山东省滨州市高考数学一轮复习课题四十三独立重复试验与二项分布探究提升学案

[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．条件概率在已知B发生的条件下，事件A发生的概率叫作B发生时A发生的条件概率，用符号P（A|B）来表示，其公式为P（A|B）＝错误!（P（B）＞0）．２．相互独立事件（１）一般地，对两个事件A，B，如果P（AB）＝P（A）P（B），则称A，B相互独立．（２）如果A，B相互独立，则A与错误!，错误!与B，错误!与错误!也相互独立．（３）如果A１，A２，…，A n相互独立，则有P（A１A２…A n）＝P（A１）P（A２）…P（A n）．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（A１A２A３…A n）＝P（A１）P（A２）P（A３）…P（A n）．（２）二项分布进行n次试验，如果满足以下条件：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”的概率均为p，“失败”的概率均为１—p；３各次试验是相互独立的．用X表示这n次试验中成功的次数，则P（X＝k）＝C错误!p（１—p）—（k＝0,１,２，…，n）．若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B（n，p）．[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错误!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错误!，则P（X＝３）等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[∵X～B错误!，∴P（X＝３）＝C错误!错误!6＝错误!.故选Ａ．]３．已知P（B|A）＝错误!，P（AB）＝错误!，则P（A）等于（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[由P（AB）＝P（A）P（B|A），得错误!＝错误!P（A），∴P（A）＝错误!.]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________．错误![P＝C错误!0．6２0．４＋C错误!0．6３＝错误!.]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错误!＋错误!B，∴P（A错误!＋错误!B）＝P（A错误!）＋P（错误!B）＝P（A）P（错误!）＋P（错误!）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．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!B[法一：P（A）＝错误!＝错误!＝错误!，P（AB）＝错误!＝错误!.由条件概率计算公式，得P （B|A）＝错误!＝错误!＝错误!.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）＝错误!＝错误!.]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．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A[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”的概率是错误!.]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）＝错误!，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）＝错误!.【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错误!，错误!，错误!，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（错误!错误!错误!）＝１—错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）由题意可得，ξ的所有可能取值为0,１,２,３，则P（ξ＝0）＝P（错误!错误!错误!）＝错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝１）＝P（错误!错误!错误!）＋P（错误!错误!错误!）＋P（错误!错误!错误!）＝错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝２）＝P（AB错误!）＋P（A错误!C）＋P（错误!BC）＝错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＋错误!×错误!×错误!＝错误!；P（ξ＝３）＝P（ABC）＝错误!×错误!×错误!＝错误!.所以ξ的分布列为ξ0１２３P错误!错误!错误!错误![规律方法] １．求复杂事件的概率，要正确分析复杂事件的构成，先将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或转化为几个相互独立事件同时发生的积事件，再求概率．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）直接计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．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A１，A２，A３，A４，A５相互独立，且P（A k）＝错误!，P（错误!）＝错误!.（１）法一：他前两发子弹只命中一发的概率为P（A１错误!）＋P（错误!A２）＝P（A１）P（错误!）＋P（错误!）P（A２）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!.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错误!×错误!×错误!＝错误!.（２）X 的所有可能取值为２,３,４,５．P （X ＝２）＝P （A １A ２）＋P （错误! 错误!）＝错误!×错误!＋错误!×错误!＝错误!，P （X ＝３）＝P （A １错误! 错误!）＋P （错误!A ２A ３）＝错误!×错误!２＋错误!×错误!２＝错误!，P （X ＝４）＝P （A １错误!A ３A ４）＋P （错误!A ２错误! 错误!）＝错误!３×错误!＋错误!３×错误!＝错误!，P （X ＝５）＝１—P （X ＝２）—P （X ＝３）—P （X ＝４）＝错误!.综上，X 的分布列为X ２ ３ ４ ５ P错误!错误!错误!错误!【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错误!，垂柳移栽的成活率为错误!，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 错误!·错误!·错误!＝错误!，P （B ）＝C 错误!·错误!·错误!＝错误!， 由于事件A 与B 相互独立，所以P （AB ）＝P （A ）·P （B ）＝错误!.（２）由题意知ξ的所有可能取值为0,１,２,３,４．P （ξ＝0）＝错误!２·错误!２＝错误!；P （ξ＝１）＝C 错误!·错误!·错误!·错误!２＋C 错误!·错误!·错误!·错误!２＝错误!；P （ξ＝２）＝错误!＋错误!２·错误!２＋错误!２·错误!２＝错误!；P （ξ＝３）＝C 错误!·错误!·错误!·错误!２＋C 错误!·错误!·错误!·错误!２＝错误!；P （ξ＝４）＝错误!２·错误!２＝错误!.所以ξ的分布列为ξ 0 １ ２ ３ ４ P错误!错误!错误!错误!错误![规律方法] 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．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）＝错误!＝错误!， P （X ＝１）＝错误!＝错误!， P （X ＝２）＝错误!＝错误!，∴X 的分布列为X 0 １ ２ P错误!错误!错误!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 错误!，P （X ＝k ）＝C 错误!错误!２—k 错误!k ，所以P （Y ＝0）＝C 错误!·错误!２＝错误!，P （Y ＝１）＝C 错误!·错误!·错误!＝错误!，P （Y ＝２）＝C 错误!·错误!２＝错误!.∴Y 的分布列为Y 0 １ ２ P错误!错误!错误!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 错误!×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错误!×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．0．7５Ｃ．0．6 Ｄ．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＝错误!＝0．8．]。

4.2.3二项分布与超几何分布（一）1．n次独立重复试验在相同条件下重复n次伯努利试验时，人们总是约定这n次试验是的，此时这n 次伯努利试验也常称为n次独立重复试验．思考：独立重复试验必须具备哪些条件？2．二项分布一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记q＝1－p，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0,1，…，k，…，n}，而且P(X＝k)＝，k＝0,1，…，n，因此X的分布列如下表所示．注意到上述X n1n p1q n－1＋…＋C k n p k q n－k＋…＋C n n p n q0中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的二项分布，记作．初试身手1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)n次独立重复试验的每次试验结果可以有多种．()(2)两点分布是特殊的二项分布．()(3)二项分布可以看作是有放回抽样．()(4)n 次独立重复试验中，每次试验的条件可以略有不同． ( )2．若X ～B (10,0.8)，则P (X ＝8)等于( )A ．C 810×0.88×0.22B ．C 810×0.82×0.28C ．0.88×0.22D ．0.82×0.283．一枚硬币连掷三次，只有一次出现正面的概率为________． 4．下列说法正确的是________．(填序号)①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮中命中的次数X 是一个随机变量，且X ～B (10,0.6)； ②某福彩的中奖概率为p ，某人一次买了8张，中奖张数X 是一个随机变量，且X ～B (8，p )；③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X 是随机变量，且X ～B ⎝⎛⎭⎫n ，12. ——合作探究·释疑难——类型1 独立重复试验的概率【例1】 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率．2．(变结论)在本例(2)的条件下，求甲未击中、乙击中2次的概率．规律方法独立重复试验概率求法的三个步骤类型2 二项分布【例2】 一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是13.(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列．规律方法1．本例属于二项分布，当X 服从二项分布时，应弄清X ～B (n ，p )中的试验次数n 与成功概率p .2．解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次． [跟进训练]1．在一次数学考试中，第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只需在其中选做一题．设4名考生选做每道题的可能性均为12，且各人的选择相互之间没有影响．(1)求其中甲、乙2名考生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第15题的人数为ξ名，求ξ的分布列．类型3 独立重复试验与二项分布的综合应用 [探究问题]1．王明做5道单选题，每道题都随机选一个答案，那么他做对的道数服从二项分布吗？为什么？2．王明做5道单选题，其中2道会做，其余3道均随机选一个答案，他做对的道数服从二项分布吗？如何判断一随机变量是否服从二项分布？【例3】 甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且各人回答正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分． (1)求随机变量ξ的分布列；(2)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB)．规律方法对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次，要判断事件是A＋B还是AB，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件公式；最后，选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n次独立重复试验的概率公式求解.[跟进训练]2．9粒种子分种在3个坑内，每坑放3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，求需要补种坑数的分布列．——课堂小结·提素养——必备素养1．独立重复试验的基本特征(1)每次试验都在同样条件下进行．(2)每次试验都只有两种结果：发生与不发生．(3)各次试验之间相互独立．(4)每次试验，某事件发生的概率都是一样的． 2．n 次独立重复试验的概率公式中各字母的含义学以致用1．某学生通过英语听力测试的概率为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.2272．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P (ξ＝3)＝( ) A.C 23⎝⎛⎭⎫142×34 B.C 23⎝⎛⎭⎫342×14C.⎝⎛⎭⎫142×34D.⎝⎛⎭⎫342×143．有4位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是12，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学通过测试的概率为________．4．设X ～B (4，p )，且P (X ＝2)＝827，那么一次试验成功的概率p 等于________．5．某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留两位小数)： (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．参考答案新知初探1．相互独立思考：[提示] (1)每次试验的条件完全相同，相同事件的概率不变； (2)各次试验结果互不影响；(3)每次试验结果只有两种，这两种结果是对立的．2．C k n p k qn －kX ～B (n ，p )初试身手1．【答案】(1)× (2)√ (3)√ (4)× 2．【答案】A【解析】∵X ～B (10,0.8)，∴P (X ＝8)＝C 810×0.88×0.22，故选A.3．【答案】38【解析】抛掷一枚硬币出现正面的概率为12，由于每次试验的结果不受影响，故由n 次独立重复试验可知，所求概率为P ＝C 13⎝⎛⎭⎫12⎝⎛⎭⎫122＝38.4．【答案】①②【解析】①②显然满足独立重复试验的条件，而③虽然是有放回地摸球，但随机变量X 的定义是直到摸出白球为止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合二项分布的定义．——合作探究·释疑难——类型1 独立重复试验的概率【例1】 解：(1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击3次，相当于3次独立重复试验． 故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－⎝⎛⎭⎫233＝1927.(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B 2，则 P (A 2)＝C 22×⎝⎛⎭⎫232＝49，P (B 2)＝C 12×⎝⎛⎭⎫341×⎝⎛⎭⎫1－34＝38. 由于甲、乙射击相互独立，故 P (A 2B 2)＝49×38＝16.【例2】 解：(1)ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，ξ的分布列为P (ξ＝k ) ＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0,1,2,3,4,5. 故ξ的分布列为(2)η的分布列为P (η＝k )＝P (前k 个是绿灯，第k ＋1个是红灯)＝⎝⎛⎭⎫23·13，k ＝0,1,2,3,4；P (η＝5)＝P (5个均为绿灯)＝⎝⎛⎭⎫235. 故η的分布列为[跟进训练]1．解：(1)设事件A 表示“甲选做14题”，事件B 表示“乙选做14题”，则甲、乙2名考生选做同一道题的事件为“A ∩B ＋A ∩B ”，且事件A ，B 相互独立． ∴P (A ∩B ＋A ∩B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12. (2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12. ∴P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k⎝⎛⎭⎫1－124－k＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4)． ∴随机变量ξ的分布列为类型3 独立重复试验与二项分布的综合应用[探究问题]1．[提示] 服从二项分布．因为每道题都是随机选一个答案，结果只有两个：对与错，并且每道题做对的概率均相等，故做5道题可以看成“一道题”重复做了5次，做对的道数就是5次试验中“做对”这一事件发生的次数，故他做对的“道数”服从二项分布． 2．[提示] 不服从二项分布．因为会做的两道题做对的概率与随机选取一个答案做对的概率不同，不符合二项分布的特点．判断一个随机变量是否服从二项分布关键是看它是不是n 次独立重复试验，随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布． 【例3】 解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，且 p (ξ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫1－233＝127，P (ξ＝1)＝C 1323⎝⎛⎭⎫1－232＝29， P (ξ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23＝49， P (ξ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫233＝827. 所以ξ的分布列为(2)用C 表示“甲得2分乙得1分”3分乙得0分”这一事件，所以AB ＝C ∪D ，且C ，D 互斥， 又P (C )＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23⎣⎡ 23×13×12＋13×23×⎦⎤12＋13×13×12＝1034，P (D )＝C 33⎝⎛⎭⎫233⎝⎛⎭⎫13×13×12＝435， 由互斥事件的概率公式得P (AB )＝P (C )＋P (D )＝1034＋435＝3435＝34243.[跟进训练]2．解：因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为⎝⎛⎭⎫123＝18， 所以单个坑不需要补种的概率为1－18＝78.设需要补种的坑数为X ，则X 的可能取值为0,1,2,3，这是3次独立重复试验，P (X ＝0)＝C 03×⎝⎛⎭⎫180×⎝⎛⎭⎫783＝343512，P (X ＝1)＝C 13×⎝⎛⎭⎫181×⎝⎛⎭⎫782＝147512， P (X ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫182×⎝⎛⎭⎫781＝21512， P (X ＝3)＝C 33×⎝⎛⎭⎫183×⎝⎛⎭⎫780＝1512， 所以需要补种坑数的分布列为学以致用1．【答案】A【解析】记“恰有1次获得通过”为事件A ， 则P (A )＝C 13⎝⎛⎭⎫13·⎝⎛⎭⎫1－132＝49.故选A. 2．【答案】C【解析】ξ＝3表示第3次首次测到正品，而前两次都没有测到正品，故其概率是⎝⎛⎭⎫142×34. 3．【答案】1516【解析】所有同学都不通过的概率为⎝⎛⎭⎫1－124， 故至少有一位同学通过的概率为1－⎝⎛⎭⎫1－124＝1516. 4．【答案】13或23【解析】P (X ＝2)＝C 24p 2(1－p )2＝827， 即p 2(1－p )2＝⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫232，解得p ＝13或p ＝23.5．解：(1)记“预报1次准确”为事件A ，则P (A )＝0.8. 5次预报相当于5次独立重复试验． “恰有2次准确”的概率为P ＝C 25×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，其概率为P＝C05×0.25＋C15×0.8×0.24＝0.006 72.所以所求概率为1－P＝1－0.006 72≈0.99.所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99.。

2025年高考数学一轮复习-11.6-二项分布与超几何分布【课程标准】1.理解二项分布、超几何分布的概念,能解决一些简单的实际问题.2.借助正态分布曲线了解正态分布的概念,并进行简单应用.【必备知识精归纳】一、二项分布1.伯努利试验只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验;将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验.2.二项分布一般地,在n重伯努利试验中,设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1),用X 表示事件A发生的次数,则X的分布列为P(X=k)= p k(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式,则称随机变量X服从二项分布,记作X~B(n,p).3.两点分布与二项分布的均值、方差(1)当n=1时,随机变量X服从两点分布,则E(X)=p,D(X)=p(1-p).(2)若X~B(n,p),则E(X)=np,D(X)=np(1-p).二、超几何分布一般地,假设一批产品共有N件,其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件(不放回),用X表示抽取的n件产品中的次品数,则X的分布列为P(X=k)= - -,k=m,m+1,m+2,…,r,其中n,N,M∈N*,M≤N,n≤N,m=max{0,n-N+M},r=min{n,M}.如果随机变量X的分布列具有上式的形式,那么称随机变量X服从超几何分布.三、正态分布1.定义-( - ) ,x∈R,其中μ∈R,σ>0为参数,若随机变量X的概率分布密度函数为f(x则称随机变量X服从正态分布,记为X~N(μ,σ2).2.正态曲线的特点(1)曲线是单峰的,它关于直线x=μ对称;(2)曲线在x=μ处达到峰值(3)当|x|无限增大时,曲线无限接近x轴.3.3σ原则(1)P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827;(2)P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545;(3)P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973.【基础小题固根基】教材改编易错易混1,2,43,51.(教材变式)已知X~B(20,p),且E(X)=6,则D(X)等于()A.1.8B.6C.2.1D.4.2【解析】选D.因为X服从二项分布X~B(20,p),所以E(X)=20p=6,得p=0.3,故D(X)=np(1-p)=20×0.3×0.7=4.2.2.(教材变式)在含有3件次品的10件产品中,任取4件,X表示取到的次品的个数,则P(X=2)=.【解析】由题意得P(X=2)=C32C72C104=310.答案:3103.(对二项分布意义不理解致误)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】选A.3次投篮投中2次的概率为P(k=2)=C32×0.62×(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)=C32×0.62×(1-0.6)+0.63= 0.648.4.(教材提升)某班有50名同学,一次数学考试的成绩X服从正态分布N(110,102).已知P(100<X≤110)=0.34,估计该班学生数学成绩在120分以上的有人.【解析】因为考试的成绩X服从正态分布N(110,102),所以该正态曲线关于X=110对称,因为P(100<X≤110)=0.34.所以P(X>120)=P(X≤100)=12×(1-0.34×2)=0.16.所以该班数学成绩在120分以上的人数约为0.16×50=8.答案:85.(二项分布应用不准致误)在一次招聘中,主考官要求应聘者从20道备选题中一次性随机抽取5道题,并独立完成所抽取的5道题,乙能正确完成每道题的概率为45,且每道题完成与否互不影响,记乙能正确完成的题数为Y,则Y的数学期望为.【解析】由题意知Y~B5,45,所以E(Y)=5×45=4.答案:4二项分布[典例1](1)出租车司机从饭店到火车站途中经过6个交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,并且概率都是13.则这位司机在途中遇到红灯数X 的均值为,方差为.【解析】X的所有可能取值是0,1,2,3,4,5,6,这位司机经过一个交通岗就是一次试验,有遇到红灯和未遇到红灯两个结果,X=k(k∈N,k≤6)的事件相当于6次独立重复经过一个交通岗的试验,恰有k次遇到红灯的事件,于是得随机变量X~B6,13,所以E(X)=6×13=2,D(X)=6×13×1-13=43.答案:243(2)(2022·福州模拟)在一次国际大型体育运动会上,某运动员报名参加了3个项目的比赛.已知该运动员在这3个项目中,每个项目能拿奖的概率都是23,那么在本次运动会上:①求该运动员至少能拿2项奖的概率;②若该运动员能拿奖的项目数为X,求X的分布列及均值.【解析】①依题意知,该运动员在每个项目上“能拿奖”为独立事件,并且每个事件发生的概率相同.设该运动员能拿奖的项目数为随机变量ξ,“该运动员至少能拿2项奖”为事件A,则有P(A)=P(ξ=2)+P(ξ=3)=C3223213+C33233=2027;②由①可知,X~B3,23,则P(X =0)=C301-233=127,P(X=1)=C31·23·1-232=29,P(X=2)=C32·232·1-23=49,P(X=3)=C33·233=827,所以X的分布列为X0123P1272949827所以均值E(X)=0×127+1×29+2×49+3×827=2.(或E(X)=3×23=2)【方法提炼】1.求n重伯努利试验概率的三个步骤(1)判断:依据n重伯努利试验的特征,判断所给试验是否为独立重复试验.(2)分拆:判断所求事件是否需要分拆.(3)计算:就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解,最后利用互斥事件概率加法公式计算.2.求随机变量X的均值与方差时,可首先分析X是否服从二项分布,如果X~B(n,p),则用公式E(X)=np,D(X)=np(1-p)求解,可大大减少计算量.【对点训练】张先生家住H小区,他在C科技园区工作,从家开车到公司上班有L1,L2两条路线(如图),L1路线有A1,A2,A3三个路口,各路口遇到红灯的概率均为12;L2路线有B1,B2两个路口,各路口遇到红灯的概率依次为34,35.(1)若走L1路线,求最多遇到1次红灯的概率;(2)若走L2路线,求遇到红灯次数X的数学期望;(3)若张先生想在上班的途中,“平均遇到红灯次数最少”,则张先生应从上述两条路线中选择哪条上班路线,并说明理由.【解析】(1)设走L1路线最多遇到1次红灯为A事件,则P(A)=C30×123+C31×12×122=12.所以走L1路线,最多遇到1次红灯的概率为12.(2)依题意,知X的可能取值为0,1,2.P(X=0)=1-34×1-35=110,P(X=1)=34×1-35+1-34×35=920,P(X=2)=34×35=920.随机变量X的分布列为X012P110920920E(X)=110×0+920×1+920×2=2720.(3)设选择L1路线遇到红灯次数为Y,随机变量Y服从二项分布,即Y~B3,12,所以E(Y)=3×12=32.因为E(X)<E(Y),所以张先生应选择L2路线上班.【加练备选】从某企业生产的某种产品中抽取100件,测量这些产品的质量指标值,由测量结果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)求这些产品的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件产品中质量指标值位于区间[45,75)内的产品件数为X,求X的分布列与数学期望.【解析】(1)设落在区间[75,85]内的频率为x,则落在区间[55,65),[65,75)内的频率分别为4x和2x.依题意得(0.004+0.012+0.019+0.030)×10+4x+2x+x=1,解得x=0.05.所以落在区间[75,85]内的频率为0.05.(2)从该企业生产的这种产品中随机抽取3件,相当于进行了3次独立重复试验,所以X服从二项分布B(n,p),其中n=3.由(1)得,落在区间[45,75)内的频率为0.3+0.2+0.1=0.6,将频率视为概率得p=0.6.因为X的所有可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=C30×0.60×0.43=0.064,P(X=1)=C31×0.61×0.42=0.288,P(X=2)=C32×0.62×0.41=0.432,P(X=3)=C33×0.63×0.40=0.216.所以X的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216所以X的数学期望为E(X)=0×0.064+1×0.288+2×0.432+3×0.216=1.8(或直接根据二项分布的均值公式得到E(X)=np=3×0.6=1.8).超几何分布[典例2](1)某外语学校的一个社团中有7名同学,其中2人只会法语,2人只会英语,3人既会法语又会英语.现选派3人到法国的学校交流访问,则恰有2人会法语的概率为;既会法语又会英语的人数X的均值为.【解析】设事件A为“选派的3人中恰有2人会法语”,则P(A)=C52C21C73=47.方法一:依题意知X的取值为0,1,2,3,P(X=0)=C43C73=435,P(X=1)=C42C31C73=1835,P(X=2)=C41C32C73=1235,P(X=3)=C33C73=135,所以X的分布列为X0123P43518351235135所以E(X)=0×435+1×18+2×1235+3×135=97.方法二:E(X)=3×37=97.答案:4797(2)从某校高三年级中随机抽取100名学生,对其视力情况进行统计(两眼视力不同,取较低者统计),得到如图所示的频率分布直方图,已知从这100人中随机抽取1人,其视力在[4.1,4.3)的概率为110.①求a,b的值;②若高校B专业的报考资格为任何一眼裸眼视力不低于5.0,已知在[4.9,5.1)中有13的学生裸眼视力不低于5.0.现用分层随机抽样的方法从[4.9,5.1)和[5.1,5.3)中抽取4名同学,4人中有资格(仅考虑视力)报考B专业的人数为随机变量ξ,求ξ的分布列.【解析】①由频率分布直方图的性质,得×0.2=110,( +0.75+1.75+ +0.75+0.25)×0.2=1,解得b=0.5,a=1.②在[4.9,5.1)中,共有15人,其中5人裸眼视力不低于5.0,在这15人中,抽取3人,在[5.1,5.3)中,共有5人,抽取1人,随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4,P(ξ=1)=C103C50C153=2491,P(ξ=2)=C102C51C153=4591,P(ξ=3)=C101C52C153=2091,P(ξ=4)=C100C53C153=291,所以ξ的分布列如下ξ1234P249145912091291【方法提炼】超几何分布的特点(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题,随机变量为抽到的某类个体的个数.超几何分布的特征是:①考察对象分两类;②已知各类对象的个数;③从中抽取若干个个体,考查某类个体数X 的概率分布.(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型,其本质是古典概型.【对点训练】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件产品作为样本并称出它们的质量(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,求上述抽取的40件产品中质量超过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,并求其均值;(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.【解析】(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)质量超过505克的产品数量为12件,则质量未超过505克的产品数量为28件,X 的可能取值为0,1,2,X服从超几何分布.P(X=0)=C120C282C402=63130,P(X=1)=C121C281C402=2865,P(X=2)=C122C280C402=11130,所以X的分布列为X012P63130286511130所以X的均值为E(X)=0×63130+1×2865+2×11130=35;(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310.从流水线上任取2件产品互不影响,该问题可看成2重伯努利试验,质量超过505克的产品数量Y的可能取值为0,1,2,且Y~B2,310,P(Y=k)=C2 ×1-3102-k×310k,所以P(Y=0)=C20×7102=49100,P(Y=1)=C21×310×710=2150,P(Y=2)=C22×3102=9100.所以Y的分布列为Y012P4910021509100正态分布角度1正态分布的性质[典例3](1)设有一正态总体,它的正态密度曲线是函数f(x)的图象,且-( -10)28(x∈R),则这个正态总体的平均数与标准差分别是()f(xA.10与8B.10与2C.8与10D.2与10【解析】选B.因为f(xe-( -10)28,所以σ=2,μ=10,即正态总体的平均数与标准差分别为10与2.-( - )22 2(x∈R,i=1,2,3)的图象(2)(2023·深圳模拟)已知三个正态密度函数φi(x如图所示,则()A.μ1<μ2=μ3,σ1=σ2>σ3B.μ1>μ2=μ3,σ1=σ2<σ3C.μ1=μ2<μ3,σ1<σ2=σ3D.μ1<μ2=μ3,σ1=σ2<σ3【解析】选D.由正态曲线关于直线x=μ对称,知μ1<μ2=μ3;σ的大小决定曲线的形状,σ越大,总体分布越分散,曲线越“矮胖”,σ越小,总体分布越集中,曲线越“瘦高”,则σ1=σ2<σ3.实际上,由φ1(μ1)=φ2(μ2)>φ3(μ3),亦可知σ1=σ2<σ3.(3)(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2),则下列结论中不正确的是()A.σ越小,该物理量一次测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5C.该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等D.该物理量一次测量结果落在(9.9,10.2)内的概率与落在(10,10.3)内的概率相等【解析】选D.对于A,σ2为数据的方差,所以σ越小,数据在μ=10附近越集中,所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大,故A正确,不符合题意;对于B,由正态密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故B正确,不符合题意;对于C,由正态密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确,不符合题意;对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同,所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同,故D 错误,符合题意.【方法提炼】利用正态分布性质解题的关键点对X~N(μ,σ2)中的μ,σ的意义不清楚,特别是对μ的认识不清楚,就会在解题时无从下手.这里μ是随机变量X的均值,σ是标准差,x=μ是正态密度曲线的对称轴.角度2正态分布的概率计算[典例4](1)(2023·运城模拟)在某项测量中,测量结果ξ服从正态分布N(1,σ2)(σ>0),若ξ在(0,2)内取值的概率为0.6,则ξ在[2,+∞)内取值的概率为()A.0.8B.0.4C.0.3D.0.2【解析】选D.因为ξ服从正态分布N(1,σ2)(σ>0),所以曲线的对称轴是直线x=1,又ξ在(0,2)内取值的概率为0.6,根据正态曲线的性质,则ξ在[2,+∞)内取值的概率为P(ξ≥2)=1-0.62=0.2.(2)(2022·安阳模拟)已知某次数学考试的成绩服从正态分布N(116,64),则成绩在140分以上的考生所占的百分比约为()(参考数据:P(μ-3σ≤X≤μ+3σ≈0.997)A.0.3%B.0.23%C.1.5%D.0.15%【解析】选D.依题意,得μ=116,σ=8,所以μ-3σ=92,μ+3σ=140.而服从正态分布的随机变量在[μ-3σ,μ+3σ]内取值的概率约为0.997,所以成绩在区间(92,140)内的考生所占的百分比约为99.7%.从而成绩在140分以上的考生所占的百分比约为1-99.7%2=0.15%.(3)(2022·新高考Ⅱ卷)已知随机变量X服从正态分布N(2,σ2),且P(2<X≤2.5)=0.36,则P(X>2.5)=.【解析】因为X~N(2,σ2),所以P(X<2)=P(X>2)=0.5,因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5)=0.5-0.36=0.14.答案:0.14【方法提炼】正态分布下两类常见的概率计算(1)利用3σ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-2σ,μ+2σ),(μ-3σ,μ+3σ)中的哪一个.(2)利用正态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密度曲线关于直线x=μ对称,及曲线与x轴之间的面积为1.注意下面结论的活用:①对任意的a,有P(X<μ-a)=P(X>μ+a);②P(X<x0)=1-P(X≥x0);③P(a<X<b)=P(X<b)-P(X≤a).角度3正态分布的综合应用[典例5](1)为了解高三复习备考情况,某校组织了一次阶段考试.若高三全体考生的数学成绩x近似服从正态分布N(100,17.52).已知成绩在117.5分以上的学生有80人,则此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率为;如果成绩大于135分的为特别优秀,那么本次数学考试成绩特别优秀的大约有人.(若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.68,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.95)【解析】因为数学成绩x服从正态分布N(100,17.52),则P(100-17.5≤x≤100+17.5)=P(82.5≤x≤117.5)≈0.68,所以此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率为P(x<82.5)=1- (82.5≤ ≤117.5)2≈1-0.682=0.16.又P(100-17.5×2≤x≤100+17.5×2)=P(65≤x≤135)≈0.95,所以数学成绩特别优秀的概率为P(x>135)=1- (65≤ ≤135)2≈1-0.952=0.025.又P(x<82.5)=P(x>117.5)≈0.16,则本次考试数学成绩特别优秀的人数大约是800.16×0.025≈13.答案:0.1613(2)为了解某年龄段人群的午休睡眠时间,随机抽取了1000名该年龄段的人作为被调查者,统计了他们的午休睡眠时间,得到如图所示的频率分布直方图.①求这1000名被调查者的平均午休睡眠时间 (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);②由直方图可以认为被调查者的午休睡眠时间Y服从正态分布N(μ,σ2),其中μ,σ2分别取被调查者的平均午休睡眠时间 和方差s2,那么这1000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟的人数估计有多少?③如果用这1000名被调查者的午休睡眠情况来估计某市该年龄段所有人的午休睡眠情况,现从全市所有该年龄段的人中随机抽取5人,记午休睡眠时间不超过73.09分钟的人数为X,求E(X)(精确到0.01).附:(i)s2=212.75,212.75≈14.59.(ii)Y~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤Y≤μ+σ)≈0.6827;P(μ-2σ≤Y≤μ+2σ)≈0.954 5;P(μ-3σ≤Y≤μ+3σ)≈0.9973.【解析】①由题意知,第一组至第六组的区间中点值分别为35,45,55,65,75,85,对应的频率分别为0.1,0.2,0.3,0.15,0.15,0.1.所以 =35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.15+75×0.15+85×0.1=58.5(分钟),所以这1000名被调查者的平均午休睡眠时间 =58.5分钟.②由题意得Y~N(58.5,14.592),则P(43.91≤Y≤73.09)=P(μ-σ≤Y≤μ+σ)≈0.6827,所以P(Y>73.09)=P(Y<43.91)≈1-0.68272= 0.15865,所以这1000名被调查者中午休睡眠时间低于43.91分钟的估计有0.158 65×1000≈159(人).③在全市该年龄段人中抽取午休睡眠时间不超过73.09分钟的人的概率P≈1-0.15865=0.84135,由题意得X~B(5,0.84135),所以E(X)=5×0.84135≈4.21.【方法提炼】解决正态分布问题有三个关键点(1)对称轴x=μ.(2)标准差σ.(3)分布区间.利用对称性可求指定范围内的概率值;由μ,σ,分布区间的特征进行转化,使分布区间转化为3σ特殊区间,从而求出所求概率.提醒只有在标准正态分布下对称轴才为x=0.【对点训练】1.(2023·常州模拟)若随机变量X~B(3,p),Y~N(2,σ2),若P(X≥1)=0.657,P(0<Y<2)=p,则P(Y>4)等于()A.0.2B.0.3C.0.7D.0.8【解析】选A.由题意,P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)3=0.657,解得p=0.3,则P(0<Y<2)=0.3,所以P(Y>4)=P(Y<0)=0.5-P(0<Y<2)=0.2.2.在某校高三年级的高考全真模拟考试中,所有学生考试成绩的取值X(单位:分)是服从正态分布N(502,144)的随机变量,模拟“重点控制线”为490分(490分及490分以上都是重点),若随机抽取该校一名高三考生,则这位同学的成绩不低于“重点控制线”的概率为()(附:若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)A.0.6827B.0.65865C.0.84135D.0.34135【解析】选C.X~N(502,144),则σ=12,因为P(502-12≤X≤502+12)≈0.6827,所以P(X<490)≈1-0.68272=0.15865,即P(X≥490)≈1-0.15865=0.84135.3.对一个物理量做n次测量,并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差εn~N0,2 ,为使误差εn在(-0.5,0.5)的概率不小于0.9545,至少要测量次.(若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|≤2σ)≈0.9545)【解析】根据正态曲线的对称性知要使误差εn在(-0.5,0.5)的概率不小于0.9545,则(μ-2σ,μ+2σ)⊂(-0.5,0.5),又μ=0,σ所以0.所以n≥32.答案:32【加练备选】1.已知随机变量ξ~N(μ,σ2),有下列四个命题:甲:P(ξ<a-1)>P(ξ>a+2);乙:P(ξ>a)=0.5;丙:P(ξ≤a)=0.5;丁:P(a<ξ<a+1)<P(a+1<ξ<a+2).如果只有一个假命题,则该命题为()A.甲B.乙C.丙D.丁【解析】选D .由于乙、丙的真假性相同,所以乙、丙都是真命题,故a =μ;根据正态密度曲线的对称性可知,甲:P (ξ<μ-1)>P (ξ>μ+2)为真命题;P (μ<ξ<μ+1)>P (μ+1<ξ<μ+2),所以假命题是丁.2.为了监控某种零件的一条生产线的生产过程,检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸(单位:cm).根据长期生产经验,可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ,σ2).(1)假设生产状态正常,记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件数,求P (X ≥1)及X 的数学期望;(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件,就认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查.①试说明上述监控生产过程方法的合理性;②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸:9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得 =116∑ =116xi =9.97,s.212,其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸,i =1,2, (16)用样本平均数 作为μ的估计值,用样本标准差s 作为σ的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查,剔除(-3,+3)之外的数据,用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).附:若随机变量Z 服从正态分布N (μ,σ2),则P (μ-3σ≤Z ≤μ+3σ)≈0.9973,0.997316≈0.9577,0.008≈0.09.【解析】(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9973,从而零件的尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率为0.0027,故X~B (16,0.0027).因此P (X ≥1)=1-P (X =0)=1-0.997316≈0.0423;X 的数学期望E (X )=16×0.0027=0.0432.(2)①如果生产状态正常,一个零件尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的概率只有0.0027,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在(μ-3σ,μ+3σ)之外的零件的概率只有0.0423,发生的概率很小,因此一旦发生这种情况,就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况,需对当天的生产过程进行检查,可见上述监控生产过程的方法是合理的.②由 =9.97,s ≈0.212,得μ的估计值为=9.97,σ的估计值为=0.212,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(-3,+3)之外,因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的平均数为115×(16×9.97-9.22)=10.02.因此μ的估计值为10.02.∑ =1162=16×0.2122+16×9.972≈1591.134,剔除(-3,+3)之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为115×(1591.134-9.222-15×10.022)≈0.008,因此σ的估计值为0.008≈0.09.。

课题：独立重复试验与二项分布（第一课时）授课教师： 江鹏 时间：2015年4月3日 班级：高二2班教学目标1、理解n 次独立重复试验及二项分布模型，了解二项分布模型与二项式定理及两点分布的联系。

2、会判断一个具体问题是否是n 次独立重复试验，是否服从二项分布，培养学生的自主学习能力、数学建摸能力。

3、在小组合作学习中，独立思考与合作交流结合，使学生在互交互学中达到知识互补与内化，增强合作意识与培养良好的人际交往能力。

教学重点理解n 次独立重复试验及二项分布模型教学难点n 次独立重复试验及二项分布模型的应用教学手段多媒体辅助教学教学基本流程：（一）创设情景 导入新课1、用三个臭皮匠顶个诸葛亮的数学分析导入课堂，激起学生兴趣。

2、尝试练习；问题1：分析下面的试验，是否为独立重复试验？它们的相同点是什么？⑴投掷一个硬币投掷5次;⑵某人射击1次，击中目标的概率是0.8，他射击10次;(3)一个盒子中装有5个球（3个红球和2个黑球），有放回地依次从中抽取5个球;(4)生产一种零件，出现次品的概率是0.04,生产这种零件4件.问题2：判断下列试验是不是独立重复试验．(1)依次投掷四枚质地不同的硬币，3次正面向上．(2)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中．(3)口袋中装有5个白球、3个红球，2个黑球，依次从中抽取5个球，恰好抽出4个白球．（二）小组合作，师生互动探究。

以此进行n 次独立重复试验的概念辨析。

教师提示学生从各次试验的条件，结果，独立性，概率等角度归纳总结。

（三）n 次独立重复试验: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.在n 次独立重复试验中，记)()()()(P P n 321n 321A P A P A P A A A A A i A i ）（次试验的结果”显然，是“第 独立重复试验的特点：1）每次试验只有两种结果，要么发生，要么不发生；2）任何一次试验中，A 事件发生的条件相同，概率相同，即相互独立，互不影响试验的结果。

第七节n次独立重复试验与二项分布[最新考纲][考情分析][核心素养] 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，能解决一些简单的实际问题.主要在选择题、填空题中考查条件概率，对相互独立事件及独立重复试验多在解答题中考查，分值为5分左右.1.数学建模2.数学运算‖知识梳理‖1．条件概率条件概率的定义条件概率的性质已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为1P(A|B).当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝P（A∩B）P（B）(其中，A∩B也可以记成AB).类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝2P（AB）P（A）(1)0≤P(B|A)≤1；(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝3P(B|A)＋P(C|A)(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)4P(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)5P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)6P(A)P(B)．②如果事件A与B7A与B8A B9A与B3．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发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作10X～B(n，p)，并称p为11成功概率一、疑误辨析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 (AB )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( )(3)相互独立事件就是互斥事件．( )(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)√ 二、走进教材2．(选修2－3P 55T 3改编)根据天气预报，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( )A ．0.2B ．0.3C ．0.38D ．0.56答案：C3．(选修2－3P 54T 2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，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( )A ．310B ．13C ．38D ．29答案：B 三、易错自纠4．两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34，两个零件中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 ．51246解析：选B 因为两人加工成一等品的概率分别为23和34，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P ＝23×14＋13×34＝512.5．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件A 为“取到的2个数之和为偶数”，事件B 为“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )等于( )A ．18B ．14C ．25D ．12解析：选B P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (AB )＝C 22C 25＝110，P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝14.考点 条件概率|题组突破|1．(2019届石家庄一模)袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为( )A ．16B ．13C ．12D ．15解析：选B 设“第二次摸到红球”为事件A ，“第一次摸到红球”为事件B ，∵P (A )＝2×1＋2×24×3＝12，P (AB )＝24×3＝16，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝13，∴在第二次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为13，故选B ．2．(2019届广东汕头模拟)如图所示，半径为1的圆O 是正方形MNPQ 的内切圆，将一颗豆子随机地扔到正方形MNPQ 内，用A 表示事件“豆子落在圆O 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OEF (阴影部分)内”，则P (B |A )＝( )A ．π4B ．14128解析：选B 由已知得P (A )＝π×1222＝π4，P (AB )＝14×π×1222＝π16，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝π16π4＝14，故选B ． 3．(2019届江西南昌模拟)口袋中装有大小形状完全相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，已知第一次取得红球，则第二次取得白球的概率为________．解析：设事件A 表示“第一次取得红球”，事件B 表示“第二次取得白球”，则P (A )＝26＝13，P (AB )＝26×35＝15，∴第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1513＝35. 答案：35►名师点津条件概率的3种求法定义法 先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P （AB ）P （A ）求P (B |A )基本事件法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AB 所包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n （AB ）n （A ）缩样法缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简考点一 相互独立事件——变式探究【例1】 某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________．[解析] 依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P ＝1×0.2×0.82＝0.128.[答案] 0.128|变式探究|1．(变问题)保持本例条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________．解析：依题意，该选手第3个问题的回答是错误的，第4，5个问题均回答正确，第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P ＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.005 12＋0.040 96＝0.046 08.答案：0.046 082．(变问题)保持本例条件不变，则该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________．解析：依题意，设答对的事件为A ，则可分为第3个回答正确与错误两类．若第3个回答正确，则有AAAA 或A A AA 两类情况，其概率为0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032；若该选手第3个问题的回答是错误的，则第1，2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P ＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.答案：0.104 ►名师点津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)代入概率的积公式求解．|跟踪训练|1．(2019年全国卷Ⅰ)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，甲队的主客场排队依次为“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________．解析：由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜，则共比赛了5场，且第5场甲胜，前4场中甲胜3场．第一类：若第1场、第2场中甲胜1场，第3场、第4场甲胜，则P 1＝C 12×0.6×0.4×0.52＝2×35×25×14＝325；第二类：若第1场、第2场甲胜，第3场、第4场中甲胜1场，则P 2＝0.62×C 12×0.5×0.5＝⎝⎛⎭⎫352×2×14＝950.所以甲队以4∶1获胜的概率为P ＝⎝⎛⎭⎫325＋950×0.6＝0.18.答案：0.18考点二 独立重复试验与二项分布【例2】 九节虾的真身是虎斑虾，虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美．某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：虾的数量(所得结果保留整数)；(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5，25)间的九节虾的数量为X ，求X 的分布列．[解] (1)由表中数据，可以估计每只九节虾的质量为 140×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)． 因为35 000÷29.5≈1 186(只)， 所以这批九节虾的数量约为1 186只．(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5，25)间的概率P ＝4＋1240＝25，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，则P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫354＝81625， P (X ＝1)＝C 14×25×⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (X ＝2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (X ＝3)＝C 34×⎝⎛⎭⎫253×35＝96625， P (X ＝4)＝⎝⎛⎭⎫254＝16625. 所以X 的分布列为独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略(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．|跟踪训练|2．挑选飞行员可以说是“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X 的分布列．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X ～B (3，0.3)，X 的可能取值为0，1，2，3，其中P (X ＝k )＝C k 3(0.3)k ·(1－0.3)3－k ，k ＝0，1，2，3. 故P (X ＝0)＝C 03×0.30×(1－0.3)3＝0.343， P (X ＝1)＝C 13×0.3×(1－0.3)2＝0.441， P (X ＝2)＝C 23×0.32×(1－0.3)＝0.189， P (X ＝3)＝C 33×0.33＝0.027.故X 的分布列为 X 0 1 2 3 P0.3430.4410.1890.027考点 二项分布与统计交汇问题【例】 从某市的高一学生中随机抽取400名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg 的概率； (2)假设该市高一学生的体重X 服从正态分布N (57，σ2)．①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于55～57 kg 之间的概率；②从该市高一学生中随机抽取3人，记体重介于54～57 kg 之间的人数为Y ，利用(1)的结论，求Y 的分布列．[解] (1)这400名学生中，体重超过60 kg 的频率为(0.04＋0.01)×5＝14，由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg 的概率为14.(2)①∵X ～N (57，σ2)， 由(1)知P (X >60)＝14，∴P (X <54)＝14.∴P (54<X <60)＝1－2×14＝12.∴P (54<X <57)＝12×12＝14，即高一某个学生体重介于54～57 kg 之间的概率为14.②∵该市高一学生总体很大，∴从该市高一学生中随机抽取3人，可以视为独立重复试验．其中体重介于54～57 kg 之间的人数Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，14， P (Y ＝i )＝C i 3⎝⎛⎭⎫14i ⎝⎛⎭⎫1－143－i，i ＝0，1，2，3.∴Y 的分布列为 Y 0 1 2 3 P 27642764964164►名师点津求解与二项分布与统计知识交汇问题的关键在于分析条件，确立事件类型．|跟踪训练|一个盒子中装有大量形状、大小一样但质量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量(单位：克)，质量分组区间为[5，15)，[15，25)，[25，35)，[35，45]，由此得到如图所示的样本的质量频率分布直方图．(1)求a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均数；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5，15)内的小球个数为X ，求X 的分布列和期望．(以直方图中的频率作为概率)解：(1)由题意，得(0.02＋0.032＋a ＋0.018)×10＝1，解得a ＝0.03.由频率分布直方图可估计盒子中小球质量的众数为20克，50个样本中小球质量的平均数为x ＝0.2×10＋0.32×20＋0.3×30＋0.18×40＝24.6(克)．故由样本估计总体，可估计盒子中小球质量的众数为20克，平均数为24.6克． (2)由题意知，该盒子中小球质量在[5，15)内的概率为15，则X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. X 的可能取值为0，1，2，3， 则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. ∴X 的分布列为 X 0 1 2 3 P6412548125121251125∴E (X )＝0×64125＋1×48125＋2×12125＋3×1125＝35⎝⎛⎭⎫或E （X ）＝3×15＝35.。

2019-2020学年高考数学一轮复习 独立性与二项分布导学案 一：学习目标1、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，并能解决一些简单的实际问题。

二：课前预习1．事件的相互独立性设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝________，则称事件A 与事件B 相互独立．如果事件A 与事件B 相互独立，则A 与____，____与B ，A 与____也都相互独立．2．独立重复试验与二项分布一般地，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 发生的概率是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 )＝______________，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．n 次独立重复试验中事件A恰好发生k 次可看成是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看成是k 个A事件与n －k 个A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是_____．因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k n p k (1－p )n －k .3．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_______。

4．每次试验的成功率为p (0＜p ＜1)，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为__________。

5．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＞12，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59. (1)求p 的值；(2)设ξ表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量ξ的分布列．三：课堂研讨【例1】甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为12与p ，且乙投球2次均未命中的概率为116. (1)求乙投球的命中率p ；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(3)若甲、乙两人各投球2次，求共命中2次的概率．【例2】甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分． 备 注(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P(C)．【例3】某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为110和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ.四：课后反思课堂检测——独立性与二项分布姓名：1．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为___________2．在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．3．某小学三年级的英语老师要求学生从星期一到星期四每天学习3个英语单词，每周星期五对一周内所学单词随机抽取若干个进行检测(一周所学的单词每个被抽到的可能性相同)．(1)英语老师随机抽了4个单词进行检测，求至少有3个是后两天学习过的单词的概率；(2)某学生对后两天所学过的单词每个能默写对的概率为45，对前两天所学过的单词每个能默写对的概率为35；若老师从后三天所学单词中各抽取了一个进行检测，求该学生能默写对的单词数ξ的分布列．课外作业——独立性与二项分布 姓名：1．设随机变量X ～B(6,21),则P （X=3）= .2. 若每名学生测试达标的概率都是32（相互独立），测试后k 个人达标，经计算5人中恰有k 人同时达标的概率是24380，则k 的值为 . 3．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9.他连续射击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：①他第3次击中目标的概率是0.9；②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1；③他至少击中目标1次的概率是1-0.14.其中正确结论的序号是 （写出所有正确的结论的序号）.4. 已知某种从太空飞船中带回的植物种子每粒成功发芽的概率都为31,某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验,每次试验种一粒种子,假定某次试验种子发芽,则称该次试验是成功的,如果种子没有发芽,则称该次试验是失败的.(1)第一个小组做了三次试验,求至少两次试验成功的概率; (2)第二个小组进行试验,到成功了4次为止,求在第四次成功之前共有三次失败,且恰有两次连续失败的概率.5. 甲、乙两人进行投篮比赛，两人各投3球，谁投进的球数多谁获胜，已知每次投篮甲投进的概率为54,乙投进的概率为21，求：（1）甲投进2球且乙投进1球的概率；（2）在甲第一次投篮未投进的条件下，甲最终获胜的概率.。

独立重复试验与二项分布【学习目标】1．理解n 次独立重复试验模型及二项分布．2．能利用n 次独立重复试验及二项分布解决一些简单的实际问题． 【要点梳理】要点一、n 次独立重复试验每次试验只考虑两种可能结果A 与A ，并且事件A 发生的概率相同。

在相同的条件下重复地做n 次试验，各次试验的结果相互独立，称为n 次独立重复试验。

要点诠释：在n 次独立重复试验中，一定要抓住四点： ①每次试验在同样的条件下进行；②每次试验只有两种结果A 与A ，即某事件要么发生，要么不发生； ③每次试验中，某事件发生的概率是相同的； ④各次试验之间相互独立。

总之，独立重复试验，是在同样的条件下重复的，各次之间相互独立地进行的一种试验，在这种试验中，每一次的试验结果只有两种，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的。

要点二、独立重复试验的概率公式 1.定义如果事件A 在一次试验中发生的概率为P ，那么n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率为：()(1)k kn k n n P k C p p -=-（k=0，1，2，…，n ）．令0k =得，在n 次独立重复试验中，事件A 没有发生的概率为．．．．．．．．00(0)(1)(1)n n n n P C p p p =-=- 令k n =得，在n 次独立重复试验中，事件A 全部发生的概率为．．．．．．．．0()(1)n n nn n P n C p p p =-=。

要点诠释：1. 在公式中，n 是独立重复试验的次数，p 是一次试验中某事件A 发生的概率，k 是在n 次独立重复试验中事件A 恰好发生的次数，只有弄清公式中n ，p ，k 的意义，才能正确地运用公式．2. 独立重复试验是相互独立事件的特例，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只是有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更方便．要点三、n 次独立重复试验常见实例：1.反复抛掷一枚均匀硬币2.已知产品率的抽样3.有放回的抽样4.射手射击目标命中率已知的若干次射击 要点诠释：抽样问题中的独立重复试验模型：①从产品中有放回地抽样是独立事件，可按独立重复试验来处理； ②从小数量的产品中无放回地抽样不是独立事件，只能用等可能事件计算；③从大批量的产品中无放回地抽样，每次得到某种事件的概率是不一样的，但由于差别太小，相当于是独立事件，所以一般情况下仍按独立重复试验来处理。

第八讲 n次独立重复试验与二项分布知识梳理·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 )__ 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 )．重要结论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．(多选题)下列结论中正确的是( ABC ) A ．若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )B ．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C ．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0.5D ．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·(13)1·(1－13)3－1＝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.题组三 考题再现3．(2020·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 ．0.48B ．0.52C ．0.8D ．0.92[解析] 1－0.2×0.4＝0.92，选D 项．4．(2019·福建厦门模拟)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( D )A ．25B ．35C ．18125D ．54125[解析] 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P 1＝35，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23(35)2(1－35)＝54125. 5．(2019·安徽安庆二模)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“四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( C )A ．14B ．34C ．29D ．59[解析] 公式法：P (B )＝3344，P (AB )＝A 3344，P (A |B )＝P (AB )P (B )＝29.故选C ． 直接法：P (A |B )＝A 3333＝29.KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破·互动探究 考点一 条件概率——自主练透例1 (1)(2019·大庆模拟)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 )＝( B )A ．18B ．14C ．25D ．12(2)(2020·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)(2019·辽宁沈阳东北育才学校模拟)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)P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (B )＝C 22C 25＝110，又A ⊇B ，则P (AB )＝P (B )＝110， 所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝14. 另解：“取到的2个数之和为偶数”有C 23＋1＝4种取法，“取到的2个数均为偶数”有1种取法，故所求概率P ＝14.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师”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(23)2(13)＋C 33(23)3＝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〕(2019·银川模拟)由0,1组成的三位编号中，若用A 表示“第二位数字为0的事件”，用B 表示“第一位数字为0的事件”，则P (A |B )＝( A )A ．12B ．14C ．16D ．18[解析] 因为第一位数字可为0或1，且可能性相同，所以第一位数字为0的概率P (B )＝12，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A ，B 同时发生的概率P (AB )＝12×12＝14，所以P(A|B)＝P(AB)P(B)＝1412＝12.考点二相互独立事件的概率——师生共研例2 (1)(2019·全国)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以41获胜的概率是__0.18__.(2)(2019·课标Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．①求P(X＝2)；②求事件“X＝4且甲获胜”的概率．[解析](1)前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以41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41获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以41获胜的概率是q＝0.108＋0.072＝0.18.(2)①X＝2就是1010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1010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]本例(1)中乙以40获胜的概率为__0.04__，甲以42获胜的概率为__0.171__.[解析]P1＝0.42×0.52＝0.04；P2＝(C230.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C130.4×0.62×C120.52)×0.5＝0.171.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)(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)(2019·贵阳模拟)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的分布列和数学期望E (ξ)．[解析] (1)因为甲获胜的方式有20和21两种，所以甲获得冠军的概率 P ＝(23)2＋C 12×23×13×23＝2027. 故答案为：2027.(2)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：ξ 0 1 2 3 P1301360920310E (ξ)＝0×130＋1×1360＋2×920＋3×310＝12160.考点三 独立重复试验的概率与二项分布——师生共研例 3 (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)X 的所有可能取值为0,1,2,3， 则P (X ＝0)＝(13)3＝127；P (X ＝1)＝C 13·23×(13)2＝29； P (X ＝2)＝C 23(23)2×13＝49； P (X ＝3)＝(23)3＝827.∴随机变量X 的分布列为∴E (X )＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2.(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)＝(14)3＝164，P (Y ＝1)＝C 13(34)1(14)2＝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〕(2019·成都模拟)某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为13.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为136，击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．(1)设X 表示目标被击中的次数，求X 的分布列；(2)若目标被击中2次，A 表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P (A )．[解析] (1)依题意知X ～B (4，13)，P (X ＝0)＝C 04(13)0(1－13)4＝1681； P (X ＝1)＝C 14(13)1(1－13)3＝3281； P (X ＝2)＝C 24(13)2(1－13)2＝2481； P (X ＝3)＝C 34(13)3(1－13)1＝881； P (X ＝4)＝C 44(13)4(1－13)0＝181； ∴X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P168132812481881181(2)设A i B i 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 (A 1)＝P (B 1)＝0.1，P (A 2)＝P (B 2)＝0.3， A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2，所求的概率为P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG名师讲坛·素养提升 独立重复试验的概率的综合应用例 4 (2020·山西长治联考)2019年春节期间，当红影视明星翟天临“不知‘知网’”学术不端事件在全国闹得沸沸扬扬，引发了网友对亚洲最大电影学府北京电影学院乃至整个中国学术界高等教育乱象的反思。