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高考一轮复习:二项分布及其应用


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第5讲
【2015 年高考会这样考】

二项分布及其应用

1.考查条件概率和两个事件相互独立的概念. 2.考查 n 次独立重复试验的模型及二项分布. 3.能解决一些简单的实际问题. 【复习指导】 复习时要把事件的独立性、事件的互斥性结合起

来,会对随机事件进行分析,即 把一个随机事件分拆成若干个互斥事件之和, 再把其中的每个事件分拆成若干个 相互独立事件之积, 同时掌握好二项分布的实际意义及其概率分布和数学期望的 计算方法.

基础梳理 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? n?AB? . n?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)= (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
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(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 )
k n -k =Ck (k =0,1,2,?,n),此时称随机变量 X 服从二项分布,记作 X~ np (1-p)

B(n,p),并称 p 为成功概率.

一种关系 可先定义条件概率 P(B|A)= P?AB? ,当 P( B|A)=P( B)即 P(AB)=P(A)P( B)时,事件 P?A?

B 与事件 A 独立.但是要注意事件 A、B、C 两两独立,但事件 A、B、C 不一定 相互独立. 两种算法 计算条件概率有两种方法. (1)利用定义 P( B|A)= P?AB? ; P?A?

(2)若 n(C)表示试验中事件 C 包含的基本事件的个数,则 P(B|A)= n?AB? . n?A? 双基自测 1.(2011· 广东 )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. 3 4 ). B. 2 3 C. 3 5 D. 1 2

解析

1 问题等价为两类:第一类,第一局甲赢,其概率 P1 = ;第二类,需比赛 2

1 1 1 2 局,第一局甲负,第二局甲赢,其概率 P2 = × = .故甲队获得冠军的概率为 2 2 4
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3 P1 +P2 = . 4 答案 A

1 2.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 9 B. 2 9 ). C. 4 27 D. 2 27

解析 答案

1 3 -1 4 1 ?1?1 ? ? ?· ?1- ? ? 所求概率 P=C3 · ?3? ? 3? =9. A

3.(2011· 湖北高考)如图,用 K、A1 、A2 三类不同的元件连接成一个系统,当 K 正常工作且 A1 、A2 至少有一个正常工作时,系统正常工作,已知 K、A1 、A2 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.0.960 解析 答案

B.0.864

C.0.720

D.0.576

P=0.9×[1-(1-0.8)2 ]=0.864. B ).

1? ? 4.如果 X~B?15, ?,则使 P(X=k )取最大值的 k 值为( ? 4? A.3 解析 B.4 采取特殊值法. C .5

D.3 或 4

?1?3?3?12 ?1?5 ?3?10 4 ?1?4 ?3?11 ? ? ,P(X=5)=C5 ∵P(X=3)=C3 15? ? ? ? ,P(X=4)=C15? ? · 15? ? ? ? , ?4? ?4? ?4? ?4? ?4? ?4? 从而易知 P(X=3)=P(X=4)>P(X=5). 答案 D

5.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 2 B. 1 4 C. 1 6 ). D. 1 8

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解析

法一

1 P?AB? 4 1 P(B|A)= = = . P?A? 1 2 2

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} ,

1 因此 P(B|A)= . 2 答案 A

考向一

条件概率

【例 1】?(2011· 辽宁)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. 1 8 B. 1 4 2 C. 5 D. 1 2 ).

[审题视点] 利用条件概率的计算公式 P( B|A)= 解析 P(A)=

P?AB? 计算. P?A?

2 C2 4 2 C2 1 3+C 2 2 = = , P ( A ∩ B ) = 2 2= . C5 10 5 C5 10

1 P?A∩B? 10 1 由条件概率计算公式,得 P(B|A)= = = . P?A? 4 4 10 答案 B (1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)= 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),再求事件 A 与 事件 B 的交事件中包含的基本事件数,即 n(AB),得 P( B|A)= n?AB? . n?A? P?AB? .这是通用的求条 P?A?

【训练 1】 (2011· 湖南高考)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)=________.

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π 圆的面积是 π,正方形的面积是 2,扇形的面积是 ,根据几何概型的概率 4 1 2 2 P?AB? π 1 计算公式得 P(A)= ,根据条件概率的公式得 P(B|A )= = = . π P?A? 2 4 π 解析 答案 2 1 π 4 考向二 独立事件的概率

【例 2】?(2011· 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. [审题视点 ] 准确把握“至少 ”与“恰 ”等字眼的意义,从而借助于独立事件的 的概率知识求解. 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(BA)=0.3, ∴P(B)P( A)=0.3,P( B)= 0.3 =0.6, P?A? B )=1-

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 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
2 C1 3×0.2×0.8 =0.384.

相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查,这类问
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题具有一个明显的特征,那就是在题目的条件中已经出现一些概率值,解题时先 要判断事件的性质(是互斥还是相互独立),再选择相应的公式计算求解. 【训练 2】 (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:DEF,DEF,DEF,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 DEF,DEF,DEF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(DEF)+P( DEF)+P(DEF) =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: ξ P 0 0.1 1 0.35 2 0.4 3 0.15

因此 E(ξ)=0×0.1+1×0.35+2×0.4+3×0.15=1.6. 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
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1 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 . 3 (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. [审题视点] 首先判断分布的类型,再根据 X,Y 的取值所对应的事件意义求解. 解 1 (1)将通过每个交通岗看做一次试验,则遇到红灯的概率为 ,且每次试验结 3

? 1? ? 果是相互独立的,故 X~B? ?6,3?. 所以 X 的分布列为 2 6 -k ?1?k ? ? ? ? P(X=k )=Ck 6? ? · ?3? ?3? ,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. 1 ?2? ?k·(k =0,1,2,3,4,5), P(Y=k )=? ?3? 3 而{Y=6}表示一路没有遇上红灯. ?2? ?6 故其概率为 P(Y=6)= ? ?3? , 因此 Y 的分布列为: Y P 0 1 3 1 12 · 33 2 1 ?2?2 ? ? · 3 ?3? 3 1 ?2?3 ? ? · 3 ?3?

Y P

4 1 ?2?4 ? ? · 3 ?3?

5 1 ?2?5 ? ? · 3 ?3?

6 26 ? ? ? ? ?3?

(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}, 所以其概率为
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P(X≥1)= ?P(X=k )=1-P(X=0)
k =1

6

665 ?2? ?6 = . =1-? ?3? 729 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. 【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 -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),
k 3 -k P(X=k )=Ck ,k =0,1,2,3, 30.9 ×0.1

B )=P( A )· P( B )=(1-0.6)(1

∴X 的分布列是 X P 0 0.001 1 0.027 2 0.243 3 0.729

阅卷报告 18——对二项分布理解不准致误
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问题诊断】 二项分布是高中概率中最重要的概率分布模型,是近年高考非常重 要的一个考点.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 .但在试 题中,有的问题是局部的二项分布概率模型问题,解题时要注意这种特殊情况. 【防范措施】 要记住二项分布概率模型的特点,在解题时把符合这种特点的概 率问题归结到二项分布模型上面,直接根据二项分布概率模型的公式解决. 【示例】? 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面第 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. 错因 解本题容易出错的地方, 一是对“恰有 2 次”、 “至少有 2 次”理解错误,

误用二项分布;二是对随机事件“5 次预报中恰有 2 次准确,且其中第 3 次预报 准确”的意义理解错误,不能把问题归结为只要在第 1,2,4,5 次预报中预报 1 次 准确即可,出现仍然用 5 次独立重复试验二项分布模型解决问题的错误. 实录 设“5 次预报中恰有 2 次准确”为事件 A, “5 次预报中至少有 2 次准确”

为事件 B,“5 次预报中恰有 2 次准确,且其中第 3 次预报准确”为事件 C. ?4?2? 4?3 (1)P(A)=C 2 5? ? ?1- ? ≈0.05, ?5? ? 5? 4?4 ?4?0 ? 4?5 1 4? ? ? ? ? (2)P( B)=1-C 0 5? ? · ?5? ?1-5? -C5×5?1-5? ≈0.99; 4 34 2?4?2 ? ? ? ?1- ? ? ≈0.04. (3)P(C)=C5 ?5? ? 5? · 5 正解 设“5 次预报中恰有 2 次准确”为事件 A, “5 次预报中至少有 2 次准确”

为事件 B,“5 次预报恰有 2 次准确,且其中第 3 次预报准确”为事件 C. 16 1 ?4?2? 4?3 (1)P(A)=C 2 ≈0.05. 5? ? ?1- ? =10× × ?5? ? 5? 25 125 4?4 ?4?0? 4?5 1 4? (2)P( B)=1-C 0 5? ? ?1- ? -C5× ?1- ? ≈0.99. ?5? ? 5? ? 5 5? 4?3 4 1 4? ? × ≈0.02. (3)P(C)=C4 × ? 1 - 5? 5? 5 【试一试】 某次乒乓球比赛的决赛在甲、乙两名选手之间举行,比赛采用五局
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2 三胜制,按以往比赛经验,甲胜乙的概率为 . 3 (1)求比赛三局甲获胜的概率; (2)求甲获胜的概率. 解 记甲 n 局获胜的概率为 Pn ,n=3,4,5,

(1)比赛三局甲获胜的概率是: ?2?3 8 P3 =C3 3? ? = . ?3? 27 (2)比赛四局甲获胜的概率是: ?2?3?1? 8 P4 =C2 3? ? ? ?= ; ?3? ?3? 27 比赛五局甲获胜的概率是: ?2?3?1?2 16 P5 =C2 4? ? ? ? = . ?3? ?3? 81 64 ∴甲获胜的概率是:P3 +P4 +P5 = . 81

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