二项分布应用举例说课讲解

二项分布应用举例二项分布及其应用知识归纳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，用符号来表示，其公式为P(B|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)条件概率具有性质：①；②如果B和C是两互斥事件，则P(B＋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(AB)＝P(B|A)·P(A)＝．(3)若A与B相互独立，则，，也都相互独立．(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则．3．二项分布(1)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相互对立的结果，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)在n 次独立重复试验中，事件A 发生k 次的概率为 (p 为事件A 发生的概率)，若一个随机变量X 的分布列如上所述，称X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为 ．自我检测1．(2011·辽宁高考，5)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 )＝( )A.18B.14C.25D.12 解析：条件概率P (B |A )＝P AB P AP (A )＝C 23＋1C 25＝410＝25，P (AB )＝1C 25＝110，∴P (B |A )＝11025＝14. 2．一袋中有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ξ次球，则P (ξ＝12)等于( )A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫58238 C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫589⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫582 解：事件{ξ＝12}表示第12次取到红球，前11次取到9个红球，故P (ξ＝12)＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389·⎝ ⎛⎭⎪⎫582·38. 3．(2011·广东高考)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.12B.35C.23D.34解析：∵甲、乙两队决赛时每队赢的概率相等，∴每场比赛甲、乙赢的概率均为12.记甲获冠军为事件A ，则P (A )＝12＋12×12＝344．(2010·福建高考，13)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________． 解析：由题设分两种情况：(1)第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，由乘法公式得P 1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.102 4. (2)第1、2个错误，第3、4个正确，由互斥事件的概率公式得P 2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.025 6. ∴P ＝P 1＋P 2＝0.128.5．(2011·上海高考，12)随机抽取的9位同学中，至少有2位同学在同一月份出生的概率是________(默认每个月的天数相同，结果精确到0.001)．解析：设事件A 为“至少有2位同学在同一月份出生”，则A 的对立事件A 为“所有人出生月份均不相同”，则P (A )＝1－P (A )＝1－A 912129＝1－12×11×10×9×8×7×6×5×4129 ≈1－0.015 5＝0.984 5≈0.985.题型讲解例1.(2011·湖南高考，15)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] ∵P (A )＝S 正方形S 圆＝22π＝2π.P (B |A )＝P AB P A ＝S △EOH S 正方形＝14.[规律方法]……………►►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 ABP 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 ABn A.练习1．抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”．(1)求P(A)，P(B)，P(AB)；(2)当已知蓝色骰子的点数为3或6时，求两颗骰子的点数之和大于8的概率．解析：(1)①P(A)＝26＝13. ②∵两个骰子的点数之和共有36个等可能的结果，点数之和大于8的结果共有10个．∴P(B)＝1036＝518. ③当蓝色骰子的点数为3或6时，两颗骰子的点数之和大于8的结果有5个，故P(AB)＝536. (2)由(1)知P(B|A)＝P ABP A＝53613＝512.例2.(2012·重庆高考，18)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．(1)求乙获胜的概率；(2)求投篮结束时乙只投了2个球的概率．解析]设A k，B k分别表示甲、乙在第k次投篮投中，则P(A k)＝13，P(B k)＝12(k＝1,2,3)．(1)记“乙获胜”为事件C，由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P(C)＝P(A1B1)＋P(A1B1A2B2)＋P(A1B1A2B2A3B3)＝P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)＋P(A1)P(B1)P(A2)P(B2)P(A3)P(B3)＝23×12＋⎝⎛⎭⎪⎫232⎝⎛⎭⎪⎫122＋⎝⎛⎭⎪⎫233⎝⎛⎭⎪⎫123＝1327.(2)记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件D，则由互斥事件有一个发生的概率与相互独立事件同时发生的概率计算公式知P(D)＝P(A1B1A2B2)＋P(A1B1A2B2A3)＝P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)＋P (A 1)P (B 1)P (A 2)P (B 2)P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝427. [规律方法]……………►►(1)相互独立事件是指两个试验中，两事件发生的概率互不影响；相互对立事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单．练习2．(2011·山东高考，18改编)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．解析：(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：DE F ，D E F ，D 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 F )＋P (D E F )＋P (D EF )＋P (DE F )＝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D E F 、D E F 、D E F 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 (D E F )＝0.4×0.5×0.5＝0.1，P (ξ＝1)＝P (D E F )＋P (D E F )＋P (D E F )＝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：例3.(2010·四川高考，17改编)某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为16.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料．(1)求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率，(2)求中奖人数Ｘ的分布列．[解析] (1)设甲、乙、丙中奖的事件分别为A 、B 、C ，那么P (A )＝P (B )＝P (C )＝16.P (A ·B ·C )＝P (A )P (B )P (C )＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫562＝25216.甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率是25216. (2)X 的可能取值为0,1,2,3. P (Ｘ＝k )＝C k 3 ⎛⎪⎫1k ⎛⎪⎫53－k ，k ＝0,1,2,3.所以中奖人数X 的分布列为[规律方法]………………►►(1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的． (2)二项分布满足的条件①每次试验中，事件发生的概率是相同的．②各次试验中的事件是相互独立的．③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．④随机变量是这n 次独立重复试验中事件发生的次数．练习3．(2012·四川高考，17)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p . (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率．解析：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C －)＝1－110·p ＝4950.解得p ＝15.(2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D ，那么P (D )＝C 23110·(1－110)2＋(1－110)3＝9721000＝243250.故系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.例4.(2013·苏州模拟)一个袋中装有黑球、白球和红球共n (n ∈N *)个，这些球除颜色外完全相同．已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是25.现从袋中任意摸出2个球．(1)若n ＝15，且摸出的2个球中至少有1个白球的概率是47，设ξ表示摸出的2个球中红球的个数，求随机变量ξ的概率分布列；(2)当n 取何值时，摸出的2个球中至少有1个黑球的概率最大，最大概率为多少？[解析] (1)设袋中黑球的个数为x 个，记“从袋中任意摸出一个球，得到黑球”为事件A ，则P (A )＝x 15＝25.∴x ＝6.设袋中白球的个数为y 个，记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件B ，则P (B )＝1－C 215－y C 215＝47，∴y 2－29y ＋120＝0，∴y ＝5或y ＝24(舍)．∴红球的个数为15－6－5＝4(个) ∴随机变量ξ的取值为0,1,2，分布列为(2)设袋中有黑球z 个，则z ＝25n (n ＝5,10,15，…)．设“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球”为事件C ，则P (C )＝1－C 235nC 2n＝1625＋625×1n －1，当n ＝5时，P (C )最大，最大值为710. 强化训练1．抛掷甲、乙两枚骰子，若事件A ：“甲骰子的点数小于3”，事件B ：“甲、乙两枚骰子的点数之和等于6”，则P (B |A )的值等于( )A.13B.118C.16D.19解析：由题意知P (A )＝1236＝13，P (AB )＝236＝118，∴P (B |A )＝P AB P A ＝11813＝16. 2．(2010·辽宁高考)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23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( ) A.12 B.512 C.14 D.16解析：设事件A ：“一个实习生加工一等品”，事件B ：“另一个实习生加工一等品”，由于A 、B 相互独立，则恰有一个一等品的概率P ＝P (A ∩B )＋P (A ∩B )＝P (A )＝P (B )＋P (A )P (B )＝23×14＋13×34＝512.3．(2011·湖北高考)如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统，当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K 、A 1、A 2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：A 1、A 2同时不能工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A 1、A 2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B.4．位于坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B ．C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125 C ．C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫123 D ．C 25C 35(12)5解析：质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次，因此质点P 移动5次后位于点(2,3)的概率为C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝⎛⎭⎪⎫1－123，故选B. 5．如果ξ～B (15，14)，则使P (ξ＝k )取最大值的k 值为( )A ．3B ．4C ．5D ．3或4解析：(特殊值法)∵P (ξ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412， P (ξ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144⎝ ⎛⎭⎪⎫3411， P (ξ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭⎪⎫3410 从而易知P (ξ＝3)＝P (ξ＝4)>P (ξ＝5)． 6．(2012·重庆高考，15)某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其它三门艺术课各1节间接法，分两，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(用数字作答解析：使用间接法，分两类：①某两节文化课之间间隔2节艺术课方法数为C 23·A 22·C 12·C 13·A 33＝216种．②某2节文化课之间间隔3节艺术课方法数为：C 12·A 33·A 33＝72种，故所求事件概率为P ＝1－216＋72A 66＝1－25＝35. 7．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A袋中的概率为________． 解：小球落入A 袋左侧的概率为12×12×12＝18，同理落入右侧的概率为18，∴P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋18＝34. 8．(2010·安徽高考，15)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A 1，A 2和A 3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________(写出所有正确结论的编号)①P(B)＝25；②P(B|A1)＝511；③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关．解析：对①，P(B)＝C15C110×C15C111＋C15C110×C14C111＝922；②，P(B|A1)＝C15C111＝511；③，由P(A1)＝12，P(B)＝922，P(A1·B)＝522知P(A1·B)≠P(A1)·P(B)．故事件B与事件A1不是相互独立事件；④，从甲罐中只取一球，若取出红球就不可能是其他，故两两互斥；⑤，由①可算得．答案：②④9．(2011·大纲卷，18)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1种的概率；(2)X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数．求X的期望．解析：记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；(1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.(2)D＝C，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，X～B(100,0.2)，即X服从二项分布，所以期望EX＝100×0.2＝20.10．(2011·天津高考，16)学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球，2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)．(1)求在1次游戏中；(ⅰ)摸出3个白球的概率；(ⅱ)获奖的概率；(2)求在2次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望EX .解析：(1)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件A i (i ＝0,1,2,3)，则P (A 3)＝C 23C 25·C 12C 23＝15. (ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则B ＝A 2∪A 3.又P (A 2)＝C 23C 25·C 22C 23＋C 13C 12C 25·C 12C 23＝12， 且A 2，A 3互斥，所以P (B )＝P (A 2)＋P (A 3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2.P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－7102＝9100，P (X ＝1)＝C 12710⎝ ⎛⎭⎪⎫1－710＝2150，P (X ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7102＝49100. 所以X 的分布列是X 的数学期望EX ＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75. 11．(2012·山东高考，19)现有甲、乙两个靶．某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击．(1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望EX .解析：(1)记该射手命中“甲”、“乙”靶分别为事件A ，B . 由已知P (A )＝34，P (B )＝23.记“该射手恰好命中一次”为事件C ，因为每次射击结果相互独立，∴P (C )＝P (A B B )＋P (A B B )＋P (A B B )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＋2×14×23×13＝736. (2)由已知，X 的可能取值有：0,1,2,3,4,5，P (X ＝0)＝P (A B B )＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝136；P (X ＝1)＝P (A B B )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝112；P (X ＝2)＝P (A B B )＋P (A B B )＝2×14×23×13＝19；P (X ＝3)＝P (AB B )＋P (A B B )＝2×34×13×23＝13； P (X ＝4)＝P (A BB )＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝19； P (X ＝5)＝P (ABB )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝13， ∴X 的分布列如下：∴EX ＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.。