高中數(shù)學(xué)高考第6節(jié) n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布教案-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

1．條件概率
2.事件的相互獨(dú)立性
(1)定義：設(shè)A，B為兩個(gè)事件，如果P(AB)＝P(A)·P(B)，則稱(chēng)事件A與事件B相互獨(dú)立．
(2)性質(zhì)：①若事件A與B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)．
②如果事件A與B相互獨(dú)立，那么A與eq \x\t(B)，eq \x\t(A)與B，eq \x\t(A)與eq \x\t(B)也相互獨(dú)立．
3．獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布
(1)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)
在相同條件下重復(fù)做的n次試驗(yàn)稱(chēng)為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，其中Ai(i＝1，2，…，n)是第i次試驗(yàn)結(jié)果，則
P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)．
(2)二項(xiàng)分布
在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，設(shè)每次試驗(yàn)中事件A發(fā)生的概率為p，則P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此時(shí)稱(chēng)隨機(jī)變量X服從二項(xiàng)分布，記作X～B(n，p)，并稱(chēng)p為成功概率．
eq \a\vs4\al([常用結(jié)論])
牢記且理解事件中常見(jiàn)詞語(yǔ)的含義
(1)A，B中至少有一個(gè)發(fā)生的事件為A∪B；
(2)A，B都發(fā)生的事件為AB；
(3)A，B都不發(fā)生的事件為eq \O(\x\t(A))eq \O(\x\t(B))；
(4)A，B恰有一個(gè)發(fā)生的事件為Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B；
(5)A，B至多一個(gè)發(fā)生的事件為Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B∪eq \O(\x\t(A))eq \O(\x\t(B)).
一、思考辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)
(1)相互獨(dú)立事件就是互斥事件．( )
(2)若事件A，B相互獨(dú)立，則P(B|A)＝P(B)．( )
(3)公式P(AB)＝P(A)P(B)對(duì)任意兩個(gè)事件都成立．( )
(4)二項(xiàng)分布是一個(gè)概率分布列，是一個(gè)用公式P(X＝k)＝Ceq \\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次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中事件A發(fā)生的次數(shù)的概率分布．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材改編
1．如果某一批玉米種子中，每粒發(fā)芽的概率均為eq \f(2,3)，那么播下5粒這樣的種子，恰有2粒不發(fā)芽的概率是( )
A.eq \f(80,243) B.eq \f(80,81) C.eq \f(163,243) D.eq \f(163,729)
A [用X表示發(fā)芽的粒數(shù)，則X～B(5，eq \f(2,3))，則P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×(eq \f(2,3))3×(1－eq \f(2,3))2＝eq \f(80,243)，故播下5粒這樣的種子，恰有2粒不發(fā)芽的概率為eq \f(80,243).]
2．兩個(gè)實(shí)習(xí)生每人加工一個(gè)零件，加工成一等品的概率分別為eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，兩個(gè)零件中能否被加工成一等品相互獨(dú)立，則這兩個(gè)零件中恰好有一個(gè)一等品的概率為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
B [因?yàn)閮扇思庸こ梢坏绕返母怕史謩e為eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，且相互獨(dú)立，所以?xún)蓚€(gè)零件中恰好有一個(gè)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).]
3．在5道題中有3道理科題和2道文科題．如果不放回地依次抽取2道題，則在第1次抽到文科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(3,4)
D [根據(jù)題意，在第1次抽到文科題后，還剩4道題，其中有3道理科題；則第2次抽到理科題的概率P＝eq \f(3,4)，故選D.]
4．一批產(chǎn)品的二等品率為0.02，從這批產(chǎn)品中每次隨機(jī)抽取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品的件數(shù)，則X服從二項(xiàng)分布，記作________．
X～B(100，0.02) [根據(jù)題意，X～B(100，0.02)．]
考點(diǎn)1 條件概率
求條件概率的2種方法
(1)利用定義，分別求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，這是求條件概率的通法．
(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)，再求事件A與事件B的交事件中包含的基本事件數(shù)n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）).
1.從1，2，3，4，5中任取2個(gè)不同的數(shù)，事件A＝“取到的2個(gè)數(shù)之和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個(gè)數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
B [法一(直接法)：P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10).由條件概率計(jì)算公式，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
法二(縮小樣本空間法)：事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4個(gè)．
事件AB發(fā)生的結(jié)果只有(2，4)一種情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(1,4).]
2．(2019·運(yùn)城模擬)有一批種子的發(fā)芽率為0.9，出芽后的幼苗成活率為0.8，在這批種子中，隨機(jī)抽取一粒，則這粒種子能成長(zhǎng)為幼苗的概率為_(kāi)_______．
0.72 [設(shè)“種子發(fā)芽”為事件A，“種子成長(zhǎng)為幼苗”為事件AB(發(fā)芽，又成活為幼苗)．出芽后的幼苗成活率為P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9，根據(jù)條件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即這粒種子能成長(zhǎng)為幼苗的概率為0.72.]
判斷所求概率為條件概率的主要依據(jù)是題目中的“已知”“在……前提下(條件下)”等字眼．第2題中沒(méi)有出現(xiàn)上述字眼，但已知事件的發(fā)生影響了所求事件的概率，也認(rèn)為是條件概率問(wèn)題．運(yùn)用P(AB)＝P(B|A)·P(A)，求條件概率的關(guān)鍵是求出P(A)和P(AB)，要注意結(jié)合題目的具體情況進(jìn)行分析．
考點(diǎn)2 相互獨(dú)立事件的概率
求相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的方法
(1)首先判斷幾個(gè)事件的發(fā)生是否相互獨(dú)立．
(2)求相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率的方法主要有：
①利用相互獨(dú)立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面計(jì)算較繁或難以入手時(shí)，可從其對(duì)立事件入手計(jì)算．
(1)天氣預(yù)報(bào)，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.假設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)兩地是否降雨相互之間沒(méi)有影響，則這兩地中恰有一個(gè)地方降雨的概率為( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
(2)某乒乓球俱樂(lè)部派甲、乙、丙三名運(yùn)動(dòng)員參加某運(yùn)動(dòng)會(huì)的單打資格選拔賽，本次選拔賽只有出線和未出線兩種情況．規(guī)定一名運(yùn)動(dòng)員出線記1分，未出線記0分．假設(shè)甲、乙、丙出線的概率分別為eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，他們出線與未出線是相互獨(dú)立的．
①求在這次選拔賽中，這三名運(yùn)動(dòng)員至少有一名出線的概率；
②記在這次選拔賽中，甲、乙、丙三名運(yùn)動(dòng)員的得分之和為隨機(jī)變量ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列．
(1)C [(1)設(shè)甲地降雨為事件A，乙地降雨為事件B，則兩地恰有一地降雨為AB＋AB，
∴P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)
＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.]
(2)[解] ①記“甲出線”為事件A，“乙出線”為事件B，“丙出線”為事件C，“甲、乙、丙至少有一名出線”為事件D，
則P(D)＝1－P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
②由題意可得，ξ的所有可能取值為0，1，2，3，
則P(ξ＝0)＝P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,30)；
P(ξ＝1)＝P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＋P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＋P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(13,60)；
P(ξ＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列為
含有“恰好、至多、至少”等關(guān)鍵詞的問(wèn)題，求解的關(guān)鍵在于正確分析所求事件的構(gòu)成，將其轉(zhuǎn)化為彼此互斥事件的和或相互獨(dú)立事件的積，然后利用相關(guān)公式進(jìn)行計(jì)算．
[教師備選例題]
從甲地到乙地要經(jīng)過(guò)3個(gè)十字路口，設(shè)各路口信號(hào)燈工作相互獨(dú)立，且在各路口遇到紅燈的概率分別為eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4).
(1)設(shè)X表示一輛車(chē)從甲地到乙地遇到紅燈的個(gè)數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列；
(2)若有2輛車(chē)獨(dú)立地從甲地到乙地，求這2輛車(chē)共遇到1個(gè)紅燈的概率．
[解] (1)隨機(jī)變量X的所有可能取值為0，1，2，3，
則P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，
P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,24).
所以隨機(jī)變量X的分布列為
(2)設(shè)Y表示第一輛車(chē)遇到紅燈的個(gè)數(shù)，Z表示第二輛車(chē)遇到紅燈的個(gè)數(shù)，則所求事件的概率為
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)
＝eq \f(1,4)×eq \f(11,24)＋eq \f(11,24)×eq \f(1,4)
＝eq \f(11,48).
所以這2輛車(chē)共遇到1個(gè)紅燈的概率為eq \f(11,48).
(2019·全國(guó)卷Ⅱ)11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10∶10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10∶10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．
[解] (1)X＝2就是10∶10平后，兩人又打了2個(gè)球該局比賽結(jié)束，則這2個(gè)球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲獲勝，就是10∶10平后，兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束，且這4個(gè)球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分．
因此所求概率為
[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
考點(diǎn)3 獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)與二項(xiàng)分布
獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率
獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)概率求解的策略
(1)首先判斷問(wèn)題中涉及的試驗(yàn)是否為n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，判斷時(shí)注意各次試驗(yàn)之間是相互獨(dú)立的，并且每次試驗(yàn)的結(jié)果只有兩種，在任何一次試驗(yàn)中，某一事件發(fā)生的概率都相等，然后用相關(guān)公式求解．
(2)解此類(lèi)題時(shí)常用互斥事件概率加法公式，相互獨(dú)立事件概率乘法公式及對(duì)立事件的概率公式．
(1)位于坐標(biāo)原點(diǎn)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)P按下述規(guī)則移動(dòng)：質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴遥⑶蚁蛏?、向右移?dòng)的概率都是eq \f(1,2).質(zhì)點(diǎn)P移動(dòng)五次后位于點(diǎn)(2，3)的概率是________．
(2)(2019·蘇州模擬)某射手每次射擊擊中目標(biāo)的概率是eq \f(2,3)，且各次射擊的結(jié)果互不影響．
①假設(shè)這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標(biāo)的概率；
②假設(shè)這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)的概率；
③假設(shè)這名射手射擊3次，每次射擊，擊中目標(biāo)得1分，未擊中目標(biāo)得0分．在3次射擊中，若有2次連續(xù)擊中，而另外1次未擊中，則額外加1分；若3次全擊中，則額外加3分．記ξ為射手射擊3次后的總分?jǐn)?shù)，求ξ的分布列．
(1)eq \f(5,16) [由于質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴遥苿?dòng)五次后位于點(diǎn)(2，3)，所以質(zhì)點(diǎn)P必須向右移動(dòng)兩次，向上移動(dòng)三次，故其概率為Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(2)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(5)＝eq \f(5,16).]
(2)[解] ①設(shè)X為射手在5次射擊中擊中目標(biāo)的次數(shù)，則X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(2,3))).在5次射擊中，恰有2次擊中目標(biāo)的概率為P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(40,243).
②設(shè)“第i次射擊擊中目標(biāo)”為事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)”為事件A，則
P(A)＝P(A1A2A3eq \x\t(A)4eq \x\t(A)5)＋P(eq \x\t(A)1A2A3A4eq \x\t(A)5)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3A4A5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(8,81).
③設(shè)“第i次射擊擊中目標(biāo)”為事件Ai(i＝1，2，3)．
由題意可知，ξ的所有可能取值為0，1，2，3，6.
P(ξ＝0)＝P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2eq \x\t(A)3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3),))eq \s\up10(3)＝eq \f(1,27)；
P(ξ＝1)＝P(A1eq \x\t(A)2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1A2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3)
＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)；
P(ξ＝2)＝P(A1eq \x\t(A)2A3)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)；
P(ξ＝3)＝P(A1A2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1A2A3)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)＝eq \f(8,27)；
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(8,27).
所以ξ的分布列是
在求解過(guò)程中，本例(2)中②常因注意不到題設(shè)條件 “有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)”，盲目套用公式致誤；本例(2)中③常因?qū)Ζ蔚娜≈挡幻?，?dǎo)致事件概率計(jì)算錯(cuò)誤．
一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤(pán)游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂(lè)，要么不出現(xiàn)音樂(lè)；每盤(pán)游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂(lè)獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂(lè)獲得20分，出現(xiàn)三次音樂(lè)獲得100分，沒(méi)有出現(xiàn)音樂(lè)則扣除200分(即獲得－200分)．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂(lè)的概率為eq \f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂(lè)相互獨(dú)立．
(1)設(shè)每盤(pán)游戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列；
(2)玩三盤(pán)游戲，至少有一盤(pán)出現(xiàn)音樂(lè)的概率是多少？
[解] (1)X可能的取值為10，20，100，－200.
根據(jù)題意，有
P(X＝10)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(2)＝eq \f(3,8)，
P(X＝20)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(1)＝eq \f(3,8)，
P(X＝100)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(0)＝eq \f(1,8)，
P(X＝－200)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(3)＝eq \f(1,8).
所以X的分布列為
(2)設(shè)“第i盤(pán)游戲沒(méi)有出現(xiàn)音樂(lè)”為事件Ai(i＝1，2，3)，
則P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq \f(1,8).
所以“三盤(pán)游戲中至少有一盤(pán)出現(xiàn)音樂(lè)”的概率為
1－P(A1A2A3)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up10(3)＝1－eq \f(1,512)＝eq \f(511,512).
因此，玩三盤(pán)游戲，至少有一盤(pán)出現(xiàn)音樂(lè)的概率是eq \f(511,512).
二項(xiàng)分布
(2019·秦皇島模擬)某食品廠為了檢查一條自動(dòng)包裝流水線的生產(chǎn)情況，隨機(jī)抽取該流水線上的40件產(chǎn)品作為樣本稱(chēng)出它們的質(zhì)量(單位：克)，質(zhì)量的分組區(qū)間為(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到樣本的頻率分布直方圖(如下圖)．
(1)根據(jù)頻率分布直方圖，求質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量；
(2)在上述抽取的40件產(chǎn)品中任取2件，設(shè)X為質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量，求X的分布列；
(3)從該流水線上任取2件產(chǎn)品，設(shè)Y為質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量，求Y的分布列．
[解] (1)質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品的頻率為5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以質(zhì)量超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量為40×0.3＝12(件)．
(2)重量超過(guò)505的產(chǎn)品數(shù)量為12件，則重量未超過(guò)505克的產(chǎn)品數(shù)量為28件，X的取值為0，1，2，
X服從超幾何分布．
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(63,130)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(1,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(28,65)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,12),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(11,130)，
∴X的分布列為
(3)根據(jù)樣本估計(jì)總體的思想，取一件產(chǎn)品，該產(chǎn)品的質(zhì)量超過(guò)505克的概率為eq \f(12,40)＝eq \f(3,10).
從流水線上任取2件產(chǎn)品互不影響，該問(wèn)題可看成2次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，質(zhì)量超過(guò)505克的件數(shù)Y的可能取值為0，1，2，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,10)))，
P(Y＝k)＝Ceq \\al(k,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,10)))eq \s\up10(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up10(k)，
所以P(Y＝0)＝Ceq \\al(0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,10)))eq \s\up10(2)＝eq \f(49,100)，
P(Y＝1)＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(3,10)·eq \f(7,10)＝eq \f(21,50)，
P(Y＝2)＝Ceq \\al(2,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up10(2)＝eq \f(9,100).
∴Y的分布列為
(1)注意隨機(jī)變量滿(mǎn)足二項(xiàng)分布的關(guān)鍵詞：
①視頻率為概率；②人數(shù)很多、數(shù)量很大等．
(2)求概率的過(guò)程，就是求排列數(shù)與組合數(shù)的過(guò)程，而在解決具體問(wèn)題時(shí)要做到：
①分清e(cuò)q \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(超幾何概率；,條件概率；,相互獨(dú)立事件的概率；,獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn).))
②判斷事件的運(yùn)算eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(和事件，,積事件，))即是至少有一個(gè)發(fā)生，還是同時(shí)發(fā)生，分別運(yùn)用相加或相乘事件．
[教師備選例題]
某氣象站天氣預(yù)報(bào)的準(zhǔn)確率為80%，計(jì)算(結(jié)果保留到小數(shù)點(diǎn)后第2位)：
(1)5次預(yù)報(bào)中恰有2次準(zhǔn)確的概率；
(2)5次預(yù)報(bào)中至少有2次準(zhǔn)確的概率；
(3)5次預(yù)報(bào)中恰有2次準(zhǔn)確，且其中第3次預(yù)報(bào)準(zhǔn)確的概率．
[解] 令X表示5次預(yù)報(bào)中預(yù)報(bào)準(zhǔn)確的次數(shù)，
則X～B(5，0.8)．
(1)“5次預(yù)報(bào)中恰有2次準(zhǔn)確”的概率為P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×0.82×(1－0.8)3＝10×0.64×0.008≈0.05.
(2)“5次預(yù)報(bào)中至少有2次準(zhǔn)確”的概率為P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－Ceq \\al(0,5)×0.80×(1－0.8)5－Ceq \\al(1,5)×0.8×(1－0.8)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99.
(3)“5次預(yù)報(bào)中恰有2次準(zhǔn)確，且其中第3次預(yù)報(bào)準(zhǔn)確”的概率為Ceq \\al(1,4)×0.8×(1－0.83)×0.8≈0.02.
(2019·西安模擬)某學(xué)校用“10分制”調(diào)查本校學(xué)生對(duì)教師教學(xué)的滿(mǎn)意度，現(xiàn)從學(xué)生中隨機(jī)抽取16名，以莖葉圖記錄了他們對(duì)該校教師教學(xué)滿(mǎn)意度的分?jǐn)?shù)(以小數(shù)點(diǎn)前的一位數(shù)字為莖，小數(shù)點(diǎn)后的一位數(shù)字為葉)：
(1)若教學(xué)滿(mǎn)意度不低于9.5分，則稱(chēng)該生對(duì)教師的教學(xué)滿(mǎn)意度為“極滿(mǎn)意”．求從這16人中隨機(jī)選取3人，至少有1人是“極滿(mǎn)意”的概率；
(2)以這16人的樣本數(shù)據(jù)來(lái)估計(jì)整個(gè)學(xué)校的總體數(shù)據(jù)，若從該校所有學(xué)生中(學(xué)生人數(shù)很多)任選3人，記X表示抽到“極滿(mǎn)意”的人數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．
[解] (1)設(shè)Ai表示所抽取的3人中有i個(gè)人是“極滿(mǎn)意”，至少有1人是“極滿(mǎn)意”記為事件A，則P(A)＝1－P(A0)＝1－eq \f(Ceq \\al(3,12),Ceq \\al(3,16))＝eq \f(17,28).
(2)X的所有可能取值為0，1，2，3，由已知得X～B(3，eq \f(1,4))，∴P(X＝0)＝(eq \f(3,4))3＝eq \f(27,64)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×(eq \f(1,4))×(eq \f(3,4))2＝eq \f(27,64)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×(eq \f(1,4))2×(eq \f(3,4))＝eq \f(9,64)，
P(X＝3)＝(eq \f(1,4))3＝eq \f(1,64).
∴X的分布列為
∴E(X)＝3×eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).條件概率的定義
條件概率的性質(zhì)
設(shè)A，B為兩個(gè)事件，且P(A)＞0，稱(chēng)P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)為在事件A發(fā)生的條件下，事件B發(fā)生的條件概率
(1)0≤P(B|A)≤1；
(2)如果B和C是兩個(gè)互斥事件，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(11,24)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
ξ
0
1
2
3
6
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,27)
eq \f(8,27)
eq \f(8,27)
X
10
20
100
－200
P
eq \f(3,8)
eq \f(3,8)
eq \f(1,8)
eq \f(1,8)
X
0
1
2
P
eq \f(63,130)
eq \f(28,65)
eq \f(11,130)
Y
0
1
2
P
eq \f(49,100)
eq \f(21,50)
eq \f(9,100)
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,64)
eq \f(27,64)
eq \f(9,64)
eq \f(1,64)

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