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2018版高考数学一轮复习第十二章推理证明算法复数12.5二项分布及其应用理

时间:2017-10-26


第十二章 推理证明、算法、复数 12.5 二项分布及其应用 理

1.条件概率及其性质 (1)一般地,设 A,B 为两个事件,且 P(A)>0,称 P(B|A)= 事件 B 发生的条件概率. 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)= (2)条件概率具有的性质 ①0≤P(B|A)≤1; ②如果 B 和 C 是两个互斥事件, 则 P(B∪C|A)=P(B|A)+P(C|A). 2.相互独立事件 (1)设 A,B 为两个事件,若 P(AB)=P(A)P(B),则称事件 A 与事件 B 相互独立. (2)若 A 与 B 相互独立,则 P(B|A)=P(B),

P?AB? 为在事件 A 发生的条件下, P?A?

n?AB? . n?A?

P(AB)=P(A)P(B|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. 3.二项分布 (1)一般地,在相同条件下重复做的几次试验称为 n 次独立重复试验. (2)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)=Cnp (1-p)
k k 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. 【知识拓展】 超几何分布与二项分布的区别 (1)超几何分布需要知道总体的容量,而二项分布不需要; (2)超几何分布是不放回抽取,而二项分布是放回抽取(独立重复). 【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)条件概率一定不等于它的非条件概率.( × (2)相互独立事件就是互斥事件.( × ) )

1

(3)对于任意两个事件,公式 P(AB)=P(A)P(B)都成立.( × ) (4)二项分布是一个概率分布,其公式相当于(a+b) 二项展开式的通项公式,其中 a=p,b =1-p.( × ) (5)P(B|A)表示在事件 A 发生的条件下,事件 B 发生的概率,P(AB)表示事件 A,B 同时发生的 概率.( √ )
n

1.袋中有 3 红 5 黑 8 个大小形状相同的小球,从中依次摸出两个小球,则在第一次摸得红球 的条件下,第二次仍是红球的概率为( A. 3 2 B. 8 7 2 C. 8 3 D. 7 )

答案 B 2 解析 第一次摸出红球,还剩 2 红 5 黑共 7 个小球,所以再摸到红球的概率为 . 7 1 2.(教材改编)小王通过英语听力测试的概率是 ,他连续测试 3 次,那么其中恰有 1 次获得 3 通过的概率是( A. 4 2 B. 9 9 4 C. 27 ) D. 2 27

答案 A 1 1 1 3-1 4 1 解析 所求概率 P=C3·( ) ·(1- ) = . 3 3 9 3.(2015·课标全国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.0.36 D.0.312 答案 A 解析 3 次投篮投中 2 次的概率为
2 P(k=2)=C2 3×0.6 ×(1-0.6),

投中 3 次的概率为 P(k=3)=0.6 , 所以通过测试的概率为 P(k=2)+P(k=3)=C3×0.6 ×(1-0.6)+0.6 =0.648.故选 A. 4.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 ________. 答案 0.8
2 2 3

3

2

解析 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 0.6 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= =0.8. 0.75 1 1 5.(教材改编)国庆节放假,甲去北京旅游的概率为 ,乙去北京旅游的概率为 ,假定二人的 3 4 行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少有 1 人去北京旅游的概率为________. 答案 1 2

解析 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件 A,“乙去北京旅游”为事件 B,又 P( A B ) 1 1 1 =P( A )·P( B )=[1-P(A)][1-P(B)]=(1- )(1- )= , 3 4 2 “甲、乙二人至少有一人去北京旅游”的对立事件为“甲、乙二人都不去北京旅游”,故所 1 1 求概率为 1-P( A B )=1- = . 2 2

题型一 条件概率 例 1 (1)从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数,事件 A 为“取到的 2 个数之和为偶数”,事件

B 为“取到的 2 个数均为偶数”,则 P(B|A)等于(
A. 1 1 B. 8 4 2 C. 5 1 D. 2

)

(2)如图所示,EFGH 是以 O 为圆心,半径为 1 的圆的内接正方形,

将一粒豆子随机地扔到该圆内,用 A 表示事件“豆子落在正方形 EFGH 内”,

B 表示事件“豆子落在扇形 OHE(阴影部分)内”,则 P(B|A)=________.
1 答案 (1)B (2) 4 C3+C2 2 C2 1 解析 (1)P(A)= 2 = ,P(AB)= 2= , C5 5 C5 10
2 2 2

P?AB? 1 P(B|A)= = . P?A? 4
(2)AB 表示事件“豆子落在△OEH 内”,
3

P?AB? △OEH的面积 1 P(B|A)= = = . P?A? 正方形EFGH的面积 4
引申探究 1.若将本例(1)中的事件 B:“取到的 2 个数均为偶数”改为“取到的 2 个数均为奇数”, 则结果如何? C3+C2 2 解 P(A)= 2 = , C5 5
2 2

P(B)= 2= ,又 A? B,则 P(AB)=P(B)= ,
所以 P(B|A)=

C3 C5

2

3 10

3 10

P?AB? P?B? 3 = = . P?A? P?A? 4

2.在本例(2)的条件下,求 P(A|B). 1 解 由题意知,∠EOH=90°,故 P(B)= , 4 1 ×1×1 △OEH的面积 2 1 又∵P(AB)= = , 2 = 圆O的面积 π ×1 2π 1

P?AB? 2π 2 ∴P(A|B)= = = . P?B? 1 π
4 思维升华 条件概率的求法 (1)定义法:先求 P(A)和 P(AB),再由 P(B|A)=

P?AB? 求 P(B|A). P?A?

(2)基本事件法:借助古典概型概率公式,先求事件 A 包含的基本事件数 n(A),再求事件 AB 所包含的基本事件数 n(AB),得 P(B|A)=

n?AB? . n?A?

(2016·开封模拟)已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡,这些灯泡的外 形与功率都相同且灯口向下放着,现需要一只卡口灯泡,电工师傅每次从中任取一只并不放 回,则在他第 1 次抽到的是螺口灯泡的条件下,第 2 次抽到的是卡口灯泡的概率为( A. C. 3 10 7 8 B. D. 2 9 7 9 )

答案 D 解析 方法一 设事件 A 为“第 1 次抽到的是螺口灯泡”,事件 B 为“第 2 次抽到的是卡口

4

7 3 3 7 7 P?AB? 30 7 灯泡”,则 P(A)= ,P(AB)= × = ,则所求概率为 P(B|A)= = = . 10 10 9 30 P?A? 3 9 10 方法二 第 1 次抽到螺口灯泡后还剩余 9 只灯泡,其中有 7 只卡口灯泡,故第 2 次抽到卡口 C7 7 灯泡的概率为 1= . C9 9 题型二 相互独立事件的概率 例 2 设某校新、老校区之间开车单程所需时间为 T,T 只与道路畅通状况有关,对其容量为 100 的样本进行统计,结果如下:
1

T(分钟)
频数(次)

25 20

30 30

35 40

40 10

(1)求 T 的分布列; (2)刘教授驾车从老校区出发,前往新校区做一个 50 分钟的讲座,结束后立即返回老校区, 求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过 120 分钟的概率. 解 (1)由统计结果可得 T 的频率分布为

T(分钟)
频率

25 0.2

30 0.3

35 0.4

40 0.1

以频率估计概率得 T 的分布列为

T P

25 0.2

30 0.3

35 0.4

40 0.1

(2)设 T1,T2 分别表示往、返所需时间,T1,T2 的取值相互独立,且与 T 的分布列相同, 设事件 A 表示“刘教授共用时间不超过 120 分钟”,由于讲座时间为 50 分钟,所以事件 A 对应于“刘教授在路途中的时间不超过 70 分钟”. 方法一 P(A)=P(T1+T2≤70)=P(T1=25,T2≤45)+P(T1=30,T2≤40)+P(T1=35,T2≤35) +P(T1=40,T2≤30)=0.2×1+0.3×1+0.4×0.9+0.1×0.5=0.91. 方法二 P( A )=P(T1+T2>70)=P(T1=35, T2=40)+P(T1=40, T2=35)+P(T1=40, T2=40) =0.4×0.1+0.1×0.4+0.1×0.1=0.09, 故 P(A)=1-P( A )=0.91. 思维升华 求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)首先判断几个事件的发生是否相互独立.

5

(2)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. (2017·青岛月考)为了分流地铁高峰的压力,某市发改委通过听众会,决定实 施低峰优惠票价制度.不超过 22 千米的地铁票价如下表: 乘坐里程 x(单位:km) 票价(单位:元) 0<x≤6 3 6<x≤12 4 12<x≤22 5

现有甲、乙两位乘客,他们乘坐的里程都不超过 22 千米.已知甲、乙乘车不超过 6 千米的概 1 1 1 1 率分别为 , ,甲、乙乘车超过 6 千米且不超过 12 千米的概率分别为 , . 4 3 2 3 (1)求甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率; (2)设甲、乙两人所付乘车费用之和为随机变量 ξ ,求 ξ 的分布列. 1 1 解 (1)由题意可知,甲、乙乘车超过 12 千米且不超过 22 千米的概率分别为 , , 4 3 则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率

P1= × + × + × = ,
1 2 所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率 P=1-P1=1- = . 3 3 (2)由题意可知,ξ =6,7,8,9,10, 1 1 1 则 P(ξ =6)= × = , 4 3 12

1 4

1 1 1 1 3 2 3 4

1 1 3 3

P(ξ =7)= × + × = , P(ξ =8)= × + × + × = , P(ξ =9)= × + × = , P(ξ =10)= × = .
所以 ξ 的分布列为 ξ 6 1 12 7 1 4 8 1 3 9 1 4 10 1 12 1 4 1 1 3 12 1 1 1 1 2 3 4 3 1 4 1 1 1 1 4 3 4 3 1 1 2 3 1 3

1 1 1 1 4 3 2 3

1 4

P

题型三 独立重复试验与二项分布
6

命题点 1 根据独立重复试验求概率 例 3 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 1 2 五局甲队获胜的概率是 外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是 .假设各局比赛结果相互独 2 3 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. 2 2 2 8 解 (1)设“甲队以 3∶0,3∶1,3∶2 胜利”分别为事件 A,B,C,则 P(A)= × × = , 3 3 3 27
2 P(B)=C2 , 3? ? ×?1- ?× = 3 3

?2? ? ? ?2? ? ?

? ? ? ?

2? 2 ? 3 2?

8 27

2 2 P(C)=C2 . 4? ? ×?1- ? × = 3 3

?

1 2

4 27

(2)X 的可能取值为 0,1,2,3, 16 则 P(X=0)=P(A)+P(B)= , 27

P(X=1)=P(C)= ,
2 2 P(X=2)=C2 , 4×?1- ? ×? ? ×?1- ?= 3 3 2

4 27

? ?

2?

?

?2? ? ?
2 3

? ?

1?

4

? 27

2 P(X=3)=? ?3+C2 3? ? × × = . 3 3

?1? ? ?

?1? ? ?

1 1 3 9

故 X 的分布列为

X P

0 16 27

1 4 27

2 4 27

3 1 9

命题点 2 根据独立重复试验求二项分布 例 4 一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐, 要么不出现音乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出现两次音乐获得 20 分, 出现三次音乐获得 100 分,没有出现音乐则扣除 200 分(即获得-200 分).设每次击鼓出现 1 音乐的概率为 ,且各次击鼓出现音乐相互独立. 2 (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列; (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少? 解 (1)X 可能的取值为 10,20,100,-200.
7

根据题意,有
1 2 P(X=10)=C1 3×? ? ×?1- ? = , 2 2

?1? ? ? ?1? ? ?

? ? ? ?

1?

? ?

3 8 3 8

2 1 P(X=20)=C2 3×? ? ×?1- ? = , 2 2

1?

3 0 P(X=100)=C3 3×? ? ×?1- ? = , 2 2

?1? ? ?

? ?

1?

?

1 8

0 3 P(X=-200)=C0 3×? ? ×?1- ? = . 2 2

?1? ? ?

? ?

1?

?

1 8

所以 X 的分布列为

X P

10 3 8

20 3 8

100 1 8

-200 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3), 1 则 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)= . 8 所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1 511 ?1?3 1-P(A1A2A3)=1-? ? =1- = . 512 512 ?8? 511 因此,玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是 . 512 思维升华 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. (2016·沈阳模拟)某学校举行联欢会,所有参演的节目都由甲、乙、丙三名专 业老师投票决定是否获奖.甲、乙、丙三名老师都有“获奖”、“待定”、“淘汰”三类票 各一张,每个节目投票时,甲、乙、丙三名老师必须且只能投一张票,每人投三类票中的任 1 何一类票的概率都为 ,且三人投票相互没有影响.若投票结果中至少有两张“获奖”票,则 3 决定该节目最终获一等奖;否则,该节目不能获一等奖. (1)求某节目的投票结果是最终获一等奖的概率; (2)求该节目投票结果中所含“获奖”和“待定”票票数之和 X 的分布列. 解 (1)设“某节目的投票结果是最终获一等奖”这一事件为 A,则事件 A 包括:该节目可以

8

获两张“获奖”票,或者获三张“获奖”票. 1 ∵甲、乙、丙三名老师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 ,且 3 三人投票相互没有影响, 7 2 1 2 2 1 3 1 3 ∴P(A)=C3( ) ( ) +C3( ) = . 3 3 3 27 (2)所含“获奖”和“待定”票票数之和 X 的值为 0,1,2,3.

P(X=0)=( )3= ,
1 2 P(X=1)=C1 3( ) ( ) = ,

1 3

1 27 1 3 1 3

2 3 2 3

2 9 4 9

2 1 P(X=2)=C2 3( ) ( ) = ,

P(X=3)=( )3= .
因此 X 的分布列为

2 3

8 27

X P

0 1 27

1 2 9

2 4 9

3 8 27

18.独立事件与互斥事件

典例 (1)中国乒乓球队甲、 乙两名运动员参加奥运乒乓球女子单打比赛, 甲夺得冠军的概率 3 1 是 ,乙夺得冠军的概率是 ,那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________. 7 4 2 (2)某射手每次射击击中目标的概率都是 ,这名射手射击 5 次,有 3 次连续击中目标,另外 3 两次未击中目标的概率是________. 错解展示 解析 3 1 (1)设“甲夺得冠军”为事件 A,“乙夺得冠军”为事件 B,则 P(A)= ,P(B)= , 7 4

3 3 4 1 3 1 16 由 A、 B 是相互独立事件, 得所求概率为 P(A B )+P( A B)+P(AB)= × + × + × = = 7 4 7 4 7 4 28 4 . 7

9

2 3 1 2 80 3 (2)所求概率 P=C5×( ) ×( ) = . 3 3 243 4 80 答案 (1) (2) 7 243 现场纠错 3 1 解析 (1)设“甲夺得冠军”为事件 A,“乙夺得冠军”为事件 B,则 P(A)= ,P(B)= . 7 4 ∵A、B 是互斥事件, 3 1 19 ∴P(A∪B)=P(A)+P(B)= + = . 7 4 28 (2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i=1,2,3,4,5),“射手在 5 次射击中,有 3 次连 续击中目标,另外 2 次未击中目标”为事件 A,则

P(A)=P(A1A2A3 A 4 A 5)+P( A 1A2A3A4 A 5)
+P( A
1

A 2A3A4A5)

?2?3 ?1?2 1 ?2?3 1 ?1?2 ?2?3 8 =? ? ×? ? + ×? ? × +? ? ×? ? = . ?3? ?3? 3 ?3? 3 ?3? ?3? 81
19 8 答案 (1) (2) 28 81 纠错心得 (1)搞清事件之间的关系,不要混淆“互斥”与“独立”. (2)区分独立事件与 n 次独立重复试验.

1.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. 1 1 B. 2 4 1 C. 6 ) 1 D. 8

答案 A 1 1 解析 由古典概型知 P(A)= ,P(AB)= , 2 4 1 P?AB? 4 1 则由条件概率知 P(B|A)= = = . P?A? 1 2 2 2.(2016·长春模拟)一袋中有 5 个白球,3 个红球,现从袋中往外取球,每次任取一个记下 颜色后放回,直到红球出现 10 次时停止,设停止时共取了 X 次球,则 P(X=12)等于( )

10

10 3 10 5 2 A.C12( ) ( ) 8 8 9 5 9 3 2 C.C11( ) ( ) 8 8

9 3 9 5 2 B.C12( ) ( ) 8 8 9 3 10 5 2 D.C11( ) ( ) 8 8

答案 D 解析 “X=12”表示第 12 次取到红球,前 11 次有 9 次取到红球,2 次取到白球, 3 9 3 9 5 2 9 3 10 5 2 因此 P(X=12)= C11( ) ( ) =C11( ) ( ) . 8 8 8 8 8 3.已知 A,B 是两个相互独立事件,P(A),P(B)分别表示它们发生的概率,则 1-P(A)P(B) 是下列哪个事件的概率( A.事件 A,B 同时发生 B.事件 A,B 至少有一个发生 C.事件 A,B 至多有一个发生 D.事件 A,B 都不发生 答案 C 解析 P(A)P(B)是指 A,B 同时发生的概率,1-P(A)·P(B)是 A,B 不同时发生的概率,即事 件 A,B 至多有一个发生的概率. 1 1 1 4.甲射击命中目标的概率是 ,乙命中目标的概率是 ,丙命中目标的概率是 .现在三人同时 2 3 4 射击目标,则目标被击中的概率为( A. C. 3 4 4 5 B. D. ) 2 3 7 10 )

答案 A 解析 设“甲命中目标”为事件 A,“乙命中目标”为事件 B,“丙命中目标”为事件 C,则 击中目标表示事件 A,B,C 中至少有一个发生.又 P( A B C )=P( A )P( B )P( C )=[1-

P(A)]·[1-P(B)]·[1-P(C)]=?1- ?×?1- ?×?1- ?= . 2 3 4

? ?

1? ?

? ?

1?

? ? ?

1? 1 ? 4

3 故目标被击中的概率 P=1-P( A B C )= . 4 1 2 5.(2017·南昌质检)设随机变量 X 服从二项分布 X~B(5, ),则函数 f(x)=x +4x+X 存 2 在零点的概率是( A. 5 4 B. 6 5 31 C. 32 ) 1 D. 2

11

答案 C 解析 ∵函数 f(x)=x +4x+X 存在零点, 1 ∴Δ =16-4X≥0,∴X≤4.∵X 服从 X~B(5, ), 2 1 31 ∴P(X≤4)=1-P(X=5)=1- 5= . 2 32 6.(2016·安徽黄山屯溪一中月考)甲罐中有 5 个红球,2 个白球和 3 个黑球,乙罐中有 4 个 红球,3 个白球和 3 个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以 A1,A2 和 A3 表示由 甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以 B 表示由乙罐取出 的球是红球的事件,则下列结论中正确的是( 2 A.P(B)= 5 B.事件 B 与事件 A1 相互独立 5 C.P(B|A1)= 11 D.P(B)的值不能确定,它与 A1,A2,A3 中哪一个发生都有关 答案 C 解析 由题意 A1,A2,A3 是两两互斥的事件, )
2

P(A1)= = ,P(A2)= = ,P(A3)= ,
1 5 × 2 11 5 P(B|A1)= = ,由此知,C 正确; 1 11 2

5 10

1 2

2 1 10 5

3 10

P(B|A2)= ,P(B|A3)= ,
而 P(B)=P(A1B)+P(A2B)+P(A3B) =P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)·P(B|A3) 1 5 1 4 3 4 9 = × + × + × = . 2 11 5 11 10 11 22 由此知 A,D 不正确.故选 C. 5 7.设随机变量 X~B(2,p),随机变量 Y~B(3,p),若 P(X≥1)= ,则 P(Y≥1)=________. 9 答案 19 27

4 11

4 11

解析 ∵X~B(2,p), 5 0 2 ∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1-C2(1-p) = , 9
12

1 解得 p= .又 Y~B(3,p), 3 19 0 3 ∴P(Y≥1)=1-P(Y=0)=1-C3(1-p) = . 27 1 8.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 ,且是相互独立的, 2 则灯泡甲亮的概率为________.

答案

1 8

解析 灯泡甲亮满足的条件是 a, c 两个开关都开, b 开关必须断开, 否则短路. 设“a 闭合” 为事件 A,“b 闭合”为事件 B,“c 闭合”为事件 C,则甲灯亮应为事件 A B C,且 A,B,C 1 之间彼此独立, 且 P(A)=P(B)=P(C)= , 由独立事件概率公式知 P(A B C)=P(A)P( B )P(C) 2 1 1 1 1 = × × = . 2 2 2 8 9.(2017·广州月考)设事件 A 在每次试验中发生的概率相同,且在三次独立重复试验中,若 63 事件 A 至少发生一次的概率为 ,则事件 A 恰好发生一次的概率为________. 64 答案 9 64

63 1 3 3 解析 设事件 A 发生的概率为 p,由题意知(1-p) =1- = ,解得 p= ,则事件 A 恰好 64 64 4 3 1 2 9 1 发生一次的概率为 C3× ×( ) = . 4 4 64 10.(2016·荆州质检)把一枚硬币任意抛掷三次,事件 A=“至少一次出现反面”,事件 B =“恰有一次出现正面”,则 P(B|A)=________. 答案 3 7

3 3 解析 由题意知,P(AB)= 3= , 2 8

P(A)=1- 3= ,

1 2

7 8

13

3 P?AB? 8 3 所以 P(B|A)= = = . P?A? 7 7 8 11.现有 4 个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味 性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数为 1 或 2 的人去参加甲游戏,掷出点数大于 2 的人去参加乙游戏. (1)求这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率; (2)求这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率; (3)用 X,Y 分别表示这 4 个人中去参加甲,乙游戏的人数,记 ξ =|X-Y|,求随机变量 ξ 的分布列. 1 2 解 (1)依题意知,这 4 个人中,每个人去参加甲游戏的概率为 ,去参加乙游戏的概率为 . 3 3 设“这 4 个人中恰有 k 人去参加甲游戏”为事件 Ak(k=0,1,2,3,4).
k?1?k?2?4-k 则 P(Ak)=C4? ? ? ? . ?3? ?3?

这 4 个人中恰有 2 人去参加甲游戏的概率为
2 2 P(A2)=C2 . 4? ? ? ? = ?3? ?3? 27

?1? ?2?

8

(2)设“这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件 B,则 B=A3∪A4. 由于 A3 与 A4 互斥,故
3 4 4 P(B)=P(A3)+P(A4)=C3 4? ? × +C4? ? 3 3

?1? ? ?

2 3

?1? ? ?

1 = . 9 1 所以,这 4 个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为 . 9 (3)ξ 的所有可能取值为 0,2,4. 由于 A1 与 A3 互斥,A0 与 A4 互斥,故

P(ξ =0)=P(A2)= , P(ξ =2)=P(A1)+P(A3)= , P(ξ =4)=P(A0)+P(A4)= .
所以 ξ 的分布列是 ξ 0 2 4 17 81 40 81

8 27

14

P

8 27

40 81

17 81

12.(2016·西安模拟)在一块耕地上种植一种作物,每季种植成本为 1 000 元,此作物的市场 价格和这块地上的产量均具有随机性,且互不影响,其具体情况如下表: 作物产量(kg) 概率 300 0.5 500 0.5

作物市场价格(元/kg) 概率

6 0.4

10 0.6

(1)设 X 表示在这块地上种植 1 季此作物的利润,求 X 的分布列; (2)若在这块地上连续 3 季种植此作物, 求这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率. 解 (1)设 A 表示事件“作物产量为 300 kg”,B 表示事件“作物市场价格为 6 元/kg”,由 题设知 P(A)=0.5,P(B)=0.4, 因为利润=产量×市场价格-成本. 所以 X 所有可能的取值为 500×10-1 000=4 000,500×6-1 000=2 000, 300×10-1 000=2 000,300×6-1 000=800.

P(X=4 000)=P( A )P( B )=(1-0.5)×(1-0.4)=0.3, P(X=2 000)=P( A )P(B)+P(A)P( B )
=(1-0.5)×0.4+0.5×(1-0.4)=0.5,

P(X=800)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2,
故 X 的分布列为

X P

4 000 0.3

2 000 0.5

800 0.2

(2)设 Ci 表示事件“第 i 季利润不少于 2 000 元”(i=1,2,3),由题意知 C1,C2,C3 相互独立, 由(1)知,

P(Ci)=P(X=4 000)+P(X=2 000)=0.3+0.5=0.8(i=1,2,3),
3 季的利润均不少于 2 000 元的概率为

P(C1C2C3)=P(C1)P(C2)P(C3)=0.83=0.512;
3 季中有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率为

15

P( C 1C2C3)+P(C1 C 2C3)+P(C1C2 C 3)
=3×0.8 ×(1-0.8)=0.384, 所以,这 3 季中至少有 2 季的利润不少于 2 000 元的概率为 0.512+0.384=0.896. *13.李明在 10 场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立): 场次 主场 1 主场 2 主场 3 主场 4 主场 5 投篮次数 22 15 12 23 24 命中次数 12 12 8 8 20 场次 客场 1 客场 2 客场 3 客场 4 客场 5 投篮次数 18 13 21 18 25 命中次数 8 12 7 15 12
2

(1)从上述比赛中随机选择一场,求李明在该场比赛中投篮命中率超过 0.6 的概率; (2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场,求李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不 超过 0.6 的概率. 解 (1)根据投篮统计数据,在 10 场比赛中,李明投篮命中率超过 0.6 的场次有 5 场,分别 是主场 2,主场 3,主场 5,客场 2,客场 4. 所以在随机选择的一场比赛中,李明的投篮命中率超过 0.6 的概率是 0.5. (2)记事件 A 为“在随机选择的一场主场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”, 事件 B 为“在 随机选择的一场客场比赛中李明的投篮命中率超过 0.6”,事件 C 为“在随机选择的一个主 场和一个客场比赛中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不超过 0.6”. 则 C=A B ∪ A B,A,B 独立. 根据投篮统计数据,P(A)=0.6,P(B)=0.4.

P(C)=P(A B )+P( A B)
=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52. 所以,在随机选择的一个主场和一个客场中,李明的投篮命中率一场超过 0.6,一场不超过 0.6 的概率为 0.52.

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