2025届高考数学一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布第七节n次独立重复试验与二项分布学案理含解析

PAGE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务相互独立的概念.2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布，能解决一些简洁的实际问题.主要在选择题、填空题中考查条件概率，对相互独立事务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‖学问梳理‖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eq\x(1)P(A|B).当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝eq\f(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)＝eq\x(2)eq\f(P（AB）,P（A）)(1)0≤P(B|A)≤1；(2)假如B和C是两个互斥事务，则P(B∪C|A)＝eq\x(3)P(B|A)＋P(C|A)2.事务的相互独立性(1)定义：设A，B为两个事务，若P(AB)＝eq\x(4)P(A)P(B)，则称事务A与事务B相互独立．(2)性质①若事务A与B相互独立，则P(B|A)＝eq\x(5)P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝eq\x(6)P(A)P(B)．②假如事务A与B相互独立，那么eq\x(7)A与eq\x\to(B)，eq\x(8)eq\x\to(A)与B，eq\x(9)eq\x\to(A)与eq\x\to(B)也相互独立．3．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表示事务A发生的次数，设每次试验中事务A发生的概率为p，此时称随机变量X听从二项分布，记作eq\x(10)X～B(n，p)，并称p为eq\x(11)成功概率计算公式Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)·P(A2)…P(An)在n次独立重复试验中，事务A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)‖基础自测‖一、疑误辨析1．推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若事务A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．()(2)P(B|A)表示在事务A发生的条件下，事务B发生的概率，P(AB)表示事务A，B同时发生的概率，肯定有P(AB)＝P(A)·P(B)．()(3)相互独立事务就是互斥事务．()(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(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务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2－3P55T3改编)依据天气预报，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．0.2 B．0.3C．0.38 D．0.56答案：C3．(选修2－3P54T2改编)已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形态完全相同，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，其次次拿到红球的概率为()A．eq\f(3,10) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,8) D．eq\f(2,9)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eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，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．eq\f(1,2) B．eq\f(5,12)C．eq\f(1,4) D．eq\f(1,6)解析：选B因为两人加工成一等品的概率分别为eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P＝eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(5,12).5．从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事务A为“取到的2个数之和为偶数”，事务B为“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于()A．eq\f(1,8) B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,5) D．eq\f(1,2)解析：选BP(A)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，P(AB)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,4).eq\a\vs4\al(考点\a\vs4\al(条件概率))|题组突破|1．(2025届石家庄一模)袋子中装有大小、形态完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取2个球，已知其次次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为()A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,5)解析：选B设“其次次摸到红球”为事务A，“第一次摸到红球”为事务B，∵P(A)＝eq\f(2×1＋2×2,4×3)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝eq\f(2,4×3)＝eq\f(1,6)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,3)，∴在其次次摸到红球的条件下，第一次摸到红球的概率为eq\f(1,3)，故选B．2．(2025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表示事务“豆子落在圆O内”，B表示事务“豆子落在扇形OEF(阴影部分)内”，则P(B|A)＝()A．eq\f(π,4) B．eq\f(1,4)C．eq\f(π,12) D．eq\f(1,8)解析：选B由已知得P(A)＝eq\f(π×12,22)＝eq\f(π,4)，P(AB)＝eq\f(\f(1,4)×π×12,22)＝eq\f(π,16)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(π,16),\f(π,4))＝eq\f(1,4)，故选B．3．(2025届江西南昌模拟)口袋中装有大小形态完全相同的红球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，则其次次取得白球的概率为________．解析：设事务A表示“第一次取得红球”，事务B表示“其次次取得白球”，则P(A)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，P(AB)＝eq\f(2,6)×eq\f(3,5)＝eq\f(1,5)，∴第一次取得红球后，其次次取得白球的概率为P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,5),\f(1,3))＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)►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)＝eq\f(P（AB）,P（A）)求P(B|A)基本领件法借助古典概型概率公式，先求事务A包含的基本领件数n(A)，再求事务AB所包含的基本领件数n(AB)，得P(B|A)＝eq\f(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状况，只探讨剩下的状况，用古典概型求解，它能化繁为简eq\a\vs4\al(考点一\a\vs4\al(相互独立事务——变式探究))【例1】某次学问竞赛规则如下：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＝0.00512＋0.04096＝0.04608.答案：0.046082．(变问题)保持本例条件不变，则该选手回答了5个问题(5个问题必需全部回答)就结束的概率为________．解析：依题意，设答对的事务为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eq\a\vs4\al(A)eq\a\vs4\al(A)AA两类状况，其概率为0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.0256＋0.0064＝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务求困难事务概率的解题思路(1)将待求困难事务转化为几个彼此互斥简洁事务的和．(2)将彼此互斥简洁事务中的简洁事务，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事务的积事务．(3)代入概率的积公式求解．|跟踪训练|1．(2024年全国卷Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，实行七场四胜制(当一队赢得四场成功时，该队获胜，决赛结束)．依据前期竞赛成果，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，且各场竞赛结果相互独立，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，则共竞赛了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P1＝Ceq\o\al(1,2)×0.6×0.4×0.52＝2×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)×eq\f(1,4)＝eq\f(3,25)；其次类：若第1场、第2场甲胜，第3场、第4场中甲胜1场，则P2＝0.62×Ceq\o\al(1,2)×0.5×0.5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×2×eq\f(1,4)＝eq\f(9,50).所以甲队以4∶1获胜的概率为P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,25)＋\f(9,50)))×0.6＝0.18.答案：0.18eq\a\vs4\al(考点二\a\vs4\al(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：质量/g[5，15)[15，25)[25，35)[35，45)[45，55]数量4121185(1)若购进这批九节虾35000g，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(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选择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eq\f(1,40)×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)．因为35000÷29.5≈1186(只)，所以这批九节虾的数量约为1186只．(2)由表中数据知，随意选择1只九节虾，质量在[5，25)间的概率P＝eq\f(4＋12,40)＝eq\f(2,5)，X的全部可能取值为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(4)＝eq\f(81,625)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)×eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(216,625)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(216,625)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)×eq\f(3,5)＝eq\f(96,625)，P(X＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16,625).所以X的分布列为X01234Peq\f(81,625)eq\f(216,625)eq\f(216,625)eq\f(96,625)eq\f(16,625)►名师点津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务恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再精确利用公式求概率．(2)在依据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事务与事务之间的关系，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．选择飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过须要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺当通过了前两关，依据分析甲、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，由于他们平常表现较好，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用，求录用人数X的分布列．解：(1)设A，B，C分别表示事务“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P＝P(Aeq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))Beq\o(C,\s\up6(－)))＋P(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))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)甲被录用的概率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、丙每位同学被录用的概率均为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)＝Ceq\o\al(k,3)(0.3)k·(1－0.3)3－k，k＝0，1，2，3.故P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×0.32×(1－0.3)＝0.189，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×0.33＝0.027.故X的分布列为X0123P0.3430.4410.1890.027eq\a\vs4\al(考点\a\vs4\al(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60kg的概率；(2)假设该市高一学生的体重X听从正态分布N(57，σ2)．①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于55～57kg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54～57kg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60kg的频率为(0.04＋0.01)×5＝eq\f(1,4)，由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60kg的概率为eq\f(1,4).(2)①∵X～N(57，σ2)，由(1)知P(X>60)＝eq\f(1,4)，∴P(X<54)＝eq\f(1,4).∴P(54<X<60)＝1－2×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2).∴P(54<X<57)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，即高一某个学生体重介于54～57kg之间的概率为eq\f(1,4).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54～57kg之间的人数Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,4)))，P(Y＝i)＝Ceq\o\al(i,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(i)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))eq\s\up12(3－i)，i＝0，1，2，3.∴Y的分布列为Y0123Peq\f(27,64)eq\f(27,64)eq\f(9,64)eq\f(1,64)►名师点津求解与二项分布与统计学问交汇问题的关键在于分析条件，确立事务类型．|跟踪训练|一个盒子中装有大量形态、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，并依据样本数据，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