2020年高考数学理科一轮复习讲义：第10章计数原理、概率、随机变量及其分布第8讲

第8讲　n次独立重复试验与二项分布

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发生的概率叫做条件概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|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(AB)表示AB共同发生的基本事件的个数)．

(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)．

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．

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．Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．

(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发生的概率是p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．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)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．

1．概念辨析

(1)相互独立事件就是互斥事件．(　　)

(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，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)．(　　)

(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Cpk(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．小题热身

(1)已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)等于(　　)

A.   B. 

C.   D.

答案　C

解析　∵P(B|A)＝，P(A)＝且P(B|A)＝，∴P(AB)＝P(A)×P(B|A)＝×＝.

(2)设随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)的值是(　　)

A.   B. 

C.   D.

答案　C

解析　因为ξ～B，所以P(ξ＝3)＝C3·2＝.

(3)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和，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件恰好有一个一等品的概率为(　　)

A.   B. 

C.   D.

答案　B

解析　两个零件恰好有一个一等品的概率为×＋×＝.

(4)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是________．

答案　

解析　所求概率P＝C·1·2＝.

题型 　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.   B. 

C.   D.

答案　B

解析　解法一：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)＝＝.故选B.

解法二：P(A)＝＝，P(AB)＝＝.由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.故选B.

2．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)＝________.

答案　

解析　由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝＝＝.事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝＝＝，

故P(B|A)＝＝＝.

条件探究1　若将举例说明1中的事件B改为“取到的2个数均为奇数”，则结果如何？

解　P(A)＝＝，P(B)＝＝.

又B⊆A，则P(AB)＝P(B)＝，

所以P(B|A)＝＝＝.

条件探究2　将举例说明1条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A为“第一次取到的是奇数”，事件B为“第二次取到的是奇数”，求P(B|A)的值．

解　从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A种方法；其中第一次取到的是奇数，有AA种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有AA种方法．

则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，

所以P(B|A)＝＝＝.

解决条件概率问题的步骤

第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率．若为条件概率，则进行第二步．

第二步，计算概率，这里有两种思路：

提醒：要注意P(B|A)与P(A|B)的不同：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．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．(2019·大连模拟)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．0.6   D．0.45

答案　A

解析　设某天的空气质量为优良是事件B，随后一天的空气质量为优良是事件A，所以题目所求为P(A|B)＝＝＝0.8.

2．一个正方形被平均分成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)．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，则P(A|B)＝________.

答案　

解析　如图，n(Ω)＝9，n(A)＝3，n(B)＝4，

∴n(AB)＝1，∴P(AB)＝，

P(A|B)＝＝.

题型 　相互独立事件的概率

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，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是.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．

解　(1)记“甲回答正确这道题”“乙回答正确这道题”“丙回答正确这道题”分别为事件A，B，C，

则P(A)＝，

且有

即

所以P(B)＝，P(C)＝.

(2)有0个家庭回答正确的概率为

P0＝P()＝P()·P()·P()＝××＝，

有1个家庭回答正确的概率为

P1＝P(A＋B＋C)＝××＋××＋××＝，

所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为

P＝1－P0－P1＝1－－＝.

求相互独立事件概率的步骤

第一步，先用字母表示出事件，再分析题中涉及的事件，并把题中涉及的事件分为若干个彼此互斥的事件的和；

第二步，求出这些彼此互斥的事件的概率；

第三步，根据互斥事件的概率计算公式求出结果．

此外，也可以从对立事件入手计算概率.

在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1到5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．

(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；

(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“X≥2”的事件概率．

解　(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，

则P(A)＝＝，P(B)＝＝.

∵事件A与B相互独立，A与相互独立，则A·表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”．

∴P(A)＝P(A)·P()＝P(A)·[1－P(B)]＝×＝.

即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是.

(2)设C表示事件“观众丙选中3号歌手”，

则P(C)＝＝，

依题意，A，B，C相互独立，，，相互独立，

且AB，AC，BC，ABC彼此互斥．

又P(X＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)

＝××＋××＋××＝，

P(X＝3)＝P(ABC)＝××＝，

∴P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝，

故“X≥2”的事件的概率为.

题型 　独立重复试验与二项分布

(2018·贵州铜仁模拟)医学上某种还没有完全攻克的疾病，治疗时需要通过药物控制其中的两项指标H和V.现有A，B，C三种不同配方的药剂，根据分析，A，B，C三种药剂能控制H指标的概率分别为0.5,0.6,0.75，能控制V指标的概率分别为0.6,0.5,0.4，能否控制H指标与能否控制V指标之间相互没有影响．

(1)求A，B，C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率；

(2)某种药剂能使两项指标H和V都得到控制就说该药剂有治疗效果．求三种药剂中有治疗效果的药剂种数X的分布列．

解　(1)A，B，C三种药剂中恰有一种能控制H指标的概率为

P＝P(A)＋P(B)＋P(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)∵A有治疗效果的概率为PA＝0.5×0.6＝0.3，

B有治疗效果的概率为PB＝0.6×0.5＝0.3，

C有治疗效果的概率为PC＝0.75×0.4＝0.3，

∴A，B，C三种药剂有治疗效果的概率均为0.3，可看成3次独立重复试验，

即X～B(3,0.3)．

∵X的可能取值为0,1,2,3，

∴P(X＝k)＝C×0.3k×(1－0.3)3－k，

即P(X＝0) ＝C×0.30×(1－0.3)3＝0.343，

P(X＝1)＝C×0.3×(1－0.3)2＝0.441，

P(X＝2)＝C×0.32×(1－0.3)＝0.189，

P(X＝3)＝C×0.33＝0.027.

故X的分布列为

1．独立重复试验的实质及应用

独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程．

2．判断某概率模型是否服从二项分布Pn(X＝k)＝Cpk(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，而且每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．

提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布.

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，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？

解　(1)X可能的取值为10,20,100，－200.

根据题意，有

P(X＝10)＝C×1×2＝，

P(X＝20)＝C×2×1＝，

P(X＝100)＝C×3×0＝，

P(X＝－200)＝C×0×3＝.

所以X的分布列为

(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，

则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.

所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为

1－P(A1A2A3)＝1－3＝1－＝.

因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是.