《《学案与测评》2011年高考数学总复习 第十四单元第二节 独立性、二项分布及其应用精品课件 苏教版》由会员分享,可在线阅读,更多相关《《学案与测评》2011年高考数学总复习 第十四单元第二节 独立性、二项分布及其应用精品课件 苏教版(25页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、第二节第二节 独立性、二项分布及其应用独立性、二项分布及其应用基础梳理基础梳理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)1P(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
2、互独立性(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 AA A3. 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发生的概率均为p(0p
3、1),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)典例分析典例分析题型一题型一 条件概率条件概率【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号箱,然
4、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,若有影响,则属于条件概率.然
5、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.解 记“第i个人破译出密码”为
6、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. 题型二题型二 相互独立事件的概率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:密码被破译的概率比密码未被破译的概
7、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 、 ;分别记甲、乙两种果树移栽成活为事件 、 .
8、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.题型三题型三 独立重复试验独立重复试验【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)=0.420.55+0.580.45=0.492.分析 由于每
9、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,事件A恰好发生k次的概率为P(X=k)= ,k=0,1
10、,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.题型四题型四 综合应用综合应用【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,并且概率都是 .(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数
11、,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)= ,4k=0,1,2,3,4,5,6.所以X的分布列为 .10X01233PX456P(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、独立事件、独立重复试验.把所给问题归结为四类事件中
12、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,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
13、,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(B)=P(4)= 故巴西队小组赛出线的概率为 .012345679P易错警示易错
14、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、二次考试未通过,第三次考试通过,P(=3)=(1-0.6)(1-0
15、.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
16、出正确结论.1234P0.60.280.0960.0216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1234P0.60.280.0960.024李明在第一年内领到驾照的概率为1-(1-0.6)(1
17、-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.考点演练考点演练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 .求:(1)记
18、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:X0123P(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次抽到理科题的概率;(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率;(3)在第1次抽到理科题的条件下,第2次抽到理科题的概率.解析: (1)因为共有5道题,其中3道理科题,且每道题被抽中的可能性相同,所以第1次抽到理科题的概率为 .(2)从5道题中抽2道题,共有 种方法,其中每一种抽法都是等可能的.又第一次与第二次都抽到理科题的方法数为 ,故第1次和第2次都抽到理科题的概率为 (3)设“第1次抽到理科题”为事件A,“第2次抽到理科题”为事件B,根据(1)、(2)可知P(A)= ,P(AB)= ,则P(B|A)= .即在第1次抽到理科题的条件下,第2次抽到理科题的概率为 .