第5讲 二项分布及其应用文档格式.docx

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（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）＝Cpk（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．

一种关系

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

（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）＝.

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.B.C.D.

解析　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P1＋P2＝.

答案　A

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次获得通过的概率是（　　）．

解析　所求概率P＝C·

1·

3－1＝.

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．0.960B．0.864C．0.720D．0.576

解析　P＝0.9×

[1－（1－0.8）2]＝0.864.

答案　B

4．如果X～B，则使P（X＝k）取最大值的k值为（　　）．

A．3B．4C．5D．3或4

解析　采取特殊值法．

∵P（X＝3）＝C312，P（X＝4）＝C4·

11，P（X＝5）＝C510，

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.B.C.D.

解析　法一　P（B|A）＝＝＝.

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）＝.

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（　　）．

[审题视点]利用条件概率的计算公式P（B|A）＝计算．

解析　P（A）＝＝＝，P（A∩B）＝＝.

由条件概率计算公式，得P（B|A）＝＝＝.

（1）利用定义，分别求P（A）和P（AB），得P（B|A）＝.这是通用的求条件概率的方法．

（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）＝.

【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）＝________.

解析　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计算公式得P（A）＝，根据条件概率的公式得P（B|A）＝＝＝.

答案　　

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（B）＝0.3，

∴P（B）P（）＝0.3，P（B）＝＝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（）＝1－P（）P（）

＝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（）＝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×

0.2×

0.82＝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，，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（）＝0.4，P（）＝0.5，P（）＝0.5.

红队至少两人获胜的事件有：

DE，DF，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）＋P（DF）＋P（EF）＋P（DEF）＝0.6×

0.5×

0.5＋0.6×

0.5＋0.4×

0.5＝0.55.

（2）由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.

又由

（1）知F，E，D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（）＝0.4×

0.5＝0.1，

P（ξ＝1）＝P（F）＋P（E）＋P（D）

＝0.4×

0.5＝0.35，

P（ξ＝3）＝P（DEF）＝0.6×

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

1

2

3

P

0.1

0.35

0.4

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.

（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）将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的，故X～B.

所以X的分布列为

P（X＝k）＝Ck·

6－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）＝k·

（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）＝6，

因此Y的分布列为：

Y

·

4

5

6

（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

P（X≥1）＝（X＝k）＝1－P（X＝0）

＝1－6＝.

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（）＝P（）·

P（）＝（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）＝C0.9k×

0.13－k，k＝0,1,2,3，

∴X的分布列是

X

0.001

0.027

0.243

0.729

阅卷报告18——对二项分布理解不准致误

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.

（1）P（A）＝C23≈0.05，

（2）P（B）＝1－C0·

5－C×

4≈0.99；

（3）P（C）＝C23·

≈0.04.

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.

（1）P（A）＝C23＝10×

×

≈0.05.

（2）P（B）＝1－C05－C×

4≈0.99.

（3）P（C）＝C×

3×

≈0.02.

【试一试】某次乒乓球比赛的决赛在甲、乙两名选手之间举行，比赛采用五局三胜制，按以往比赛经验，甲胜乙的概率为.

（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：

P3＝C3＝.

（2）比赛四局甲获胜的概率是：

P4＝C3＝；

比赛五局甲获胜的概率是：

P5＝C32＝.

∴甲获胜的概率是：

P3＋P4＋P5＝.