2014届高考数学一轮复习 第十一章概率与统计11.5二项分布及其应用教学案 理 新人教A版

11.5 二项分布及其应用

考纲要求

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，并能解决一些简单的实际问题．

1．条件概率

一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝______为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率．如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝__________.

2．事件的相互独立性

设A，B为两个事件，如果P(AB)＝________，则称事件A与事件B相互独立．如果事件A与事件B相互独立，则A与____，____与B，A与____也都相互独立．

3．独立重复试验与二项分布

一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝______________，k＝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．n次独立重复试验中事件A恰好发生k次可看成是Ckn个互斥事件的和，其中每一个事件都可看成是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________．因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为Cknp(1

k

－p)

n－k

.

11

145

间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是( )．

3129A．205520

33

2．已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)＝( )．

205

1111A B．3245

3．每次试验的成功率为p(0＜p＜1)，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( )．

33

A．C10p(1－p) B．C10p(1－p)

3

7

3

3

C．p(1－p) D．p(1－p)

4．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一

1 人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p p> ，且各局胜负相互 2

5

独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为9

(1)求p的值；

(2)设ξ表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量ξ的分布列．

一、条件概率

【例1】把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A,3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母

3773

A的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中

任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功，求试验成功的概率．

方法提炼

1．求P(B|A)时，可把A看作新的基本事件空间来计算B发生的概率，也就是说把B发生的样本空间缩小为A所包含的基本事件．

2．若事件B，C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，即为了求得比较复杂事件的概率，往往可以先把它分解成若干个互不相容的较简单事件之和，先求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．

请做演练巩固提升2

二、相互独立事件的概率

1

【例2】甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙

2

1

投球2次均未命中的概率为.

16

(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． 方法提炼

1．当从意义上不易判定两事件是否相互独立时，可运用公式P(AB)＝P(A)P(B)计算判定．求相互独立事件同时发生的概率时，要搞清事件是否相互独立．若能把复杂事件分解为若干简单事件，同时注意运用对立事件可把问题简化．

2．由两个事件相互独立的定义，可推广到三个或三个以上相互独立事件的概率计算公式，即若A1，A2， ，An相互独立，则P(A1A2 An)＝P(A1)P(A2) P(An)．

3．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰有一个发生”、“都发生”、“都不发生”、“不都发生”等词语的意义．若能把相关事件正确地表示出来，同时注意使用逆向思考方法，常常能使问题的解答变得简便．

请做演练巩固提升3

三、二项分布

【例3】甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本

2

队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为3人答对的概率分别

3

221

为，，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． 332

(1)求随机变量ξ的分布列；

(2)设C表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P(C)． 方法提炼

1．独立重复试验是相互独立事件的特例，注意二者的区别．独立重复试验必须具备如下的条件：(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，这两种可能结果的发生是对立的．

2．判断某随机变量是否服从二项分布，主要看以下两点：(1)在每次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生；(2)在每一次试验中，事件发生的概率相同．若满足，则在n次独立重复试验中就可把事件发生的次数作为随机变量，此时该随机变量服从二项分布．写二项分布时，首先确定X的取值，直接用公式P(X＝k)计算概率即可．

请做演练巩固提升

4

服从二项分布的随机变量的求解

【典例】(12分)(2012四川高考)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系

1

统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.

10

49

(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为p的值；

50

(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ.

规范解答：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么

149

1－P(C)＝1－p＝.(4分)

1050

1

解得p＝.(5分)

5

10 13

(2)由题意，P(ξ＝0)＝C3 ＝(6分)

10 1 000

12· 1－1 ＝27，(7分)

P(ξ＝1)＝C13

10 10 1 000

1 22431

P(ξ＝2)＝C2· 1－ ＝，(8分) 3

10 10 1 000

13729 P(ξ＝3)＝C3分)

3 1＝

10 1 000

12724372927

E(ξ)＝0×＋2×＋3×分)

1 0001 0001 0001 00010

答题指导：解决离散型随机变量分布列时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：

(1)对随机变量的理解不到位，造成对随机变量的取值求解错误；

(2)求错随机变量取值的概率，造成所求解的分布列概率之和大于1或小于1，不满足分布列的性质；

(3)要注意语言叙述的规范性，解题步骤应清楚、正确、完整，不要漏掉必要说明及避免出现严重跳步现象．

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得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )．

1323A

B．2534

2．从1,2,3,4,5中任取两个不同的数，事件A＝“取到2个数的和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝( )．

1121A B．8452

3．在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1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，计算在这段时间内线路正常工作的概率．

4．某小学三年级的英语老师要求学生从星期一到星期四每天学习3个英语单词，每周

星期五对一周内所学单词随机抽取若干个进行检测(一周所学的单词每个被抽到的可能性相同)．

(1)英语老师随机抽了4个单词进行检测，求至少有3个是后两天学习过的单词的概率；

4

(2)某学生对后两天所学过的单词每个能默写对的概率为，对前两天所学过的单词每个

5

3

能默写对的概率为；若老师从后三天所学单词中各抽取了一个进行检测，求该学生能默写

5

对的单词数ξ的分布列．

参考答案

基础梳理自测 知识梳理 P(AB)1．P(B|A)＋P(C|A)

P(A)2．P(A)P(B) B A B 3．Ckn·p·(1－p)

k

n－k

k

n－k

p(1－p)

基础自测

11

1．C 解析：记甲去某地的概率是P(A)P(B)＝，故至少有1

45

342

人去此地的概率为1－P(A B)＝1－P(A)P(B)＝1－.

455

3

P(AB)201

2．C 解析：P(B|A)＝＝.

P(A)34

5

3．C

4．解：(1)当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛停止，

522

故p＋(1－p)＝，

9

12

解得p＝或p＝3312又p＞p＝.

23

(2)依题意知ξ的所有可能取值为2,4,6.

5

P(ξ＝2)＝

9

5520

P(ξ＝4)＝ 1－×＝，

9 98152016

P(ξ＝6)＝1＝，

98181

所以随机变量ξ

考点探究突破

【例1】解：设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}， B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}， R＝{第二次取出的球是红球}， W＝{第二次取出的球是白球}，

73

则容易求得P(A)＝，P(B)＝，

1010

11

P(R|A)＝，P(W|A)＝，

2241

P(R|B)＝，P(W|B)＝.

55

事件“试验成功”表示为RA∪RB，又事件RA与事件RB互斥，故由概率的加法公式，得

P(RA∪RB)＝P(RA)＋P(RB) ＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)

1743

＝×＝0.59. 210510

【例2】解：(1)设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.

122

由题意得(1－P(B))＝(1－p)＝，

16

35

解得p＝或p＝舍去)，

44

3

4

(2)方法一：由题设知，

11P(A)＝P(A)＝.

22

3

故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P(A·A)＝4

11

方法二：由题设知，P(A)＝，P(A)＝.

22

故甲投球2次，至少命中1次的概率为

3

P(A)P(A)＋P(A)P(A)C124

1131

(3)由题设和(1)知，P(A)＝，P(A)＝，P(B)＝，P(B)＝2244

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．

其概率分别为：

31

P(A)P(A)P(B)P(B)＝ C1C2216

1

P(A)P(A)P(B)P(B)＝，

649

P(A)P(A)P(B)P(B)＝.

64

31911

所以甲、乙两人各投球2次，共命中2次的概率为＋＝.

16646432

【例3】解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，且

2 0 2310

P(ξ＝0)＝C3× × 1－＝，

3 3 272 222

P(ξ＝1)＝C1×× 1－＝， 33 93

22 242

P(ξ＝2)＝C3× × 1－＝

3 3 9 2 3＝8

P(ξ＝3)＝C3× 3 273 所以ξ的分布列为

(2)甲得2分，乙得1

4

甲得2分，其概率P(ξ＝2)＝，

9

2111211115

乙得1分，其概率为P＝××＝33233233218

4510

根据独立事件概率公式，得P(C)＝.

91881

演练巩固提升

1

1．D 解析：由甲、乙两队每局获胜的概率相同，知甲每局获胜的概率为，甲要获得

2

1

冠军有两种情况：第一种情况是再打一局甲赢，甲获胜概率为2

113 1 11

第一局甲输，第二局甲赢，则其概率为 1－ ＝.故甲获得冠军的概率为＋＝.

244 2 24

2

2C2 C

2．B 解析：∵P(A)＝223＝，

5C5

1C2

P(AB)＝2＝ 210C5∴P(B|A)＝

P(AB)1

. P(A)4

3．解：分别记这段时间内开关JA，JB，JC能够闭合为事件A，B，C. 由题意可知，这段时间内该3个开关是否能够闭合相互之间是没有影响的．根据相互独立事件的概率乘法公式，可得这段时间内3个开关都不闭合的概率是

P(A B C)＝P(A)P(B)P(C)＝[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝(1－0.7)(1

－0.7)(1－0.7)＝0.027.

只要这段时间内至少有1个开关能够闭合，线路就能正常工作，从而使线路能正常工作的概率是1－P(A B C)＝1－0.027＝0.973.

4．解：(1)设英语老师抽到的4个单词中，至少含有3个后两天学过的事件为A，

14

C336C6 C6

则由题意可得P(A)＝＝411C12

(2)由题意可得ξ可取：0,1,2,3，

1 222

则有：P(ξ＝0)＝ ×＝，

5 5 125

4 ×12＋ 1 2319，

P(ξ＝1)＝C1 2 5 55 5 5125

41356 42

P(ξ＝2)＝ 2C1×＝ 2555125 5 5

4348

P(ξ＝3)＝ 2.

5 5125

所以ξ

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