高中数学第二章2.2二项分布及其应用例题与探究.docx

2.2 二项分布及其应用典题精讲【例1】 掷两颗骰子,已知两颗骰子点数之和为7,求其中有一颗为1点的概率.思路分析:首先搞清所求概率是在什么条件下的事件的概率.利用古典概率进行求解.解：设事件A为“两颗点数之和为7”,事件B为“一颗点数为1”.两颗点数之和为7的种数为3,其中有一颗为1点的种数为1,故所求概率为P=.绿色通道：在等可能性事件的问题中,求条件概率可采用古典概型的方法更容易理解.计算出基本事件的总数,然后算出有利事件数,从而求出概率.变式训练 掷两颗均匀的骰子,已知点数不同,求至少有一个为6的概率.解：在“点数不同”(事件A)的条件下,总的基本事件数为=30，至少有一个点数为6的(事件B)事件的个数为2=10,P(B|A)=.【例2】 某学校一年级共有学生100名，其中男生60人，女生40人；来自北京的有20人，其中男生12人，若任选一人是女生，问该女生来自北京的概率是多少？思路分析:与例1不同的是此题适合运用条件概率的公式来求解,分清事件A,事件AB.解：A=任选一人是女生，B=任选一人来自北京，依题意知道北京的学生有女生8名，这是一个条件概率问题，即计算P（B|A）.由于P（A）=,P(AB)=,则P(B|A)=.绿色通道：求条件概率问题要把握在什么前提条件下的概率问题,也就是搞清事件A、事件B、以及事件AB和它们发生的概率，再利用条件概率公式进行求解.变式训练 根据历年气象资料统计，某地四月份刮东风的概率是，既刮东风又下雨的概率是.问该地四月份刮东风与下雨的关系是否密切？以“四月份刮东风”的条件下，“某地四月份下雨”的概率的大小来说明.解:设A为“某地四月份刮东风”，B为“某地四月份下雨”，则P(A)= ,P(B)=,在“某地四月份刮东风”的条件下，“某地四月份下雨”的概率P(B|A)=.【例3】 甲、乙两人独立地破译密码的概率分别为和,求:(1)两个人都译出密码的概率;(2)两个人都译不出密码的概率;(3)恰有一人译出密码的概率;(4)至多一人译出密码的概率;(5)至少一人译出密码的概率.思路分析:把甲独立破译记为事件A,乙独立破译记为事件B,A与B相互独立, 与B也相互独立.解:记A为甲独立的译出密码,B为乙独立的译出密码.(1)两个人都译出密码的概率P(AB)=P(A)P(B)=.(2)两个人都译不出密码的概率为P()=P()P()=1-P(A)1-P(B)=.(3)恰有一人译出密码分为两类:甲译出乙译不出;乙译出甲译不出,即P()=P()+P()=P(A)P()+P()P(B)=.(4)至多一人译出密码的对立事件是两人都译出密码,1-P(AB)=1-P(A)P（B）=.(5)至少一人译出密码的对立事件为两人都没有译出密码,1-P()=.绿色通道：求相互独立事件同时发生的概率时,运用公式P(AB)=P(A)P(B).在解决问题时,要搞清事件是否独立,同时要注意把复杂事件分解为若干简单事件来处理,同时还要注意运用对立事件把问题简化.变式训练 甲、乙、丙三人分别独立解一道题,甲做对的概率为,三人都做对的概率为,三人全做错的概率为.(1)分别求乙、丙两人各自做对此题的概率;(2)求甲、乙、丙中恰有一人做对此题的概率.解：(1)设甲、乙、丙三人各自做对此题分别为事件A、B、C,则P(A)=,由题意可知:解得P(B)=,P(C)=或P(B)=,P(C)=.(2)设甲、乙、丙中恰有一人做对此题为事件D,则P(D)=P(A)P()P()+P()P(B)P()+P()P()P(C)=.【例4】 设甲、乙、丙三人每次射击命中目标的概率分别为0.7、0.6和0.5.（1）三人各向目标射击一次，求至少有一人命中目标的概率及恰有两人命中目标的概率；（2）若甲单独向目标射击三次，求他恰好命中两次的概率.思路分析:至少一人命中可考虑对立事件无人命中;恰有两人命中要分为三个互斥事件,具体哪两个命中;甲单独射击目标3次就是独立重复试验问题.解:（1）设Ak表示“第k人命中目标”，k=1、2、3.这里，A1，A2，A3独立，且P（A1）=0.7，P（A2）=0.6，P（A3）=0.5.从而，至少有一人命中目标的概率为1-P（）=1-P（）P（）P（）=1-0.30.40.5=0.94.恰有两人命中目标的概率为P(A1A2+A1A3+A2A3)=P(A1A2)+P(A1A3)+P(A2A3)=P(A1)P(A2)P()+P(A1)P()P(A3)+P()P(A2)P(A4)=0.70.60.5+0.70.40.5+0.30.60.5=0.44.答：至少有一人命中目标的概率为0.94，恰有两人命中目标的概率为0.44.(2)设甲每次射击为一次试验，从而该问题构成三次重复独立试验.又已知在每次试验中事件“命中目标”发生的概率为0.7，故所求概率为P3（2）=0.720.3=0.441.答：他恰好命中两次的概率为0.441.绿色通道：求较复杂的事件的概率问题要注意:(1)把复杂事件分解为若干简单事件;(2)分别求出每个简单事件的概率.变式训练 甲、乙、丙三人向同一飞机射击,设击中目标的概率分别为0.4、0.5、0.8.如果只有一人击中,则飞机被击落的概率为0.2,如果有两人击中,则飞机被击落的概率为0.6;如果三人都击中,则飞机一定被击落.求飞机被击落的概率.解：设甲、乙、丙三人分别击中的事件为A、B、C,飞机被击落,要看几人击中,若一人击中,为事件A+B+C；若有两人击中,则为事件+BC+AC,三人全击中为事件ABC.所以飞机被击落的概率P=0.2+0.6+P(ABC)=(0.40.50.2+0.60.50.2+0.60.50.8)0.2+(0.40.50.2+0.40.80.5+0.60.50.8)0.6+0.40.50.8=0.492.答:飞机被击落的概率为0.492.【例5】 假定人在一年365天中的任何一天出生的概率相同,某班级有50名同学,其中有两人或两人以上生日是5月1日的概率是多少?思路分析:每个人生日在某一天是等可能的,50人相当于做了50次试验,故可以认为是n次独立重复试验问题.解:设“一个人的生日为5月1日”为事件A.50个人的生日相当于进行了50次独立重复试验,事件发生的概率为P(A)=.设50人中生于5月1日的人数为X,则P(X=0)=；P(X=1)=.两人以上生日为5月1日的概率P(X2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1- 0.008 5.绿色通道：处理一类概率问题时,看能否归结为n次独立重复试验,关键是试验在相同条件下重复进行,每次事件发生的概率相同,恰好发生k次的概率可用公式P(X=k)=(1-p)n-k来计算.变式训练 设有m升经过紫外线消毒的自来水,其中含有n个大肠杆菌,今从其中任取一升水进行检验,问在取出的一升水中含有k个(k=0,1,2, ,n)个大肠杆菌的概率为多少?解:对于每个大肠杆菌来说只有两个结果:落入或不落入被取的一升水中,并且可认为每个大肠杆菌的落入与否是相互独立的,这样n个大肠杆菌落入所取的一升水中可看作n次独立重复试验,每次事件的结果是某一个大肠杆菌落入该升水中(事件A)的概率为P(A)=,故所求概率为P(k)=.【例6】 (2005全国高考卷,理20)9粒种子分种在3个坑内，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种.假定每个坑至多补种一次,求需要补种坑数的分布列.思路分析:把一个坑需要补种看作事件A,则三个坑相当于做了三次重复试验,从而把问题进行了转化.解:因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1-0.5)3=,所以单个坑不需补种的概率为1-.3个坑都不需补种的概率为=0.670;恰有1个坑需要补种的概率为=0.287;恰有2个坑需要补种的概率为=0.041;3个坑都需要补种的概率为=0.002.需要补种坑数的分布列为X0123P0.6700.2870.0410.002绿色通道：有些问题看上去不是n次独立重复试验问题,但经过转化可以看作独立重复试验,把问题进行了简化,从这里也看到转化思想在数学问题的处理中所发挥的重要作用.有些概率问题可以转化为我们熟悉的模型来处理.变式训练 某企业正常用水(一天24小时用水不超过一定量)的概率为,则在5天内至少4天用水正常的概率是多少?解:5天内至少4天正常用水包括两种情况:(1)恰有4天正常用水,其概率为P1=p4(1-p)=5()4;(2)5天全部正常用水,其概率为P2=p5=()5=.5天内至少4天用水正常的概率为P=P1+P2=.【例7】甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间也没有影响.(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则停止射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？解:（1）记“甲连续射击4次至少有1次未击中目标”为事件A1，由题意，射击4次，相当于做4次独立重复试验，故P（A1）=1-P（）=1-（）4=.（2）记“甲射击4次，恰有2次击中目标”为事件A2，“乙射击4次，恰有3次击中目标”为事件B2，则P（A2）=()2(1-)4-2=,P(B2)=()3(1-)4-3=.由于甲、乙射击相互独立，故P(A2B2)=P(A2)P(B2)=.（3）记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中”为Di（i=1、2、3、4、5），则A3=D5D4，且P（Di）=.由于各事件相互独立，故P（A3）=P（D5）P（D4）P（）P（）=.答：甲连续射击4次至少有1次未击中目标的概率为.两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率为.乙恰好射击5次后被中止射击的概率为.绿色通道：处理“至多”“至少”问题的概率时,可考虑对立事件.在处理复杂问题时要把问题分为若干简单问题,然后分别求出概率,利用互斥事件或相互独立事件的概率公式进行求解.变式训练 甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6.本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束.设各局比赛相互间没有影响，求：(1)前三局比赛甲队领先的概率；(2)本场比赛乙队以32取胜的概率.(精确到0.001)解:单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6，乙队胜甲队的概率为1-0.6=0.4.(1)记“甲队胜三局”为事件A，“甲队胜两局”为事件B,P(A)=0.63=0.216,P(B)=0.620.4=0.432,前三局比赛甲队领先的概率为P(A)+P(B)=0.648.(2)若本场比赛乙队32取胜，则前四局双方应以22战平，且第五局乙队胜.所以，所求事件的概率为0.420.620.4=0.138.【例8】 有10台机床各自独立工作,因修理调配等原因,每台机床停车的概率为0.2,求(1)同时停车台数X的概率分布;(2)10台机床中恰有一台停车的概率;(3)10台机床中最多一台停车的概率.思路分析:10台独立工作且停车概率相等可看作n次独立重复试验来处理.解:(1)由题意知,X服从参数n=10,p=0.2的二项分布,即XB(10,0.2).由二项分布的概率分布，知P(X=k)=0.2k0.810-k(k=0,1,2,3, ,10).(2)“10台中恰有一台停车”相当于X的取值为1,即P(X=1)=0.210.810-10.268 4.(3)“10台机床中最多一台停车”是指“有0台停车”或“恰有一台停车”,等价于X取值为0和1.P(X1)=P(X=0)+P(X=1)=0.200.810+0.210.810-10.375 8.绿色通道：数学中的很多问题都体现了转化思想,把一个问题换一个角度来考虑转化为熟悉问题,使问题迎刃而解.此题转化为了二项分布问题,避免了大量的重复计算.变式训练 某气象站天气预报的准确率为0.8,计算：(1)五次预报中恰有四次准确的概率;(2)五次预报中至少四次准确的概率.(结果保留两位有效数字)解:(1)记“预报一次,结果准确”为事件A,预报五次相当于做5次独立重复试验,五次预报中恰好四次准确的概率为0.84(1-0.8)10.41.(2)五次预报中至少四次准确的概率,就是五次预报中恰有四次准确的概率与五次都准确的概率和,即P=0.84(1-0.8)1+0.85(1-0.8)00.410+0.3280.74.问题探究问题1：日常生活中经常遇到名额分配问题，在人多名额少时，往往采取抽签的方式来确定，抽签有先有后，对各人公平吗？你对这种抽签决定式认同吗？试说出你的理由.导思：抽签、抓阄问题在日常生活中经常遇到,从概率学的角度看是非常合理的.我们看一种方案是否合理,要从概率角度考查对每人是否公平,若每人的机会均等就是合理的.在这里我们要注意的是探究过程中有一个前提:后抽者不知道前面人的结果.也可以从所有奖券的排列上来考虑.得出一般公式:如果在n张票中有一张中奖,n个人依次从中抽取一张,且后人不知先抽人的结果,