独立重复试验模型

合集下载

高中化学《取球问题》基础知识及专项练习题(含答案)

高中化学《取球问题》基础知识及专项练习题（含答案）一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。

2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数。

5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。

二、典型例题：例1：一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率（3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差（1）思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率相关公式进行计算。

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j j i j C C C C P A P B C C −−== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ=== ()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=−=−⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++== 右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==−⋅−=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==−⋅+⋅−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

贝努利(Bernoulli)-模型

3 贝努利模型应用及实验操作过程
• (1)双方各出3人，n=3 P(系队胜)= P3 (2)+ P3 (3)= P3 (2 ≤X ≤ 3) = (0.4)2(0.6)+ (0.4)3=0.3520 • (2)双方各出5人， n=5 P(系队胜)= P5(3)+ P5(4)+P5(5)=P5 (3 ≤X ≤ 5)=0.3174 P( )= • (3)双方各出7人， n=7 P(系队胜)= P7(4)+ P7(5)+P7(6)+P7(7) =P7 (4 ≤X ≤ 7)=0. 2898 • 以上计算表明双方各出3人对系队有利。由于校队比系队实力强又假定每队队员的水平平均，即使校队个别队员出现失误，但场次越多其他队员越有机会扭转局面。
4 贝努利模型思考题
• 思考题1：用平台模型进行计算，当n较大而概率p较小时，思考题1 计算机运行较慢，而且可能出现错误（溢出错误和舍入误差）。这时我们应该怎么办？ • 解：解：可以通过泊松分布泊松分布来对二项分布进行检验测试检验检验。发现很接近，n越大和P越小，近似程度越好。
4 贝努利模型思考题
5 思考题补充
• 假设每个飞机引擎在飞行中出故障的概率为1-p,而且各引擎是否出故障是相互独立的,如果有至少50%的引擎能正常运行,飞机能成功地飞行,问p至少为多大时，4引擎飞机比2 引擎飞机模型中，贝努利模型的表达式不准确写成Pn(k)，准确应该为Pn{X=k}。且模型实验中缺少具体的实验建模过程。 • 原模型思考题1中，给出的用泊松分布X~B(n,p)检验贝努利模型的方法是对的，但是参考检验数据不准确，一般当 n ≥100，p ≤0.1时，可以使用这种方法，并且泊松分布的 λ=np并不要求一定等于1，只要满足n、p的取值条件，就可使用下式来检验。 P{X=m}= • 原模型中，思考题3的解答有误，修改内容如前。

11.6独立重复试验模型

11.6 独立重复试验模型
复习事件A 是否发生对事件B 事件（或B ）是否发生对事件（或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．互独立事件．结论：如果A、为相互独立事件为相互独立事件，结论：如果、B为相互独立事件，则 P( A ∩ B) = P( A) P( B)
在质量管理中常用的质量管理控制图，例3 在质量管理中常用的质量管理控制图，如图所示，其中CL叫做中心线叫做中心线，叫做上控制线，所示，其中叫做中心线，UCL叫做上控制线，叫做上控制线 LCL叫做下控制线，在上下控制线之间，一个随叫做下控制线，叫做下控制线在上下控制线之间，机的点落在中心线两侧的概率相等（各位0.5）. 机的点落在中心线两侧的概率相等（各位）试求11个独立点中恰有个独立点中恰有10个点落在中心线同一侧试求个独立点中恰有个点落在中心线同一侧的概率. 的概率
P( A) = p = 0.6 P( A) = 1 − p = 1 − 0.6 = 0.4 3 0 (1) P3 (3) = C3 0.6(1 − 0.6) = 0.216; 2 2 1 (2) P3 (2) = C3 0.6 (1 − 0.6) = 0.432; 1 1 2 (3) P3 (1) = C3 0.6 (1 − 0.6) = 0.288; (4) P3 (0) = C30 0.60 (1 − 0.6)3 = 0.064
y UCL CL LCL 0 x
件产品中有3件不合格品例1 100件产品中有件不合格品，每次取出一件，件产品中有件不合格品，每次取出一件，又放回的抽取三次，试求恰好有一件不合格品的概率. 又放回的抽取三次，试求恰好有一件不合格品的概率由于三次是独立的，解：由于三次是独立的，如果把每次操取都看做一次实验，做一次实验，每次试验只有两种可能的结果“ 每次试验只有两种可能的结果“抽到合格品” 抽到不合格品” 格品”或“抽到不合格品”，因此这是三次独立重复试验设A = {第i次抽到不合格品} 则A = 第i次抽到合格品

二项分布与泊松分布的应用

在物理学中，泊松分布也被用于描述放射性衰变的期望值，例如式为：DX = λ
方差可以用来衡量随机事件的波动程度
添加标题
添加标题
添加标题
添加标题
方差的计算需要考虑随机事件的概率和频率
在泊松分布中，方差与期望值λ相等
适用场景的对比
计算成功次数
定义：二项分布是描述在n次独立重复的伯努利试验中成功次数的概率分布。
公式：X~B(n,p)，其中X表示成功次数，n表示试验次数，p表示每次试验成功的概率。
添加标题
添加标题
添加标题
添加标题
应用场景：例如，在n次抛硬币试验中，计算正面朝上的次数。
泊松分布与二项分布的关系：当n 很大，p很小，且np=λ（λ为常数）时，二项分布近似于泊松分布。
泊松分布的应用范围广泛，包括物理学、生物学、医学、经济学等领域。
在实际应用中，泊松分布可以通过数学公式和概率图来描述随机事件的概率分布情况。
计算随机事件的概率
泊松分布适用于描述单位时间内随机事件的概率分布情况
泊松分布的参数 λ表示单位时间内随机事件的平均发生率
通过泊松分布，可以计算出随机事件发生的具体概率
注意事项：当n很大或者p很小时，二项分布可能会呈现出泊松分布的特性
与泊松分布的关系：当n充分大且p充分小时，二项分布近似于泊松分布
描述随机事件的概率模型
泊松分布适用于在一定时间内随机事件的概率分布，如单位时间内随机事件发生的次数。
泊松分布在二项分布的基础上，考虑了随机事件的独立性和成功概率，从而更准确地描述随机事件。
二项分布与泊松分布在参数取值范围上也有所不同，二项分布的参数p取值范围为0<p<1，而泊松分布的参数λ可以取任意正值。

知识讲解独立重复试验与二项分布

知识讲解独立重复试验与二项分布(理)(提高)(共12页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--独立重复试验与二项分布【学习目标】1．理解n 次独立重复试验模型及二项分布．2．能利用n 次独立重复试验及二项分布解决一些简单的实际问题．【要点梳理】要点一、n 次独立重复试验每次试验只考虑两种可能结果A 与A ，并且事件A 发生的概率相同。

在相同的条件下重复地做n 次试验，各次试验的结果相互独立，称为n 次独立重复试验。

要点诠释：在n 次独立重复试验中，一定要抓住四点： ①每次试验在同样的条件下进行；②每次试验只有两种结果A 与A ，即某事件要么发生，要么不发生； ③每次试验中，某事件发生的概率是相同的； ④各次试验之间相互独立。

总之，独立重复试验，是在同样的条件下重复的，各次之间相互独立地进行的一种试验，在这种试验中，每一次的试验结果只有两种，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的。

要点二、独立重复试验的概率公式1.定义如果事件A 在一次试验中发生的概率为P ，那么n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为：()(1)k k n kn n P k C p p -=-（k=0，1，2，…，n ）．令0k =得，在n 次独立重复试验中，事件A 没有发生的．．．．．概率为．．．00(0)(1)(1)n nn n P C p p p =-=-令k n =得，在n 次独立重复试验中，事件A 全部发生的概率为．．．．．．．．0()(1)n n n n n P n C p p p =-=。

要点诠释：1. 在公式中，n 是独立重复试验的次数，p 是一次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立重复试验中事件A 恰好发生的次数，只有弄清公式中n ，p ，k 的意义，才能正确地运用公式．2. 独立重复试验是相互独立事件的特例，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只是有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更方便．要点三、n 次独立重复试验常见实例：1.反复抛掷一枚均匀硬币2.已知产品率的抽样3.有放回的抽样4.射手射击目标命中率已知的若干次射击要点诠释：抽样问题中的独立重复试验模型：①从产品中有放回地抽样是独立事件，可按独立重复试验来处理； ②从小数量的产品中无放回地抽样不是独立事件，只能用等可能事件计算；③从大批量的产品中无放回地抽样，每次得到某种事件的概率是不一样的，但由于差别太小，相当于是独立事件，所以一般情况下仍按独立重复试验来处理。

2020高中数学---取球问题

第90炼取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

独立重复试验与二项分布(1)

（其中k = 0，1，2，· · · ，n ）
数学运用
填写下列表格：
姚明投中次数X 相应的概率P
0
1
2
3
4
与二项式定理有联系吗?
n k
随机变量X的分布列:
P( X k ) C p (1 p)
k n k
（其中k = 0，1，2，· · · ，n ）
记为X
B （n,p)
例题讲解：
1 1 2 3 1 2 3 1 2 3
由于事件 A1 A2 A3 , A1 A2 A3和A1 A2 A3 彼此互斥，由概率加法公式得
P(B1 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) q2 p q2 p q2 p 3q2 p
探究
投掷一枚图钉，设针尖向上的概率为p，则针尖向下的概率为q=1-p.连续掷一枚图钉3次，仅出现1次针尖向上的概率是多少？
连续掷一枚图钉3次，就是做3次独立重复试验。用 Ai (i 1, 2,3) 表示第i次掷得针尖向上的事件，用 B1 表示“仅出现一次针尖向上”的事件，则 B ( A A A ) ( A A A ) ( A A A ).
P(B1 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) 3q2 p,
P(B2 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) P( A1 A2 A3 ) 3qp2 ,
P(B3 ) P( A1 A2 A3 ) p3.
例1：在人寿保险事业中，很重视某一年龄段的投保人的死亡率，假如每个投保人能活到65岁的概率为0.6，试问3个投保人中：（1）全部活到65岁的概率；（2）有2个活到65岁的概率；（3）有1个活到65岁的概率。

11.3每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型

11.3 每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型教学目标:１．理解相互独立事件．２．掌握概率的乘法定理、伯努利概率模型的计算公式．３．理解伯努利概率模型的特点．教学重点：概率的乘法定理、伯努利概率模型的计算公式．教学难点：对伯努利概率模型的理解及应用．教学方法：启发引导式、讲解式．授课类型：新授课课时安排：2课时一、复习提问：1、在掷两次硬币的随机试验中，它的样本空间是什么．2、事件A的发生会不会影响事件B的发生．（引出课题）二、新课引入：给出事件A与事件B独立的定义：在随机试验中，如果事件A的发生不会影响事件B发生的可能性大小，即在事件A发生的情况下，事件B发生的概率等于事件B 原来的概率，那么称事件A 与事件B 独立．在掷硬币的随机试验中事件A 与事件B 独立，引导学生得出P (AB ) 、P (A )、P (B ) 之间的关系P (AB ) = P (A )P (B )．三、探究新课：（一）概率的乘法定理（幻灯片给出）定理1（概率的乘法定理）如果随机试验的样本点只有有限多个，那么事件A 与B 独立的充分必要条件是P (AB ) = P (A )P (B )．当随机试验的样本点有无穷多个时，如果事件A 与事件B 满足P (AB ) = P (A )P (B )，那么称事件A 与事件B 独立．定义事件A 与B 独立当且仅当事件B 与A 独立，这时我们就说：事件A 与事件B 相互独立．例1 在掷两次硬币的试验中，“至少有一次出现正面”的事件C 与“至少有一次出现反面”的事件D 是否独立？解： C ＝{}），（正，反）（正，正），（反，正 D ＝{}），（反，反）（正，反），（反，正 {}）（正，反），（反，正＝＝D C CD 于是，）＝（43C P ，）＝（43D P 2142＝）＝（CD P ．所以 211694343)()(≠=⋅=D P C P ，所以 )()()(D P C P CD P ≠，从而事件C 与事件D 不独立．例2 掷两次骰子，求下列事件的概率：（1）“两次都出现6点（即刻有6个点的面向上）”的事件B ；（2）“恰有一次出现6点”的事件C ；解（1）用A 1,A 2分别表示“第一次掷骰子，出现6点”的事件，“第二次掷骰子，出现6点”的事件，则“两次都出现6点”的事件B ＝2121A A A A = ．显然，A 1的发生不会影响A 2发生的可能性大小，因此事件A 1,A 2独立，所以)()()()(2121A P A P A A P B P ==．由于掷一次骰子，各个面向上的可能性是一样的，因此61)(,61)(21==A P A P ，于是3616161)()()(21=⋅==A P A P B P ．即“掷两次骰子，两次都出现6点”的概率是361．（2） “恰有一次出现6点”可能是“第一次掷骰子出现6点，第二次掷骰子出现其他点”或者“第二次掷骰子出现6点，第一次掷骰子出现其他点” ．因此“恰有一次出现6点”的事件C 为2121A A A A C =．由于A 1，A 2独立，因此A 1的发生也不会影响A 2发生的可能性大小，从而A 1与A 2独立．同理，A 1与A 2独立．于是显然365)611(61))(1(61)()()(22121=-=-==A P A P A P A A P 36561611(61))(1()()()(12121=-=-==A P A P A P A A P 21A A 21A A 与互不相容，因此)()(2121A A A A P C P =)()(2121A A P A A P +=555=+=即“掷两次骰子，恰有一次出现6点的概率为185．在例2中，掷两次骰子，“两次都出现6点”的概率为261⎪⎭⎫ ⎝⎛，“恰有一次出现6点”的概率为）（611612-⋅⋅．大家能猜出“没有6点出现”的概率是多少吗？)611(612)61(12-⋅⋅--=p 3625=．定义一般地，在随机试验中，如果n 个事件A 1,A 2…，A n满足下述条件A 1,A 2…，A n 中任意s 个（1 s n ）事件同时发生，不会影响它们后面的每个事件发生的可能性大小，那么称事件A 1,A 2…，A n 相互独立．定理 2 如果随机试验的样本点只有有限多个，那么n 个事件A 1,A 2…，A n 相互独立的充分必要条件是下列一组等式都成立：),()()(j i j i A P A P A A P =;1n j i ≤<≤),()()()(l j i l j i A P A P A P A A A P = ;1n l j i ≤<<≤…………)()()((2121n n A P A P A P A A A P ⋯=⋯）当随机试验的样本点有无穷多个时，直接把上式作为n 个事件A 1,A 2…，A n 相互独立的定义．掷三次骰子，“恰有一次出现6点”的事件B 1的概率是多少？“恰有两次出现6点”的事件B 2的概率是多少？用A i 表示“第i 次掷骰子出现6点”的事件，其中i ＝1，2，3.因为A 1,A 2,A 3相互独立，则321,,A A A 也相互独立．显然，“恰有一次出现6点”的事件B 1＝321321321A A A A A A A A A ，则 )()()()(3213213211A A A P A A A P A A A P B P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++= 616565656165656561⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=12315C ()66=鬃“恰有两次出现6点”的事件B 2＝321321321A A A A A A A A A ，则)()()()(3213213212A A A P A A A P A A A P B P ++=616165616561656161⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=65)61(223⋅⋅=C ， “恰有三次出现6点”的事件B 3的概率为)()(3213A A A P B P =0333)65()61(616161⋅=⋅⋅=C ．“三次都不出现6点”的事件B 0的概率为)()(3210A A A P B P =3003)65()61(656565⋅=⋅⋅=C ．据上述公式，大家能得出“恰有k 次出现6点”的事件B k 的概率公式吗？那掷n 次骰子恰有k 次出现6点的概率呢？掷3次骰子恰有k 次出现6点的概率．掷n 次骰子恰有k 次出现6点的概率kn k k n k C B P -⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=6561)(其中k ＝0，1，…，n ．每次试验只有两个可能结果的n 次独立重复试验模型，简称为伯努利概率模型．（1）它可以看成是在相同条件下重复进行的n 次试验，每一次试验只有两个可能的结果：一个叫做“成功”，另一个叫做“失败”，“成功”的概率记做p ， “失败” 的概率记做q （显然，q ＝1－p ）．（2）事件A 1,A 2…，A n 相互独立，其中A i 表示第i 次试验“成功”的事件，i ＝1，2，…，n.具有“成功”概率为p ，“失败”概率为q 的n 次独立重复试验，恰有k 次成功的概率为k n k k n k q P C B P -=)(，其中q ＝1－p ，k ＝0，1，2，…，n ．例3 一大批产品，它的次品率为0.1，从这批产品中任意抽取3件来检查，恰有1次取到次品的概率是多少？由于这批产品的次品率是0.1，所以“取到次品”的概率是0.1，“取得非次品”的概率是1-0.1=0.9,运用公式得，n ＝3，k ＝1，p ＝0.1,q =0.9,则“恰有一次取得次品”得概率是131213()0.10.930.10.90.243.P B C -=创=创=例4 保险公司为了估计公司的利润，需要计算各种各样的概率．有一种人寿保险，现有1000人参加，如果一年中参加这种保险的每个人的死亡率为0.002,试求未来一年中，恰有2个人死亡的概率．每次试验观察其中的1名保险者是否健在，死亡的概率为0.002，从而健在的概率为1-0.002=0.998.运用公式得，n =1000,k =2,p =0.002,q =0.998,得出未来一年中恰有2个人死亡的概率为221000221000()C 0.0020.998P B -=创27.0998.0002.0!299910009982≈⨯⨯⨯= ．四、小结1、概率的乘法定理2、伯努利概率模型的特点及计算公式五、作业课本207页 A 组 1、3、4；B 组 2、3．。

n次伯努利过程

n次伯努利过程
伯努利过程是一个经典的概率模型，它描述了一系列独立重复的随机试验，每次试验只有两个可能的结果，成功和失败。

这个过程以瑞士数学家雅各布·伯努利的名字命名，他在17世纪末提出了这个概率模型。

伯努利过程可以用来描述很多现实生活中的事件，比如抛硬币、赌博、投资等。

在这些事件中，每次试验的结果可以看作是成功或失败，而每次试验的结果都是独立的，不受前一次试验的结果影响。

假设我们有一个抛硬币的伯努利过程，每次试验的结果是正面或反面。

我们可以用一个参数p来表示每次试验得到正面的概率，那么得到反面的概率就是1-p。

如果我们连续进行n次试验，那么正面出现的次数就是n次伯努利过程的结果。

在现实生活中，我们经常遇到需要用伯努利过程来分析的情况。

比如在投资领域，每次投资的结果可以看作是成功或失败，而每次投资的成功概率是独立的。

通过对伯努利过程的建模和分析，我们可以评估投资的风险和收益，从而做出更明智的投资决策。

伯努利过程虽然简单，但是它在概率论和统计学中有着重要的应用。

通过对伯努利过程的研究，我们可以更好地理解随机事件的规律性，从而为决策提供科学的依据。

同时，伯努利过程也为我们提供了一种分析随机事件的方法，使我们能够更好地理解和解释现实生活中
的各种事件。

伯努利过程是一个重要的概率模型，它可以用来描述独立重复的随机试验。

通过对伯努利过程的研究和分析，我们可以更好地理解和解释现实生活中的各种事件，并为决策提供科学的依据。

希望读者通过这篇文章能对伯努利过程有更深入的了解，并能在实际生活中运用这个概率模型。

独立试验

（2）二项分布的方差：D（ξ）=npq 。
在第n次伯努利试验中，试验k次才得到第一次成功的机率，详细的说是：前k-1次皆失败，第k次成功的概率。如果事件发生的概率是p，则不发生的概率q=1-p，则P(ξ=K) =。具有这种分布列的随机变量，称为服从参数p的几何分布。
（1）几何分布的期望E(X)= ；
基本内容
事件的独立性设有事件A与事件B，如果，则称A与B是相互独立的。将试验E重复进行n次，若各次试验的结果互不影响，则称这n次试验是相互独立的。设A、B为任意两个随机事件，且P(A)>0。则A与B相互独立 P(B|A)=P(B)。，，…，相互独立，则其中任两个事件独立。但反之则不然，两两独立并不能保证整组独立。独立试验特征：每次试验只有两种可能结果；在相同的条件下，独立地重复该试验n次。具有上述特征的试验称为n重独立试验，统计学家伯努利（Bernolli)首先注意并研究了这类试验，故亦称之为伯努利试验。伯努利试验是一个有两种结果的简单试验，它的结果是成功或失败，黑或白，开或关，没有中间的立场，没有妥协的余地。这样的例子也特别多，例如我们观察从一副纸牌中拿出一张牌，它或者是黑色或者是红色；接生一个婴儿，或者是男孩或者是女孩；我们经历24小时的一的试验
01 基本内容
03 特殊分布
目录
02 相关定理 04 举例
独立试验（Independent test），数学名词，在概率论中，把在同样条件下重复进行试验的数学模型称为独立试验序列概型。统计学家伯努利（Bernolli)首先注意并研究了这类试验，故亦称之为伯努利试验。
（2）几何分布的方差D(X)= 。
举例
例题：一批产品的次品率为 5%，从中每次任取一个，检验后放回，再取一个，连取 4次。求 4次中恰有 2次取到次品的概率。

伯努利概型的应用

伯努利概型的应用[摘要]伯努利概型是概率中的一个典型同题，本文通过数例展示了伯努利概型在社会实践中的应用[关键词]概型、应用独立重复试验模型称为伯努利概型，是概率中的一个典型问题，在应用中要准确把握独立和重复这两个基本特征，灵活运用这个概型分析解决问题。

现略举数例共同探讨。

例1甲、乙两射手击中目标的概率分别是0.9和0.8。

他们各自连打3枪，比击中目标的次数，求乙取胜的概率。

分析：甲、乙两人的射击分别都满足独立重复试验模型，因此。

此题中存在着两个并列的伯努利概型。

例2(04高考题)一接待中心有A、B、C、D四部热线电话，已知某一时刻电话A,B占线的概率均为0.5，电话C、D占线的概率均为0.4，各部电话是否占线相互之间没有影响，假设该时刻有3部电话占线试求随机变量ζ的概率分布和它的期望。

分析：根据题意，A、B两部电话占线相互独立且概率相同，它们中占线电话的数目服从伯努利概型，同理c、D中占线电话的数目也服从伯努利概型，两者联合起来即可求出ζ的概率分布。

例3，某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)，若安检不合格，则必须整改，若整改后仍不合格，则强制关闭。

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0.5，整改后安检合格的概率都是0.8。

求(结果精确到0.01)(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；(2)某煤矿不被关闭的概率；(3)至少关闭家的概率。

分析：由题意可知。

必须整改的煤矿数目服从伯努利概型B(5.05)。

又由于两次安检各家煤矿均相互独立，且每次检查合格的概率均相同，综合前后两次安检，各家煤矿被关闭的概率也相同，同样满足独立重复试验模型，从而适用伯努利概型。

因此，此题一个伯努利概型中包含着另一个伯努利概型，环环相扣，紧密联系。

解：(1)设必须整改的煤矿数目为x，则X(2)P(某煤矿不被关闭)=P(第一次安检合格)+P(第一次安检不合格且整改后合格)=0.5+0.5×0.8=0.9(4)设被关闭的煤矿数目为Y，结合(2)可知Y～B(5，0.1)∴p(至少关闭一家煤矿)=P(Y≥I)=1-P5(O)=1-0.95=0.41例4，(06高考全国卷)是治疗同一种疾病的两种药物。

高二数学第二章2.2.3独立重复试验与二项分布

目开
解题中的 4 个问题都是在同一条件下事件发生的情况，所以
关均属独立重复试验．
(1)命中一次的概率为 P＝C41·351－353＝152·1825＝69265；
研一研·问题探究、课堂更高效
(2)恰在第三次命中目标的概率为
P＝35·1－353＝35·1825＝62245；
本局中胜一局，第三局胜．
课时
故 P(甲获胜)＝0.62＋C12×0.6×0.4×0.6＝0.648.
栏五局三胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜三局；甲前三局中
目
开胜两局，第四局胜；甲前四局中胜两局，第五局胜．
关
故 P(甲获胜)＝0.63＋C23×0.62×0.4×0.6＋
C24×0.62×0.42×0.6≈0.683.
本
课 (3)每次试验都只有两种结果(即某事件要么发生，要么不发
时
栏生)，并且在任何一次试验中事件发生的概率均相等．
目开关
研一研·问题探究、课堂更高效
2.2.3
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)
开
关
练一练·当堂检测、目标达成落实处
2.2.3
4．将一枚均匀的硬币抛掷 6 次，则正面出现的次数比反面出 11
现的次数多的概率为____3_2___．
本课
解析正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出
时栏目
现 4 次，5 次或 6 次，所求概率 P＝C64126＋C65126＋C66126＝3112.
问题二项分布和两点分布有何联系？

独立重复试验与二项分布

解析
(1)设从甲、乙、丙三台机床加工的零件中任取一件
是一等品分别为事件 A，B，C，则 P(A)＝0.7，P(B)＝0.6，P(C)＝0.8. 所以从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验，至少有一件一等品的概率为 P1＝1－P( A )P( B )P( C )＝1－0.3×0.4×0.2＝0.976. (2)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取一件检验，它是一等品的概率为 2×0.7＋0.6＋0.8 P2＝＝0.7. 4
1.独立重复试验的判断 (1)每次试验是在相同的条件下进行的； (2)每次试验的结果不会受其他试验的影响，即每次试验是相互独立的； (3)基本事件的概率可知，且每次试验保持不变； (4)每次试验只有两种结果，要么发生，要么不发生． 2.二项分布的判断 (1)在一次试验中，事件A发生与不发生二者必居其一． (2)事件A在每次试验中，发生的概率相同． (3)试验重复地进行了n次(n≥2)，且每次试验结果互不影响．
3.二项分布问题 (1)随机变量 X 服从二项分布，则 X 的分布列为： X P 0
0 n C0 np q
1
1 n －1 C1 p n q
„ „
k
k n－k Ck p n q
„ „
n
0
n
n 0 Cn np q
(2)由于 Cnp q
k k n－k
k k n－k
恰好是二项展开式(p＋q) ＝Cnp q ＋Cnp q ＋„
由于 A1 与 A3 互斥，A0 与 A4 互斥，故 8 P(ξ＝0)＝P(A2)＝， 27 40 P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝81， 17 P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝ .
题型一

千锤百炼-高考数学100个热点问题——第90炼取球问题

第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅= 例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球（1）求取出的4个球中没有红球的概率（2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()515218472P X ==⋅= X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。

独立重复试验与二项分布

C180 0.88 1 0.8 108 C190 0.89 1 0.8 109
C10 10
0.810
1 0.8
1010
0.68
(3) 设至少投篮n次保证命中的概率大于0.99
P命中 1 P X 0 1 (1 0.8)n 1 0.2n 0.99
n 2.86 故至少投篮 3次.
【思维总结】解答此类题目，首先分析随机变量是否满足独立重复试验概型的条件，再利用 P(X=k)＝Cknpk·(1－p)n－k 计算即可．
判断一个随机变量是否服从二项分布的关键 (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,即试验独立重复地进行了n次. (3)随机变量是事件发生的次数.
P(X
k
)
C
k n
p
k
(1
p)nk ,k
0,1, 2, ..., n.
展开式中的第 k 1 项.
此时称随机变量X服从参数为n,p二项分布，记作X~B(n,p)
∴甲打完 5 局才能取胜
的概率
1 )2 2
1 2
3 16
.
(2) 记事件 A “甲打完 3 局才能取胜”，记事件 B =“甲打完 4 局才能取胜”，记事件 C =“甲打完 5 局才能取胜”．
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 P(D) P( A B C) P( A) P(B) P(C)
P(B) P( X 1) P( X 2) P( X 3) 1 P(X 0) P( X 4) P( X 5)
＝0.2592＋0.3456＋0.2304＋0.0768＋0.01024
＝0.92224．

独立重复试验

2．2．3独立重复实验与二项分布（1）【学习目标】：在了解条件概率和相互独立事件概念的前提下，理解n 次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.【重点】: 独立重复试验、二项分布的理解及应用、二项分布模型解决一些简单的实际问题【难点】：二项分布模型的构建【新知预习】： 11独立重复试验的定义：2．独立重复试验的概率公式：离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率是k n k k n n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：由于k n k k nq p C -恰好是二项展开式 011100)(q p C q p C q p C q p C p q n n n k n k k n n n n n n +++++=+--中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布记作ξ～B (n ，p )，其中p 为成功概率【例题探究】：练习：某射手每次射击击中目标的概率是0.8，求这名射手在10次射击中，（1）恰有8次击中目标的概率；（2）至少有8次击中目标的概率；（3）仅在第8次击中目标的概率；（4）第8次击中目标的概率；（5）要保证击中目标的概率大于0.99，至少应射击多少次？例1：诸葛亮解出题目的概率是0.9，三个臭皮匠各自独立解出的概率都是0.6，皮匠中至少一人解出题目即胜出比赛，诸葛亮和臭皮匠团队哪个胜出的可能性大？例2：某气象站天气预报的准确率为0.8 ，计算（结果保留两个有效数字）：（1）5次预报中恰有4次准确的概率；（2）5次预报中至少有1次准确的概率；（3）5次预报中恰有2次准确，且其中第3次准确的概率；例3：实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）．（1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．（2）按比赛规则甲获胜的概率【课堂小结】【课内达标】：1．每次试验的成功率为(01)p p <<，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（）()A 33710(1)C p p - ()B 33310(1)C p p - ()C 37(1)p p - ()D 73(1)p p - 2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（）()A 32100.70.3C ⨯⨯ ()B 1230.70.3C ⨯⨯ ()C 310 ()D 21733103A A A ⋅ 3．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（）()A 23332()55C ⋅ ()B 22332()()53C ()C 33432()()55C ()D 33421()()33C4. 一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于0.98 ？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．巩固型作业：全品：课时测评思维拓展型作业：甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率是0.6，乙胜的概率是0.4，那么对甲而言，采用3局2胜制，还是5局3胜制更有利？思考题：二项分布与两点分布及超几何分布有什么区别与联系?【课后收获】：。

重复独立试验二项概率公式

试验1——电脑故障某电脑公司售出200台电脑，公司在考虑售后服务维修人员的安排时需处理P(A)=p，n=200的伯努利试验问题。

其中p是电脑故障率。

试验2——疾病发生某疾病的发生率为0.001。

当卫生部门要对一个拥有5000名员工的单位估计此种疾病的发病情况时，需用p＝0.001的n重伯努利试验模型，其中n=5000。

试验3——产品抽样在产品抽验中，如果采用不放回方式抽取n 次（每次取一件产品），那么这n次试验就不是重复独立试验（此时，每次试验条件不完全重复，每次抽取正品的概率也不相等）。

但是，如果采用放回抽样，即每次抽取检查后放回，这样所作的n次试验就是重复独立试验。

在实际问题中，完全满足n重独立试验的两个条件是不多见的，常常是近似满足条件，此时，可用n重独立试验来近似处理。

例如，仍然以抽样问题来讲，当产品数量很大时，相对来说，抽取的产品件数n很小，即使所作的是无放回抽取，我们可以近似地当作有放回抽取，近似地把它看成是n重独立试验（此时，每次试验出现正品的可能性相等）。

由于n 重贝努利试验中Ａ出现k 次的方式：就是１至n 的n 个自然数中取出k 个数的一种组合，即共有个事件。

而这些事件是两两互斥的，故根据概率的可加性可得k nC ()nk q p C k P k n k kn n ，，，，L 210==−注：1)由于上式刚好是二项式(p+q)n 的展开式中第k+1项的系数，故我们把它称为二项概率公式。

()()100=+==∑∑=−=n k n k n k k n n k n q p q p C k P 2)),;(p n k b q p C k n k kn 也被记作−显然：解把每个病人服此药当作一次试验，试验结果只有“治愈”或“未治愈”且是相互独立的，故可用贝努利概型计算，所求概率为：例3设某种药物对某种疾病的治愈率为0.8，现有10个患这种病的病人同时服用此药，求其中至少有６人被治愈的概率。

第二章 2.2.3独立重复试验与二项分布

2．2.3独立重复试验与二项分布学习目标1.理解n次独立重复试验的模型.2.理解二项分布.3.能利用独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题．知识点一独立重复试验1．独立重复实验的定义一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．2．独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率一般地，如果在1次实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P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.思考(1)有放回地抽样试验是独立重复试验吗？(2)在n次独立重复试验中，各次试验的结果相互有影响吗？答案(1)是．有放回地抽样试验是相同条件下重复做的n次试验，是独立重复试验．(2)在n次独立重复试验中，各次试验的结果相互之间无影响．因为每次试验是在相同条件下独立进行的，所以第i次试验的结果不受前i－1次结果的影响(其中i＝1,2，…，n)．知识点二二项分布一般地，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X～B(n，p)，并称p为成功概率．1．有放回地抽样试验是独立重复试验．(√)2．在n次独立重复试验中，各次试验的结果相互没有影响．(√)3．对于n次独立重复试验，各次试验中事件发生的概率可以不同．(×)4．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P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.(√)一、独立重复试验的判断例1判断下列试验是不是独立重复试验：(1)依次投掷四枚质地不同的硬币，3次正面向上；(2)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中；(3)口袋中装有5个白球，3个红球，2个黑球，依次从中抽取5个球，恰好抽出4个白球．解(1)由于试验的条件不同(质地不同)，因此不是独立重复试验．(2)某人射击且击中的概率是稳定的，因此是独立重复试验．(3)每次抽取，试验的结果有三种不同的颜色，且每种颜色出现的可能性不相等，因此不是独立重复试验．反思感悟独立重复试验的判断依据(1)要看该试验是不是在相同的条件下可以重复进行．(2)每次试验相互独立，互不影响．(3)每次试验都只有两种结果，即事件发生，不发生．跟踪训练1下列事件：①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；②甲、乙两运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；③甲、乙两运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”；④在相同的条件下，甲射击10次，5次击中目标．其中是独立重复试验的是()A．①B．②C．③D．④答案 D解析①③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互独立事件；④是独立重复试验．二、独立重复试验的概率例2 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(结果需用分数作答)(1)求甲射击3次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率．考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率解 (1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，知射击3次，相当于3次独立重复试验，故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－⎝⎛⎭⎫233＝1927.(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 22×⎝⎛⎭⎫232＝49，P (B 2)＝C 12×⎝⎛⎭⎫341×⎝⎛⎭⎫1－34＝38，由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝49×38＝16.引申探究1．在本例(2)的条件下，求甲、乙均击中目标1次的概率．解记“甲击中目标1次”为事件A 3，“乙击中目标1次”为事件B 3，则P (A 3)＝C 12×23×13＝49，P (B 3)＝38，所以甲、乙均击中目标1次的概率为P (A 3B 3)＝49×38＝16.2．在本例(2)的条件下，求甲未击中，乙击中2次的概率．解记“甲未击中目标”为事件A 4，“乙击中2次”为事件B 4，则P (A 4)＝C 02⎝⎛⎭⎫1－232＝19，P (B 4)＝C 22⎝⎛⎭⎫342＝916，所以甲未击中、乙击中2次的概率为P (A 4B 4)＝19×916＝116. 反思感悟独立重复试验概率求法的三个步骤(1)判断：依据n 次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验． (2)分拆：判断所求事件是否需要分拆．(3)计算：就每个事件依据n 次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算．跟踪训练2 甲、乙两队进行排球比赛，已知在一局比赛中甲队胜的概率为23，没有平局．(1)若进行三局两胜制比赛，先胜两局者为胜，甲获胜的概率是多少？ (2)若进行五局三胜制比赛，甲获胜的概率为多少？解 (1)甲第一、二局胜，或第二、三局胜，或第一、三局胜，则P ＝⎝⎛⎭⎫232＋C 12×23×13×23＝2027. (2)甲前三局胜，或甲第四局胜，而前三局仅胜两局，或甲第五局胜，而前四局仅胜两局，则 P ＝⎝⎛⎭⎫233＋C 23×⎝⎛⎭⎫232×13×23＋C 24×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132×23＝6481.三、二项分布的应用例3 一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列； (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．考点二项分布的计算及应用题点二项分布的实际应用解 (1)由ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，则 P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5. 即P (ξ＝0)＝C 05×⎝⎛⎭⎫130×⎝⎛⎭⎫235＝32243； P (ξ＝1)＝C 15×13×⎝⎛⎭⎫234＝80243； P (ξ＝2)＝C 25×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233＝80243； P (ξ＝3)＝C 35×⎝⎛⎭⎫133×⎝⎛⎭⎫232＝40243； P (ξ＝4)＝C 45×⎝⎛⎭⎫134×23＝10243； P (ξ＝5)＝C 55×⎝⎛⎭⎫135＝1243. 故ξ的分布列为(2)η的分布列为P (η＝k )＝P (前k 个是绿灯，第k ＋1个是红灯)＝⎝⎛⎭⎫23k ·13，k ＝0,1,2,3,4，即P (η＝0)＝⎝⎛⎭⎫230×13＝13； P (η＝1)＝23×13＝29；P (η＝2)＝⎝⎛⎭⎫232×13＝427； P (η＝3)＝⎝⎛⎭⎫233×13＝881； P (η＝4)＝⎝⎛⎭⎫234×13＝16243； P (η＝5)＝P (5个均为绿灯)＝⎝⎛⎭⎫235. 故η的分布列为(3)所求概率为P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0) ＝1－⎝⎛⎭⎫235＝211243.反思感悟 (1)对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次，要判断事件是A ＋B 还是AB ，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别应用相加或相乘事件公式；最后，选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n 次独立重复试验的概率公式求解． (2)把一个交通问题抽象为二项分布问题，体现了数学建模的核心素养．跟踪训练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．考点二项分布的计算及应用题点求二项分布的分布列解由题意可知X ～B ⎝⎛⎭⎫3，34，所以P (X ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫34k ·⎝⎛⎭⎫143－k ，k ＝0,1,2,3，即P (X ＝0)＝C 03×⎝⎛⎭⎫340×⎝⎛⎭⎫143＝164； P (X ＝1)＝C 13×34×⎝⎛⎭⎫142＝964； P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫342×14＝2764； P (X ＝3)＝C 33×⎝⎛⎭⎫343＝2764. 所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P164964276427641．独立重复试验要从三方面考虑：第一，每次试验是在相同条件下进行的；第二，各次试验的结果是相互独立的；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P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k .此概率公式恰为[(1－p )＋p ]n 展开式的第k ＋1项，故称该公式为二项分布公式．1．若随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，则P (X ＝2)等于( ) A.⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233B.⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫133C ．C 25⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫133 D ．C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233 答案 D解析 ∵随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13， ∴P (X ＝2)＝C 25⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233. 2．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第X 次首次测到正品，则P (X ＝3)等于( )A ．C 23⎝⎛⎭⎫142×34B ．C 23⎝⎛⎭⎫342×14C.⎝⎛⎭⎫142×34D.⎝⎛⎭⎫342×14答案 C解析 P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫142×34.3．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A 在1次试验中发生的概率p 的取值范围是( ) A ．[0.4,1] B ．(0,0.4] C ．(0,0.6] D ．[0.6,1]答案 A解析由题意知C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，故选A.4．在4次独立重复试验中，事件出现的概率相同，若事件A 至少出现一次的概率为6581，则事件A 在一次试验中出现的概率为________．答案 13解析设事件A 在一次试验中出现的概率为x ，则1－C 04(1－x )4＝6581，解得x ＝13. 5．将一枚均匀的硬币抛掷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1132解析正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次、5次或6次，所求概率P＝C 46⎝⎛⎭⎫126＋C 56⎝⎛⎭⎫126＋C 66⎝⎛⎭⎫126＝1132.一、选择题1．若X ～B (5,0.1)，则P (X ≤2)等于( ) A ．0.665 B ．0.008 56 C ．0.918 54 D ．0.991 44答案 D解析 P (X ≤2)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 050.10×0.95＋C 150.1×0.94＋C 250.12×0.93＝0.991 44.2．一头猪服用某药品后被治愈的概率是90%，则服用这种药的5头猪中恰有3头被治愈的概率为( ) A ．0.93B ．1－(1－0.9)3C ．C 35×0.93×0.12D ．C 35×0.13×0.92答案 C解析 5头猪中恰有3头被治愈的概率为C 35×0.93×0.12. 3．一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，则此射手的命中率是( )A.13B.23C.14D.25考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用答案 B解析设此射手的命中概率为x ，则不能命中的概率为1－x ，由题意知4次射击全部没有命中目标的概率为1－8081＝181，有(1－x )4＝181，解得x ＝23或x ＝43(舍去)．4．甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )A.827B.6481C.49D.89 考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率答案 A解析当甲以3∶1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3∶1的比分获胜的概率为P ＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23×23＝3×49×13×23＝827，故选A.5．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( )A.⎝⎛⎭⎫125B ．C 25×⎝⎛⎭⎫125C ．C 35×⎝⎛⎭⎫123 D ．C 25×C 35×⎝⎛⎭⎫125 考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用答案 B解析如图，由题意可知，质点P 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.故选B.6．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (3，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为( )A.2027B.827C.727D.127 考点二项分布的计算及应用题点利用二项分布求概率答案 C解析易知P (ξ＝0)＝C 02(1－p )2＝1－59，∴p ＝13，则P (η≥2)＝C 33p 3＋C 23p 2(1－p )1＝127＋627＝727. 7．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.⎝⎛⎭⎫593×49 B.C 35C 14C 45C.35×14D ．C 14×⎝⎛⎭⎫593×49考点独立重复试验的计算题点用独立重复试验的概率公式求概率答案 A解析由题意知前3次取出的均为黑球，第4次取得的为白球．故其概率为⎝⎛⎭⎫593×49. 二、填空题8．从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为________．考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率答案 0.048 6解析 P ＝C 24×(0.1)2×(1－0.1)2＝0.048 6.9．已知实验女排和育才女排两队进行比赛，在一局比赛中实验女排获胜的概率是23，没有平局．若采用三局两胜制，即先胜两局者获胜且比赛结束，则实验女排获胜的概率为________．考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的计算答案2027解析实验女排要获胜必须赢得两局，故获胜的概率为 P ＝⎝⎛⎭⎫232＋23×13×23＋13×23×23＝2027.10．在等差数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝－4，现从{a n }的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为________．考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用答案625解析由已知可求得通项公式为a n ＝10－2n (n ＝1,2,3，…)，其中a 1，a 2，a 3，a 4为正数，a 5＝0，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10为负数，∴从中取一个数为正数的概率为410＝25，为负数的概率为12.∴取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为C 23×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫121＝625. 三、解答题11．甲队有3人参加知识竞赛，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分，求随机变量ξ的分布列．考点二项分布的计算及应用题点求二项分布的分布列解由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，且P (ξ＝0)＝C 03×⎝⎛⎭⎫1－233＝127， P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝⎛⎭⎫1－232＝29，P (ξ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－23＝49， P (ξ＝3)＝C 33×⎝⎛⎭⎫233＝827，所以ξ的分布列为12.某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为56和45，且各棵大树是否成活互不影响，求移栽的4棵大树中， (1)至少有1棵成活的概率； (2)两种大树各成活1棵的概率．考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用解设A k 表示第k 棵甲种大树成活，k ＝1,2，B l 表示第l 棵乙种大树成活，l ＝1,2，则A 1，A 2，B 1，B 2相互独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝56，P (B 1)＝P (B 2)＝45.(1)至少有1棵成活的概率为1－P (A 1·A 2·B 1·B 2) ＝1－P (A 1)·P (A 2)·P (B 1)·P (B 2) ＝1－⎝⎛⎭⎫162⎝⎛⎭⎫152＝899900.(2)由独立重复试验中事件发生的概率公式知，所求概率为P ＝C 12⎝⎛⎭⎫56⎝⎛⎭⎫16·C 12⎝⎛⎭⎫45⎝⎛⎭⎫15 ＝1036×825＝80900＝445.13．某市为“市中学生知识竞赛”进行选拔性测试，且规定：成绩大于或等于90分的有参赛资格，90分以下(不包括90分)的被淘汰，若有500人参加测试，学生成绩的频率分布直方图如图．(1)求获得参赛资格的人数；(2)根据频率分布直方图，估算这500名学生测试的平均成绩；(3)若知识竞赛分初赛和复赛，在初赛中每人最多有5次选题答题的机会，累计答对3题或答错3题即终止，答对3题者方可参加复赛．已知参赛者甲答对每一个问题的概率都相同，并且相互之间没有影响．已知他前两次连续答错的概率为19，求甲在初赛中答题个数X 的分布列．解 (1)由频率分布直方图得，获得参赛资格的人数为 500×(0.005 0＋0.004 3＋0.003 2)×20＝125(人)． (2)设500名学生的平均成绩为x ，则x ＝(40×0.006 5＋60×0.014 0＋80×0.017 0＋100×0.005 0＋120×0.004 3＋140×0.003 2)×20＝78.48.(3)设学生甲答对每道题的概率为P (A )，则(1－P (A ))2＝19，∴P (A )＝23.学生甲答题个数X 的可能值为3,4,5，则P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫133＝13，P (X ＝4)＝C 13×13×⎝⎛⎭⎫233＋C 13×23×⎝⎛⎭⎫133＝1027， P (X ＝5)＝C 24×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232＝827. 所以X 的分布列为14.网上购物逐步走进大学生活，某大学学生宿舍4人积极参加网购，大家约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪家购物，掷出点数为5或6的人去淘宝网购物，掷出点数小于5的人去京东商城购物，且参加者必须从淘宝网和京东商城选择一家购物． (1)求这4个人中恰有1人去淘宝网购物的概率；(2)用ξ，η分别表示这4个人中去淘宝网和京东商城购物的人数，令X ＝ξη，求随机变量X 的分布列．考点二项分布的计算及应用题点二项分布的实际应用解依题意，得这4个人中，每个人去淘宝网购物的概率为13，去京东商城购物的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去淘宝网购物”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i(i ＝0,1,2,3,4)．(1)这4个人中恰有1人去淘宝网购物的概率为 P (A 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫233＝3281.(2)易知X 的所有可能取值为0,3,4.P (X ＝0)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝⎛⎭⎫130×⎝⎛⎭⎫234＋C 44⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫230 ＝1681＋181＝1781， P (X ＝3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝⎛⎭⎫131×⎝⎛⎭⎫233＋C 34⎝⎛⎭⎫133×⎝⎛⎭⎫231 ＝3281＋881＝4081， P (X ＝4)＝P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝2481. 所以随机变量X 的分布列是。

n重伯努利试验公式

n重伯努利试验公式
n重伯努利试验公式：s=(1/2)sin(α+t)。

将E独立的重复地进行n次，则称这重复的独立试验为n重伯努利试验n重伯努利试验是一种很重要的数学模型，它有广泛的应用，是应用最多的数学模型之一设试验E只可能有两个结果：“A”和“非A”则称E为伯努利试验例如E表示抛一枚硬币得到正或反面，将硬币抛n次，这就是n重伯努利试验。

数学模型是运用数理逻辑方法和数学语言建构的科学或工程模型。

数学模型的历史可以追溯到人类开始使用数字的时代。

随着人类使用数字，就不断地建立各种数学模型，以解决各种各样的实际问题。

对于广大的科学技术工作者对大学生的综合素质测评,对教师的工作业绩的评定以及诸如访友，采购等日常活动，都可以建立一个数学模型，确立一个最佳方案。

建立数学模型是沟通摆在面前的实际问题与数学工具之间联系的一座必不可少的桥梁。

独立重复试验模型

高中化学《取球问题》基础知识及专项练习题(含答案)

贝努利(Bernoulli)-模型

11.6独立重复试验模型

二项分布与泊松分布的应用

知识讲解独立重复试验与二项分布

2020高中数学---取球问题

独立重复试验与二项分布(1)

11.3每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型

n次伯努利过程

独立试验

伯努利概型的应用

高二数学 第二章2.2.3独立重复试验与二项分布

独立重复试验与二项分布

千锤百炼-高考数学100个热点问题——第90炼 取球问题

独立重复试验与二项分布

独立重复试验

重复独立试验二项概率公式

第二章 2.2.3独立重复试验与二项分布

n重伯努利试验公式

高二数学第二章2.2.3独立重复试验与二项分布

千锤百炼-高考数学100个热点问题——第90炼取球问题