息求出、、和的值；（2）根据频率分布表中的信息求出各组的的值，以此为相应组的纵坐标画出频率分布直方图；（3）先确定所取的人中日加工零件数了落在区间的人数所服从的相应的概率分布（二项分布），然后利用独立重复试验与对立事件求出题中事件的概率.试题解析：（1）由题意知，，，；（2）样本频率分布直方图为：（3）根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间的概率，设所取的人中，日加工零件数落在区间的人数为，则，，所以人中，至少有人的日加工零件数落在区间的概率约为.【考点】本题考查频率分布直方图以及独立性重复试验，考查频率分布直方图的绘制与应用，以及解决相关事件概率的计算，属于中等题.3.甲、乙两人将参加某项测试，他们能达标的概率都是0.8，设随机变量为两人中能达标的人数，则的数学期望为．【答案】1.6【解析】甲、乙两人将参加某项测试，他们能达标的概率都是0.8.所以相当与他们是独立性重复的实验，所以=，即=.【考点】1.独立性重复试验.2.数学期望的公式.4.设50件商品中有15件一等品，其余为二等品．现从中随机选购2件，则所购2件商品中恰有一件一等品的概率为________．【答案】【解析】N＝50，M＝15，n＝2，r＝1，P(X＝1)＝H(1，2，15，50)＝＝.5.甲、乙、丙三人进行乒乓球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立，第1局甲当裁判．（1）求第4局甲当裁判的概率；（2）用X表示前4局中乙当裁判的次数，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）【解析】（1）根据题意，甲第一局当裁判，则第二局一定是参加比赛，第四局当裁判，说明第三局继续参加比赛，所以，甲参加了第二、三两局的比赛，且第二局胜，第三局负.（2）根据题意，在四局比赛中，乙参赛的情况与比赛结果可用下表表示五种情况：第一局第二局第三局第四局当裁判次数由此明确的所有可能的值，以及对应每个取值的含义，求出的分布列，进而求出的值.试题解析：（1）记A1表示事件“第2局结果为甲胜”，A2表示事件“第3局甲参加比赛时，结果为甲负”，A表示事件“第4局甲当裁判”．则A＝A1·A2．P(A)＝P(A1·A2)＝P(A1)P(A2)＝． 4分（2）X的可能取值为0，1，2．记A3表示事件“第3局乙和丙比赛时，结果为乙胜丙”，B1表示事件“第1局结果为乙胜丙”，B2表示事件“第2局乙和甲比赛时，结果为乙胜甲”，B3表示事件“第3局乙参加比赛时，结果为乙负”．则P(X＝0)＝P(B1·B2·A3)＝P(B1)P(B2)P(A3)＝，P(X＝2)＝P(B1·B3)＝P(B1)P(B3)＝，P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝1－－＝．∴X的分布列为∴E(X)＝0×＋1×＋2×＝． 12分【考点】1、独立重复试验.2、离散型随机变量的分布列与数学期望.6.抛一枚均匀硬币，正反每面出现的概率都是，反复这样投掷，数列定义如下：，若，则事件“”的概率是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】事件表示反复抛掷8次硬币，其中出现正面的次数是5次，其概率．事件“”表示前两次全正或全负，则概率为，故选B．【考点】独立重复试验事件的概率7.如图；现有一迷失方向的小青蛙在3处，它每跳动一次可以等机会地进入相邻的任意一格（如若它在5处，跳动一次，只能进入3处，若在3处，则跳动一次可以等机会进入l，2，4，5处），则它在第三次跳动后，进入5处的概率是A．B．C．D．【答案】C【解析】小青蛙的跳动路线：第一次跳动后由3到1,2,4,5的任意位置，第二次跳回3，第三次跳回5依据相互独立事件同时发生的概率可知所求概率为【考点】相互独立事件同时发生的概率点评：若A，B是两个相互独立事件，则A,B同时发生的概率为8.某公司向市场投放三种新型产品，经调查发现第一种产品受欢迎的概率为，第二、第三种产品受欢迎的概率分别为，，且不同种产品是否受欢迎相互独立．记为公司向市场投放三种新型产品受欢迎的数量，其分布列为0123则．【答案】【解析】解：因为利用n次独立重复试验的概率公式可知，4/5mn=8/45,(1-4/5)(1-m)(1-n)=2/45.解得m+n=19.已知椭圆的焦点为，在长轴上任取一点M，过M作垂直于的直线交椭圆于P，则使得的M点的概率为( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：∵|A 1A 2|=2a=4，2c= ，b=1， 设P （x 0，y 0）， ∴当∠F 1PF 2=90°时，S △F1PF2="1" /2 × ×y 0=1× tan(90°/ 2) ， 解得y 0=，把y 0=代入椭圆得x0=±由 PF 1• PF 2 ＜0，得∠F 1PF 2≥90°．∴结合题设条件可知使得 PF 1• PF 2＜0的M 点的概率=-(- )/ 2a =/ 4 =10. 某电视台有A 、B 两种智力闯关游戏，甲、乙、丙、丁四人参加，其中甲乙两人各自独立进行游戏A ，丙丁两人各自独立进行游戏B.已知甲、乙两人各自闯关成功的概率均为，丙、丁两人各自闯关成功的概率均为.(I )求游戏A 被闯关成功的人数多于游戏B 被闯关成功的人数的概率； (II) 记游戏A 、B 被闯关成功的总人数为，求的分布列和期望. 【答案】（1）（2）E =【解析】(I )分情况列游戏A 被闯关成功的人数多于游戏B 被闯关成功的人数包含的事件；(II)确定的取值，分别求概率，写出分布列并求期望。
二项点分布过程
二项点分布过程二项分布过程是一种常见的概率模型，用于描述在独立重复试验中成功的次数。
在二项分布过程中，通常有两个参数：实验次数和成功概率。
以下是对二项分布过程的详细介绍，包括实验次数、成功概率、观察结果、期望值、方差、图形化表示、置信区间和样本量决策等方面。
1. 实验次数实验次数是二项分布过程中的第一个参数，表示进行独立重复试验的次数。
例如，如果我们要抛一个硬币10次，那么实验次数就是10。
2. 成功概率成功概率是二项分布过程中的第二个参数，表示在单次试验中成功的可能性。
例如，如果我们要抛一个公平的硬币，那么成功概率就是0.5，因为硬币正面朝上的概率和反面朝上的概率相等。
3. 观察结果在二项分布过程中，观察结果是指实际进行的独立重复试验中成功的次数。
例如，如果我们抛硬币10次，并且实际上得到了6次正面朝上，那么观察结果就是6。
4. 期望值期望值是二项分布过程中的一个重要概念，表示在大量重复试验中平均成功的次数。
期望值的计算公式为：E(X)=n×p其中，E(X)是期望值，n是实验次数，p是成功概率。
例如，如果我们抛硬币10次，成功概率为0.5，那么期望值就是10×0.5=5。
5. 方差方差是二项分布过程中的另一个重要概念，表示实际成功次数与期望值之间的偏差程度。
方差的计算公式为：Var(X)=n×p×(1−p)其中，Var(X)是方差，n是实验次数，p是成功概率。
例如，如果我们抛硬币10次，成功概率为0.5，那么方差就是10×0.5×(1−0.5)=2.5。
6. 图形化表示二项分布过程可以通过图形化方式表示出来。
典型的二项分布图是一个钟形曲线，其中横轴表示成功次数，纵轴表示概率。
根据实验次数和成功概率的不同，钟形曲线的形状和高度也会有所不同。
7. 置信区间在二项分布过程中，我们常常需要估计成功的次数在一个给定的置信水平下的置信区间。
例如，如果我们相信硬币正面朝上的概率为0.5，并且抛了10次硬币得到了6次正面朝上，那么我们可以估计在95%的置信水平下，下次抛硬币时正面朝上的次数在4到8次之间。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一.新课引人
分别记在第1 分别记在第1，2，3，4次 某射手射击1 某射手射击1次，击中目标的概率 射击中， 射击中，这个射手击中目 是0.9，他射击4次恰好击中3次的概率 0.9，他射击4次恰好击中3 标为事件A 标为事件A1，A2，A3，A4, 是多少？ 是多少？
那么射击4 那么射击4次，击中3 击中3 次共有下面四种情况： 次共有下面四种情况：
一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是P 一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是P，那 么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率 么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k
P (k) = C P (1− P) n
k n k
n−k
二项分布公式
是( 1− P） P) 展开式中的第k +1项 （ +
n
设一射手平均每射击10次中靶4 10次中靶 求在五次射击中① 例1 设一射手平均每射击10次中靶4次，求在五次射击中①击中一 次，②第二次击中，③击中两次，④两次击中， 击中一次的概率． 击中一次的概率． 由题设，此射手射击1 由题设，此射手射击1次，中靶的概率为 0.4． 0.4． ① n＝5，k＝1，应用公式得 事件“第二次击中”表示第一、 ② 事件“第二次击中”表示第一、三、四、五次击中或 击不中都可，它不同于“击中一次”，也不同于“第二 击不中都可，它不同于“击中一次” 也不同于“ 次击中，其他各次都不中” 不能用公式． 次击中，其他各次都不中”，不能用公式．它的概率就 0.4． 是0.4． ③n＝5，k＝2， 第二、 ④“第二、三两次击中”表示第一次、第四次及 第二 三两次击中”表示第一次、 第五次可中可不中，所以概率为0.4 0.4＝0.16． 0.4× 第五次可中可不中，所以概率为0.4×0.4＝0.16． 至少击中一次”为事件B 包括“击中一次” ⑤设“至少击中一次”为事件B，则B包括“击中一次”， “击中两次”，“击中三次”，“击中四次”，“击中五 击中两次” 击中三次” 击中四次” P(B)＝ (1)＋P (2)＋P (3)＋P (4)＋ P(B)＝P (1)次”(2)所以概率为(4)＋P (5) ＋ ， ＋ (3)＋
5 5 5 5 5
＝0.2592＋0.3456＋0.2304＋0.0768＋0.01024＝0.92224． 0.2592＋0.3456＋0.2304＋0.0768＋0.01024＝0.92224．
1－P5(0) －
每一种情况的概率均为 3 • (1− 0.9)4−3. 0.9
因为四种情况彼此互斥， 因为四种情况彼此互斥，故 四次射击击中3次的概率为 四次射击击中3 3 C4 • 0.93 • (1− 0.9)4−3 = 4×0.93 ×0.1 ≈ 0.29
A • A2 • A • A4 A • A2 • A • A4 1 3 1 3 3 共C4 = 4种情况 A • A2 • A • A4 A • A2 • A • A4 1 3 1 3