高考高三数学总复习教案：独立性及二项分布
高考数学一轮复习 第11章《独立性及二项分布》名师首选学案 新人教A版
学案64 独立性及二项分布导学目标： 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．自主梳理 1．条件概率对于两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率，记为P (A |B )．2．相互独立事件(1)设A ，B 为两个事件，若P (A |B )＝P (A )，则称____________． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝________， P (AB )＝________________＝____________.(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．3．二项分布(1)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________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____________．(2)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 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n 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____________．自我检测1．两人独立地破译一个密码，他们能译出的概率分别为15，14，则密码被译出的概率为________．2．一学生通过一种英语听力测试的概率是12，他连续测试两次，那么其中恰有一次通过的概率是________．3．已知随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，则P (X ＝2)＝________. 4．已知P (AB )＝310，P (A )＝35，则P (B |A )＝________.5．一次测量中出现正误差和负误差的概率都是12，在5次测量中至少3次出现正误差的概率是________.探究点一 条件概率例1 在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件．试求：(1)第一次取到不合格品的概率；(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率．变式迁移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，问：(1)从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？ (2)从2号箱取出红球的概率是多少？探究点二 相互独立事件例2 甲、乙两名射击运动员，分别对一目标射击一次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求(1)两人都射中的概率；(2)两人中恰有一人射中的概率； (3)两人中至少一人射中的概率； (4)两人中至多一人射中的概率．变式迁移2 甲、乙、丙三人分别独立做一道题，甲做对的概率是12，三人都做对的概率是124，三人全做错的概率是14.(1)求乙、丙两人各自做对这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题的概率．探究点三 独立重复试验与二项分布例3 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落，小球在下落过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中，已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率都是12.(1)求小球落入A 袋中的概率P (A )； (2)在容器入口处依次放入4个小球，记ξ为落入A 袋中小球的个数，试求ξ＝3的概率．变式迁移3 粒子A 位于数轴x ＝0处，粒子B 位于数轴x ＝2处，这两颗粒子每隔1秒钟向左或向右移动一个单位，设向右移动的概率为23，向左移动的概率为13.(1)求4秒后，粒子A 在点x ＝2处的概率；(2)求2秒后，粒子A 、B 同时在x ＝2处的概率．探究点四 综合应用例4 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每次射击是否击中目标相互之间没有影响．(1)求甲射击4次，至少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)假设某人连续2次未击中目标，则停止射击．问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？变式迁移4 甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约；乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设每人面试合格的概率都是12，且面试是否合格互不影响．求：(1)至少有1人面试合格的概率； (2)签约人数ξ的分布列．1．一般地，每一个随机试验都在一定的条件下进行，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(即在原随机试验的基础上，再加上一定的条件)，求另一事件在此条件下发生的概率．求条件概率，必须理解条件概率的定义及公式，公式中的P (AB )是指事件A 、B 同时发生的概率．2．一般地，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 )，这时，我们称两个事件A 、B 相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．事件的独立是一种对等的性质．如果事件A 对事件B 独立，那么就可以说事件A 与B 相互独立．显然，必然事件与任何事件是相互独立的．3．独立重复试验概率公式的特点：关于P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k，它是n 次独立重复试验中某事件A 恰好发生k 次的概率．其中，n 是重复试验次数，p 是一次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立试验中事件A 恰好发生的次数，需要弄清公式中n 、p 、k 的意义，才能正确运用公式．课后练习(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是________．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 移动五次后位于点(2,3)的概率是________．3．设每门高射炮击中飞机的概率为0.6，今有一架飞机来犯，需要________门高射炮射击，才能至少以99%的概率击中它．4． 一个电路如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为6个开关，其闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是________．5．同时抛掷三颗骰子：设A ＝“三个点数都不相同”，B ＝“至少有一个6点”，则P (B |A )＝________.6．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．7．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170、169、168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．8．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于______．二、解答题(共42分)9．(14分)一名学生骑车从家到学校的途中有6个路口，假设他在每个路口遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都为13.求：(1)这名学生在途中遇到红灯次数ξ的概率分布；(2)这名学生首次遇到红灯或到达目的地而停车时所经过了的路口数η的概率分布； (3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．10．(14分)设b和c分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x2＋bx＋c＝0实根的个数(重根按一个计)．(1)求方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率；(2)求ξ的概率分布；(3)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2＋bx＋c＝0有实根的概率．11．(14分)甲、乙两个乒乓球选手进行比赛，他们的水平相当，规定“七局四胜”，即先赢四局者胜，若已知甲先赢了前两局，求：(1)乙取胜的概率；(2)比赛打满七局的概率；(3)设比赛局数为ξ，求ξ的概率分布．学案64 独立性及二项分布答案自主梳理2．(1)事件A、B独立(2)P(B) P(B|A)P(A)P(A)P(B) 3.(1)对立伯努利试验(2)X～B(n，p)自我检测1．0.4解析 P ＝15×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×14＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝0.4或P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1－45×34＝0.4.2．12解析 P (X ＝1)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫121⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝12.3．80243解析 P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243.4．12解析 P (B |A )＝P AB P A ＝310×53＝12.5．12解析 P ＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝132×()C 35＋C 45＋C 55＝12. 课堂活动区例 1 解题导引 求条件概率的通常方法是利用条件概率公式P (B |A )＝P ABP A.这就需要求P (AB )和P (A )．如果事件具有等可能特点，还可以看作是基本事件空间改变后的古典概型，利用P (B |A )＝n ABn A来计算．解 设A ＝{第一次取到不合格品}，B ＝{第二次取到不合格品}．(1)P (A )＝5100＝120.(2)方法一 根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB 的概率：P (AB )＝5100×499，所以有P (B |A )＝P ABP A ＝5100×4995100＝499.方法二 事件A 发生的条件下，事件空间包含的基本事件个数为n A ＝100－1＝99个． 事件A 发生的条件下，事件B 包含4个基本事件．∴P (B |A )＝n AB n A ＝499.变式迁移1 解 记事件A ：最后从2号箱中取出的是红球； 事件B ：从1号箱中取出的是红球．则P (B )＝42＋4＝23，P (B )＝1－P (B )＝13，(1)P (A |B )＝3＋18＋1＝49.(2)∵P (A |B )＝38＋1＝13，∴P (A )＝P (AB )＋P (A B )＝P (A |B )P (B )＋P (A |B )P (B )＝49×23＋13×13＝1127.例2 解题导引 (1)审题应注意关键的词句，例如“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰好有一个发生”等．(2)复杂事件的概率拆分为几个互斥事件的和事件，然后利用互斥事件的概率加法公式进行求解．(3)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有： ①利用相互独立事件的概率乘法公式；②正面计数较繁或难以入手时，可以从对立事件入手计算． 解 (1)记事件A ：甲射中目标； 事件B ：乙射中目标． 两人都射中的概率为P (AB )＝P (A )P (B )＝0.8×0.9＝0.72.(2)两人中恰有一人射中包括“甲中乙不中”、“甲不中乙中”两种情况，其对应事件为互斥事件，则P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9 ＝0.08＋0.18＝0.26.(3)方法一 两人至少有一人射中包括“两人都射中”和“两人有一人射中”两种情况，其概率为P (AB )＋P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.72＋0.26＝0.98.方法二 因为“两人至少有一人射中”与“两人都未射中”互为对立事件． 所以“两人至少有一人射中”的概率为：1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－0.2×0.1＝0.98.(4)方法一 至多有一人射中包括“有一人射中”和“两人都未射中”，故所求概率为P (A B )＋P (A B )＋P (A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝0.02＋0.08＋0. 18＝0.28.方法二 “至多有一人射中”的对立事件为“两人都射中”， 故所求概率为1－P (AB )＝1－P (A )P (B ) ＝1－0.72＝0.28.变式迁移2 解 (1)设甲、乙、丙三人各自做对这道题分别为事件A 、B 、C ，则P (A )＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧12·P B PC ＝124⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12[1－PB－P C＝14，解得P (B )＝13，P (C )＝14或P (B )＝14，P (C )＝13，所以乙、丙两人各自做对这道题的概率为13和14或14和13.(2)设“甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题”为事件D ，则P (D )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋ P (A )P (B )P (C )＝14＋18＋112＝1124，所以甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题的概率是1124.例3 解题导引 因为小球每次遇到黑色障碍物相互独立，且每次向左(或向右)的概率都是12，因此该试验属n 次独立重复试验．注意n ＝3，P ＝12.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．解 (1)方法一 记小球落入B 袋中的概率P (B )，则P (A )＋P (B )＝1，由于小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落，小球将落入B 袋，所以P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，∴P (A )＝1－14＝34.方法二 由于小球每次遇到黑色障碍物时，有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时小球将落入A 袋．∴P (A )＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝34.(2)由题意，ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，34. ∴P (ξ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343⎝ ⎛⎭⎪⎫141＝2764.变式迁移3 解 (1)要求4秒后，粒子A 在x ＝2处的概率，即求粒子A 四次移动中恰有三次向右移动发生的概率：C 34(23)3(13)＝3281. (2)要使粒子A 、B 在2秒后同时在点x ＝2处，粒子A 一定要往右移动2次，而粒子B往右和左各一次，所求概率为：⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝1681.例4 解题导引 判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点： ①是否为n 次独立重复试验．②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．解 (1)记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击4次，相当于作4次独立重复试验．故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝6581，所以甲连续射击4次至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234－2＝827；P (B 2)＝C 34×⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－344－3＝2764.由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝P (A 2)·P (B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D 2D 1)，且P (D i )＝14，由于各事件相互独立，故P (A 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D 2D 1) ＝14×14×34×⎝⎛⎭⎪⎫1－14×14＝451 024.故乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.变式迁移4 解 用A 、B 、C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A 、B 、C 相互独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12.(1)至少有1人面试合格的概率是1－P (A B C )＝1－P (A )P (B )P (C )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝78.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝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 )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38， P (ξ＝1)＝P (A B C )＋P (AB C )＋P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38， P (ξ＝2)＝P (A BC )＝P (A )P (B )P (C )＝18， P (ξ＝3)＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝18.所以，ξ的分布列是课后练习区1．712解析 ∵P (A )＝12，P (B )＝16，∴P (A )＝12，P (B )＝56.又A 、B 为相互独立的事件，∴P (A B )＝P (A )·P (B )＝12×56＝512.∴A ，B 中至少有一件发生的概率为1－P (A B )＝1－512＝712.2．516解析 质点P 从原点到点(2,3)，需向右移动两次，向上移动三次．故P ＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516. 3．6解析 设需要n 门高射炮才可达到目的，用A 表示“击中飞机”这一事件，用A i 表示“第i 门高射炮击中飞机”，则A 1，A 2，…，A n 相互独立，且有A ＝A 1＋A 2＋…＋A n ，P (A )＝1－P (A )＝1－P (A 1)·P (A 2)…P (A n )＝1－(1－0.6)n .依题意P (A )≥0.99，∴1－0.4n≥0.99，∴n ≥5.03. 4．5564解析 设A 与B 中至少有一个不闭合的事件为T ，E 与F 至少有一个不闭合的事件为R ，则P (T )＝P (R )＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P ＝1－P (T )P (R )P (C )P (D )＝5564.5．12解析 掷三颗骰子在三个点数都不相同的条件下共有：A 36＝6×5×4＝120(个)基本事件，其中事件“至少有一个6点”包含：3A 25＝3×5×4＝60(个)基本事件．∴P ＝12.6．0.947 7解析 由独立重复试验的概率计算公式得P ＝C 34·0.93·(1－0.9)1＋C 44·0.94＝0.947 7.7．370解析 加工出来的零件的正品率为(1－170)×(1－169)×(1－168)＝6770，所以次品率为1－6770＝370. 8．0.128解析 由题设，分两类情况：(1)第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，由乘法公式得P 1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.102 4；(2)第1、2个错误，第3、4个正确，此时概率P 2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.025 6.由互斥事件概率公式得P ＝P 1＋P 2＝0.102 4＋0.025 6＝0.128.9．解 (1)由已知ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13， 分布列为P (ξ＝k )＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫236－k，k ＝0,1,2,3，…，6. (2分) 所以(4分(2)η＝k 表示这名学生首次停车时经过的路口数，即在前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，则η的取值可能为0,1,2,3,4,5,6，其中η＝6表示路上没有遇上红灯．当0≤k ≤5时，P (η＝k )＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23k；当k ＝6时，P (η＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫236. (9分)所以η(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件概率为P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(23)6＝665729. (14分)10．解 (1)基本事件总数为6×6＝36，若使方程有实根，则Δ＝b 2－4c ≥0，即b ≥2c .当c ＝1时，b ＝2,3,4,5,6； 当c ＝2时，b ＝3,4,5,6； 当c ＝3时，b ＝4,5,6； 当c ＝4时，b ＝4,5,6； 当c ＝5时，b ＝5,6； 当c ＝6时，b ＝5,6，所求事件个数为5＋4＋3＋3＋2＋2＝19，因此方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率为1936.(4分)(2)由题意知，ξ＝0,1,2，则P (ξ＝0)＝1736，P (ξ＝1)＝236＝118，P (ξ＝2)＝1736，故ξ的概率分布为(8分)(3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件M ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根”为事件N ，则P (M )＝1136，P (MN )＝736，P (N |M )＝P MN P M ＝711.(14分)11．解 (1)当甲先赢了前两局时，乙取胜的情况有两种：第一种是乙连胜四局；第二种是在第三局到第六局，乙赢了三局，第七局乙赢．在第一种情况下，乙取胜的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116，在第二种情况下，乙取胜的概率为C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫12412＝18，所以当甲先赢了前两局时，乙取胜的概率为 116＋18＝316.(5分) (2)比赛打满七局有两种结果：甲胜或乙胜，记“比赛打满七局甲胜”为事件A ，记“比赛打满七局乙胜”为事件B .则P (A )＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18，P (B )＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18，又A ，B 互斥，所以比赛打满七局的概率为P (A )＋P (B )＝14.(9分)(3)P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，P (ξ＝5)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14，P (ξ＝6)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14，P (ξ＝7)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14，(13分)所以ξ的概率分布为(14分)。
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 ２ ３ ４ ５ 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 １ ２ ３ ４ 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 １ ２ 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 １ ２ 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．0．４３２ Ｃ．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．]。
高考数学一轮复习讲义 12.5 独立性、二项分布及其应用课件
P(ξ＝2)＝P(A1 A 2A3)＝23×13×23＝247； P(ξ＝3)＝P(A1A2 A 3)＋P( A 1A2A3) ＝232×13＋13×232＝287； P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝233＝287. 所以 ξ 的概率分布表是
ξ0 1 2 3 6 124 8 8
P 27 9 27 27 27
主页
(4)设 E＝{至多有 1 人击中目标}， ∵E＝A B ＋B A ＋ A B ， 且 A 与 B 、B 与 A 、 A 与 B 独立， A B 、B A 、 A B 彼此互斥， ∴P(E)＝P(A B ＋B A ＋ A B ) ＝P(A B )＋P(B A )＋P( A B ) ＝P(A)P( B )＋P(B)P( A )＋P( A )P( B ) ＝0.8×0.1＋0.9×0.2＋0.1×0.2＝0.28. 故至多有 1 人击中目标的概率为 0.28.
主页
(1)击中目标次数 X～B5，23；(2)用 Ai(i＝1,2,3,4,5)表示事件 “第 i 次射击击中目标”，则 Ai 相互独立，再用 Ai 表示出所 求事件后，由概率加法公式和概率乘法公式求解；(3)确定出 总得分数 ξ 的所有可能取值及相应的概率值后列表． 解 (1)设 X 为射手在 5 次射击中击中目标的次数，则 X～ B5，23.在 5 次射击中，恰有 2 次击中目标的概率为 P(X＝2)＝C52×232×1－233＝24403.
发生的次数是一个随机变量 X，其分布列为 P(X＝k)＝Cknpk qn－k，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 ，记为 X～B(n，p) ．
主页
[难点正本 疑点清源] 1．“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与联系
高考数学一轮复习教案选修第9课独立性与二项分布
一、教学目标1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念，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.2．了解取有限的离散型随机变量的均值、方差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出期望值、方差.二、基础知识回顾与梳理 1、条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫 做条件概率，用符号P(B|A )来表示，其公式为P (B |A )＝()()P AB P A 在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P(B|A)＝()()n AB n A 2、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 相互独立． (2) 若A 与B 相互独立，则P(AB)＝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 、B 相互独立． 3、二项分布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P(X ＝k)＝C k n p k qn －k，其中k ＝0，1，2，3，…，n ，q ＝1－p.于是得到随机变量X 的概率分布如下：于是得到随机变量X 的概率分布如下：由于恰好是二项展开式()nq p +中各对应项的值，所以称这样的随机变量X 服从参数n ，p 的二项分布，记作X ～B(n ，p)．由于C k n p k qn－k恰好是二项展开式(p ＋q)n ＝C 0n p 0q n ＋C 1n p 1q n －1＋…＋C k n p k q n －k ＋…＋C n n p n q 0中的第k ＋1项(k ＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X ～B(n ，p)． 4、“互斥”与“相互独立”的区别与联系5、均值(1) 若离散型随机变量ξ的分布列为：则称E(ξ)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x n p n 为ξ的均值或数学期望，简称期望． (2) 离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的平均水平． 6、方差(1) 若离散型随机变量ξ所有可能的取值是x 1，x 2，…，x n 且这些值的概率分别是p 1，p 2，…，p n ，则称：V (ξ)＝(x 1－E(ξ))2p 1＋(x 2－E(ξ))2p 2＋…＋(x n －E(ξ))2p n 为ξ的方差． (2) 随机变量ξ的方差反映了ξ取值的稳定性．三、诊断练习教学处理：课前由学生自主完成4道小题，并要求将解题过程扼要地写在学习笔记栏。
高中数学独立重复实验与二项分布教案1 新人教A版选修2-3
2．2．3独立重复实验与二项分布教学目标：知识与技能：理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题。
过程与方法：能进行一些与n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算。
情感、态度与价值观：承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文价值。
教学重点：理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题 教学难点：能进行一些与n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算 授课类型：新授课课时安排：1课时教 具：多媒体、实物投影仪教学过程：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m n 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1n，这种事件叫等可能性事件 7．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()m 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：指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验2．独立重复试验的概率公式：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k n k k n 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 k n n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．由于k n k k n q 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（binomial distribution )，记作ξ～B (n ，p )，其中n ，p 为参数，并记k n k k n 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．)解：设X 为击中目标的次数，则X ～B (10, 0.8 ) .(1)在 10 次射击中，恰有 8 次击中目标的概率为P (X = 8 ) ＝88108100.8(10.8)0.30C -⨯⨯-≈.(2)在 10 次射击中，至少有 8 次击中目标的概率为P (X ≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 )8810899109101010101010100.8(10.8)0.8(10.8)0.8(10.8)C C C ---⨯⨯-+⨯⨯-+⨯⨯-0.68≈.例2．（2000年高考题）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．解：依题意，随机变量ξ～B (2，5%)．所以，P (ξ=0)=02C (95%)2=0.9025，P (ξ=1)=12C (5%)(95%)=0.095，P (2=ξ)=22C (5%)2=0.0025．因此，次品数ξ例3>3)．解：依题意，随机变量ξ～B ⎪⎭⎫ ⎝⎛61,5．∴P (ξ=4)=6561445⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛C =777625，P (ξ=5)=55C 561⎪⎭⎫ ⎝⎛=77761． ∴P (ξ>3)=P(ξ=4)+P (ξ=5)=388813 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次准确的概率解：（1）记“预报1次，结果准确”为事件A ．预报5次相当于5次独立重复试验，根据n 次独立重复试验中某事件恰好发生k 次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的概率4454455(4)0.8(10.8)0.80.41P C -=⨯⨯-=≈ 答：5次预报中恰有4次准确的概率约为0.41.（2）5次预报中至少有4次准确的概率，就是5次预报中恰有4次准确的概率与5次预报都准确的概率的和，即4454555555555(4)(5)(4)0.8(10.8)0.8(10.8)P P P P C C --=+==⨯⨯-+⨯⨯- 450.80.80.4100.3280.74=+≈+≈答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74．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）解：记事件A ＝“1小时内，1台机器需要人照管”，1小时内5台机器需要照管相当于5次独立重复试验1小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率55513(0)(1)()44P =-=，1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率145511(1)(1)44P C =⨯⨯-， 所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为[]551(0)(1)0.37P P P =-+≈ 答：1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率约为0.37．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？解：设要使至少命中1次的概率不小于0.75，应射击n 次记事件A ＝“射击一次，击中目标”，则()0.25P A =．∵射击n 次相当于n 次独立重复试验，∴事件A 至少发生1次的概率为1(0)10.75n n P P =-=-．由题意，令10.750.75n -≥，∴31()44n ≤，∴1lg4 4.823lg 4n ≥≈， ∴n 至少取5． 答：要使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击5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？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3364455549999991111111()()()()()()()2222222P C C C C =++++ 3459990129999999911()()2()()22C C C C C C C ⎡⎤=+++=-++⎣⎦+ 991233(246)()2256=-= 设从低层到顶层停k 次，则其概率为k 9999111C ()()()222k k k C -=， ∴当4k =或5k =时，9k C 最大，即991()2k C 最大， 答：从低层到顶层停不少于3次的概率为233256，停4次或5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．解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为12． 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∴甲打完3局取胜的概率为33311()()28P A C ==． ②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负∴甲打完4局才能取胜的概率为2231113()()22216P B C =⨯⨯⨯=． ③甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负∴甲打完5局才能取胜的概率为22241113()()()22216P C C =⨯⨯⨯=． (2)事件D ＝“按比赛规则甲获胜”，则D A B C =++，又因为事件A 、B 、C 彼此互斥， 故1331()()()()()816162P D P A B C P A P B P C =++=++=++=． 答：按比赛规则甲获胜的概率为12． 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=）解：记事件A ＝“种一粒种子，发芽”，则()0.8P A =，()10.80.2P A =-=，（1）设每穴至少种n 粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%．∵每穴种n 粒相当于n 次独立重复试验，记事件B ＝“每穴至少有一粒发芽”，则00()(0)0.8(10.8)0.2n n n n P B P C ==-=． ∴()1()10.2n P B P B =-=-．由题意，令()98%P B >，所以0.20.02n<，两边取常用对数得， lg0.2lg0.02n <．即(lg 21)lg 22n -<-， ∴lg 22 1.6990 2.43lg 210.6990n ->=≈-，且n N ∈，所以取3n ≥． 答：每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%．（2）∵每穴种3粒相当于3次独立重复试验，∴每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为2230.80.20.384P C =⨯⨯==，答：每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为0.384四、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13，求在第n 次才击中目标的概率 答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.0467. 23 8.（1）()323551240333243P C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）()()5552211113243P B P B C ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭ 9.⑴5550.90.59049C =； ⑵5550.10.00001C =；⑶()3325530.90.10.0729P C =⋅=； ⑷()()55450.91854P P P =+=10.(1) 23P = (2) 112()33n P -=⋅ 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第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生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k n k k n 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六、课后作业：课本58页 练习1、2、3、4第60页 习题 2. 2 B 组2、3七、板书设计（略）八、课后记：教学反思：1. 理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题。
事件的独立性及二项分布
事件的独立性及二项分布【考情分析】考试要求 1. 条件概率及相互独立事件，A级要求；2. n次独立重复试验的模型及二项分布，B级要求．了解条件概率及两个事件相互独立的概念，会求独立事件的概率.理解二项分布X～B(n，p)的特点，会计算n次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率，并能解决一些简单的实际问题．【知识清单】1. 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相互独立．（2）若A与B相互独立，则P(AB)＝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、B相互独立．2. “互斥”与“相互独立”的区别与联系3. 二项分布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P(X ＝k)＝C k n p k qn －k，其中k ＝0，1，2，3，…，n ，q ＝1－p.于是得到随机变量X 的概率分布如下：n n n …＋C k n p k q n －k ＋…＋C n n p n q 0中的第k ＋1项(k ＝0，1，2，…，n)中的值，故称随机变量X 为二项分布，记作X ～B(n ，p)．【课前预习】1. 甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，假定在这段时间内两市是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两市同时下雨的概率为________． 答案：0.036解析：设甲市下雨为事件A ，乙市下雨为事件B ，由题设知，事件A 与B 相互独立，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，则P(AB)＝P(A)P(B)＝0.2×0.18＝0.036.2. (选修2－3P 66练习2改编)某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________． 答案：54125解析：此人恰有两次击中目标的概率为C 23(0.6)2·(1－0.6)＝54125. 3. 在4次独立试验中，事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率是6581，则事件A 在一次试验中出现的概率是________．答案：13解析：设A 发生概率为P ，1－(1－P)4＝6581，P ＝13.4. 已知X ～B (6，13)，则P (X ＝2)＝________． 答案：80243解析：P (X ＝2)＝C 26(13)2(23)4＝80243.5. 甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，则取得同色球的概率为________． 答案：12解析：设“从甲袋中取白球”为事件A ，则P (A )＝812＝23.设“从乙袋中取白球”为事件B ，则P (B )＝612＝12. 取得同色球为AB ＋A B .P (AB ＋A B )＝P (AB )＋P (A B )＝P (A )·P (B )＋P (A )·P (B )＝23×12＋13×12＝12. 【典型例题】目标1 相互独立事件发生的概率例1 某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的概率为45，乙当选的概率为35，丙当选的概率为710，三名同学是否当选互不影响，是相互独立的.（1）求甲、乙、丙三名同学恰有一名同学当选的概率； （2）求甲、乙、丙三名同学至多有两名同学当选的概率. 解析：设甲、乙、丙当选的事件分别为A ，B ，C ，则有()()()437P A P B P C .5510===，，（1）因为事件A ，B ，C 相互独立，则甲、乙、丙三名同学恰有1名同学当选的概率为()P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P C ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅42313312747.551055105510250=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯= （2）甲、乙、丙三名同学至多有两名同学当选的概率为()()437831P ABC 1P(A)P(B)P C 1.5510125-=-=-⨯⨯=【借题发挥】变式1 本例条件不变，将问题改为“求甲、乙、丙三名同学中恰有两名当选的概率”解析：因为事件A 、B 、C 相互独立，则甲、乙、丙三名同学恰有两名当选的概率为P P(A)P(B)P(C)P(A)P(C)P(B)P(A)P(B)P(C)=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅437473437(1)(1)(1)551051055510365621113.250250250250=⨯⨯-+⨯⨯-+-⨯⨯=++= 变式 2 本例条件不变，将问题改为“求甲、乙、丙三名同学中至少有一名当选的概率”解析：“甲、乙、丙三名同学至少有一名当选”与事件“甲、乙、丙三名同学都不当选”为对立事件，故甲、乙、丙三名同学至少有一名当选的概率为1P(A B C)1P(A)P(B)P(C)4372441221(1)(1)(1).5510250125-=-⋅⋅=--⨯-⨯-== 【规律方法】应用相互独立事件同时发生的概率乘法公式求概率的步骤：（1）确定诸事件是相互独立的； （2）确定诸事件会同时发生；（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积. 【同步拓展】面对某种流感病毒，各国医疗科研机构都在研究疫苗，现有A 、B 、C 三个独立的研究机构在一定的时期内能研制出疫苗的概率分别是15、14、13.求：（1）他们都研制出疫苗的概率； （2）他们都失败的概率； （3）他们能够研制出疫苗的概率．解析：令事件A 、B 、C 分别表示A 、B 、C 三个独立的研究机构在一定时期内成功研制出该疫苗，依题意可知，事件A 、B 、C 相互独立，且P (A )＝15，P (B )＝14，P (C )＝13.（1）他们都研制出疫苗，即事件ABC 发生，故P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝15×14×13＝160.（2）他们都失败即事件A ，B ，C 同时发生．故P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝(1－P (A ))(1－P (B ))(1－P (C ))＝(1－15)(1－14)(1－13)＝45×34×23＝25.（3）“他们能研制出疫苗”的对立事件为“他们都失败”，结合对立事件间的概率关系可得所求事件的概率P ＝1－P (A B C )＝1－25＝35.目标2 n 次独立重复试验的概率求法例2 已知一个射手每次击中目标的概率为p ＝35，求他在4次射击中下列事件发生的概率． （1）命中一次； （2）命中两次．解析：（1）命中一次的概率为P ＝C 14·⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝⎛⎭⎪⎫1－353＝125·8125＝96625；（2）命中两次的概率为P ＝C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝⎛⎭⎪⎫1－352＝6·925·425＝216625.【借题发挥】变式1 在例2的条件下，研究： （1）恰在第三次命中目标；（2）刚好在第二次、第三次两次击中目标．解析：（1）恰在第三次命中目标的概率为 P ＝35·⎝⎛⎭⎪⎫1－353＝35·8125＝24625； （2）在第二次、第三次两次击中目标的概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝⎛⎭⎪⎫1－352＝36625.变式2 在例2的条件下，研究： （1）至少命中一次； （2）至多命中两次．解析：（1）至少命中一次的概率为P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－354＝609625；（2）至多命中两次的概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－354＋C 14·⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－353＋C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝⎛⎭⎪⎫1－352 ＝16625＋96625＋216625＝328625.【规律方法】理解独立重复试验首先要弄清以下几个问题： （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）求事件A 发生的概率时直接套用公式P(X=k)=k nC ·p k ·(1-p)n-k. 【同步拓展】(2017·苏、锡、常、镇四市调研)一个口袋中装有大小相同的3个白球和1个红球，从中有放回地摸球，每次摸出一个，若有3次摸到红球即停止．(1)求恰好摸4次停止的概率；(2)记4次之内(含4次)摸到红球的次数为X ，求随机变量X 的概率分布．解 (1)设事件“恰好摸4次停止”的概率为P ，则P ＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫142×34×14＝9256.(2)由题意得X 的可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 04×⎝ ⎛⎭⎪⎫344＝81256，P (X ＝1)＝C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2764，P (X ＝2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫142×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝27128，P (X ＝3)＝1－81256－2764－27128＝13256， ∴X 的概率分布为目标3 例3 某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为34，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心．且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X 的分布列． 解析：由题意可知：X ～B (3，34)所以P (X ＝k )＝C k 3(34)k (14)3－k(k ＝0,1,2,3)，P (X ＝0)＝C 03(34)0(14)3＝164， P (X ＝1)＝C 13·34·(14)2＝964， P (X ＝2)＝C 23(34)2·14＝2764， P (X ＝3)＝C 33(34)3＝2764.所以X 的分布列为【规律方法】利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，也就是看它是否是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．【同步拓展】(2017·南京学情调研)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜．投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束．设甲每次投篮命中的概率为25，乙每次投篮命中的概率为23，且各次投篮互不影响．现由甲先投．（1）求甲获胜的概率；（2）求投篮结束时甲的投篮次数X的分布列．解析：（1）设甲第i次投中获胜的事件为A i（i＝1，2，3），则A1，A2，A3彼此互斥．甲获胜的事件为A1＋A2＋A3．P（A1）＝25；P（A2）＝3122 53525创=；P（A3）＝（35）2×（13）2×25＝2125．所以P（A1＋A2＋A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3）＝25＋225＋2125＝62 125．答：甲获胜的概率为62 125．（2）X所有可能取的值为1，2，3．则 P（X＝1）＝25＋35×23＝45；P（X＝2）＝225＋35×13×35×23＝425；P（X＝3）＝（35）2×（13）2×1＝125．即X的概率分布列为【归纳分析】1. 相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)·P(B)，就是说，两个相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积．当P(AB)＝P(A)P(B)时，事件B与事件A独立．2. 独立重复试验概率求解的关注点：①运用独立重复试验的概率公式求概率时，要判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，判断时可依据n次独立重复试验的特征．②解此类题常用到互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．3. 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)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0，1，2…n，其中p是一次试验中该事件发生的概率，实际上C k n p k(1－p)n －k正好是二项式[(1－p)＋p]n 的展开式中的第k ＋1项． 【课后作业】1．若事件E 、F 相互独立，且P (E )＝P (F )＝14，则P (EF )＝________． 答案：116解析：∵E 、F 相互独立，∴P (EF )＝P (E )·P (F )＝116.2. 在同一时间内，两个气象台预报天气准确的概率分别为910，45，两个气象台预报准确的概率互不影响，则在同一时间内，至少有一个气象台预报准确的概率为________． 答案：4950解析：P ＝1－(1－910)(1－45)＝4950.3. 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________． 答案：49解析：记“恰有1次获得通过”为事件A ，则P (A )＝C 13(13)·(1－13)2＝49.4. 设随机变量ξ服从二项分布ξ～B (6，12)，则P (ξ≤3)等于 ． 答案：2132解析：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＝2132.5. 一个口袋中装有3个白球和2个红球，现从袋中取球，每次任取一个，记下颜色后放回，直到红球出现3次时停止，总取球数记为ξ，则“ξ＝4”的概率为________． 答案：72625解析：当ξ＝4时，即前3次取球恰有一次取到白球，因每次取到白球的概率P ＝35，每次取到红球的概率P′＝25，所以P(ξ＝4)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝72625(或前3次取球中恰有两次取到红球，一次取到白球，而第四次又恰好取到红球，因为每次取到红球的概率P ＝25，所以P(ξ＝4)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252·35·25＝72625)． 6. 投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是________． 答案：712解析：事件A 、B 一个都不发生的概率为P (A B )＝P (A )·P (B )＝12×C 15C 16＝512， 则事件A ，B 中至少有一件发生的概率＝1－P (A B )＝712. 7. 在某道路A 、B 、C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这个道路上匀速行驶，则三处都不停车的概率为_______.答案：35192解析：三处都不停车相互独立，则概率为57335.12124192⨯⨯= 8. 某校组织“上海世博会”知识竞赛．已知某学生答对第一题的概率是0.6，答对第二题的概率是0.5，并且回答两个问题相互之间没有影响．则该学生至少答对第一、二两题中一题的概率为________． 答案：0.8解析：设“该学生答对第一题”为事件A ，“该学生答对第二题”为事件B.则“该学生至少答对第一、二两题中一题”的概率为P ＝P(A B ＋A B ＋AB )＝P(A B )＋P(A B )＋P(AB )＝0.4×0.5＋0.6×0.5＋0.6×0.5＝0.8.9. 在社会主义新农村建设中，某市决定在一个乡镇投资农产品加工、绿色蔬菜种植和水果种植三个项目，据预测，三个项目成功的概率分别为45、56、23，且三个项目是否成功互相独立． （1）求恰有两个项目成功的概率； （2）求至少有一个项目成功的概率．解析：（1）只有农产品加工和绿色蔬菜种植两个项目成功的概率为45×56×(1－23)＝29，只有农产品加工和水果种植两个项目成功的概率为45×(1－56)×23＝445，只有绿色蔬菜种植和水果种植两个项目成功的概率为(1－45)×56×23＝19，所以恰有两个项目成功的概率为29＋445＋19＝1945. （2）三个项目全部失败的概率为(1－45)×(1－56)×(1－23)＝190，所以，至少有一个项目成功的概率为1－190＝8990.10. 某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．（1）任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率； （2）任选3名下岗人员，记ξ为3人中参加过培训的人数，求ξ的分布列．解析：（1）任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A ，“该人参加过计算机培训”为事件B ，由题设知，事件A 与事件B 相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75. 所以该下岗人员没有参加过培训的概率是 P (A －B －)＝P (A －)·P (B －)＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1. 所以该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.（2）因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数ξ服从二项分布B(3，0.9)，P(ξ＝k)＝C k30.9k ×0.13－k ，k ＝0，1，2，3， 所以ξ的分布列为11.者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球．根据摸出4个球中红球与蓝球的个数，设一、二、三等奖如下：（1）求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率； （2）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列．解析：设A i (i ＝0,1,2,3)表示摸到i 个红球，B j (j ＝0,1)表示摸到j 个蓝球，则A i 与B j 独立．（1）恰好摸到1个红球的概率为P (A 1)＝C 13C 24C 37＝1835.（2）X 的所有可能值为：0,10,50,200，且P (X ＝200)＝P (A 3B 1)＝P (A 3)P (B 1)＝C 33C 37·13＝1105， P (X ＝50)＝P (A 3B 0)＝P (A 3)P (B 0)＝C 33C 37·23＝2105， P (X ＝10)＝P (A 2B 1)＝P (A 2)P (B 1)＝C 23C 14C 37·13＝12105＝435， P (X ＝0)＝1－1105－2105－435＝67. 综上可知，获奖金额X 的分布列为【提优训练】1．某射手射击1次，击中目标的概率为0.9，他连续射击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：①他第三次击中目标的概率为0.9；②他恰好击中目标3次的概率为0.93×0.1；③他至少击中目标1次的概率为1－0.14.其中正确结论的序号为________．(写出所有正确结论的序号) 答案：①③解析：在n 次试验中，事件每次发生的概率都相等，故①正确；②中恰好击中3次需要看哪3次击中，所以不正确；利用对立事件，③正确．2．某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．已知三个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为12，且各个元件能否正常工作相互独立，则该部件的使用寿命超过1 000小时的概率是 ．答案：38解析：设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P(A)＝P(B)＝P(C)＝12，因此该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A B －＋A －B ＋AB)C ，故该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P ＝(12×12＋12×12＋12×12)×12＝38. 3．甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5.（1）求甲同学至少有4次投中的概率； （2）求乙同学投篮次数ξ的概率分布．解析：（1） 设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P (x ＝4)＋P (x ＝5)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝⎛⎭⎪⎫1－231＋C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫235⎝⎛⎭⎪⎫1－230＝112243.（2）由题意，ξ＝1,2,3,4,5. P (ξ＝1)＝23， P (ξ＝2)＝13×23＝29， P (ξ＝3)＝13×13×23＝227，P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝281，P (ξ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181.ξ的分布列为。
概率统计-11.8 独立性及二项分布(教案)
389响水二中高三数学（理）一轮复习教案 第十一编 概率统计 主备人 张灵芝 总第61期§11.8 独立性及二项分布基础自测1.一学生通过一种英语听力测试的概率是21，他连续测试两次，那么其中恰有一次通过的概率是 .答案 212.已知随机变量X 服从二项分布X ～B （6，31），则P （X =2）= .答案 243803.打靶时甲每打10次可中靶8次，乙每打10次，可中靶7次，若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是 . 答案25144.一个电路如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为6个开关，其闭合的概率都是21，且是相互独立的，则灯亮的概率是 . 答案64555.已知P （AB ）=103，P （A ）=53，则P （B |A ）= .答案 21例题精讲例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，问（1）从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？ （2）从2号箱取出红球的概率是多少？解 记事件A ：最后从2号箱中取出的是红球；事件B ：从1号箱中取出的是红球. P （B ）=424+=32，P （B ）=1-P （B ）=31，（1）P （A |B ）=1813++=94.（2）∵P （A |B ）=183+=31，∴P （A ）=P （AB ）+P （A B ）=P （A |B ）P （B ）+P （A |B ）P （B ）=94×32+31×31=2711.390例2 甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算： （1）两人都击中目标的概率； （2）其中恰有一人击中目标的概率； （3）至少有一人击中目标的概率.解 记“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B .“两人都击中目标”是事件AB ；“恰有1人击中目标”是A B 或A B ；“至少有1人击中目标”是AB 或A B 或A B . （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，恰好有一次击中目标”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：P =P （A B ）+P （A B ）=P （A ）P （B ）+P （A ）P （B ） =0.8×(1-0.8)+(1-0.8)×0.8=0.16+0.16=0.32.（3）方法一 “两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为P =P （AB ）+［P （A B ）+P （A B ）］ =0.64+0.32=0.96.方法二 “两人都未击中目标”的概率是P （A B ）=P （A ）P （B ）=（1-0.8）×（1-0.8）=0.2×0.2=0.04. ∴至少有一人击中目标的概率为P =1-P （A B ）=1-0.04=0.96.例3 （16分）一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是31.（1）设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列；（2）设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的概率分布； （3）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.解 （1）将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为31，且每次试验结果是相互独立的，391故X ～B （6，31）， 2分所以X 的分布列为P （X =k ）=k 6C k⎪⎭⎫ ⎝⎛31·k-⎪⎭⎫⎝⎛632，k =0，1，2，3，4，5，6. 5分（2）由于Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y 是随机变量，其取值为0，1，2，3，4，5.其中：{Y =k }（k =0，1，2，3，4，5）表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k +1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算. P （Y =k ）=k⎪⎭⎫⎝⎛32·31（k =0，1，2，3，4，5），而{Y =6}表示一路没有遇上红灯，故其概率为P （Y =6）=632⎪⎭⎫⎝⎛. 8分因此Y 的概率分布为：12分（3）这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为{X ≥1}={X =1或X =2或…或X =6}，14分所以其概率为P （X ≥1）=∑==-==6101k k )X (P )X (P =1-632⎪⎭⎫⎝⎛=729665≈0.912. 16分巩固练习1.盒子中有10张奖券，其中3张有奖，甲、乙先后从中各抽取1张（不放回），记“甲中奖”为A ，“乙中奖”为B .（1）求P （A ），P （B ），P （AB ），P （A |B ）；（2）A 与B 是否相互独立，说明理由. 解 （1）P （A ）=210A 93⨯=103，P （B ）=103， P （AB ）=21023A A =151，P （A |B ）=92)()(=B P AB P .（2）因为P （A ）≠P （A |B ），所以A 与B 不相互独立.2.甲、乙两人参加一次考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中6题，乙能答对其中8题.若规定每次考试分别都从这10题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题算合格.392（1）分别求甲、乙两人考试合格的概率； （2）求甲、乙两人至少有一人合格的概率.解 （1）设甲、乙考试合格分别为事件A 、B ，甲考试合格的概率为P （A ）=32C C C C 310142636=+，乙考试合格的概率为P （B ）=1514C C C C 310122838=+.（2）A 与B 相互独立，且P （A ）=32，P （B ）=1514,则甲、乙两人至少有一人合格的概率为 P （AB +B A +A B ）=32×1514+31×1514+32×151=4544.3.（2008·山东理，18）甲、乙两队参加奥运知识竞赛，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32，乙队中3人答对的概率分别为32，32，21，且各人回答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的概率分布和数学期望；（2）用A 表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B 表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P （AB ）.解 （1）方法一 由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，且 P （ξ=0）=03C ×3321⎪⎭⎫ ⎝⎛-=271,P (ξ=1)=13C ×32×2321⎪⎭⎫ ⎝⎛-=92,P (ξ=2)=23C ×232⎪⎭⎫ ⎝⎛×⎪⎭⎫ ⎝⎛-321=94,P (ξ=3)=33C ×332⎪⎭⎫ ⎝⎛=278.所以ξ的概率分布为ξ的数学期望为E (ξ)=0×271+1×92+2×94+3×278=2.方法二 根据题设可知,ξ～B （3，32）,因此ξ的分布列为P (ξ=k )=k 3C ×k⎪⎭⎫ ⎝⎛32×k-⎪⎭⎫ ⎝⎛-3321=k3C ×332k ,k =0,1,2,3.因为ξ～B （3，32）,所以E (ξ)=3×32=2.(2)方法一 用C 表示“甲队得2分乙队得1分”这一事件，用D 表示“甲队得3分乙队得0分”这393一事件，所以AB =C +D ，且C 、D 互斥， P （C ）=23C ×232⎪⎭⎫ ⎝⎛×⎪⎭⎫ ⎝⎛-321×（32×31×21+31×32×21+31×31×21）=4310,P (D )=33C ×332⎪⎭⎫ ⎝⎛×（31×31×21）=534,由互斥事件的概率公式得P (AB )=P (C )+P (D )= 4310+534=5334=24334.方法二 用A k 表示“甲队得k 分”这一事件，用B k 表示“乙队得k 分”这一事件，k =0，1，2，3.由于事件A 3B 0，A 2B 1为互斥事件，故有P （AB ）=P （A 3B 0+A 2B 1）=P （A 3B 0）+P （A 2B 1）. 由题设可知，事件A 3与B 0独立，事件A 2与B 1独立，因此P （AB ）=P （A 3B 0）+P （A 2B 1）=P （A 3）P （B 0）+P （A 2）P （B 1）=332⎪⎭⎫ ⎝⎛×⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯21312+23C ×2232×（21×231+21×12C ×232）=24334. 回顾总结 知识方法 思想课后作业一、填空题1.市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是 . 答案 0.6652.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，则该学生三项均合格的概率为（假设三项标准互不影响） . 答案9013.如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是 .394答案944.设随机变量X ～B (6,21),则P （X =3）= .答案1655.甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为 . 答案 0.886.若每名学生测试达标的概率都是32（相互独立），测试后k 个人达标，经计算5人中恰有k 人同时达标的概率是24380，则k 的值为 .答案 3或47.有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是 . 答案2578.某射手射击1次，击中目标的概率是0.9.他连续射击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：①他第3次击中目标的概率是0.9； ②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1； ③他至少击中目标1次的概率是1-0.14.其中正确结论的序号是 （写出所有正确的结论的序号）. 答案 ①③ 二、解答题9.有甲、乙、丙、丁四名网球运动员，通过对过去战绩的统计，在一场比赛中，甲对乙、丙、丁取胜的概率分别为0.6， 0.8，0.9.（1）若甲和乙之间进行三场比赛，求甲恰好胜两场的概率；（2）若四名运动员每两人之间进行一场比赛，求甲恰好胜两场的概率；（3）若四名运动员每两人之间进行一场比赛，设甲获胜场次为ξ，求随机变量ξ的概率分布.解 （1）甲和乙之间进行三场比赛，甲恰好胜两场的概率为P =23C ×0.62×0.4=0.432.（2）记“甲胜乙”，“甲胜丙”，“甲胜丁”三个事件分别为A ，B ，C ，则P （A ）=0.6，P （B ）=0.8，395P （C ）=0.9.则四名运动员每两人之间进行一场比赛，甲恰好胜两场的概率为 P （AB C +A B C +A BC ）=P （A ）P （B ）［1-P （C ）］+P （A ）［1-P （B ）］P （C ）+［1-P （A ）］P （B ）P （C ） =0.6×0.8×0.1+0.6×0.2×0.9+0.4×0.8×0.9=0.444. （3）随机变量ξ的可能取值为0，1，2，3. ξ的 P （ξ=0）=0.4×0.2×0.1=0.008;P (ξ=1)=0.6×0.2×0.1+0.4×0.8×0.1+0.4×0.2×0.9=0.116; 由（2）得P （ξ=2）=0.444；P （ξ=3）=0.6×0.8×0.9=0.432. ∴随机变量ξ的概率分布为10.某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A = a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 ,其中A 的各位数中,a 1=1,a k (k =2,3,4,5)出现0的概率为31,出现1的概率为32.记ξ=a 1+a 2+a 3+a 4+a 5,当程序运行一次时,(1)求ξ=3的概率; (2)求ξ的概率分布.解 (1)已知a 1=1,要使ξ=3,只需后四位中出现2个1和2个0.∴P (ξ=3)=24C 232⎪⎭⎫ ⎝⎛·231⎪⎭⎫ ⎝⎛=278.(2) ξ的可能取值为1,2,3,4,5. P (ξ=1)=4C 032⎪⎭⎫ ⎝⎛·431⎪⎭⎫ ⎝⎛=811.P (ξ=2)=14C 132⎪⎭⎫ ⎝⎛·331⎪⎭⎫ ⎝⎛=818.P (ξ=3)=24C232⎪⎭⎫ ⎝⎛·231⎪⎭⎫ ⎝⎛=278.P (ξ=4)=34C 332⎪⎭⎫ ⎝⎛·⎪⎭⎫⎝⎛31=8132.P (ξ=5)=44C 432⎪⎭⎫⎝⎛=8116.∴ξ的概率分布为39611.已知某种从太空飞船中带回的植物种子每粒成功发芽的概率都为31,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,每次试验种一粒种子,假定某次试验种子发芽,则称该次试验是成功的,如果种子没有发芽,则称该次试验是失败的.(1)第一个小组做了三次试验,求至少两次试验成功的概率;(2)第二个小组进行试验,到成功了4次为止,求在第四次成功之前共有三次失败,且恰有两次连续失败的概率.解(1)第一个小组做了三次试验,至少两次试验成功的概率是P (A )=23C 231⎪⎭⎫ ⎝⎛·⎪⎭⎫ ⎝⎛-311+33C 331⎪⎭⎫⎝⎛=277.(2)第二个小组在第4次成功前,共进行了6次试验,其中三次成功三次失败,且恰有两次连续失败,其中各种可能的情况种数为24A=12.因此所求的概率为P (B )=12×331⎪⎭⎫⎝⎛332⎪⎭⎫ ⎝⎛·31=72932.12.甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投3球，谁投进的球数多谁获胜，已知每次投篮甲投进的概率为54,乙投进的概率为21，求：（1）甲投进2球且乙投进1球的概率；（2）在甲第一次投篮未投进的条件下，甲最终获胜的概率. 解 （1）甲投进2球的概率为23C 254⎪⎭⎫ ⎝⎛·51=12548，乙投进1球的概率为13C 221⎪⎭⎫ ⎝⎛·21=83， 甲投进2球且乙投进1球的概率为12548×83=12518.(2)在甲第一次投篮未进的条件下,甲获胜指甲后两投两进且乙三投一进或零进(记为A ),或甲后两投一进且乙三投零进(记为B ), P (A )=22C 254⎪⎭⎫ ⎝⎛·[13C 121⎪⎭⎫ ⎝⎛·221⎪⎭⎫ ⎝⎛+03C 321⎪⎭⎫ ⎝⎛]=2516×21=258,P (B )=12C 54·51·03C 321⎪⎭⎫ ⎝⎛=258×81=251,故所求概率为P (A +B )= 259.。
高考数学一轮复习 第14章 计数原理、二项式定理、概率14.4独立性及二项分布教学案
14.4 独立性及二项分布考纲要求1．了解条件概率和两个事件相互独立的概率．2．理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．1．条件概率及其性质(1)一般地，若有两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，则称为事件B 发生的条件下事件A 的__________，记为__________，其公式为P (A |B )＝__________.(2)条件概率具有的性质： ①______________.②如果A 和B 是两个互斥事件，则P (A ＋B |C )＝P (A |C )＋P (B |C )．2．相互独立事件(1)一般地，若事件A ，B 满足P (A |B )＝P (A )，则称事件A ，B 独立．(2)若A 与B 相互独立，则P (A |B )＝__________，P (AB )＝__________＝________.(3)若A 与B 相互独立，则__________，__________，__________也都相互独立．(4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B ____.(5)若A 1，A 2，…，A n (n ＞2)相互独立，则P (A 1A 2…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．3．二项分布(1)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．(2)若随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C k n p k q n －k，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 )．1．已知P (AB )＝320，P (A )＝35，则P (B |A )＝__________.2．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__________．3．如果X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为__________．4．有1道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12，乙能解决的概率是13，2人试图独立地在半小时内解决它．求2人都未解决的概率和问题得到解决的概率．1．P (B |A )与P (AB )有何区别？ 提示：P (B |A )的值是AB 发生相对于事件A 发生的概率的大小；而P (AB )是AB 发生相对于原来的全体基本事件而言，一般P (B |A )≠P (AB )．2．若事件A ，B 互斥，则P (B |A )是多少？ 提示：A 与B 互斥，即A 与B 不同时发生，所以P (AB )＝0，P (B |A )＝0.3．互斥事件与相互独立事件有什么区别？提示：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的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．互斥事件与相互独立事件之间没有必然的联系，也就是说两个事件相互独立，则一定不能互斥；反之，若两个事件互斥，则不能相互独立．一、条件概率及其性质【例1】 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”．(1)求P (A )，P (B )，P (AB )；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．方法提炼条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P ABP A，这是通用的求条件概率的方法．(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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.请做针对训练1二、事件的独立性的应用【例2】 已知挑选空军飞行学员可以说是“万里挑一”，要想通过需过“五关”——目测、初检、复检、文考、政审等．若某校甲、乙、丙三个同学都顺利通过了前两关，有望成为光荣的空军飞行学员．根据分析，甲、乙、丙三个同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，通过政审关的概率均为1.后三关相互独立．(1)求甲、乙、丙三个同学中恰有一人通过复检的概率；(2)设通过最后三关后，能被录取的人数为X ，求随机变量X 的数学期望E (X )．方法提炼(1)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有： 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，可从其对立事件入手计算． (2)已知两个事件A ，B 相互独立，它们的概率分别为P (A )，三、二项分布 【例3】(2012江苏四市联考)某地区通过先初试再复试选拔篮球运动员，初试依次进行四项测试，若选手通过其中两项测试，则可直接进入复试，不再进行剩余项测试；若选手前三项测试均不通过，则不进行第四项测试．假设选手甲在初试中通过每项测试的概率都是23，且每项测试是否通过互相独立．(1)求选手甲前两项测试均不通过的概率；(2)设选手甲参加初试测试的次数为X (X ≥2)，求X 的概率分布及X 的数学期望．方法提炼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．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)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.在利用该公式时一定要审清公式中的n，k各是多少．请做针对训练3四、概率的综合应用【例4】一个口袋中装有n个红球(n≥5且n∈N)和5个白球，这些球除颜色外完全相同，每次从袋中任意摸出两个球，记录下颜色后，再放回袋中．(1)当n＝5时，设ξ表示第一次摸出的两个球中红球的个数，求ξ的概率分布及数学期望．(2)某人共三次摸出球，记三次摸球中恰有一次两球颜色不同的概率为P.当n等于多少时，P最大？方法提炼二项分布实际上是对n次独立重复试验从概率分布的角度作出的阐述，它是一种很常见的随机变量的分布，应用十分广泛，如有放回地取球取到白球的个数、射击试验命中的次数等都服从二项分布．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．请做针对训练4二项分布及其应用在每年的高考解答题中均有考查，主要以条件概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验和二项分布的概率模型为载体，综合考查某一事件发生的概率．能正确确定离散型随机变量的取值，明确各个值所对应的事件的概率是正确解答此类问题的关键．1．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，随机取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为__________．2．根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．3．一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的分布列．4．某城市有甲、乙、丙、丁4个旅游景点，一位客人游览这4个景点的概率都是0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响．设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．(1)求ξ的分布列及数学期望；(2)记“函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间[4，＋∞)上单调递增”为事件A ，求事件A 的概率．参考答案基础梳理自测 知识梳理1．(1)条件概率 P (A |B ) P ABP B(2)①0≤P (A |B )≤12．(2)P (A ) P (A |B )P (B ) P (A )P (B ) (3)A 与B A 与B A 与B (4)相互独立基础自测1.14 解析：P (B |A )＝P ABP A ＝32035＝14. 2.49 解析：所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.3．3或4 解析：采取特殊值法．∵P (X ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412，P (X ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144·⎝ ⎛⎭⎪⎫3411，P (X ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭⎪⎫3410， 从而易知P (X ＝3)＝P (X ＝4)>P (X ＝5)． 考点探究突破【例1】解：(1)①P (A )＝26＝13.②∵两颗骰子的点数之和共有36个等可能的结果，点数之和大于8的结果共有10个．∴P (B )＝1036＝518.③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.(2)由(1)知P (B |A )＝P ABP A ＝53613＝512.【例2】解：(1)分别记甲、乙、丙三个同学复检合格为事件A 1、A 2、A 3，E 表示事件“恰有一人通过复检”．P (E )＝P (A 1 A 2 A 3)＋P (A 1A 2A 3)＋P (A 1 A 2 A 3)＝0.5×0.4×0.25＋0.5×0.6×0.25＋0.5×0.4×0.75＝0.275.(2)方法一：因为甲、乙、丙三个同学通过三关的概率均为p ＝0.3，所以X ～B (3,0.3)．故E (X )＝np ＝3×0.3＝0.9.方法二：分别记甲、乙、丙三个同学经过两次考试后合格为事件A ，B ，C ，则P (A )＝P (B )＝P (C )＝0.3，所以P (X ＝1)＝3×(1－0.3)2×0.3＝0.441. P (X ＝2)＝3×0.32×0.7＝0.189， P (X ＝3)＝0.33＝0.027，于是，E (X )＝1×0.441＋2×0.189＋3×0.027＝0.9.【例3】 解：(1)记“选手甲前两次测试均不通过”为事件A ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝19.即选手甲前两次测试均不通过的概率为19.(2)P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P (X ＝3)＝C 12×23×13×23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝13，P (X ＝4)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29.故X∴E (X )＝2×49＋3×3＋4×9＝9.【例4】解：(1)当n ＝5时，ξ可取0,1,2，P (ξ＝0)＝C 25C 210＝29，P (ξ＝1)＝C 15C 15C 210＝59，P (ξ＝2)＝C 25C 210＝29，P29 59 29E (ξ)＝0×29＋1×59＋2×29＝1.(2)设每次摸球，两球颜色不同的概率为p ，则p ＝C 15·C 1nC 2n ＋5＝10nn ＋5n ＋4.则三次摸球中恰有一次两球颜色不同的概率为P ＝P 3(1)＝C 13·p ·(1－p )2＝3p 3－6p 2＋3p,0<p <1. P ′＝9p 2－12p ＋3＝3(p －1)(3p －1)，令P ′＝0，则p ＝1(舍)，p ＝13.∵P 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上为增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上为减函数，∴当p ＝13时，P 取得最大值．∴p ＝10n n ＋5n ＋4＝13，解得n ＝20.答：当n ＝20时，P 最大． 演练巩固提升 针对训练1．0.72 解析：设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗(即发芽，又成活为幼苗)为事件AB ，出芽后的幼苗的成活率为：P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9，根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.2．解：(1)设“购买甲种保险”事件为A ，“购买乙种保险”事件为B .由已知条件P (A )＝0.5，P (B A )＝0.3， ∴P (B )P (A )＝0.3，P (B )＝0.3P A＝0.6，所以，1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为1－P (A B )＝1－P (A )P (B )＝1－(1－0.5)(1－0.6)＝0.8.(2)一位车主两种保险都不购买的概率为P ＝P (A B )＝0.2，因此3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为C 13×0.2×0.82＝0.384.3．解：(1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的，故X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫6，13.所以X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫13k·⎝ ⎛⎭⎪⎫236－k ，k ＝0,1,2,3,4,5,6.(2)由于Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y 是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．P (Y ＝k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ·13(k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为P (Y ＝6)＝ ⎛⎪⎫236，因此Y 的分布列为：景点”“客人游览丙景点”“客人游览丁景点”为事件A 1，A 2，A 3，A 4，由已知A 1，A 2，A 3，A 4相互独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (A 4)＝0.6，客人游览的景点数的可能取值为0,1,2,3,4；相应的，客人没有游览的景点数的可能取值为4,3,2,1,0.所以ξ的可能取值为0,2,4.P (ξ＝0)＝C 24(0.6)2(1－0.6)2＝0.345 6，P (ξ＝2)＝C 14(0.6)1(1－0.6)3＋C 34(0.6)3(1－0.6)1＝0.499 2， P (ξ＝4)＝(0.6)4＋(1－0.6)4＝0.155 2. 所以ξE (ξ) 1.619 2.(2)因为f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －32ξ2＋1－94ξ2，所以函数f (x )＝x 2－3ξx ＋1在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫32ξ，＋∞上单调递增．要使f (x )在[4，＋∞)上单调递增，当且仅当32ξ≤4，即ξ≤83.从而P (A )＝P ⎝⎛⎭⎪⎫ξ≤83＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝2)＝0.844 8.。
高三数学58(理) 独立性、二项分布及应用 学案
高三数学§58（理）独立性、二项分布及应用学案1.设ξ~B(5 ,13)，则P(ξ≤4)=.2袋子中有1个白球和2个红球.每次取1个球，放回，共取5次. 求取到白球次数ξ的概率分布表.【要点例析】题型1 相互独立事件的概率【例1】. 三人独立破译同一份密码.已知三人各自破译出密码的概率分别为111,,543,且他们是否破译出密码互不影响.（1）求恰有二人破译出密码的概率；（2）“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由【变式练习】栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽.已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5,移栽后成活的概率分别为0.7,0.9.(1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率；（2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率.题型2 独立重复试验【例2】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).（1）求至少3人同时上网的概率；（2）求至少几人同时上网的概率小于0.3?题型3 二项分布【例3】某工人生产的产品的正品率是0.9，从该工人生产的产品中任抽3件检验，记其中的正品的件数为X.(1)求X的概率分布；(2)若X=3，2，1，0时，该工人将分别获得200，100，100，0元的奖励，求该工人所得奖励Y(元)的概率分布.【随堂演练】1.某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9.求在一年内李明参加驾照考试次数ξ的分布列，并求李明在一年内领到驾照的概率.2.有1道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是12,乙能解决的概率为13,2人试图独立地在半小时内解决它，求2人都未解决的概率和问题得到解决的概率.3.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13.求：（1）记甲击中目标的次数为X,求X的概率分布列；（2）求乙至多击中目标2次的概率；（3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.。
2022年高中数学新人教版A版精品教案《独立重复试验与二项分布教学设计》
选修2-3§独立重复试验与二项分布一、学习目标次独立重复试验的模型表示的意义2理解二项分布表示的实际意义，能求出PX=K的概率二、学习重难点1、考纲要求：理解n次独立重复试验模型表示的意义，理解二项分布表示的含义2、考题分析：考查n次独立重复试验的模型表示的意义，考查二项分布表示的实际意义并求出PX=K的概率，一般出现在解答题中，往往与概率分布和数学期望相结合3、备考要求：理解n次独立重复试验模型表示的意义，掌握二项分布含义并应用三、自主学习预习课本P56～57，思考并完成以下问题1．独立重复试验及二项分布的定义分别是什么？2．两点分布与二项分布之间有怎样的关系？3．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．4．二项分布在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，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生次的概率为PX ＝＝C错误!1－n－，＝0,1,2，…，n．此时称随机变量X服从二项分布，记作X～Bn，，并称为成功概率．[点睛]两点分布与二项分布的区别1．判断以下命题是否正确．正确的打“√〞，错误的打“×〞1独立重复试验每次试验之间是相互独立的．2独立重复试验每次试验只有发生与不发生两种结果．3独立重复试验各次试验发生的事件是互斥的．2．X～B错误!，那么PX＝4＝________．3．连续掷一枚硬币5次，恰好有3次出现正面向上的概率是________．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________．四、典型例题：独立重复试验概率以及分布列的求法[典例1]〔课本例4〕某射手每次射击击中目标的概率是，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。
变式：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．[典例2]〔教辅资料活学活用〕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．有放回抽样时，求取到黑球的个数X的分布列．五、课后自主练习1．将一枚硬币连续抛掷5次，那么正面向上的次数X的分布为A．X～B5, B．X～B,5 C．X～B2, D．X～B5,12．随机变量X～B3,，那么PX＝1等于A．B．0.288 C．D．3．某人考试，共有5题，解对4题为及格，假设他解一道题的正确率为，那么他及格的概率为053,3 1254．设随机变量X～B2，，Y～B4，，假设PX≥1＝错误!，那么PY≥2的值为________．5、〔教辅资料例1〕某平安监督部门对5家小型煤矿进行平安检查简称安检，假设安检不合格，那么必须整改．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率都是计算：1恰有2家煤矿必须整改的概率；2至少有2家煤矿必须整改的概率．6．〔教辅资料活学活用〕甲、乙2人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为错误!，乙每次击中目标的概率为错误!，求：1甲恰好击中目标2次的概率；2乙至少击中目标2次的概率；3乙恰好比甲多击中目标2次的概率．六、课后作业课本第1、2、3课本第1、2七、课后反思。
高考数学总复习直独立重复试验与二项分布教案
高考数学总复习 直独立重复试验与二项分布教案知识与技能：理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，能进行一些与n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算。
教学重点：理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题 教学难点：能进行一些与n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算 教学过程：一、复习引入：1．相互独立事件： . 2．相互独立事件同时发生的概率： .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：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k n kk n 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: ,. 于是得到随机变量X 的概率分布如下：令p q -=1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第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生三、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．（2000年高考题）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．四展示：课本58页练习1课本58页练习2课本58页练习3习题A组1习题A组2习题A 组3五、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13，求在第n 次才击中目标的概率答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.0467. 23 8.（1）()323551240333243P C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（2）()()5552211113243P B P B C ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭9.⑴5550.90.59049C =； ⑵5550.10.00001C =；⑶()3325530.90.10.0729P C =⋅=； ⑷()()55450.91854P P P =+=10.(1) 23P = (2) 112()33n P -=⋅。
高考数学一轮总复习课件：n次独立重复试验与二项分布
【解析】 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地
译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且P(A)＝
1 3
，P(B)
＝14.
(1)“2 个人都译出密码”的概率为：
P(AB)＝P(A)×P(B)＝13×14＝112.
(2)“2个人都译不出密码”的概率为：
P(AB)＝P(A)×P(B)＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝1－131－14＝12..3
B.7 C.3 D.4
【解析】
由题意知，P(A)＝
C32＋C42 C72
＝
3 7
，P(AB)＝
C42 C72
＝
2 7
，
2 所以P(B|A)＝PP（（AAB））＝73＝23.故选C.
7
题型二 相互独立事件的概率
例2 甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码 的概率分别为13和14，求：
作为做对试题的概率，已知某个学生已经做对第一问，则该学
生做对第二问的概率为( A )
A．0.9
B．0.8
C．0.72
D．0.576
【解析】 P＝7820＝0.9，选A.
(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不
放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后， 4
第二次再次取到不合格品的概率为___9_9____． 【解析】 方法一：设A＝{第一次取到不合格品}， B＝{第二次取到不合格品}，则P(AB)＝CC150202， 5×4 所以P(B|A)＝PP（（AAB））＝100× 5 99＝949. 100
(5)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出
密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为：
(江苏专用)高考数学总复习第十五章第二节独立性与二项分布课件苏教版
教 1.条件概率及其性质 材 2.相互独立事件 研 读 3.独立重复试验与二项分布
考 考点一 条件概率 点 突 考点二 相互独立事件的概率 破 考点三 n次独立重复试验与二项分布
教材研读
1.条件概率及其性质
(1)定义 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① 条件概率 ,用符号② P(B|A) 来表示,其公式为P(B|A)=
3 3
0 6
5
=6
10
,P(AB)=3 6
5
=1 8
,所以P(B|A)=P
(
A
B
=
)
P (A)
18 5
1
=3
.故
6
向上的点数不相同时,其中有一个的点数为4的概率是 1 .
3
2.(2018江苏南京多校高三段考)某地区有云龙山,户部山,子房山和九里
山四大名山,一位游客来该地区游览,已知该游客游览云龙山的概率为
3.独立重复试验与二项分布
(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,用X表示事件A发生的次数,设每次试验中事
件A发生的概率为p,则P(X=k)=
C knpk(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n) ,此时称随
机变量X服从 二项分布 ,记为 X~B(n,p) ,并称p为成功概率.
1.(教材习题改编)抛掷两个质地均匀的骰子各1次. (1)向上的点数之和为7时,其中有一个的点数是2的概率是多少? (2)向上的点数不相同时,其中有一个的点数为4的概率是多少?
高三数学教案：独立重复试验与二项分布说课稿
人教A版选修2-3第二章2.2.3独立重复试验与二项分布说课稿深圳市南头中学胡翠莲一、教材分析：1．教材的地位和作用本节内容是新教材选修2-3第二章《随机变量及其分布》的第二节《二项分布及其应用》的第三小节。
通过前面的学习，学生已经学习掌握了有关概率和统计的基础知识：等可能事件概率、互斥事件概率、条件概率、相互独立事件概率的求法以及分布列有关内容。
二项分布是继超几何分布后的又一应用广泛的概率模型，而超几何分布在产品数量n相当大时可以近似的看成二项分布。
在自然现象和社会现象中，大量的随机变量都服从或近似的的服从二项分布，实际应用广泛，理论上也非常重要。
可以说本节内容是对前面所学知识的综合应用，是一种模型的构建。
是从实际入手，通过抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应用于实际的过程。
会对今后数学及相关学科的学习产生深远的影响。
2．教学目标：知识目标：高中数学新教学大纲明确指出本节课需达到的知识目标：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。
同时，渗透由特殊到一般，由具体到抽象,观察、分析、类比、归纳的数学思想方法。
能力目标：培养学生的自主学习能力、数学建模能力和应用数学知识解决实际问题的能力。
德育目标：培养学生对新知识的科学态度，勇于探索和敢于创新的精神。
让学生了解数学来源于实际，应用于实际的唯物主义思想。
情感目标：通过主动探究、合作学习、相互交流，感受探索的乐趣与成功的喜悦，体会数学的理性与严谨，养成实事求是的科学态度和契而不舍的钻研精神。
3．教学重点、难点：数学建模是运用数学思想、方法和知识解决实际问题的过程，是数学学习的一种新的方式，它为学生提供自主学习的空间，有助于学生体验数学在解决实际问题中的价值和作用。
高二学生虽然具有一定的抽象思维能力，但是从实际中抽象出数学模型对于学生来说还是比较困难的，需要老师的正确引导。
由此制定出本节课的重难点如下：教学重点: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。
苏教版 高三数学 一轮复习---12.5 独立性及二项分布
§12.5 独立性及二项分布2020高考会这样考 1.考查条件概率和两个事件相互独立的概念；2.考查n 次独立重复试验及二项分布的概念；3.考查利用二项分布解决一些简单的实际问题．复习备考要这样做 1.利用互斥事件、事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的关键，复习时要注意体会总结；2.掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布 模型．1．条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率，用符号P (A |B )来表示，其公式为P (A |B )＝P (AB )P (B ).在古典概型中，若用n (B )表示事件B 中基本事件的个数，则P (A |B )＝n (AB )n (B ).(2)条件概率具有的性质： ①0≤P (A |B )≤1；②如果A 和C 是两互斥事件，则P (A ＋C |B )＝P (A |B )＋P (C |B )． 2．相互独立事件(1)对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 是相互独立事件． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )， P (AB )＝P (B |A )P (A )＝P (A )P (B )．(3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 3．二项分布(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 ，其概率分布为二项分布，记为X ～B (n ，p )． [难点正本 疑点清源]1．“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与联系(1)“互斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系．(2)“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．(3)“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥． 2．计算条件概率有两种方法(1)利用定义P (A |B )＝P (AB )P (B )；(2)若n (B )表示试验中事件B 包含的基本事件的个数，则P (A |B )＝n (AB )n (B ).1.如图所示的电路，有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为_________．答案 18解析 理解事件之间的关系，设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则灯亮应为事件AC B ，且A ，C ，B 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12. 所以P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝18.2．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________． 答案 0.128解析 依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率P ＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.3．(2012·课标全国)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连结而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．答案 38解析 设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A B ＋A B ＋AB )C ，∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P ＝⎝⎛⎭⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.4．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )＝________.答案 12解析 P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.5．如果X ～B ⎝⎛⎭⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为_______． 答案 3或4解析 ∵P (X ＝3)＝C 315⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫3412，P (X ＝4)＝C 415⎝⎛⎭⎫144⎝⎛⎭⎫3411， P (X ＝5)＝C 515⎝⎛⎭⎫145⎝⎛⎭⎫3410， 从而易知P (X ＝3)＝P (X ＝4)>P (X ＝5).题型一 条件概率例1 在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率为________． 思维启迪：直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型．答案 499解析 方法一 设A ＝{第一次取到不合格品}，B ＝{第二次取到不合格品}，则P (AB )＝C 25C 2100， 所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝5×4100×995100＝499.方法二 第一次取到不合格品后还剩余99件产品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率为499.探究提高 条件概率的求法：(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (A ).这是通用的求条件概率的方法．(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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ).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”，则(1)P (A )＝________；(2)P (B |A )＝________.答案 2π 14解析 (1)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.(2)事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”，则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π. 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.题型二 相互独立事件的概率例2 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116.(1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(3)若甲、乙两人各投球2次，求共命中2次的概率．思维启迪：(1)利用列方程求p ；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数．解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B .由题意得(1－P (B ))2＝(1－p )2＝116，解得p ＝34或p ＝54(舍去)，所以乙投球的命中率为34.方法二 设“甲投一次球命中”为事件A ，“乙投一次球命中”为事件B .由题意得：P (B )P (B )＝116，于是P (B )＝14或P (B )＝－14(舍去)．故p ＝1－P (B )＝34.所以乙投球的命中率为34.(2)方法一 由题设知，P (A )＝12，P (A )＝12.故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P (A ·A )＝34.方法二 由题设知，P (A )＝12，P (A )＝12.故甲投球2次，至少命中1次的概率为 C 12P (A )P (A )＋P (A )P (A )＝34.(3)由题设和(1)知，P (A )＝12，P (A )＝12，P (B )＝34，P (B )＝14.甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次．概率分别为C 12P (A )P (A )C 12P (B )P (B )＝316， P (A )P (A )P (B )P (B )＝164，P (A )P (A )P (B )P (B )＝964.所以甲、乙两人各投球2次，共命中2次的概率为316＋164＋964＝1132. 探究提高 (1)相互独立事件是指两个试验中，两事件发生的概率互不影响；相互互斥事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单．(2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A 、B 、C 进行围棋比赛，甲对A 、乙对B 、丙对C 各一盘．已知甲胜A 、乙胜B 、丙胜C 的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．(1)求红队至少两名队员获胜的概率；(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的概率分布和数学期望E (ξ)．解 (1)设甲胜A 的事件为D ，乙胜B 的事件为E ，丙胜C 的事件为F ，则D ，E ，F 分别表示甲不胜A ，乙不胜B ，丙不胜C 的事件． 因为P (D )＝0.6，P (E )＝0.5，P (F )＝0.5，由对立事件的概率公式知P (D )＝0.4，P (E )＝0.5， P (F )＝0.5.红队至少两人获胜的事件有DE F ，D E F ，D EF ，DEF . 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立， 因此红队至少两人获胜的概率为P ＝P (DE F )＋P (D E F )＋P (D EF )＋P (DEF )＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.又由(1)知D E F ，D E F ，D E F 是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立， 因此P (ξ＝0)＝P (D E F )＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P (ξ＝1)＝P (D E F )＋P (D E F )＋P (D E F ) ＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5 ＝0.35，P (ξ＝3)＝P (DEF )＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由对立事件的概率公式得P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的概率分布为因此E (ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6. 题型三 独立重复试验与二项分布例3 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；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．思维启迪：预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算．解 令X 表示5次预报中预报准确的次数，则X ～B (5，45)，故其概率分布为P (X ＝k )＝C k 5(45)k (1－45)5－k (k ＝0,1,2,3,4,5)． (1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P (X ＝2)＝C 25×(45)2×(1－45)3＝10×1625×1125≈0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P (X ≥2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)＝1－C 05×(45)0×(1－45)5－C 15×45×(1－45)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C 14×45×(1－45)3×45≈0.02.探究提高 独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响． (1)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；(2)任选3名下岗人员，记X 为3人中参加过培训的人数，求X 的概率分布．解 (1)任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A ，“该人参加过计算机培训”为事件B ，由题设知，事件A 与B 相互独立，且P (A )＝0.6，P (B )＝0.75. 所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是P (A B )＝P (A )·P (B )＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1.∴该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数X 服从二项分布X ～B (3,0.9)，P (X ＝k )＝C k 30.9k ×0.13－k ，k ＝0,1,2,3， ∴X 的概率分布是对二项分布理解不准致误典例：(14分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)设X 为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X 的分布列； (2)设Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y 的概率分布．易错分析 由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数Y ”理解不当，将“没有遇上红灯的概率也当成13”．解 (1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13，且每次试验结果是相互独立的， 故X ～B ⎝⎛⎭⎫6，13.[2分] 所以X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 6⎝⎛⎭⎫13k ·⎝⎛⎭⎫236－k，k ＝0,1,2,3,4,5,6.[6分](2)由于Y 表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y 是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y ＝k }(k ＝0,1,2,3,4,5)表示前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．[12分]P (Y ＝k )＝(23)k ·13(k ＝0,1,2,3,4,5)，而{Y ＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为P (Y ＝6)＝(2)6，因此Y 的概率分布为[14分]温馨提醒 (1)二项分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近几年高考非常注重的一个考点．二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生．(2)独立重复试验中的概率公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k表示的是n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率，p 与(1－p )的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件A 有k 次不发生的概率了.方法与技巧1．古典概型中，B 发生的条件下A 发生的条件概率公式为P (A |B )＝P (AB )P (B )＝n (AB )n (B )，其中，在实际应用中P (A |B )＝n (AB )n (B )是一种重要的求条件概率的方法．2．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P (AB )＝P (A )P (B )．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )． 3．n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次可看做是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看做是k 个A 事件与n －k 个A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是p k (1－p )n －k .因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k . 失误与防范1．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．2．独立重复试验中，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某事件发生的概率相等．注意恰好与至多(少)的关系，灵活运用对立事件．A 组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：62分)一、填空题(每小题5分，共35分)1． (2011·辽宁改编)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 )＝________.答案 14解析 P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110， P (B |A )＝P (AB )P (A )＝14.2．(2011·湖北改编)如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连结成一个系统．当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K 、A 1、A 2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为________．答案 0.864解析 方法一 由题意知K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8，∵K ，A 1，A 2相互独立，∴A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.∴系统正常工作的概率为P (K )[P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864. 方法二 A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为1－P (A 1 A 2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，∴系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A 1 A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.3．(2011·广东改编)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为________．答案 34解析 甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为12，也可以乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为12×12＝14，故甲队获得冠军的概率为14＋12＝34.4．已知随机变量X 服从二项分布X ～B (6，13)，则P (X ＝2)＝________.答案 80243解析 P (X ＝2)＝C 26(13)2(1－13)4＝80243. 5．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________． 答案 0.98解析 1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98.6．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 35解析 设该队员每次罚球的命中率为p (其中0<p <1)，则依题意有1－p 2＝1625，p 2＝925.又0<p <1，因此有p ＝35.7．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________． 答案 0.665解析 记A ＝“甲厂产品”，B ＝“合格产品”， 则P (A )＝0.7，P (B |A )＝0.95.∴P (AB )＝P (A )·P (B |A )＝0.7×0.95＝0.665. 二、解答题(共27分)8．(13分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； (2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率． 解 记A 表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；B 表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C 表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D 表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；E 表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买． (1)P (A )＝0.5，P (B )＝0.3，C ＝A ＋B ， P (C )＝P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝0.8.(2)D ＝C ，P (D )＝1－P (C )＝1－0.8＝0.2，P (E )＝C 13×0.2×0.82＝0.384.9．(14分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是13.(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率．解 (1)P ＝⎝⎛⎭⎫1－132×13＝427. 所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为427；(2)6场胜3场的情况有C 36种，∴P ＝C 36⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫1－133＝20×127×827＝160729. 所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为160729.B 组 专项能力提升 (时间：35分钟，满分：58分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则使用寿命超过1年的元件还能继续使用的概率为________． 答案 0.5解析 设事件A 为“该元件的使用寿命超过1年”，B 为“该元件的使用寿命超过2年”，则P (A )＝0.6，P (B )＝0.3.因为B ⊆A ，所以P (AB )＝P (B )＝0.3，于是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.30.6＝0.5.2．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：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 移动五次后位于点(2,3)的概率是____________．答案 C 25⎝⎛⎭⎫1253．两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________．答案 512解析 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＝512.4.在一段线路中并联两个自动控制的常用开关，只要其中有一个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，则这段时间内线路正常工作的概率为_______． 答案 0.91解析 线路不能正常工作的概率为P (A B )＝P (A )P (B )＝(1－0.7)(1－0.7)＝0.09. ∴能够正常工作的概率为1－0.09＝0.91.5.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为________．答案 34解析 记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝⎛⎭⎫123＋⎝⎛⎭⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.6．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A 1，A 2和A 3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)．①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立；④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关． 答案 ②④解析 P (B )＝P (BA 1)＋P (BA 2)＋P (BA 3) ＝5×510×11＋2×410×11＋3×410×11＝922，故①⑤错误； ②P (B |A 1)＝5×510×1112＝511，正确；③事件B 与A 1的发生有关系，故错误；④A 1，A 2，A 3不可能同时发生，是互斥事件，正确．二、解答题(共28分)7．(14分)设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品是相互独立的． (1)求进入该商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(2)求进入该商场的3位顾客中，至少有2位顾客既未购买甲种商品也未购买乙种商品的概率．解 (1)记A 表示事件：进入该商场的1位顾客选购甲种商品，B 表示事件：进入该商场的1位顾客选购乙种商品，C 表示事件：进入该商场的1位顾客选购甲、乙两种商品中的一种．则C ＝(A B )∪(A B )，P (C )＝P ((A B )∪(A B ))＝P (A B )＋P (A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(2)记A 2表示事件：进入该商场的3位顾客中恰有2位顾客既未选购甲种商品，也未选购乙种商品．A 3表示事件：进入该商场的3位顾客都未选购甲种商品，也未选购乙种商品．D 表示事件：进入该商场的1位顾客既未选购甲种商品，也未选购乙种商品．E 表示事件：进入该商场的3位顾客中至少有2位顾客既未选购甲种商品，也未选购乙种商品，则D ＝A B ，P (D )＝P (A B )＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2.P (A 2)＝C 23×0.22×0.8＝0.096.P (A 3)＝0.23＝0.008，P (E )＝P (A 2∪A 3)＝P (A 2)＋P (A 3) ＝0.096＋0.008＝0.104.8．(14分)某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决定，他们三人都有“同意”、“中立”、“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为13，他们的投票相互没有影响，规定：若投票结果中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目的投资． (1)求该公司决定对该项目投资的概率；(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率． 解 (1)该公司决定对该项目投资的概率为P ＝C 23⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫23＋C 33⎝⎛⎭⎫133＝727. (2)P (A )＝C 33⎝⎛⎭⎫133＝127，P (B )＝C 13⎝⎛⎭⎫133＝19，P (C )＝C 13C 12⎝⎛⎭⎫133＝29，P (D )＝C 13⎝⎛⎭⎫133＝19. ∵A 、B 、C 、D 互斥，∴P (A ＋B ＋C ＋D )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＋P (D )＝1327.。
高中数学人教A版选修-教学案独立重复试验与二项分布含解析
(1)对立性， 即一次试验中，事件发生与否二者必居其一．
(2)重复性， 即试[活学活用]
( ) 1．已知 X～B
10，
1 3
，则 P(X＝2)＝________．
( 解析：P(X＝2)＝C120
1 3
)2(23
)8＝16 258601．
1 280 答案：6 561
[解] (1)由题意，随机变量 X 可能取值为 0,1,2,3，
) 则 X～B 3，1 ．
(3
( 即 P(X＝0)＝C03 1
)( 1 8
0 1－ 3＝27，
3
) 1 ( )( ) P(X＝1)＝C13 3
3
1 1－13
2＝4， 9
(1
P(X＝2)＝C23 3
)( ) 1 2
2 1－3 1＝9，
3
(1
，则 P(X＝4)＝________．
20 答案：243
3．连续掷一枚硬币 5 次， 恰好有 3 次出现正面向上的概率是________．
1
答案：156 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________． 答案：0．648
独立重复试验概率的 求法
2· 2
2，
27
3
3
1
2
解得 p＝3或 p＝3．
答案：13或23
9．某单位 6 个员工借助互联网开展工作，每天每个员工上网的概率是 0．5(相互独立)，
求一天内至少 3 人同时上网的概率．
解：记 Ar(r＝0,1,2，…，6)为“r 个人同时上网”这个事件，则其概率为 P(Ar)＝C6r0．5r(1 －0．5)6－r＝C6r0．56＝614C6r，“一天内至少有 3 人同时上网”即为事件 A3 ∪A4 ∪A5 ∪A6 ，
独立性及二项分布
独立性及二项分布导学目标： 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．自主梳理 1．条件概率对于两个事件A 和B ，在已知事件B 发生的条件下事件A 发生的概率，称为事件B 发生的条件下事件A 的条件概率，记为P(A|B)．2．相互独立事件(1)设A ，B 为两个事件，若P(A|B)＝P(A)，则称____________． (2)若A 与B 相互独立，则P(B|A)＝________， P(AB)＝________________＝____________.(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． 3．二项分布(1)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________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____________．(2)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 发生的概率为p ，则P(X ＝k)＝C k n 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____________．自我检测1．两人独立地破译一个密码，他们能译出的概率分别为15，14，则密码被译出的概率为________．2．一学生通过一种英语听力测试的概率是12，他连续测试两次，那么其中恰有一次通过的概率是________．3．已知随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，则P(X ＝2)＝________. 4．已知P(AB)＝310，P(A)＝35，则P(B|A)＝________.5．一次测量中出现正误差和负误差的概率都是12，在5次测量中至少3次出现正误差的概率是________.探究点一 条件概率例1 在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件．试求： (1)第一次取到不合格品的概率；(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率．变式迁移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，问：(1)从1号箱中取出的是红球的条件下，从2号箱取出红球的概率是多少？ (2)从2号箱取出红球的概率是多少？探究点二 相互独立事件例2 甲、乙两名射击运动员，分别对一目标射击一次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求 (1)两人都射中的概率；(2)两人中恰有一人射中的概率； (3)两人中至少一人射中的概率； (4)两人中至多一人射中的概率．变式迁移2 甲、乙、丙三人分别独立做一道题，甲做对的概率是12，三人都做对的概率是124，三人全做错的概率是14.(1)求乙、丙两人各自做对这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题的概率．探究点三 独立重复试验与二项分布例3 (2018·天津汉沽一中月考)将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落，小球在下落过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中，已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率都是12.(1)求小球落入A 袋中的概率P(A)；(2)在容器入口处依次放入4个小球，记ξ为落入A 袋中小球的个数，试求ξ＝3的概率．变式迁移3 粒子A 位于数轴x ＝0处，粒子B 位于数轴x ＝2处，这两颗粒子每隔1秒钟向左或向右移动一个单位，设向右移动的概率为23，向左移动的概率为13.(1)求4秒后，粒子A 在点x ＝2处的概率；(2)求2秒后，粒子A 、B 同时在x ＝2处的概率．探究点四 综合应用例4 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每次射击是否击中目标相互之间没有影响．(1)求甲射击4次，至少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)假设某人连续2次未击中目标，则停止射击．问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？变式迁移4 甲、乙、丙三人参加了一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约．甲表示只要面试合格就签约；乙、丙则约定：两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约．设每人面试合格的概率都是12，且面试是否合格互不影响．求：(1)至少有1人面试合格的概率； (2)签约人数ξ的分布列．1．一般地，每一个随机试验都在一定的条件下进行，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(即在原随机试验的基础上，再加上一定的条件)，求另一事件在此条件下发生的概率．求条件概率，必须理解条件概率的定义及公式，公式中的P(AB)是指事件A 、B 同时发生的概率．2．一般地，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)，这时，我们称两个事件A 、B 相互独立，并把这两个事件叫做相互独立事件．事件的独立是一种对等的性质．如果事件A 对事件B 独立，那么就可以说事件A 与B 相互独立．显然，必然事件与任何事件是相互独立的．3．独立重复试验概率公式的特点：关于P n (k)＝C k n p k (1－p)n －k，它是n 次独立重复试验中某事件A 恰好发生k 次的概率．其中，n 是重复试验次数，p 是一次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立试验中事件A 恰好发生的次数，需要弄清公式中n 、p 、k 的意义，才能正确运用公式．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．(2018·湖北改编)投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是________．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 移动五次后位于点(2,3)的概率是________．3．设每门高射炮击中飞机的概率为0.6，今有一架飞机来犯，需要________门高射炮射击，才能至少以99%的概率击中它．4．(2018·无锡模拟) 一个电路如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为6个开关，其闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是________．5．同时抛掷三颗骰子：设A ＝“三个点数都不相同”，B ＝“至少有一个6点”，则P(B|A)＝________. 6．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．7．(2018·重庆)加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170、169、168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．8．(2018·福建)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于______．二、解答题(共42分)9．(14分)一名学生骑车从家到学校的途中有6个路口，假设他在每个路口遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都为13.求：(1)这名学生在途中遇到红灯次数ξ的概率分布；(2)这名学生首次遇到红灯或到达目的地而停车时所经过了的路口数η的概率分布； (3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．10．(14分)设b 和c 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x 2＋bx ＋c ＝0实根的个数(重根按一个计)．(1)求方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率； (2)求ξ的概率分布；(3)求在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率．11．(14分)甲、乙两个乒乓球选手进行比赛，他们的水平相当，规定“七局四胜”，即先赢四局者胜，若已知甲先赢了前两局，求：(1)乙取胜的概率；(2)比赛打满七局的概率；(3)设比赛局数为ξ，求ξ的概率分布．学案64 独立性及二项分布答案自主梳理2．(1)事件A 、B 独立 (2)P(B) P(B|A)P(A)P(A)P(B) 3.(1)对立 伯努利试验 (2)X ～B(n ，p) 自我检测 1．0.4解析 P ＝15×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×14＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝0.4或P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝1－45×34＝0.4. 2．12解析 P(X ＝1)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫121⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝12.3．80243解析 P(X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝80243.4．12解析 P(B|A)＝＝310×53＝12.5．12解析 P ＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫125＋C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝132×()C 35＋C 45＋C 55＝12. 课堂活动区例1 解题导引 求条件概率的通常方法是利用条件概率公式P(B|A)＝.这就需要求P(AB)和P(A)．如果事件具有等可能特点，还可以看作是基本事件空间改变后的古典概型，利用P(B|A)＝来计算．解 设A ＝{第一次取到不合格品}，B ＝{第二次取到不合格品}．(1)P(A)＝5100＝120.(2)方法一 根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB 的概率：P(AB)＝5100×499， 所以有P(B|A)＝＝5100×4995100＝499.方法二 事件A 发生的条件下，事件空间包含的基本事件个数为n A ＝100－1＝99个． 事件A 发生的条件下，事件B 包含4个基本事件．∴P(B|A)＝＝499.变式迁移1 解 记事件A ：最后从2号箱中取出的是红球； 事件B ：从1号箱中取出的是红球．则P(B)＝42＋4＝23，P(B )＝1－P(B)＝13，(1)P(A|B)＝3＋18＋1＝49.(2)∵P(A|B )＝38＋1＝13，∴P(A)＝P(AB)＋P(A B )＝P(A|B)P(B)＋P(A|B )P(B )＝49×23＋13×13＝1127.例2 解题导引 (1)审题应注意关键的词句，例如“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰好有一个发生”等．(2)复杂事件的概率拆分为几个互斥事件的和事件，然后利用互斥事件的概率加法公式进行求解． (3)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有： ①利用相互独立事件的概率乘法公式；②正面计数较繁或难以入手时，可以从对立事件入手计算． 解 (1)记事件A ：甲射中目标； 事件B ：乙射中目标． 两人都射中的概率为P(AB)＝P(A)P(B)＝0.8×0.9＝0.72.(2)两人中恰有一人射中包括“甲中乙不中”、“甲不中乙中”两种情况，其对应事件为互斥事件，则P(A B )＋P(A B)＝P(A)P(B )＋P(A )P(B)＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9 ＝0.08＋0.18＝0.26.(3)方法一 两人至少有一人射中包括“两人都射中”和“两人有一人射中”两种情况，其概率为P(AB)＋P(A B)＋P(A B )＝P(A)P(B)＋P(A )P(B)＋P(A)P(B )＝0.72＋0.26＝0.98.方法二 因为“两人至少有一人射中”与“两人都未射中”互为对立事件． 所以“两人至少有一人射中”的概率为：1－P(A B )＝1－P(A )P(B )＝1－0.2×0.1＝0.98.(4)方法一 至多有一人射中包括“有一人射中”和“两人都未射中”，故所求概率为 P(A B )＋P(A B )＋P(A B)＝P(A )P(B )＋P(A)P(B )＋P(A )P(B)＝0.02＋0.08＋0.18＝0.28.方法二 “至多有一人射中”的对立事件为“两人都射中”， 故所求概率为1－P(AB)＝1－P(A)P(B) ＝1－0.72＝0.28.变式迁移2 解 (1)设甲、乙、丙三人各自做对这道题分别为事件A 、B 、C ，则P(A)＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧12＝124⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12[1－－＝14，解得P(B)＝13，P(C)＝14或P(B)＝14，P(C)＝13，所以乙、丙两人各自做对这道题的概率为13和14或14和13.(2)设“甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题”为事件D ，则 P(D)＝P(A)P(B )P(C )＋P(A )P(B)P(C )＋ P(A )P(B )P(C)＝14＋18＋112＝1124，所以甲、乙、丙三人恰有一人做对这道题的概率是1124.例3 解题导引 因为小球每次遇到黑色障碍物相互独立，且每次向左(或向右)的概率都是12，因此该试验属n 次独立重复试验．注意n ＝3，P ＝12.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．解 (1)方法一 记小球落入B 袋中的概率P(B)，则P(A)＋P(B)＝1，由于小球每次遇到黑色障碍物时一直向左或者一直向右下落，小球将落入B 袋，所以P(B)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，∴P(A)＝1－14＝34.方法二 由于小球每次遇到黑色障碍物时，有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时小球将落入A 袋．∴P(A)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝34.(2)由题意，ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，34. ∴P(ξ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343⎝ ⎛⎭⎪⎫141＝2764.变式迁移3 解 (1)要求4秒后，粒子A 在x ＝2处的概率，即求粒子A 四次移动中恰有三次向右移动发生的概率：C 34(23)3(13)＝3281. (2)要使粒子A 、B 在2秒后同时在点x ＝2处，粒子A 一定要往右移动2次，而粒子B 往右和左各一次，所求概率为：⎝ ⎛⎭⎪⎫232·C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝1681.例4 解题导引 判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点： ①是否为n 次独立重复试验．②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．解 (1)记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击4次，相当于作4次独立重复试验．故P(A 1)＝1－P(A 1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝6581，所以甲连续射击4次至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件B 2，则P(A 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234－2＝827；P(B 2)＝C 34×⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－344－3＝2764.由于甲、乙射击相互独立，故P(A 2B 2)＝P(A 2)·P(B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D 2D 1)，且P(D i )＝14，由于各事件相互独立，故P(A 3)＝P(D 5)P(D 4)P(D 3)P(D 2D 1) ＝14×14×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×14＝451 024. 故乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.变式迁移4 解 用A 、B 、C 分别表示事件甲、乙、丙面试合格．由题意知A 、B 、C 相互独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)＝12.(1)至少有1人面试合格的概率是1－P(A B C )＝1－P(A )P(B )P(C )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝78.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3.P(ξ＝0)＝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 )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38， P(ξ＝1)＝P(A B C)＋P(AB C )＋P(A B C )＝P(A)P(B )P(C)＋P(A)P(B)P(C )＋P(A)P(B )P(C )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38， P(ξ＝2)＝P(A BC)＝P(A )P(B)P(C)＝18，P(ξ＝3)＝P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝18.所以，ξ的分布列是课后练习区1．712解析 ∵P(A)＝12，P(B)＝16，∴P(A )＝12，P(B )＝56.又A 、B 为相互独立的事件，∴P(A B )＝P(A )·P(B )＝12×56＝512.∴A ，B 中至少有一件发生的概率为1－P(A B )＝1－512＝712.2．516解析 质点P 从原点到点(2,3)，需向右移动两次，向上移动三次．故P ＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516.3．6解析 设需要n 门高射炮才可达到目的，用A 表示“击中飞机”这一事件，用A i 表示“第i 门高射炮击中飞机”，则A 1，A 2，…，A n 相互独立，且有A ＝A 1＋A 2＋…＋A n ，P(A)＝1－P(A )＝1－P(A 1)·P(A 2)…P(A n )＝1－(1－0.6)n.依题意P(A)≥0.99，∴1－0.4n≥0.99，∴n≥5.03.4．5564解析 设A 与B 中至少有一个不闭合的事件为T ，E 与F 至少有一个不闭合的事件为R ，则P(T)＝P(R)＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P ＝1－P(T)P(R)P(C )P(D )＝5564.5．12解析 掷三颗骰子在三个点数都不相同的条件下共有：A 36＝6×5×4＝120(个)基本事件，其中事件“至少有一个6点”包含：3A 25＝3×5×4＝60(个)基本事件．∴P ＝12.6．0.947 7解析 由独立重复试验的概率计算公式得P ＝C 34·0.93·(1－0.9)1＋C 44·0.94＝0.947 7.7．370解析 加工出来的零件的正品率为(1－170)×(1－169)×(1－168)＝6770，所以次品率为1－6770＝370.8．0.128解析 由题设，分两类情况：(1)第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，由乘法公式得P 1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.102 4；(2)第1、2个错误，第3、4个正确，此时概率P 2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.025 6.由互斥事件概率公式得P ＝P 1＋P 2＝0.102 4＋0.025 6＝0.128.9．解 (1)由已知ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13， 分布列为P(ξ＝k)＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫236－k，k ＝0,1,2,3，…，6. (2分) 所以ξ(4分)(2)η＝k 表示这名学生首次停车时经过的路口数，即在前k 个路口没有遇上红灯，但在第k ＋1个路口遇上红灯，则η的取值可能为0,1,2,3,4,5,6，其中η＝6表示路上没有遇上红灯．当0≤k≤5时，P(η＝k)＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23k；当k ＝6时，P(η＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫236. (9分)所以η(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(23)6＝665729. (14分)10．解 (1)基本事件总数为6×6＝36，若使方程有实根，则Δ＝b 2－4c≥0，即b≥2 c.当c ＝1时，b ＝2,3,4,5,6； 当c ＝2时，b ＝3,4,5,6； 当c ＝3时，b ＝4,5,6； 当c ＝4时，b ＝4,5,6； 当c ＝5时，b ＝5,6； 当c ＝6时，b ＝5,6，所求事件个数为5＋4＋3＋3＋2＋2＝19，因此方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根的概率为1936.(4分)(2)由题意知，ξ＝0,1,2，则P(ξ＝0)＝1736， P(ξ＝1)＝236＝118，P(ξ＝2)＝1736， 故ξ的概率分布为(8分)(3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件M ，“方程x 2＋bx ＋c ＝0有实根”为事件N ，则P(M)＝1136，P(MN)＝736， P(N|M)＝＝711.(14分) 11．解 (1)当甲先赢了前两局时，乙取胜的情况有两种：第一种是乙连胜四局；第二种是在第三局到第六局，乙赢了三局，第七局乙赢．在第一种情况下，乙取胜的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116， 在第二种情况下，乙取胜的概率为C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫12412＝18， 所以当甲先赢了前两局时，乙取胜的概率为116＋18＝316.(5分) (2)比赛打满七局有两种结果：甲胜或乙胜，记“比赛打满七局甲胜”为事件A ，记“比赛打满七局乙胜”为事件B. 则P(A)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18， P(B)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18， 又A ，B 互斥，所以比赛打满七局的概率为P(A)＋P(B)＝14.(9分) (3)P(ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14， P(ξ＝5)＝C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14， P(ξ＝6)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14， P(ξ＝7)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124·⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14，(13分) 所以ξ的概率分布为。
- 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)。
第十一章计数原理、随机变量及分布列第５课时独立性及二项分布（对应学生用书（理）１7４～１76页）考情分析考点新知相互独立事件，n次独立重复试验，二项分布是高考的一个重要考点．相互独立事件因其重要性，成为高考常考内容之一．１了解两个事件相互独立的概念，会求独立事件的概率．２理解二项分布X～B（n，p）的特点，会计算n次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率，并能解决一些简单的实际问题.１．（选修２３P５9练习２改编）省工商局于３月份，对全省流通领域的饮料进行了质量监督抽查，结果显示，某种刚进入市场的x饮料的合格率为80%，现有甲、乙、丙３人聚会，选用6瓶x饮料，并限定每人喝２瓶．则甲喝２瓶合格的x饮料的概率是________．答案：0．6４解析：记“第一瓶x饮料合格”为事件A１，“第二瓶x饮料合格”为事件A２，A１与A２是相互独立事件，“甲喝２瓶x饮料都合格就是事件A１、A２同时发生，根据相互独立事件的概率乘法公式得P（A１·A ２）＝P（A１）·P（A２）＝0．8×0．8＝0．6４．２．（选修２３P6３练习２改编）某人射击一次击中目标的概率为0．6，经过３次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________．答案：错误!解析：本题符合独立重复试验，是二项分布问题，所以此人恰有两次击中目标的概率为C错误!（0．6）２·（１—0．6）＝错误!.３．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报记录知，一年中下雨天甲市占２0%，乙市占１8%，假定在这段时间内两市是否降雨相互之间没有影响，则甲、乙两市同时下雨的概率为________．答案：0．0３6解析：设甲市下雨为事件A，乙市下雨为事件B，由题设知，事件A与B相互独立，且P（A）＝0．２，P（B）＝0．１8，则P（AB）＝P（A）P（B）＝0．２×0．１8＝0．0３6．４．（选修２３P6３练习２改编）某单位组织４个部门的职工旅游，规定每个部门只能在韶山、衡山、张家界３个景区中任选一个，假设各部门选择每个景区是等可能的．则３个景区都有部门选择的概率是________．答案：错误!解析：某单位的４个部门选择３个景区可能出现的结果数为３４.由于是任意选择，这些结果出现的可能性都相等.３个景区都有部门选择可能出现的结果数为C错误!·３！（从４个部门中任选２个作为１组，另外２个部门各作为１组，共３组，共有C错误!＝6种分法，每组选择不同的景区，共有３！种选法），记“３个景区都有部门选择”为事件A１，那么事件A１的概率为P（A１）＝错误!＝错误!.５．在４次独立试验中，事件A出现的概率相同，若事件A至少发生１次的概率是错误!，则事件A 在一次试验中出现的概率是________．答案：错误!解析：设A发生概率为P，１—（１—P）４＝错误!，P＝错误!.１．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相互独立．（２）若A与B相互独立，则P（AB）＝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、B相互独立．２．二项分布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P（X＝k）＝C错误!p k q n—k，其中k＝0，１，２，３，…，n，q＝１—p.于是得到随机变量X的概率分布如下：X0１…k…nPC错误!p0q n C错误!p１q n—１…C错误!p k q n—k…C错误!p n q0由于C错误!p k q n—k恰好是二项展开式（p＋q）n＝C错误!p0q n＋C错误!p１q n—１＋…＋C错误!p k q n—k ＋…＋C错误!p n q0中的第k＋１项（k＝0，１，２，…，n）中的值，故称随机变量X为二项分布，记作X～B（n，p）．３．“互斥”与“相互独立”的区别与联系相同点不同点都是描绘两个事件间的关系１“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件的发生与否对另一事件发生没有影响．２“互斥”的两个事件可以“独立”，“独立”的两个事件也可“互斥”题型１相互独立事件例１A高校自主招生设置了先后三道程序：部分高校联合考试、本校专业考试、本校面试．在每道程序中，设置三个成绩等级：优、良、中．若考生在某道程序中获得“中”，则该考生在本道程序中不通过，且不能进入下面的程序．考生只有全部通过三道程序，自主招生考试才算通过．某中学学生甲参加A 高校自主招生考试，已知该生在每道程序中通过的概率均为错误!，每道程序中得优、良、中的概率分别为p １、错误!、p ２.（１） 求学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率； （２） 设ξ为学生甲在三道程序中获优的次数，求ξ的分布列．解：由题意，得11213,241,2p p p 解得p １＝p ２＝错误!.（１） 设事件A 为学生甲不能通过A 高校自主招生考试，则P （A ）＝错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!.答：学生甲不能通过A 高校自主招生考试的概率为错误!. （２） 由题意知：ξ＝0，１，２，３．P （ξ＝0）＝错误!＋错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!，P （ξ＝２）＝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＝３）＝错误!×错误!×错误!＝错误!，∵错误!P （ξ＝i ）＝１，∴P （ξ＝１）＝１—P （ξ＝0）—P （ξ＝２）—P （ξ＝３）＝错误!. 故ξ的分布列为错误!有一种闯三关游戏规则规定如下：用抛掷正四面体型骰子（各面上分别有１，２，３，４点数的质地均匀的正四面体）决定是否过关，在闯第n（n＝１，２，３）关时，需要抛掷n次骰子，当n次骰子面朝下的点数之和大于n２时，则算闯此关成功，并且继续闯关，否则停止闯关．每次抛掷骰子相互独立．（１）求仅闯过第一关的概率；（２）记成功闯过的关数为ξ，求ξ的分布列．解：（１）记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A，则P（A）＝错误!·错误!＝错误!.（２）由题意得，ξ的取值有0，１，２，３，且P（ξ＝0）＝错误!，P（ξ＝１）＝错误!，P（ξ＝２）＝错误!·错误!·错误!＝错误!，P（ξ＝３）＝错误!·错误!·错误!＝错误!，即随机变量ξ的概率分布列为题型２独立重复试验与二项分布例２设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0．５，购买乙种商品的概率为0．6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．（１）求进入商场的１位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（２）求进入商场的１位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（３）记ξ表示进入商场的３位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求ξ的分布列．解：记A表示事件：进入商场的１位顾客购买甲种商品；记B表示事件：进入商场的１位顾客购买乙种商品；记C表示事件：进入商场的１位顾客购买甲、乙两种商品中的一种；记D表示事件：进入商场的１位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种．（１）C＝A·B＋A·B，P（C）＝P（A·B＋A·B）＝P（A·B）＋P（A·B）＝P（A）·P（B）＋P（错误!）·P（B）＝0．５×0．４＋0．５×0．6＝0．５．（２）D＝A·B，P（D）＝P（A·B）＝P（A）·P（B）＝0．５×0．４＝0．２，P（D）＝１—P（D）＝0．8．（３）ξ～B（３，0．8），故ξ的分布列P（ξ＝0）＝0．２３＝0．008；P（ξ＝１）＝C错误!×0．8×0．２２＝0．096；P（ξ＝２）＝C错误!×0．8２×0．２＝0．３8４；P（ξ＝３）＝0．8３＝0．５１２．错误!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３个学生选择了３门不同的选修课的概率；（２）求恰有２门选修课这３个学生都没有选择的概率；（３）设随机变量X为甲、乙、丙这三个学生选修数学史这门课的人数，求X的分布列．解：（１）３个学生选择了３门不同的选修课的概率：P１＝错误!＝错误!.（２）恰有２门选修课这３个学生都没有选择的概率：P２＝错误!＝错误!.（３）X＝0，１，２，３，则有P （ξ＝0 ）＝错误!＝错误!；P （X＝１）＝错误!＝错误!；P （X＝２）＝错误!＝错误!；P （X＝３）＝错误!＝错误!.∴X的概率分布表为：题型３ 独立性及二项分布的应用例３ 某商场为促销设计了一个抽奖模型，一定数额的消费可以获得一张抽奖券，每张抽奖券可以从一个装有大小相同的４个白球和２个红球的口袋中一次性摸出３个球，至少摸到一个红球则中奖．（１） 求一次抽奖中奖的概率；（２） 若每次中奖可获得１0元的奖金，一位顾客获得两张抽奖券，求两次抽奖所得的奖金额之和X （元）的概率分布．解：（１） 设“一次抽奖中奖”为事件A ，则P （A ）＝错误!＝错误!＝错误!. 答：一次抽奖中奖的概率为错误!. （２） X 可取0，１0，２0，P （X ＝0）＝（0．２）２＝0．0４，P （X ＝１0）＝C 错误!×0．8×0．２＝0．３２，P （X ＝２0）＝（0．8）２＝0．6４．X 的概率分布列为错误!甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为错误!、a 、a （0＜a ＜１），三人各射击一次，击中目标的次数记为ξ.（１） 求ξ的分布列及数学期望；（２） 在概率P （ξ＝i ）（i ＝0、１、２、３）中，若P （ξ＝１）的值最大，求实数a 的取值范围． 解：（１） P （ξ）是“ξ个人命中，３—ξ个人未命中”的概率．其中ξ的可能取值为0、１、２、３．P （ξ＝0）＝C 错误!错误!C 错误!（１—a ）２＝错误!（１—a ）２；P （ξ＝１）＝C 错误!·错误!C 错误!（１—a ）２＋C 错误!错误!C 错误!a （１—a ） ＝错误!（１—a ２）；P （ξ＝２）＝C 错误!·错误!C 错误!a （１—a ）＋C 错误!错误!C 错误!a ２ ＝错误!（２a —a ２）；P （ξ＝３）＝C 错误!·错误!C 错误!a ２＝错误!. 所以ξ的分布列为ξ的数学期望为E （ξ）＝0×错误!（１—a ）２＋１×错误!（１—a ２）＋２×错误!（２a —a ２）＋３×错误!＝错误!. （２） P （ξ＝１）—P （ξ＝0）＝错误![（１—a ２）—（１—a ）２]＝a （１—a ）； P （ξ＝１）—P （ξ＝２）＝错误![（１—a ２）—（２a —a ２）]＝错误!； P （ξ＝１）—P （ξ＝３）＝错误![（１—a ２）—a ２]＝错误!.由2(1)0,120,21202a a aa 和0＜a ＜１，得0＜a≤错误!， 即a 的取值范围是错误!.１．（２0１３·福建）某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为错误!，中奖可以获得２分；方案乙的中奖率为错误!，中奖可以得３分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤３的概率．解：由已知得：小明中奖的概率为错误!，小红中奖的概率为错误!，两人中奖与否互不影响，记“这２人的累计得分X≤３”的事件为A，则A事件的对立事件为“X＝５”，∵P（X＝５）＝错误!×错误!＝错误!，∴P（A）＝１—P（X＝５）＝错误!.∴这两人的累计得分X≤３的概率为错误!.２．（２0１３·山东理）甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜３局者获得比赛的胜利，比赛随即结束，除第五局甲队获胜的概率是错误!外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是错误!，假设各局比赛结果相互独立．（１）分别求甲队以３∶0，３∶１，３∶２胜利的概率；（２）若比赛结果为３∶0或３∶１，则胜利方得３分，对方得0分；若比赛结果为３∶２，则胜利方得２分、对方得１分．求乙队得分X的分布列．解：（１）记“甲队以３∶0胜利”为事件A１，“甲队以３∶１胜利”为事件A２，“甲队以３∶２胜利”为事件A３，由题意，各局比赛结果相互独立，故P（A１）＝错误!错误!＝错误!，P（A２）＝C错误!错误!错误!×错误!×错误!＝错误!，P（A３）＝C错误!错误!错误!×错误!错误!×错误!＝错误!.所以，甲队以３∶0、３∶１、３∶２胜利的概率分别是错误!、错误!、错误!；（２）设“乙队以３∶２胜利”为事件A４，由题意，各局比赛结果相互独立，所以P（A４）＝C错误!错误!错误!×错误!错误!×错误!＝错误!.由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，１，２，３，根据事件的互斥性得P（X＝0）＝P（A１＋A２）＝P（A１）＋P（A２）＝错误!，P（X＝１）＝P（A３）＝错误!，P（X＝２）＝P（A４）＝错误!，P（X＝３）＝１—P（X＝0）—P（X＝１）—P（X＝２）＝错误!.故X的分布列为３．（２0１３·陕西理）在一场娱乐晚会上，有５位民间歌手（１至５号）登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须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号中随机选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的分布列．解：（１）设事件A表示：观众甲选中３号歌手且观众乙未选中３号歌手．观众甲选中３号歌手的概率为错误!，观众乙未选中３号歌手的概率为１—错误!.所以P（A）＝错误!·错误!＝错误!.因此，观众甲选中３号歌手且观众乙未选中３号歌手的概率为错误!.（２）X表示３号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则X可取0，１，２，３．观众甲选中３号歌手的概率为错误!，观众乙选中３号歌手的概率为错误!.当观众甲、乙、丙均未选中３号歌手时，这时X＝0，P（X＝0）＝错误!·错误!２＝错误!.当观众甲、乙、丙中只有１人选中３号歌手时，这时X＝１，P（X＝１）＝错误!·错误!２＋错误!·错误!·错误!＋错误!·错误!·错误!＝错误!＝错误!.当观众甲、乙、丙中只有２人选中３号歌手时，这时X＝２，P（X＝２）＝错误!·错误!·错误!＋错误!·错误!·错误!＋错误!·错误!·错误!＝错误!＝错误!.当观众甲、乙、丙均选中３号歌手时，这时X＝３，P（X＝３）＝错误!·错误!２＝错误!.X的分布列如下表：X0１２３P错误!错误!错误!错误!４．（２0１３·南京市、盐城市一模）某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P１＝错误!，乙的命中率为P２，在射击比赛活动中每人射击两发子弹则完成一次检测，在一次检测中，若两人命中数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”．（１）若P２＝错误!，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率；（２）计划在每月进行１次检测，设这１２次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E （ξ）≥５，求P２的取值范围．解：（１）可得P＝错误!（C错误!×错误!×错误!）＋错误!错误!＝错误!.（２）该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为P＝错误![C错误!×P２×（１—P２）]＋错误! P错误!＝错误!P２—错误!P错误!，而ξ～B（１２，P），所以E（ξ）＝１２P，由E（ξ）≥５，知（错误!P—错误!P错误!）×１２≥５，解得错误!≤P２≤１．２１. 为保护水资源，宣传节约用水，某校４名志愿者准备去附近的甲、乙、丙三家公园进行宣传活动，每名志愿者都可以从三家公园中随机选择一家，且每人的选择相互独立．（１）求４人恰好选择了同一家公园的概率；（２）设选择甲公园的志愿者的人数为X，试求X的分布列．解：（１）设“４人恰好选择了同一家公园”为事件Ａ．每名志愿者都有３种选择，４名志愿者的选择共有３４种等可能的情况．事件A所包含的等可能事件的个数为３，∴P（A）＝错误!＝错误!.即４人恰好选择了同一家公园的概率为错误!.（２）设“一名志愿者选择甲公园”为事件C，则P（C）＝错误!.４人中选择甲公园的人数X可看作４次独立重复试验中事件C发生的次数，因此，随机变量X服从二项分布．X可取的值为0，１，２，３，４．P（X＝i）＝C错误!错误!错误!错误!错误!，i＝0，１，２，３，４．X的分布列为：２．甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛３0分钟后仍成平局，现决定各派５名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0．５．（１）不考虑乙队，求甲队仅有３名队员点球命中，且其中恰有２名队员连续命中的概率；（２）求甲、乙两队各射完５个点球后，再次出现平局的概率．解：（１）甲队３名队员射中，恰有２名队员连续命中的情形有A错误!种，故所求的概率为P１＝A错误!×0．５３×（１—0．５）２＝错误!.（２）再次出现平局包括0∶0，１∶１，…，５∶５等6种可能性，故其概率为P２＝[C错误!×0．５0×（１—0．５）５]２＋[C错误!×0．５１×（１—0．５）４]２＋…＋[C错误!×0．５５×（１—0．５）0]２＝错误!.３．有一批数量很大的环形灯管，其次品率为２0%，对这批产品进行抽查，每次抽出一件，如果抽出次品，则抽查中止，否则继续抽查，直到抽出次品，但抽查次数最多不超过５次．求抽查次数ξ的分布列．解：抽查次数ξ取１～５的整数，从这批数量很大的产品中每次抽取一件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率为0．２，取出正品的概率为0．8，前（k—１）次取出正品而第k次（k＝１，２，３，４）取出次品的概率：P（ξ＝k）＝0．8k—１×0．２，k＝１，２，３，４．P（ξ＝５）＝0．8４×0．２＋0．8５＝0．４096．所以ξ的概率分布列为：４．电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得３分，闯第二关成功得３分，闯第三关成功得４分．现有一位参加游戏者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为错误!、错误!、错误!，记该参加者闯三关所得总分为ξ.（１）求该参加者有资格闯第三关的概率；（２）求ξ的分布列和数学期望．解：（１）设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为p１＝错误!，p２＝错误!，p３＝错误!，该参加者有资格闯第三关为事件Ａ．则P（A）＝p１（１—p２）＋（１—p１）p２＋p１p２＝错误!.（２）由题意可知，ξ的可能取值为0，３，6，7，１0，P（ξ＝0）＝（１—p１）（１—p２）＝错误!，P（ξ＝３）＝p１（１—p２）（１—p３）＋（１—p１）p２（１—p３）＝错误!＋错误!＝错误!，P（ξ＝6）＝p１p２（１—p３）＝错误!，P（ξ＝7）＝p１（１—p２）p３＋（１—p１）p２p３＝错误!＋错误!＝错误!，P（ξ＝１0）＝p１p２p＝错误!，３∴ξ的分布列为ξ0３67１0p错误!错误!错误!错误!错误!事件的独立性中的注意问题：（１）事件A与B独立是相互的，表明事件A（事件B）的发生对事件B（事件A）的发生没有产生影响．（２）若事件A、B相互独立，则A与错误!，错误!与B，错误!与错误!也是相互独立的．（３）两个事件的独立性可以推广到n（n>２）个事件的独立性，且若事件A１、A２、…、A n相互独立，则这n个事件同时发生的概率P（A１A２…A n）＝P（A１）P（A２）…P（A n）．（４）注意辨别两个事件互斥与两个事件独立的区别．错误!。