2020版高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及分布列 第8讲 n次独立重复试验与二

1第8讲n次独立重复试验与二项分布基础知识整合1．条件概率及其性质2．事件的相互独立(1)设A，B为两个事件，如果P(AB)＝□05P(A)·P(B)，那么称事件A与事件B相互独立．(2)如果事件A与B相互独立，那么□06A与□07B，□08A与□09B，□10A与□11B也都相互独立．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，即若用Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝□12P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)．(2)二项分布在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在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)＝□13Cknpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，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．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A－B－.4．A，B恰有一个发生的事件为(AB－)∪(A－B)．5．A，B至多一个发生的事件为(AB)∪(AB)∪(AB)．21．甲射击命中目标的概率为0.75，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为()A.12B．1C.1112D.56答案C解析1－13×14＝1112，选C.2．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.12B.14C.16D.18答案A解析因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P(B)＝12，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)＝12×12＝14，所以P(A|B)＝PABPB＝1412＝12.3．(2019·吉林通化模拟)若ξ～B10，12，则P(ξ≥2)等于()A.10131024B.111024C.501512D.507512答案A解析P(ξ≥2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)＝1－C0101210－C1101210＝10131024.4．(2019·广东汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为()A.34B.23C.57D.512答案D解析根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖，则所求概率是23×1－34＋34×1－23＝512.故选D.5．(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()3A.25B.35C.18125D.54125答案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＝35，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝C233521－35＝54125.6．袋中有红、黄、蓝球各1个，从中有放回地每次任取1个，直到取到红球为止，则第4次首次取到红球的概率为()A.980B.881C.382D.827答案B解析前3次都取不到红球的概率为233，第4次首次取到红球的概率为13，4个独立事件同时发生的概率为233×13＝881.核心考向突破考向一条件概率例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)＝()A.18B.14C.25D.12答案B解析P(A)＝C23＋C22C25＝25，P(B)＝C22C25＝110，又A⊇B，则P(AB)＝P(B)＝110，所以P(B|A)＝PABPA＝PBPA＝14.(2)(2019·江西南昌模拟)口袋中装有大小、形状相同的红球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，则第二次取得白球的概率为________．答案35解析口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回地逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得白球”，则P(A)＝26＝13，P(AB)＝26×35＝15，∴第一次取得红球后，第二次取得白球的概率为P(B|A)＝PABPA＝1513＝35.触类旁通条件概率的求法4(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝PABPA求P(B|A)．即时训练1.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12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为()A.110B.15C.25D.12答案C解析设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“第二次闭合后出现红灯”为事件B，则由题意可得P(A)＝12，P(AB)＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P(B|A)＝PABPA＝1512＝25.故选C.2．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，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．答案0.72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)＝PABPA，得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72.故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.考向二相互独立事件的概率例2(2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．解(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝1－12×1－13×1－14＝14，5P(X＝1)＝12×1－13×1－14＋1－12×13×1－14＋1－12×1－13×14＝1124，P(X＝2)＝1－12×13×14＋12×1－13×14＋12×13×1－14＝14，P(X＝3)＝12×13×14＝124.所以随机变量X的分布列为随机变量X的数学期望E(X)＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312.(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148.所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为1148.触类旁通求相互独立事件同时发生的概率的方法(1)相互独立事件同时发生的概率等于他们各自发生的概率之积；2.即时训练3.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23，34，35，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(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(A－B－C－)＝1－13×14×25＝2930.(2)由题意可得，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，则P(ξ＝0)＝P(A－B－C－)＝13×14×25＝130；P(ξ＝1)＝P(AB－C－)＋P(A－BC－)＋P(A－B－C)＝23×14×25＋13×34×25＋13×14×35＝1360；6P(ξ＝2)＝P(ABC－)＋P(AB－C)＋P(A－BC)＝23×34×25＋23×14×35＋13×34×35＝920；P(ξ＝3)＝P(ABC)＝23×34×35＝310.所以ξ的分布列为E(ξ)＝0×130＋1×1360＋2×920＋3×310＝12160.考向三独立重复实验与二项分布例3(2019·重庆模拟)为了应对新疆暴力恐怖活动，重庆市警方从武警训练基地挑选反恐警察，从体能、射击、反应三项指标进行检测，如果这三项中至少有两项通过即可入选．假定某基地有4名武警战士(分别记为A，B，C，D)拟参加挑选，且每人能通过体能、射击、反应的概率分别为23，23，12.这三项测试能否通过相互之间没有影响．(1)求A能够入选的概率；(2)规定：按入选人数得训练经费，每入选1人，则相应的训练基地得到5000元的训练经费，求该基地得到训练经费的分布列与数学期望(期望精确到个位)．解(1)设A通过体能、射击、反应分别记为事件M，N，P，则A能够入选包含以下几个互斥事件：MNP－，MN－P，M－NP，MNP，∴P(A)＝P(MNP－)＋P(MN－P)＋P(M－NP)＋P(MNP)＝23×23×12＋23×13×12＋13×23×12＋23×23×12＝1218＝23.(2)记ξ表示该训练基地入选人数，则得到的训练经费为η＝5000ξ，又ξ的可能取值为0,1,2,3,4，∴P(ξ＝0)＝C04230134＝181，P(ξ＝1)＝C14231133＝881，P(ξ＝2)＝C24232132＝2481＝827，P(ξ＝3)＝C34233131＝3281，P(ξ＝4)＝C44234130＝1681.∴ξ的分布列为7触类旁通求解独立重复试验概率时应注意的问题(1)概率模型是否满足公式Pn(k)＝Cknpk(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；②n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各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．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，只要有“恰好”字样的题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”等字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样.即时训练4.某学校为了丰富学生的课余生活，以班级为单位组织学生开展古诗词背诵比赛，随机抽取一首，背诵正确加10分，背诵错误减10分，且背诵结果只有“正确”和“错误”两种．其中某班级学生背诵正确的概率p＝23，记该班级完成n首背诵后的总得分为Sn.(1)求S6＝20且Si≥0(i＝1,2,3)的概率；(2)记ξ＝|S5|，求ξ的分布列及数学期望．解(1)当S6＝20时，即背诵6首后，正确的有4首，错误的有2首．由Si≥0(i＝1,2,3)可知，若第一首和第二首背诵正确，则其余4首可任意背诵正确2首；若第一首背诵正确，第二首背诵错误，第三首背诵正确，则其余3首可任意背诵正确2首．则所求的概率P＝232×C24232×132＋23×13×23×C23232×13＝1681.8(2)由题意知ξ＝|S5|的所有可能的取值为10,30,50，又p＝23，∴P(ξ＝10)＝C35233×132＋C25232×133＝4081，P(ξ＝30)＝C45234×131＋C15231×134＝3081，P(ξ＝50)＝C55235×13