高考数学 二项分布及其应用
二项分布及其应用
P(B)＝q2，P(－B )＝1－q2. 根据分布列知：当 X＝0 时，
－ P( A
－ B
－B )＝P(－A )P(－B )P(－B )＝0.75(1－q2)2＝0.03，
所以 1－q2＝0.2，q2＝0.8.
当 X＝2 时，P1＝P(－A B－B ＋－A －B B)＝P(－A )P(B)P(－B )＋
P(－A )P(－B )P(B)＝0.75q2(1－q2)×2＝0.24，
当 X＝3 时， P2＝P(A－B －B )＝P(A)P(－B )P(－B ) ＝0.25(1－q2)2＝0.01， 当 X＝4 时， P3＝P(－A BB)＝P(－A )P(B)P(B)＝0.75q22＝0.48，
当 X＝5 时，P4＝P(A－B B＋AB)＝P(A－B B)＋P(AB)
3．已知 P(B|A)＝12，P(AB)＝38，则 P(A)等于( C )
3
13
A.16
B.16
3
1
C.4
D.4
解析：由 P(AB)＝P(A)P(B|A)，可得 P(A)＝34.
4．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正
面向上”为事件 A，“骰子向上的点数是 3”为事件 B，则
事件 A，B 中至少有一个发生的概率是( C )
生的条件概率
2.事件的相互独立性
(1)定义：设 A，B 为两个事件，如果 P(AB)＝_P_(_A_)_P_(_B_)_，则
称事件 A 与事件 B 相互独立．
(2)性质： ①若事件 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)＝____P_(_B_)___，
P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝__P_(_A_)_P_(B__)_． ②如果事件 A 与 B 相互独立，那么__A__与__－B____，__－_A_与___B__， __－A__与__－B____也相互独立．
高考数学一轮复习6 第6讲 二项分布及其应用
第6讲二项分布及其应用最新考纲考向预测1.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率，了解条件概率与独立性的关系．2.通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题.命题趋势条件概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复事件、二项分布和正态分布仍是高考考查的热点，三种题型均有可能出现．核心素养数据分析、数学建模1．条件概率(1)定义设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝P（AB）P（A）为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率．(2)性质①条件概率具有一般概率的性质，即0≤P(B|A)≤1；②如果B，C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．2．事件的相互独立性(1)定义设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．(2)性质①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．②如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也相互独立．3．独立重复试验与二项分布独立重复试验二项分布定义在相同条件下重复做的n在n次独立重复试验中，用X表示事件A次试验称为n次独立重复试验发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率计算公式用A i(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…A n) ＝P(A1)P(A2)…P(A n)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)＝Ck n p k(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)常用结论1．相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算公式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．2．两个概率公式(1)在事件B发生的条件下A发生的概率为P(A|B)＝P（AB）P（B）.注意其与P(B|A)的不同．(2)若事件A1，A2，…，A n相互独立，则P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)．常见误区运用公式P(AB)＝P(A)P(B)时，一定要注意公式成立的条件，只有当事件A，B相互独立时，公式才成立．1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(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．()答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√2．(易错题)天气预报，在元旦假期甲地降雨的概率是0.2，乙地降雨的概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )A ．0.2B ．0.3C ．0.38D ．0.56解析：选C.设甲地降雨为事件A ，乙地降雨为事件B ， 则两地恰有一地降雨为A B －＋A －B ， 所以P (A B －＋A －B )＝P (A B －)＋P (A －B ) ＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝0.2×0.7＋0.8×0.3 ＝0.38.3．先后掷一枚质地均匀的骰子(骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点)两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，设事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数，且x ≠y ”，则概率P (B |A )＝( )A.13B.14C.15D.16解析：选A.因为P (A )＝2×3×336＝12，P (AB )＝3×236＝16，所以P (B |A )＝1612＝13.4．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)＝________．解析：因为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，所以P (X ＝3)＝C36⎝ ⎛⎭⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516. 答案：5165．(2020·高考天津卷)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．解析：依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13＝16，甲、乙两球都不落入盒子的概率为(1－12)×(1－13)＝13，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为1－13＝23.答案：16 23条件概率(1)某道数学试题含有两问，当第一问正确做对时，才能做第二问，为了解该题的难度，调查了100名学生的做题情况，做对第一问的学生有80人，既做对第一问又做对第二问的学生有72人，以做对试题的频率近似作为做对试题的概率，已知某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率为( )A ．0.9B ．0.8C ．0.72D ．0.576(2)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】 (1)做对第一问的学生有80人，则做对第一问的频率为80100＝0.8.既做对第一问又做对第二问的学生有72人，则两问都做对的频率为72100＝0.72.设“做对第一问”为事件A ，“做对第二问”为事件B ，则P (A )＝0.8，P (AB )＝0.72，某个学生已经做对第一问，则该学生做对第二问的概率P(B|A)＝P（AB）P（A）＝0.720.8＝0.9，故选A.(2)P(A )＝C23＋C22C25＝410＝25，P(AB)＝C22C25＝110，由条件概率公式，得P(B|A)＝P（AB）P（A）＝11025＝14.【答案】(1)A(2)B【引申探究】(变条件)将本例(2)中的“和”改为“积”，求P(B|A)．解：事件A：“取到的2个数之积为偶数”所包含的基本事件有：(1，2)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，1)，(4，3)，(4，5)，所以P(A)＝710.事件B：“取到的2个数均为偶数”所包含的基本事件有(2，4)，所以P(AB)＝110，所以P(B|A)＝P（AB）P（A）＝110710＝17.条件概率的两种求解方法1．(2021·云南师大附中月考)小明早上步行从家到学校要经过有红绿灯的两个路口，根据经验，在第一个路口遇到红灯的概率为0.4，在第二个路口遇到红灯的概率为0.5，在两个路口连续遇到红灯的概率是0.2.某天早上小明在第一个路口遇到了红灯，则他在第二个路口也遇到红灯的概率是()A．0.2 B．0.3C．0.4 D．0.5解析：选 D.记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件A ，“小明在第二个路口遇到红灯”为事件B ，“小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯”为事件C ，则P (A )＝0.4，P (B )＝0.5，P (AB )＝0.2，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.20.4＝0.5.故选D.2．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传四个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“4名同学所报项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P (A |B )的值为( )A.14B.34C.29D.59解析：选C.因为P (B )＝3344，P (AB )＝A3344，所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝29.相互独立事件的概率(2020·高考全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下： 累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12. (1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率．【解】 (1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．比赛四场结束，共有三种情况： 甲连胜四场的概率为116； 乙连胜四场的概率为116； 丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1－116－116－18＝34. (3)丙最终获胜，有两种情况： 比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18.比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为116，18，18.因此丙最终获胜的概率为18＋116＋18＋18＝716.利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积、和公式求解．1．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为23和34，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.16解析：选 B.因为两人加工零件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＝512.2．(2021·沈阳市教学质量检测(一))在2019年女排世界杯中，中国女子排球队以11连胜的优异战绩成功夺冠，为祖国母亲七十华诞献上了一份厚礼．排球比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并超过对方2分时，才胜1局；在决胜局(第5局)采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并超过对方2分为胜．在每局比赛中，发球方赢得此球后可得1分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得1分．现有甲、乙两支球队进行排球比赛：(1)若前3局比赛中甲已经赢2局，乙赢1局，接下来两队赢得每局比赛的概率均为12，求甲队最后赢得整场比赛的概率．(2)若前4局比赛中甲、乙两队已经各赢2局，在决胜局(第5局)中，两队当前的得分为甲、乙各14分，且甲已获得下一球的发球权．若甲发球时甲赢1分的概率为25，乙发球时甲赢1分的概率为35，得分者获得下一球的发球权．设两队打了x (x ≤4)个球后甲赢得整场比赛，求x 的取值及相应的概率P (x )．解：(1)依题意，若甲队赢得整场比赛，则甲队将以3∶1或3∶2的比分赢得比赛．若甲队以3∶1的比分赢得比赛，则第4局甲赢，若甲队以3∶2的比分赢得比赛，则第4局乙赢，第5局甲赢． 故甲队最后赢得整场比赛的概率为12＋12×12＝34.(2)依题意，每次发球，发球队得分的概率为25，接球队得分的概率为35.甲接下来可以以16∶14或17∶15赢得比赛，故x 的取值为2或4.若甲、乙比分为16∶14，则x 的取值为2，其赢球顺序为“甲甲”，对应发球顺序为“甲甲”，所以P (x ＝2)＝25×25＝425.若甲、乙比分为17∶15，则x 的取值为4，其赢球顺序为“甲乙甲甲”或“乙甲甲甲”，对应发球顺序为“甲甲乙甲”和“甲乙甲甲”，所以P (x ＝4)＝25×35×35×25＋35×35×25×25＝72625.独立重复试验与二项分布(2021·合肥第一次教学检测)“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地．为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生，在某旅行社实习期间，把“研学游”分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下：研学游类型 科技体验游民俗人文游自然风光游学校数404020校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率(假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响)．(1)若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；(2)设这3所学校中选择“科技体验游”的学校数为随机变量X ，求X 的分布列． 【解】 (1)依题意，学校选择“科技体验游”的概率为25，选择“自然风光游”的概率为15，若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学校选择的概率为P ＝C23⎝ ⎛⎭⎪⎫252×15＋C23⎝ ⎛⎭⎪⎫152×25＝18125.(2)X 的可能取值为0，1，2，3.则P (X ＝0)＝C03⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125，P (X ＝1)＝C13×25×⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝54125，P (X ＝2)＝C23⎝ ⎛⎭⎪⎫252×35＝36125，P (X ＝3)＝C33⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125，所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P 2712554125361258125(1)独立重复试验的特点①每次试验中，事件发生的概率是相同的；②每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例． (2)判断随机变量X 服从二项分布的条件(X ～B (n ，p )) ①X 的取值为0，1，2，…，n ；②P (X ＝k )＝Ck n p k (1－p )n －k (k ＝0，1，2，…，n ，p 为试验成功的概率)． [提醒] 在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．为了拓展网络市场，某公司为手机客户端用户推出了多款APP 应用 ，如“农场”“音乐”“读书”等．市场调查表明，手机用户在选择以上三种应用时，选择农场、音乐、读书的概率分别为12，13，16.现有甲、乙、丙三位手机客户端用户独立任意选择以上三种应用中的一种进行添加．(1)求三人所选择的应用互不相同的概率；(2)记ξ为三人中选择的应用是农场与音乐的人数，求ξ的分布列．解：记第i 名用户选择的应用是农场、音乐、读书分别为事件A i .B i ，C i ，i ＝1，2，3.由题意知A 1，A 2，A 3相互独立，B 1，B 2，B 3相互独立，C 1，C 2，C 3相互独立，A i ，B j ，C k (i ，j ，k ＝1，2，3且i ，j ，k 互不相同)相互独立，且P (A i )＝12，P (B i )＝13，P (C i )＝16.(1)他们选择的应用互不相同的概率P ＝3！·P (A 1B 2C 3)＝6P (A 1)P (B 2)P (C 3)＝16.(2)设3位用户选择的应用是“读书”的人数是η，由已知得η～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，16，且ξ＝3－η，所以P (ξ＝0)＝P (η＝3)＝C33×⎝ ⎛⎭⎪⎫163＝1216，P (ξ＝1)＝P (η＝2)＝C23×⎝ ⎛⎭⎪⎫162×56＝15216＝572， P (ξ＝2)＝P (η＝1)＝C13×16×⎝ ⎛⎭⎪⎫562＝75216＝2572，P (ξ＝3)＝P (η＝0)＝C03×⎝ ⎛⎭⎪⎫563＝125216.故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P12165722572125216[A 级 基础练]1．先后抛掷硬币三次，则至少一次正面向上的概率是( ) A.18 B.38 C.58D.78解析：选D.硬币正面向上的次数服从二项分布，即X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，12，由二项分布概率公式知，三次均反面向上的概率是⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，所以至少一次正面向上的概率是1－18＝78.故选D 项．2．一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为( )A.23B.512C.59D.79解析：选C.记“第i (i ＝1，2)支晶体管是好的”为事件A i (其中i ＝1，2)，依题意知，要求的概率为P (A 2|A 1)．由P (A 1)＝35，P (A 1A 2)＝6×510×9＝13， 所以P (A 2|A 1)＝P （A1A2）P （A1）＝1335＝59.3．(2021·山东烟台第一中学联考)首届中国国际进口博览会期间，甲、乙、丙三家中国企业都有意向购买同一种型号的机床设备，他们购买该机床设备的概率分别为12，13，14，且三家企业的购买结果相互之间没有影响，则三家企业中恰有一家购买该机床设备的概率是( )A.2324B.524C.1124D.124解析：选 C.记“甲企业购买该机床设备”为事件A ，“乙企业购买该机床设备”为事件B ，“丙企业购买该机床设备”为事件C ，则P (A )＝12，P (B )＝13，P (C )＝14，所以P (A －)＝1－P (A )＝12，P (B －)＝1－P (B )＝23，P (C －)＝1－P (C )＝34.记“三家企业中恰有一家购买该机床设备”为事件D ，则P (D )＝P (A B －C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝12×23×34＋12×13×34＋12×23×14＝1124.故选C.4．(多选)(2020·山东潍坊临朐模拟)下列说法正确的是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式中含x 2y 3项的二项式系数为20B ．事件A ∪B 为必然事件，则事件A 、B 是互为对立事件C ．am 2>bm 2是a >b 的充分不必要条件D ．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A ＝“4个人去的景点各不相同”，事件B ＝“甲独自去一个景点”，则P (A |B )＝29解析：选CD.A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式的通项为T k ＋1＝Ck 5·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 5－k·(－2y )k ，要求含x 2y 3项的二项式系数，则k ＝3，所求二项式系数为C35＝10，故A 错误；B.事件A ∪B 为必然事件无法说明事件A 、B 是互为对立事件，缺少A ∩B 为不可能事件的条件，故B 错误；C.因为am 2>bm 2，所以a >b ，但a >b 且m ＝0时有am 2＝bm 2，所以a >b 时，am 2>bm 2不一定成立，故C 正确．D.P (A )＝4！44＝332，P (B )＝4×3344＝2764，P (AB )＝4×3！44＝332，则P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝29，故D 正确．5．(2021·江西五校联考)非洲成员代表团团长及相关的人员参加了中非合作论坛北京峰会，会后某记者在场地外随机进行采访，假设第一次采访到的人恰好是参会的代表团团长的概率为0.7，连续两次采访到的人都是代表团团长的概率为0.6，则在第一次采访到的人是代表团团长的条件下，第二次采访到的也是代表团团长的概率为________．解析：记“第一次采访到的人是代表团团长”为事件A ，“第二次采访到的人是代表团团长”为事件B ，则P (A )＝0.7，P (AB )＝0.6，则P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝67.答案：676．一个口袋内有n (n >3)个大小相同的球，其中3个红球和(n －3)个白球，已知从口袋中随机取出1个球是红球的概率为p ，6p ∈N ，若有放回地从口袋中连续4次取球(每次只取1个球)，在4次取球中恰好2次取到红球的概率大于827，则n ＝________．解析：由题设知，C24p 2(1－p )2>827，因为p (1－p )>0，所以不等式化为p (1－p )>29，解得13<p <23，故2<6p <4.又因为6p ∈N ，所以6p ＝3，即p ＝12，由3n ＝12，得n ＝6.答案：67．为了促进学生的全面发展，某市教育局要求本市所有学校重视社团文化建设，2019年该市某中学的某新生想通过考核选拔进入该校的“电影社”和“心理社”，已知该同学通过考核选拔进入这两个社团成功与否相互独立．根据报名情况和他本人的才艺能力，两个社团都能进入的概率为124，至少进入一个社团的概率为38，并且进入“电影社”的概率小于进入“心理社”的概率．(1)求该同学分别通过选拔进入“电影社”的概率p 1和进入“心理社”的概率p 2； (2)学校根据这两个社团的活动安排情况，对进入“电影社”的同学增加1个校本选修课学分，对进入“心理社”的同学增加0.5个校本选修课学分，求该同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于1分的概率．解：(1)根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧p1p2＝124，1－（1－p1）（1－p2）＝38，p1<p2，所以p 1＝16，p 2＝14.(2)设该同学在社团方面获得校本选修课学分分数为ξ，则P (ξ＝1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－14×16＝18，P (ξ＝1.5)＝14×16＝124，所以该同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于1分的概率为P ＝18＋124＝16.8．(2021·湖北省部分重点中学10月联考)某中学数学竞赛培训共开设有初等代数、初等几何、初等数论和微积分初步四门课程，要求初等代数、初等几何都要合格，且初等数论和微积分初步至少有一门合格，才能取得参加数学竞赛复赛培训的资格．现有甲、乙、丙三位同学报名参加数学竞赛培训，每一位同学的这四门课程考试是否合格相互独立，每门课程考试合格的概率均相同(见下表)，且各个同学每一门课程考试是否合格相互独立．(2)记ξ表示三位同学中取得参加数学竞赛培训的资格的人数，求ξ的分布列． 解：(1)分别记甲初等代数课程、初等几何课程、初等数论课程、微积分初步课程考试合格为事件A ，B ，C ，D ，则“甲能取得参加数学竞赛复赛培训的资格”的概率为P (ABCD )＋P (ABC D －)＋P (AB C －D )，事件A ，B ，C ，D 相互独立，故P (ABCD )＋P (ABC D －)＋P (AB C －D )＝34×23×23×12＋34×23×23×12＋34×23×13×12＝512. (2)ξ的所有可能取值为0，1，2，3.由(1)可得，每位同学取得参加数学竞赛复赛培训资格的概率为512，且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，512，P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7123＝3431 728，P (ξ＝1)＝C13×512×⎝ ⎛⎭⎪⎫7122＝245576，P (ξ＝2)＝C23×⎝ ⎛⎭⎪⎫5122×712＝175576，P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5123＝1251 728.因此，ξ的分布列为9．博彩公司曾经对当年NBA 总决赛做了大胆地预测和分析，预测西部冠军是老辣的马刺队，东部冠军是拥有詹姆斯的年轻的骑士队，总决赛采取7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间的结果互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛，前4场，马刺队胜利的概率为12，第5，6场马刺队因为平均年龄大，体能下降厉害，所以胜利的概率降为25，第7场，马刺队因为有多次打第7场的经验，所以胜利的概率为35.(1)分别求马刺队以4∶0，4∶1，4∶2，4∶3胜利的概率及总决赛马刺队获得冠军的概率；(2)随机变量X 为分出总冠军时比赛的场数，求随机变量X 的分布列．解：(1)设“马刺队以4∶0胜利”为事件A ，“马刺队以4∶1胜利”为事件B ，“马刺队以4∶2胜利”为事件C ，“马刺队以4∶3胜利”为事件D ，“总决赛马刺队获得冠军”为事件E ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116，P (B )＝C34×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×25＝110，P (C )＝C34×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×35×25＋C24×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝325，P (D )＝C34×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫353＋C24×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×C12×25×35×35＋C14×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×25×25×35＝93500.所以P (E )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＋P (D )＝9372 000.(2)随机变量X 的可能取值为4，5，6，7，P (X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124×2＝18，P (X ＝5)＝C34×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫25＋35＝14，P (X ＝6)＝2C34×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×25×35＋C24×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×⎝ ⎛⎭⎪⎫425＋925＝63200，P (X ＝7)＝1－P (X ＝4)－P (X ＝5)－P (X ＝6)＝31100.所以随机变量X 的分布列为地区中心城市，它不仅有着深厚的历史积淀与丰富的民俗文化，更有着众多旅游景点，每年来武汉参观旅游的人数不胜数，其中黄鹤楼与东湖被称为两张名片．为合理配置旅游资源，现对已游览黄鹤楼景点的游客进行随机问卷调查，若不游玩东湖记1分，若继续游玩东湖记2分，每位游客选择是否游览东湖景点的概率均为12，游客之间选择意愿相互独立．(1)从游客中随机抽取3人，记总得分为随机变量X ，求X 的分布列；(2)(i)若从游客中随机抽取m 人，记总得分恰为m 的概率为A m ，求数列{A m }的前10项和；(ii)在对所有游客进行随机问卷调查过程中，记已调查过的累计得分恰为n 的概率为B n ，探讨B n 与B n －1之间的关系，并求数列{B n }的通项公式．解：(1)X 的可能取值为3，4，5，6.P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，P (X ＝4)＝C13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38，P (X ＝5)＝C23⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38，P (X ＝6)＝C33⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18.所以X 的分布列为(2)(i)总得分恰为m 的概率A m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，所以数列{A m }是首项为12，公比为12的等比数列， 前10项和S 10＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12101－12＝1 0231 024. (ii)已调查过的累计得分恰为n 的概率为B n ，得不到n 分的情况只有先得(n －1)分，再得2分，概率为12B n －1，B 1＝12.所以1－B n ＝12B n －1，即B n ＝－12B n －1＋1， 所以B n －23＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫Bn －1－23.所以B n －23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫B2－1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，所以B n ＝23－16⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝23＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.[C 级 创新练]11．(2020·武汉部分学校质量检测)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1，2，3，4的正四面体一次，记事件A ＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B ＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}；事件C ＝{两个四面体向下的一面或者同时出现奇数，或者同时出现偶数}．给出下列说法：①P (A )＝P (B )＝P (C )；②P (AB )＝P (AC )＝P (BC )；③P (ABC )＝18；④P (A )P (B )P (C )＝18.其中正确的有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个解析：选D.由古典概型的概率计算公式，得P (A )＝P (B )＝24＝12，P (C )＝84×4＝12，所以P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，①正确；P (A )P (B )P (C )＝18，④正确；而事件A ，B ，C 不可能同时发生，故P (ABC )＝0，所以③不正确；又P (AB )＝2×24×4＝14，P (AC )＝2×24×4＝14，P (BC )＝2×24×4＝14，所以P (AB )＝P (AC )＝P (BC )，②正确．故选D.12.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，小球将自由落下，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、右两边下落的概率分别为23，13，求小球落入A 袋中的概率．解：方法一：由题意知，小球落入A 袋中的概率为：P (A )＝1－P (B )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13×13×13＋23×23×23＝23. 方法二：因为小球每次遇到障碍物时有一次向左和两次向右或两次向左和一次向右下落时，小球将落入A 袋，所以小球落入A 袋中的概率为C13·23·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C23·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·13＝23.。
高考数学复习点拨 选修（2-3）二项分布及其应用教材解读
高中新课标选修（2-3）二项分布及其应用教材解读一、条件概率1．事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率称为“事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率”，记为()P B A |；2．由古典概型可得：()()()n AB P B A n A =|；一般情况，()()()P AB P B A P A =|； 3．条件概率具有概率的性质，即0()1P B A |≤≤；4．如果Ｂ，Ｃ是两个互斥事件，那么()()()P B C A P B A P C A =+|||；如：在一副扑克牌的13张红心中，当先抽出红心A 后，再抽一张恰是红心2或3的概率是多少此题中A 表示抽到的是红心A 的事件，B 表示抽到的是红心2的事件，C 表示抽到的是红心3的事件，显然事件B 与事件C 互斥．而1()12P B A =|，1()12P C A =|，那么111()()()12126P B C A P B A P C A =+=+=|||； 二、事件的相互独立性1．概念： （1）若事件A 的发生对事件B 是否发生没有影响，事件B 的发生对事件A 是否发生也没有影响，则称事件A 与事件B 相互独立．如：抛骰子两次，第一次出现3点记为事件A ，第二次出现5点记为事件B ，显然，事件A 与事件B 相互独立．（2）若事件Ａ与事件Ｂ满足()()()P AB P A P B =，则称事件Ａ与事件Ｂ相互独立．如：某射击运动员射击一次，命中目标的概率为0．9，问他连续射击两次都命中的概率是多少本题中，可把第一次命中目标记为事件A 、第二次命中目标记为事件B ，则两次都命中就是事件AB ，由于事件A 与事件B 相互独立，所以()()()0.90.90.81P AB P A P B ==⨯=·． 2．相互独立事件的性质：（1）事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念．两事件“互斥”是指两事件不可能同时发生，两事件“相互独立”是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响．（2）若事件A 与B 相互独立，则A 与，与与也都相互独立．（3）()()()P AB P A P B =使用的前提是为相互独立事件．也就是说，只有两个相互独立事件同时发生的概率，才等于每个事件发生的概率的积．一般地，如果事件12n A A A ，，，相互独立，则这个事件都发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即1212()()()()n n P A A A P A P A P A =．同样，只有当12n A A A ，，，相互独立时，这个事件同时发生的概率，才等于每个事件发生的概率的积．（4）1()()P A P B -表示两个相互独立事件至少有一个不发生的概率．三、独立重复试验与二项分布1．一般地，在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．注意这里强调了三点：（1）相同条件；（2）多次重复；（3）各次之间相互独立；2．二项分布的概念：一般地，在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率为，那么在n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生次的概率为()(1)(012)k k n k n P X k C p p k n -==-=，，，，，．此时称随机变量服从二项分布，记作~()X B n p ，，并称为成功概率．四、注意事项1．求解条件概率时，必须认真分析题意，对照条件概率模式，有时的转化是隐含的、巧妙的．2．对事件的独立性，要结合以前学习的互斥事件、对立事件，加以理解独立事件的概念．注意应用独立事件的概念，证明两个事件的独立性．3．在求事件的概率时，有时遇到求“至少…”或“至多…”等事件概率的问题，如果从正面考查这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但“至少…”、“至多…”这些事件的对立事件却往往很简单，其概率也易求出，此时，可逆向思考，先求其对立事件的概率，进而求得原来事件的概率．4．二项分布指的是随机变量的概率，两点分布指的是随机变量的分布列为两点分布列，这是它们的区别．。
高三数学二项分布及其应用
二项分布
在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次 独立重复试验中这个事件恰发生x次,显然x是一个随机 变量.
于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ
0 1… k … n
p … … C
0 n
p
0q
n
C
1 n
p1q n-1
Cnk pk qn-k
C
n n
p
nq
0
我们称这样的随机变量ξ服从二项分布,记作 x ~ B(n, p,)
1.条件概率 P(B A) P( AB)
P( A)
2.概率 P(B|A)与P(AB)的区别与联系
P(AB) 表 示 在 样 本 空 间 中,计 算 AB发 生
的 概 率,而 P(B A) 表 示 在 缩 小 的 样 本 空 间A 中, 计 算 B 发 生 的 概 率.用 古 典 概 率 公 式,则
N ⑵如果是不放回地取, 则x 服从超几何分布.
P(x
k)
C C k n-k M N-M
C
n N
(k
0,1, 2,
, m) (其中 m min(M , n)
例4
一名学生骑自行车上学，从他家到学校 的路途中有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1/3。
AB 中 样 本 点 数 P(B A) A 中 样 本 点 数,
P(AB)
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
AB 中 样 本 点 数 中样本点数
一 般 来 说, P(B A)比 P(AB) 大.
例1
在某次考试中，要从20道题中随机地 抽出6题，若考生至少能答对其中4道题 即可通过；若至少答对其中5题就获得 优秀，已知某考生能答对其中10题，并 且知道他在这次考试中已经通过，求他 获得优秀成绩的概率。
二项分布及其应用
与
n1 5 时），可看作近似正
或
态分布，即
x ~ N n , n 1
appro .
1 p ~ N , n
appro .
二项分布的正态近似示意图
二项分布的累计概率:
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
65
k1
1、概念：若试验 E 只有两种相互对立的结果(A及 A ),
并且 P( A) ， ， 把 E 独立地重复 n
次的试验称为 n 重贝努里试验（Bernoulli trial）。
n 重贝努里试验中事件A发生的次数 x 所服从的分布
即为二项分布（binomial distribution），记为 x ~
年胃溃疡患者是否较一般患者更易发生胃出血？
H0成立时, 304例老年胃溃疡患者中胃出血发生人数的分布
x n n
p( x) C 1
x n x
n x
p(0) p(1) p(n) 1
例. 求前例中三只小白鼠死亡2只的概率。
p( x 2) C 1
2 3 2
32
3 0.8 0.2 0.384
2 1
一、二项分布的概念及应用条件
k2
三、二项分布的应用
（一）估计总体率的可信区间
1、率的抽样误差
p
sp
1
n
(理论值)
p1 p n
(估计值)
2、总体率的区间估计
三、二项分布的应用 2、总体率的区间估计 (1)查表法——样本量较小时(n50)
二项分布及其应用
二项分布及其应用二项分布及其应用◇条件概率◇一、条件概率的定义与性质如果事件A发生与否，会影响到事件B的发生，在知道事件A发生的条件下去研究事件B时，基本事件空间发生了变化，从而B发生的概率也随之改变，这就条件概率要研究的问题。
1.定义：一般地，设A、B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，一般把P(B|A)读作A发生的条件下B的概率．2.性质：（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即．（2）如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝二、典型例题1、利用定义求条件概率例1：抛掷两颗均匀的骰子，问（1）至少有一颗是6点的概率是多少？（2）在已知两颗骰子点数不同的条件下，至少有一颗是6点的概率是多少？例2: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)在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。
2、利用缩小基本事件空间的方法求条件概率例1：一个口袋内装有4个白球和2个黑球，若不放回地抽取3次，每次抽一个小球，求（1）第一次摸出一个白球的情况下，第二次与第三次均是白球的概率。
（2）第一次和第二次均是白球的情况下，第三次是白球的概率。
例2：设10件产品中有4件次品，从中任取2件，那么（1）在所取得产品中发现是一件次品，求另一件也是次品的概率。
（2）若每次取一件，在所得的产品中第一次取出的是次品，那么求第二件也是次品的概率。
3、条件概率的性质及应用例1：在某次考试中，要从20道中随机地抽出6道题，若考试至少答对其中4道即可通过；若至少答对其中5道就获得优秀，已知某生能答对其中10道题目，且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀的概率。
例2：把一副扑克牌（不含大小王）随机均分给赵、钱、孙、李四家，A={赵家得到6张梅花}，B={孙家得到3张梅花} （1）求P(B|A)(2)求P(AB)三、课堂练习1、把一颗骰子连续抛掷两次，已知在第一次抛出偶数点的情况下，第二次抛出的也是偶数点的概率是多少？2、一个盒子中装有6件合格产品和4件次品，不放回地任取两次，每次取一件。
高考数学复习二项分布及其应用
引例:抛掷两枚骰子 (1)两枚出现的点数都是偶数的概率是多少? (2)若两枚都出现偶数点,就说这次实验成功, 试求在3次实验中成功次数X的分布列.
1.事件的相互独立性定义: 设A，B为两个事件，如果P(AB)=P(A)P(B),则 称事件A与事件B相互独立。
引例:抛掷两枚骰子 (1)两枚出现的点数都是偶数的概率是多少? (2)若两枚都出现偶数点,就说这次实验成功, 试求
C n2 5 (1)设“世博会会徽”卡有 n 张,由 2 ,得 n 5 , C9 18 C42 1 故“海宝”卡有 4 张,抽奖者获奖的概率为 2 ; C9 6
(2) ~ B(4, ) 的分布列为 P( k ) C 4 ( ) ( )
k k
1 6
1 6
5 6
4 k
例 3.某单位举办 2010 年上海世博会知识宣传活动, 进行现场 抽奖.盒中装有 9 张大小相同的精美卡片,卡片上分别印有 “世博会会徽”或“海宝”(世博会吉祥物)图案; 抽奖规则 是: 参加者从盒中抽取卡片两张, 若抽到两张都是“海宝” 卡即可获奖,否则,均为不获奖. 卡片用后放回盒子,下一位 参加者继续重复进行.活动开始后,一位参加者问:盒中有几 张“海宝”卡?主持人答:我只知道,从盒中抽取两张都是 5 “世博会会徽”卡的概率是 , 18 (1)求抽奖者获奖的概率; (2)现有 4 人依次抽奖,用 表示获奖的人数,求 的分布列.
例1:甲乙两人独立地对同一目标各射击一次,其中 命中率分别是0.6和0.5
(1)求两人都击中目标的概率 (2)求两人中恰有一人击中目标的概率 (3)求两人中至多有一人击中目标的概率
变式.若甲连续射击4次，且各次射击是否击中目标
相互之间没有影响，有下列结论:
二项分布及其应用理
[思路点拨]
[课堂笔记] (1)任选1名下岗人员,设“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互独立,且P(A)＝0、6,P(B)＝0、75、 法一:任选1名下岗人员,该人没有参加过培训得概率就是 P1＝P( )＝P( )·P( )＝0、4×0、25＝0、1、 所以该人参加过培训得概率就是P2＝1－P1＝1－0、1＝0 、9、
4、二项分布 在n次独立重复试验中,设事件A发生得次数为X,在每 次试验中事件A发生得概率为p,那么在n次独立重复试 验中,事件A恰好发生k次得概率为P(X＝k)＝ pk(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、
[课堂笔记] 记事件A:最后从2号箱中取出得就是红球;
事件B:从1号箱中取出得就是红球、
则P(B)＝
,P( )＝1－P(B)＝ ,
P(A|B)＝
,P(A| )＝
,ห้องสมุดไป่ตู้
从而P(A)＝P(AB)＋P(A )
＝P(A|B)P(B)＋P(A| )P( )
1、相互独立事件就是指两个试验中,两事件发生得概率 互
【解】 (1)依题意知X～B(4, ),即X得分布列为
X0
1
2
3
4
┄┄┄(6分)
P
(2)设Ai表示事件“第一次击中目标时,击中第i部 分”,i＝1,2、
Bi表示事件“第二次击中目标时,击中第i部分”,i ＝1,2、依题意知P(A1)＝P(B1)＝0、1,P(A2)＝P(B2)＝0、 3,A＝A1 ∪ B1∪A1B1∪A2B2,┄┄┄┄┄┄(9分)
故所求得概率为 P(A)＝P(A1 )＋P( B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2) ＝P(A1)P( )＋P( )P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2) ＝0、1×0、9＋0、9×0、1＋0、1×0、1＋0、3×0、3 ＝0、28、┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)
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高考数学 二项分布及其应用
1.已知盒中装有3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.310 B.29 C.78 D.79
解析：设事件A 为“第1次抽到是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝2190＝7
30.在已知第1次抽到螺口灯泡的条件下，第2次抽
到卡口灯泡的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝7
30310＝7
9
.
答案：D
2．设A 、B 为两个事件，若事件A 和B 同时发生的概率为3
10，在事件A 发生的条件下，
事件B 发生的概率为1
2，则事件A 发生的概率为________________．
解析：由题意知，P (AB )＝310，P (B |A )＝1
2，
∴P (A )＝P (AB )P (B |A )＝3
1012＝3
5
.
答案：35
3．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________．
解析：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P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.
答案：0.72
题组二
相互独立事件
4.(2010·抚顺模拟)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为1
3，乙、丙去北京旅游的概率分别
为14，1
5
.假定三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 ( ) A.5960 B.35 C.12 D.160 解析：因甲、乙、丙去北京旅游的概率分别为13，14，1
5.因此，他们不去北京旅游的概
率分别为23，34，45，所以，至少有1人去北京旅游的概率为P ＝1－23×34×45＝3
5.
答案：B
5．如图所示的电路，有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率 都是1
2
，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为 ( )
A.18
B.14
C.12
D.116 解析：理解事件之间的关系，设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则灯亮应为事件ACB －
，且A ，C ，B 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )
＝12，所以P (AB － C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝18
. 答案：A
6．甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格．
(1)分别求甲、乙两人考试合格的概率； (2)求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率． 解：(1)设甲、乙两人考试合格的事件分别为A 、B ，则
P (A )＝413428310C C C C +213
646
310C C C C +＝23. P (B )＝213
828310
C C C C +＝14
15. (2)因为事件A 、B 相互独立，所以甲、乙两人考试均不合格的概率为
P (A －B －
)＝P (A －
)P (B －
)＝(1－23)(1－1415)＝1
45
，
所以甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为 P ＝1－P (A －·B －
)＝1－145＝44
45
.
7.向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是1
2，质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率
是 ( ) A ．(12)3 B ．2
5C (12)5
C ．35C (12)3
D ．25C 35C (12
)5
解析：质点由原点移动到(2,3)，需要移动5次，且必须有2次向右，3次向上，所以质点的移动方法有25C 种，而每一次移动的概率都是12，所以所求的概率等于2
5C (12)5.
答案：B
8．2009年12月底，一考生参加某大学的自主招生考试，需进行书面测试，测试题中有4道题，每一道题能否正确做出是相互独立的，并且每一道题被该考生正确做出的概率都是3
4
.
(1)求该考生首次做错一道题时，已正确做出了两道题的概率；
(2)若该考生至少正确作出3道题，才能通过书面测试这一关，求这名考生通过书面测试的概率．
解：(1)记“该考生正确做出第i 道题”为事件A i (i ＝1,2,3,4)，则P (A i )＝3
4，由于每一道
题能否被正确做出是相互独立的，所以这名考生首次做错一道题时，已正确做出了两道题的概率为
P (A 1A 2A 3)＝P (A 1)·P (A 2)·P (A 3) ＝34×34×14＝964
. (2)记“这名考生通过书面测试”为事件B ，则这名考生至少正确做出3道题，即正确做出3道题或4道题，
故P (B )＝34C ×(34)3×14＋4
4C ×(34)4＝189256.
9.在4次独立重复试验中事件A 出现的概率相同，若事件A 至少发生一次的概率为65
81，
则事件A 在1次试验中出现的概率为________．
解析：A 至少发生一次的概率为65
81，则A 的对立事件A ：事件A 都不发生的概率为1
－6581＝1681＝(23)4，所以，A 在一次试验中出现的概率为1－23＝13. 答案：13
10．(2010·青岛模拟)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和3
4.假设两人射击
是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响． (1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率； (3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？
解：(1)记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A 1.由题意，射击4次，相当于作4次独立重复试验． 故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－(23)4＝6581
，
所以甲连续射击4次至少有一次未击中目标的概率为65
81
.
(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件B 2，则
P (A 2)＝2
4C ×(23)2×(1－23)42－＝827，
P (B 2)＝3
4C ×(34)3×(1－34)43－＝2764.
由于甲、乙射击相互独立，故 P (A 2B 2)＝P (A 2)·P (B 2)＝827×2764＝1
8
.
所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为1
8
.
(3)记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则 A 3＝D 5D 4·D 3·(D 2D 1)， 且P (D i )＝14
.
由于各事件相互独立，故
P (A 3)＝P (D 5)·P (D 4)·P (D 3)·P (D 2D 1) ＝14×14×34×(1－14×14)＝451 024
. 所以乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.。