2020高考理科数学一轮复习学案：10.7独立事件与二项分布及其应用

1、110.7 独立事件与二项分布及其应用考点梳理1.条件概率及其性质(1)_ 一般地，设 A, B 为两个事件，且 P(A) 0, 称_ 为事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条 件 概 率.P(B|A) 读 作在古典概型中，若用n(A)表示事件 A 中基本事件的个数，则 P(B|A) =_ =(2)条件概率具有的性质如果 B 和 C 是两个互斥事件，则P(BUC|A)=_.2.相互独立事件(1)_ 对于事件 A, B,若事件 A 的发生不会影响 事件 B 发生的概率，则称_.若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)=,P(AB)=(3) 若 A 与 B 相互独立，则 _ ,_ , _ 也

2、都相互独立.(4)若 P(AB) = P(A)P(B), 则n(AB)P (AB)n (A)P (A)(2)0WP(B|A)w1P(B|A)+P(CA)2.(1)事件 A 与事件 B 相互独立(2)P(B)P(A)P(B)A与B A与B A与B(4) A, B 相互独立3.(1)n 次独立重复试验P(A1)P(A2)P(An)k knk .、k knk(2)Cnp (1 p) P(X= k)= Cnp (1 p)X B(5, 0.5)X B(2, 0.5)由二项分布的概念知(2017 武昌调研)小赵、小钱、小孙、小李 个景点，设事件A =事件 B= “小赵独自去( )45C. 9D. 9则有

3、4 个景点可选,剩下三人只能在小赵选剩下的三个景点中选择，可能有 3X3X3 = 27 种方案，所以小赵独自去一个景 点所有方案有 4X3X3X3 = 108 种，因为四个人去 的不同景点的方案有4X3X2X1 = 24(种)，所以P= (A|B) =卷=1 2 3.故选A.範投篮测试中，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3.独立重复试验与二项分布2 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结果，即要么发生、要么不 发生，且任何一次试验中事件

4、发生的概率都是一样的.在相同条件下重复做的 n 次试验称为 _ ，若 Ai(i = 1, 2,，n)是第 i 次 试验的结果，则卩(人识2An) =_.3 在 n 次独立重复试验中，事件A 发生 k 次的概率为(每次试验中事件 A 发生的概率为 p)，事件 A 发生的次数是一个随机变量 X，其分布列为 _(k= 0,1, 2，n),此时称随机变量 X 服从_,记为_.自查自纠：5 次，正面向上的次数( )X B(0.5, 5)X B(5, 1) 正确.故选 A.将一枚硬币连续抛掷为 X,则A.C.解：到 4 个景点旅游，每人只去“4 个人去的景点不相同”，一个景点”，则 P(A|B) =2 1

5、A. 9B. 3解：小赵独自去一个景点,2过测试的概率为()A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312解：该同学通过测试的概率为C30.62 0.4+ 0.64= 0.g(1.2+ 0.6) = 0.648,或 1 0.43C30.42 0.6= 0.648.故选 A . 某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成，元件 1 或元件 2 正常工作，且元件 3 正常工1 . (1)P(B|A)=A 发生的条件下 B 发P(A)生的概率3作，则部件正常工作设三个电子元件的使用寿命2(单位：小时)服从正态分布 N(1 000, 50 ),且各元件能否正常工作互相独立，那么该部件的使用

6、寿命超过 1 000 小时的概率为_(2)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()11 000 小时的概率均为1所以该部件的使用寿命超1133过 1 000 小时的概率为1 -(1 2)2x-=g.故填 (2016 四川)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 的均值是解：同时抛掷两枚质地均匀的硬币，可能的结 果有(正正),(正反),(反正),(反反)，所以在 1 次 试验中成功的概率为p = 4，所以

7、XB 2, 3 ,33 +后帚 3E(X) = 2X4= 2故填 2典例解析类型一条件概率(1)已知盒中装有 3 只螺口灯泡与 7 只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下 放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任 取一只且不放回，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()310解法一：设事件 A 为“第 1 次抽到的是螺口灯解法二：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得 P(B|A) =n(ABAB)=严.故

8、选 B.n(A)4点拨：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：计算概率，这里有两种思路思路一： 缩减样本空间法计算条件概率.如求 P(A|B)，可分别求出事件 B, AB 包含的基本事件的个数，再利用 公式P(A|B)=n(AB)计算.思路二：直接利用条n(B)件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出P (AB) P(AB),P(B),再利用公式 P(A|B)=计算.P ( B)E33I (1)(2018

9、 河北名校联盟二模)某个电 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 1 两次闭合后都出现泡”，事件 B 为“第 2 次抽到的是卡口灯泡”，则P(A) = 10, P(AB) = 10X7= 30,则所求概率为 P(B|A)7_=P (AB) = 30= 7=P (A)=3_= 910解法二：第 1 次抽到螺口灯泡后还剩余9 只灯泡，其中有 7 只卡口灯泡，故第 2 次抽到卡口灯泡解：由已知可得，三个电子元件使用寿命超过解法一：PA=541红灯的概率为1则在第一次闭合后出现红灯的条件5下第二次闭合后出现红灯的概率为()1A 10解：设“开关第一次闭合后出现红灯

10、”为事件A, “第二次闭合后出现红灯”为事件 B，则由题意11可得 P(A) = J P(AB) =1,则在第一次闭合后出现红2551=2.故选C.152(2)高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一 排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻 的概率是_.解：谏I 卩.乙二人枷邻少为宰件厶甲.丙 二人恋卿”为事件良 则所慕城皐为P(BA),由于H州旳L 铁号牛*帀戸-令ABKT“甲旨匕、西砂邻 J 就尺個當缶朋以P(H) = 1 - P(H) = 1 -1513(2)设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0, 100, 120, 220，因为 P(X = 0) = P(E F)

11、1 2 2x =,2515K331P(X = 100)= P(EF)=-x5=亦=5,224P(X=120)=P(EF)=-x5=152362P(X = 220)= P(EF) = 3x萨石=5.类型二 相互独立事件同时发生的概故所求的分布列为X0100120220P2142155155LLB (2018 哈尔滨质检)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 2 和333.现安排甲组研发新产品A,乙组研发新产品 B .设5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 A 研发成功，预计企业可获利润 120万元；若新产品 B 研发成功，预

12、计企业可获利 润 100 万元.求该企业可获利润的分布列.解：记 E= “甲组研发新产品成功”，F = “乙 组研发新产品成功”，由题设知 P(E) = 3 P(E) = 1，3332P(F) = -, P(F)=2,且事件 E 与 F ,E 与F,E与F,E与F都相互独立.(1)记 H = “至少有一种新产品研发成功”，则H=E F,12 2于是 P(H)= P(E)P(F)= x5=-,点拨：求解该类问题在于正确分析所求事件的构成， 将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的 积，然后利用相关公式进行计算.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

13、面计算较繁(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其 对立事件入手计算.某社区举办的环保知识比赛中，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的概率是 3，甲、丙两个家1庭都回答错误的概率是三，乙、丙两个家庭都回答1正确的概率是-.若各家庭回答是否正确互不影响.4(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“甲家庭回答正确这道题 ”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别3为事件 A, B, C 则P(A)=3,灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A

14、)=故所求的概率为P (AB)P (A) _61P(A) P(C)-121P(B) P(C)=-L41 1 - P (A) 1 -P( C) =12, 即1P ( B) P (C)= 4，32所以 P(B) = 8，P(C)=3.(2)有 0 个家庭回答正确的概率为Po=P(ABC)=P(A)P(B) P(C)=1X5x1483& * 20X39 52L(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的概4022率为而=5，故XB(3，砂所以 p(x=0)=。3(5)。(号)3= 125,P(X=1)=C1(5)(5)2=卷,222336P(X

15、= 2) = C2(5)=质,32330P(X = 3) = C3(5)(5)=_596，有 1 个家庭回答正确的概率为3511P1=P(ABC +ABC +A BC)=3X5x1+1483 4所以 X 的分布列为X0123P2754368125125125125X3x1+1X5X2=8 3 4 83所以不少于 2个家庭回答正确这道题的概率为类型三独立重复试验与二项分布高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100 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 55 名男性驾驶员中，平 均车速超过100 km/h 的有 40 人，不超过 100 km/h 的有 15

16、 人；在45 名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有 20 人，不超过 100 km/h 的有 25 人.(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取 2 人，求这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员的概率；(2)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3 辆，记这 3 辆车平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的车辆为X，求 X的分布列.解：(1)记“这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员”为事件 A，则所求的概率P(A)=点拨：判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两 点：试验是否为 n

17、 次独立重复试验；随机变量 是否为这 n次独立重复试验中某事件发生的次数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2 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1111o3P(X=10)=

18、C3X(?X(1-p=8，P(X=20)=CX(2)2X(1-护8，P(X=100)=C3X(2)3X(1-2)0=8,1 1 1P(X=-200)=C3X(刁0X(1-?)3=8.且有8125724,(2017 牡丹江模拟)为研究家用轿车在所以 X 的分布列为P = 1- Po-21327X1020100200P33118888设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i =1, 2,3),小1贝 V P(Ai) = P(A2)= P(A3)= P(X= 200) = 8-所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为13*15111P(A1A2A3)=1(1)=1矿冠因此，玩三盘游戏，至

19、少有一盘出现音乐的概(3)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i = 1,2, 3).由题意可知，E的所有可能取值为 0, 1, 2, 3,6.P(i=P(AA;A)=13=寺P(E=1)=P(A1A,A)+P(AA2A3)+P(A A2A3)类型四事件独立、对立、互斥的综合运用P(E=2)=P(A P(X= k),k6 时,3950，P(X= k+ 1)P(X= k),其中当 k= 6 时，P(X = k+ 1)P(X=k),所以 k= 6 或 7 时，P(X= k)取最大值.故填 6 或 7.(2)X 的所有可能的取值为1111P(X=0)= x-x-x-=,P(X 0)45 454

20、00点拨：如果 XB(n, p),其中 0p P (X= k+ 1),来P (X = k) P (X= k- 1)mm 如果XBi5,4，则使P(X=k)取最大值的 k 值为_.解：令Ck5旷M旷驴C吒)5-(k-k) C-51IC1515-( k + 1)亠,15-k k+ 1k 3? 3wkw4故 k= 3 或 4，故填1 -k 15-k+ 1P(X =k) =1k220k33,122012, k N 且所以“火星队”至少投中393个球的概率为 50.0, 2, 4, 6, 8,1910名师点睛1“独立”与“互斥”的区别两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两 事件相互独立是指一个事件发生

21、与否对另一事件发 生的概率没有影响(如有放回的抽取模型 )两事件 相互独立通常不互斥，两事件互斥通常不独立2条件概率的求法利用定义，分别求出 P(A),P(AB)，再求 P(B|A) _ P(AB)=P (A)(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n(AB)，即可求得 P(B|A)=n (AB)n (A)(3) 为了求一些复杂事件的条件概率，往往可以 先把它分解为两个(或若干个)互斥事件的和，再利 用公式P(BUC|A)= P(B|A) + P(C|A)进行计算，其中 B, C 互斥3对 n 次独立重复试验的

22、理解(1) 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) = cnpk(1 p)nk, k= 0, 1,2,， n,其中 p 是一次试验中该事件发生的概率实际上，cnpk(ip)nk正好是二项式(1 p)+pn的展开式中 的第k+1 项.这也是二项分布名称的由来.(2) 要弄清 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的 概率与第 k 次才发生的概率计算公式 Pn(k)= Cpk(1 p)nk与 Pk= (1 p)k1p 的区别4相互独立事件同时发生的概率的求法(1) 利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解(2) 正面计算较繁或难于入手时，可正难则反从 其对立事件入手进

23、行计算5正确理解独立重复试验与独立事件间的关 系独立重复试验是指在同样条件下可重复进行 的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只 有两种结果(即某事件要么发生，要么不发生)，并且在每次试验中，事件发生的概率均相等独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此),就像对立事件是互斥事件的特例一样一般地，有“恰好”等字眼的用独立重复试验的概率公式计 算更简单，就像有“至少”或“至多”等字眼的题 目用对立事件的概率公式计算更简单一样1(2018 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()1A 8解：三次均反面朝上的概率是 (2)3=1，所以至17少一次正面朝上的概率是1-=

24、 -故选 D8 82(2017 武昌模拟)某居民小区有两个相互独 立的安全防范系统 A 和 B，系统 A 和系统 B 在任意1时刻发生故障的概率分别为；和 p,若在任意时刻恰8119解：由题意得-(1 p) + (1 d)p=后，所以 p= 2故选 B1513甲射击命中目标的概率是？，乙命中目标的概率是1，丙命中目标的概率是1, 3 人命中与否互34不影响现在 3 人同时射击目标，则目标被击中的 概率为1233解:目标被击中的概率P=1-1X3x3=2 故选 A 4位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移 动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或1向右，并且向上、向右移动的概率都是1则质点

25、 P移动五次后位于点(2, 3)的概率是()解：移动五次后位于点(2, 3),所以质点 P 必 须向右移动两次，向上移动三次故其概率为1:22=金25=16-故选B5投篮测试中，每人投 3 次，至少投中 2 次课时作业有一个系统不发生故障的概率为40,则P等于()D.7_1011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. 0.36 D . 0.312解：3 次投篮投中 2 次的概率为 P(k= 2) = C2X0.6冬(1 0.6)，投中 3 次的概率为 P(k= 3) = 0.63,

26、 所以通过测试的概率为P(k = 2) + P(k= 3) = C2X0.62X(1 0.6) + 0.63= 0.648.故选 A .解：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)= 1 +2=* 从而 P(A) =1P(B)=1 4=故填3.46.(2018 南昌月考)已知 1 号箱中有 2 个白球 和4 个红球、2 号箱中有 5 个白球和 3 个红球，现随机从 1 号箱中取出一球放入 2 号箱，然后从 2 号 箱中随机取出一球，则两次都取到红球的概率是112

27、711B . 24C . 27D.解：设“从 1 号箱取到红球”为事件 A, “从 2 号箱取到红球”为事件 B .由题意，P(A) = 2 4 = 3, P(B|A) = 8+ 1=9，所428以 P(AB)=P(B|A) P(A)=4X2=-,所以两次都取到红球的概率为 27.故选C.7.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次， 记“硬币正面向上”为事件A, “骰子向上的点数是3”为事件 B,则事件 A, B 中至少有一个发生的概 率是_.11解：依题意得 P(A)= 1 P(B)= 1，且事件 A, B 2 6相互独立，则事件A, B 中至少有一个发生的概率15为 1 P(AB)= 1 P

28、(A) P(B) = 1 =26$ .故填 12.8.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、1右两边下落的概率都是，则小球落入 A 袋中的概率9.甲、乙两队参加知识竞赛，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2零分.假设甲队中每人答对的概率均为 2，乙队中 332 2 1人答对的概率分别为 3, 3 i,且各人回答正确与否相互之间没有影响.用 X 表示甲队的总得分.(1)求随机变量 X 的分布列和均值；(2)用 A 表示“甲、乙两个

29、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).解：(1)方法一：由题意知，X 的可能取值为 0,2, 3，且1,P(X=0)=C0X12327i1、/2、/ 3iX1 -1=9,23=8327.P(X=1)=C3X即1i= i,2P(X=2)=C3X3P(X=3)=C3XX0123P124_8279927所以 X 的分布列为1248X 的均值 E(X)= 0Xi7+ 1 x? + 2X-+ 3X27方法二：根据题设可知 XB 3,2,因此 X 的分布列为P(X = k)=C3XX23k=C3X|, k=0,1,2,3.因为 XB 3, 3，所

30、以 E(X) = 3X3 = 2.(2)用 C 表示“甲队得 2 分乙队得 1 分”这一事 件，用 D 表示“甲队得 3 分乙队得 0 分”这一事件，1213421所以 AB = C+ D，且 C, D 互斥，P(C) = 9X(3X3X1+1X- X-+-X-X23323 3由互斥事件的概率公式得一10 , 434P(AB) = P(C)+ P(D)= 81+243=24310.(2018 西安模拟)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

31、比为 4 ： 2 : 1.频率的频率;(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.解：(1)设这些产品质量指标值落在区间 75,85 内的频率为 X,则落在区间55 , 65), 65, 75)内的 频率分别为4x, 2x.依题意得(0.004 + 0.012+ 0.019+ 0.030)X10 + 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.由(1)得，这些产品质量指标值落在区间45,75)内的频率为 0

32、.3+ 0.2 + 0.1 = 0.将频率视为概率得 p= 0.6.由题意 XB(3, 0.6),因为X的所有可能取值宜为0,1,2, 3,且P(X=0)=C3X0.60X0.43=0.064,P(X = 1) =C3X0.61X0.42=0.288,2 2P(X=2)=C3X0.6X0.41=0.432,P(X = 3) =C3X0.63X0.40=0.216,所以 X 的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.21611.(2016 全国卷n)某险种的基本保费为 a(单位：元),继续购买该险种的投保人称为续保人， 续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如一年内岀险次数01234 5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(2) 若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；(3) 求续保人本年度的平均保费与基本保费的 比值.解：(1)设 A 表示事件“一续保人本年度的保费 高于基本保费”，则事件 A 发生当且仅当一年内出 险次数大于 1 ,故 P(A) = 0. 20 + 0. 20+ 0.