高考数学一轮复习 第十二章 推理证明算法复数 125 二项分布及其应用 理Word文档格式.docx
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(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.( ×
(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)n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.( √ )
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.B.C.D.
答案 B
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.
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次获得通过的概率是( )
答案 A
解析 所求概率P=C·
()1·
(1-)3-1=.
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.0.648B.0.432C.0.36D.0.312
解析 3次投篮投中2次的概率为
P(k=2)=C×
0.62×
(1-0.6),
投中3次的概率为P(k=3)=0.63,
所以通过测试的概率为P(k=2)+P(k=3)=C×
(1-0.6)+0.63=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
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.
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
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()=P()·
P()=[1-P(A)][1-P(B)]=(1-)(1-)=,
“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
求概率为1-P()=1-=.
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( )
(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)=________.
答案
(1)B
(2)
解析
(1)P(A)==,P(AB)==,
P(B|A)==.
(2)AB表示事件“豆子落在△OEH内”,
P(B|A)===.
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?
解 P(A)==,
P(B)==,又A⊇B,则P(AB)=P(B)=,
所以P(B|A)===.
2.在本例
(2)的条件下,求P(A|B).
解 由题意知,∠EOH=90°
,故P(B)=,
又∵P(AB)===,
∴P(A|B)===.
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)=求P(B|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)=.
(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.B.
C.D.
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次抽到的是卡口灯泡”,则P(A)=,P(AB)=×
=,则所求概率为P(B|A)===.
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次抽到卡口灯泡的概率为=.
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:
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
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
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
P
(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()=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()=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.
(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)
0<
x≤6
6<
x≤12
12<
x≤22
票价(单位:
元)
3
4
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,.
(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.
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,,
则甲、乙两人所付乘车费用相同的概率
P1=×
+×
=,
所以甲、乙两人所付乘车费用不相同的概率P=1-P1=1-=.
(2)由题意可知,ξ=6,7,8,9,10,
则P(ξ=6)=×
P(ξ=7)=×
P(ξ=8)=×
P(ξ=9)=×
P(ξ=10)=×
=.
所以ξ的分布列为
ξ
6
7
8
9
题型三 独立重复试验与二项分布
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.
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)=×
×
P(B)=C2×
P(C)=C2×
2×
(2)X的可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=P(A)+P(B)=,
P(X=1)=P(C)=,
P(X=2)=C×
P(X=3)=3+C2×
故X的分布列为
X
1
2
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).设每次击鼓出现音乐的概率为,且各次击鼓出现音乐相互独立.
(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.
根据题意,有
P(X=10)=C×
1×
2=,
P(X=20)=C×
1=,
P(X=100)=C×
3×
0=,
P(X=-200)=C×
0×
3=.
所以X的分布列为
100
-200
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),
则P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1-P(A1A2A3)=1-3=1-=.
因此,玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是.
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