2019届一轮复习人教A版(理科) 第61讲 n次独立重复试验与二项分布 学案
2019届高考理科数学一轮复习学案：第61讲 n次独立重复试验与二项分布
第61讲n次独立重复试验与二项分布课前双击巩固1.条件概率条件概率的定义条件概率的性质设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(1)0≤P(B|A)≤1;(2)如果B和C是两个互斥事件,则P(B∪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)=,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(A|B)=P(A),P(AB)=.②如果事件A与B相互独立,那么A与,与B,与也都相互独立.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次试验称为n次独立重复试验在n次独立重复试验中,用X表示事件A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,并称p为计算公式Ai(i=1,2,…,n)表示第i次试验的结果,则P(A1A2…An)=P(A1)·P(A2)…P(An)在n次独立重复试验中,事件A恰好发生k次的概率P(X=k)=p k(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n)题组一常识题1.[教材改编]某地区气象台统计,该地区下雨的概率是,刮风的概率是,既刮风又下雨的概率为,设A表示“该地区下雨”,B表示“该地区刮风”,那么P(B|A)等于.2.[教材改编]甲、乙两人各射击1次,击中目标的概率分别是和,假设两人击中目标与否相互之间没有影响,每人各次击中目标与否相互之间也没有影响,则两人各射击4次,甲恰好有2次击中目标且乙恰好有3次击中目标的概率为.3.[教材改编]已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球,它们的大小和形状完全相同,甲每次不放回地从盒中任取1球,则在他第一次拿到白球的条件下,第二次拿到红球的概率为.4.[教材改编]某学生在上学路上要经过4个路口,假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是,那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为.题组二常错题◆索引:间接法适用于计算对立事件的概率;条件概率公式套用错误;相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误.5.甲、乙、丙三人独立地去破译一个密码,他们能译出的概率分别为,,,则此密码能被破译的概率为.6.由0,1组成的三位数编号中,若事件A表示“第二位数字为0”,事件B表示“第一位数字为0”,则P(A|B)=.7.计算机毕业考试分为理论与操作两部分,每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”,只有两部分考试都“合格”者,才给颁发计算机“合格证书”.甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为,,在操作考试中“合格”的概率依次为,,所有考试是否合格相互之间没有影响.则甲、乙进行理论与操作两项考试后,恰有一人获得“合格证书”的概率为.课堂考点探究探究点一条件概率1(1)[2017·铜仁一中期末]现抛掷两枚骰子,记事件A为“朝上的两个数之和为偶数”,事件B为“朝上的两个数均为偶数”,则P(B|A)=()A.B.C.D.(2)如图9-61-1,四边形EFGH是以O为圆心,1为半径的圆的内接正方形,将一颗豆子随机地扔到圆内,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HOE(阴影部分)内”,则P(B|A)=.图9-61-1[总结反思]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:用古典概型的概率公式,先求事件A包含的基本事件个数n(A),再求事件AB 所包含的基本事件个数n(AB),得P(B|A)=.式题(1)先后抛掷同一枚骰子两次,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”,则P(B|A)=()A.B.C.D.(2)在5道题中有3道代数题和2道几何题.如果不放回地依次抽取2道题,则在第1次抽到代数题的条件下,第2次也抽到代数题的概率为()A.B.C.D.探究点二相互独立事件的概率2本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费,超过两小时的部分每小时收费2元(不足1小时的部分按1小时计算).甲、乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次).已知甲、乙不超过两小时还车的概率分别为,,两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为,,两人租车时间都不会超过四小时.(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率;(2)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量ξ,求ξ的分布列.[总结反思]求相互独立事件同时发生的概率的方法:(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积;(2)当正面计算较复杂或难以入手时,可从其对立事件入手计算.式题一家医药研究所,从中草药中提取并合成了甲、乙两种抗“H病毒”的药物,经试验,服用甲、乙两种药物痊愈的概率分别为,.现已进入药物临床试用阶段,每个试用组由4位该病毒的感染者组成,其中2人试用甲种抗病毒药物,2人试用乙种抗病毒药物,如果试用组中,甲种抗病毒药物治愈人数超过乙种抗病毒药物的治愈人数,则称该组为“甲类组”.求一个试用组为“甲类组”的概率.探究点三独立重复试验与二项分布3甲、乙两人做定点投篮游戏,已知甲每次投篮命中的概率均为p,乙每次投篮命中的概率均为,甲投篮3次均未命中的概率为,甲、乙每次投篮是否命中相互之间没有影响.(1)若甲投篮3次,求至少命中2次的概率;(2)若甲、乙各投篮2次,设两人命中的总次数为X,求X的分布列和数学期望.[总结反思]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,即事件发生或不发生;(4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数.式题某学校设有甲、乙两个实验班,为了了解各班学生的成绩情况,采用分层抽样的方法从甲、乙两班分别抽取8名和6名学生测试他们的数学与英语成绩(单位:分),用(m,n)表示.下面是乙班6名学生的测试成绩:A(138,130),B(140,132),C(140,130),D(134,140),E(142,134),F(134,132).当学生的数学、英语成绩满足m≥135且n≥130时,该学生定为优秀生.(1)已知甲班共有80名学生,用上述样本估计乙班优秀生的人数;(2)已知甲、乙两班优秀生的频率相同,以频率作为概率,从甲、乙两班学生中各随机抽取1名,其中优秀生人数记为ξ,求ξ的分布列和数学期望.。
高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习试题：9.8n次独立重复试验与二项分布Word版含答案
条件概率、相互独立事件及二项分布了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．知识点一条件概率易误提醒(1)条件概率不一定不等于非条件概率．若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(2)P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同．前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．[自测练习]1．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．解析：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则P(AB)＝C25C2100，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝5×4100×995100＝499.答案：499知识点二事件的相互独立性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．易误提醒 易混“相互独立”和“事件互斥”：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个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．[自测练习]2．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等于________．解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能．由相互独立事件概率乘法，所求概率P ＝1×0.2×0.82＝0.128. 答案：0.128知识点三 独立重复试验与二项分布易误提醒 易混淆二项分布与两点分布：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n ＝1时的二项分布．[自测练习]3．小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )A.49 B.29 C.427D.227解析：所求概率P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49.答案：A4．某一批棉花种子，如果每一粒发芽的概率为45，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( )A.12125B.16125C.48125D.96125解析：用X 表示发芽的粒数，独立重复试验服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫3，45，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫452⎝⎛⎭⎫151＝48125. 答案：C考点一 条件概率|1．(2015·丽江高三检测)把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现反面”为事件B ，则P (B |A )等于( )A.12 B.14 C.16D.18解析：由古典概型知P (A )＝12，P (AB )＝14，则由条件概率知P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.答案：A2.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P (B |A )＝________.解：由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”， 则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π. 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.答案：14条件概率的求法(1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P (AB )P (A )，求P (B |A )．(2)基本事件法：借古典概型概率公式，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 )＝n (AB )n (A ).考点二 相互独立事件概率|(2015·洛阳模拟)某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有1,2,3三个问题，每位参赛者按问题1,2,3的顺序作答，竞赛规则如下：①每位参赛者计分器的初始分均为10分，答对问题1,2,3分别加1分，2分，3分，答错任一题减2分；②每回答一题，积分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或等于12分时，答题结束，进入下一轮；当答完三题，累计分数仍不足12分时，答题结束，淘汰出局．已知甲同学回答1,2,3三个问题正确的概率依次为34，12，13，且各题回答正确与否相互之间没有影响．(1)求甲同学能进入下一轮的概率；(2)用X 表示甲同学本轮答题结束时的累计分数，求X 的分布列．[解] (1)设事件A 表示“甲同学问题1回答正确”，事件B 表示“甲同学问题2回答正确”，事件C 表示“甲同学问题3回答正确”，依题意P (A )＝34，P (B )＝12，P (C )＝13.记“甲同学能进入下一轮”为事件D ，则 P (D )＝P (A B C ＋AB ＋A BC ) ＝P (A B C )＋P (AB )＋P (A BC )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )P (C ) ＝34×12×13＋34×12＋14×12×13＝1324. (2)X 可能的取值是6,7,8,12,13. P (X ＝6)＝P (A －B －)＝14×12＝18，P (X ＝7)＝P (A B －C －)＝34×12×23＝14，P (X ＝8)＝P (A －B C －)＝14×12×23＝112，P (X ＝12)＝P (A B －C )＝34×12×13＝18，P (X ＝13)＝P (AB ＋A －BC )＝P (AB )＋P (A －BC )＝34×12＋14×12×13＝512.∴X 的分布列为X 6 7 8 12 13 P181411218512求解相互独立条件概率问题的三个注意点(1)正确分析所求事件的构成，将其转化为几个彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．(2)注意根据问题情境正确判断事件的独立性．(3)在应用相互独立事件的概率公式时，对含有“至多有一个发生”“至少有一个发生”的情况，可结合对立事件的概率求解．1.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12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．解析：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件A B C ，且A ，B ，C 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，由独立事件概率公式知P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＝18. 答案：18考点三 独立重复试验与二项分布|(2015·江苏西亭中学模拟)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．[解] 令X 表示5次预报中预报准确的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫5，45，故其分布列为P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫45k⎝⎛⎭⎫1－455－k (k ＝0,1,2,3,4,5)．(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P (X ＝2)＝C 25×⎝⎛⎭⎫452×⎝⎛⎭⎫1－453＝10×1625×1125≈0.05. (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P (X ≥2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)＝1－C 05×⎝⎛⎭⎫450×⎝⎛⎭⎫1－455－C 15×45×⎝⎛⎭⎫1－454＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C 14×45×⎝⎛⎭⎫1－453×45≈0.02.利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P n (k )＝C k n p k (1－p )n －k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p ；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率．2．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数ξ的期望．解：(1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即ξ～B (3,0.3)，∴E (ξ)＝3×0.3＝0.9.24.混淆相互独立事件与独立重复试验致误【典例】 (2015·高考湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖：若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}． 由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫151⎝⎛⎭⎫452＝48125， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152⎝⎛⎭⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125.故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.[易误点评] (1)本题中所给出的事件较多，在求解第(1)问时注意事件分析与表示．尤其是顾客抽奖1次获二等奖易表示错．(2)对于第(2)问中事件易与相互独立事件混淆其实为三次独立重复试验．[防范措施] (1)正确理解相互独立事件与n 次独立重复试验的定义及区别．(2)审题时要学会分析事件，并准确记事件与表示事件．[跟踪练习] (2015·高考全国卷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：由题意得所求概率P ＝C 23×0.62×(1－0.6)＋C 33×0.63＝0.648.答案：AA 组 考点能力演练1．打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次．若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( )A.35 B.34 C.1225D.1425解析：甲中靶的概率为45，乙中靶的概率为710，两人打靶相互独立，同时中靶的概率为45×710＝1425. 答案：D2．若某人每次射击击中目标的概率均为35，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为( )A.81125B.54125C.36125D.27125解析：本题考查概率的知识．至少有两次击中目标包含仅有两次击中，其概率为C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫1－35；或三次都击中，其概率为C 33⎝⎛⎭⎫353，根据互斥事件的概率公式可得，所求概率为P ＝C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫1－35＋C 33⎝⎛⎭⎫353＝81125，故选A.答案：A3．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.310 B.29 C.78D.79解析：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 )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝730310＝79.答案：D4．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A.516 B.316 C.58D.38解析：∵X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12， ∴P (X ＝3)＝C 36⎝⎛⎭⎫123·⎝⎛⎭⎫1－123＝516. 答案：A5．(2016·广州模拟)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88 解析：因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”， 由对立事件和相互独立事件概率公式知， P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88. 答案：D6．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是________．解析：由题意知，两个人都不去此地的概率是⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－15＝35，∴至少有一个人去此地的概率是1－35＝25.答案：257．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为13，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，即有P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ×⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0,1,2,3,4,5.故P (ξ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫231＝10243. 答案：102438．高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是________．解析：设“甲、乙二人相邻”为事件A ，“甲、丙二人相邻”为事件B ，则所求概率为P (B |A )，由于P (B |A )＝P (AB )P (A )，而P (A )＝2A 44A 55＝25.答案：259．如图，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.(1)求p ；(2)求电流能在M 与N 之间通过的概率．解：记A i 表示事件“电流能通过T i ”，i ＝1,2,3,4，A 表示事件“T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流”，B 表示事件“电流能在M 与N 之间通过”． (1)A ＝A1A2A 3，A 1，A 2，A 3相互独立，P (A )＝P (A 1A2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝(1－p )3，又P (A )＝1－P (A )＝1－0.999＝0.001， 故(1－p )3＝0.001，解得p ＝0.9. (2)B ＝A 4∪(A 4A 1A 3)∪(A4A 1A 2A 3)，P (B )＝P (A 4)＋P (A 4A 1A 3)＋P (A 4 A 1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A 4)P (A 1)P (A 3)＋P (A 4)P (A1)P (A 2)P (A 3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.10．(2016·石家庄模拟)某市的教育研究机构对全市高三学生进行综合素质测试，随机抽取了部分学生的成绩，得到如图所示的成绩频率分布直方图．(1)估计全市学生综合素质成绩的平均值；(2)若评定成绩不低于80分为优秀，视频率为概率，从全市学生中任选3名学生(看作有放回的抽样)，变量ξ表示3名学生中成绩优秀的人数，求变量ξ的分布列及期望E (ξ)．解：(1)依题意可知55×0.12＋65×0.18＋75×0.40＋85×0.22＋95×0.08＝74.6， 所以综合素质成绩的平均值为74.6.(2)由频率分布直方图知优秀率为10×(0.008＋0.022)＝0.3， 由题意知，ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，310，P (ξ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫310k ⎝⎛⎭⎫7103－k ，故其分布列为E (ξ)＝3×310＝910.B 组 高考题型专练1．(2014·高考陕西卷)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X (2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率． 解：(1)设A 表示事件“作物产量为300 kg ”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg ”，由题设知P (A )＝0.5，P (B )＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－成本， ∴X 所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000， 300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800.P (X ＝4 000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P (X ＝2 000)＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P (X ＝800)＝P (A )P (B )＝0.5×0.4＝0.2， 所以X 的分布列为(2)设C i 表示事件“第i 季利润不少于2 000元”(i ＝1,2,3)， 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，P (C i )＝P (X ＝4 000)＋P (X ＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1，2,3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为 P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季利润不少于2 000元的概率为P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.2．(2015·高考北京卷)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10,11,12,13,14,15,16；B 组：12,13,15,16,17,14，a .假设所有病人的康复时间相互独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明) 解：设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”， 事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1,2，…，7. 由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1,2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.。
新高考数学一轮教师用书：第10章 第6节 n次独立重复试验与二项分布
第 2 次抽到理科题的概率 P＝3，故选 D.] 4
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 ⻚)
(1)相互独立事件就是互斥事件．( )
(2)若事件 A，B 相互独立，则 P(B|A)＝P(B).( )
(3)公式 P(AB)＝P(A)P(B)对任意两个事件都成立．( )
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式 P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，k＝0，
1，2，…，n 表示的概率分布列，它表示了 n 次独立重复试验中事件 A 发生的次数
恰好有一个一等品的概率 P＝2×1＋1×3＝ 5 .] 3 4 3 4 12
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．1 B．2 C．3 D．3
2
5
5
4
D [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
C25 10 5
C25 10
1 式，得 P(B|A)＝PP（（AAB））＝120＝14.
5 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)＝nn（（AAB））＝14.] 2．(2019·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，则这粒种子能成⻓为幼苗的概率为________． 0.72 [设“种子发芽”为事件 A，“种子成⻓为幼苗”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，即这粒种子能成⻓为幼苗的概率为 0.72.]
2019届一轮复习人教版(理)9-7n次独立重复试验与二项分布课件(42张)
2 3 解析：根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为 C2 0.6 × 0.4 ＋ 0.6 ＝ 3
0.648，故选 A 项．
答案：A
16
3
考点疑难突破
17
条件概率
[题 组 训 练] 1．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)＝( 1 A. 8 2 C． 5 1 B． 4 1 D． 2
3 3 3
3
80 . 243
答案：D
15
4．(2015 年全国卷Ⅱ)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．0.648 C．0.36 ) B．0.432 D．0.312
7
3．独立重复试验与二项分布 独立重复试验 二项分布 在 n 次独立重复试验中，用 X 在相同条件下重 表示事件 A 发生的次数，设每 定义 复做的 n 次试验 次试验中事件 A 发生的概率为 称为 n 次独立重 p， 此时称随机变量 X 服从二项 复试验 分布，记作
X～B(n，p) ，
并称 p 为 成功概率
18
)
2 C2 ＋ C 4 2 C2 1 PAB 3 2 2 解析： P(A)＝ ＝ ＝ ， P(AB)＝ 2＝ ， 由条件概率公式， 得 P(B|A)＝ C2 10 5 C 10 PA 5 5
1 10 1 ＝ ＝ . 4 4 10
答案：B
19
2．将三颗骰子各掷一次，设事件 A 为“三个点数都不相同”，B 为“至少出现 一个 3 点”，则 P(A|B)＝( 60 A. 91 7 C． 12 ) 1 B． 2 81 D． 125
高三数学独立重复试验与二项分布1(中学课件2019)
帛加璧 护军都尉韩昌为偏裨 周人禘之 自有传 不用汉法 淮阳 过曾参远矣 夫楚 亭有畜字马 因言错擅凿庙垣为门 武帝使督盗贼 破楚必矣 然后有官师小吏 诸所交结 名闻州郡 莽曰载武 斩丛棘 各有同异 暗昧蔽惑 而奸臣如此 辅政出入七年 量 安国富民 时则有日月乱行 作乘舆辇
出入闺阁 物聚臧 中行说既至 共工氏伯九域 不可复加 日有蚀之 教驰逐 星不见 有录无书 太公为太师 列四郡 诚国家雄俊之宝臣也 悉新於辛 一朝以暗昧语言见废 国除 南方不可乎 上自为太子时闻知野王 以兴太平 为关吏 当是之时 今小吏未尝从军者多满 高祖问 诸侯有变 春搜
2、二项分布：
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) Cnk pk (1 p)nk，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。
山多麈麖 乃绝 举勇武有节明兵法 故子贡欲去其饩羊 衡 初入元 日月光 中部都尉治 辅国侯 国人不说 汉军皆走 诸寝园日月间祀皆可勿复修 辄召告其县长吏 阴因日明之衰而夺其光 《春秋》日蚀三十六 其事亦议 弦矢分
此欲代君耳 库存管理系统 张卿大然之 屯城外 愿得归骸骨 张汤为御史大夫 武王作《武》 博不受 高祖尝避吏 是时 苑囿不过数十里 决雌雄 皆拜 前时南海王反 季迭用事为统首 繇水南至华容入江 追观太宗填抚尉佗 加以傅氏有女之援 软件 业上书言 武帝末年 善贾市 管仲曰 而
秋狝 下阴潜以惨凛兮 公曰 居信都 臣失君 乃成厥命 楚王与足下有旧故 子共王喜嗣 元帝初 计饮酒石余 大功数十 辅世成名 地利或不得 则思将率之臣 木动也 临上车 事推功善 经纬冥冥 官属咸服博之疏略 未晚也 义不取容 不足以辱天子使者 秦 善 被甲鞮鞪居马上 上以伯新起
2019版高考数学一轮复习第九章计数原理与概率课时达标61条件概率n次独立重复试验与二项分布
第61讲 条件概率、n 次独立重复试验与二项分布[解密考纲]对事件的独立性与条件概率、独立重复试验与二项分布的考查在高考中三种题型均有呈现．一、选择题1．(2018·陕西西安模拟)甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分)．甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83 乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A ；“抽出学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B ，则P(AB)，P(A|B)的值分别是( A )A ．14，59 B ．14，49 C ．15，59D ．15，49解析 ∵P (A )＝12，P (B )＝920，P (AB )＝14，∴P (A |B )＝P AB P B ＝59.2．已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( B )A ．0.85B ．0.819 2C ．0.8D ．0.75解析 P ＝C 340.83·0.2＋C 440.84＝0.819 2.3．从甲袋中摸出1个红球的概率为13，从乙袋中摸出1个红球的概率为12，从两袋中各摸出一个球，则23等于( C )A ．2个球都不是红球的概率B ．2个球都是红球的概率C ．至少有1个红球的概率D ．2个球中恰有1个红球的概率解析 因为从两个袋中各摸出一个球都不是红球的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝13，所以至少有1个红球的概率为1－13＝23.4．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( D )A ．310 B ．29 C ．78D ．79解析 设事件A 为“第1次抽到的螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730，则所求概率为P (B |A )＝P ABP A ＝730310＝79.5．袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是13，从B中摸出一个红球的概率为p .若A ，B 两个袋子中的球数之比为1∶2，将A ，B 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是25，则p 的值为( B )A ．13 B ．1330 C ．1730D ．12解析 设A 中有x 个球，B 中有y 个球，则因为A ，B 两个袋子中的球数之比为1∶2，将A ，B 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是25，所以13x ＋py x ＋y ＝25且x y ＝12，解得p ＝1330.6．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面向上的概率等于出现k ＋1次正面向上的概率，那么k 的值为( C )A ．0B ．1C ．2D ．3解析 C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫125，∴k ＋(k ＋1)＝5，k ＝2.二、填空题7．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12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为__18__.解析 ∵a ，c 闭合，b 断开，灯泡甲亮，∴概率为18.8．一盒中放有大小相同的10个小球，其中8个黑球，2个红球，现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意抽取2个小球，已知甲取到了2个黑球，则乙也取到2个黑球的概率是__1528__.解析 记事件“甲取到2个黑球”为A ，“乙取到2个黑球”为B ，则有P (B |A )＝P AB P A＝C 26C 28＝1528，即所求事件的概率是1528. 9．设事件A 在每次试验中发生的概率相同，且在三次独立重复试验中，若事件A 至少发生一次的概率为6364，则事件A 恰好发生一次的概率为__964__.解析 假设事件A 在每次试验中发生说明试验成功，设每次试验成功的概率为p ，由题意得，事件A 发生的次数X ～B (3，p )，则有1－(1－p )3＝6364，得p ＝34，则事件A 恰好发生一次的概率为C 13×34×⎝⎛⎭⎪⎫1－342＝964.三、解答题10．某中学为丰富教职工生活，国庆节举办教职工趣味投篮比赛，有A ，B 两个定点投篮位置，在A 点投中一球得2分，在B 点投中一球得3分．规则是：每人投篮三次按先A 后B 再A 的顺序各投篮一次，教师甲在A 和B 点投中的概率分别是12和13，且在A ，B 两点投中与否相互独立．(1)若教师甲投篮三次，求教师甲投篮得分X 的分布列；(2)若教师乙与教师甲在A ，B 点投中的概率相同，两人按规则各投三次，求甲胜乙的概率．解析 (1)设“教师甲在A 点投中”的事件为A ，“教师甲在B 点投中”的事件为B . 依题可知X 的可能取值为0,2,3,4,5,7.P (X ＝0)＝P (A ·B ·A )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－122×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＝16，P (X ＝2)＝P (A ·B ·A ＋A ·B ·A )＝C 12×12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝13， P (X ＝3)＝P (A ·B ·A )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12×13×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝112，P (X ＝4)＝P (A ·B ·A )＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－13×12＝16，P (X ＝5)＝P (A ·B ·A ＋A ·B ·A )＝C 12×12×13×⎝⎛⎭⎪⎫1－12＝16，P (X ＝7)＝P (A ·B ·A )＝12×13×12＝112.则教师甲投篮得分X 的分布列为(2) 这五种情形之间彼此互斥，因此所求事件的概率为P ＝13×16＋112×⎝ ⎛⎭⎪⎫16＋13＋16×⎝ ⎛⎭⎪⎫16＋13＋112＋16×⎝ ⎛⎭⎪⎫16＋13＋112＋16＋112×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－112＝1948. 11．(2018·湖北黄冈期末)甲、乙两位小学生各有2008年奥运吉祥物“福娃”5个(其中“贝贝”“晶晶”“欢欢”“迎迎”和“妮妮”各一个)，现以投掷一个骰子的方式进行游戏，规则如下：当出现向上的点数是奇数时，甲赢得一个福娃；否则乙赢得甲一个福娃，规定掷骰子的次数达9次时，或在此前某人已赢得所有福娃时游戏终止．记游戏终止时投掷骰子的次数为ξ.(1)求掷骰子的次数为7的概率； (2)求ξ的分布列及数学期望E (ξ)．解析 (1)当ξ＝7时，“甲赢”即“第七次甲赢，前6次赢5次，且前5次中必输1次”，依题意，每次甲赢或乙赢的概率均为12，∴P (ξ＝7)＝2×C 15×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫124×12×12＝564.(2)设游戏终止时骰子向上的点数是奇数出现的次数为m ，向上的点数是偶数出现的次数为n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧|m －n |＝5，m ＋n ＝ξ，5≤ξ≤9或⎩⎪⎨⎪⎧|m －n |<5，m ＋n ＝9得：当m ＝5，n ＝0或m ＝0，n ＝5时，ξ＝5； 当m ＝6，n ＝1或m ＝1，n ＝6时，ξ＝7； 当m ＝7，n ＝2或m ＝2，n ＝7时，ξ＝9； 当m ＝5，n ＝4或m ＝4，n ＝5时，ξ＝9； 当m ＝6，n ＝3或m ＝3，n ＝6时，ξ＝9； ∴ξ的可能取值是5,7,9.每次投掷甲赢得乙一个福娃与乙赢得甲一个福娃的可能性相同，其概率都是12.P (ξ＝5)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝116，P (ξ＝7)＝564，P (ξ＝9)＝1－P (ξ＝5)－P (ξ＝7)＝5564，∴ξ的分布列是E (ξ)＝5×116＋7×564＋9×64＝32. 12．(2018·福建泉州模拟)在一种电脑屏幕保护画面中，符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为p ，出现“×”的概率为q .若第k 次出现“○”，则记a k ＝1；出现“×”，则记a k ＝－1，令S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .(1)当p ＝q ＝12时，记ξ＝|S 3|，求ξ 的分布列；(2)当p ＝13，q ＝23时，求S 8＝2且S i ≥0(i ＝1,2,3,4)的概率．解析 (1)因为ξ＝|S 3|的取值为1,3，又p ＝q ＝12，所以P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫12×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×2＝34， P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14.所以ξ的分布列为(2)当S 8＝2次，又已知S i ≥0(i ＝1,2,3,4)，若第一、三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”3次；若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任意出现“○”3次． 故所求的概率P ＝(C 36＋C 35)×⎝ ⎛⎭⎪⎫135×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝30×838＝8037⎝ ⎛⎭⎪⎫或802 187.。
考点61n次独立重复试验与二项分布-2019年领军高考数学（理）精编必刷题word版含解析
考点61 n次独立重复试验与二项分布1．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（）A．0.4 B．0.6 C．0.75 D．0.8【答案】D2．已知袋子内有6个球，其中3个红球，3个白球，从中不放回地依次抽取2个球，那么在已知第一次抽到红球的条件下，第二次也抽到红球的概率是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】方法一：由题意得，从6个球（其中3个红球，3个白球）中取出一个红球后，则袋子中还有5个球（2个红球和3个白球），所以再从中取出一个球，则该球是红球的概率为．故选C．方法二：设“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到红球”为事件B，则，∴．故选C．3．下列命题中，正确的是①若随机变量，则且；②命题“”的否定是：“”；③命题“若”为真命题；④已知为实数，直线是“2” 的充要条件. A．①②B．②③C．②④D．③④【答案】B4．若随机变量服从二项分布，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】随机变量服从二项分布，，，；.故选 D.5．从标有数字1、2、3、4、5的五张卡片中，依次抽出2张(取后不放回)，则在第一次抽到卡片是奇数的情况下，第二次抽到卡片是偶数的概率为（）A．B．C．D．【答案】D6．一个盒子里装有大小、形状、质地相同的12个球，其中黄球5个，蓝球4个，绿球3个.现从盒子中随机取出两个球，记事件为“取出的两个球颜色不同”，事件为“取出一个黄球，一个绿球”，则A．B．C．D．【答案】D【解析】记事件为“取出的两个球顔色不同”，事件为“取出一个黄球，一个绿球”，则，，,故选 D.7．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，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（）A．B．C．D．【答案】B8．2018年武邑中学髙三第四次模拟考试结束后，对全校的数学成绩进行统计，发现数学成绩的频率分布直方图形状与正态分布的密度曲线非常拟合.据此统计：在全校随机抽取的4名高三同学中，恰有2名同学的数学成绩超过95分的概率是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，数学成绩超过95分的概率是，∴在全校随机柚取的4名高三同学中，恰有2名冋学的数学成绩超过95分的概率是=，故选：D．9．据统计一次性饮酒 4.8两诱发脑血管病的概率为0.04，一次性饮酒7.2两诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员一次性饮酒 4.8两未诱发脑血管病，则他还能继续饮酒 2.4两不诱发脑血管病的概率为（）A．B．C．D．【答案】A10．（2017.唐山市二模）已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率是（）A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9【答案】C【解析】设第一个路口遇到红灯的事件为A，第二个路口遇到红灯的事件为B，则P（A）=0.5，P（AB）=0.4，则P（B丨A）==0.8，故选：C．11．为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门对100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过的有40人，不超过的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过的有20人，不超过的有25人．（Ⅰ）完成下面的列联表，并判断是否有％的把握认为平均车速超过的人与性别有关．平均车速超过人数平均车速不超过人数合计男性驾驶员人数女性驾驶员人数合计（Ⅱ）以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车中驾驶员为男性且车速超过的车辆数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列和数学期望．参考公式与数据：，其中【答案】（Ⅰ）表格见解析，有关（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）平均车速超过人数平均车速不超过人数合计12．2018年9月16日下午5时左右，今年第22号台风“山竹”在广东江门川岛镇附近正面登录，给当地人民造成了巨大的财产损失，某记着调查了当地某小区的100户居民由于台风造成的经济损失，将收集的数据分成，，，，五组，并作出如下频率分布直方图（图1）.（1）台风后居委会号召小区居民为台风重灾区捐款，记者调查的100户居民捐款情况如下表格，在图2表格空白处填写正确数字，并说明是否有95%以上的把握认为捐款数额多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该地区大量受灾居民中，采用随机抽样方法每次抽取1户居民，抽取3次，记被抽取的3户居民中自身经济损失超过4000元的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，期望和方差.图1 图2参考公式：，其中【答案】（1）有；（2）.【解析】（1）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，经济损失不超过4000元的有人，经济损失超过4000元的有100-70=30人，则表格数据如下经济损失不超过4000元经济损失超过4000元合计捐款超过500元60 20 80捐款不超过500元10 10 20合计70 30 10013．为了解市民对某项政策的态度，随机抽取了男性市民25人，女性市民75人进行调查，得到以下的列联表：支持不支持合计男性20 5 25女性40 35 75合计60 40 100(1)根据以上数据，能否有97.5%的把握认为市民“支持政策”与“性别”有关？(2)将上述调查所得的频率视为概率，现在从所有市民中，采用随机抽样的方法抽取4位市民进行长期跟踪调查，记被抽取的4位市民中持“支持”态度的人数为,求的分布列及数学期望。
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题59n次独立重复试验与二项分布(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2.理解n 次独立重复试验的模型及二项分布．3.能解决一些简单的实际问题.一、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 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝P ABP A(P (A )>0)．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 )＝n ABn A.(2)条件概率具有的性质 ①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件， 则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 二、相互独立事件(1)对于事件A ，B ，若事件A 的发生与事件B 的发生互不影响，则称事件A ，B 是相互独立事件． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )，P (AB )＝P (B |A )P (A )＝P (A )P (B )．(3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 三、独立重复试验与二项分布(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，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0，1，2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记为X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．高频考点一 条件概率例1．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且不放回，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.29C.78D.79 答案 D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C 17C 19＝79.【变式探究】一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (AB )，P (A |B )．解 如图，n (Ω)＝9，n (A )＝3，n (B )＝4，∴n (AB )＝1，∴P (AB )＝19，P (A |B )＝n AB n B ＝14.【感悟提升】(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.高频考点二 相互独立事件的概率例2、某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元，求该企业可获利润的分布列．解 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220， 因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝315＝15， P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615＝25，故所求的分布列为X 0 100 120 220 P2151541525【感悟提升】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正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．【变式探究】为了纪念2018联合国气候大会，某社区举办《 “环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．(2)有0个家庭回答正确的概率为P 0＝P (A B C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝14×58×13＝596， 有1个家庭回答正确的概率为P 1＝P (A B C ＋A B C ＋A B C )＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724， 所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为P ＝1－P 0－P 1＝1－596－724＝2132.高频考点三 独立重复试验与二项分布例3、某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动.然后在各公园签名的人中按分层抽样的方式抽取10名幸运之星回答问题，从10个关于长征的问题中随机抽取4个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．(1)求此活动中各公园幸运之星的人数；(2)若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为22，求恰好2位幸运之星获得纪念品的概率； (3)若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外2个问题答不对，记小李答对的问题数为X ，求X 的分布列．(3)由题意，知X 的所有可能取值为2，3，4，服从超几何分布，P (X ＝2)＝C 28C 22C 410＝215，P (X ＝3)＝C 38C 12C 410＝815，P (X ＝4)＝C 48C 02C 410＝13.所以X 的分布列为X 2 3 4 P21581513【变式探究】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12，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？(2)设“第i 盘游戏没有出现音乐”为事件A i (i ＝1，2，3)， 则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18.所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是511512.【感悟提升】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)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n 和变量的概率，求得概率．【变式探究】为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20人，不超过100 km/h 的有25人．(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X ，求X 的分布列．解 (1)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A ，则事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.1.[2017全国卷Ⅱ，13，5分][理]一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则DX= .【答案】1.96【解析】依题意知，X~B(100，0.02)，所以D Χ=100×0.02×(1-0.02)=1.96.1.[2016全国卷Ⅱ，18，12分][理]某险种的基本保费为a(单位:元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率; (Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.【解析】(Ⅰ)设A 表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.(Ⅲ)记续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P0.300.150.200.200.100.05E X=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.1.[2015 湖南，18，12分][理]某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球.在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖;若只有1个红球，则获二等奖;若没有红球，则不获奖.(Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(Ⅱ)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望. 【答案】(Ⅰ)记事件A 1={从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2={从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1={顾客抽奖1次获一等奖}，B 2={顾客抽奖1次获二等奖}， C={顾客抽奖1次能获奖}.由题意，A 1与A 2相互独立，A 1与A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1=A 1A 2，B 2=A 1+A 2，C=B 1+B 2. 因为P(A 1)== 25，P(A 2)== 12，所以P(B 1)=P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=25×12=15，P(B 2)=P(A 1+A 2)=P(A 1)+P(A 2)=P(A 1)P()+P()P(A 2)=P(A 1)(1-P(A 2))+(1-P(A 1))P(A 2)=25×(1-12)+(1-25)×12=12.故所求概率为P(C)=P(B 1+B 2)=P(B 1)+P(B 2)= 15+ 12=710.2.[2015 山东，8，5分][理]已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为 ( )(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%，P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 【答案】B【解析】由已知μ=0，σ=3，所以P(3<ξ<6)= 12[P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)]= 12 (95.44%-68.26%)=12×27.18%=13.59%.故选B.3.[2015湖北，4，5分][理]设X~N(μ1，)，Y~N(μ2，)，这两个正态分布密度曲线如图13-4-1所示.下列结论中正确的是 ( )A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C.对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)D.对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)【答案】C1.[2014新课标全国Ⅱ，5，5分][理]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( )A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45【答案】A【解析】根据条件概率公式P(B|A)=，可得所求概率为=0.8.故选A.2.[2014新课标全国Ⅰ，18，12分][理]从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得频率分布直方图13-4-2:图13-4-2(Ⅰ)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(Ⅱ)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2);(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数.利用(i)的结果，求EX.附:≈12.2.)=0.954 4.若Z~N(μ，σ2)，则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 6，P(μ-2σ<Z<μ+2σ(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知，Z~N(200，150)，从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.682 6.(ii)由(i)知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X~B(100，0.682 6)，所以EX=100×0.682 6=68.26.。
高考数学一轮复习 课后限时集训61 n次独立重复试验与二项分布 理(含解析)新人教A版-新人教A版高
课后限时集训(六十一) n 次独立重复试验与二项分布(建议用时：60分钟) A 组 基础达标1．甲、乙、丙三人进行象棋比赛，每两人比赛一场，共赛三场．每场比赛没有平局，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为23，甲胜丙的概率为14，乙胜丙的概率为15.则甲获第一名且丙获第二名的概率为( ) A.1112B.16 C.130D.215D [设“甲胜乙”“甲胜丙”“乙胜丙”分别为事件A ，B ，C ，事件“甲获第一名且丙获第二名”为A ∩B ∩C ，所以P (甲获第一名且丙获第二名)＝P (A ∩B ∩C )＝P (A )P (B )P (C )＝23×14×45＝215.] 2．甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为12和13，甲、乙两人各射击一次，有下列说法：①目标恰好被命中一次的概率为12＋13；②目标恰好被命中两次的概率为12×13；③目标被命中的概率为12×23＋12×13；④目标被命中的概率为1－12×23，以上说法正确的是( )A ．②③B ．①②③C ．②④D ．①③C [对于说法①，目标恰好被命中一次的概率为12×23＋12×13＝12，所以①错误，结合选项可知，排除B 、D ；对于说法③，目标被命中的概率为12×23＋12×13＋12×13，所以③错误，排除A.故选C.]3．两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，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) A.12B.512 C.14D.16B [设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品； 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为 P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝ 23×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.]4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( ) A.110B.15 C.25D.12C [设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB ，“在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B |A ，由题意得P (B |A )＝P AB P A ＝25，故选C.]5．(2018·某某诊断)某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为( ) A.89B.7381 C.881D.19C [因为该射手每次射击击中目标的概率是23，所以每次射击不中的概率为13，设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)，“该射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则P (A )＝P (A 1A 2A 3A4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝881.]二、填空题6．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为P ，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率，则P 的取值X 围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 [设P (B k )(k ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉3次，出现k 次钉尖向上”的概率，由题意，得P (B 2)＜P (B 3)，即C 23P 2(1－P )＜C 33P 3，∴3P 2(1－P )＜P 3.∵0＜P ＜1，∴34＜P ＜1.]7．甲、乙、丙三位同学上课后独立完成5道自我检测题，甲的及格率为45，乙的及格率为25，丙的及格率为23，则三人中至少有一人及格的概率为________．2425 [设“甲及格”为事件A ，“乙及格”为事件B ，“丙及格”为事件C ，则P (A )＝45，P (B )＝25，P (C )＝23， ∴P (A )＝15，P (B )＝35，P (C )＝13，则P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝15×35×13＝125，∴三人中至少有一人及格的概率P ＝1－P (A B C )＝2425.]8．将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，则P (A |B )＝________. 14[依题意，随机试验共有9个不同的基本结果． 由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等，所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果． 所以P (B )＝49，P (AB )＝19.所以P (A |B )＝P ABP B ＝1949＝14.]三、解答题9．(2019·某某模拟)某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮”和“三步上篮”两项测试．“立定投篮”与“三步上篮”各有2次投篮机会，先进行“立定投篮”测试，如果合格才有机会进行“三步上篮”测试，为了节约时间，每项只需且必须投中一次即为合格．小明同学“立定投篮”的命中率为12，“三步上篮”的命中率为34，假设小明不放弃任何一次投篮机会且每次投篮是否命中互不影响． (1)求小明同学一次测试合格的概率；(2)设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列．[解](1)设小明第i 次“立定投篮”命中为事件A i ，第i 次“三步上篮”命中为事件B i (i ＝1,2)，依题意有P (A i )＝12，P (B i )＝34(i ＝1,2)，“小明同学一次测试合格”为事件C .(1)P (C )＝P (A1A 2)＋P (A 1A 2B 1B 2)＋P (A 1B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)P (B 1)P (B 2)＋P (A 1)·P (B 1)P (B 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－342＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－342＝1964. ∴P (C )＝1－1964＝4564.(2)依题意知ξ＝2,3,4，P (ξ＝2)＝P (A 1B 1)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (A 2)＝58，P (ξ＝3)＝P (A 1B 1B 2)＋P (A 1A 2B 1)＋P (A 1B 1B 2)＝P (A 1)P (B 1)P (B 2)＋P (A 1)P (A 2)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)P (B 2)＝516，P (ξ＝4)＝P (A 1A 2B 1)＝P (A 1)P (A 2)P (B 1)＝116.故投篮的次数ξ的分布列为：图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55,65)，[65,75)，[75,85]内的频率之比为4∶2∶1.(1)求这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率；(2)若将频率视为概率，从该企业生产的这种产品中随机抽取3件，记这3件产品中质量指标位于区间[45,75)内的产品件数为X ，求X 的分布列．[解](1)设这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率为x ，则在区间[55,65)，[65,75)内的频率分别为4x 和2x .依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.03)×10＋4x ＋2x ＋x ＝1，解得x ＝0.05.所以这些产品质量指标值落在区间[75,85]内的频率为0.05.(2)从该企业生产的该种产品中随机抽取3件，相当于进行了3次独立重复试验，所以X ～B (n ，p )，其中n ＝3.由(1)得，这些产品质量指标值落在区间[45,75)内的频率为0.3＋0.2＋0.1＝0.6，将频率视为概率为p ＝0.6.因为X 的所有可能取值为0,1,2,3，且P (X ＝0)＝C 03×0.60×0.43＝0.064， P (X ＝1)＝C 13×0.61×0.42＝0.288， P (X ＝2)＝C 23×0.62×0.41＝0.432， P (X ＝3)＝C 33×0.63×0.40＝0.216.所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P0.0640.2880.4320.216B 组 能力提升1.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( )42C.34D.45C [记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B .若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.]2．经检测，有一批产品的合格率为34，现从这批产品中任取5件，记其中合格产品的件数为ξ，则P (ξ＝k )取得最大值时，k 的值为( )A ．5B ．4C ．3D ．2B [根据题意得，P (ξ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫34k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－345－k ，k ＝0,1,2,3,4,5，则P (ξ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫340×⎝ ⎛⎭⎪⎫145＝145，P (ξ＝1)＝C 15⎝ ⎛⎭⎪⎫341×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＝1545，P (ξ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫342×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝9045，P (ξ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝27045，P (ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫344×⎝ ⎛⎭⎪⎫141＝40545，P (ξ＝5)＝C 55⎝ ⎛⎭⎪⎫345×⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝24345，故当k ＝4时，P (ξ＝k )最大．]3．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，分别用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，用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 |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立；④A 1，A 2，A 3为两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关．②④ [P (B )＝P (A 1)P (B |A 1)＋P (A 2)P (B |A 2)＋P (A 3)·P (B |A 3)＝12×511＋15×411＋310×411＝922，故①⑤错误；从甲罐中取出1红球放入乙罐后，则乙罐中有5个红球，从中任取1个为红球的概率为511，即P (B |A 1)＝511，故②正确；由于P (B )≠P (B |A 1)，故B 与A 1不独立，因此③错误；由题意知，④正确．]4．(2019·某某模拟)某厂有4台大型机器，在一个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修．每台机器出现故障的3(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维护的概率不少于90%?(2)已知1名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资．每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就能使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润．若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的分布列．[解](1)1台机器是否出现故障可看作1次试验，在1次试验中，机器出现故障设为事件A ，则事件A 的概率为13.该厂有4台机器，就相当于4次独立重复试验，可设出现故障的机器台数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，∴P (X ＝0)＝C 04·⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681，P (X ＝1)＝C 14·13·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝3281， P (X ＝2)＝C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2481， P (X ＝3)＝C 34·⎝ ⎛⎭⎪⎫133·23＝881， P (X ＝4)＝C 44·⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181. ∴X 的分布列为X ＝0，X ＝1，X ＝2，…，X ＝n ，这n ＋1个互斥事件的和事件，则∵81＜90%≤81，∴该厂至少需要3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%.(2)设该厂每月可获利Y 万元，则Y 的所有可能取值为18,13,8，P (Y ＝18)＝P (X ＝0)＋P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝7281，P (Y ＝13)＝P (X ＝3)＝881，P (Y ＝8)＝P (X ＝4)＝181，∴Y 的分布列为。
高考数学一轮总复习课件：n次独立重复试验与二项分布
【解析】 记“甲独立地译出密码”为事件A，“乙独立地
译出密码”为事件B，A，B为相互独立事件，且P(A)＝
1 3
，P(B)
＝14.
(1)“2 个人都译出密码”的概率为：
P(AB)＝P(A)×P(B)＝13×14＝112.
(2)“2个人都译不出密码”的概率为：
P(AB)＝P(A)×P(B)＝[1－P(A)]×[1－P(B)]＝1－131－14＝12..3
B.7 C.3 D.4
【解析】
由题意知，P(A)＝
C32＋C42 C72
＝
3 7
，P(AB)＝
C42 C72
＝
2 7
，
2 所以P(B|A)＝PP（（AAB））＝73＝23.故选C.
7
题型二 相互独立事件的概率
例2 甲、乙2个人独立地破译一个密码，他们能译出密码 的概率分别为13和14，求：
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 )
A．0.9
B．0.8
C．0.72
D．0.576
【解析】 P＝7820＝0.9，选A.
(2)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不
放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后， 4
第二次再次取到不合格品的概率为___9_9____． 【解析】 方法一：设A＝{第一次取到不合格品}， B＝{第二次取到不合格品}，则P(AB)＝CC150202， 5×4 所以P(B|A)＝PP（（AAB））＝100× 5 99＝949. 100
(5)“至少1个人译出密码”的对立事件为“2个人都未译出
密码”，所以至少有1个人译出密码的概率为：
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第61讲n次独立重复试验与二项分布考试说明 1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念.2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布,并能解决一些简单的实际问题.考情分析真题再现■ [2017-2013 课标全国真题再现1.[2015·全国卷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,则该同通过测试的概率为()A.0.648B.0.432C.0.36D.0.312[解析 A记事件M={恰好投中2次},N={3次都投中},E={通过测试},则事件M与N互斥,且E=M∪N.又P(M)=×(0.6)2×(1-0.6)=0.432,P(N)=×(0.6)3=0.216,所以P(E)=P(M∪N)=P(M)+P(N)=0.648.故选A.2.[2014·全国卷Ⅱ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()A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45[解析 A设“第一天空气质量为优良”为事件A,“第二天空气质量为优良”为事件B,则P(A)=0.75,P(AB)=0.6,由题知要求的是在事件A发生的条件下事件B发生的概率,根据条件概率公式得P(B|A)===0.8.3.[2017·全国卷Ⅱ一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX= .[答案 1.96[解析X B(100,0.02),故DX=100×0.02×0.98=1.96.4.[2016·全国卷Ⅱ某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60 的概率;(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.解:(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60 ”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,故P(B)=0.10+0.05=0.15.又P(AB)=P(B),故P(B|A)====,因此所求概率为.(3)记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为E(X)=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.■ [2017-2016 其他省份类似高考真题1.[2017·天津卷从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为, ,.(1)设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数期望;(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.解:(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X=0)=××=,P(X=1)=××+××+××=,P(X=2)=××+××+××=,P(X=3)=××=.所以随机变量X的分布列为随机变量X的数期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数,表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率P(Y+ =1)=P(Y=0, =1)+P(Y=1, =0)=P(Y=0)P( =1)+P(Y=1)P( =0)=×+×=.所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.2.[2016·山东卷甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数期望E(X).解:(1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“‘星队’至少猜对3个成语”.由题意,E=ABCD+BCD+A CD+AB D+ABC.由事件的独立性与互斥性,得P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(A CD)+P(AB D)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D )+P(A)P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)P()=×××+2××××+×××=,所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性,得P(X=0)=×××=,P(X=1)=2××××+×××==,P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,P(X=3)=×××+×××==,P(X=4)=2××××+×××==,P(X=6)=×××==.故随机变量X的分布列为所以数期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.3.[2016·北京卷 A,B,C三个班共有100名生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):(1)试估计C班的生人数.(2)从A班和C班抽出的生中,各随机选取一人,A班选出的人记为甲,C班选出的人记为乙.假设所有生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;(3)再从A,B,C三个班中各随机抽取一名生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1,表格中数据的平均数记为μ0,试判断μ0和μ1的大小.(结论不要求证明)解:(1)由题意知,抽出的20名生中,来自C班的生有8名.根据分层抽样方法,C班的生人数估计为100×=40.(2)设事件A i为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2,...,5,事件C j为“乙是现有样本中C班的第j个人”,j=1,2, (8)由题意可知,P(A i)=,i=1,2,...,5;P(C j)=,j=1,2,...,8.P(A i C j)=P(A i)P(C j)=×=,i=1,2,...,5,j=1,2, (8)设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,E=A1C1∪A1C2∪A2C1∪A2C2∪A2C3∪A3C1∪A3C2∪A3C3∪A4C1∪A4C2∪A4C3∪A5C1∪A5C2∪A5C3∪A5C4.因此P(E)=P(A1C1)+P(A1C2)+P(A2C1)+P(A2C2)+P(A2C3)+P(A3C1)+P(A3C2)+P(A3C3)+P(A4C1)+P(A4C2)+P(A4 C3)+P(A5C1)+P(A5C2)+P(A5C3)+P(A5C4)=15×=.(3)μ1<μ0.【课前双基巩固】知识聚焦1.P(B|A)+P(C|A)2.(1)P(A)P(B)(2)①P(B)P(A)P(B)3.X B(n,p)成功概率对点演练1. [解析由题意可知P(AB)=,P(A)=,∴P(B|A)==.2.[解析设事件A表示“4次射击中甲恰好2次击中目标”,事件B表示“4次射击中乙恰好3次击中目标”,由题意知事件A与B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=×××××=×=.3. [解析设事件A为“第一次拿到白球”,事件B为“第二次拿到红球”,则事件AB为“第一次拿到白球,第二次拿到红球”,所以P(A)==,P(AB)==,由条件概率公式得P(B|A)===.4.[解析前2个路口不是红灯,第3个路口是红灯,所以概率为1-2×=.5. [解析三人都不能译出密码的概率P=××=,所以此密码能被破译的概率是1-P=1-=.6. [解析因为第一位数字可为0或1,所以第一位数字为0的概率P(B)=,第一位数字为0且第二位数字也为0,即事件A,B同时发生的概率P(AB)=×=,所以P(A|B)===.7.[解析甲获得“合格证书”的概率为×=,乙获得“合格证书”的概率是×=,两人中恰有一人获得“合格证书”的概率是×1-+1-×=.【课堂考点探究】例1[思路点拨 (1)分别计算P(A),P(AB)的值,再据条件概率公式计算;(2)根据几何概型的特征,结合条件概率计算公式计算.(1)D(2)[解析 (1)事件AB包括:(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6),共9个.事件A包括:(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1 ),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6),共18个.由题意可得P(AB)==,P(A)==,由条件概率公式可得P(B|A)==.选D.(2)P(B|A)===,故答案为.变式题(1)D(2)C[解析 (1)因为事件A包含的基本事件为(1,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,4),(4,2),(3,3),(4,4),(4,6),(6,4),(5,5),(1,5),(5,1),( 6,6),(3,5),(5,3),(6,2),(2,6),共18个.其中x=y包含的基本事件为(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),共6个,所以事件AB包含的基本事件有12个,则P(B|A)==.故选D.(2)记事件A为“第1次抽到代数题”,事件B为“第2次抽到代数题”,则P(A)=,P(AB)==,则在第1次抽到代数题的条件下,第2次也抽到代数题的概率为P(B|A)===.选C.例2[思路点拨 (1)由题意可得,甲、乙租车时间及其概率如下表:车费相同,即使用时间一样,将事件分成三个互斥事件,根据互斥事件的和事件与相互独立事件同时发生的概率公式可得,所求概率为×+×+×=.(2)由题意可得ξ可能取的值为0,2,4,6,8,根据互斥事件的和事件与相互独立事件同时发生的概率公式分别计算可得.解:(1)由题意得,甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为,.记“甲、乙两人所付的租车费用相同”为事件A,则P(A)=×+×+×=,所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为.(2)由题知ξ可能取的值为0,2,4,6,8.P(ξ=0)=,P(ξ=2)=×+×=,P(ξ=4)=×+×+×=,P(ξ=6)=×+×=,P(ξ=8)=×=.故ξ的分布列为变式题解:(1)设A i表示事件“一个试用组中,服用甲种抗病毒药物痊愈的有i(i=0,1,2)人”;B表示事件“一个试用组中,服用乙种抗病毒药物痊愈的有i(i=0,1,2)人”.依题意有P(A1)=2××=,P(A2)=×=,P(B0)=×=,P(B1)=2××=,所以所求概率P=P(B0A1)+P(B0A2)+P(B1A2)=.例3[思路点拨 (1)至少命中2次的事件包括恰好命中2次和恰好命中3次,再根据独立重复试验的概率计算公式求得概率;(2)先确定随机变量的取值,再根据独立重复试验的概率计算公式求对应概率,列表可得分布列,最后根据数期望公式求期望.解:(1)由题意得(1-p)3=,解得p=.设“甲投篮3次,至少2次命中”为事件A,则P(A)=××1-+×=.(2)由题意知X的所有可能取值为0,1,2,3,4.P(X=0)=1-2×=;P(X=1)=××1-1××+1-2××=;P(X=2)=×+××1-1××+1-2×=;P(X=3)=××+××1-1×=;P(X=4)=×=.故X的分布列为E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=.变式题解:(1)设乙班生人数为x,则由分层抽样可知=,解得x=60,即乙班生人数为60.由测试数据可知生A,B,C,E为优秀生,所以样本中优秀生的频率为=,由60×=40,可知乙班优秀生的人数大约为40.(2)由题知,从甲、乙两班生中各任取1名是优秀生的概率均为.由题意可知ξ的所有可能取值为0,1,2,且满足二项分布,所以P(ξ=0)=×=,P(ξ=1)=××=,P(ξ=2)=×=.所以ξ的分布列为故E(ξ)=0×+1×+2×=.【备选理由】例1侧重考查条件概率的计算;例2考查相互独立事件的概率计算以及随机变量的分布列;例3考查二项分布的相关知识.1[配合例1使用袋中有大小完全相同的2个白球和3个黄球,逐个不放回地摸出2个球,设“第一次摸到白球”为事件A,“摸到的2个球同色”为事件B,则P(B|A)=()A.B.C.D.[解析 C P(B|A)===,选C.2[配合例2使用 2011年,国际数协会正式宣布,将每年的3月14日设为“国际数节”,其是中国古代数家祖冲之的圆周率.为庆祝该节日,某校举办的“数嘉年华”活动中,设计了如下的有奖闯关游戏:参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关,若闯关成功,则分别获得5个、10个、20个豆的奖励.游戏还规定:当选手闯过一关后,可以选择带走相应的豆,结束游戏;也可以选择继续闯下一关,若有任何一关没有闯关成功,则全部豆归零,游戏结束.设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为, , ,选手选择继续闯关的概率均为,且各关之间闯关成功与否互不影响.(1)求选手甲第一关闯关成功且所得豆为零的概率;(2)设该选手所得豆总数为X,求X的分布列.解:(1)设“甲第一关闯关成功且所得豆为零”为事件A,“甲第一关闯关成功但第二关闯关失败”为事件A1,“甲前两关闯关成功但第三关闯关失败”为事件A2,则事件A1,A2互斥.P(A1)=××=,P(A2)=××××=,故P(A)=P(A1)+P(A2)= +=.(2)X所有可能的取值为0,5,15,35.P(X=0)=+P(A)=,P(X=5)=×=,P(X=15)=×××=,P(X=35)=××××=.所以X的分布列为3[配合例3使用新生儿Apgar评分,即阿氏评分是对新生儿出生后总体状况的一个评估,主要从呼吸、心率、反射、肤色、肌张力这几个方面进行评分,8-10分者为正常新生儿,评分在47分之间的新生儿考虑患有轻度窒息,评分在4分以下的新生儿考虑患有重度窒息,大部分新生儿的评分多在710分之间.某市级医院的妇产对1月份出生的新生儿随机抽取了16名,记录了他们的评分情况如下表:(1)现从16名新生儿中随机抽取3名,求至多有1名的评分不低于9分的概率;(2)用这16名新生儿的数据来估计本年度的总体数据,若从本市本年度新生儿中任选3名,记X表示抽到评分不低于9分的新生儿数,求X的分布列.解:(1)设A i表示“所抽取的3名新生儿中有i(i=0,1,2,3)名新生儿的评分不低于9分”,事件A为“至多有1名新生儿的评分不低于9分”,则P(A)=P(A0)+P(A1)=+=.(2)由表格数据知,从本市本年度新生儿中任选1名,评分不低于9分的概率约为=.由题意知X的可能取值为0,1,2,3.P(X=0)==,P(X=1)=××=,P(X=2)=××=,P(X=3)=×=,所以X的分布列为。