独立重复试验模型
高三一轮n次独立重复试验与二项分布
(2)求甲投球两次，至少命中1次的概率；
解析：(2)方法一：由题设和(1)知，P(A)＝12，P( A )＝12。 故甲投球两次至少命中1次的概率为1－P( A ·A )＝34。 方法二：由题设和(1)知， P(A)＝12，P( A )＝12。 故甲投球两次至少命中1次的概率为 C12P(A)P( A )＋P(A)P(A)＝34。
(1)求乙投球的命中率p；
解析：(1)方法一：设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B。 由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝116， 解得p＝34或p＝54(舍去)，所以乙投球的命中率为34。 方法二：设“甲投球一次命中”为事件A，“乙投球一次命中”为事件B。由题意得： P( B )P( B )＝116， 于是P( B )＝14或P( B )＝－14(舍去)， 故p＝1－P( B )＝34。 所以乙投球的命中率为34。
(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的概率分布列。
解析：(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，
且ξ～B4，21
则P(ξ＝k)＝Ck421k1－124－k＝Ck4124(k＝0,1,2,3,4)。故变量ξ的分布列为：
ξ0 123 4
P
1 16
1 4
3 8
1 4
1 16
►名师点拨 独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略 (1)已知二项分布，求二项分布列。可判断离散型随机变量是否服从二项分布， 再由二项分布列公式求概率，列出分布列。 (2)已知随机变量服从二项分布，求某种情况下概率。依据题设及互斥事件弄清 该情况下所含的所有事项，再结合二项分布公式即可求解。
111 1 A.2 B.4 C.6 D.8
大家有疑问的，可以询问和交流
二项分布与泊松分布的应用
在物理学中，泊松分布 也被用于描述放射性衰 变的期望值，例如式为：DX = λ
方差可以用来衡量随机事件的波 动程度
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方差的计算需要考虑随机事件的 概率和频率
在泊松分布中，方差与期望值λ相 等
适用场景的对比
计算成功次数
定义：二项分布是描述在n次独立 重复的伯努利试验中成功次数的 概率分布。
公式：X~B(n,p)，其中X表示成 功次数，n表示试验次数，p表示 每次试验成功的概率。
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应用场景：例如，在n次抛硬币试 验中，计算正面朝上的次数。
泊松分布与二项分布的关系：当n 很大，p很小，且np=λ（λ为常 数）时，二项分布近似于泊松分 布。
泊松分布的应用范 围广泛，包括物理 学、生物学、医学 、经济学等领域。
在实际应用中，泊 松分布可以通过数 学公式和概率图来 描述随机事件的概 率分布情况。
计算随机事件的概率
泊松分布适用于 描述单位时间内 随机事件的概率 分布情况
泊松分布的参数 λ表示单位时间 内随机事件的平 均发生率
通过泊松分布， 可以计算出随机 事件发生的具体 概率
注意事项：当n很大或者p很小时，二项分布可能会呈现出泊松分布的特性
与泊松分布的关系：当n充分大且p充分小时，二项分布近似于泊松分布
描述随机事件的概率模型
泊松分布适用于在 一定时间内随机事 件的概率分布，如 单位时间内随机事 件发生的次数。
泊松分布在二项分 布的基础上，考虑 了随机事件的独立 性和成功概率，从 而更准确地描述随 机事件。
二项分布与泊松分布在参数取值范围上也有所不 同，二项分布的参数p取值范围为0<p<1，而泊 松分布的参数λ可以取任意正值。
2020高中数学---取球问题
第90炼 取球问题一、基础知识：在很多随机变量的题目中，常以“取球”作为故事背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：1、独立重复试验模型：关键词“可放回的抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同。
2、超几何分布模型：关键词“不放回的抽取”3、与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次的抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响4、古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型（保证基本事件为等可能事件），通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，在利用排列组合知识进行分子分母的计数。
5、数字问题：在小球上标注数字，所涉及的问题与数字相关（奇，偶，最大，最小等），在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解。
二、典型例题：例1：一袋中有6个黑球，4个白球（1）不放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （2）有放回地依次取出3个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率 （3）有放回的依次取出3个球，求取到白球个数X 的分布列，期望和方差（1）思路：因为是不放回的取球，所以后面取球的情况受到前面的影响，要使用条件概率相关公式进行计算。
第一次已经取到白球，所以剩下6个黑球，3个白球；若第二次取到黑球，则第三次取到黑球的概率为6598⋅，若第二次取到白球，则第三次取到黑球的概率为3698⋅，从而能够得到第三次取到黑球的概率 解：设事件A 为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()65364829898723P A ∴=⋅+⋅== （2）思路：因为是有放回的取球，所以每次取球的结果互不影响，属于独立重复试验模型，所以第三次取球时依然是6个黑球，3个白球，取得黑球的概率为69解：设事件B 为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”()23P B ∴=（3）思路：本问依然属于独立重复试验模型，X 的取值为0,1,2,3，则X 符合二项分布，即23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭，所以可通过二项分布的概率计算公式求得概率，得到分布列 解：X 的取值为0,1,2,3，依题意可得：23,5XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭()30332705125P X C ⎛⎫∴=== ⎪⎝⎭ ()2133254155125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()12233236255125P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()3332835125P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭23,5XB ⎛⎫⎪⎝⎭26355EX ∴=⋅= 231835525DX =⋅⋅=例2：已知甲盒内有大小相同的1个红球和3个黑球，乙盒内有大小相同的3个红球和3个黑球，现从甲，乙两个盒内各任取2个球 （1）求取出的4个球中没有红球的概率 （2）求取出的4个球中恰有1个红球的概率（3）设ξ为取出的4个球中红球的个数，求ξ的分布列和数学期望思路：本题这三问的关键在于所取球中红球的个数，考虑红球个数来自于两个盒内拿出红球个数的总和，所以可将红球总数进行分配，从而得到每个盒中出红球的情况，进而计算出概率（1）设事件i A 为“甲盒中取出i 个红球”，事件j B 为“乙盒中取出j 个红球”则()()2213332246,i i j ji j C C C C P A P B C C --== 设事件A 为“4个球中没有红球”则()()()0202133300224633161510C C C C P A P A P B C C =⋅=⋅=⋅= （2）设事件B 为“4个球中恰有1个红球”()()()0211110213331333011022224646393326156155C C C C C C C C P B P A B P A B C C C C ∴=+=⋅+⋅=⋅+⋅= （3）ξ可取的值为0,1,2,3()()1010P P A ξ∴===()()215P P B ξ===()()()0220111113331333021122224646225C C C C C C C C P P A B P A B C C C C ξ==+=⋅+⋅= ()()11021333122246331361510C C C C P P A B C C ξ===⋅=⋅=ξ∴的分布列为：01231055102E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=例3：甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左右手分别从甲、乙两袋中取球．（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若左右手依次各取两球，称同一手中两球颜色相同的取法为成功取法，记成功取法次数为随机变量X ，求X 的分布列和数学期望．解：（1）设事件A 为“两只手中所取的球颜色不同”，则A 为“两只手中所取的球颜色相同”()()2333432119999993P A P A ⎛⎫=-=-⋅+⋅+⋅= ⎪⎝⎭（2）X 可取的值为0,1,2左手取球成功的概率222234129518C C C P C ++==右手取球成功的概率22233322914C C C P C ++== ()511301118424P X ⎛⎫⎛⎫∴==-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()5151711118418418P X ⎛⎫⎛⎫==-⋅+⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()515218472P X ==⋅=X ∴的分布列为01224187236EX ∴=⨯+⨯+⨯= 例4：袋中装有若干个质地均匀大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计3次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束（1）求摸球四次就停止的事件发生的概率（2）记摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列及其期望（1）思路：本题为有放回摸球，可理解为独立重复试验，如果摸球四次就停止，说明在这四次中一共摸到3次红球，且前三次有两次摸到红球，第四次又摸到红球。
2021版新高考数学：节n次独立重复试验与二项分布含答案
A ．12B ．512C ．14D ．16B [因为两人加工成一等品的概率分别为23和34、且相互独立、所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P ＝23×14＋13×34＝512.]3．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题、则在第1次抽到文科题的条件下、第2次抽到理科题的概率为( )A ．12B ．25C ．35D ．34D [根据题意、在第1次抽到文科题后、还剩4道题、其中有3道理科题；则第2次抽到理科题的概率P ＝34、故选D.]4．一批产品的二等品率为0.02、从这批产品中每次随机抽取一件、有放回地抽取100次、X 表示抽到的二等品的件数、则X 服从二项分布、记作________．X ～B (100、0.02) [根据题意、X ～B (100、0.02).](对应学生用书第199页)考点1 条件概率公式、得P(B|A)＝P（AB）P（A）＝11025＝14.法二(缩小样本空间法)：事件A包括的基本事件：(1、3)、(1、5)、(3、5)、(2、4)共4个．事件AB发生的结果只有(2、4)一种情形、即n(AB)＝1.故由古典概型概率P(B|A)＝n（AB）n（A）＝14.]2．(20xx·运城模拟)有一批种子的发芽率为0.9、出芽后的幼苗成活率为0.8、在这批种子中、随机抽取一粒、则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．0.72[设“种子发芽”为事件A、“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽、又成活为幼苗).出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8、P(A)＝0.9、根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72、即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]判断所求概率为条件概率的主要依据是题目中的“已知”“在……前提下(条件下)”等字眼．第2题中没有出现上述字眼、但已知事件的发生影响了所求事件的概率、也认为是条件概率问题．运用P(AB)＝P(B|A)·P(A)、求条件概率的关键是求出P(A)和P(AB)、要注意结合题目的具体情况进行分析．考点2相互独立事件的概率考点3独立重复试验与二项分布独立重复试验的概率独立重复试验概率求解的策略(1)首先判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验、判断时注意各次试验之间是相互独立的、并且每次试验的结果只有两种、在任何一次试验中、某一事件发生的概率都相等、然后用相关公式求解．(2)解此类题时常用互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．。
11.3每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型
11.3 每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型教学目标:１．理解相互独立事件．２．掌握概率的乘法定理、伯努利概率模型的计算公式．３．理解伯努利概率模型的特点．教学重点：概率的乘法定理、伯努利概率模型的计算公式．教学难点：对伯努利概率模型的理解及应用．教学方法：启发引导式、讲解式．授课类型：新授课课时安排：2课时一、复习提问：1、在掷两次硬币的随机试验中，它的样本空间是什么．2、事件A的发生会不会影响事件B的发生．（引出课题）二、新课引入：给出事件A与事件B独立的定义：在随机试验中，如果事件A的发生不会影响事件B发生的可能性大小，即在事件A发生的情况下，事件B发生的概率等于事件B 原来的概率，那么称事件A 与事件B 独立．在掷硬币的随机试验中事件A 与事件B 独立，引导学生得出P (AB ) 、P (A )、P (B ) 之间的关系P (AB ) = P (A )P (B )．三、探究新课：（一）概率的乘法定理（幻灯片给出）定理1（概率的乘法定理） 如果随机试验的样本点只有有限多个，那么事件A 与B 独立的充分必要条件是P (AB ) = P (A )P (B )．当随机试验的样本点有无穷多个时，如果事件A 与事件B 满足P (AB ) = P (A )P (B )，那么称事件A 与事件B 独立．定义 事件A 与B 独立当且仅当事件B 与A 独立，这时我们就说：事件A 与事件B 相互独立．例1 在掷两次硬币的试验中，“至少有一次出现正面”的事件C 与“至少有一次出现反面”的事件D 是否独立？解： C ＝{}），（正，反）（正，正），（反，正 D ＝{}），（反，反）（正，反），（反，正 {}）（正，反），（反，正＝＝D C CD 于是 ，）＝（43C P ，）＝（43D P 2142＝）＝（CD P ．所以 211694343)()(≠=⋅=D P C P ， 所以 )()()(D P C P CD P ≠，从而事件C 与事件D 不独立．例2 掷两次骰子，求下列事件的概率：（1）“两次都出现6点（即刻有6个点的面向上）”的事件B ； （2）“恰有一次出现6点”的事件C ；解 （1）用A 1,A 2分别表示“第一次掷骰子，出现6点”的事件，“第二次掷骰子，出现6点”的事件，则“两次都出现6点”的事件B ＝2121A A A A = ． 显然，A 1的发生不会影响A 2发生的可能性大小，因此事件A 1,A 2独立，所以)()()()(2121A P A P A A P B P ==．由于掷一次骰子，各个面向上的可能性是一样的，因此61)(,61)(21==A P A P ，于是3616161)()()(21=⋅==A P A P B P ．即“掷两次骰子，两次都出现6点”的概率是361． （2） “恰有一次出现6点”可能是“第一次掷骰子出现6点，第二次掷骰子出现其他点”或者“第二次掷骰子出现6点，第一次掷骰子出现其他点” ．因此“恰有一次出现6点”的事件C 为2121A A A A C =．由于A 1，A 2独立，因此A 1的发生也不会影响A 2发生的可能性大小，从而A 1与A 2独立．同理，A 1与A 2独立．于是显然365)611(61))(1(61)()()(22121=-=-==A P A P A P A A P 36561611(61))(1()()()(12121=-=-==A P A P A P A A P 21A A 21A A 与 互不相容，因此)()(2121A A A A P C P =)()(2121A A P A A P +=555=+=即“掷两次骰子，恰有一次出现6点的概率为185． 在例2中，掷两次骰子，“两次都出现6点”的概率为261⎪⎭⎫ ⎝⎛，“恰有一次出现6点”的概率为）（611612-⋅⋅． 大家能猜出“没有6点出现”的概率是多少吗？)611(612)61(12-⋅⋅--=p 3625=．定义 一般地，在随机试验中，如果n 个事件A 1,A 2…，A n满足下述条件A 1,A 2…，A n 中任意s 个（1 s n ）事件同时发生，不会影响它们后面的每个事件发生的可能性大小，那么称事件A 1,A 2…，A n 相互独立．定理 2 如果随机试验的样本点只有有限多个，那么n 个事件A 1,A 2…，A n 相互独立的充分必要条件是下列一组等式都成立：),()()(j i j i A P A P A A P =;1n j i ≤<≤),()()()(l j i l j i A P A P A P A A A P = ;1n l j i ≤<<≤…………)()()((2121n n A P A P A P A A A P ⋯=⋯） 当随机试验的样本点有无穷多个时，直接把上式作为n 个事件A 1,A 2…，A n 相互独立的定义．掷三次骰子，“恰有一次出现6点”的事件B 1的概率是多少？“恰有两次出现6点”的事件B 2的概率是多少？用A i 表示“第i 次掷骰子出现6点”的事件，其中i ＝1，2，3.因为A 1,A 2,A 3相互独立，则321,,A A A 也相互独立．显然，“恰有一次出现6点”的事件B 1＝321321321A A A A A A A A A ，则 )()()()(3213213211A A A P A A A P A A A P B P ++=)()()()()()()()()(321321321A P A P A P A P A P A P A P A P A P ++= 616565656165656561⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=12315C ()66=鬃“恰有两次出现6点”的事件B 2＝321321321A A A A A A A A A ，则)()()()(3213213212A A A P A A A P A A A P B P ++=616165616561656161⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=65)61(223⋅⋅=C ， “恰有三次出现6点”的事件B 3的概率为)()(3213A A A P B P =0333)65()61(616161⋅=⋅⋅=C ．“三次都不出现6点”的事件B 0的概率为)()(3210A A A P B P =3003)65()61(656565⋅=⋅⋅=C ．据上述公式，大家能得出“恰有k 次出现6点”的事件B k 的概率公式吗？那掷n 次骰子恰有k 次出现6点的概率呢？掷3次骰子恰有k 次出现6点的概率．掷n 次骰子恰有k 次出现6点的概率kn k k n k C B P -⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=6561)(其中k ＝0，1，…，n ．每次试验只有两个可能结果的n 次独立重复试验模型，简称为伯努利概率模型．（1） 它可以看成是在相同条件下重复进行的n 次试验，每一次试验只有两个可能的结果：一个叫做“成功”，另一个叫做“失败”，“成功”的概率记做p ， “失败” 的概率记做q （显然，q ＝1－p ）． （2） 事件A 1,A 2…，A n 相互独立，其中A i 表示第i 次试验“成功”的事件，i ＝1，2，…，n.具有“成功”概率为p ，“失败”概率为q 的n 次独立重复试验，恰有k 次成功的概率为k n k k n k q P C B P -=)(，其中q ＝1－p ，k ＝0，1，2，…，n ．例3 一大批产品，它的次品率为0.1，从这批产品中任意抽取3件来检查，恰有1次取到次品的概率是多少？由于这批产品的次品率是0.1，所以“取到次品”的概率是0.1，“取得非次品”的概率是1-0.1=0.9,运用公式得，n ＝3，k ＝1，p ＝0.1,q =0.9,则“恰有一次取得次品”得概率是131213()0.10.930.10.90.243.P B C -=创=创=例4 保险公司为了估计公司的利润，需要计算各种各样的概率．有一种人寿保险，现有1000人参加，如果一年中参加这种保险的每个人的死亡率为0.002,试求未来一年中，恰有2个人死亡的概率．每次试验观察其中的1名保险者是否健在，死亡的概率为0.002，从而健在的概率为1-0.002=0.998.运用公式得，n =1000,k =2,p =0.002,q =0.998,得出未来一年中恰有2个人死亡的概率为221000221000()C 0.0020.998P B -=创27.0998.0002.0!299910009982≈⨯⨯⨯= ．四、小结1、概率的乘法定理2、伯努利概率模型的特点及计算公式五、作业 课本207页 A 组 1、3、4；B 组 2、3．。
n 次独立重复试验及二项分布
《第八讲n次独立重复试验与二项分布》教学设计（初稿）C ．15D ．120做题方法： 条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (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 )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A )．考点二 相互独立事件——多维探究 角度1 相互独立事件同时发生的概率例2 (1)(2022·石家庄质检)甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0．8，乙解决这个问题的概率是0．6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是( )A ．0．48B ．0．52C ．0．8D ．0．92(2)(2019·全国)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0．6，客场取胜的概率为0．5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以41获胜的概率是___．(3)(2019·课标Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0．5，乙发球时甲得分的概率为0．4，各球的结果相互独立．在某局双方1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．①求P(X＝2)；②求事件“X＝4且甲获胜”的概率．角度2与相互独立事件相关的数学期望例3(2022·内蒙古包头调研)一台设备由三个部件构成，假设在一天的运转中，部件甲、乙、丙需要调整的概率分别为0．1,0．3,0．4，各部件的状态相互独立．(1)求设备在一天的运转中，部件甲、乙中至少有1个需要调整的概率；(2)记设备在一天的运转中需要调整的部件个数为X，求X的分布列及数学期望．做题方法：求相互独立事件同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面计算较繁琐(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．考点三独立重复试验的概率与二项分布——师生共研例4(1)(2022·“四省八校”联考)已知随机变量ξ服从二项分布B(n，p)，若E(ξ)＝12，D(ξ)＝3，则n＝____．(2)(2021·山东枣庄期末)2020年是不平凡的一年，世界经济都不同程度地受到疫情的影响．某公司为了促进产品销售，计划从2020年11月起到2021年2月底，利用四个月的时间，开展产品宣传促销活动，为了激励员工，拟制定如下激励措施：从2020年11月1日开始，全部销售员工的销售业绩等级定为0级，每月考核一次，若员工A ．4B ．5C ．6D ．73．(2022·甘肃嘉峪关一中模拟)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )A ．25B ．35C ．18125D ．541254．(2022·山东日照联考)两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为56和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) A ．12B ．13C ．512D ．165．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱子，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么第4次取球之后停止的概率为( )A ．C 35C 14C 45B ．⎝⎛⎭⎫593×49C ．35×14D ．C 14×⎝⎛⎭⎫593×496．(2022·江苏镇江八校期中联考)甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以31的比分获胜的概率为( )A ．827B ．6481C ．49D ．897．(2022·重庆市诊断)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为( )A ．313B ．413C ．14D ．158．(2021·河南新乡市二模)某同学上学的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为23，则该同学在上学的路上至少遇到2次绿灯的概率为( )各局比赛结果相互独立，则甲队以32获胜的概率是 .三、解答题14．(2022·云南大理统测)三人参加篮球投篮比赛，规定每人只能投一次．假设甲投进的概率是12，乙、丙两人同时投进的概率是320，甲、丙两人同时投不进的概率是15，且三人各自能否投进相互独立．(1)求乙、丙两人各自投进的概率；(2)设ξ表示三人中最终投进的人数，求ξ的分布列和数学期望．15．(2022·陕西汉中质检)清华大学自主招生考试题中要求考生从A ，B ，C 三道题中任选一题作答，考试结束后，统计数据显示共有600名学生参加测试，选择A ，B ，C 三题答卷如下表：题 A B C 答卷数180300120(1)负责招生的教授为了解参加测试的学生答卷情况，现用分层抽样的方法从600份答案中抽出若干份答卷，其中从选择A 题作答的答卷中抽出了3份，则应分别从选择B ，C 题作答的答卷中各抽出的多少份？(2)测试后的统计数据显示，A 题的答卷得优的有60份，若以频率作为概率，在(1)问中被抽出的选择A 题作答的答卷中，记其中得优的份数为X ，求X 的分布列及其数学期望E (X )．B 组能力提升（选做题）1．如图是某个闭合电路的一部分，每个元件正常导电的概率均为23，则从A 到B 这部分电源能通电的概率为 .2．(2020·天津和平区期末)某中学组织高三学生进行一项能力测试，测试内容包括A 、B 、C 三个类型问题，这三个类型所含题目的个数分别占总数的12，13，16，现有3名同学独立地从中任取一个题目作答，则他们选择的题目所属类型互不相同的概率为( )A ．136B ．112C ．16D ．133．(2021·黑龙江哈尔滨六中考前押题)甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为( )。
独立试验
在第n次伯努利试验中，试验k次才得到第一次成功的机率，详细的说是：前k-1次皆失败，第k次成功的概率。 如果事件发生的概率是p，则不发生的概率q=1-p，则P(ξ=K) =。具有这种分布列的随机变量，称为服从参数p的 几何分布。
（1）几何分布的期望E(X)= ；
基本内容
事件的独立性 设有事件A与事件B，如果，则称A与B是相互独立的。 将试验E重复进行n次，若各次试验的结果互不影响，则称这n次试验是相互独立的。 设A、B为任意两个随机事件，且P(A)>0。则A与B相互独立 P(B|A)=P(B)。 ，，…，相互独立，则其中任两个事件独立。但反之则不然，两两独立并不能保证整组独立 。 独立试验 特征：每次试验只有两种可能结果；在相同的条件下，独立地重复该试验n次 。 具有上述特征的试验称为n重独立试验，统计学家伯努利（Bernolli)首先注意并研究了这类试验，故亦称之 为伯努利试验。 伯努利试验是一个有两种结果的简单试验，它的结果是成功或失败，黑或白，开或关，没有中间的立场，没 有妥协的余地。这样的例子也特别多，例如我们观察从一副纸牌中拿出一张牌，它或者是黑色或者是红色；接生 一个婴儿，或者是男孩或者是女孩；我们经历24小时的一的试验
01 基本内容
03 特殊分布
目录
02 相关定理 04 举例
独立试验（Independent test），数学名词，在概率论中，把在同样条件下重复进行试验的数学模型称为独 立试验序列概型。统计学家伯努利（Bernolli)首先注意并研究了这类试验，故亦称之为伯努利试验。
（2）几何分布的方差D(X)= 。
举例
例题： 一批产品的次品率为 5%，从中每次任取一个，检验后放回，再取一个，连取 4次。求 4次中恰有 2次取到次品的概率。
高二数学 第二章2.2.3独立重复试验与二项分布
目 开
解 题中的 4 个问题都是在同一条件下事件发生的情况，所以
关 均属独立重复试验．
(1)命中一次的概率为 P＝C41·351－353＝152·1825＝69265；
研一研·问题探究、课堂更高效
(2)恰在第三次命中目标的概率为
P＝35·1－353＝35·1825＝62245；
本 局中胜一局，第三局胜．
课 时
故 P(甲获胜)＝0.62＋C12×0.6×0.4×0.6＝0.648.
栏 五局三胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜三局；甲前三局中
目
开 胜两局，第四局胜；甲前四局中胜两局，第五局胜．
关
故 P(甲获胜)＝0.63＋C23×0.62×0.4×0.6＋
C24×0.62×0.42×0.6≈0.683.
本
课 (3)每次试验都只有两种结果(即某事件要么发生，要么不发
时
栏 生)，并且在任何一次试验中事件发生的概率均相等．
目 开 关
研一研·问题探究、课堂更高效
2.2.3
例 1 某射手每次射击击中目标的概率是 0.8，求这名射手在
10 次射击中，
(1)恰有 8 次击中目标的概率；
(2)至少有 8 次击中目标的概率．(结果保留两个有效数字)
开
关
练一练·当堂检测、目标达成落实处
2.2.3
4．将一枚均匀的硬币抛掷 6 次，则正面出现的次数比反面出 11
现的次数多的概率为____3_2___．
本 课
解析 正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出
时 栏 目
现 4 次，5 次或 6 次，所求概率 P＝C64126＋C65126＋C66126＝3112.
问题 二项分布和两点分布有何联系？
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一般地，在n次独立试验中，如果每次试验的可能结果只有两个，且它们相互对立，即只考虑两个事件A和 ，并且在每次实验中，事件A发生的概率都不变．这样的n次独立试验叫做n次伯努利实验．
可以证明（证明略），如果在每次实验中事件A发生的概率为 ，事件A不发生的概率 ，那么，在n次伯努利实验中，事件A恰好发生k次的概率为
1、n次独立重复试验的定义
一般地，在相同条件下，重复进行n次试验，如果每次试验的结果与其他各次试验的结果无关，那么这n次重复实验叫做n次独立重复试验．
采用“有放回”的方法，从袋中连续5次抽取的实验就是5次独立重复试验．
观察上面的实验，每次试验的可能结果只有两个（黄球、白球），并且两个结果是相互独立的（即各个事件发生的概率互相没有影响）．
（1）恰有8次击中目标的概率;
（2）至少有2次击中目标的概率;
（3）仅在第8次击中的概率;
板书
小结
11.3伯努利概率模型
伯努利公式：如果在每次实验中事件A发生的概率为 ，事件A不发生的概率 ，那么，在n次伯努利实验中，事件A恰好发生k次的概率为
这个公式叫做伯努利公式，其中
作业
A组 4、5、6
这个公式叫做伯努利公式，其中
【说明】
n次伯努利实验中，事件A恰好发生k次的概率公式可以看成是二项式
展开式中的第k+1项．
*巩固知识典型例题
例1某气象站天气预报的准确率为80%．计算（结果保留两位有效数字）
（1）5次预报中恰有ຫໍສະໝຸດ 次准确的概率；（2）5次预报中至少有4次准确的概率．
解预报5次相当于作5次独立重复实验．记“预报1次，结果准确”为事件A，则
（1）5次预报中恰有4次准确的概率为
（2）5次预报中至少有4次准确的概率是恰有4次准确的概率与5次预报都准确的概率的和．即
课堂练习
1、某射手射击1次，其中目标的概率是0.9,他射击4次恰好几种3次的概率是多少？
2、求随机抛掷100次均匀硬币，正好出现50次正面的概率。
3、某射手每次射击击中目标的概率是0.8。求这名射手在10次射击中，
教学内容
11.3每次试验只有两个可能结果的n次独立重复试验模型
教学
目标
知识目标：
理解独立重复试验的概念．
能力目标：
学生的数学计算技能和数学思维能力得到提高．
教学重点
独立重复试验的概念．
教学难点
伯努利公式．
教学过程
复习
导入
*创设情境兴趣导入
我们来做一个实验．
袋中有5个乒乓球，其中3个黄球，2个白球，连续抽取5次，每次抽取出一个球观察，然后将取出的球放回，再重新抽取，这种抽取方式叫做又放回的抽取．很明显每一次是否抽取的结果对其他次抽取的结果是没有影响的．
新授
*动脑思考探索新知
情景：
1）、射击n次，每次射击可能击中目标，也可能不中目标，而且当射击条件不变时，可以认为每次击中目标的概率p是不变的；
2）、抛掷一颗质地均匀的骰子n次，每一次抛掷可能出现“5”，也可能不出现“5”，而且每次掷出“5”的概率p都是1/6；
3）、种植n粒棉花种子，每一粒种子可能出苗，也可能不出苗，其出苗率是67%。