(2019-2020)【重点资料】高中数学-第二章2.2-二项分布及其应用-2.2.1-条件概率高效演练-新人教A版选修2-3
高中数学2.2 二项分布及其应用
P(B
|
A)
n( AB) n( A)
A13A12 A13A14
6 12
1 2
.
例2. 一张储蓄卡的密码共有 6 位数字, 每位数字 都可从 0~9 中任选一个. 某人在银行自动提款机上取 钱时, 忘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 次就按对的概 率;
(2) 如果他记得密码的最后一位是偶数, 不超过 2 次就按对的概率.
2.1 离散型随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.3 离散型随机变量的均值与方差 2.4 正态分布
第二章 小结
2.2.1 条件概率
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问题1. 买摇奖的体育彩票时, 是否是先买的比后 买的中奖率高? 如果是某商店促销的括括奖又如何呢?
要回答这个问题, 我们不妨把奖券数设少一点. 设有三张奖券中只有一张能中奖, 由三名同学无放回 地抽取, 看看他们中奖的概率.
【课时小结】
2. 条件概率的计算公式
P(B|
A)
P( AB) P( A)
n( AB) n( A)
,
0≤P(B|A)≤1.
如果 B 和 C 是两个互斥事件, 则 P(B∪C|A)P(B|A)+P(C|A).
习题 2.2 A组
第 2、4 题.
习题 2.2 A 组
2. 一个箱子中装有 2n 个白球和 (2n-1) 个黑球, 一次摸出 n 个球, 求:
260
3 10
.
例 1. 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, 求:
(1) 第 1 次抽到理科题的概率;
(2) 第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率;
高三数学二项分布及其应用
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 次的概率是:
k k n -k Pn ( k ) C n P (1 P ) ( k 0 ,1, 2 , L n ).
独立重复试验
1).公式适用的条件 2).公式的结构特征
事件 A 发生的概率
M ⑴如果是有放回地取，则 x B( n, ) N ⑵如果是不放回地取 , 则 x 服从超几何分布.
k n- k CM CN -M P (x k ) (k 0,1, 2,, m) (其中 m min( M , n) n CN
例4
一名学生骑自行车上灯的事件是相互独立的，并且概率都 是1/3。 （1）设为这名学生在路途中遇到的红灯的 次数，求的分布列。 （2）设为这名学生在首次停车前经过的路 口数，求的分布列。 （3）求这名学生在路途中遇到一次红灯的概 率。
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的过客，这一次却要同新婚不久的妻子奔赴到一个陌生的地方——江苏海涛州绿溪镇江苏花开啤酒厂工作。虽然花开啤酒厂他已于一月前去看 过一次，并跟海涛州人事局和花开啤酒厂的领导都谈过，对它有了一定的了解，但这一次是跟妻子一道去且极有可能要长期地生活在那里，心 情和之前全然不同，仿佛美好的生活已经在向自己频频招手！马启明的心都飞到天空中去了，如果此刻能有一幅卡通漫画的话，你会看见半空 中一颗跳动的心在快乐地舞蹈。在镇江下了火车以后，马启明小夫妇俩又马不停蹄地坐上开往海涛州的汽车。公共汽车刚离开长途汽车站差不 多十几分钟便停了下来，刘丽娟看着前面排成长队的车辆，以为遇到了堵车，再加之长途奔波的劳累，情绪有些低落。马启明安慰妻子说： “汽车马上就要过轮渡了，就是轮船拉着汽车横渡长江，你没有见过吧？感受一下人民解放军横跨长江的气度。”因为马启明上一次来过，他 知道,刘丽娟不知道。她新奇地想：汽车也能上船？也能横渡长江？在北方不要说没见过，连听都没听说过。“汽车也能上船，真的吗？真的要 过长江？”刘丽娟一下子兴奋起来。在渡口下了汽车，希奇地看着汽车驶上了轮渡。马启明站在微微晃动的甲板上，听着汽笛声，凝望着轮渡 行驶在波光粼粼的长江之上，竟有种人在梦中的感觉，面对浩瀚绵长的江水他的心胸突然豁然开朗，一缕缕清风吹拂着他的面颊，浑身自在、 舒坦。马启明突然对未来陌生的生活有了更多幢憬！刘丽娟呢！她紧紧地抓住马启明的手，生怕船突然沉到微波滚滚的长江里，而马启明会葬 身长江。马启明和刘丽娟是傍晚的时候才赶到海涛州的，转弯绕行距离离花开啤酒厂还有十多里，此时已经没有开往他们目的地---绿溪镇的班 车了，他们只好在海涛州住了下来。晚上睡觉，刘丽娟仿佛还在火车上奔波“哐当---哐当---哐当---”，辗转难眠。而马启明由于旅途劳累、 已经是疲惫不堪，倒在床上便酣然入睡，而把妻子的调动手续紧紧地搂在怀里才放心踏实，这可是用金银珠宝都换不来的超级宝贝。第二天， 马启明与刘丽娟起了个大早，吃完早饭便坐上汽车，汽车摇摇晃晃地驶出了车站。路面状况较差，坑洼不平，到处是碎石，路两面零散地立着 一些平房，多是些小卖部和小饭店，门脸矮矮小小的，似乎很有了些年代，门口竖着大大的、用纸板做的招牌“停车吃饭”，年纪轻轻的、打 扮花枝招展的饭店服务小小（是真正的小小还是假小小，马启明搞不清楚）在马路边不停地向过往司机招手，做着妩媚的动作，形成了一道独 特的“美人招手”的风景！很拉风！无时无刻不在挑战马启明的视觉底线。汽车颠簸了约四五十分钟，开开停停，终于到了啤酒厂所在的城 镇——绿溪镇。一下车，就看见远处两只高耸的砖红色大
高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.2.2 独立重复实验与二项分布素材
2．2.2独立重复试验与二项分布要求：1.理解n次独立重复试验的模型．2．理解二项分布．3．能利用独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题．总结：1．独立重复试验必须具备的条件(1)每次试验的条件完全相同，有关事件的概率不变；(2)各次试验结果互不影响，即每次试验相互独立；(3)每次试验只有两种结果，这两种可能的结果是对立的．2．二项式[(1－p)＋p]n的展开式中，第k＋1项为T k＋1＝C(1－p)n－k p k，可见P(X＝k)就是二项式[(1－p)＋p]n的展开式中的第k＋1项，故此公式称为二项分布公式．一、求n次独立重复试验的概率在n次试验中，有些试验结果为A，有些试验结果为A，所以总结果是几个A同几个A 的一种搭配，要求总结果中事件A恰好发生k次，就是k个A同n－k个A的一种搭配，搭配种类为C k n；其次，每一种搭配发生的概率为p k·(1－p)n－k，所以P(ξ＝k)＝C k n p k(1－p)n－k.例1.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．【思路点拨】由于5次预报是相互独立的，且结果只有两种(或准确或不准确)，符合独立重复试验模型．【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．“2次准确”的概率为P＝C25×0.82×0.23＝0.0512≈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＝0.00672.所以所求概率为1－P ＝1－0.00672≈0.99.所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99.【题后小结】 解答此类题目，首先分析随机变量是否满足独立重复试验概型的条件，再利用P (X ＝k )＝C k n p k·(1－p )n －k计算即可．二、二项分布在n 次独立重复试验中，由公式P (X ＝k )＝C p k(1－p )n －k (k ＝0,1,2，…，n )算出每个概率，即而得到其分布列．例2.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，且各人答对正确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“甲得2分，乙得1分”，求P (C )． 【思路点拨】 (1)用二项分布求分布列； (2)用独立事件和互斥事件求概率．【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)甲得2甲得2分，其概率P (ξ＝2)＝49，乙得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P (C )＝49×518＝1081.【思维总结】 写二项分布，首先确定ξ的取值，直接用公式P (ξ＝k )计算概率． 三、求试验次数在独立重复试验中，已知某事件的概率，求其发生的次数．例3. 某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5(相互独立)，求：(1)至少3人同时上网的概率； (2)至少几人同时上网的概率小于0.3? 【思路点拨】 利用独立重复试验解决．【解】 (1)至少3人同时上网，这件事包括3人，4人，5人或6人同时上网，记“至少3人同时上网”为事件A ，则P (A )＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫125·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝2132. (2)由(1)知至少3人同时上网的概率大于0.3， 事件B ：至少4人同时上网，其概率为：P (B )＝C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫125⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 66·⎝ ⎛⎭⎪⎫126⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1132>0.3， 事件C ：至少5人同时上网，其概率为：P (C )＝C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫125⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝764<0.3， 所以至少5人同时上网的概率小于0.3.【题后总结】 本题的这种解法，比直接求解C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫12k·⎝ ⎛⎭⎪⎫126－k <0.3要简单．。
最新人教版高中数学选修2-3《二项分布及其应用》教材梳理
庖丁巧解牛知识·巧学一、条件概率1.设A 、B 为两个事件，且P （A ）＞0，称P(B|A)=)()(A P AB P 为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率.一般把P(A|B)读作B 发生的条件下A 的概率.2.条件概率的性质为：（1）条件概率具有概率的性质，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 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).疑点突破 事件B 在“事件A 已发生”这个附加条件下的概率与没有这个附加条件的概率是不同的.深化升华 已知A 发生，在此条件下B 发生，相当于AB 发生，要求P （B ｜A ）相当于把A 看做新的基本事件空间来计算AB 发生的概率，即 P(B|A)=)()()()()()()()(A P AB P n A n n AB n A n AB n =ΩΩ=. 每一个随机试验都是在一定条件下进行的，而这里所说的条件概率则是当试验结果的一部分信息已知（即在原随机试验的条件下，再加上一定的条件），求另一事件在此条件下发生的概率.二、事件的独立性设A 、B 为两个事件，如果P （AB ）=P （A ）P （B ），则称事件A 与事件B 相互独立 如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立.“P （AB ）=P （A ）P （B ）”，说明事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P （B ｜A ）=P （B ）.一般地，如果事件A 1,A 2,…,A n 相互独立，那么这ｎ个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A 1A 2…A n )=P （A 1）×P(A 2)×…×P(A n ).同两事件相互独立的公式应用前提一样，这儿也只有当A 1,A 2,…,A n 相互独立时才成立.辨析比较 事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念.两事件“互斥”是指两事件不可能同时发生，两事件“相互独立”是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.知识拓展 1-P （A ）×P （B ）表示两个相互独立事件A 、B 至少有一个不发生的概率.三、独立重复试验与二项分布1.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.“在相同条件下”，是指在ｎ次独立重复试验中，各次试验的结果不会受到其他试验的影响. ｎ次独立重复试验常见的实例有：①反复抛掷一枚均匀硬币；②正（次）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.2.二项分布：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 （X=k ）=k n C p k （1-p ）n-k ，k=0，1，2，…，n.此时称随机变量X 服从二项分布.记作X —B （n,p ），并称ｐ为成功概率.二项式［（1-p ）+p ］n 的展开式中，第ｋ＋1项为T k+1=k n C (1-p)n-k p k ，可见P(X=k)就是二项式［(1-p)+p ］n 的展开式中的第ｋ＋1项，故此公式称为二项分布公式.方法归纳 求概率问题时，一般按如下步骤解决：①确定所给事件的性质.归纳为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验中的某一种；②u 判断事件的运算.看是和事件、积事件，确定事件至少有一个发生还是同时发生，从而运用相加或相乘的公式；③运用相应的公式求解.问题·探究问题1 我们知道，抛掷两次硬币，出现一次正面的概率是21.那么抛掷100次硬币一定会出现50次正面吗？思路:不会.事实上，将一枚硬币随机掷100次，相当于重复做了100次试验，每次有两个可能结果（出现正面或出现反面）.出现正面的概率为21，根据ｎ次独立重复试验中事件发生ｋ次的概率公式，随机掷100次正好出现50次正面的概率为P 100(50)=50100C (21)100≈0.08.这个事件发生的可能性很小.探究:误认为“抛掷100次硬币一定会出现50次正面”，是因为没有理解“ｎ次独立重复试验恰好发生ｋ次”这一概率模型.这里指的是掷100次硬币恰好有50次正面，因而它的概率并不等于21，应该是掷100次硬币至少有50次正面的概率为21. 问题2 条件概率和相互独立事件同时发生的概率有什么异同？互斥事件和相互独立事件的区别是什么？思路:设事件A 、B ，在事件A 发生的条件下事件B 发生，等价于事件A 和B 同时发生，即AB 发生.但是在相互独立事件同时发生的概率中，A 、B 相互独立，互不影响，在条件概率中A 、B 有联系，不独立，即若B 发生，则A 一定发生.互斥事件和相互独立事件是两个不同的概念，两者都是对两个事件而言的，不同的是：“互斥事件”是说两个事件不能同时发生，“相互独立事件”是说一个事件发生与否与另一个事件发生的概率没有影响.因此，互斥事件和相互独立事件一定要区分清楚.探究:相互独立事件的概率求解一般是应用乘法公式，应用时要注意理解并运用相互独立事件的性质，如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立.如甲乙两人独立解同一道题，甲解决该问题的概率为P 1，乙解决该问题的概率为P 2，求恰好有1人解决这个问题的概率.我们应明确“恰好有1人解决这个问题”是指一人解出，同时另一人解不出，而两人解决问题是相互独立的.可以记甲解决这个问题的事件为A ，乙解决这个问题的事件记为B.则所求概率为P(A·B +A ·B)=P （A·B ）+P （A ·B ）=P （A ）P （B ）+P （A ）P （B ）=P 1（1-P 2）+P 2（1-P 1）.典题·热题例1(2005浙江高考)袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是31，从B 中摸出一个红球的概率为p ．(1)从A 中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止．①求恰好摸5次停止的概率；②记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列.(2)若A 、B 两个袋子中的球数之比为1∶2，将A 、B 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是52，求p 的值． 思路分析： 由题意知，问题(1)可以看做是一个独立重复试验，可能利用独立重复试验的概率公式求解；问题(2)属于一个古典概型问题，可以用古典概型的概率公式解决.解：(1)①24C ×(31)2×(32)2×31=818. 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P n (k)=k n C p k (1-p)n-k ，得P(ξ=0)=05C ×(1-31)5=24332,P(ξ=1)=15C ×31×(1-31)4=24380, P(ξ=2)=25C ×(31)2×(1-31)3=24380, P(ξ=3)=33C (31)3+23C (31)2·32·31+24C ·（31）2·（32）2·31=8117或 P （ξ=3）=1-P （ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=2)=1-811724351243808032==++ 随机变量 ξ的分布列是Ξ 01 2 3 P 24332 24380 24380 8117 (2)设袋子A 中有m 个球，则袋子B 中有2m 个球. 由523231=+m mp m ,得p=3013. 方法归纳 解决概率问题的关键是找出概率类型，所以对各种类型必须熟悉.根据试验的特点找出试验类型，然后采用相应的公式求解.例2在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀，已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率.思路分析： 本题属于条件概率问题.在已知该考生在考试中通过的前提下，获得优秀的概率，所以应根据条件概率的公式求解.解：设事件A 为“该考生6道题全答对”，事件B 为“该考生答对了其中5道题另一道答错”，事件C 为“该考生答对了其中4道题另2道答错”，事件D 为“该考生在这次考试中通过”，事件E 为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A 、B 、C 两两互斥，且D=A ∪B ∪C,E=A ∪B.由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)=P(A ∪B ∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=620210410620110510620610C C C C C C C C ++; P(AD)=P(A),P(BD)=P(C ∪B);P(E|D)=P(A ∪B|D)=P(A|D)+P(B|D)=58131********12180210)()()()(620620620620=+=+C C C C D P B P D P A P ,所以所求的概率为5813. 误区警示 利用公式P （B ∪C|A ）=P （B|A ）+P （C|A ）可使求有些条件概率较为简捷，但应请注意这个性质在“B 与C 互斥”这一前提下才具备的，因此不要忽视这一条件而乱用这个公式.例3甲乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为31和41，求： （1）两个人都译出密码的概率；（2）两个人都译不出密码的概率；（3）至多1个人译出密码的概率；（4）至少1个人译出密码的概率.思路分析： 我们把“甲独立地译出密码”记为事件A ，把“乙独立地译出密码”记为事件B ，显然，A ，B 为相互独立事件.问题（1）相当于事件A ，B 同时发生，即事件AB.问题（2）相当于事件A ·B .问题（3）“至多1个人译出密码”的对立事件是“两个人都译出密码”，即事件AB.问题（4）“至少1个人译出密码”的对立事件是“两个人都未译出密码”，即事件A ·B .由于A 、B 是相互独立事件，上述问题中，A 与B ，A 与B ，A 与B 都是相互独立事件，可以用公式计算相关概率.解：记“甲独立地译出密码”为事件A ，“乙独立地译出密码”记为事件B ，A 、B 为相互独立事件，且P （A ）=31，P （B ）=41. （1）两个人都译出密码的概率为：P （A·B ）=P （A ）·P （B ）=31×41=121. （2）两个人都译不出密码的概率为：P(A ·B )=P （A ）·P （B ）=［1-P （A ）］×［1-P(B)］=(1-31)(1-41)=21. （3）“至多1个人译出密码”的对立事件是“两个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为1-P(AB)=1-P(A)P(B)=1-31×41=1211. （4）“至少1个人译出密码”的对立事件是“两个人都未译出密码”，所以至少1个人译出密码的概率为1-P(A ·B )=1-P(A )P(B )=1-4332⨯=21. 方法归纳 解答这类概率综合问题时，一般“大化小”，即将问题划分为若干个彼此互斥事件，然后运用概率的加法公式和乘法公式来解决.在运用乘法公式时，一定要注意是否满足彼此独立，只有彼此独立才能运用乘法公式.深化升华 在求事件的概率时，有时遇到求“至少…”或“至多…”等事件概率的问题，如果从正面考虑这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但它们的对立事件却往往较简单，其概率也易求，此时，可逆向思维，先求其对立事件的概率，再利用概率的和与积的互补公式，求得原来事件的概率，即正难则反.例4某人射击5次，每次中靶的概率均为0.9，求他至少两次中靶的概率.思路分析： 至少有两次中靶包括恰好有2次中靶，恰好有3次中靶，恰好有4次中靶和恰好有5次中靶四种情况.而这些事件是彼此互斥的，而他每次射击中靶的概率均相等，并且相互之间没有影响，所以每次射击又是相互独立事件，因而他射击5次是进行5次独立重复试验.解：解法一：在5次射击中恰好有2次中靶的概率为25C ×0.92×0.13；在5次射击中恰好有3次中靶的概率为35C ×0.93×0.12；在5次射击中恰好有4次中靶的概率为45C ×0.94×0.1；在5次射击中5次均中靶的概率为55C ×0.95.至少有2次中靶的概率为25C ×0.92×0.13＋35C ×0.93×0.12+45C ×0.94×0.1＋55C ×0.95=0.008 1＋0.072 9＋0.328 05＋0.590 49=0.999 54.解法二：至少有2次中靶的对立事件是至多有1次中靶，它包括恰好有1次中靶与全没有中靶两种情况，显然这是两个互斥事件.在5次射击中恰好有1次中靶的概率为15C ×0.9×0.14；在5次射击中全没有中靶的概率为0.15.所以至少有2次中靶的概率为1-15C ×0.9×0.14-0.15=1-0.000 45-0.000 01=0.999 54.误区警示 如果我们对独立重复试验的意义理解不深刻，很容易得出其概率为25C ×0.92×0.13=0.008 1的错误结果.究其原因是“至少有2次中靶”这一事件并不是指“有2次中靶，而其余三次不中靶”，因而不能直接运用公式k n C p k (1-p)n-k .该公式仅适用于求某ｎ次独立重复试验中，事件A 发生了ｋ次，而其余的ｎ-ｋ次事件A 不发生的概率，且P （A ）=ｐ.例5某厂生产的电子元件，其每件产品的次品率为5%（即每件为次品的概率）.现从一件产品中任意连续地取出2件，其中次品数ξ的概率分布是ξ 0 1 2P请完成上表.思路分析： 由于每件产品的次品率为5%，则连续取出2件就相当于2次独立重复试验，即题中次品数ξ服从二项分布.解：由题意知，ξ—B(2,5%)，则P(ξ=0)=02C (5%)0(95%)2=0.902 5,P(ξ=1)=C 12(5%)1(95%)1=0.095,P(ξ=2)=22C (5%)2(95%)0=0.002 5.所以，所求随机变量ξ的分布列为：Ξ 0 1 2P 0.902 5 0.096 0.002 5深化升华 二项分布是一种常见的离散型随机变量的概率分布，它应用十分广泛，利用二项分布的模型可以快速地写出随机变量的分布列，从而简化了求随机变量取每一个具体概率值的过程，因此我们应熟练掌握二项分布.应用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否为ｎ次独立重复试验，随机变量是否为在这ｎ次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布.例6某车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为10千瓦，已知每台机床工作时，平均每小时实际开动12分钟，且开动与否是相互独立的，现因电力供应紧张，供电部门只提供50千瓦的电力给这10台机床，问这10台机床能够正常工作的概率是多少？ 思路分析：50千瓦电力可同时供给5台机床开动，10台机床同时开动的台数不超过5台都可以正常工作，而每台开动与否是相互独立的，这是独立重复实验的问题.解：每台机床只有“开动”与“不开动”两种情况，开动的概率为516012=，不开动的概率为1-5451=.由于机床是否开动是相互独立的，因此10台机床正常工作，相当于做10次重复实验，但供电部门提供50千瓦的电力只能使5台机床同时工作.所以P=P 10（0）+P 10（1）+P 10（2）+P 10（3）+P 10（4）+P 10（5）=010C ·（51）0·（54）10+110C ·（51）1·（54）9+210C ·（51）2·（54）8+310C ·（51）3·（54）7+410C ·（51）4·（54）6+510C ·（51）5·（54）5=0.094. 故这10台机床能够正常工作的概率为0.094.误区警示 本题容易忽视的是独立重复试验含义，独立重复试验是指在同样条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只有两种结果，并且在每一次试验中，事件发生的概率均相等.。
2019年高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.2.1 条件概率(1)学
2019年高中数学第二章随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用2.2.1 条件概率（1）学案新人教A版选修2-3【学习目标】1．通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
2．掌握一些简单的条件概率的计算。
3．通过对实例的分析，会进行简单的应用。
【重点难点】重点：利用条件概率公式解决一些简单的问题难点：利用条件概率公式解决一些简单的问题【学习过程】一.课前预习1.古典概型2.几何概型3.互斥事件:不可能同时发生的两个事件．()()()+=+P A B P A P B 4．探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.思考1:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？思考2:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢二.课堂学习与研讨1．条件概率的定义设A和B为两个事件，P(A)>0，那么，在“A已发生”的条件下， B发生的条件概率（读作A 发生的条件下 B 发生的概率．定义为.2．条件概率的性质：（1）非负性：对任意的Af. ；（2）规范性：P（|B）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则=+.P B C A P B A P C A(|)(|)(|)类型1 利用定义求条件概率例1.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，求：(l）第1次抽到理科题的概率；(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．例2.一张储蓄卡的密码共位6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘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 次就按对的概率；(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率例3掷两颗均匀的骰子，问（1）至少有一颗是点的概率是多少？（2）在已知它们点数不同的条件下，至少有一颗是点的概率又是多少？【归纳升华】求条件概率时一般应用其定义式求解，其推导是利用古典概型概率公式进行的，应注意是事件与事件B同时发生的概率，，其中是所有基本事件的集合．因而求条件概率也可以直接利用古典概型求解．从1，2，3，4，5，6中任取2个不同的数，事件“取到的两个数之和为偶数”，事件“取到的两个数均为偶数”，则( )A. B. C. D.【当堂检测】1．已知，，则( )A. B. C. D.2．甲、乙两市都位于长江下游，根据一百多年来的气象记录，知道一年中下雨天的比例甲市占20%，乙市占18%，两地同时下雨占12%，记P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，则和分别等于 .3．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点不相同”，B为“甲独自去一个景点”，则概率P(A|B)等于 . 4．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( )A. B. C. D.【课堂小结】1.条件概率（1）条件概率揭示了P(A)，P(AB)及P(B|A)三者之间的关系，即若，有或，反映了“知二求一”的关系．（2）条件概率的计算方法有两种：①利用定义计算，先分别计算概率P(AB)和P(A)，然后代入公式.②利用缩小样本空间计算（局限在古典概型内），即将原来的样本空间缩小为已知的事件A，原来的事件B缩小为AB，利用古典概型计算概率：.2.条件概率的性质如果B和C是两个互斥事件，那么(|)(|)(|)=+．P B C A P B A P C A注意：利用该公式可使求有些条件概率较为简捷，但应注意这个性质在“B与C 互斥”这一前提下才具备的，因此不要忽视这一条件而乱用这个公式.【作业】1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。
重点高中数学各章节内容
重点高中数学各章节内容————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：第一章集合与函数概念1．1集合1．2函数及其表示1．3函数的基本性质第二章基本初等函数（Ⅰ）2．1指数函数2．2对数函数2．3幂函数第三章函数的应用3．1函数与方程3．2函数模型及其应用【必修二】第一章空间几何体1．1空间几何体的结构1．2 空间几何体的三视图和直观图1．3 空间几何体的表面积与体积第二章点、直线、平面之间的位置关系2．1空间点、直线、平面之间的位置关系2．2直线、平面平行的判定及其性质2．3直线、平面垂直的判定及其性质第三章直线与方程3．1直线的倾斜角与斜率3．2直线的方程3．3直线的交点坐标与距离公式第四章圆与方程4．1圆的方程4．2直线、圆的位置关系4．3空间直角坐标系第一章算法初步1．1算法与程序框图1．2基本算法语句1．3算法案例第二章统计2．1随机抽样2．2用样本估计总体2．3变量间的相关关系第三章概率3．1随机事件的概率3．2古典概型3．3几何概型【必修四】第一章三角函数1．1任意角和弧度制1．2任意角的三角函数1．3三角函数的诱导公式1．4三角函数的图象和性质1．5函数的图象1．6三角函数模型的简单应用第二章平面向量2．1平面向量的实际背景及基本概念2．2平面向量的线性运算2．3平面向量的基本定理及坐标表示2．4平面向量的数量积2．5平面向量应用举例第三章三角恒等变换3．1两角和与差的正弦、余弦和正切公式3．2简单的三角恒等变换【必修五】第一章解三角形1．1正弦定理和余弦定理1．2应用举例第二章数列2．1数列的概念与简单表示法2．2等差数列2．3等差数列的前n项和2．4等比数列2．5等比数列的前n项和第三章不等式3．1不等关系与不等式3．2一元二次不等式及其解法3．3二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题3．4基本不等式选修2-1第一章常用逻辑用语1-1命题及其关系1-2充分条件与必要条件1-3简单的逻辑联结词1-4全称量词与存在量词小结复习参考题第二章圆锥曲线与方程2-1曲线与方程2-2椭圆探究与发现为什么截口曲线是椭圆信息技术应用用《几何画板》探究点的轨迹：椭圆2-3双曲线探究与发现2-4抛物线探究与发现阅读与思考圆锥曲线的光学性质及其应用小结复习参考题第三章空间向量与立体几何3-1空间向量及其运算阅读与思考向量概念的推广与应用3-2立体几何中的向量方法小结复习参考题选修2-2第一章导数及其应用1-1变化率与导数1-2导数的计算1-3导数在研究函数中的应用1-4生活中的优化问题举例1-5定积分的概念1-6微积分基本定理1-7定积分的简单应用小结复习参考题第二章推理与证明2-1合情推理与演绎推理2-2直接证明与间接证明2-3数学归纳法第三章数系的扩充与复数的引入3-1数系的扩充和复数的概念3-2复数代数形式的四则运算小结复习参考题选修2-3第一章计数原理1-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理探究与发现子集的个数有多少1-2排列与组合探究与发现组合数的两个性质1-3二项式定理探究与发现“杨辉三角”中的一些秘密小结复习参考题第二章随机变量及其分布2-1离散型随机变量及其分布列2-2二项分布及其应用阅读与思考这样的买彩票方式可行吗探究与发现服从二项分布的随机变量取何值时概率最大2-3离散型随机变量的均值与方差2-4正态分布信息技术应用μ，σ对正态分布的影响小结复习参考题第三章统计案例3-1回归分析的基本思想及其初步应用3-2独立性检验的基本思想及其初步应用实习作业小结复习参考题。
高考数学复习二项分布及其应用
引例:抛掷两枚骰子 (1)两枚出现的点数都是偶数的概率是多少? (2)若两枚都出现偶数点,就说这次实验成功, 试求在3次实验中成功次数X的分布列.
1.事件的相互独立性定义: 设A，B为两个事件，如果P(AB)=P(A)P(B),则 称事件A与事件B相互独立。
引例:抛掷两枚骰子 (1)两枚出现的点数都是偶数的概率是多少? (2)若两枚都出现偶数点,就说这次实验成功, 试求
C n2 5 (1)设“世博会会徽”卡有 n 张,由 2 ,得 n 5 , C9 18 C42 1 故“海宝”卡有 4 张,抽奖者获奖的概率为 2 ; C9 6
(2) ~ B(4, ) 的分布列为 P( k ) C 4 ( ) ( )
k k
1 6
1 6
5 6
4 k
例 3.某单位举办 2010 年上海世博会知识宣传活动, 进行现场 抽奖.盒中装有 9 张大小相同的精美卡片,卡片上分别印有 “世博会会徽”或“海宝”(世博会吉祥物)图案; 抽奖规则 是: 参加者从盒中抽取卡片两张, 若抽到两张都是“海宝” 卡即可获奖,否则,均为不获奖. 卡片用后放回盒子,下一位 参加者继续重复进行.活动开始后,一位参加者问:盒中有几 张“海宝”卡?主持人答:我只知道,从盒中抽取两张都是 5 “世博会会徽”卡的概率是 , 18 (1)求抽奖者获奖的概率; (2)现有 4 人依次抽奖,用 表示获奖的人数,求 的分布列.
例1:甲乙两人独立地对同一目标各射击一次,其中 命中率分别是0.6和0.5
(1)求两人都击中目标的概率 (2)求两人中恰有一人击中目标的概率 (3)求两人中至多有一人击中目标的概率
变式.若甲连续射击4次，且各次射击是否击中目标
相互之间没有影响，有下列结论:
2.2.2二项分布及其应用-事件的相互独立性(高中数学人教A版选修2-3)
练习2、若甲以10发8中，乙以10发7中的命中率打靶， 两人各射击一次，则他们都中靶的概率是( D )
(A)
3 5
(B)
3 4
(C)
12 25
(D)
14 25
如P(B)＞0时，有P(AB)＝P(A|B)P(B)， P(A)＞0时，有P(AB)＝P(B|A)P(A)．
2．P(A|B)与P(AB)的区别
P(A|B) 是在事件 B 发生的条件下，事件 A 发生的概率， P(AB)是事件A与B同时发生的概率，无附加条件． 3．条件概率的性质 (1)0≤P(A|B)≤1.
跟踪练习 1．判断下列各题中给出的事件是否是相互独立事件： (1)甲盒中有6个白球、4个黑球，乙盒中有3个白球、5个 黑球．从甲盒中摸出一个球称为甲试验，从乙盒中摸出一个 球称为乙试验，事件A1表示“从甲盒中取出的是白球”，事 件B1表示“从乙盒中取出的是白球”． (2)盒中有4个白球、3个黑球，从盒中陆续取出两个球， 用A2表示事件“第一次取出的是白球”，把取出的球放回盒 中，事件B2表示事件“第二次取出的是白球”． (3)盒中有4个白球、3个黑球，从盒中陆续取出两个球， 用A3表示“第一次取出的是白球”，取出的球不放回，用B3 表示“第二次取出的是白球”．
P（A1· A2……An）=P（A1）· P（A2）……P（An）
互斥事件与独立事件
互斥事件
概 念 不可能同时发生的两个 事件叫做互斥事件
相互独立事件 如果事件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
相互独立事件A，B同时 发生记作A·B P(A·B)＝P(A)·P(B)
高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.2.1 条件概率 新人教A版选修2
反思与感悟 将原来的基本事件全体Ω缩小为已知的条件事件A，原
来的事件B缩小为AB.而A中仅包含有限个基本事件，每个基本事件发
生的概率相等，从而可以在缩小的概率空间上利用古典概型公式计 算条件概率，即P(B|A)＝nAB ，这里n(A)和n(AB)的计数是基于缩小
nA 的基本事件范围的.
跟踪训练2 5个乒乓球，其中3个新的，2个旧的，每次取一个，不放
良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
√A.0.8
B.0.75
C.0.6
D.0.45
解析 设某天的空气质量为优良是事件B，随后一天的空气质量为优良
是事件A，
故所求概率为 P(A|B)＝PPABB＝00..765＝0.8.
解析 答案
命题角度2 缩小基本事件范围求条件概率 例2 集合A＝{1,2,3,4,5,6}，甲、乙两人各从A中任取一个数，若甲先取 (不放回)，乙后取，在甲抽到奇数的条件下，求乙抽到的数比甲抽到的 数大的概率. 解 将甲抽到数字a，乙抽到数字b，记作(a，b)，甲抽到奇数的情形有 (1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,1)， (5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,6)，共15个.在这15个中，乙抽到的数比甲抽到的 数大的有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,6)，共 9个，所以所求概率 P＝195＝35.
第二章 §2.2 二项分布及其应用
2.2.1 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.
内容索引
高中数学选修2-3(人教A版)第二章随机变量及其分布2.2知识点总结含同步练习及答案
第二章随机变量及其分布 2.2二项分布及其应用
一、学习任务 1. 了解条件概率的定义及计算公式，并会利用条件概率解决一些简单的实际问题． 2. 能通过实例理解相互独立事件的定义及概率计算公式，并能综合利用互斥事件的概率加法公 式即对立事件的概率乘法公式． 3. 理解独立重复试验的概率及意义，理解事件在 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 公式，并能利用 n 次独立重复试验的模型模拟 n 次独立重复试验． 二、知识清单
（2）设事件“甲、乙两人在罚球线各投球二次均不命中”的概率为 P1 ，则
¯ ∩ ¯¯ ¯ ∩ ¯¯ ¯ ∩ ¯¯ ¯) P1 = P (¯¯ A A B B ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯ ) ⋅ P (¯¯ ¯) = P (¯¯ A A B B 1 2 = (1 − )2 (1 − )2 2 5
n−k k P (X = k) = Ck , k = 0, 1, 2, ⋯ , n. n p (1 − p)
此时称随机变量 X 服从二项分布（binnomial distribution），记作 X ∼ B(n, p)），并称 p 为 成功概率． 例题： 下列随机变量 X 的分布列不属于二项分布的是（ ） 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、乙两选手举行了 5 局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的次数 D．某星期内，每次下载某网站数据后被病毒感染的概率为 0.3，X 表示下载 n 次数据后电脑被 病毒感染的次数 解：B 选项 A，试验出现的结果只有两个：点数为 6 和点数不为 6 ，且点数为 6 的概率在每一次试验 都为
高中数学第二章随机变量及其分布2.2二项分布及其应用2
类型二 二项分布 例2 已知某种从太空飞船中带回来的植被种子每粒成功发芽的概率都 为 1 ，某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验，每次
3 试验种一粒种子，如果某次没有发芽，则称该次试验是失败的. (1)第一小组做了3次试验，记该小组试验成功的次数为X，求X的分布列；
解答
(2)第二小组进行试验，到成功了4次为止，求在第4次成功之前共有3次 失败的概率. 解 第二小组第7次试验成功，前面6次试验中有3次失败，3次成功，每 次试验又是相互独立的， 因此所求概率为 P＝C36133×1－133×13＝2116807.
(√)
பைடு நூலகம்型探究
类型一 独立重复试验的概率
例1 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.(结果需用分数作答) (1)求甲射击3次，至少有1次未击中目标的概率； 解 记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1， 由题意，知射击3次，相当于3次独立重复试验， 故 P(A1)＝1－P( A 1)＝1－233＝1297.
解答
引申探究 1.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A3，“乙击中目标1次”为事件B3， 则 P(A3)＝C12×23×13＝49，P(B3)＝38， 所以甲、乙均击中目标 1 次的概率为 P(A3B3)＝49×38＝16.
解答
2.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A4，“乙击中2次”为事件B4， 则 P(A4)＝C021－232＝19，P(B4)＝C22342＝196， 所以甲未击中、乙击中 2 次的概率为 P(A4B4)＝19×196＝116.
数学：2.2.2《二项分布及其应用-事件的相互独立性》PPT课件(新人教A版-选修2-3)
1 P( A B C ) 1 0.5 0.55 0.6 0.835
0.8 P ( D)
所以，合三个臭皮匠之力把握就大过诸葛亮.
学习小结:
(1)列表比较 互斥事件 不可能同时发 定义 生的两个事件
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
概率公式 P(A+B)=P(A)+P(B) P( A B) P( A) P( B) (2)解决概率问题的一个关键：分解复杂问题为基本 的互斥事件与相互独立事件. 选做作业: 研究性题:在力量不是十分悬殊的情况下我们解释 了“三个臭皮匠顶个诸葛亮”的说法.那么你能否用概 率的知识解释我们常说的“真理往往掌握在少数人手 里的”？
练习5
(1 0.7) (1 0.7) (1 0.7) 0.027
2
(4)
P2=1－(1－r)2
1 1 2 2
P3=1－(1－r2)2
P4=[1－(1－r)2]2
答案
附1：用数学符号语言表示下列关系：
若A、B、C为相互独立事件，则 B· ① A、B、C同时发生； ①A· C B· ② A、B、C都不发生； ② A· C ③ A、B、C中恰有一个发生； B·＋A· C＋A· C ③A· C B· B· ④ A、B、C中至少有一个发生的概率； －P( A· C ) ④1 B· ⑤ A、B、C中至多有一个发生. B· ⑤A· C ＋ A· C ＋ A· C＋ A· C B· B· B·
高中数学 第二章 随机变量及其分布 2.2 二项分布及其应用 2.2.2 事件的相互独立性 新人教A
解析：根据相互独立事件的概念知，这三个说法都是 正确的．
答案：(1)√ (2)√ (3)√
2．袋内有 3 个白球和 2 个黑球，从中不放回地摸球， 用 A 表示“第一次摸得白球”，用 B 表示“第二次摸得白 球”，则 A 与 B 是( )
A．互斥事件 B．相互独立事件 C．对立事件 D．不相互独立事件 解析：根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定
(3)条件概率法：当 P(A)＞0 时，可用 P(B|A)＝P(B) 判断．
[变式训练] 下面所给出的两个事件 A 与 B 相互独立
吗？ ①抛掷一枚骰子，事件 A＝“出现 1 点”，事件 B＝
“出现 2 点”； ②先后抛掷两枚均匀硬币，事件 A＝“第一枚出现正
面”，事件 B＝“第二枚出现反面”；
③在含有 2 红 1 绿三个大小相同的小球的口袋中，任 取一个小球，观察颜色后放回袋中，事件 A＝“第一次取 到绿球”，B＝“第二次取到绿球”．
解：①事件 A 与 B 是互斥事件，故 A 与 B 不是相互
独立事件．
②第一枚出现正面还是反面，对第二枚出现反面没有
影响，所以 A 与 B 相互独立．
③由于每次取球观察颜色后放回，故事件 A 的发生 对事件 B 发生的概率没有影响，所以 A 与 B 相互独立．
义可知，A 与 B 不是相互独立事件．
答案：D
3．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 人去北京旅游的概率为
()
A.5690
B.35
1
1
C.2
D.60
解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14， 15.因此，他们不去北京旅游的概率分别为23，34，45，所以， 至少有 1 人去北京旅游的概率为 P＝1－23×34×45＝35.
2.2.二项分布及其应用
P(B|A)表示事件A发生条件下,B发生的概率
寓言故事新编：“一个和尚挑水吃，两个和尚抬水吃，三个和 尚没水吃” ，现在他们学会了团结与合作，为提高效率，三人 决定依次抽签选一人去扛水。 (1)第三个人去扛水的概率为 1/3 ; P(B)=1/3
(2)已知第一个人抽签结果不用扛水,则第三 1/2 P(B|A)=1/2 个人去扛水的概率为 .
符号
互斥事件A、B中 有一个发生，记作
相互独立事件A、B同 时发生记作 AB
A + B或(A∪B)) P(A∪B)=P(A)+P(B) P（AB）= P（A)P（B）
计算公式
题型一、事件相互独立性的判断
判断事件下列事件是否为互斥, 互独事件? （1）袋中有4个白球, 3个黑球, 从袋中依次取2球. 事件A:“第一次取出的是白球”.把取出的球放回盒中， 事件B:“第二次取出的是白球” （2）袋中有4个白球, 3个黑球, 从袋中依次取2球. 事件A:“第一次取出的是白球”. 取出的球不放回盒中， 事件B:“第二次取出的是白球”
比赛采用五局三胜制，即哪个球队先胜三场即可获得总
冠军，已知每一场比赛中甲队获胜的概率是0.6，乙对获
胜的概率是0.4。
（1）甲队以3:0获胜的概率；
（2）甲队以3:1获胜的概率；
（3）甲队以3:2获胜的概率；
（4）甲队获得总冠军的概率.
题型三、独立重复试验的分布列
例4、一名学生骑自行车上学，从他家道学校的途中有6个交通岗，
4 例3 某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为 ， 5 7 3 乙当选的概率为 ，丙当选的概率为 10 5
（1）求恰有一名同学当选的概率；
（2）求至多有一名同学当选的概率。
【教育资料】人教版高数选修2-3第二章2.2二项分布及其应用(教师版)学习专用
二项分布及其应用__________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________ 1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念. 2.理解n 次独立重复试验的模型. 3.熟练掌握二项分布及其公式.4.能利用二项分布解决简单的实际问题. 1.条件概率(1)条件概率的定义：一般地，若有两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下考虑事件A 发生的概率，则称此概率为B 已发生的条件下A 的条件概率，记为P (A |B ).(2)条件概率的公式：P (A |B )=(),()P AB P B P (B )>0(有时P (AB )也记作P (A B )，表示事件A 、B 同时发生的概率).2.两个事件的相互独立性(1)相互独立事件的概率乘法公式，对于等可能性事件的情形可以一般地给予证明.设甲试验共有1N 种等可能的不同结果，其中属于A 发生的结果有1m 种，乙试验共有2N 种等可能的不同结果，其中属于B 发生的结果有2m 种.由于事件A 与B 相互独立，这里的种数11,N m 与22,N m 之间互相没有影响.那么，甲、乙两试验的结果搭配在一起，总共有12N N ⋅种不同的搭配，显然，这些搭配都是具有等可能性的.现在考察属于事件AB 的试验结果.显然，凡属于A 的任何一种甲试验的结果同属于B 的任何一种乙试验的结果的搭配，都表示A 与B 同时发生，即属于事件AB ，这种结果总共有1m ⋅2m 种，因此得12121212(),m m m m P AB N N N N ⋅==⋅⋅所以P (AB )=P (A )·P (B ).(2)一般地，可以证明，事件A 与B (不一定互斥)中至少有一个发生的概率可按下式计算： P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB).特别地，当事件A 与B 互斥时，P(AB)=0，于是上式变为P(A+B)=P(A)+P(B).(3)如果事件A 与B 相互独立，则事件A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立.3.n 次独立重复试验一般地，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P (A )=p >0，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.4.二项分布若随机变量X 的分布列为P (X =k )=,k k n kn C p q -其中0<p <1，p +q =1，k =0，1，2，…，n ，则称X服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ~B (n ，p ).5.二项分布公式在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k (0≤k ≤n )次的概率为(),k k n kn n P k C p q -=k =0，1，2，…，n ，它恰好是()np q +的二项展开式中的第k +1项.其中每次试验事件A 发生的概率为p (0<p <1)，即P (A )=p ，P (A )=1-p =q . 类型一.条件概率例1：抛掷一枚骰子，观察出现的点数，若已知出现的点数不超过3，则出现的点数是奇数的概率为________.[答案]23[解析] 令点数不超过3为事件A ，点数为奇数为事件B ，则P (AB )=1.3又P (A )31,62==所以123(|).132P B A ==练习1：从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回地抽取2次，每次抽1张.已知第1次抽到A ，求第2次也抽到A 的概率.[答案]117[解析] 设第1次抽到A 为事件M ，第2次抽到A 为事件N ，两次都抽到A 为事件MN ，从52张扑克牌中不放回地抽2张的事件总数为252A =2652，由分步计数原理，事件M 的总数为11451451204,A A =⨯=故P (M )204.2652=事件M N 的总数为2412,A =故P (M N )12.2652=由条件概率公式，得12()122652(|)204()2042652P M N P N M P M ===1.17= 类型二.两个事件的相互独立性例2：制造一种零件，甲机床的正品率是0.96，乙机床的正品率是0.95，从它们制造的产品中各任抽一件.(1)两件都是正品的概率是多少？(2)恰有一件正品的概率是多少？[解析] 分别用A ，B 表示从甲、乙机床的产品中抽得正品.由题意知A ，B 是相互独立事件. (1)P (A B )=P (A )·P (B )=0.96×0.95=0.912；(2)()()P AB P A B +=(1-0.96)×0.95+0.96×(1-0.95)=0.086.练习1：袋内有3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，用A 表示“第一次摸得白球”，用B 表示“第二次摸得白球”，则A 与B 是( )A.互斥事件B.相互独立事件C.对立事件D.不相互独立事件 若上题中的“不放回”改为“有放回”，则A 与B 是( ) [答案] Ｄ，Ｂ[解析] 由题意知P (A )=35，P (B )=35，用AB 表示第一次摸得白球且第二次也摸得白球.则P (AB )323,5410⨯==⨯而P (A )·P (B )≠P (AB )，故A 与B ，是不相互独立事件；若改为有故回地摸球，则P (A )=35，P (B )=3,5P (AB )33.55⨯=⨯故P (A )·P (B )=P (AB )，所以A 与B 是相互独立事件 类型三.n 个事件相互独立例3：有三种产品，合格率分别是0.90，0.95和0.95，从中各抽取一件进行检验. (1)求恰有一件不合格的概率；(2)求至少有两件不合格的概率(结果都精确到0.001).[解析] 设从三种产品中各抽取一件，抽到合格产品的事件分别为A 、B 和C .(1)P (A )=0.90，P (B )=P (C )=0.95，则()0.10,P A =()()0.05.P B P C == 因为事件A 、B 、C 相互独立，所以恰有一件不合格的概率为()()()P A B C P A B C P A B C ++=2×0.90×0.95×0.05+0.10×0.95×0.95≈0.176.(2)至少有两件不合格的概率为P =0.90×0.05×0.05+2×0.10×0.05×0.95+0.10×0.05×0.05=0.012. 故至少有两件不合格的概率为0.012.练习1：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0.6，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.[解析] (1)设事件A 为“甲投篮一次，投中”，事件B 为“乙投篮一次，投中”，则事件A B 为“两人各投篮一次，都投中”.由题意知，事件A 与B 相互独立，则所求概率为 P (A B )=P (A )·P (B )=0.6×0.6=0.36.(2)所求概率为：()()()()()()P A P A B P A P B P A B P B +=⋅+⋅=0.6×(1-0.6)+(1-0.6)×0.6=0.48.(3)事件“两人各投篮一次，至少有一人投中”的对立事件“两人各投篮一次，均未投中”的概率是()()P AB P A =⋅()P B =(1-0.6)×(1-0.6)=0.16.因此,至少有一人投中的概率为：()1()P A B P AB =-=1-0.16=0.84.类型四.n 次独立重复试验及二项分布例4：某一种玉米种子，如果每一粒发芽的，概率为0.9.播下五粒种子，则其中恰有两粒末发芽的概率约是( )A.0.07B.0.27C.0.30D.0.33[答案] A[解析] 相当于做5次独立重复试验.3355(3)0.9P C =⨯⨯20.10.07290.07.=≈练习1：某射击手每次射击击中目标的概率是0.8，现在连续射击4次，求击中目标次数X 的概率分布表.[解析] 本题是一个独立重复试验问题，其击中目标的次数X 的概率分布属二项分布，可直接由二项分布公式得出.在独立重复射击中，击中目标的次数X 服从二项分布X ～B (n ，p ).所以P (X =0)=00440.80.20.0016,C ⋅⋅=P (X =1)=11340.80.20.0256,C ⋅⋅=P (X =2)=22240.80.20.1536,C ⋅⋅= P (X =3)=33140.80.20.4096,C ⋅⋅=P (X =4)=4404080.20.4096.C ⋅⋅=所以，X类型五. 独立重复试验和二项分布的应用例5：某排球队参加比赛，每场比赛取胜的概率均为80%，计算： (1)5场比赛中恰有4场胜出的概率； (2)5场比赛中至少有4场胜出的概率.[解析] (1)记“比赛1场，结果胜出”为事件A ，比赛5场相当于做5次独立重复试验，根据n次独立重复试验中事件发生k 次的概率公式，5场比赛中恰有4场胜出的概率，5(4)P =4450.8C ⋅54(10.8)0.41.-⨯-≈即5场比赛中恰有4场胜出的概率约为0.41.(2)5场比赛中至少有4场胜出的概率，就是5场比赛中恰有4场胜出的概率与5场比赛都胜出的概率的和，即5(4)P P =44545555555(5)0.8(10.8)0.8(10.8)PC C --+=⋅⨯-+⋅⨯-≈0.74.即5场比赛中至少有4场胜出的概率约为0.74.练习1：某人射击5次，每次中靶的概率均为0.9.求他至少有2次中靶的概率.[解析] 在5次射击中恰好有2次中靶的概率为2250.9C ⨯30.1;⨯ 在5次射击中恰好有3次中靶的概率为33250.901;C ⨯⨯ 在5次射击中恰好有4次中靶的概率为4450.90.1;C ⨯⨯ 在5次射击中5次均中靶的概率为5550.9.C ⨯至少有2次中靶的概率为22333550.90.10.9C C ⨯⨯+⨯⨯24455550.10.90.10.9C C +⨯⨯+⨯=0.0081+0.0729+0.32805+0.59049=0.99954.1.甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( )A.34B.23C.45D.710[答案] A2.面几种概率是条件概率的是( )A.甲、乙两人投篮命中率分别为0.6，0.7，各投篮一次都投中的概率B.甲、乙两人投篮命中率分别为0.6，0.7，在甲投篮一次投中的条件下乙投篮一次命中的概率C.有10件产品其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率D.小明上学路上要过四个路口，每个路口遇到红灯的概率都是2,5则小明在一次上学中遇到红灯的概率[答案] B3.下列说法正确的是( ) A.P (A |B )=P (B |A ) B.0<P (B |A )<1 C.P (AB )=P (A )·P (B |A )D.P (A B |A )=P (B )[答案] C4.独立重复试验应满足的条件是： ①每次试验之间是相互独立的；②每次试验只有发生与不发生两种结果； ③每次试验中发生的机会是均等的；④每次试验发生的事件是互斥的.其中正确的是( ) A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④[答案] C5.某一试验中事件A 发生的概率为p ，则在n 次试验中A 发生k 次的概率为( ) A.1kp -B.(1)k n kp p--C.(1)kp -D.(1)k k n k n C p p --[答案] D6.4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为( )A.13B.12C.23D.34[答案] C7.从20名男同学，10名女同学中任选3名参加体能测试，则选到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为( )A.929B.1029C.1929D.2029[答案] D8.篮球运动员在三分线投球的命中率是1,2他投球10次，恰好投进3个球的概率为________.(用数值作答)[答案]15128_________________________________________________________________________________ _________________________________________________________________________________基础巩固1. 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.452.设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A.516 B.316C.58D.38[答案] A3.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1625，则该队员每次罚球的命中率为________．[答案] 354.有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．[答案] 0.725.设随机变量X ～B 1(6,),2则P (X =3)为( ) A.516B.316C.58D.716[答案] A6.某人参加一次考试，4道题中解对3道则为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是( )A.0.18B.0.28C.0.37D.0.48[答案] A7.把10枚骰子全部投出，记出现6点的骰子个数为,ξ则P (ξ≤2)等于( )A.2281015()()66C ⨯B.1910228101015515()()()()()66666C C ⨯++⨯ C.1922810101515()()()()6666C C ⨯+⨯D.以上都不对[答案] B8.有5粒种子，每粒种子发芽的概率均是98%，在这5粒种子中恰有4粒发芽的概率是( ) A.40.980.02⨯B.40.980.02⨯C.4450.980.02C ⨯⨯ D.4450.980.02C ⨯⨯[答案] C能力提升1.设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( )A.3281B.1127C.6581D.16812.口袋里放有大小相等的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，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.57C ⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫235B.27C ⎝⎛⎭⎫232·⎝⎛⎭⎫135C.57C ⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫135D.37C ⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫235[答案] B3.接种某疫苗后，出现发热反应的概率为0.80.现有5人接种了该疫苗，至少有3人出现发热反应的概率为________.(精确到0.01)[答案] 0.944.三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为111,534、、 假设他们破译密码彼此是独立的，则此密码被破译的概率为( )A.35B.25C.160D.不能确定[答案] A5.某射手每次击中目标的概率是23，各次射击互不影响，若规定：其若连续两次射击不中，则停止射击，则其恰好在射击完第5次后停止射击的概率为________．[答案] 162436. 已知2件次品和3件正品放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束.求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；[解析] P=112325A A A =3107. 乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如图1-4所示，甲上有两个不相交的区域A ，B ，乙被划分为两个不相交的区域C ，D .某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C 上记3分，在D 上记1分，其他情况记0分．对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的概率为12，在D 上的概率为13；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为15，在D 上的概率为35.假设共有两次来球且落在A ，B 上各一次，小明的两次回球互不影响．求：小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；[解析] 记A i 为事件“小明对落点在A 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)，则P (A 3)＝12，P (A 1)＝13，P (A 0)＝1－12－13＝16；记B i 为事件“小明对落点在B 上的来球回球的得分为i 分”(i ＝0，1，3)，则P (B 3)＝15，P (B 1)＝35，P (B 0)＝1－15－35＝15.记D 为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意，D ＝A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3， 由事件的独立性和互斥性， P (D )＝P (A 3B 0＋A 1B 0＋A 0B 1＋A 0B 3) ＝P (A 3B 0)＋P (A 1B 0)＋P (A 0B 1)＋P (A 0B 3)＝P (A 3)P (B 0)＋P (A 1)P (B 0)＋P (A 0)·P (B 1)＋P (A 0)P (B 3) ＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310， 所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.8. 一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分（即获得分）.设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立.（1）设每盘游戏获得的分数为，求的分布列 （2）玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？ [解析] (1).所以的分布列为200-12X X 1331(200),(10),(20),(100)8888P X P X P X P X =-=======X(2)玩一盘游戏，没出现音乐的概率为P1=8，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为1-(8)3=511 512.。
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2.2.1 条件概率
[A 级 基础巩固]
一、选择题
1．在区间(0，1)内随机投掷一个点M (其坐标为x )，若A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪0＜x ＜12，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14
＜x ＜34，则P (B |A )等于( )
A.12
B.14
C.13
D.34
解析：P (A )＝121＝12
. 因为A ∩B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪14
＜x ＜12， 所以P (AB )＝141＝14
， 所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412
＝12
. 答案：A
2．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是
( )
A ．0.8
B ．0.75
C ．0.6
D ．0.45
解析：已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要
求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P ＝0.60.75
＝0.8. 答案：A
3．一盒中装有5个产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中不放回地取出产品，每次1个，取两次，已知第1次取得一等品的条件下，第2次取得的是二等品的概率是( )
A.12
B.13
C.14
D.23
解析：设事件A 表示“第1次取得的是一等品”，B 表示“第2次取得的是二等品”．
则P (AB )＝3×25×4＝310，P (A )＝35
. 由条件概率公式知
P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝31035
＝12
. 答案：A
4．某种电子元件用满3 000小时不坏的概率为34，用满8 000小时不坏的概率为12
.现有一只此种电子元件，已经用满3 000小时不坏，还能用满8 000小时的概率是( )
A.34
B.23
C.12
D.13
解析：记事件A ：“用满3 000小时不坏”，P (A )＝34
；记事件B ：“用满8 000小时不坏”，P (B )＝12.因为B ⊆A ，所以P (AB )＝P (B )＝12，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝P （B ）P （A ）＝12÷34＝23
. 答案：B
5．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率是( )
A ．0.72
B ．0.8
C ．0.86
D ．0.9
解析：设“种子发芽”为事件A ，“种子成长为幼苗”为事件AB (发芽，并成活而成长为幼苗)，则P (A )＝0.9，又种子发芽后的幼苗成活率为P (B |A )＝0.8，所以P (AB )＝P (A )P (B |A )＝0.9×0.8＝0.72.
答案：A
二、填空题
6．4张奖券中只有1张能中奖，现分别由4名同学无放回地抽取．若已知第一名同学没有抽到中奖券，则最后一名同学抽到中奖券的概率是________．
解析：因为第一名同学没有抽到中奖券已知，所以问题变为3张奖券，1张能中奖，最
后一名同学抽到中奖券的概率，显然是13
. 答案：13
7．已知P (A )＝0.4，P (B )＝0.5，P (A |B )＝0.6，则P (B |A )为________．
解析：因为P (A |B )＝
P （AB ）P （B ）， 所以P (AB )＝0.3，
所以P (B |A )＝
P （AB ）P （A ）＝0.30.4＝0.75. 答案：0.75
8．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________．
解析：设事件A 为“周日值班”，事件B 为“周六值班”，
则P (A )＝C 16C 27，P (AB )＝1C 27，故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝16
. 答案：16
三、解答题
9．某班从6名班干部(其中男生4人，女生2人)中选出3人参加学校的义务劳动，在男生甲被选中的情况下，求女生乙也被选中的概率．
解：记“男生甲被选中”为事件A ，“女生乙被选中”为事件B .
P (A )＝C 25C 36＝1020＝12，P (AB )＝C 14C 36＝15
， 所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝25
. 10．某班级有学生40人，其中团员15人，全班分四个小组，第一小组10人，其中团员4人，如果要在班内任选一人当学生代表．
(1)求这个代表恰好在第一小组内的概率；
(2)现在要在班内任选一个团员代表，问这个代表恰好在第一小组内的概率是多少？ 解：设A ＝{在班内任选一个学生，该学生属于第一小组}，B ＝{在班内任选一个学生，该学生是团员}．
(1)由古典概率知P (A )＝1040＝14
. (2)法一 由古典概型知P (A |B )＝415
. 法二 P (AB )＝440，P (B )＝1540
， 由条件概率的公式，得P (A |B )＝415
. B 级 能力提升
1．从混有5张假钞的20张百元钞票中任意抽出2张，将其中1张放到验钞机上检验发现是假钞，则第2张也是假钞的概率为( )
A.119
B.1738
C.419
D.217
解析：设事件A 表示“抽到2张都是假钞”，事件B 为“2张中至少有1张假钞”，所以所求概率为P (A |B )．
而P (AB )＝C 25C 220，P (B )＝C 25＋C 15C 115C 220
. 所以P (A |B )＝
P （AB ）P （B ）＝217. 答案：D
2．盒中装有6件产品，其中4件一等品，2件二等品，从中不放回地取产品，每次1件，取两次，已知第二次取得一等品，则第一次取得的是二等品的概率是________．
解析：令第二次取得一等品为事件A ，第一次取得二等品为事件B ，
则P (AB )＝C 12·C 14C 16·C 15＝415，P (A )＝C 14·C 13＋C 12C 14C 16·C 15＝23
. 所以P (B |A )＝
P （AB ）P （A ）＝415×32＝25. 答案：25
3．现有6个节目准备参加比赛，其中4个舞蹈节目，2个语言类节目，如果不放回地依次抽取2个节目，求：
(1)第1次抽到舞蹈节目的概率；
(2)第1次和第2次都抽到舞蹈节目的概率；
(3)在第1次抽到舞蹈的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率．
解：设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A ，“第2次抽到舞蹈节目”为事件B ，则“第1次和第2次都抽到舞蹈节目”为事件AB .
(1)从6个节目中不放回地依次抽取2次的事件数为n (Ω)＝A 26＝30，
根据分步计数原理n (A )＝A 14A 15＝20，
于是P (A )＝n （A ）n （Ω）＝2030＝23
. (2)因为n (AB )＝A 24＝12，
于是P (AB )＝n （AB ）n （Ω）＝1230＝25
. (3)法一 由(1)(2)可得，在第1次抽到舞蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目的概率为
P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝25÷23＝35
. 法二 因为n (AB )＝12，n (A )＝20，
所以P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝1220＝35
.。