2014届步步高大一轮复习讲义12.5

1、12.5 二项分布及其应用二项分布及其应用2014 高考会这样考 1.考查条件概率和两个事件相互独立的概念；2.考查 n 次独立重复试验及二项分布的概念；3.考查利用二项分布解决一些简单的实际问题复习备考要这样做 1.利用互斥事件、事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的关键，复习时要注意体会总结；2.掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布 模型1条件概率及其性质(1)对于任何两个事件 A 和 B，在已知事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率叫作条件概率，用符号 P(B|A)来表示，其公式为 P(B|A)(P(A)0)PABPA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).nABnA(2)条件概率具有的性质：0P(B|A)1；如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 P(BC|A)P(B|A)P(C|A)2相互独立事件(1)对于事件 A、B，若 A 的发生与 B 的发生互不影响，则称 A、B 是相互独立事件(2)若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)P(B)，P(AB)P(B|A)P(A)P(A)P(B)(3)若 A 与 B 相互独

2、立，则 A 与 ， 与 B， 与 也都相互独立BAAB(4)若 P(AB)P(A)P(B)，则 A 与 B 相互独立3二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有_两_种相互对立的结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的(2)在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生 k 次的概率为 C pk(1p)nk(k0,1,2，n)k n(p 为事件 A 发生的概率)，若一个随机变量 X 的分布列如上所述，称 X 服从参数为n，p 的二项分布，简记为 XB(n，p)难点正本 疑点清源1 “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”的两个事件可以独立， “独立”的两个事件也可以互斥2计算条件概率有两种方法(1)利用定义 P(B|A)；PABPA(2)若 n(C)表示试验中事件 C 包含的基本事件的个数，则 P(B|A).nABnA1.如图所示的

3、电路，有 a，b，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是 ，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为_12答案 18解析 理解事件之间的关系，设“a 闭合”为事件 A， “b 闭合”为事件 B， “c 闭合”为事件 C，则灯亮应为事件 AC ，且 A，C， 之间彼此独立，且 P(A)P( )P(C) .BBB12所以 P(A C)P(A)P( )P(C) .BB182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_答案 0.128解析 依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮的概率 P10.20.80.80.128.3(2012课标全国)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 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 N(1 000,502)，且各个元件能否正常

4、工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率为_答案 38解析 设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为 A，B，C，显然 P(A)P(B)P(C) ，12该部件的使用寿命超过 1 000 小时的事件为(A BAB)C，BA该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率 P .(121212121212)12384把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件 A， “第二次出现正面”为事件B，则 P(B|A)等于( )A. B. C. D.12141618答案 A解析 P(B|A) .PABPA1412125如果 XB，则使 P(Xk)取最大值的 k 值为( )(15，14)A3 B4 C5 D3 或 4答案 D解析 P(X3)C312，3 15(14) (34)P(X4)C411，4 15(14) (34)P(X5)C510，5 15(14) (34)从而易知 P(X3)P(X4)P(X5).题型一 条件概率例 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，第二次再

5、次取到不合格品的概率为_思维启迪：直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型答案 499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)，C2 5C 2100所以 P(B|A).PABPA5 4100 995100499方法二 第一次取到不合格品后还剩余 99 件产品，其中有 4 件不合格品，故第二次取到不合格品的概率为.499探究提高 条件概率的求法：(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A).这是通用的求条件概率的方法PABPA(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).nABnA如图，EFGH 是以 O 为圆心，半径为 1 的圆的内接正方形将一颗豆子随机地扔到该圆内，用 A 表示事件“豆子落在正方形 EFGH 内” ，B 表示事件“豆子落在扇形 OHE(阴影部分)内” ，则(1)P(A)_；(2)P(B|A)_.答案 214解析 (1)由题意可得，事件 A 发生的概率P(A) .S正方形EFGHS圆O2 2 122(

6、2)事件 AB 表示“豆子落在EOH 内” ，则 P(AB).S EOHS圆O12 12 1212故 P(B|A) .PABPA12214题型二 相互独立事件的概率例 2 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 与 p，且乙投球122 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 次的概率思维启迪：(1)利用列方程求 p；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件 A， “乙投一次球命中”为事件 B.由题意得(1P(B)2(1p)2，116解得 p 或 p (舍去)，所以乙投球的命中率为 .345434方法二 设“甲投一次球命中”为事件 A， “乙投一次球命中”为事件 B.由题意得：P( )P( )，BB116于是 P( ) 或 P( ) (舍去)B14B14故 p1P( ) .所以乙投球的命中率为 .B3434(2)方法一 由题设知，P(A) ，P( ) .12A12故甲投球 2 次，至少命中 1

7、 次的概率为1P( ) .A A34方法二 由题设知，P(A) ，P( ) .12A12故甲投球 2 次，至少命中 1 次的概率为C P(A)P( )P(A)P(A) .1 2A34(3)由题设和(1)知，P(A) ，P( ) ，12A12P(B) ，P( ) .34B14甲、乙两人各投球 2 次，共命中 2 次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中 2 次，乙 2 次均不中；甲 2 次均不中，乙中 2 次概率分别为 C P(A)P( )C P(B)P( )，1 2A1 2B316P(A)P(A)P( )P( )，BB164P( )P( )P(B)P(B).AA964所以甲、乙两人各投球 2 次，共命中 2 次的概率为.3161649641132探究提高 (1)相互独立事件是指两个试验中，两事件发生的概率互不影响；相互互斥事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单(2011山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员 A、B、C 进行围棋比赛，甲对 A、乙对 B、丙对 C 各一盘已知甲胜 A、乙胜 B、丙胜 C 的概率分别为

8、0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立(1)求红队至少两名队员获胜的概率；(2)用 表示红队队员获胜的总盘数，求 的分布列和数学期望 E()解 (1)设甲胜 A 的事件为 D，乙胜 B 的事件为 E，丙胜 C 的事件为 F，则 ， 分别表DE F示甲不胜 A，乙不胜 B，丙不胜 C 的事件因为 P(D)0.6，P(E)0.5，P(F)0.5，由对立事件的概率公式知 P( )0.4，P( )0.5，DEP( )0.5.F红队至少两人获胜的事件有 DE ，D F， EF，DEF.FED由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为PP(DE )P(D F)P( EF)P(DEF)FED0.60.50.50.60.50.50.40.50.50.60.50.50.55.(2)由题意知 可能的取值为 0,1,2,3.又由(1)知 F， E ，D 是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，D ED FE F因此 P(0)P( )0.40.50.50.1，D E FP(1)P( F)P( E )P(D )D ED FE F0.40.50.50.40.50.5

9、0.60.50.50.35，P(3)P(DEF)0.60.50.50.15.由对立事件的概率公式得P(2)1P(0)P(1)P(3)0.4.所以 的分布列为0123P0.10.350.40.15因此 E00.110.3520.430.151.6.题型三 独立重复试验与二项分布例 3 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 次预报准确的概率思维启迪：预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算解 令 X 表示 5 次预报中预报准确的次数，则 XB(5， )，故其分布列为 P(Xk)C ( )45k 545k(1 )5k(k0,1,2,3,4,5)45(1)“5 次预报中恰有 2 次准确”的概率为 P(X2)C ( )2(1 )2 545453100.05.16251125(2)“5 次预报中至少有 2 次准确”的概率为 P(X2)1P(X0)P(X1)1C (0 5)0(1 )5C (1 )410.000 320.006 40.99.45451 54545(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 (1 )1 445

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