一轮北师大版(理)数学教案：第10章第8节条件概率与独立事件、二项分布、正态分布

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北师大版版高考数学一轮复习计数原理概率随机变量及其分布独立重复试验与二项分布教学案理解析版

[考纲传真] １．了解条件概率的概念，了解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及二项分布，并能解决一些简单问题．１．条件概率在已知B发生的条件下，事件A发生的概率叫作B发生时A发生的条件概率，用符号P（A|B）来表示，其公式为P（A|B）＝错误!（P（B）＞0）．２．相互独立事件（１）一般地，对两个事件A，B，如果P（AB）＝P（A）P（B），则称A，B相互独立．（２）如果A，B相互独立，则A与错误!，错误!与B，错误!与错误!也相互独立．（３）如果A１，A２，…，A n相互独立，则有P（A１A２…A n）＝P（A１）P（A２）…P（A n）．３．独立重复试验与二项分布（１）独立重复试验在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中A i（i＝１,２，…，n）是第i次试验结果，则P（A１A２A３…A n）＝P（A１）P（A２）P（A３）…P（A n）．（２）二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：１每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；２每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为１—p；３各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P（X＝k）＝C错误!p（１—p）—（k＝0,１,２，…，n）．若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B（n，p）．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）相互独立事件就是互斥事件．（）（２）若事件A，B相互独立，则P（B|A）＝P（B）．（）（３）公式P（AB）＝P（A）P（B）对任意两个事件都成立．（）（４）二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P（X＝k）＝C错误!p k（１—p）n—k，k＝0,１,２，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．[答案] （１）×（２）√（３）×（４）√２．设随机变量X～B错误!，则P（X＝３）等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[∵X～B错误!，∴P（X＝３）＝C错误!错误!6＝错误!.故选Ａ．]３．已知P（B|A）＝错误!，P（AB）＝错误!，则P（A）等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[由P（AB）＝P（A）P（B|A），得错误!＝错误!P（A），∴P（A）＝错误!.]４．某人射击，一次击中目标的概率为0．6，经过３次射击，此人至少有两次击中目标的概率为________．错误![P＝C错误!0．6２0．４＋C错误!0．6３＝错误!.]５．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0．２，乙地降雨概率是0．３．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．0．３8 [设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A错误!＋错误!B，∴P（A错误!＋错误!B）＝P（A错误!）＋P（错误!B）＝P（A）P（错误!）＋P（错误!）P（B）＝0．２×0．7＋0．8×0．３＝0．３8．]条件概率１．从１,２,３,４,５中任取２个不同的数，事件A＝“取到的２个数之和为偶数”，事件B＝“取到的２个数均为偶数”，则P（B|A）＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!B[法一：P（A）＝错误!＝错误!＝错误!，P（AB）＝错误!＝错误!.由条件概率计算公式，得P （B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.法二：事件A包括的基本事件：（１,３），（１,５），（３,５），（２,４）共４个．事件AB发生的结果只有（２,４）一种情形，即n（AB）＝１．故由古典概型概率P（B|A）＝错误!＝错误!.]２．某校组织由５名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[因为“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的安排方法中，另外３人中任何一个第一个出场的概率相等，故“C第一个出场”的概率是错误!.]３．（２0１9·运城模拟）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________．0．7２[设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB（发芽，又成活为幼苗）．出芽后的幼苗成活率为P（B|A）＝0．8，P（A）＝0．9，根据条件概率公式得P（AB）＝P（B|A）·P（A）＝0．8×0．9＝0．7２，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0．7２．][规律方法] （１）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B|A）＝错误!，这是求条件概率的通法．（２）借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n（A），再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n（AB），得P（B|A）＝错误!.【例１】某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记１分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为错误!，错误!，错误!，他们出线与未出线是相互独立的．（１）求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；（２）记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．[解] （１）记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则P（D）＝１—P（错误!错误!错误!）＝１—错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）由题意可得，ξ的所有可能取值为0,１,２,３，则P（ξ＝0）＝P（错误!错误!错误!）＝错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１）＝P（错误!错误!错误!）＋P（错误!错误!错误!）＋P（错误!错误!错误!）＝错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝２）＝P（AB错误!）＋P（A错误!C）＋P（错误!BC）＝错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝３）＝P（ABC）＝错误!×错误!×错误!＝错误!.所以ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误![规律方法] １．求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，先将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，再求概率．２．求相互独立事件同时发生的概率的方法：（１）利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．（２）直接计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完．（１）求他前两发子弹只命中一发的概率；（２）求他所耗用的子弹数X的分布列．[解] 记“第k发子弹命中目标”为事件A k（k＝１,２,３,４,５），则A１，A２，A３，A４，A５相互独立，且P（A k）＝错误!，P（错误!）＝错误!.（１）法一：他前两发子弹只命中一发的概率为P（A１错误!）＋P（错误!A２）＝P（A１）P（错误!）＋P（错误!）P（A２）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.法二：由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P＝C错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）X 的所有可能取值为２,３,４,５．P （X ＝２）＝P （A １A ２）＋P （错误! 错误!）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!，P （X ＝３）＝P （A １错误! 错误!）＋P （错误!A ２A ３）＝错误!×错误!２＋错误!×错误!２＝错误!，P （X ＝４）＝P （A １错误!A ３A ４）＋P （错误!A ２错误! 错误!）＝错误!３×错误!＋错误!３×错误!＝错误!，P （X ＝５）＝１—P （X ＝２）—P （X ＝３）—P （X ＝４）＝错误!.综上，X 的分布列为X ２３４５ P错误!错误!错误!错误!【例２】（２0１9·佛山模拟）某企业对新扩建的厂区进行绿化，移栽了银杏、垂柳两种大树各２株．假定银杏移栽的成活率为错误!，垂柳移栽的成活率为错误!，且各株大树是否成活互不影响．（１）求两种大树各成活１株的概率；（２）设ξ为两种大树成活的株数之和，求随机变量ξ的分布列．[解] （１）记“银杏大树成活１株”为事件A ，“垂柳大树成活１株”为事件B ，则“两种大树各成活１株”为事件AB ．由题可知P （A ）＝C 错误!·错误!·错误!＝错误!，P （B ）＝C 错误!·错误!·错误!＝错误!，由于事件A 与B 相互独立，所以P （AB ）＝P （A ）·P （B ）＝错误!.（２）由题意知ξ的所有可能取值为0,１,２,３,４．P （ξ＝0）＝错误!２·错误!２＝错误!；P （ξ＝１）＝C 错误!·错误!·错误!·错误!２＋C 错误!·错误!·错误!·错误!２＝错误!；P （ξ＝２）＝错误!＋错误!２·错误!２＋错误!２·错误!２＝错误!；P （ξ＝３）＝C 错误!·错误!·错误!·错误!２＋C 错误!·错误!·错误!·错误!２＝错误!；P （ξ＝４）＝错误!２·错误!２＝错误!.所以ξ的分布列为ξ 0 １２３４ P错误!错误!错误!错误!错误![规律方法] 独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略（１）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．（２）在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n 和变量的概率，求得概率．作为样本称出它们的质量（单位：克），质量的分组区间为（４90,４9５]，（４9５,５00]，…，（５１0,５１５]．由此得到样本的频率分布直方图如图．（１）根据频率分布直方图，求质量超过５0５克的产品数量；（２）在上述抽取的４0件产品中任取２件，设X 为质量超过５0５克的产品数量，求X 的分布列；（３）从该流水线上任取２件产品，设Y 为质量超过５0５克的产品数量，求Y 的分布列． [解] （１）质量超过５0５克的产品的频率为５×0．0５＋５×0．0１＝0．３，所以质量超过５0５克的产品数量为４0×0．３＝１２（件）．（２）重量超过５0５的产品数量为１２件，则重量未超过５0５克的产品数量为２8件，X 的取值为0,１,２，X 服从超几何分布． P （X ＝0）＝错误!＝错误!， P （X ＝１）＝错误!＝错误!， P （X ＝２）＝错误!＝错误!，∴X 的分布列为X 0 １２ P错误!错误!错误!从流水线上任取２件产品互不影响，该问题可看成２次独立重复试验，质量超过５0５克的件数Y 的可能取值为0,１,２，且Y ～B 错误!，P （X ＝k ）＝C 错误!错误!２—k 错误!k ，所以P （Y ＝0）＝C 错误!·错误!２＝错误!，P （Y ＝１）＝C 错误!·错误!·错误!＝错误!，P （Y ＝２）＝C 错误!·错误!２＝错误!.∴Y 的分布列为Y 0 １２ P错误!错误!错误!１．（２0１５·全国卷Ⅰ）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．0．４３２Ｃ．0．３6Ｄ．0．３１２A [３次投篮投中２次的概率为P （k ＝２）＝C 错误!×0．6２×（１—0．6），投中３次的概率为P（k＝３）＝0．6３，所以通过测试的概率为P（k＝２）＋P（k＝３）＝C错误!×0．6２×（１—0．6）＋0．6３＝0．6４8．故选Ａ．]２．（２0１４·全国卷Ⅱ）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．0．7５Ｃ．0．6 Ｄ．0．４５A[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＝错误!＝0．8．]。

第十章第八节二项分布及其应用 (理)

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(2)记两人所付的租车费用之和小于6元为事件C，则 P(C)＝(14×12)＋(14×14＋12×12)＋(12×14＋14×12＋14×14)＝34. 答：两人所付的租车费用之和小于6元的概率是34.
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[悟一法] 1.求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解． (2)正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入
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(2)记“先后两次出现的点数中有5”为事件D，“方程x2＋bx
＋c＝0有实根”为事件E，则P(D)＝
11 36
，P(D∩E)＝
7 36
，
P(E|D)＝PPD∩DE＝171.
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[做一题] [例2] (2011·四川高考)本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多，某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游(各租一车
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5．某单位在一次春游踏青中，开展有奖答题活动．从 2 道文史题和 3 道理科题中不放回地依次抽取 2 道题，在第一次抽到理科题的前提下第二次抽到理科题的概率为 ________．
解析：在第一次抽到理科题的前提下第二次抽到理科题的
A23 概率为 P＝AC2513＝12.
C15 答案：12
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所以 ξ的分布列是
ξ
0
12
3
6
P
1 24 8 27 9 27 27
8 27
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[悟一法] 1.独立重复试验是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．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，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． 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．

2025数学大一轮复习讲义北师大版第十章 §10.4 事件的相互独立性与条件概率、全概率公式

知识梳理
2.条件概率
PAB
(1)概念：设A，B是两个事件，且P(A)>0，则称P(B|A)＝__P__A____为在事
件A发生的条件下事件B发生的条件概率.
(2)两个公式
nAB
①利用古典概型：P(B|A)＝ nA ；
②概率的乘法公式：P(AB)＝ P(A)P(B|A) .
知识梳理
(3)条件概率的性质条件概率只是缩小了样本空间，因此条件概率同样具有概率的性质. 设P(A)>0，则 ①P(Ω|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) . ③设 B 和B互为对立事件，则P( B |A)＝ 1－P(B|A) .
微拓展
概率问题中的递推数列在概率与统计的问题中，经常会出现概率统计与数列综合考查的问题，一般以压轴题的形式出现.主要有四种类型：(1)an＝pan－1＋q型；(2)an＋1 ＝pan＋f(n)型；(3)an＋1＝anf(n)型；(4)an＋1＝pan＋qan－1型.
微拓展
典例 (多选)甲、乙、丙三人玩传球游戏，持球人把球传给另外两人中的
喜欢吃肠旺面或喜欢吃丝娃娃为事件A∪B，既喜欢吃肠旺面又喜欢吃丝
娃娃为事件A∩B，由题意知 P(A∪B)＝1－170＝130，从而 P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝145＋125－130＝110，
√A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为
(1－α)(1－β)2
√B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
√D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用

高考理科第一轮复习课件(10.8条件概率与独立事件)

2.判断相互独立事件的三种常用方法 (1)利用定义: 事件A，B相互独立 P(AB)=P(A)·P(B). (2)利用性质:A与B相互独立,则A与 B, A 与B, A 与 B 也都相互独立. (3)具体背景下: ①有放回地摸球,每次摸球结果是相互独立的. ②当产品数量很大时,不放回抽样也可近似看作独立重复试验.
P(A1)P(A2)„P(An) _________________.
3.二项分布
进行n次试验，如果满足以下条件：
(1)每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”
和“失败”.
(2)每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为
1-p.
(3)各次试验是相互独立的. 用X表示这n次试验中成功的次数，则
)
(5)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，
P(BA)表示事件A，B同时发生的概率.(
)
(6)X服从正态分布，通常用X～N(μ ,σ 2)表示，其中参数μ 和
σ 2分别表示正态分布的均值和方差.( )
【解析】(1)错误.当A,B为相互独立事件时P(B|A)=P(B).因此
该说法错误. (2)错误.两个事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两个事件相互独立是指一个事件发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥. (3)错误.因为只有两个事件是相互独立事件时，公式P(AB)= P(A)P(B)才成立.
5 4 2 8 P X 2 P(A1 A 2 ) P A1 P(A 2 ) ， 5 5 25
4 3 12 P X 3 P(A1A 2 ) P(A1 )P(A 2 ) . 5 5 25
∴X的分布列为

高三数学一轮(北师大)课件：第11章第8节条件概率、事件的独立性与二项分布(理)

＝1＋66＋4 15＝3112.ຫໍສະໝຸດ 课堂典例讲练条件概率
•
1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱
中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱
中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取
出一球，问从2号箱取出红球的概率是多少？
• [思路分析] 本题可分为两种互斥的情况：一是从1号箱取出红球；二是从1号箱取出白球．然后利用条件概率知识来解决．
[答案] [解析]
1
2
3
P(B|A)＝PPAAB＝130＝12.
5
• 6．将一枚硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________．
[答案]
11 32
[解析] 由题意知，正面可以出现 6 次，5 次，4 次，所求
概率 P＝C66(12)6＋C56(12)6＋C46(12)6
从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数，事件 A＝“取到的 2 个
数之和为偶数”，事件 B＝“取到的 2 个数均为偶数”，则 P(B|A)
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及二项分布．
3．能解决一些简单的实际问题.
的概率是考查热点，各种题型都有，通常以解答题的形式考查二项分布的概念、特征以及相关计算是高考对本节内容的常规考法．将二项分布同相互独立事件、互斥事件和对立事件概率的求解以及分布列等相结合考查，是一个新的考查方向.
1.设随机变量 X～B(6，12)，则 P(X＝3)等于( )
A．156
B．136
C．58 [答案]
[解析]
D．38
A 由二项分布的计算公式可得 P(X＝3)＝C36·(12)3·(1－

北师大版选修2《二项分布》教案及教学反思

北师大版选修2《二项分布》教案及教学反思作为高中数学必修的一部分，概率论是学生们接触的一个重要课程，而在概率论的学习中，二项分布作为其中的一个重要的分布，是同学们必须掌握的概率分布之一。

为此，在教学过程中，我准备了一份《二项分布》的教案，并就教学中的一些问题进行了反思与总结。

教学目标通过学习《二项分布》这一课程，学生能够理解并熟练掌握二项分布的概念和基本性质，能够灵活地运用二项分布进行概率计算，能够将所学知识应用到生活实际问题中，从而提高他们的数学素养。

教学内容和过程教学内容1.二项分布的概念和基本性质2.二项分布的公式及其应用3.二项分布与其它概率分布的联系和区别教学过程第一部分：引入1.引出二项分布所描述的实际情境，如掷硬币、抽取球等，并简单解决相应的问题。

2.导入二项分布的概念和意义，引出概率分布的概念以及个别、间断变量和连续变量的区别第二部分：讲解1.介绍二项分布的基本定义和性质，如自变量、概率函数等。

2.示范如何推导二项分布的公式，以及如何求解相关问题，如最大值、最小值、期望等。

3.讲解二项分布与其它概率分布的比较，如伯努利分布、泊松分布等。

第三部分：练习1.教师示范通过样例计算，学生负责跟随一起完成。

2.自主试题，贴合实际问题，突出二项分布的应用。

第四部分：总结1.进行课堂回顾，梳理并确定知识点。

2.教师自评、学生互评，收集意见和建议。

教学反思教学优点1.教学过程中与实际问题紧密结合，使学生能够准确理解二项分布的概念和意义。

2.教师示范计算，学生跟随完成，学生在计算过程中不会出现错误，掌握的知识比较全面。

3.自主试题突出了二项分布的应用，学生能够更好地将所学的知识应用到实际问题中去。

教学不足1.教学内容相对比较单一，学生在练习和运用上有待完善。

2.缺少互动环节，学生在互相交流和讨论方面表现不足。

教学改进1.在试题设计和分组上再进一步思考，让学生在更多的实际问题中进行二项分布的应用。

2.适当增加互动环节，让学生在互相交流和讨论的过程中互相促进、取长补短。

2014届高考(理)总复习资料：第10章第8讲 n次独立重复实验与二项分布

2种必会方法 1. 定义法求条件概率：求出P(A)、P(AB)，由P(B|A)＝ PAB破解． PA 2. 转化法求条件概率：转化为古典概型求解，先求事件A 包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝nnAA·B .
3点必须注意 1. 求P(B|A)＝PPAAB，关键是求P(A)和P(AB)．注意P(B|A) 与P(A|B)不同． 2. 在应用相互独立事件的概率公式时，对含有“至多有一个发生”、“至少有一个发生”的情况，可结合对立事件的概率求解． 3. 判断某事件发生是否是独立重复试验，关键有两点： ①在同样的条件下重复，相互独立进行；②试验结果要么发生，要么不发生
3. P(A1)P(A2)P(A3)…P(An) Cknpk(1－p)n－k 想一想：提示：两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1 时的二项分布．填一填：156 提示：C35(12)2(12)3＝156.
核心要点研究
例1 [2012·湖北高考]根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：

因此随机变量X的分布列为
X0 1 2345
P
1 36
1 12
1 9
1 3
1 9
1 3
所以E(X)＝0×
316 ＋1×
1 12
＋2×
1 9
＋3×
1 3
＋4×
1 9
＋5×
1 3
＝
41 12.
奇思妙想：例题条件不变，求该射手恰好命中两次的概率．
解：P＝34×23×13＋34×13×23＋14×23×23＝49.
第8讲 n次独立重复实验与二项分布
不同寻常的一本书，不可不读哟！

高考数学一轮复习第10章概率第1节随机事件的概率教学案文含解析北师大版

高考数学一轮复习第10章概率第1节随机事件的概率教学案文含解析北师大版[考纲传真] 1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别.2.了解两个互斥事件的概率加法公式．1．概率(1)定义：在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时这个常数叫作随机事件A的概率，记作P(A)，有0≤P(A)≤1.(2)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而概率是一个确定的值，因此，人们用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．2．互斥事件与对立事件(1)互斥事件：在一个随机试验中，我们把一次试验下不能同时发生的两个事件A与B称作互斥事件．(2)对立事件：在每一次试验中，两个事件不会同时发生，并且一定有一个发生的事件A 和A称为对立事件．3．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率：P(A)＝1.(3)不可能事件的概率：P(A)＝0.(4)互斥事件的概率加法公式：①P(A＋B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)．②P(A1＋A2＋…＋A n)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(A n)(A1，A2，…，A n彼此互斥)．(5)对立事件的概率：P(A)＝1－P(A)．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)事件发生的频率与概率是相同的．( )(2)在大量的重复实验中，概率是频率的稳定值．( )(3)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( )(4)6张奖券中只有一张有奖，甲、乙先后各抽取一张，则甲中奖的概率小于乙中奖的概率．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)×2．(教材改编)一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( )A ．至多有一次中靶B ．两次都中靶C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶D [“至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”．] 3．将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A ．必然事件 B ．随机事件 C ．不可能事件D ．无法确定B [抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0,1,2，…，10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．]4．(教材改编)有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下：[11.5,15.5)，2；[15.5,19.5)，4；[19.5，23.5)，9；[23.5,27.5)，18；[27.5,31.5)，11；[31.5，35.5)，12；[35.5,39.5)，7；[39.5,43.5]，3.根据样本的频率分布估计，数据落在[27.5,43.5]内的概率约是________．12 [由条件可知，落在[27.5,43.5]内的数据有11＋12＋7＋3＝33(个)，故所求概率约是3366＝12.] 5．(2019·济南模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A ＝{抽到一等品}，事件B ＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P (A )＝0.65，P (B )＝0.2，P (C )＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________．0.35 [∵事件A ＝{抽到一等品}，且P (A )＝0.65，∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P ＝1－P (A )＝1－0.65＝0.35.]随机事件之间的关系1．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是( )A ．至多有一张移动卡B ．恰有一张移动卡C ．都不是移动卡D ．至少有一张移动卡A[至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”，“2张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．]2．对飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝{两次都击中飞机}，B＝{两次都没击中飞机}，C＝{恰有一次击中飞机}，D＝{至少有一次击中飞机}，其中彼此互斥的事件是________，互为对立事件的是________．A与B，A与C，B与C，B与D B与D[设I为对飞机连续射击两次所发生的所有情况，因为A∩B＝∅，B∩C＝∅，A∩C＝∅，B∩D＝∅，故A与B，B与C，A与C，B与D为互斥事件．而B∩D＝∅，B∪D＝I，故B与D互为对立事件．][规律方法]判断互斥、对立事件的两种方法(1)定义法：判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．对立事件是互斥事件的充分不必要条件．(2)集合法：①由各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．②事件A的对立事件A所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．随机事件的概率与频率【例1】(2016·全国卷Ⅱ)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，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a出险次数01234≥5频数605030302010(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．[解](1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3. (3)由所给数据得保费 0.85a a1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率0.300.250.150.150.100.05＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a . [规律方法] 1.概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值．2．随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．某保险公司利用简单随机抽样的方法，对投保的车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000 车辆数(辆)500130100150120(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．[解] (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12.由于投保额为2 800元，赔付金额大于投保金额的情形是赔付3 000和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主是新司机的有0.1×1 000＝100(位)，而赔付金额为4 000元的车辆中车主为新司机的有0.2×120＝24(位)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率是P (C )＝0.24.互斥事件与对立事件概率公式的应用【例2】某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． [解] (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100， P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C ．∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000，故1张奖券的中奖概率约为611 000.(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000，故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.[规律方法] 复杂事件的概率的两种求法(1)直接求法，将所求事件分解为一些彼此互斥的事件，运用互斥事件的概率求和公式计算．(2)间接求法，先求此事件的对立事件的概率，再用公式P (A )＝1－P (A )求解(正难则反)，特别是“至多”“至少”型题目，用间接求法就比较简便．某学校在教师外出家访了解学生家长对孩子的学习关心情况活动中，一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示：派出人数≤2345≥6概率0.10.460.30.10.04(2)求至少有3人外出家访的概率．[解](1)设派出2人及以下为事件A,3人为事件B,4人为事件C,5人为事件D,6人及以上为事件E，则有4人或5人外出家访的事件为事件C或事件D，C，D为互斥事件，根据互斥事件概率的加法公式可知，P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝0.3＋0.1＝0.4.(2)至少有3人外出家访的对立事件为2人及以下，所以由对立事件的概率可知，P＝1－P(A)＝1－0.1＝0.9.。

北师大版版高考数学一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布二项分布及其应用教学案理

１．“二项分布”与“超几何分布”的区别有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．２．两个概率公式（１）在事件B发生的条件下A发生的概率为P（A|B）＝错误!.注意其与P（B|A）的不同．（２）若事件A１，A２，…，A n相互独立，则P（A１A２…A n）＝P（A１）P（A２）…P（A n）．３．二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：（１）每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；（２）每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为１—p；（３）各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P（X＝k）＝C错误!p k（１—p）n—k（k＝0，１，２，…，n）．若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B（n，p）．常用结论二、教材衍化１．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0．２，乙地降雨概率是0．３．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为A错误!＋错误!B，所以P（A错误!＋错误!B）＝P（A错误!）＋P（错误!B）＝P（A）P（错误!）＋P（错误!）P（B）＝0．２×0．7＋0．8×0．３＝0．３8．答案：0．３8２．已知盒中装有３个红球、２个白球、５个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为________．解析：设A＝{第一次拿到白球}，B＝{第二次拿到红球}，则P（AB）＝错误!×错误!，P（A）＝错误!，所以P（B|A）＝错误!＝错误!.答案：错误!一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）条件概率一定不等于它的非条件概率．（）（２）相互独立事件就是互斥事件．（）（３）对于任意两个事件，公式P（AB）＝P（A）P（B）都成立．（）（４）二项分布是一个概率分布，其公式相当于（a＋b）n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝１—p.（）（５）P（B|A）表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P（AB）表示事件A，B同时发生的概率．（）答案：（１）×（２）×（３）×（４）×（５）√二、易错纠偏错误!错误!（１）条件概率公式套用错误；（２）相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；（３）独立重复试验公式应用错误．１．由0，１组成的三位数编号中，若事件A表示“第二位数字为0”，事件B表示“第一位数字为0”，则P（A|B）＝________．解析：因为第一位数字可为0或１，所以第一位数字为0的概率P（B）＝错误!，第一位数字为0且第二位数字也为0，即事件A，B同时发生的概率P（AB）＝错误!×错误!＝错误!，所以P（A|B）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!２．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为错误!，错误!，在操作考试中“合格”的概率依次为错误!，错误!，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．解析：甲获得“合格证书”的概率为错误!×错误!＝错误!，乙获得“合格证书”的概率是错误!×错误!＝错误!，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.答案：错误!３．设随机变量X～B错误!，则P（X＝３）＝________．解析：因为X～B错误!，所以P（X＝３）＝C错误!错误!错误!×错误!错误!＝错误!.答案：错误!条件概率（典例迁移）（１）（一题多解）现有３道理科题和２道文科题共５道题，若不放回地依次抽取２道题，则在第１次抽到理科题的条件下，第２次抽到理科题的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!（２）从１，２，３，４，５中任取２个不同的数，事件A＝“取到的２个数之和为偶数”，事件B ＝“取到的２个数均为偶数”，则P（B|A）＝（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!【解析】（１）法一：设第１次抽到理科题为事件A，第２次抽到理科题为事件B，P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.故选Ｃ．法二：在第１次抽到理科题的条件下，还有２道理科题和２道文科题，故在第１次抽到理科题的条件下，第２次抽到理科题的概率为错误!.故选Ｃ．（２）P（A）＝错误!＝错误!＝错误!，P（AB）＝错误!＝错误!，由条件概率公式，得P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.【答案】（１）C （２）B【迁移探究】（变条件）将本例（２）中的“和”改为“积”，求P（B|A）．解：事件A：“取到的２个数之积为偶数”所包含的基本事件有：（１，２），（３，２），（４，２），（５，２），（４，１），（４，３），（４，５），所以P（A）＝错误!.事件B：“取到的２个数均为偶数”所包含的基本事件有（２，４），所以P（AB）＝错误!，所以P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.错误!条件概率的两种求解方法１．（２0２0·珠海模拟）夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼洄游到长江，历经三千多公里的溯流搏击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到１５厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0．１５，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0．0５，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为________．解析：设事件A为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知P（A）＝0．１５，P（AB）＝0．0５，所以P（B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!２．将三颗骰子各掷一次，设事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P（A|B）＝________，P（B|A）＝________．解析：P（A|B）的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6—５×５×５＝9１种情况，“至少出现一个6点且三个点数都不相同”共有C错误!×５×４＝60种情况，所以P（A|B）＝错误!.P （B|A）的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×５×４＝１２0种情况，所以P（B|A）＝错误!.答案：错误!错误!相互独立事件的概率（师生共研）（２0２0·福州四校联考）某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期１00位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车１辆所获得的利润分别是１万元、２万元、３万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这１00位客户所采用的分期付款方式的频率估计１位客户采用相应分期付款方式的概率．（１）求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；（２）记X（单位：万元）为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列与数学期望．【解】（１）设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，P（A）＝错误!＝0．３５，P（B）＝错误!＝0．４５，P（C）＝错误!＝0．２，所以甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝１—[P（A）·P（A）＋P（B）·P（B）＋P（C）·P （C）]＝0．6３５．（２）由题意知，X的所有可能取值为２，３，４，５，6，P（X＝２）＝P（A）P（A）＝0．３５×0．３５＝0．１２２５，P（X＝３）＝P（A）P（B）＋P（B）P（A）＝0．３５×0．４５＋0．４５×0．３５＝0．３１５，P（X＝４）＝P（A）P（C）＋P（B）P（B）＋P（C）P（A）＝0．３５×0．２＋0．４５×0．４５＋0．２×0．３５＝0．３４２５，P（X＝５）＝P（B）P（C）＋P（C）P（B）＝0．４５×0．２＋0．２×0．４５＝0．１8，P（X＝6）＝P（C）P（C）＝0．２×0．２＝0．0４．所以X的分布列为X２３４５6P0．１２２５0．３１５0．３４２５0．１80．0４EX＝0．１２２．0４×6＝３．7．错误!利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路（１）将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．（２）将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知（易求）概率的相互独立事件的积事件．（３）代入概率的积、和公式求解．１．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）１１分制乒乓球比赛，每赢一球得１分，当某局打成１0∶１0平后，每球交换发球权，先多得２分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0．５，乙发球时甲得分的概率为0．４，各球的结果相互独立．在某局双方１0∶１0平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．（１）求P（X＝２）；（２）求事件“X＝４且甲获胜”的概率．解：（１）X＝２就是１0∶１0平后，两人又打了２个球该局比赛结束，则这２个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P（X＝２）＝0．５×0．４＋（１—0．５）×（１—0．４）＝0．５．（２）X＝４且甲获胜，就是１0∶１0平后，两人又打了４个球该局比赛结束，且这４个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得１分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0．５×（１—0．４）＋（１—0．５）×0．４]×0．５×0．４＝0．１．２．为迎接２0２２年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过１小时免费，超过１小时的部分每小时收费标准为４0元（不足１小时的部分按１小时计算）．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过１小时离开的概率分别为错误!，错误!；１小时以上且不超过２小时离开的概率分别为错误!，错误!；两人滑雪时间都不会超过３小时．（１）求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；（２）设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．解：（１）两人所付费用相同，相同的费用可能为0，４0，80元，两人都付0元的概率为P１＝错误!×错误!＝错误!，两人都付４0元的概率为P２＝错误!×错误!＝错误!，两人都付80元的概率为P３＝错误!×错误!＝错误!×错误!＝错误!，则两人所付费用相同的概率为P＝P１＋P２＋P３＝错误!＋错误!＋错误!＝错误!.（２）设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，４0，80，１２0，１60，则：P（ξ＝0）＝错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝４0）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝80）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１２0）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１60）＝错误!×错误!＝错误!.ξ的分布列为ξ0４080１２0１60P错误!错误!错误!错误!错误!独立重复试验与二项分布（师生共研）某工厂的某种产品成箱包装，每箱２00件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取２0件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p（0＜p＜１），且各件产品是否为不合格品相互独立．（１）记２0件产品中恰有２件不合格品的概率为f（p），求f（p）的最大值点p0；（２）现对一箱产品检验了２0件，结果恰有２件不合格品，以（１）中确定的p0作为p的值，已知每件产品的检验费用为２元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付２５元的赔偿费用．１若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；２以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？【解】（１）２0件产品中恰有２件不合格品的概率为f（p）＝C错误!p２（１—p）１8.因此f′（p）＝C错误![２p（１—p）１8—１8p２（１—p）１7]＝２C错误!p（１—p）１7（１—１0p）．令f′（p）＝0，得p＝0．１．当p∈（0，0．１）时，f′（p）>0；当p∈（0．１，１）时，f′（p）<0．所以f（p）的最大值点为p0＝0．１．（２）由（１）知，p＝0．１．１令Y表示余下的１80件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B（１80，0．１），X＝２0×２＋２５Y，即X＝４0＋２５Y.所以EX＝E（４0＋２５Y）＝４0＋２５EY＝４90．２如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为４00元．由于EX>４00，故应该对余下的产品作检验．错误!（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）判断随机变量X服从二项分布的条件（X～B（n，p））１X的取值为0，１，２，…，n；２P（X＝k）＝C错误!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．１．一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现音乐，要么不出现音乐．设每次击鼓出现音乐的概率为错误!，且各次击鼓出现音乐相互独立．设每盘游戏出现音乐的次数为X，则P（X≥１）＝________．玩三盘游戏，则恰有两盘出现音乐的概率是________．解析：由题意X～B错误!，所以P（X≥１）＝１—P（X＝0）＝１—C错误!错误!错误!＝错误!，或P（X≥１）＝P（X＝１）＋P（X＝２）＋P（X＝３）＝C错误!错误!错误!错误!＋C错误!错误!错误!错误!＋C错误!错误!错误!＝错误!，故每盘游戏出现音乐的概率为错误!，所以玩三盘游戏，恰有两盘出现音乐的概率P＝C错误!错误!错误!×错误!＝错误!.答案：错误!错误!２．（２0２0·合肥模拟）师大附中学生会组织部分同学，用“１0分制”随机调查“阳光”社区人们的幸福度．现从调查人群中随机抽取１6名，如图所示的茎叶图（以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶）记录了他们的幸福度分数．（１）若幸福度不低于9．５分，则称该人的幸福度为“极幸福”，求从这１6人中随机选取３人，至多有１人的幸福度是“极幸福”的概率；（２）以这１6人的样本数据来估计整个社区的总体数据，若从该社区（人数很多）任选３人，记ξ表示选到幸福度为“极幸福”的人数，求ξ的分布列及数学期望．解：（１）设事件A i（i＝0，１，２，３）表示所取３人中有i人的幸福度是“极幸福”，至多有１人的幸福度是“极幸福”记为事件A，结合茎叶图得P（A）＝P（A0）＋P（A１）＝错误!＋错误!＝错误!.（２）ξ的可能取值为0，１，２，３，由样本估计总体得任选１人，其幸福度为“极幸福”的概率为错误!＝错误!，则P（ξ＝0）＝错误!错误!＝错误!；P（ξ＝１）＝C错误!×错误!×错误!错误!＝错误!；P（ξ＝２）＝C错误!×错误!错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝３）＝错误!错误!＝错误!.所以ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误!所以E（ξ）＝0×二项分布与超几何分布的辨别方法写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？（１）X１表示n次重复抛掷１枚骰子出现点数是３的倍数的次数；（２）X２表示连续抛掷２枚骰子，所得的２枚骰子的点数之和；（３）有一批产品共有N件，其中次品有M件（N＞M＞0），采用有放回抽取方法抽取n次（n＞N），抽出的次品件数为X３；（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抽n件，出现次品的件数为X ４（N＞M>n>0）．【解】（１）X１的分布列为X１0１２…nPC错误!错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!…C错误!错误!错误!１１（２）X２的分布列为X２２３４５6789１0１１１２P错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!２（３）X３的分布列为X ３0１２…nP错误!错误!C错误!错误!·错误!错误!C错误!错误!错误!·错误!错误!…错误!错误!３３（４）X４的分布列为X４0１…k…nP错误!错误!…错误!…错误!４错误!综上，（１）（３）服从二项分布，（４）服从超几何分布，（２）既不服从二项分布也不服从超几何分布．超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立．当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布．某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动．公园甲乙丙丁获得签名人数４５60３0１５0个关于长征的问题中随机抽取４个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．（１）求此活动中各公园幸运之星的人数；（２）若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为错误!，求乙公园中恰好２位幸运之星获得纪念品的概率；（３）若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外２个问题答不对，记小李答对的问题数为X，求X的分布列．解：（１）甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为错误!×１0＝３，错误!×１0＝４，错误!×１0＝２，错误!×１0＝１．（２）根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为C错误!错误!错误!＝错误!，所以乙公园中恰好２位幸运之星获得纪念品的概率为C错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!.（３）由题意，知X的所有可能取值２，３，４，服从超几何分布，P（X＝２）＝错误!＝错误!，P（X＝３）＝错误!＝错误!，P（X＝４）＝错误!＝错误!.所以X的分布列为X２３４P错误!错误!错误![基础题组练]１．（２0２0·马鞍山一模）已知一种元件的使用寿命超过１年的概率为0．8，超过２年的概率为0．6，若一个这种元件使用到１年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过２年的概率为（）Ａ．0．7５Ｂ．0．6C．0．５２Ｄ．0．４8解析：选Ａ．设一个这种元件使用到１年时还未损坏为事件A，使用到２年时还未损坏为事件B，则由题意知P（AB）＝0．6，P（A）＝0．8，则这个元件使用寿命超过２年的概率为P（B|A）＝错误!＝错误!＝0．7５，故选Ａ．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为0．6，0．５，0．５，0．４，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少３人需使用设备的概率为（）Ａ．0．２５Ｂ．0．３0Ｃ．0．３１Ｄ．0．３５解析：选Ｃ．设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P（A）＝0．6，P（B）＝P（C）＝0．５，P（D）＝0．４，恰好３人使用设备的概率P１＝P（错误!BCD＋A错误!CD＋AB错误!D＋ABC错误!）＝（１—0．6）×0．５×0．５×0．４＋0．6×（１—0．５）×0．５×0．４＋0．6×0．５×（１—0．５）×0．４＋0．6×0．５×0．５×（１—0．４）＝0．２５，４人使用设备的概率P２＝0．6×0．５×0．５×0．４＝0．06，故所求概率P＝0．２５＋0．06＝0．３１．３．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的２00个机械元件情况如下：0天以上的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．由表可知元件使用寿命在３0天以上的概率为错误!＝错误!，则所求概率为C错误!错误!错误!×错误!＋错误!错误!＝错误!.４．（２0２0·河南中原名校联盟一模）市场调查发现，大约错误!的人喜欢在网上购买家用小电器，其余的人则喜欢在实体店购买家用小电器．经工商局抽样调查，发现网上购买的家用小电器的合格率约为错误!，而实体店里的家用小电器的合格率约为错误!.现工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ａ．因为大约错误!的人喜欢在网上购买家用小电器，网上购买的家用小电器的合格率约为错误!，所以某家用小电器是在网上购买的，且被投诉的概率约为错误!×错误!＝错误!，又实体店里的家用小电器的合格率约为错误!，所以某家用小电器是在实体店里购买的，且被投诉的概率约为错误!×错误!＝错误!，故工商局接到一个关于家用小电器不合格的投诉，则这台被投诉的家用小电器是在网上购买的可能性P＝错误!＝错误!.５．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p, 各成员的支付方式相互独立．设X为该群体的１0位成员中使用移动支付的人数，DX＝２．４，P（X＝４）＜P（X＝6），则p＝（）Ａ．0．7 Ｂ．0．6Ｃ．0．４Ｄ．0．３解析：选Ｂ．由题意知，该群体的１0位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以DX＝１0p·（１—p）＝２．４，所以p＝0．6或p＝0．４．由P（X＝４）＜P（X＝6），得C错误!p４（１—p）6＜C错误!p6（１—p）４，即（１—p）２＜p２，所以p＞0．５，所以p＝0．6．6．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，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为________．解析：该同学通过测试的概率P＝C错误!×0．6２×0．４＋0．6３＝0．４３２＋0．２１6＝0．6４8．答案：0．6４87．小赵、小钱、小孙、小李到４个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“４个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）＝________．解析：小赵独自去一个景点共有４×３×３×３＝１08种情况，即n（B）＝１08，４个人去的景点不同的情况有A错误!＝４×３×２×１＝２４种，即n（AB）＝２４，所以P（A|B）＝错误!＝错误!＝错误!.答案：错误!8．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的５个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0．8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了４个问题就晋级下一轮的概率为________，该选手回答了５个问题结束的概率为________．解析：依题意，该选手第２个问题回答错误，第３，４个问题均回答正确，第１个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝0．8×0．２×0．8２＋0．２×0．２×0．8２＝１×0．２×0．8２＝0．１２8．依题意，设答对的事件为A，可分第３个正确与错误两类，若第３个正确则有A错误!A错误!或错误!错误!A错误!两类情况，其概率为：0．8×0．２×0．8×0．２＋0．２×0．２×0．8×0．２＝0．0２５6＋0．006 ４＝0．0３２0．该选手第３个问题的回答是错误的，第１，２两个问题回答均错误或有且只有１个错误，则所求概率P＝0．２３＋２×0．２×0．8×0．２＝0．008＋0．06４＝0．07２．所以，所求概率为0．0３２0＋0．07２＝0．１0４．答案：0．１２8 0．１0４9．（２0２0·湖南两市联考）某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的个人单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．一个运动员出线记１分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为错误!，错误!，错误!，他们出线与未出线是相互独立的．（１）求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；（２）记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员所得分数之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望Eξ．解：（１）记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则P（D）＝１—P（错误!错误!错误!）＝１—错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）ξ的所有可能取值为0，１，２，３．P（ξ＝0）＝P（错误!错误!错误!）＝错误!；P（ξ＝１）＝P（A错误!错误!）＋P（错误!B错误!）＋P（错误!错误!C）＝错误!；P（ξ＝２）＝P（AB错误!）＋P（A错误!C）＋P（错误!BC）＝错误!；P（ξ＝３）＝P（ABC）＝错误!.所以ξ的分布列为故Eξ＝0×错误!＋１×错误!＋２×错误!＋３×错误!＝错误!.１0．（２0２0·河北“五个一名校联盟”模拟）空气质量指数（Air Quality Index，简称AQI）是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～５0为优；５１～１00为良；１0１～１５0为轻度污染；１５１～２00为中度污染；２0１～３00为重度污染；３00以上为严重污染．一环保人士记录去年某地六月１0天的AQI的茎叶图如图．（１）利用该样本估计该地六月空气质量为优良（AQI≤１00）的天数；（２）将频率视为概率，从六月中随机抽取３天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列．解：（１）从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为２，空气质量为良的天数为４，所以该样本中空气质量为优良的频率为错误!＝错误!，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为３0×错误!＝１8．（２）由（１）估计某天空气质量为优良的概率为错误!，ξ的所有可能取值为0，１，２，３，且ξ～B错误!.所以P（ξ＝0）＝错误!错误!＝错误!，P（ξ＝１）＝C错误!错误!错误!错误!＝错误!，P（ξ＝２）＝C错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!，P（ξ＝３）＝错误!错误!＝错误!.ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误!１．（２0２0·南昌模拟）为向国际化大都市目标迈进，某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３名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这３名民工选择的项目所属类别互异的概率是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!解析：选Ｄ．记第i名民工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，事件A i，B i，C i（i＝１，２，３）相互独立，则P（A i）＝错误!＝错误!，P（B i）＝错误!＝错误!，P（C i）＝错误!＝错误!，i＝１，２，３，故这３名民工选择的项目所属类别互异的概率是P＝A错误!P（A i B i C i）＝6×错误!×错误!×错误!＝错误!.２．箱子里有５个黑球，４个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第４次取球之后停止的概率为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!错误!×错误!Ｃ．错误!×错误!Ｄ．C错误!×错误!错误!×错误!解析：选Ｂ．由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为错误!错误!×错误!.３．甲罐中有５个红球，２个白球和３个黑球，乙罐中有４个红球，３个白球和３个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A１，A２和A３表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________．（写出所有正确结论的序号）１P（B）＝错误!；２P（B|A１）＝错误!；３事件B与事件A１相互独立；４A１，A２，A３是两两互斥的事件；５P（B）的值不能确定，它与A１，A２，A３中哪一个发生都有关．解析：由题意知A１，A２，A３是两两互斥的事件，P（A１）＝错误!＝错误!，P（A２）＝错误!＝错误!，P（A３）＝错误!，P（B|A１）＝错误!＝错误!，P（B|A２）＝错误!，P（B|A３）＝错误!，而P（B）＝P（A１B）＋P（A２B）＋P（A３B）＝P（A１）P（B|A１）＋P（A２）P（B|A２）＋P（A３）P（B|A３）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.故正确的为２４．答案：２４４．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳２米高度成功的概率分别是0．7，0．6，且每次试跳成功与否之间没有影响．（１）甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________；（２）若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．解析：（１）记“甲在第i次试跳成功”为事件A i，“乙在第i次试跳成功”为事件B i，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件Ｃ．法一：P（C）＝P（A１错误!１）＋P（错误!１B１）＋P（A１B１）＝P（A１）P（错误!１）＋P（错误!１）P（B１）＋P（A１）P（B１）＝0．7×0．４＋0．３×0．6＋0．7×0．6＝0．88．法二：由对立事件的概率计算公式得P（C）＝１—P（错误!１错误!１）＝１—P（错误!１）P（错误!）＝１—0．３×0．４＝0．88．１（２）设“甲在两次试跳中成功i次”为事件M i，“乙在两次试跳中成功i次”为事件N i，所以所求概率P＝P（M１N0）＋P（M２N１）＝P（M１）P（N0）＋P（M２）P（N１）＝C错误!×0．7×0．３×0．４２＋0．7２×C错误!×0．6×0．４＝0．３0２４．答案：（１）0．88 （２）0．３0２４５．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是错误!和错误!.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．（１）求甲射击４次，至少有１次未击中目标的概率；（２）求两人各射击４次，甲恰好击中目标２次且乙恰好击中目标３次的概率；（３）假设每人连续２次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击５次后，被终止射击的概率是多少？。

高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及分布列10.8n次独立重复试验与二项分布课件理

【变式训练 2】某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有 A，B 两个定点投篮位置，在 A 点投中一球得 2 分，在 B 点投中一球得 3 分．规则是：每人投篮三次按先 A 后 B 再 A 的顺序各投篮一次，教师甲在 A 和 B 点投中的概率分别是12和13，且在 A，B 两点投中与否相互独立．
P(A1)
＝
4 10
＝
2 5
，
P(A2)
＝
5 10
＝
1 2
，
所
以
P(B1) ＝ P(A1A2) ＝
P(A1)P(A2)＝25×12＝15，P(B2)＝P(A1 A2 ＋ A1 A2)＝P(A1 A2 )＋
(2)一个正方形被平均分成 9 个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧 3 个小正方形区域的事件记为 A，投中最上面 3 个小正方形或正中间的 1 个小正方形区域的事件记为 B，求 P(AB)、P(A|B)．
[解] 如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4， ∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝19， P(A|B)＝nnABB＝14.
[解] (1)记事件 A1＝{从甲箱中摸出的 1 个球是红球}， A2＝{从乙箱中摸出的 1 个球是红球}，B1＝{顾客抽奖 1 次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖 1 次获二等奖}，C＝{顾客抽奖 1 次能获奖}．
由题意，A1 与 A2 相互独立，A1 A2 与 A1 A2 互斥，B1 与
B2 互斥，且 B1＝A1A2，B2＝A1 A2 ＋ A1 A2，C＝B1＋B2.因为
第10章计数原理、概率、随机变量及分布列
第8讲 n次独立重复试验与二项分布
板块一知识梳理·自主学习

高中数学北师大版概率统计教案设计

高中数学北师大版概率统计教案设计第一节：引言概率统计是数学中的一个重要分支，也是生活中应用甚广的一门学科。

本教案将以北师大版高中数学教材为基础，设计一堂概率统计的课程，帮助学生理解和掌握相关概念和方法。

第二节：教学目标本节课主要目标如下：1. 理解随机事件和概率的概念；2. 掌握概率计算的基本方法，包括频率法和几何法；3. 理解条件概率和独立事件的概念，并能运用相关公式解题；4. 学会使用树型图解决复杂概率问题。

第三节：教学内容1. 随机事件和概率- 引入随机事件的概念，介绍事件的基本性质和表示方法；- 解释概率的意义，引导学生理解概率与频率的关系；- 演示如何计算简单事件的概率，并进行相关练习。

2. 概率计算方法- 分别介绍频率法和几何法计算概率的基本思路；- 通过例题演示这两种方法的具体运用，并与学生一起解决相关问题；- 提供一些练习题，巩固学生对概率计算方法的掌握。

3. 条件概率和独立事件- 引入条件概率的概念，解释条件概率的计算方法；- 定义独立事件的概念，并讲解独立事件的性质；- 通过例题，帮助学生掌握条件概率和独立事件的计算方法。

4. 树型图的应用- 介绍树型图的概念和绘制方法；- 解释如何利用树型图解决复杂的概率问题；- 演示树型图在实际问题中的应用，并与学生一起解决相关问题。

第四节：教学方法1. 探究式教学法：通过引入生活中的实际问题，激发学生的兴趣和思考，培养学生的独立思考和问题解决能力。

2. 合作学习法：鼓励学生在小组内合作讨论，促进思想交流和互相学习。

3. 案例分析法：通过引入真实案例，帮助学生将所学的概率统计方法应用到实际问题中，培养学生的应用能力。

第五节：教学过程1. 激发兴趣：- 引入一个有趣的数学概率问题，引发学生思考的兴趣。

2. 知识探究：- 分组讨论，探究随机事件和概率的概念及表示方法；- 学生自主发现和总结概率计算的基本方法；- 利用案例分析法，引导学生理解条件概率和独立事件的概念。

2020高考数学理科大一轮复习导学案：第十章概率10.8 Word版含答案【KS5U 高考】

第八节二项分布与正态分布知识点一条件概率及其性质1．对于任何两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝P(AB) P(A).在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的个数，则P(B|A)＝n(AB)n(A).2．条件概率具有的性质：(1)0≤P(B|A)≤1；(2)如果B和C是两互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．1．判断正误(1)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(√)(2)P(B|A)表示在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，P(AB)表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( × )2．天气预报播报，在国庆假期甲地降雨的概率是0.3，乙地降雨的概率是0.4，两地同时降雨的概率为0.2，则在乙地降雨的前提下，甲地降雨的概率为( C )A ．0.12B ．0.2C ．0.5 D.23解析：由条件概率公式，得P (甲|乙)＝P (甲乙)P (乙)＝0.20.4＝0.5. 知识点二相互独立事件1．对于事件A ，B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 是相互独立事件．2．若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )，P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝P (A )·P (B )．3．若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立．4．若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立．3．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( C )A ．0.2B ．0.3C ．0.38D ．0.56解析：设甲地降雨为事件A ，乙地降雨为事件B ，则两地恰有一地降雨为A B ＋A B ，∴P (A B ＋A B )＝P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.4．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( B )A.C 35C 14C 45B.⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49 C.35×14 D ．C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49解析：由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49. 知识点三二项分布1．独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．2．在n 次独立重复试验中，事件A 发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k (k＝0,1,2，…，n )(p 为事件A 发生的概率)，事件A 发生的次数是一个随机变量X ，其分布列为二项分布，记为X ～B (n ，p )．5．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)等于( A ) A.516 B.316 C.58 D.38解析：因为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，所以P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.6．(2019·福建厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( D )A.25B.35C.18125D.54125解析：袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P 1＝35，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝54125. 知识点四正态分布1．正态分布的定义如果对于任何实数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，记为X ～N (μ，σ2)．2．正态曲线的性质(1)曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交，与x 轴之间的面积为1；(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1σ2π； (4)当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．3．正态总体在三个特殊区间内取值的概率值(1)P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682_6；(2)P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954_4；(3)P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997_4.7．(选修2－3P75B 组第2题改编)若X ～N (5,1)，则P (3<X <4)＝( D )A ．0.954 5B ．0.477 3C ．0.341 4D ．0.135 9解析：依题意得P (3<X <4)＝12P (3<X <7)－12P (4<X <6)＝12×0.954 4－12×0.682 6＝0.135 9.1．条件概率(1)在事件B 发生的条件下A 发生的概率为P (A |B )＝P (AB )P (B ). (2)如果B 与C 互斥，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )．2．运用公式P (AB )＝P (A )P (B )时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A ，B 相互独立时，公式才成立．3．注意二项分布与超几何分布的联系与区别．有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.考向一条件概率【例1】 (1)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A.110B.15C.25D.12(2)已知一批产品共有10件，其中有3件次品，现不放回地从中依次抽取2件，则在第一次抽到次品的情况下，第二次抽到次品的概率为________．【解析】 (1)设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则由题意可得P (A )＝12，P (AB )＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1512＝25.故选C.(2)解法1：设“第一次抽到次品”为事件A ，“第二次抽到次品”为事件B ，则P (A )＝310，P (AB )＝A 23A 210＝115，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝115×103＝29. 解法2：(基本事件法)抽取2件，第一次抽取次品的基本事件数为n (A )＝C 13C 19＝27，第一次抽次品，第二次也抽到次品的基本事件数为n (AB )＝C 13C 12＝6，故所求概率P (B |A )＝n (AB )n (A )＝627＝29. 解法3：(缩样法)第一次抽到次品后，还剩9件产品，其中还有2件次品，由古典概型的概率公式得，第二次抽到次品的概率为P (B |A )＝29.【答案】 (1)C (2)29条件概率的求法(1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P (AB )P (A )求P (B |A )． (2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ). (3)缩样法：即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况(如本例(2)的解法)，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简．(1)(2019·河北唐山二模)甲乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是( D )A.29B.49C.23D.79(2)甲、乙两个狙击手，对同一目标各射击一次，其命中率分别为0.9,0.95.现已知目标被击中，则它被乙击中的概率是0.955.(精确到小数点后第三位)解析：(1)甲不跑第一棒共有A 13·A 33＝18种情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：①乙跑第一棒，共有A33＝6种情况；②乙不跑第一棒，共有A12·A12·A22＝8种情况，∴甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79.故选D.(2)设“目标被击中”为事件A，“被乙击中”为事件B，则P(A)＝0.9×(1－0.95)＋(1－0.9)×0.95＋0.9×0.95＝0.995，P(AB)＝P(B)＝0.95，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝0.950.995≈0.955.考向二相互独立事件同时发生的概率【例2】(2019·福州四校联考)某知名品牌汽车深受消费者喜爱，但价格昂贵．某汽车经销商推出A，B，C三种分期付款方式销售该品牌汽车，并对近期100位采用上述分期付款方式付款的客户进行统计分析，得到如下的柱状图．已知从A，B，C三种分期付款销售中，该经销商每销售此品牌汽车1辆所获得的利润分别是1万元、2万元、3万元．现甲、乙两人从该汽车经销商处，采用上述分期付款方式各购买此品牌汽车一辆．以这100位客户所采用的分期付款方式的频率估计1位客户采用相应分期付款方式的概率．(1)求甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率；(2)记X(单位：万元)为该汽车经销商从甲、乙两人购车中所获得的利润，求X的分布列．【解】(1)设“采用A种分期付款方式购车”为事件A，“采用B种分期付款方式购车”为事件B，“采用C种分期付款方式购车”为事件C，由柱状图得，P(A)＝35100＝0.35，P(B)＝45100＝0.45，P(C)＝20100＝0.2，∴甲、乙两人采用不同分期付款方式的概率P＝1－(P(A)·P(A)＋P(B)·P(B)＋P(C)·P(C))＝0.635.(2)由题意知，X的所有可能取值为2,3,4,5,6，P(X＝2)＝P(A)P(A)＝0.35×0.35＝0.122 5，P(X＝3)＝P(A)P(B)＋P(B)P(A)＝0.35×0.45＋0.45×0.35＝0.315，P(X＝4)＝P(A)P(C)＋P(B)P(B)＋P(C)P(A)＝0.35×0.2＋0.45×0.45＋0.2×0.35＝0.342 5，P(X＝5)＝P(B)P(C)＋P(C)P(B)＝0.45×0.2＋0.2×0.45＝0.18，P(X＝6)＝P(C)P(C)＝0.2×0.2＝0.04.∴X的分布列为X 2345 6P 0.122 50.3150.342 50.180.04求相互独立事件同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．解：(1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14， P (X ＝1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＝1124，P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×13×14＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×14＋12×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14， P (X ＝3)＝12×13×14＝124. 所以，随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P14112414124随机变量X 的数学期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312.(2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P (Y ＋Z ＝1)＝P (Y ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0)＝P (Y ＝0)P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148.所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.考向三独立重复试验与二项分布【例3】 (2019·广东顺德一模)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费，超出w 立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了100位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列．(1)求a ，b ，c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w 定为多少？(精确到小数点后2位)(3)若将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X ，求其分布列．【解】 (1)∵前四组频数成等差数列， ∴所对应的频率组距也成等差数列，设a ＝0.2＋d ，b ＝0.2＋2d ，c ＝0.2＋3d ，∴0.5(0.2＋0.2＋d ＋0.2＋2d ＋0.2＋3d ＋0.2＋d ＋0.1＋0.1＋0.1)＝1，解得d ＝0.1，∴a ＝0.3，b ＝0.4，c ＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25. 居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×100＝25.(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2.5的频率为0.7<0.8， ∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应规定w ＝2.5＋0.10.15×0.5≈2.83.(3)将频率视为概率，设A (单位：立方米)代表居民月用水量，可知P (A ≤2.5)＝0.7，由题意，X ～B (3,0.7)，P (X ＝0)＝C 03×0.33＝0.027，P (X ＝1)＝C 13×0.32×0.7＝0.189，P(X＝2)＝C23×0.3×0.72＝0.441，P(X＝3)＝C33×0.73＝0.343，∴X的分布列为X 012 3P 0.0270.1890.4410.343利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)＝的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.空气质量指数(AirQuality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染．一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的茎叶图如图．(1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI ≤100)的天数； (2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列．解：(1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，∴该样本中空气质量为优良的频率为610＝35，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×35＝18.(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为35，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，35. ∴P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125，P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝36125，P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫25＝54125，P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125，ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P8125361255412527125考向四正态分布【例4】 (1)已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，P (ξ<4)＝0.84，则P (ξ≤0)＝( )A ．0.16B ．0.32C ．0.68D ．0.84(2)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%【解析】 (1)因为曲线的对称轴是直线x ＝2，所以由图知P (ξ≤0)＝1－P (ξ<4)＝0.16.(2)由题意，μ＝0，σ＝3，所以长度误差落在区间(－3,3)内的概率为68.26%，长度误差落在区间(－6,6)内的概率为95.44%，两者作差，可得长度误差落在区间(－6，－3)∪(3,6)内的概率为27.18%，由正态曲线的对称性，知长度误差落在区间(3,6)内的概率为27.18%÷2＝13.59%.【答案】(1)A(2)B解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间.利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率.注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.(1)设X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是(C)A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D ．对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t )(2)设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)(σ>0)，若P (ξ<0)＋P (ξ≤1)＝1，则μ的值为( D )A ．－1B ．1C ．－12D.12解析：(1)由图可知σ1<σ2，μ1<μ2，所以P (Y ≥μ2)＝12，P (Y ≥μ1)>12；P (X ≤σ1)≤P (X ≤σ2)，则选项A 、B 错误；而结合图形可知，X 的正态曲线与x 轴及x ＝t 围成的面积不小于Y 的正态曲线与x 轴及x ＝t 围成的面积，则P (X ≤t )≥P (Y ≤t )．(2)由P (ξ<0)＋P (ξ≤1)＝1，得P (ξ<0)＋1－P (ξ>1)＝1，即P (ξ<0)＝P (ξ>1)，所以μ＝12.。

一轮复习指导资料-第章-第节(理)-二项分布和正态分布

2.利用实际问题的直方图，度曲线的特点及应用也是考了解正态分布曲线的特点及查的热点．
曲线所表示的意义.
2.从考查形式看，三种题型都可能出现，属中档题.
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活页作业
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一、条件概率及其性质
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2．正态分布
(1)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)＝∫baφμ，σ(x)dx，则称随机变量 X 服从正态分布，记作 X～N(μ，σ2)．
(2)常用数据．
P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝ 0.6826
.
P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝ 0.9544
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(1)解析：对于①，P(B)＝CC11150×CC11511＋CC11510×CC11141＝292；对于 ②，P(B|A1)＝CC11151＝151；对于③，由 P(A1)＝12，P(B)＝292，
P(A1·B)＝252，故 P(A1·B)≠P(A1)·P(B)，因此事件 B 与事件 A1 不是相互独立事件；对于④，从甲罐中只取一球，故取出红球就不可能是他颜色的球，故两两互斥；对于⑤，由① 可算得．故②④正确．
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【典例剖析】 (1)(2013·莆田模拟)甲罐中有5个红球，2个白球和3
个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是 ________(写出所有正确结论的编号)．

【2020】北师大版(理)数学教案：第10章第8节条件概率与独立事件、二项分布、正态分布

又正态曲线关于x＝2对称．则P(ξ≤0)＝P(ξ≥4)＝0.2，∴P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ≤0)－P(ξ≥4)＝0.6.]条件概率(1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A：“取到的2个数之和为偶数”，事件B：“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )A. B.14C. D．12(2)如图1081，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.图1081(1)B (2) [(1)法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)，即n(A)＝4，事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝＝.法二：P(A)＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.(2)由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝＝＝.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝.故P(B|A)＝＝＝.][规律方法] 条件概率的求法(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝求P(B|A)．(2)基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.[变式训练1] 1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )A. B．1124C. D．924C [设从1号箱取到红球为事件A，从2号箱取到红球为事件B.由题意，P(A)＝＝，P(B|A)＝＝，所以P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝，所以两次都取到红球的概率为.]相互独立事件同时发生的概率(20xx·南宁质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为和.现安排甲组研发新产品A，乙组研发新产品B，设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列.彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的事件概率．[解] (1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，则P(A)＝＝，P(B)＝＝. 2分∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝. 5分(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，则P(C)＝＝. 7分依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝，10分P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝.∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝. 12分独立重复试验与二项分布(20xx·北京东××区质检)在20xx～20xx赛季CBA联赛中，某队甲、乙两名球员在前10场比赛中投篮命中情况统计如下表(注：表中分数，N表示投篮次数，n表示命中次数)，假设各场比赛相互独立.∴P(ξ＝0)＝C＝，P(ξ＝1)＝C＝，P(ξ＝2)＝C＝，P(ξ＝3)＝C＝，P(ξ＝4)＝C＝，P(ξ＝5)＝C＝. 10分∴随机变量ξ的分布列为：ξ012345P32243802438024340243102431243根据二项分布得数学期望Eξ＝5×＝. 12分正态分布及应用(20xx·山东高考)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜ξ＜μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%，P(μ－3σ＜ξ＜μ＋3σ＝99.74%.)A．4.56% B．13.59%C．27.18% D．31.74%B [由正态分布的概率公式知P(－3＜ξ＜3)＝0.682 6，P(－6＜ξ＜6)＝0.954 4，故P(3＜ξ＜6)＝＝＝0.135 9＝13.59%，故选B.][规律方法] 1.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．。

高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第8讲 n次独立重复试验与二项分布创新

第8讲 n 次独立重复试验与二项分布[考纲解读] 1.了解条件概率与两个事件相互独立的概念．(重点)2．能够利用n 次独立试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题．(难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年将会考查：①条件概率的计算；②事件独立性的应用；③独立重复试验与二项分布的应用．题型为解答题，试题难度不会太大，属中档题型.1.条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做□01条件概率，用符号□02P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝□03P (AB )P (A )(P (A )>0)．在古典概型中，假设用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，那么P (B |A )＝n (AB )n (A )(n (AB )表示AB 共同发生的基本事件的个数)．(2)条件概率具有的性质 ①□040≤P (B |A )≤1； ②如果B 和C 是两个互斥事件，那么P ((B ∪C )|A )＝□05P (B |A )＋P (C |A )． 2．相互独立事件(1)对于事件A ，B ，假设A 的发生与B 的发生互不影响，那么称□01A ，B 是相互独立事件．(2)假设A 与B 相互独立，那么P (B |A )＝□02P (B )， P (AB )＝P (B |A )P (A )＝□03P (A )P (B )． (3)假设A 与B 相互独立，那么□04A 与B ，□05A 与B ，□06A 与B 也都相互独立．(4)假设P (AB )＝P (A )P (B )，那么□07A 与B 相互独立． 3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在□01相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，那么P (A 1A 2A 3…A n )＝□02P (A 1)P (A 2)…P (A n )． (2)二项分布在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率是p ，此时称随机变量X 服从二项分布，记作□03X ～B (n ，p )，并称p 为□04成功概率．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 )＝□05C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )．1．概念辨析(1)相互独立事件就是互斥事件．( )(2)对于任意两个事件，公式P (AB )＝P (A )P (B )都成立．( )(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝(1－p )．( )(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ 2．小题热身(1)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，那么P (A |B )和P (B |A )分别为( )A.13，25B.23，25C.23，35D.12，35答案 C解析由，得P (A |B )＝P (AB )P (B )＝0.120.18＝23， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.120.2＝35. (2)设随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，那么P (ξ＝3)＝( )A.10243 B.32243 C.40243 D.80243答案 C解析因为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，所以P (ξ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫133·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243. (3)一名信息员维护甲乙两公司的5G 网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，那么至少有一个公司不需要维护的概率为________．答案 0.88解析 P ＝1－0.4×0.3＝0.88.(4)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．答案 49解析所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝49.题型一条件概率1．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数〞，事件B ：“取到的2个数均为偶数〞，那么P (B |A )＝( )A.18 B.14C.25 D.12答案 B解析解法一：事件A包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个．事件AB发生的结果只有(2,4)一种情形，即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝n(AB)n(A)＝14.应选B.解法二：P(A)＝C23＋C22C25＝410，P(AB)＝C22C25＝110.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝P(AB)P(A)＝110410＝14.应选B.条件探究1假设将本例中的事件B改为“取到的2个数均为奇数〞，那么P(B|A)＝________.答案3 4解析P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(B)＝C23C25＝310.又B⊆A，那么P(AB)＝P(B)＝3 10，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝34.条件探究2将本例中的条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数〞，事件B为“第二次取到的是奇数〞，那么P(B|A)＝________.答案1 2解析从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A 25种方法；其中第一次取到的是奇数，有A 13A 14种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有A 13A 12种方法．那么P (A )＝A 13A 14A 25＝35，P (AB )＝A 13A 12A 25＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12.2．如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内〞，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内〞，那么P (B |A )＝________.答案 14解析由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内〞，那么P (AB )＝S △EOH S 圆O＝12×12π×12＝12π，故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.解决条件概率问题的步骤第一步，判断是否为条件概率，假设题目中出现“〞“在……前提下〞等字眼，一般为条件概率．题目中假设没有出现上述字眼，但事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．假设为条件概率，那么进行第二步．第二步，计算概率，这里有两种思路：思路一缩减样本空间法计算条件概率，如求P (A |B )，可分别求出事件B ，AB 包含的基本事件的个数，再利用公式P (A |B )＝n (AB )n (B )计算思路二直接利用公式计算条件概率，即先分别计算出P (AB )，P (B )，再利用公式P (A |B )＝P (AB )P (B )计算提醒：要注意P (B |A )与P (A |B )的不同：前者是在A 发生的条件下B 发生的概率，后者是在B 发生的条件下A 发生的概率．1．(2019·某某模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传这四个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“四名同学所报项目各不相同〞，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目〞，那么P (A |B )＝( )A.14B.34C.29D.59答案 C解析由题意，得P (B )＝3344＝27256，P (AB )＝A 3344＝3128，所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝29.2．(2019·武侯区校级模拟)如果{a n }不是等差数列，但假设∃k ∈N *，使得a k ＋a k ＋2＝2a k ＋1，那么称{a n }为“局部等差〞数列．数列{x n }的项数为4，记事件A ：集合{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{1,2,3,4,5}，事件B ：{x n }为“局部等差〞数列，那么条件概率P (B |A )＝( )A.415B.730 C.15 D.16答案 C解析由数列{x n }的项数为4，记事件A ：集合{x 1，x 2，x 3，x 4}⊆{1,2,3,4,5}，那么事件A 的基本事件共有A 45＝120个，在满足事件A 的条件下，事件B ：{x n }为“局部等差〞数列，共有以下24个基本事件：其中含1,2,3的局部等差数列分别为1,2,3,5；5,1,2,3；4,1,2,3，共3个，同理含3,2,1的局部等差数列也有3个，含3,4,5和含5,4,3与上述相同，含2,3,4的有5,2,3,4；2,3,4,1，共2个，同理含4,3,2的也有2个．含1,3,5的有1,3,5,2；2,1,3,5；4,1,3,5；1,3,5,4，共4个，同理含5,3,1的也有4个．所以P (B |A )＝24120＝15.题型二相互独立事件的概率1．(2019·某某二模)甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，那么他们三人中至少有一人被录取的概率为( )A.3172B.712C.2572D.1572答案 B解析由题意，得他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三个人都没有被录取，∴他们三人中至少有一人被录取的概率为P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝712.2．(2019·全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束．(1)求P (X ＝2)；(2)求事件“X ＝4且甲获胜〞的概率．解 (1)X ＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，那么这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P (X ＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X ＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.求相互独立事件概率的步骤第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为假设干个彼此互斥的事件的和；第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．此外，也可以从对立事件入手计算概率.1．(2019·某某三模)某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛，现有20名同学参加篮球投篮比赛，每名同学投进的概率均为0.4；每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响；现规定：投进2个得4分，投进1个得2分，1个未进得0分，那么其中1名同学得2分的概率为()A．0.5 B.0.48答案 B解析设“第一次投进球〞为事件A，“第二次投进球〞为事件B，那么得2分的概率为P＝P(A B－)＋P(A－B)＝0.4×0.6＋0.6×0.4＝0.48.2．某社区举办《“环保我参与〞有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.假设各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．解(1)记“甲回答正确这道题〞“乙回答正确这道题〞“丙回答正确这道题〞分别为事件A，B，C，那么P(A)＝3 4，且有⎩⎪⎨⎪⎧P (A )·P (C )＝112，P (B )·P (C )＝14，即⎩⎪⎨⎪⎧[1－P (A )]·[1－P (C )]＝112，P (B )·P (C )＝14，所以P (B )＝38，P (C )＝23.(2)有0个家庭回答正确的概率为P 0＝P (A －B －C －)＝P (A )·P (B )·P (C )＝14×58×13＝596，有1个家庭回答正确的概率为P 1＝P (A B －C －＋A B C ＋A －B －C )＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724，所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为 P ＝1－P 0－P 1＝1－596－724＝2132.题型三独立重复试验与二项分布1．假设同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，那么在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A.125729B.80243 C.665729 D.100243答案 C解析一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，59，故所求概率P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫590×⎝ ⎛⎭⎪⎫493＝665729，应选C.2．为了弘扬国粹，提高民族自豪感，坐落于某实验中学内的艺术馆为学员们提供书法、国画、古琴、茶艺等教学服务，其中学习书法和国画的学员最多．为了研究喜欢书法和喜欢国画之间的联系，随机抽取了80名学员进行问卷调查，发现喜欢国画的人的比例为70%，喜欢书法的人的比例为50%.(1)(2)有人认为喜欢书法与喜欢国画有关，你同意这种看法吗？说明理由； (3)假定学员们都按照自己的喜好进行了系统学习．根据传统，国画上有题字和落款才算完整作品，那么既学书法又学国画的学员们创作的作品可以称为“书画兼优〞．为了配合实验中学七十年校庆，打算随机挑选5幅作品展览．设其中“书画兼优〞的作品数为X ，求X 的分布列．参考公式：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .参考数据：解 (1)由题意，得c ＋16＝80×(1－50%)，∴c ＝24. ∵a ＋c ＝80×70%，∴a ＝32.∵a ＋b ＝80×50%，∴b ＝8. ∴a ＝32，b ＝8，c ＝24.(2)我同意这种看法．理由如下： K 2＝80×(32×16－24×8)240×40×56×24≈3.81.∵3.81>2.706，∴有90%以上的把握认为喜欢书法与喜欢国画有关， ∴我同意这种看法．(3)由(1)知一幅作品“书画兼优〞的概率为3280＝25. X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5.P (X ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫355＝2433125， P (X ＝1)＝C 15·25·⎝ ⎛⎭⎪⎫354＝162625，P (X ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝216625， P (X ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫253⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝144625， P (X ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫254·35＝48625， P (X ＝5)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫255⎝ ⎛⎭⎪⎫350＝323125. ∴X 的分布列如下．P 2433125162625216625144625486253231251．独立重复试验的实质及应用独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程．2．判断某概率模型是否服从二项分布P n(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k的三个条件(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p.(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且每次试验的结果是相互独立的．(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率．提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大〞“很大〞“非常大〞等字眼，这说明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布.1．春节期间，某旅游景区推出掷圆圈套玩具鹅的游戏，吸引了一大批的游客参加，规那么是：每人花10元拿到5个圆圈，在离最近的玩具鹅的2米处掷圆圈5次，只要圆圈连续套住同一只鹅颈3次，就可以获得套住的那只玩具鹅．假设某游客每次掷圆圈套住鹅颈的概率为23，且每次掷圆圈的结果互不影响，那么该游客获得一只玩具鹅的概率为()A.481 B.881C.13 D.104243答案 D解析设“第i 次套住鹅颈〞为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)，那么A －i 表示“第i 次未套住鹅颈〞，依题意可得该游客能获得一只玩具鹅的3种情形：A 1A 2A 3，A －1A 2A 3A 4，A －1A －2A 3A 4A 5，而P (A 1A 2A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，P (A －1A 2A 3A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＝881，P (A －1A －2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝8243，故该游客获得一只玩具鹅的概率为827＋881＋8243＝104243，应选D.2．医学上某种还没有完全攻克的疾病，治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H 和V .现有A ，B ，C 三种不同配方的药剂，根据分析，A ，B ，C 三种药剂能控制H 指标的概率分别为0.5,0.6,0.75，能控制V 指标的概率分别为0.6,0.5,0.4，能否控制H 指标与能否控制V 指标之间相互没有影响．(1)求A ，B ，C 三种药剂中恰有一种能控制H 指标的概率；(2)某种药剂能使两项指标H 和V 都得到控制就说该药剂有治疗效果．求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X 的分布列．解 (1)A ，B ，C 三种药剂中恰有一种能控制H 指标的概率为P ＝P (A B －C －)＋P (A B C )＋P (A －B －C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)∵A 有治疗效果的概率为P A ＝0.5×0.6＝0.3， B 有治疗效果的概率为P B ＝0.6×0.5＝0.3，C有治疗效果的概率为P C＝0.75×0.4＝0.3，∴A，B，C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3，可看成3次独立重复试验，即X～B(3,0.3)．∵X的可能取值为0,1,2,3，∴P(X＝k)＝C k3×0.3k×(1－0.3)3－k，即P(X＝0) ＝C03×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝C13×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝C23×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝C33×0.33＝0.027.故X的分布列如下．X 012 3P 0.3430.4410.1890.027组基础关1．从甲口袋内摸出1个白球的概率是13，从乙口袋内摸出1个白球的概率是12，如果从两个口袋内各摸出一个球，那么56是()A．2个球不都是白球的概率B．2个球都不是白球的概率C．2个球都是白球的概率D．2个球恰好有一个球是白球的概率答案 A解析∵2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，从甲口袋摸出白球和从乙口袋摸出白球两者是相互独立的，∴2个球都是白球的概率P ＝13×12＝16，∴2个球不都是白球的概率是1－16＝56.应选A.2．(2019·某某三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：2个元件的使用寿命在30天以上的概率为( )A.1316B.2764 C.2532 D.2732答案 D解析由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，那么所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732. 3．位于坐标原点的一个质点M 按下述规那么移动：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M 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B.C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 35×⎝⎛⎭⎪⎫123D.C 25×C 35×⎝⎛⎭⎪⎫125 答案 B解析如图，由题可知质点M 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率．所求概率为P ＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125.应选B.4．某居民小区有两个相互独立的安全防X 系统A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为18和p ，假设在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为940，那么p 等于( )A.110B.215C.16D.15答案 B解析由题意得，18(1－p )＋78p ＝940， ∴p ＝215.5．(2019·某某调研)某学校10位同学组成的志愿者组织分别由李老师和X 老师负责．每次献爱心活动均需该组织4位同学参加．假设李老师和X 老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给4位同学，且所发信息都能收到．那么甲同学收到李老师或X 老师所发活动通知信息的概率为( )A.25B.1225C.1625D.45 答案 C解析设A 表示“甲同学收到李老师所发活动通知信息〞，B 表示“甲同学收到X 老师所发活动通知信息〞，由题意P (A )＝410＝25，P (B )＝410＝25，∴甲同学收到李老师或X 老师所发活动通知信息的概率为25＋25－25×25＝1625.应选C.6．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p ，连续掷一枚图钉3次，假设出现2次钉尖向上的概率小于出现3次钉尖向上的概率，那么p 的取值X 围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1 答案 B解析 ∵投掷一枚图钉，钉尖向上的概率为p (0<p <1)，连续掷一枚图钉3次，∴出现2次钉尖向上的概率为C 23p 2(1－p )，出现3次钉尖向上的概率为p 3.∵出现2次钉尖向上的概率小于出现3次钉尖向上的概率，∴C 23p 2(1－p )<p 3，即p 2(3－4p )<0，解得p >34，∴p 的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1.7．(2019·某某模拟)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场〞的前提下，学生丙第一个出场的概率为( )A.313 B.413 C.14 D.15答案 A解析设事件A 为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场〞；事件B 为“学生丙第一个出场，〞那么P (A )＝A 44＋C 13C 13A 33A 55＝78A 55，P (AB )＝C 13A 33A 55＝18A 55，那么P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1878＝313. 8．(2019·武昌区模拟)抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，那么P (B |A )＝________.答案 29解析根据题意，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，有6×6＝36种情况，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，事件A 包含3×3＝9种情况，事件AB 有2种情况，那么P (A )＝3×336＝936，P (AB )＝236，那么P (B |A )＝P (AB )P (A )＝29.9．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠，假设该电梯在底层有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为13，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，那么P (ξ＝4)＝________.答案 10243解析依题意，ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，故P (ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243. 10．(2019·全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主〞．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，那么甲队以4∶1获胜的概率是________．答案 0.18解析甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输．假设在主场输一场，那么概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6；假设在客场输一场，那么概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6. ∴甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18.组能力关1．(2019·某某市高三调研)甲袋中有1个黄球和1个红球，乙袋中有2个黄球和2个红球．现随机地从甲袋中取出1个球放入乙袋中，再从乙袋中随机取出1个球，那么从乙袋中取出的球是红球的概率为( )A.13B.12C.59D.29答案 B解析分两类：①假设从甲袋中取出黄球，那么乙袋中有3个黄球和2个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为25；②假设从甲袋中取出红球，那么乙袋中有2个黄球和3个红球，从乙袋中取出的球是红球的概率为35；∴所求概率P ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫25＋35＝12.应选B. 2．(2020·某某摸底)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员进行投篮练习，假设他前一球投进那么后一球也投进的概率为34，假设他前一球投不进那么后一球投进的概率为14.假设他第1球投进的概率为34，那么他第2球投进的概率为( )A.34 B.58 C.716 D.916答案 B解析设该运动员第2球投进的概率为p 2，第1球投进的概率为p 1＝34，∴p 2＝34p 1＋14(1－p 1)＝12p 1＋14＝12×34＋14＝58.应选B.3．(2019·某某一模)某超市在中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满200元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X 为4名顾客获得的红包金额总和，那么P (10≤X ≤15)＝________.答案 312625解析中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X 为4名顾客获得的红包金额总和，那么P (10≤X ≤15)＝C 24×0.42×0.62＋C 34×0.43×0.6＝312625.4．为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20人，不超过100 km/h 的有25人．(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的车辆为X ，求X 的分布列．解 (1)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员〞为事件A ，那么事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h 且为男性驾驶员的概率为40100＝25，故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25.所以P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125， P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫25⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝54125， P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫35＝36125， P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫253⎝ ⎛⎭⎪⎫350＝8125. 所以X 的分布列如下．X 0 1 2 3 P2712554125361258125组素养关1．(2019·某某六校教育研究会第二次联考)为调查人们在购物时的支付习惯，某超市对随机抽取的600名顾客的支付方式进行了统计，统计数据如表所示，支付方式微信支付宝购物卡现金人数200150150100率近似代替概率．(1)求三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数的概率． (2)记X 为三人中使用支付宝支付的人数，求X 的分布列．解 (1)由表格得顾客使用微信、支付宝、购物卡和现金支付的概率分别为13，14，14，16.设Y 为三人中使用微信支付的人数，Z 为使用现金支付的人数，事件A 为“三人中使用微信支付的人数多于现金支付的人数〞，那么P (A )＝P (Y ＝3)＋P (Y ＝2)＋P (Y ＝1，且Z ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝127＋29＋14＝55108. (2)由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14，故所求分布列如下． X 0 1 2 3 P276427649641642．(2019·某某一模)某市市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费，超出w 立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位市民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，并且前四组频数成等差数列．(1)求a ，b ，c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查，为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w 至少定为多少？(w取整数)(3)假设将频率视为概率，现从该市随机调查3名居民的月用水量，将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X，求其分布列．解(1)∵前四组频数成等差数列，∴所对应的频率组距也成等差数列，设a＝0.2＋d，b＝0.2＋2d，c＝0.2＋3d，∴0.5×(0.2＋0.2＋d＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.2＋d＋0.1＋0.1＋0.1)＝1，解得d＝0.1，∴a＝0.3，b＝0.4，c＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25.居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×10000＝2500.(2)由题图及(1)可知，居民月用水量小于2的频率为(0.2＋0.3＋0.4)×0.5＝0.45，小于3的频率为0.45＋(0.5＋0.3)×0.5＝0.85，∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米，应将w至少定为3.(3)将频率视为概率，设A(单位：立方米)代表居民月用水量，可知P(A≤2.5)＝0.7，由题意，X～B(3,0.7)，P(X＝0)＝C03×0.33＝0.027，P(X＝1)＝C13×0.32×0.7＝0.189，P(X＝2)＝C23×0.3×0.72＝0.441，P(X＝3)＝C33×0.73＝0.343.∴X的分布列如下．。

高考数学一轮总复习新课标通用课件：第10章计数原理、概率、随机变量第8讲(理)

3 A.10
B．13
C．38
D．29
• [答案] B
4．(2015·山东)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布 N(0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)
内的概率为导学号 25402546 ( )
(附：若随机变量 ξ 服从正态分布 N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜ξ
率为________. 导学号 25402550
[答案]
4 (1)99
2 (2)17
[分析] (1)根据条件概率的定义求解．
(2)
由题意可知抽取的2张钞票，检验了1张，发现是假钞，另一张是否是假钞未地蚝检验
→
条件概率问题的条件是“2张钞票中至少有1张是假钞”
[解析] (1)解法一：设事件 A 为“第一次取到不合格品”，事件 B 为“第二次取到不合格品”，则 P(AB)＝CC212500，
[点拨] 对于古典概型中的条件概率问题，一般用缩小样本空间的方法比较简捷．
相互独立事件概率的计算
甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都投球 3 次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响. 导学号 25402551
(1)显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件 AB，又由于事件 A 与 B 相互独立，
∴P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.8＝0.64.
(2)“两人各射击一次，恰有一次击中目标”包括两种情况：一种是甲击中，乙未击中(即 A B )，另一种是甲未击中，乙击中(即 A B)．根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件 A B 与 A B 是互斥的，所以所求概率为

北师大版高中数学课本目录(含重难点及课时分布)

3平均值不等式
4不等式的证明
5不等式的应用
第二章几个重妻的不等式
1柯西不等式
2排序不等式
3数学归纳法与贝努利不等式
选修4-6
第一章带余除法与书的进位制
1、整除与带余除法
2、二进制
第二章可约性
1、素数与合数
2、最大公因数与辗转相除法
3、算术基本定理及其应用
4、不定方程
第三章同余
1、同余及其应用
2、欧拉定理
2导数在实际问题中的应用
2.1实际问题中导数的意义
2.2最大、最小值问题（重、难点）
【5课时】
第四章定积分
1定积分的概念
1.1定积分背景-面积和路程问题（重点）
1.2定积分
2微积分基本定理
3定积分的简单应用（重点）
3.1平面图形的面积
3.2简单几何体的体积
【4课时】
第五章数系的扩充与复数的引入（重点）
2.2独立性检验
2.3独立性检验的基本思想
2.4独立性检验的应用（重点、难点）
【4课时】
第二章框图（重点，高考必考点）
1流程图
2结构图【1.5课时】
第三章推理与证明
1归纳与类比
1.1归纳推理
1.2类比推理
2数学证明
3综合法与分析法
3.1综合法
3.2分析法
4反证法【2课时】
第四章数系的扩充与复数的引入
重点15课时第二章空间向量与立体几何重点在解决立体几何方面有很大的帮助?1从平面向量到空间向量用向量讨论垂直与平行?5夹角的计算课时?第三章圆锥曲线与方程重点高考大题必考知识点?1椭圆?11椭圆及其标准方12椭圆的简单性质抛物线?21抛物线及其标准方程?22抛物线的简单性质双曲线?31双曲线及其标准方程32双曲线的简单性质曲线与方程41曲线与方程42圆锥曲线的共同特征43直线与圆锥曲线的交点课时?选修22?第一章推理与证明重点?1归纳与类比?2合法与分析法?3反证法?4数学归纳法2课时?第二章变化率与导数重点变化的快慢与变化率?2导数的概念及其几何意义21导数的概念?22导数的几何意义?3计算导数?4导数的四则运算法则?41导数的加法与减法法则?42导数的乘法与除法法则简单复合函数的求导法则2课时第三章导数应用重点?1函数的单调性与极值11导数与函数的单调性?12函数的极值重难点导数在实际问题中的应用21实际问题中导数的意义?22最大最小值问题重难点课时第四章定积分?1定积分的概念11定积分背景面积和路程问题重点12定积分?2微积分基本定理定积分的简单应用重点?31平面图形的面积32简单几何体的体积课时第五章数系的扩充与复数的引入重点?1数系的扩充与复数的引入?11数的概念的扩展?12复数的有关概念?2复数的四则运算21复数的加法与减法22复数的乘法与除法?2课时选修23第一章计数原理重点?1

〖2021年整理〗《高中数学理科北师大版一轮第10章随机事件的概率》优秀教案

随机事件的概率[考试要求]1了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义及频率与概率的区别2了解两个互斥事件的概率加法公式．1．频率与概率在相同的条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件A发生的频率会在某个常数附近摆动，即随机事件A发生的频率具有稳定性．这时，我们把这个常数叫作随机事件A的概率，记作2 8834 970 6 9948 892这一地区男婴出生的概率约是________保留四位小数．3[男婴出生的频率依次约是：0, 3, 3, 3由于这些频率非常接近3，因此这一地区男婴出生的概率约为3]考点一事件关系的判断判断互斥、对立事件的两种方法1．从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：①至少有1个白球与至少有1个黄球；②至少有1个黄球与都是黄球；③恰有1个白球与恰有1个黄球；④恰有1个白球与都是黄球．其中互斥而不对立的事件共有A．0组B．1组C．2组D．3组B[①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰有1个白球和1个黄球，①中的两个事件不是互斥事件．②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，则两个事件不互斥．③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都是指有1个白球和1个黄球，因此两个事件是同一事件．④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B]2．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是错误!，那么概率是错误!的事件是A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡A[ “至多有一张移动卡”包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．]3．口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D ＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为________．①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④，则M＝A＋B ＋C∵A，B，C两两互斥，∴＝P A＋B＋C＝P A＋PB＋PC＝错误!＝错误!，故1张奖券的中奖概率约为错误!3设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴PN＝1－P A＋B＝1－错误!＝错误!，故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为错误!。

一轮北师大版(理)数学教案：第10章 第8节 条件概率与独立事件、二项分布、正态分布