2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第九章第八讲　n次独立重复试验与二项分布


第八讲　n次独立重复试验与二项分布
ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE
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)＝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，与B，与都相互独立．
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Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝__P(A1)P(A2)P(A3)…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发生的概率为p，则P(X＝k)＝Cpk(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.
4．A，B恰有一个发生的事件为(A)∪(B)．
5．A，B至多有一个发生的事件为(B)∪(A)∪()．
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)＝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
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0.5
D．小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P＝C·()1·(1－)3－1＝
题组二　走进教材
2．(P55T3)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．0.2 B．0.3
C．0.38 D．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，
∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
＝P(A)P()＋P()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．0.48 B．0.52
C．0.8 D．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． B．
C． D．
[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P1＝，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝C()2(1－)＝.
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． B．
C． D．
[解析]　公式法：P(B)＝，P(AB)＝，
P(A|B)＝＝.故选C．
直接法：P(A|B)＝＝.

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． B．
C． D．
(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． B．
C． D．
(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． B．
C． D．
[解析]　(1)P(A)＝＝，P(B)＝＝，
又A⊇B，则P(AB)＝P(B)＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
另解：“取到的2个数之和为偶数”有C＋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＝.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)＝＝，P(AB)＝＝，
则P(B|A)＝＝＝，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＋CCA＝78种；“学生丙第一个出场，学生乙不最后一个出场”有CA＝18种，故所求概率为P＝＝.
(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()2()＋C()3＝；
P(AB)＝××＝，
∴P(B|A)＝＝.故选C．
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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．
(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)＝.
〔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． B．
C． D．
[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)＝，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)＝×＝，所以P(A|B)＝＝＝.
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41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)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
q＝0.108＋0.072＝0.18.
(2)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]本例(1)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]　P1＝0.42×0.52＝0.04；
P2＝(C0.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C0.4×0.62×C0.52)×0.5＝0.171.
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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，则由此估计甲获得冠军的概率为____.
(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，，，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20和21两种，
所以甲获得冠军的概率
P＝()2＋C×××＝.
故答案为：.
(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()＝1－××＝.
②由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(ξ＝0)＝P()＝××＝；
P(ξ＝1)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝2)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)＝××＋××＋××＝；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝××＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P




E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
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和.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)＝()3＝；
P(X＝1)＝C·×()2＝；
P(X＝2)＝C()2×＝；
P(X＝3)＝()3＝.
∴随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P




∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝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，)，
P(Y＝0)＝()3＝，
P(Y＝1)＝C()1()2＝，
所以P(M)＝P(X＝3且Y＝1)＋P(X＝2且Y＝0)
＝×＋×＝.
即事件M发生的概率为.
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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.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为136，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，)，
P(X＝0)＝C()0(1－)4＝；
P(X＝1)＝C()1(1－)3＝；
P(X＝2)＝C()2(1－)2＝；
P(X＝3)＝C()3(1－)1＝；
P(X＝4)＝C()4(1－)0＝；
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P





(2)设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2.
Bi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(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，
A＝A1∪B1∪A1B1∪A2B2，
所求的概率为P(A)＝P(A1)＋P(B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P()＋P()P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝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。为进一步端正学风，打击学术造假行为，教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6 000篇，预算为800万元．国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上(含2位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”，有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上(含1位)专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”．设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为p(0 (1)记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f(p)，求f(p)；
(2)若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1 500元；除评审费外，其他费用总计为100万元，现以此方案实施，且抽检论文为6 000篇，问是否会超过预算？并说明理由．
[解析]　(1)因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp2(1－p)＋Cp3，
一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为Cp(1－p)2[1－(1－p)2]，
所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为
f(p)＝Cp2(1－p)＋Cp3＋Cp(1－p)2[1－(1－p)2]
＝3p2(1－p)＋p3＋3p(1－p)2[1－(1－p)2]
＝－3p5＋12p4－17p3＋9p2.
(2)设每篇学位论文的评审费为X元，则X的可能取值为900,1 500.
P(X＝1 500)＝Cp(1－p)2，
P(X＝900)＝1－Cp(1－p)2，
所以E(X)＝900×[1－Cp(1－p)2]＋1 500×Cp(1－p)2
＝900＋1 800p(1－p)2，
令g(p)＝p(1－p)2，p∈(0,1)，
g′(p)＝(1－p)2－2p(1－p)＝(3p－1)(p－1)，
当p∈(0，)时，g′(p)>0，g(p)在(0，)上单调递增；
当p∈(，1)时，g′(p)<0，g(p)在(，1)上单调递减．
所以g(p)的最大值为g()＝.
所以实施此方案，最高费用为
100＋6 000×(900＋1 800×)×10－4＝800(万元)．
综上，若以此方案实施，不会超过预算．
〔变式训练4〕
(2020·河南阶段测试)大学的生活丰富多彩，很多学生除了学习本专业的必修课外，还会选择一些选修课来充实自己．甲同学调查了自己班上的50名同学学习选修课的情况，并作出如下表格：
每人选择选修课科数
0
1
2
3
4
5
6
频数
1
5
9
15
13
5
2
(1)求甲同学班上人均学习选修课科数；
(2)现从学习选修课科数为5,6的同学中抽出三名同学，求这三名同学中恰有一名是学习选修课科数为6的概率；
(3)甲同学和乙同学的某门选修课是在同一个班，且该门选修课开始上课的时间是早上8：00，已知甲同学每次上课都会在7：00到7：40之间的任意时刻到达教室，乙同学每次上课都会在7：20到8：00之间的任意时刻到达教室，求连续3天内，甲同学比乙同学早到教室的天数X的分布列和数学期望．
[解析]　(1)设甲同学班上人均学习选修课科数为，
根据表格可得
＝＝＝3.14，
即甲同学的班上平均每人学习选修课科数是3.14.
(2)根据表格可知，学习选修课科数为5的同学有5人，为6的同学有2人，共有7人，即P＝＝.
(3)设甲同学和乙同学到达教室的时间分别为x，y，(x，y)可以看成平面中的点，
则全部结果所构成的区域为A＝{(x，y)|7≤x≤，≤y≤8}，所以SA＝.
用B表示事件“甲同学比乙同学早到教室”，该事件所构成的平面区域为
B＝{(x，y)|x 即SB＝－××＝.
故P(B)＝＝.
将连续3天内甲同学比乙同学早到教室的天数记为X，
则X可能的取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝C×()0×()3＝，
P(X＝1)＝C×()1×()2＝，
P(X＝2)＝C×()2×()1＝，
P(X＝3)＝C×()3×()0＝，
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P




∴E(X)＝0×＋1×＋×2＋3×＝.