二项式分布及其应用(教师版)

考点梳理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 (A ∩B )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 (A ∩B )n (A ).(2)条件概率具有的性质： ①0≤P (B |A )≤1；② 如果B 和C 是两互斥事件，则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 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．独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验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)二项分布在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为k ，在每次试验中事件A 发生的概率为p ，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝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．考点自测1．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( )．A.34B.23C.35D.12解析 问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P 1＝12；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P 2＝12×12＝14.故甲队获得冠军的概率为P 1＋P 2＝34.答案 A2．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( )．A.49B.29C.427D.227解析 所求概率P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49. 答案 A3．如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统，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( )．A ．0.960B ．0.864C ．0.720D ．0.576解析 P ＝0.9×[1－(1－0.8)2]＝0.864. 答案 B4．如果X ～B ⎝⎛⎭⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为( )． A ．3 B ．4 C ．5 D ．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)．答案 D5．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 )等于( )．A.12B.14C.16D.18解析 法一 P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.法二 A 包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB 包括的基本事件为{正，正}，因此P (B |A )＝12.答案 A考向一 条件概率【例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 )等于( )．A.18B.14C.25D.12解析 P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (A ∩B )＝C 22C 25＝110. 由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝110410＝14.答案 B【训练1】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 )＝________.解析 圆的面积是π，正方形的面积是2，扇形的面积是π4，根据几何概型的概率计算公式得P (A )＝2π，根据条件概率的公式得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.答案 2π 14考向二 独立事件的概率【例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． 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，因此，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. 【训练2】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的分布列和数学期望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DE F ，D E F ，D EF 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 (DEF )＝0.4×0.5×0.5＝0.1，P (ξ＝1)＝P (DE F )＋P (D E F )＋P (D EF )＝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的分布列为：因此E (ξ)＝0×0.1＋1考向三 独立重复试验与二项分布【例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； (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(3){X ≥1}＝{X ＝1或X ＝2或…或X ＝6}， 所以其概率为P (X ≥1)＝∑k ＝16P (X ＝k )＝1－P (X ＝0)＝1－⎝⎛⎭⎫236＝665729.【训练3】 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 的分布列． 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 的分布列是课堂练习一、选择题1．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )． A.12 B.512 C.14 D.16解析 记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A ，则P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝23×14＋13×34＝512. 答案 B2．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( )． A ．0.12 B ．0.42 C ．0.46 D ．0.88解析 由题意知，甲、乙都不被录取的概率为(1－0.6)(1－0.7)＝0.12. ∴至少有一人被录取的概率为1－0.12＝0.88. 答案 D3．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两次的概率，则事件A 在一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]解析 设事件A 发生的概率为p ，则C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，故选A. 答案 A4．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p 1和p 2.则( )． A ．p 1＝p 2 B ．p 1<p 2C ．p 1>p 2D ．以上三种情况都有可能 解析 p 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110010＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫9910010＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫9 80110 0005，p 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫C 299C 21005＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫981005 则p 1<p 2. 答案 B5．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⎝ ⎛⎭⎪⎫123D ．C 25C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125 解析 由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125，故选B. 答案 B6．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )． A.35B.34C.12 D.310解析 在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑球共4个球，所以取到白球的概率P ＝24＝12，故选C. 答案 C7．一个电路如图所示，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( )． A.164 B.5564 C.18 D.116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. 答案 B 二、填空题8．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________． 解析 由题意得该篮球运动员两次罚球都命中的概率为1－1625＝925，∴该队员每次罚球的命中率为35. 答案 359．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________．解析 设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B (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P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72. 答案 0.7210．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________． 解析 设A ＝“两个闹钟至少有一个准时响”． ∴P (A )＝1－P (A )＝1－(1－0.80)(1－0.90) ＝1－0.2×0.1＝0.98. 答案 0.9811．将一枚硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________．解析 由题意知，正面可以出现6次，5次，4次，所求概率 P ＝C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫126＋C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝1＋6＋1564＝1132. 答案 113212．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________．解析 由已知条件第2个问题答错，第3、4个问题答对，记“问题回答正确”事件为A ，则P (A )＝0.8，P ＝P [](A ∪A )A AA ＝(1－P (A )] P (A ) P (A )＝0.128. 答案 0.128 三、解答题13．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； (3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的期望和方差． 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； (3)由于ξ服从二项分布，即ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，∴E (ξ)＝6×13＝2，D (ξ)＝6×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝43.所以在6场比赛中这支篮球队胜场的期望为2，方差为43.14．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)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，有以下四种情形：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 )＝1327.15．学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同．每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱) (1)求在1次游戏中， (ⅰ)摸出3个白球的概率； (ⅱ)获奖的概率；(2)求在2次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望E (X )．解 (1)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件A i (i ＝0,1,2,3)，则P (A 3)＝C 23C 25·C 12C 23＝15.(ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则B ＝A 2∪A 3.又P (A 2)＝C 23C 25·C 22C 23＋C 13C 12C 25·C 12C 23＝12，且A 2，A 3互斥，所以P (B )＝P (A 2)＋P (A 3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2.由于X 服从二项分布，即X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，710. ∴P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－7102＝9100， P (X ＝1)＝C 12710×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＝2150， P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7102＝49100. 所以X 的分布列是 X 的数学期望E (X )＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.。