2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第10章第6节 独立重复试验与二项分布 含解析
2022年旧高考(人教版)数学一轮教学案：第十章第八讲 n次独立重复试验与二项分布(理) (含解析)
第八讲 n 次独立重复试验与二项分布(理)知识梳理·双基自测知识梳理知识点一 条件概率及其性质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 )＝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(1)0≤P (B |A )≤1(2)若B 、C 是两个互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝__P (B |A )＋P (C |A )__知识点二 事件的相互独立性设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． 若事件A 、B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )；事件A 与B ，A 与B ，A 与B 都相互独立． 知识点三 独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验：在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，若用A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝__P (A 1)P (A 2)P (A 3)…P (A n )__．(2)二项分布：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 )．若X ～B (n ，p )，则E (X )＝__np __，D (X )＝__np (1－p )__．归纳拓展1．A ，B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ． 2．A ，B 都发生的事件为AB ． 3．A ，B 都不发生的事件为A －B －．4．A ，B 恰有一个发生的事件为(A B －)∪(A B )．5．A ，B 至多有一个发生的事件为(A B )∪(A B －)∪(A －B －)．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．( √ )(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率；P (BA )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( × )(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (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 发生的次数的概率分布．( √ )(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)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5．( √ )(6)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49．( × )题组二 走进教材2．(P 55T3)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是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( C )A ．0.2B ．0.3C ．0.38D ．0.56[解析] 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 ， ∴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．或1－P (A )·P (B )－P (A )P (B )＝0.38 题组三 走向高考3．(2017·全国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D (X )＝__1.96__．[解析] 由题意得X ～B (100,0.02)， ∴D (X )＝100×0.02×0.98＝1.96．4．(2018·课标Ⅲ，8)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立．设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D (X )＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( B )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3[解析] 由题知X ～B (10，p )，则D (X )＝10×p ×(1－p )＝2.4，解得p ＝0.4或0.6．又∵P (X＝4)＜P (X ＝6)，即C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4⇒(1－p )2＜p 2⇒p ＞0.5，∴p ＝0.6，故选B ．5．(2020·天津，13)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__16__；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为__23__．[解析] 设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A ， 则P (A )＝12×13＝16．设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B ， 则P (B )＝1－⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13＝1－13＝23． 或P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－12×13＋12×⎝⎛⎭⎫1－13＋12×13＝23．考点突破·互动探究考点一 条件概率——自主练透例1 (1)(2021·山东日照一中期中)根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110．则在吹东风的条件下下雨的概率为( B )A ．311B ．37C ．711D ．110(2)(2021·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 )A ．313B ．413C ．14D ．15(3)(2021·辽宁沈阳模拟)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有23的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率( C )A ．1320B ．920C ．15D ．120[解析] (1)记“某地四月份吹东风”为事件A ， “某地四月份下雨”为事件B ． 则P (A )＝730，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110730＝37．故选B ．(2)公式法：设事件A 为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”；事件B 为“学生丙第一个出场”则P (A )＝A 44＋C 13C 13A 33A 55＝78A 55，P (AB )＝C 13A 33A 55＝18A 55， 则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1878＝313，本题选A ． 直接法：“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”有A 44＋C 13C 13A 33＝78种；“学生丙第一个出场，学生乙不最后一个出场”有C 13A 33＝18种，故所求概率为P ＝1878＝313．(3)记“三人中至少有两人解答正确”为事件A ；“甲解答不正确”为事件B ， 则P (A )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＋C 33⎝⎛⎭⎫233＝2027； P (AB )＝13×23×23＝427，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝15．故选C ．名师点拨条件概率的求法(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 )． 〔变式训练1〕(1)(2021·江苏淮安淮阴中学测试)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4个人去的景点不完全相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P ()B |A ＝( A )A ．37B ．47C ．57D ．67(2)(2021·陕西交大附中、龙岗中学联考)甲、乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6，乙命中目标概率0.5，假设甲、乙两人射击命中率互不影响．射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为( B )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.48[解析] (1)设事件A ＝“4个人去的景点不完全相同”， 事件B ＝“小赵独自去一个景点”， 则P (A )＝44－444＝6364，P (B )＝4×3344＝2764，P (AB )＝4×3344＝2764，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝37，故选A ． (2)设事件A 为“目标至少被命中一次”，事件B 为“甲命中目标”， 则P (A )＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8， P (AB )＝0.6×0.5＋0.6×0.5＝0.6， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.75，故选B ． 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)(2021·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(D) A．0.48 B．0.52C．0.8 D．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4∶1获胜的概率是__0.18__．(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10∶10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10∶10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．[解析](1)1－0.2×0.4＝0.92，选D项．(2)前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是P＝0.108＋0.072＝0.18．(3)①X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5．②X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1．[引申](1)本例(1)中恰有一人解决这个问题的概率为__0.44__，至多有一人解决这个问题的概率为__0.52__．(2)本例(2)中乙以4∶0获胜的概率为__0.04__，甲以4∶2获胜的概率为__0.171__．[解析] (1)记“恰有一人解决这个问题”为事件A ， 则P (A )＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＝0.44， 记“至多有一人解决这个问题”为事件B ， 则P (B )＝1－ 0.8×0.6＝0.52，或P (B )＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＋(1－0.8)×(1－0.6)＝0.52． (2)P 1＝0.42×0.52＝0.04；P 2＝(C 230.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C 130.4×0.62×C 120.52)×0.5＝0.171．角度2 与相互独立事件相关的数学期望(4)(2020·陕西西安八校联考)某单位招聘职员，共有三轮考核，每轮考核回答一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别是45、35、25．且各轮问题能否正确回答互不影响．①求该选手被淘汰的概率；②该选手在被考核中回答问题的个数记为X ，求X 的分布列和数学期望． [解析] ①设“该选手能正确回答第i 轮问题”为事件A i ()i ＝1，2，3， “该选手被淘汰”为事件M ． 则P ()A 1＝45，P ()A 2＝35，P ()A 3＝25．P ()M ＝P ()A1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3＝P()A 1＋P ()A 1P ()A 2＋P ()A 1P ()A 2P ()A 3＝15＋45×25＋45×35×35＝101125 ∴该选手被淘汰的概率是101125．②X 的可能取值为1,2,3． P ()X ＝1＝P()A 1＝15， P ()X ＝2＝P ()A 1A 2＝P ()A 1P ()A 2＝45×25＝825， P ()X ＝3＝P ()A 1A 2＝P ()A 1P ()A 2＝45×35＝1225．∴X 的分布列为X 1 2 3 P158251225∴E (X )＝1×15＋2×825＋3×1225＝5725．名师点拨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． 〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·四川资阳诊断)某项羽毛球单打比赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为23，则由此估计甲获得冠军的概率为__2027__．(2)(角度2)(2021·广东新高考适应性测试)某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分，如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是23，回答第三个问题正确的概率为12，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．①求至少回答对一个问题的概率；②求这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的分布列； ③求这位挑战者闯关成功的概率．[解析] (1)因为甲获胜的方式有2∶0和2∶1两种， 所以甲获得冠军的概率 P ＝⎝⎛⎭⎫232＋C 12×23×13×23＝2027． 故答案为：2027．(2)①设至少回答对一个问题为事件A ，则P (A )＝1－13×13×12＝1718．②这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的所有可能取值为－10,0,10,20,30,40， 根据题意，P (X ＝－10)＝13×13×12＝118，P (X ＝0)＝23×13×12×2＝29，P (X ＝10)＝23×23×12＝29，P (X ＝20)＝13×13×12＝118，P (X ＝30)＝23×13×12×2＝29，P (X ＝40)＝23×23×12＝29．这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的分布列为X －10 0 10 20 30 40 P11829291182929则P (B )＝29＋118＋29＋29＝1318．考点三,独立重复试验的概率与二项分布——师生共研例3 (1)(2021·“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 ＝__48__．(2)(2020·山东新高考质量测评联盟联考)甲、乙两位同学参加诗词大会，设甲、乙两人每道题答对的概率分别为23和34．假定甲、乙两位同学答题情况互不影响，且每人各次答题情况相互独立．①用X 表示甲同学连续三次答题中答对的次数，求随机变量X 的分布列和数学期望； ②设M 为事件“甲、乙两人分别连续答题三次，甲同学答对的次数比乙同学答对的次数恰好多2”，求事件M 发生的概率．[解析] (1)⎩⎪⎨⎪⎧E (ξ)＝np ＝12D (ξ)＝np (1－p )＝9，解得n ＝48．(2)①X 的所有可能取值为0,1,2,3，则P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫133＝127； P (X ＝1)＝C 13·23×⎝⎛⎭⎫132＝29； P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＝49； P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫233＝827． ∴随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P1272949827∴E (X )＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2或E (ξ)＝np ＝23．②设Y 为乙连续3次答题中答对的次数， 由题意知Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，34， P (Y ＝0)＝⎝⎛⎭⎫143＝164，P (Y ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫341⎝⎛⎭⎫142＝964， 所以P (M )＝P (X ＝3且Y ＝1)＋P (X ＝2且Y ＝0) ＝827×964＋49×164＝7144． 即事件M 发生的概率为7144．名师点拨独立重复试验概率求解的策略(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，并且每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．(3)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．〔变式训练3〕(1)(2021·湖北黄冈模拟)一批产品的二等品率为0.03，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D (X )＝__2.91__．(2)(2021·辽宁六校协作体联考)“新高考方案：3＋1＋2”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“1”指首先在物理、历史2门科目中选择一门；“2”指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门．某校根据统计选物理的学生占整个学生的34；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为23；在选历史的条件下，选地理的概率为45．①求该校最终选地理的学生概率；②该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X ．求X 的概率分布表以及数学期望． [解析] (1)由于是有放回的抽样，所以抽到二等品的件数符合二项分布，即X ～B ()100，0.03，由二项分布的方差公式可得D ()X ＝np ()1－p ＝100×0.03×0.97＝2.91． (2)①该校最终选地理的学生为事件A ， P ()A ＝34×23＋14×45＝710；②P ()X ＝0＝⎝⎛⎭⎫3103＝271 000，P ()X ＝1＝C 13⎝⎛⎭⎫7101⎝⎛⎭⎫3102＝1891 000， P ()X ＝2＝C 23⎝⎛⎭⎫7102⎝⎛⎭⎫310＝4411 000， P ()X ＝3＝C 33⎝⎛⎭⎫7103＝3431 000，E (X )＝1×1891 000＋2×4411 000＋3×3431 000＝2110．另解：显然X ～B ⎝⎛⎭⎫3，710， ∴E (X )＝3×710＝2110．名师讲坛·素养提升概率中的“停止型”问题例4 (2020·甘肃天水一中阶段测试)甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为23．本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束．设各局比赛相互间没有影响且无平局．求：(1)前三局比赛甲队领先的概率；(2)设本场比赛的局数为ξ，求ξ的概率分布和数学期望．(用分数表示)[解析] (1)设“甲队胜三局\”为事件A ，“甲队胜二局\”为事件B ，则P (A )＝⎝⎛⎭⎫233＝827，P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＝49， 所以，前三局比赛甲队领先的概率为 P (A )＋P (B )＝2027(2)甲队胜三局或乙胜三局， P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫133＝13．甲队或乙队前三局胜2局，第4局获胜P (ξ＝4)＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13×23＋C 23⎝⎛⎭⎫132×23×13＝1027． 甲队或乙队前四局胜2局，第5局获胜P (ξ＝5)＝C 24⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132×23＋C 24⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232×13＝827． ∴ξ的分布列为：ξ 3 4 5 P131027827∴ξE (ξ)＝3×13＋4×1027＋5×827＝10727．名师点拨解决这类终止型问题，一定要弄清终止的条件，根据终止的条件确定各种可能结果，再计算相应概率．〔变式训练4〕设某人有5发子弹，他向某一目标射击时，每发子弹命中目标的概率为23．若他连续两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完．(1)求他前两发子弹只命中一发的概率； (2)求他所耗用的子弹数X 的分布列．[解析] 记“第k 发子弹命中目标”为事件A k ，则A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立，且P (A k )＝23，P (A k )＝13，k ＝1,2,3,4,5， (1)解法一：他前两发子弹只命中一发的概率为 P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝23×13＋13×23＝49． 解法二：由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P ＝C 12×23×13＝49． (2)X 的所有可能值为2,3,4,5． P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝23×23＋13×13＝59， P (X ＝3)＝P (A 1A2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝23×⎝⎛⎭⎫132＋13×⎝⎛⎭⎫232＝29， P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3A 4)＝⎝⎛⎭⎫233×13＋⎝⎛⎭⎫133×23＝1081，P (X ＝5)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3A 4) ＝⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232＝881． 故X 的分布列为。
2020版高考数学理科一轮复习课件(北师大版)：n次独立重复试验与二项分布
1 15 1 5
1 = . 3
课前双基巩固
4.[教材改编] 某学生在上学的路上要经过 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
1 概率都是 ,那么该学生在上学的路上到第 3
[答案]
4 27
3 个路口首
[解析] 前 2 个路口没有遇到红灯, 第 3 个路口遇到红灯,所以所求概 率为
2 P(AB)=P(A)P(B)=C4 × 3 C4 × 1 3 1 8 1 2 ×= ×= . 2 2 27 4 27 2 2 1 2 × × 3 3
课前双基巩固
3.[教材改编] 已知盒中装有 3 个红球、2 个白球、5 个 黑球,它们的大小和质地完全相同,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 .
P(AB) P(B|A)= 为在事件 P(A)
条件概率的性质 (1)0≤P(B|A)≤1; P(B∪C|A)= P(B|A)+P(C|A)
A 发生的条 (2)如果 B 和 C 是两个互斥事件,则
件下,事件 B 发生的条件概率
课前双基巩固
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:
X~B(n,p) ,并称 p 为 成功概率
计算 Ai(i=1,2,…,n)表示第 i 次试验的结果, 在 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k 次的 公式 则 P(A1A2…An)=P(A1)· P(A2)…P(An) 概率
k n-k k P(X=k)=������n p (1-p) (k=0,1,2,…,n)
[答案]
1 3
2023年高考数学(理科)一轮复习——二项分布与正态分布
5.(2021·天津卷)甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一
方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局.已知每次活动中，甲、乙猜对的
概率分别为65和15，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影 2
响，则一次活动中，甲获胜的概率为____3____，3 次活动中，甲至少获胜 2 次 20
1 式，得 P(B|A)＝PP（（AAB））＝120＝14.
5
索引
法二 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））＝41.
索引
2.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
②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝__0_._9_5_4_5____；
③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝___0_.9_9_7__3___.
索引
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试验中，两个事件发生的概率互不影响，计算式为 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).
次数的概率分布.( √ )
(3)n 次独立重复试验要满足：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别 称为“成功”和“失败”；②每次试验“成功”的概率为 p，“失败”的概率
为 1－p；③各次试验是相互独立的.( √ )
(4)正态分布中的参数 μ 和 σ 完全确定了正态分布，参数 μ 是正态分布的期望，
2.若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x＝μ对称 和曲线与x轴之间的面积为1解题.
人教A版2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第10章第5节n次独立重复试验与二项分布含答案
第五节 n 次独立重复试验与二项分布[考纲传真] 1.了解条件概率的概念，了解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，并能解决一些简单问题．1．条件概率2.(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 )． 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 (1)独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，其中A i (i ＝1,2，…，n )是第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)…P (A n )． (2)二项分布在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，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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 )＝C k n p k (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 发生的次数的概率分布．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√2．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)等于( )A .516 B .316 C .58 D .38A [∵X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，∴P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝516.故选A .] 3．已知P (B |A )＝12，P (AB )＝38，则P (A )等于( )A .316 B .1316 C .34 D .14C [由P (AB )＝P (A )P (B |A )，得38＝12P (A )，∴P (A )＝34.]4．某人射击，一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为________．81125 [P ＝C 230.620.4＋C 330.63＝81125.] 5．天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是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________．0．38 [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 ， ∴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.]条件概率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 )＝( ) A .18 B .14 C .25 D .12B [法一：P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝11025＝14. 法二：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．某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为()A.13B.15C.19D.320A[因为“A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的安排方法中，另外3人中任何一个第一个出场的概率相等，故“C第一个出场”的概率是1 3.]3．(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.][规律方法](1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝P(AB)P(A)，这是求条件概率的通法.(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n(AB)，得P(B|A)＝n(AB) n(A).相互独立事件的概率【例1】某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为23，34，35，他们出线与未出线是相互独立的．(1)求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；(2)记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．[解](1)记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，则P(D)＝1－P(A B C)＝1－13×14×25＝2930.(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，则P(ξ＝0)＝P(A B C)＝13×14×25＝130；P(ξ＝1)＝P(A B C)＋P(A B C)＋P(A B C)＝23×14×25＋13×34×25＋13×14×35＝1360；P (ξ＝2)＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＝23×34×25＋23×14×35＋13×34×35＝920；P (ξ＝3)＝P (ABC )＝23×34×35＝310.所以ξ的分布列为设某人有5发子弹，他向某一目标射击时，每发子弹命中目标的概率为23.若他连续两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完． (1)求他前两发子弹只命中一发的概率； (2)求他所耗用的子弹数X 的分布列．[解] 记“第k 发子弹命中目标”为事件A k (k ＝1,2,3,4,5)，则A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立，且P (A k )＝23，P (A k )＝13.(1)法一：他前两发子弹只命中一发的概率为P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝23×13＋13×23＝49.法二：由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P ＝C 12×23×13＝49. (2)X 的所有可能取值为2,3,4,5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1 A 2)＝23×23＋13×13＝59，P (X ＝3)＝P (A 1A 2 A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝29，P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3 A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133×23＝1081，P(X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881. 综上，X 的分布列为独立重复试验与二项分布【例2】 (2019·佛山模拟)某企业对新扩建的厂区进行绿化，移栽了银杏、垂柳两种大树各2株．假定银杏移栽的成活率为34，垂柳移栽的成活率为23，且各株大树是否成活互不影响．(1)求两种大树各成活1株的概率；(2)设ξ为两种大树成活的株数之和，求随机变量ξ的分布列．[解] (1)记“银杏大树成活1株”为事件A ，“垂柳大树成活1株”为事件B ，则“两种大树各成活1株”为事件AB .由题可知P (A )＝C 12·34·14＝38，P (B )＝C 12·23·13＝49， 由于事件A 与B 相互独立， 所以P (AB )＝P (A )·P (B )＝16.(2)由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4. P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫142·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1144； P (ξ＝1)＝C 12·34·14·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 12·23·13·⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝572；P (ξ＝2)＝16＋⎝ ⎛⎭⎪⎫342·⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝37144；P (ξ＝3)＝C 12·34·14·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋C 12·23·13·⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝512；P (ξ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫342·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝14. 所以ξ的分布列为某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490,495]，(495,500]，…，(510,515]．由此得到样本的频率分布直方图如图．(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X 为质量超过505克的产品数量，求X 的分布列； (3)从该流水线上任取2件产品，设Y 为质量超过505克的产品数量，求Y 的分布列． [解] (1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件)．(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X 的取值为0,1,2， X 服从超几何分布． P (X ＝0)＝C 228C 240＝63130，P (X ＝1)＝C 112C 128C 240＝2865，P (X ＝2)＝C 212C 240＝11130，∴X 的分布列为(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为1240＝310. 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y 的可能取值为0,1,2，且Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，310，P (X ＝k )＝C k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3102－k⎝ ⎛⎭⎪⎫310k， 所以P (Y ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫7102＝49100， P (Y ＝1)＝C 12·310·710＝2150，P (Y ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫3102＝9100. ∴Y 的分布列为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 B ．0.432 C ．0.36D ．0.312A [3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝C 23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝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 ．0.8 B ．0.75 C ．0.6D ．0.45A [已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P ＝0.60.75＝0.8.]。
人教A版2020版新一线高考理科数学一轮复习课后限时集训61n次独立重复试验与二项分布含解析
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.16C.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.512C.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 .15C .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·绵阳诊断)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 .89 B .7381C .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 4A5)＋P (A1A 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 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫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(B2)＜P(B3)，即C23P2(1－P)＜C33P3，∴3P2(1－P)＜P3.∵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＝1 25，∴三人中至少有一人及格的概率P＝1－P(A B C)＝24 25.]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(AB)P(B)＝1949＝14.]三、解答题9．(2019·洛阳模拟)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 (A 1 A 2)＋P (A 1A 2 B 1 B 2)＋P (A 1B 1 B 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 1 A 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 1 B 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：得到如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B 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( ) A .14 B .12 C .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 ．5 B ．4 C ．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·石家庄模拟)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概率为13.(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 ≤n ，即X ＝0，X ＝1，X ＝2，…，X ＝n ，这n ＋1个互斥事件的和事件，则∵7281＜90%≤8081，∴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。
人教A版2020版新一线高考理科数学一轮复习课后限时集训61n次独立重复试验与二项分布含解析
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.16C.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.512C.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 .15C .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·绵阳诊断)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 .89 B .7381C .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 3A 4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A1A 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 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫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 (AB )P (B )＝1949＝14.]三、解答题9．(2019·洛阳模拟)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 (A 1 A 2)＋P (A 1A 2 B 1 B 2)＋P (A 1B 1 B 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 1 A 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 1 B 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：10.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B 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( )A .14B .12C .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 ．5 B ．4 C ．3 D ．2 B[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·石家庄模拟)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概率为13.(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∵7281＜90%≤8081，∴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。
2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理概率随机变量及其分布第7节条件概率二项分布及正态分布讲义理含解
第节 条件概率、二项分布及正态分布考试要求 .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；.会利用乘法公式计算概率，会利用全概率公式计算概率；.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；.了解服从正态分布的随机变量，通过具体实例，借助频率直方图的几何直观，了解正态分布的特征.知 识 梳 理.条件概率.事件的相互独立性()定义：设，为两个事件，如果()＝()()，则称事件与事件相互独立. ()性质：若事件与相互独立，则与，与，与也都相互独立，()＝()，()＝(). .全概率公式 ()完备事件组：设Ω是试验的样本空间，事件，，…，是样本空间的一个划分，满足： ①∪∪…∪＝Ω.②，，…，两两互不相容，则称事件，，…，组成样本空间Ω的一个完备事件组. ()全概率公式设为随机试验的样本空间，，，…，是两两互斥的事件，且有()>，＝，，…，，＝，则对任一事件，有()＝()()称满足上述条件的，，…，为完备事件组. .独立重复试验与二项分布 ()独立重复试验在相同条件下重复做的次试验称为次独立重复试验，其中(＝，，…，)是第次试验结果，则 (…)＝()()()…(). ()二项分布在次独立重复试验中，用表示事件发生的次数，设每次试验中事件发生的概率为，则(＝)＝(－)－(＝，，，…，)，此时称随机变量服从二项分布，记作～(，)，并称为成功概率..正态分布()正态分布的定义如果对于任何实数，(＜)，随机变量满足(＜≤)＝φμ，σ()，则称随机变量服从正态分布，记为～(μ，σ).其中φμ，σ()＝(σ>).()正态曲线的性质①曲线位于轴上方，与轴不相交，与轴之间的面积为；②曲线是单峰的，它关于直线＝μ对称；③曲线在＝μ处达到峰值；④当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.()正态总体在三个特殊区间内取值的概率值①(μ－σ<≤μ＋σ)＝；②(μ－σ<≤μ＋σ)＝；③(μ－σ<≤μ＋σ)＝.[微点提醒].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，计算式为()＝()()，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(∪)＝()＋()..若服从正态分布，即～(μ，σ)，要充分利用正态曲线的关于直线＝μ对称和曲线与轴之间的面积为.基础自测.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)()相互独立事件就是互斥事件.( )()对于任意两个事件，公式()＝()()都成立.( )()二项分布是一个概率分布列，是一个用公式(＝)＝(－)－，＝，，，…，表示的概率分布列，它表示了次独立重复试验中事件发生的次数的概率分布.( )()从装有个红球，个白球的盒中有放回地任取一球，连取次，则取到红球的个数服从超几何分布.( )解析对于()，相互独立事件的发生互不影响，而互斥事件是不能同时发生，故()错；对于()，只有当，为相互独立事件时，公式()＝()()才成立；对于()，取到红球的个数服从二项分布.答案()×()×()√()×.(选修－练习改编)已知盒中装有个红球、个白球、个黑球，它们大小形状完全相同.甲每次从中任取一个不放回，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( )解析设“第一次拿到白球”为事件，“第二次拿到红球”为事件，依题意()＝＝，()＝＝，故()＝＝.答案.(选修－改编)已知随机变量服从正态分布(，)，且(>－)＝(<＋)，则＝.解析∵～(，)，∴正态曲线关于＝对称，且(>－)＝(<＋)，∴－＋＋＝×，∴＝.答案.(·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立.设为该群体的位成员中使用移动支付的人数，()＝，(＝)<(＝)，则＝( )解析由题意知，该群体的位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以()＝(－)＝，所以＝或＝.由(＝)<(＝)，得(－)<(－)，即(－)<，所以>，所以＝.答案.(·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )解析根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是×＋×＝.答案.(·青岛联考)已知随机变量～(，σ)，若(>)＝，则(≥)＝.解析随机变量服从正态分布(，σ)，∴正态曲线关于＝对称，∴(≥)＝(≤)＝－(>)＝. 答案考点一条件概率与事件独立性【例】 ()(一题多解)从，，，，中任取个不同的数，事件＝“取到的个数之和为偶数”，事件＝“取到的个数均为偶数”，则()＝( )解析法一()＝＋)＝＝，()＝()＝)＝.由条件概率计算公式，得()＝＝＝.法二事件包括的基本事件：(，)，(，)，(，)，(，)共个.事件发生的结果只有(，)一种情形，即()＝.故由古典概型概率()＝＝.答案()(·天津和平区质检)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和.现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品.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若新产品研发成功，预计企业可获利润万元；若新产品研发成功，预计企业可获利润万元.求该企业可获利润的分布列.解记＝{甲组研发新产品成功}，＝{乙组研发新产品成功}，由题设知()＝，()＝，()＝，()＝，且事件与，与，与，与都相互独立.①记＝{至少有一种新产品研发成功}，则＝，于是()＝()()＝×＝，故所求的概率为()＝－()＝－＝.②设企业可获利润为(万元)，则的可能取值为，，，，因为(＝)＝()＝)×＝，(＝)＝()＝×＝＝，(＝)＝()＝×＝，(＝)＝()＝×＝＝.故所求的分布列为规律方法.求条件概率的两种方法()利用定义，分别求()和()，得()＝，这是求条件概率的通法.()借助古典概型概率公式，先求事件包含的基本事件数()，再求事件与事件的交事件中包含的基本事件数()，得()＝..求相互独立事件同时发生的概率的主要方法()利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.()正面计算较繁(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.【训练】()(·珠海一模)夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鱼回游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到厘米左右，又携带它们旅居外海.一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鱼鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为，若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )()(·濮阳二模)如图，已知电路中个开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )解析()设事件为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，由题意可知()＝，()＝，∴()＝＝＝.()灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的个都开，上边的个中有一个开，∴灯泡不亮的概率是×××＋×××＋×××＝，∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，∴灯亮的概率是－＝.答案() ()考点二全概率公式【例】有一批同一型号的产品，已知其中由一厂生产的占，二厂生产的占，三厂生产的占，已知这三个厂的产品次品率分别为，，，问从这批产品中任取一件是次品的概率是多少？解设事件为“任取一件为次品”，事件为“任取一件为厂的产品”，＝，，.∪∪＝，由全概率公式得()＝()()＋()()＋()().()＝，()＝，()＝，()＝，()＝，()＝，故()＝()()＋()()＋()()＝×＋×＋×＝.规律方法全概率公式是计算概率的一个很有用的公式，通常把，，…，看成导致发生的一组原因.如若是“次品”，必是个车间生产了次品；若是“某种疾病”，必是几种病因导致发生；若表示“被击中”，必有几种方式或几个人打中.()何时用全概率公式：多种原因导致事件的发生.()如何用全概率公式：将事件分解成两两不相容的完备事件组.()从本质上讲，全概率公式是加法公式与乘法公式的结合.【训练】一个盒子中有只白球、只黑球，从中不放回地每次任取只，连取次，求第二次取到白球的概率.解＝{第一次取到白球}，＝{第二次取到白球}.因为＝∪，且与互不相容，所以()＝()＋()＝()()＋()()＝×＋×＝.考点三独立重复试验与二项分布【例】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(，]，(，]，…，(，].由此得到样本的频率分布直方图(如下图).()根据频率分布直方图，求质量超过克的产品数量；()在上述抽取的件产品中任取件，设为质量超过克的产品数量，求的分布列；()从该流水线上任取件产品，设为质量超过克的产品数量，求的分布列.解()质量超过克的产品的频率为×＋×＝，所以质量超过克的产品数量为×＝(件).()重量超过的产品数量为件，则重量未超过克的产品数量为件，的取值为，，，服从超几何分布.(＝)＝)＝，(＝)＝)＝，(＝)＝)＝，∴的分布列为()根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过克的概率为＝.从流水线上任取件产品互不影响，该问题可看成次独立重复试验，质量超过克的件数的可能取值为，，，且～，(＝)＝，所以(＝)＝·＝，(＝)＝··＝，(＝)＝·＝.∴的分布列为规律方法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(＝)＝(－)－的三个条件：()在一次试验中某事件发生的概率是一个常数；()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；()该公式表示次试验中事件恰好发生了次的概率.【训练】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：在名男性驾驶员中，平均车速超过的有人，不超过的有人；在名女性驾驶员中，平均车速超过的有人，不超过的有人. ()在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过的人中随机抽取人，求这人恰好有名男性驾驶员和名女性驾驶员的概率；()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辆，记这辆车平均车速超过且为男性驾驶员的车辆为，求的分布列.解()平均车速不超过的驾驶员有人，从中随机抽取人的方法总数为，记“这人恰好有名男性驾驶员和名女性驾驶员”为事件，则事件所包含的基本事件数为，所以所求的概率()＝)＝＝.()根据样本估计总体的思想，从总体中任取辆车，平均车速超过且为男性驾驶员的概率为＝，故～.所以(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝＝.所以的分布列为考点四正态分布【例】()(·郑州模拟)已知随机变量ξ服从正态分布(，σ)，且(ξ<)＝，则(<ξ<)＝( )()(·茂名一模)设～(，)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形中随机投掷个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )(注：若～(μ，σ)，则(μ－σ<≤μ＋σ)＝，(μ－σ<≤μ＋σ)＝)解析()因为随机变量ξ服从正态分布(，σ)，μ＝，得对称轴为＝，(ξ<)＝，∴(ξ≥)＝(ξ≤)＝，∴(<ξ<)＝.()∵～(，)，∴μ＝，σ＝.∵(μ－σ<<μ＋σ)＝，∴(<<)＝，则(<<)＝，∴阴影部分的面积为－＝ .∴向正方形中随机投掷个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是× ＝ .答案() ()规律方法()利用σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－σ，μ＋σ)，(μ－σ，μ＋σ)中的哪一个.()利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线＝μ对称，及曲线与轴之间的面积为.注意下面两个结论的活用：①(＜)＝－(≥)；②(＜μ－σ)＝(≥μ＋σ).【训练】(·淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量，且～(，).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过的概率为( )(参考数据：若～(μ，σ)，有(μ－σ<≤μ＋σ)＝，(μ－σ<≤μ＋σ)＝，(μ－σ<≤μ＋σ)＝ )解析∵～(，)，∴(≤≤)＝，∴(>)＝)＝，∴(≤)＝－＝ .答案[思维升华].古典概型中，发生的条件下发生的条件概率公式为()＝＝，其中，在实际应用中()＝是一种重要的求条件概率的方法..全概率公式的理论和实用意义在于：在较复杂情况下直接计算()不易，但总是伴随着某个出现，适当地去构造这一组往往可以简化计算..二项分布是概率论中最重要的几种分布之一，在实际应用和理论分析中都有重要的地位. ()判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了次.()对于二项分布，如果在一次试验中某事件发生的概率是，那么在次独立重复试验中这个事件恰好发生次的概率是(＝)＝－.其中＝，，…，，＝－.[易错防范].运用公式()＝()()时一定要注意公式成立的条件，只有当事件，相互独立时，公式才成立. .注意二项分布与超几何分布的联系与区别.有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体数量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理.数据分析——三局两胜制的概率问题.数据分析是指针对研究对象获取数据，运用数学方法对数据进行整理、分析和推断，形成关于研究对象知识的素养.数据分析过程主要包括：收集数据，整理数据，提取信息，构建模型，进行推断，获得结论..教材和考题中涉及到“三局两胜制”的概率计算问题，对于“三局两胜”的比赛赛制其实是有两种：一种是比赛完局，胜两局的一方获胜；另一种是比赛的一方先获胜两局则比赛结束，两种不同的赛制对于同一问题的概率计算结果是否一样呢？我们可通过教材的习题对此问题进行认识.【例题】 (选修－习题组)甲、乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为，乙胜的概率为，那么采用局胜制还是采用局胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？解每局比赛只有两个结果，甲获胜或乙获胜，每局比赛可以看成是相互独立的，所以甲获胜的局数是随机变量，服从二项分布.()在采用局胜制中，～(，)，事件{≥}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为(≥)＝(＝)＋(＝)＝××＋＝.()在采用局胜制中，～(，)，事件{≥}表示“甲获胜”.所以甲获胜的概率为(≥)＝(＝)＋(＝)＋(＝)＝××＋××＋≈.可以看出采用局胜制对甲更有利，由此可以猜测“比赛的总局数越多甲获胜的概率越大”，由此可以看出为了使比赛公平，比赛的局数不能太少.在这个实际问题背景中，比赛局数越少，对乙队越有利；比赛局数越多，对甲队越有利.[拓展延伸] 先后参赛对比赛公平性的影响[拓展] (两方参赛)匣中有红黑白共个球.现甲、乙二人轮流从匣中取球，甲先取而乙后取；每人每次取一球且取后不放回.按规定先取到红球者获胜，而出现白球时为平局.分别求甲获胜、乙获胜和平局的概率.解甲获胜则必为甲先取到了红球，即：甲取到黑球时乙必取黑球，甲取到红球后比赛马上结束，比赛过程中不会取到白球.记＝“第次取到黑球”，＝“第次取到红球”.则(甲胜)＝()＋()＋()＝＋··＋····＝，同理可得(乙胜)＝，(平局)＝.[拓展] (三方参赛)甲、乙、丙三人进行比赛，规定每局两个人比赛，胜者与第三人比赛，依次循环，直至有一人连胜两局为止，此人即为冠军.已知每次比赛双方取胜的概率都是，现假定甲、乙两人先比，试求各人得冠军的概率.解记事件，，分别为“甲、乙、丙获冠军”，事件，，分别为“第局中甲、乙、丙获胜”.则()＝[()＋()＋()＋…]＋[()＋()＋…]＝＋＝.因为甲、乙两人所处地位是对称的，所以()＝()＝，()＝－()－()＝＝.即甲、乙、丙得冠军的概率分别为、、.基础巩固题组(建议用时：分钟)一、选择题.打靶时，甲每打次可中靶次，乙每打次可中靶次，若两人同时射击一个目标，则他们同时中靶的概率是( )解析因为甲每打次可中靶次，乙每打次可中靶次，所以(甲)＝，(乙)＝，所以他们都中靶的概率是×＝.答案.(·衡水模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是( )解析三次均反面朝上的概率是＝，所以至少一次正面朝上的概率是－＝.答案.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，连续两天为优良的概率是，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( )解析记事件表示“一天的空气质量为优良”，事件表示“随后一天的空气质量为优良”，()＝，()＝.由条件概率，得()＝＝＝.答案.已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布(，)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(，)内的概率为(附：若随机变量ξ服从正态分布(μ，σ)，则(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝，(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝.)( )解析依题设，～(，)，其中μ＝，σ＝.∴(－<<)＝，(－<<)＝ .因此(<<)＝[(－<<)－(－<<)]＝( － )＝＝.答案.(·厦门二模)袋中装有个红球，个黄球，有放回地抽取次，每次抽取球，则次中恰有次抽到黄球的概率是( )解析袋中装有个红球，个黄球，有放回地抽取次，每次抽取球，每次取到黄球的概率＝，∴次中恰有次抽到黄球的概率是＝＝.答案二、填空题.已知随机变量服从正态分布(，)，若(>)＝，则(－≤≤)＝.解析因为μ＝，所以(>)＝(<－)＝，所以(－≤≤)＝－×＝.答案.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的个问题中，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，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了个问题就晋级下一轮的概率等于.解析记“该选手恰好回答了个问题就晋级下一轮”为事件，由题意，若该选手恰好回答了个问题就晋级下一轮，必有第二个问题回答错误，第三、四个回答正确，第一个问题可对可错，故()＝×××＝.答案.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第，，层停靠.若该电梯在底层有个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用表示这位乘客在第层下电梯的人数，则(＝)＝. 解析考察一位乘客是否在第层下电梯为一次试验，这是次独立重复试验，故～，即有(＝)＝×，＝，，，，，.故(＝)＝×＝.答案三、解答题.在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，“三步上篮”的命中率为，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.()求小明同学一次测试合格的概率；()设测试过程中小明投篮的次数为ξ，求ξ的分布列.解设小明第次“立定投篮”命中为事件，第次“三步上篮”命中为事件(＝，)，依题意有()＝，()＝(＝，)，“小明同学一次测试合格”为事件.()()＝()＋()＋()＝()()＋()()()()＋()·()()＝＋××＋×＝.∴()＝－＝.()依题意知ξ＝，，，(ξ＝)＝()＋()＝()()＋()·()＝，(ξ＝)＝()＋()＋()＝()()()＋()()()＋()()()＝，(ξ＝)＝()＝()()()＝.故投篮的次数ξ的分布列为：.空气质量指数( ，简称)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照大小分为六级：～为优；～为良；～为轻度污染；～为中度污染；～为重度污染；以上为严重污染.一环保人士记录去年某地六月天的的数据分别为：，，，，，，，，，.()利用该样本估计该地六月空气质量为优良(≤)的天数；()将频率视为概率，从六月中随机抽取天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列.解()从所给数据可以发现样本中空气质量为优的天数为，空气质量为良的天数为，∴该样本中空气质量为优良的频率为＝，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为×＝.()由()估计某天空气质量为优良的概率为，ξ的所有可能取值为，，，，且ξ～.∴(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，ξ的分布列为能力提升题组(建议用时：分钟).箱子里有个黑球，个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第次取球之后停止的概率为( ))××××解析由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为×.答案.(·南昌月考)已知号箱中有个白球和个红球、号箱中有个白球和个红球，现随机从号箱中取出一球放入号箱，然后从号箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是( )解析设“从号箱取到红球”为事件，“从号箱取到红球”为事件.由题意，()＝＝，()＝＝，所以()＝()·()＝×＝，所以两次都取到红球的概率为.答案.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件或元件正常工作，且元件正常工作，则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布( ，)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过小时的概率为.解析设元件，，的使用寿命超过小时的事件分别记为，，，显然()＝()＝()＝，∴该部件的使用寿命超过小时的事件为(＋＋)，∴该部件的使用寿命超过小时的概率＝×＝.答案.甲、乙、丙三人同时对飞机进行射击，三人击中的概率分别为，，.飞机被一人击中而击落的概率为，被两人击中而击落的概率为，若三人都击中，飞机必定被击落，求飞机被击落的概率.解设＝{飞机被击落}，＝{飞机被人击中}，＝，，，则＝＋＋，依题意，()＝，()＝，()＝，由全概率公式()＝()()＋()()＋()()，为求()，设＝{飞机被人击中}，＝，，，可求得：()＝(＋＋)，()＝(＋＋)，()＝()，将数据代入计算得：()＝，()＝，()＝.于是()＝()()＋()()＋()()＝×＋×＋×＝. 即飞机被击落的概率为.。
2020版高考数学大一轮复习第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第7讲二项分布及其应用课件理新人教A版
把本例(1)事件 A 中的“和”变为“积”，其他条件不变，则
P(B|A)＝________．
解析：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)＝170.事件 B：“取到的 2 个数均为偶数”所包含
独立重复试验与二项分布
[典例引领]
(2019·南昌市第一次模拟)某中学的环保社团参照国家环 境标准制定了该校所在区域的空气质量指数与空气质量等级
对应关系，如下表(假设该区域空气质量指数不会超过 300)：
空气质
(50， (100， (150， (200， (250，
(0，50]
量指数
100] 150] 200] 250] 300]
P(X＝2)＝1－12×13×14＋12×1－13×14＋12×13×1－14＝14，
P(X＝3)＝12×13×14＝214.
所以，随机变量 X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
11
1
1
4
24
4
24
(2)设 Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红 灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0) ＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0) ＝14×2114＋2114×14 ＝4118. 所以，这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为4118.
－ B)
＝1－12＝12.
答案：12
条件概率
[典例引领]
(1)从 1，2，3，4，5 中任取 2 个不同的数，事件 A＝“取
高三复习数学223_独立重复试验与二项分布(一)(有答案)
2.2.3 独立重复试验与二项分布(一)一、解答题。
1. 独立重复试验应满足的条件是（ ）①每次试验之间是相互独立的；②每次试验只有事件发生与不发生两种结果；③每次试验中，事件发生的机会是均等的；④每次试验发生的事件是互斥的． A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④2. 有下列事件：①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；②甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；③甲、乙两名运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”；④在相同的条件下，甲射击10次5次击中目标．其中是独立重复试验的是（ ） A.① B.② C.③ D.④3. 从学校乘汽车到火车站的途中有三个交通岗，假设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25，设ξ为途中遇到红灯的次数，求随机变量ξ的分布列．4. 某车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为10千瓦．已知每台机床工作时，平均每小时实际开动12分钟，且开动与否相互独立．现因当地供电紧张，供电部门只能提供50千瓦的电力．此时车间能够正常工作（至少还有一台工作）的概率为多大？5. 为了检验某大型乒乓球赛男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制（即一场比赛先胜4局者为胜）的规则．在队员甲与乙的比赛中，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．求甲在5局以内（含5局）赢得比赛的概率；记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列．6. （2019年高考天津卷理数）设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为23．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率．7. 抛掷两枚骰子，取其中一枚的点数为点P的横坐标，另一枚的点数为点P的纵坐标，求连续抛掷这两枚骰子三次，点P在圆x2+y2=16内的次数X的分布列．8. 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在任和p．意时刻发生故障的概率分别为110，求p的值；若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950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．9. 小结与反思___________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________________________ __________________________________参考答案与试题解析2.2.3 独立重复试验与二项分布(一)一、解答题。
人教a版高考数学(理)一轮课件：10.8条件概率、事件的独立性及独立重复试验、二项分布
为在事件 A 发生的条件下,
事件 B 发生的条件概率
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 ( B ), P (AB )=P ( B| A)·P (A )=P (A)·P ( B ). (3) 若 A 与 B 相互独立, 则 A 与������ ,������与 B , ������与������ 也都相互独立. (4) 若 P (AB )=P (A) P( B ), 则 A 与 B 相互独立 .
“ 互斥事件” 与“ 相互独立事件” 的区别与联系 (1 ) “ 互斥” 与“ 相互独立” 都是描述的两个事件间的关系. (2)“ 互斥” 强调不可能同时发生, “ 相互独立” 强调一个事件的发生与 否对另一个事件发生的概率没有影响. (3 ) “ 互斥” 的两个事件可以“ 相互独立” , “ 相互独立” 的两个事件也可 以“ 互斥” .
1 5 7 2 6 12 1 2 1 6
3. 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( ) A.
1 8
B.
1 4
C.
2 5
D.
1 2
【答案】B
2 C2 C2 2 +C 3 4 2 1 【解析】∵ P (A )= 2 = , P (AB )= 2= , C 5 10 C 5 10
1. 条件概率及其性质
条件概率的定义 设 A, B 为 两 个 事 件 ,且 P ( A) >0 , 称 P( B| A) =
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限时规范训练(限时练·夯基练·提能练) A级 基础夯实练 1．(2018·东北三省四市联合体模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，
事件“至少有一次正面向上”的概率为PP≥1516，则n的最小值为( ) A．4 B．5 C．6 D．7
解析：选A.P＝1－12n≥1516，解得n≥4. 2．(2018·湖北武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )
A.29 B．13
C.49 D．59 解析：选A.小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n(B)＝108,4个人去的景点不同的情况有A44＝4×3×2×1＝24种，即n(AB)＝24，
∴P(A|B)＝nABnB＝24108＝29. 3．(2018·河北承德二中测试)用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实
数都大于13的概率为( )
A.127 B．23 C.827 D．49 解析：选C.由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于13的概率 为P＝1－13＝23，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于13的概率为
2
3
3＝827.故选C.
4．(2018·江西信丰联考)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.78 D．79 解析：选D.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)＝
PABPA＝730310＝79.
5．同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是( )
A.12 B．32
C.34 D．14 解析：选B.解法一：由题意知，每次试验成功的概率为34，失败的概率为14，在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1,2，则P(X＝0)＝142＝116，P(X＝1)＝C12×14×34＝616＝38，P(X＝2)＝342＝916，E(X)＝0×116＋1×38＋2×916＝32. 解法二：由题意知，一次试验成功的概率p＝34，故X～B2，34，所以E(X) ＝2×34＝32. 6．甲、乙、丙三人到三个景点旅游，每个人只去一个景点，设事件A为“三个人去的景点不相同”，事件B为“甲独自去一个景点”，则概率P(A|B)＝________. 解析：甲独自去一个景点，则有3个景点可选，乙、丙两人从另外两个景点中选择，所以甲独自去一个景点的可能情况共有3×2×2＝12(种)．因为三个人
去的景点不同的可能情况共有3×2×1＝6(种)，所以P(A|B)＝612＝12.
答案：12 7．已知一书包中有两本语文资料和一本数学资料，除内容不同外其他均相同，现在有放回地抽取资料，每次抽取一本，记下科目后放回书包中，连续抽取三次，X表示三次中语文资料被抽中的次数，若每本资料被抽取的概率相同，每次抽取相互独立，则方差D(X)＝________.
解析：每次抽取时，取到语文资料的概率为23，取到数学资料的概率为13，所
以取出语文资料的次数X服从二项分布，即X～B3，23，所以D(X)＝3×23
×1－23＝23. 答案：23 8．(2017·全国卷Ⅰ)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D(X)＝________. 解析：X～B(100,0.02)，所以D(X)＝np(1－p)＝100×0.02×0.98＝1.96. 答案：1.96 9．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：(1)P(A)＝26＝13. 因为两颗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．
所以P(B)＝1036＝518. 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)＝PABPA＝53613＝512.
10．空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染． 一环保人士记录去年某地六月10天的AQI的茎叶图如图． (1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI≤100)的天数； (2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列． 解：(1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良
的天数为4，所以该样本中空气质量为优良的频率为610＝35，从而估计该地六月
空气质量为优良的天数为30×35＝18. (2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为35，ξ的所有可能取值为0,1,2,3， 且ξ～B3，35. 所以P(ξ＝0)＝253＝8125， P(ξ＝1)＝C1335252＝36125， P(ξ＝2)＝C2335225＝54125， P(ξ＝3)＝353＝27125. ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3
P 8125 36125 54125 27125
B级 能力提升练 11．(2018·石家庄模考)某种电路开关闭合后会随机出现红灯或绿灯闪烁，已
知开关第一次闭合后出现红灯闪烁的概率为12，两次闭合后都出现红灯闪烁的概
率为15，则开关在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下第二次闭合后出现红灯闪烁的概率为( ) A.110 B．15
C.25 D．12 解析：选C.设“开关第一次闭合后出现红灯闪烁”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯闪烁”为事件B，则“开关两次闭合后都出现红灯闪烁”为事件AB，“开关在第一次闭合后出现红灯闪烁的条件下第二次闭合后出现红灯闪
烁”为事件B|A，由题意得P(A)＝12，P(AB)＝15，∴P(B|A)＝PABPA＝25，故选C. 12．(2018·绵阳诊断)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.89 B．7381
C.881 D．19 解析：选C.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Ai(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(A1A2A3A4 A5)＋P(A1 A2A3A4 A5)＋P(A1 A2A3A4A5)＝233×132＋13×
2
3
3×13＋132×233＝881.
13．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( )
A.14 B．34 C.964 D．2764 解析：选C.设事件A在每次试验中发生的概率为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C13×34×1－342＝964.故选C. 14．假设一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否出现故障是相互独立的．已知4引擎飞机中至少3个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行．若要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则p的取值范围是( ) A.23，1 B．13，1 C.0，23 D．0，13 解析：选B.一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，正常运行的概率是p，且各引擎是否出现故障是相互独立的，由题意，4引擎飞机可以成功飞行的概率是C34p3(1－p)＋p4,2引擎飞机可以成功飞行的概率是p2，则C34p3(1－
p)＋p4＞p2，化简得3p2－4p＋1＜0，解得13＜p＜1.故选B.
15．已知某种动物服用某种药物一次后当天出现A症状的概率为13.某小组为了研究连续服用该药物后出现A症状的情况，进行了药物试验．试验设计为每天用药一次，连续用药四天为一个用药周期．假设每次用药后当天是否出现A症状与上次用药无关． (1)若出现A症状，则立即停止试验，求试验至多持续一个用药周期的概率； (2)若在一个用药周期内出现3次或4次A症状，则在这个用药周期结束后终止试验．若试验至多持续两个周期，设药物试验持续的用药周期为η，求η的分布列． 解：(1)解法一：记试验持续i天为事件Ai，i＝1,2,3,4，试验至多持续一个周期为事件B，
易知P(A1)＝13，P(A2)＝23×13，P(A3)＝232×13，P(A4)＝233×13， 则P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝6581. 解法二：记试验至多持续一个周期为事件B，则B为试验持续超过一个周期， 易知P(B)＝234＝1681， 所以P(B)＝1－234＝6581. (2)随机变量η的所有可能取值为1,2，