2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 12.5二項分布及其應用教案 理 新人教A版 .DOC
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2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 12.5二項分布及其應用教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考 1.考查條件概率和兩個事件相互獨立的概念；2.考查n次獨立重復試驗及二項分布的概念；3.考查利用二項分布解決一些簡單的實際問題． 復習備考要這樣做 1.利用互斥事件、事件的獨立性對事件進行分解是計算復雜事件概率的關鍵，復習時要注意體會總結；2.掌握二項分布的含義，會從實際問題中抽象出二項分布模型． 1． 條件概率及其性質(zhì) (1)對于任何兩個事件A和B，在已知事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的概率叫做條件概率，用符號P(B|A)來表示，其公式為P(B|A)＝(P(A)>0)． 在古典概型中，若用n(A)表示事件A中基本事件的個數(shù)，則P(B|A)＝. (2)條件概率具有的性質(zhì)： ①0≤P(B|A)≤1； ②如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)． 2． 相互獨立事件 (1)對于事件A、B，若A的發(fā)生與B的發(fā)生互不影響，則稱A、B是相互獨立事件． (2)若A與B相互獨立，則P(B|A)＝P(B)， P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B)． (3)若A與B相互獨立，則A與，與B，與也都相互獨立． (4)若P(AB)＝P(A)P(B)，則A與B相互獨立． 3． 二項分布 (1)獨立重復試驗是指在相同條件下可重復進行的，各次之間相互獨立的一種試驗，在這種試驗中每一次試驗只有__兩__種結果，即要么發(fā)生，要么不發(fā)生，且任何一次試驗中發(fā)生的概率都是一樣的． (2)在n次獨立重復試驗中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此時稱隨機變量X服從二項分布，記為X～B(n，p)，并稱p為成功概率． [難點正本 疑點清源] 1． “互斥事件”與“相互獨立事件”的區(qū)別與聯(lián)系 (1)“互斥”與“相互獨立”都是描述的兩個事件間的關系． (2)“互斥”強調(diào)不可能同時發(fā)生，“相互獨立”強調(diào)一個事件的發(fā)生與否對另一個事件發(fā)生的概率沒有影響． (3)“互斥”的兩個事件可以獨立，“獨立”的兩個事件也可以互斥． 2． 計算條件概率有兩種方法 (1)利用定義P(B|A)＝； (2)若n(C)表示試驗中事件C包含的基本事件的個數(shù)，則P(B|A)＝. 1. 如圖所示的電路，有a，b，c三個開關，每個開關開或關的概率都是， 且是相互獨立的，則燈泡甲亮的概率為_______________． 答案 解析 理解事件之間的關系，設“a閉合”為事件A，“b閉合”為事件B，“c閉合”為事件C，則燈亮應為事件AC，且A，C，之間彼此獨立，且P(A)＝P()＝P(C)＝. 所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝. 2． 某次知識競賽規(guī)則如下：在主辦方預設的5個問題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個問題，即停止答題，晉級下一輪．假設某選手正確回答每個問題的概率都是0.8，且每個問題的回答結果相互獨立，則該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率為________． 答案 0.128 解析 依題意可知，該選手的第二個問題必答錯，第三、四個問題必答對，故該選手恰好回答了4個問題就晉級下一輪的概率P＝10.20.80.8＝0.128. 3． (xx課標全國)某一部件由三個電子元件按如圖所示方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作，設三個電子元件的使用壽命(單位：小時)均服從正態(tài)分布N(1 000,502)，且各個元件能否正常工作相互獨立，那么該部件的使用壽命超過1 000小時的概率為________． ——— 答案 解析 設元件1,2,3的使用壽命超過1 000小時的事件分別記為A，B，C，顯然P(A)＝P(B)＝P(C)＝， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的事件為(A＋B＋AB)C， ∴該部件的使用壽命超過1 000小時的概率 P＝＝. 4． 把一枚硬幣連續(xù)拋兩次，記“第一次出現(xiàn)正面”為事件A，“第二次出現(xiàn)正面”為事件B，則P(B|A)等于 ( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 P(B|A)＝＝＝. 5． 如果X～B，則使P(X＝k)取最大值的k值為 ( ) A．3 B．4 C．5 D．3或4 答案 D 解析 ∵P(X＝3)＝C312， P(X＝4)＝C411， P(X＝5)＝C510， 從而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝5). 題型一 條件概率 例1 在100件產(chǎn)品中有95件合格品，5件不合格品．現(xiàn)從中不放回地取兩次，每次任取一件，則在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率為________． 思維啟迪：直接利用條件概率公式進行計算或利用古典概型． 答案 解析 方法一 設A＝{第一次取到不合格品}， B＝{第二次取到不合格品}，則P(AB)＝， 所以P(B|A)＝＝＝. 方法二 第一次取到不合格品后還剩余99件產(chǎn)品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合格品的概率為. 探究提高 條件概率的求法： (1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.這是通用的求條件概率的方法． (2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件數(shù)n(A)，再在事件A發(fā)生的條件下求事件B包含的基本事件數(shù)，即n(AB)，得P(B|A)＝. 如圖，EFGH是以O為圓心，半徑為1的圓的內(nèi)接正方形．將一顆豆子隨機地扔到該圓內(nèi)，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH內(nèi)”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(陰影部分)內(nèi)”，則(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝________. 答案 解析 (1)由題意可得，事件A發(fā)生的概率 P(A)＝＝＝. (2)事件AB表示“豆子落在△EOH內(nèi)”， 則P(AB)＝＝＝. 故P(B|A)＝＝＝. 題型二 相互獨立事件的概率 例2 甲、乙兩個籃球運動員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為與p，且乙投球2次均未命中的概率為. (1)求乙投球的命中率p； (2)求甲投球2次，至少命中1次的概率； (3)若甲、乙兩人各投球2次，求共命中2次的概率． 思維啟迪：(1)利用列方程求p；(2)可用直接法也可用間接法；(3)要分類討論甲、乙各命中的次數(shù)． 解 (1)方法一 設“甲投一次球命中”為事件A，“乙投一次球命中”為事件B. 由題意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝， 解得p＝或p＝(舍去)， 所以乙投球的命中率為. 方法二 設“甲投一次球命中”為事件A，“乙投一次球命中”為事件B. 由題意得：P()P()＝， 于是P()＝或P()＝－(舍去)． 故p＝1－P()＝. 所以乙投球的命中率為. (2)方法一 由題設知，P(A)＝，P()＝. 故甲投球2次，至少命中1次的概率為 1－P()＝. 方法二 由題設知，P(A)＝，P()＝. 故甲投球2次，至少命中1次的概率為 CP(A)P()＋P(A)P(A)＝. (3)由題設和(1)知，P(A)＝，P()＝， P(B)＝，P()＝. 甲、乙兩人各投球2次，共命中2次有三種情況：甲、乙兩人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次． 概率分別為CP(A)P()CP(B)P()＝， P(A)P(A)P()P()＝， P()P()P(B)P(B)＝. 所以甲、乙兩人各投球2次，共命中2次的概率為 ＋＋＝. 探究提高 (1)相互獨立事件是指兩個試驗中，兩事件發(fā)生的概率互不影響；相互互斥事件是指同一次試驗中，兩個事件不會同時發(fā)生； (2)求用“至少”表述的事件的概率時，先求其對立事件的概率往往比較簡單． (xx山東)紅隊隊員甲、乙、丙與藍隊隊員A、B、C進行圍棋比賽，甲對A、乙對B、丙對C各一盤．已知甲勝A、乙勝B、丙勝C的概率分別為0.6,0.5,0.5.假設各盤比賽結果相互獨立． (1)求紅隊至少兩名隊員獲勝的概率； (2)用ξ表示紅隊隊員獲勝的總盤數(shù)，求ξ的分布列和數(shù)學期望E(ξ)． 解 (1)設甲勝A的事件為D，乙勝B的事件為E，丙勝C的事件為F，則，，分別表示甲不勝A，乙不勝B，丙不勝C的事件． 因為P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5， 由對立事件的概率公式知P()＝0.4，P()＝0.5， P()＝0.5. 紅隊至少兩人獲勝的事件有DE，DF，EF，DEF. 由于以上四個事件兩兩互斥且各盤比賽的結果相互獨立， 因此紅隊至少兩人獲勝的概率為 P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF) ＝0.60.50.5＋0.60.50.5＋0.40.50.5＋0.60.50.5＝0.55. (2)由題意知ξ可能的取值為0,1,2,3. 又由(1)知 F，E，D 是兩兩互斥事件，且各盤比賽的結果相互獨立， 因此P(ξ＝0)＝P( )＝0.40.50.5＝0.1， P(ξ＝1)＝P( F)＋P(E)＋P(D ) ＝0.40.50.5＋0.40.50.5＋0.60.50.5 ＝0.35， P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.60.50.5＝0.15. 由對立事件的概率公式得 P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列為 ξ 0 1 2 3 P 0.1 0.35 0.4 0.15 因此E(ξ)＝00.1＋10.35＋20.4＋30.15＝1.6. 題型三 獨立重復試驗與二項分布 例3 某氣象站天氣預報的準確率為80%，計算：(結果保留到小數(shù)點后第2位) (1)5次預報中恰有2次準確的概率； (2)5次預報中至少有2次準確的概率； (3)5次預報中恰有2次準確，且其中第3次預報準確的概率． 思維啟迪：預報準確的次數(shù)服從二項分布，可直接代入公式進行計算． 解 令X表示5次預報中預報準確的次數(shù)，則X～B(5，)，故其分布列為P(X＝k)＝C()k(1－)5－k(k＝0,1,2,3,4,5)． (1)“5次預報中恰有2次準確”的概率為P(X＝2)＝C()2(1－)3＝10≈0.05. (2)“5次預報中至少有2次準確”的概率為P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C()0(1－)5－C(1－)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次預報中恰有2次準確，且其中第3次預報準確”的概率為C(1－)3≈0.02. 探究提高 獨立重復試驗是相互獨立事件的特例(概率公式也是如此)，就像對立事件是互斥事件的特例一樣，只要有“恰好”字樣的用獨立重復試驗的概率公式計算更簡單，就像有“至少”或“至多”字樣的題用對立事件的概率公式計算更簡單一樣． 某地區(qū)為下崗人員免費提供財會和計算機培訓，以提高下崗人員的再就業(yè)能力，每名下崗人員可以選擇參加一項培訓、參加兩項培訓或不參加培訓，已知參加過財會培訓的有60%，參加過計算機培訓的有75%，假設每個人對培訓項目的選擇是相互獨立的，且各人的選擇相互之間沒有影響． (1)任選1名下崗人員，求該人參加過培訓的概率； (2)任選3名下崗人員，記X為3人中參加過培訓的人數(shù)，求X的分布列． 解 (1)任選1名下崗人員，記“該人參加過財會培訓”為事件A，“該人參加過計算機培訓”為事件B，由題設知，事件A與B相互獨立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75. 所以，該下崗人員沒有參加過培訓的概率是P( )＝P()P()＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1. ∴該人參加過培訓的概率為1－0.1＝0.9. (2)因為每個人的選擇是相互獨立的，所以3人中參加過培訓的人數(shù)X服從二項分布X～B(3,0.9)， P(X＝k)＝C0.9k0.13－k，k＝0,1,2,3， ∴X的分布列是 X 0 1 2 3 P 0.001 0.027 0.243 0.729 對二項分布理解不準致誤 典例：(12分)一名學生每天騎車上學，從他家到學校的途中有6個交通崗，假設他在各個交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都是. (1)設X為這名學生在途中遇到紅燈的次數(shù)，求X的分布列； (2)設Y為這名學生在首次停車前經(jīng)過的路口數(shù)，求Y的分布列． 易錯分析 由于這名學生在各個交通崗遇到紅燈的事件相互獨立，可以利用二項分布解決，二項分布模型的建立是易錯點；另外，對“首次停車前經(jīng)過的路口數(shù)Y”理解不當，將“沒有遇上紅燈的概率也當成”． 規(guī)范解答 解 (1)將通過每個交通崗看做一次試驗，則遇到紅燈的概率為，且每次試驗結果是相互獨立的， 故X～B.[2分] 所以X的分布列為P(X＝k)＝Ck6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.[5分] (2)由于Y表示這名學生在首次停車時經(jīng)過的路口數(shù)，顯然Y是隨機變量，其取值為0,1,2,3,4,5,6.其中：{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k個路口沒有遇上紅燈，但在第k＋1個路口遇上紅燈，故各概率應按獨立事件同時發(fā)生計算．[7分] P(Y＝k)＝()k(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路沒有遇上紅燈．故其概率為P(Y＝6)＝()6，[9分] 因此Y的分布列為 Y 0 1 2 3 4 5 6 P ()2 ()3 ()4 ()5 ()6 [12分] 溫馨提醒 (1)二項分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近幾年高考非常注重的一個考點．二項分布概率模型的特點是“獨立性”和“重復性”，事件的發(fā)生都是獨立的、相互之間沒有影響，事件又在相同的條件之下重復發(fā)生． (2)獨立重復試驗中的概率公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k表示的是n次獨立重復試驗中事件A發(fā)生k次的概率，p與(1－p)的位置不能互換，否則該式子表示的意義就發(fā)生了改變，變?yōu)槭录嗀有k次不發(fā)生的概率了. 方法與技巧 1． 古典概型中，A發(fā)生的條件下B發(fā)生的條件概率公式為P(B|A)＝＝，其中，在實際應用中P(B|A)＝是一種重要的求條件概率的方法． 2． 相互獨立事件與互斥事件的區(qū)別 相互獨立事件是指兩個事件發(fā)生的概率互不影響，計算式為P(AB)＝P(A)P(B)．互斥事件是指在同一試驗中，兩個事件不會同時發(fā)生，計算公式為P(A∪B)＝P(A)＋P(B)． 3． n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次可看做是C個互斥事件的和，其中每一個事件都可看做是k個A事件與n－k個事件同時發(fā)生，只是發(fā)生的次序不同，其發(fā)生的概率都是pk(1－p)n－k.因此n次獨立重復試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率為Cpk(1－p)n－k. 失誤與防范 1． 運用公式P(AB)＝P(A)P(B)時一定要注意公式成立的條件，只有當事件A、B相互獨立時，公式才成立． 2． 獨立重復試驗中，每一次試驗只有兩種結果，即某事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生，并且任何一次試驗中某事件發(fā)生的概率相等．注意恰好與至多(少)的關系，靈活運用對立事件． A組 專項基礎訓練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1． (xx遼寧)從1,2,3,4,5中任取2個不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)等于 ( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 P(A)＝＝，P(AB)＝＝， P(B|A)＝＝. 2． (xx湖北)如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個系統(tǒng)．當 K正常工作且A1、A2至少有一個正常工作時，系統(tǒng)正常工作．已 知K、A1、A2正常工作的概率依次為0.9、0.8、0.8，則系統(tǒng)正常工作的概率為 ( ) A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576 答案 B 解析 方法一 由題意知K，A1，A2正常工作的概率分別為P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8， ∵K，A1，A2相互獨立， ∴A1，A2至少有一個正常工作的概率為P(A2)＋P(A12)＋P(A1A2)＝(1－0.8)0.8＋0.8(1－0.8)＋0.80.8＝0.96. ∴系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[P(A2)＋P(A12)＋P(A1A2)]＝0.90.96＝0.864. 方法二 A1，A2至少有一個正常工作的概率為1－P(1 2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，∴系統(tǒng)正常工作的概率為P(K)[1－P(1 2)]＝0.90.96＝0.864. 3． (xx廣東)甲、乙兩隊進行排球決賽，現(xiàn)在的情形是甲隊只要再贏一局就獲冠軍，乙隊需要再贏兩局才能得冠軍，若兩隊勝每局的概率相同，則甲隊獲得冠軍的概率為( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 甲隊若要獲得冠軍，有兩種情況，可以直接勝一局，獲得冠軍，概率為，也可以乙隊先勝一局，甲隊再勝一局，概率為＝，故甲隊獲得冠軍的概率為＋＝. 4． 已知隨機變量X服從二項分布X～B(6，)，則P(X＝2)等于 ( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 P(X＝2)＝C()2(1－)4＝. 二、填空題(每小題5分，共15分) 5． 明天上午李明要參加奧運志愿者活動，為了準時起床，他用甲、乙兩個鬧鐘叫醒自己．假設甲鬧鐘準時響的概率為0.80，乙鬧鐘準時響的概率是0.90，則兩個鬧鐘至少有一個準時響的概率是________． 答案 0.98 解析 1－0.200.10＝1－0.02＝0.98. 6． 某籃球隊員在比賽中每次罰球的命中率相同，且在兩次罰球中至多命中一次的概率為，則該隊員每次罰球的命中率為________． 答案 解析 設該隊員每次罰球的命中率為p(其中0
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