2011届高考数学总复习测评课件57.ppt

1、第二节 独立性、二项分布及其应用,基础梳理,1. 条件概率及其性质 （1）条件概率的定义 一般地，若有两个事件A和B,在已知事件B发生的条件下考虑事件A发生的概率，则称此概率为B已发生的条件下事件A的 ，记为 . （2）条件概率的求法 一般地，若P(B)0，则事件B已发生的条件下A发生的条件概率是P(A|B)= .还可以借助古典概型概率公式，即P（A|B）= .,条件概率,P(A|B),0P(B|A)1,P(B|A)+P(C|A),P(A)P(B),P(A)P(B),(3)条件概率的性质 条件概率具有一般概率的性质，即 ; 如果B和C是两个互斥事件，则 P(BC|A)= . 2. 事件的相互独

2、立性 (1)一般地，若事件A,B满足P(A|B)=P(A),称事件A,B独立. (2)若事件A,B相互独立，则P(AB)= . (3)两个事件A,B相互独立的充要条件是P(AB)= . (4)若事件 相互独立，则这n个事件同时发生的概率 .,p0,伯努利试验,A,A,3. 独立重复试验 （1）一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即 与 ，每次试验中P(A)= ，我们将这样的试验称为n次独立重复试验，也称为 . （2）如果事件A与B相互独立，那么 与 , 与 ， 与 也都相互独立. 4. 二项分布 一般地，在n次独立重复试验中，每次试验事件A发生的概

3、率均为p(0p1)，即P(A)=p,P( )=1-p=q.由于试验的独立性，n次试验中，事件A在某指定的k次发生，而在其余n-k次不发生的概率为 .又由于在n次试验中，事件A恰好发生k次的方式,有 种，所以由概率的加法公式可知，n次试验中，事件A恰好发生k(0kn)次的 概率为 , 它恰好是 的二项展开式中的第(k+1)项. 若随机变量X的分布列为P(X=k)= ,其中0p1,p+q=1,k=0,1,2,n，则称X服从参数为n，p的二项分布，记作 .,XB(n,p),典例分析,题型一 条件概率 【例1】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，现随机地从1号箱中取出一球放入2

4、号箱，然后从2号箱随机取出1球，问从2号箱取出红球的概率是多少？,分析 从2号箱取出红球，有两种互斥的情况：一是当从1号箱取出红球，二是当从1号箱取出白球.,解 从2号箱取出红球，有两种互斥的情况：一是当从1号箱取出红球，二是当从1号箱取出白球. 记事件A：最后从2号箱中取出的是红球； 事件B：从1号箱中取出的是红球. 则P（B）= ,P（ ）=1-P(B)= , P(A|B)= ,P(A| )= , 从而P（A）=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A| )P( ) =,学后反思 解此类概率题型时，首先要区分所求概率是不是条件概率，即第一次试验结果是否对第二次试验结果有影响，若有

5、影响，则属于条件概率.然后利用条件概率公式P(B|A)= 求出这些简单事件的概率，最后利用概率的可加性，得到最终结果.,举一反三 1. 有一批种子的发芽率为0.9,出芽后的幼苗成活率为0.8,在这批种子中，随机抽取一粒，求这粒种子能成长为幼苗的概率.,解析: 设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件AB（发芽，又成活为幼苗），出芽后的幼苗成活率为 P（B|A）=0.8,P(A)=0.9,由P（B|A）= ,得 P（AB）=P(B|A)P(A)=0.90.8=0.72. 故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.,分析 三人独立破译密码，每人破译是否成功不相互影响，故应利用独立事件求概率的方法求解.

6、,解 记“第i个人破译出密码”为事件 (i=1,2,3),依题意有 , , ,且 , , 相互独立. （1）设“恰有二人破译出密码”为事件B，则有 彼此互斥. ,题型二 相互独立事件的概率 【例2】(2008福建)三人独立破译同一份密码.已知三人各自破译出密码的概率分别为 、 、 ,且他们是否破译出密码互不影响. （1）求恰有二人破译出密码的概率； （2）“密码被破译”与“密码未被破译”的概率哪个大？说明理由.,答：恰有二人破译出密码的概率为 . (2)设“密码被破译”为事件C，“密码未被破译”为事件D， ,且 互相独立，则有 而P(C)=1-P(D)= ,故P(C)P(D). 答：密码被破译

7、的概率比密码未被破译的概率大.,学后反思 用相互独立事件的乘法公式解题的步骤： （1）用恰当字母表示题中有关事件； （2）根据题设条件，分析事件间的关系； （3）将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或若干个乘积之和（相互乘积的事件之间必须满足相互独立）； （4）利用乘法公式计算概率.,举一反三 2. 栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽.已知甲、乙两种果树成苗的概率分别为0.6,0.5,移栽后成活的概率分别为0.7,0.9. (1)求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； （2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率.,解析： 分别记甲、乙两种果树成苗为事件 、 ； 分别

8、记甲、乙两种果树移栽成活为事件 、 . P（ ）=0.6,P( )=0.5,P( )=0.7,P( )=0.9. (1)甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为 1- =1-0.40.5=0.8.,题型三 独立重复试验 【例3】某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5(相互独立). （1）求至少3人同时上网的概率； （2）求至少几人同时上网的概率小于0.3?,(2)分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A、B. 则P(A)=P( )=0.42, P(B)=P( )=0.45, 恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为 P(A + B)=P(A )+P( B) =0.420.5

9、5+0.580.45=0.492.,分析 由于每个员工上网的概率都是0.5，且相互独立,故6个员工上网即进行6次独立重复试验.,解 （1）至少3人同时上网，这件事包括3人，4人，5人或6人同时上网，记至少3人同时上网的事件为A，则 (2)由(1)知至少3人同时上网的概率大于0.3,至少4人同时上网的概率为 至少5人同时上网的概率为 所以至少5人同时上网的概率小于0.3.,学后反思 (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，

10、事件A恰好发生k次的概率为P(X=k)= ,k=0,1,2,n.在利用该公式时，一定要审清公式中的n,k各是多少.,举一反三 3. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制，若每场比赛中甲获胜的概率是 ,乙获胜的概率是 ,求比赛以甲三胜一负而结束的概率.,解析： 甲三胜一负即共进行四局比赛，前三局甲二胜一负，第四局甲胜，所求概率为,分析 (1)可看做6次独立重复试验; （2）X的取值为0,1,2,3,4,5,6; (3)可通过求对立事件的概率解决.,题型四 综合应用 【例4】(14分)一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都

11、是 . (1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列； （2）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.,解 （1）将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为13,且每次试验结果是相互独立的, 故XB(6 , ),3 以此为基础求X的分布列. 由XB(6, ),P（X=k）= ，4 k=0,1,2,3,4,5,6. 所以X的分布列为 .10,(2)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为X1=X=1或X=2或或X=6,.12 所以其概率为 P(X1)= P(X=k) =1-P(X=0)= 14,学后反思 （1）解决概率问题要注意的“三个步骤”： 确定事件的性质.古典概型、互斥事件、

12、独立事件、独立重复试验.把所给问题归结为四类事件中的某一种; 判断事件的运算.和事件、积事件,即是至少有一个发生还是同时发生，分别运用相加或相乘公式; 运用公式. 古典概型：P（A）= , 互斥事件：P（AB）=P(A)+P(B),条件概率：P（B|A）= , 独立事件：P（AB）=P(A)P(B), n次独立重复试验： (2)判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点： 是否为n次独立重复试验; 随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数.,举一反三 4. （2010新乡模拟）在某次世界杯上，巴西队遇到每个对手，战胜对手的概率为 ,打平对手的概率为 ,输的概率为 ，且获胜一场得3分

13、，平一场得1分，负一场得0分，已知小组赛中每支球队需打三场比赛，获得4分以上（含4分）即可小组出线.,（1）求巴西队小组赛结束后得5分的概率； （2）求小组赛后巴西队得分的分布列及巴西队小组赛出线的概率.,解析： (1)“记巴西队小组赛结束后得5分”为事件A，必为一胜两平， 则 故巴西队小组赛结束后得5分的概率为 . （2）巴西队小组赛后的得分用表示，则=0,1,2,3,4,5,6,7,9. 则P（=0）= ; P（=1）= ; P（=2）= P（=3）= P（=4)=,P（=5）= ; P（=6）= ; P（=7）= ; P（=9）= . 所以的分布列为 记“巴西队小组赛出线”为事件B. P

14、(B)=P(4)= 故巴西队小组赛出线的概率为 .,易错警示,【例】某地最近出台一项机动车驾照考试规定：每位考试者一年之内最多有4次参加考试的机会，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否则就一直考到第4次为止.如果李明决定参加驾照考试，设他每次参加考试通过的概率依次为0.6,0.7,0.8,0.9.求在一年内李明参加驾照考试次数的分布列，并求李明在一年内领到驾照的概率.,错解 的取值分别为1,2,3,4, =1,表示李明第一次参加驾照考试就通过,P(=1)=0.6; =2，表示李明第一次考试未通过，第二次考试通过， P（=2）=（1-0.6）0.7=0.28;,=3表示李明第一

15、、二次考试未通过,第三次考试通过, P(=3)=（1-0.6）(1-0.7)0.8=0.096; =4表示李明前三次考试未通过，第四次考试通过, P(=4)=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)0.9=0.021 6. 故李明实际参加考试次数的分布列为 李明在一年内领到驾照的概率为 P=1-(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.,错解分析 不会计算=4时的概率，错算为P（=4）=(1-0.6)(1-0.7)(1-0.8)0.9=0.021 6，而使各事件的概率和不为1，而实际上=4的概率计算方法有两种，其一是前三次都未通过就必须参加第4次，而不管第4次

16、结果如何（通过与否），其二是用间接法1-P(=1)+P(=2)+P(=3)也可得出正确结论.,正解 的取值分别为1,2,3,4. =1，表示李明第一次参加驾照考试就通过了，故P（=1）=0.6; =2，表示李明第一次考试未通过，第二次通过了，故P（=2）=（1-0.6）0.7=0.28; =3，表示李明第一、二次考试未通过，第三次通过了，故P（=3）=（1-0.6）（1-0.7）0.8=0.096; =4，表示李明第一、二、三次考试都未通过，故P（=4）=（1-0.6）（1-0.7）（1-0.8）=0.024. 故李明实际参加考试次数的分布列为,李明在第一年内领到驾照的概率为 1-（1-0.6

17、）(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.,考点演练,10. (2009天津模拟)有1道数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是 ,乙能解决的概率为 ,2人试图独立地在半小时内解决它，求2人都未解决的概率和问题得到解决的概率.,解析： 设“半小时内甲独立解决问题”为事件A，“半小时内乙独立解决该问题”为事件B，那么两人都未解决该问题就是事件, P( ）=P（ ）P( )=1-P(A)1-P(B) =(1- )(1- )= . 问题得到解决是问题没得到解决的对立事件. 1-P( )=1- = .,11. 甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为 ,乙每次击中目标的概率为

18、 .求： （1）记甲击中目标的次数为X,求X的概率分布列； （2）求乙至多击中目标2次的概率； （3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率.,解析： （1）X的所有可能取值为0,1,2,3,且XB(3, ). 故P（X=0）= ; P（X=1）= ; P（X=2）= ; P（X=3）= . X的概率分布列如下表：,(2)乙至多击中目标2次的概率为 (3)设甲恰比乙多击中目标2次为事件A，甲击中目标2次且乙击中目标0次为事件 ,甲击中目标3次且乙击中目标1次为事件 ，则 , , 为互斥事件. P（A）=P（ ）+P（ ） =,12. 在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，求： （1）第1次抽到理科题