二项分布及其应用 教学设计

PAGEPAGE711.5二项分布及其应用eq\a\vs4\al(考纲要求)1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2．理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．1．条件概率一般地，设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝______为在事件A发生的条件下事件B发生的条件概率．如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝__________.2．事件的相互独立性设A，B为两个事件，如果P(AB)＝________，则称事件A与事件B相互独立．如果事件A与事件B相互独立，则A与____，____与B，eq\x\to(A)与____也都相互独立．3．独立重复试验与二项分布一般地，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发生的概率是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)＝______________，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．n次独立重复试验中事件A恰好发生k次可看成是Ceq\o\al(k,n)个互斥事件的和，其中每一个事件都可看成是k个A事件与n－k个eq\x\to(A)事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是________．因此n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率为Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k.1．在一段时间内，甲去某地的概率是eq\f(1,4)，乙去此地的概率是eq\f(1,5)，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是()．A.eq\f(3,20) B.eq\f(1,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(9,20)2．已知P(AB)＝eq\f(3,20)，P(A)＝eq\f(3,5)，则P(B|A)＝()．A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)3．每次试验的成功率为p(0＜p＜1)，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为()．A．Ceq\o\al(3,10)p3(1－p)7B．Ceq\o\al(3,10)p3(1－p)3C．p3(1－p)7D．p7(1－p)34．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>\f(1,2)))，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为eq\f(5,9).(1)求p的值；(2)设ξ表示比赛停止时比赛的局数，求随机变量ξ的分布列．一、条件概率【例1】把外形相同的球分装在三个盒子中，每盒10个．其中，第一个盒子中有7个球标有字母A,3个球标有字母B；第二个盒子中有红球和白球各5个；第三个盒子中则有红球8个，白球2个．试验按如下规则进行：先在第一个盒子中任取一个球，若取得标有字母A的球，则在第二个盒子中任取一个球；若第一次取得标有字母B的球，则在第三个盒子中任取一个球．如果第二次取出的是红球，则称试验为成功，求试验成功的概率．方法提炼1．求P(B|A)时，可把A看作新的基本事件空间来计算B发生的概率，也就是说把B发生的样本空间缩小为A所包含的基本事件．2．若事件B，C互斥，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，即为了求得比较复杂事件的概率，往往可以先把它分解成若干个互不相容的较简单事件之和，先求出这些简单事件的概率，再利用加法公式即得所求的复杂事件的概率．请做演练巩固提升2二、相互独立事件的概率【例2】甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为eq\f(1,2)与p，且乙投球2次均未命中的概率为eq\f(1,16).(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、乙两人各投球2次，求共命中2次的概率．方法提炼1．当从意义上不易判定两事件是否相互独立时，可运用公式P(AB)＝P(A)P(B)计算判定．求相互独立事件同时发生的概率时，要搞清事件是否相互独立．若能把复杂事件分解为若干简单事件，同时注意运用对立事件可把问题简化．2．由两个事件相互独立的定义，可推广到三个或三个以上相互独立事件的概率计算公式，即若A1，A2，…，An相互独立，则P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An3．在解题过程中，要明确事件中的“至少有一个发生”、“至多有一个发生”、“恰有一个发生”、“都发生”、“都不发生”、“不都发生”等词语的意义．若能把相关事件正确地表示出来，同时注意使用逆向思考方法，常常能使问题的解答变得简便．请做演练巩固提升3三、二项分布【例3】甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为eq\f(2,3)，乙队中3人答对的概率分别为eq\f(2,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分．(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P(C)．方法提炼1．独立重复试验是相互独立事件的特例，注意二者的区别．独立重复试验必须具备如下的条件：(1)每次试验的条件完全相同，有关事件的概率不变；(2)各次试验结果互不影响，即每次试验相互独立；(3)每次试验只有两种结果，这两种可能结果的发生是对立的．2．判断某随机变量是否服从二项分布，主要看以下两点：(1)在每次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生；(2)在每一次试验中，事件发生的概率相同．若满足，则在n次独立重复试验中就可把事件发生的次数作为随机变量，此时该随机变量服从二项分布．写二项分布时，首先确定X的取值，直接用公式P(X＝k)计算概率即可．请做演练巩固提升4服从二项分布的随机变量的求解【典例】(12分)(2012四川高考)某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为eq\f(1,10)和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为eq\f(49,50)，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望Eξ.规范解答：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,10)·p＝eq\f(49,50).(4分)解得p＝eq\f(1,5).(5分)(2)由题意，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))3＝eq\f(1,1000)，(6分)P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(27,1000)，(7分)P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\f(1,10)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，(8分)P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))3＝eq\f(729,1000).(9分)所以，随机变量ξ的概率分布列为ξ0123Peq\f(1,1000)eq\f(27,1000)eq\f(243,1000)eq\f(729,1000)故随机变量ξ的数学期望：(11分)E(ξ)＝0×eq\f(1,1000)＋1×eq\f(27,1000)＋2×eq\f(243,1000)＋3×eq\f(729,1000)＝eq\f(27,10).(12分)答题指导：解决离散型随机变量分布列时，还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：(1)对随机变量的理解不到位，造成对随机变量的取值求解错误；(2)求错随机变量取值的概率，造成所求解的分布列概率之和大于1或小于1，不满足分布列的性质；(3)要注意语言叙述的规范性，解题步骤应清楚、正确、完整，不要漏掉必要说明及避免出现严重跳步现象．1．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为()．A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,5) C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)2．从1,2,3,4,5中任取两个不同的数，事件A＝“取到2个数的和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝()．A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,4) C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,2)3．在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率．4．某小学三年级的英语老师要求学生从星期一到星期四每天学习3个英语单词，每周星期五对一周内所学单词随机抽取若干个进行检测(一周所学的单词每个被抽到的可能性相同)．(1)英语老师随机抽了4个单词进行检测，求至少有3个是后两天学习过的单词的概率；(2)某学生对后两天所学过的单词每个能默写对的概率为eq\f(4,5)，对前两天所学过的单词每个能默写对的概率为eq\f(3,5)；若老师从后三天所学单词中各抽取了一个进行检测，求该学生能默写对的单词数ξ的分布列．

参考答案基础梳理自测知识梳理1．eq\f(P(AB),P(A))P(B|A)＋P(C|A)2．P(A)P(B)eq\x\to(B)eq\x\to(A)eq\x\to(B)3．·pk·(1－p)n－kpk(1－p)n－k基础自测1．C解析：记甲去某地的概率是P(A)＝eq\f(1,4)，乙去此地的概率是P(B)＝eq\f(1,5)，故至少有1人去此地的概率为1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(2,5).2．C解析：P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,20),\f(3,5))＝eq\f(1,4).3．C4．解：(1)当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛停止，故p2＋(1－p)2＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)或p＝eq\f(2,3).又p＞eq\f(1,2)，所以p＝eq\f(2,3).(2)依题意知ξ的所有可能取值为2,4,6.P(ξ＝2)＝eq\f(5,9)，P(ξ＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(ξ＝6)＝1－eq\f(5,9)－eq\f(20,81)＝eq\f(16,81)，所以随机变量ξ的分布列为ξ246Peq\f(5,9)eq\f(20,81)eq\f(16,81)考点探究突破【例1】解：设A＝{从第一个盒子中取得标有字母A的球}，B＝{从第一个盒子中取得标有字母B的球}，R＝{第二次取出的球是红球}，W＝{第二次取出的球是白球}，则容易求得P(A)＝eq\f(7,10)，P(B)＝eq\f(3,10)，P(R|A)＝eq\f(1,2)，P(W|A)＝eq\f(1,2)，P(R|B)＝eq\f(4,5)，P(W|B)＝eq\f(1,5).事件“试验成功”表示为RA∪RB，又事件RA与事件RB互斥，故由概率的加法公式，得P(RA∪RB)＝P(RA)＋P(RB)＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(7,10)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,10)＝0.59.【例2】解：(1)设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝eq\f(1,16)，解得p＝eq\f(3,4)或p＝eq\f(5,4)(舍去)，所以乙投球的命中率为eq\f(3,4).(2)方法一：由题设知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2).故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P(eq\x\to(A)·eq\x\to(A))＝eq\f(3,4).方法二：由题设知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2).故甲投球2次，至少命中1次的概率为C12P(A)P(eq\x\to(A))＋P(A)P(A)＝eq\f(3,4).(3)由题设和(1)知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,4).甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次．其概率分别为：P(A)P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(B))＝eq\f(3,16)，P(A)P(A)P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,64)，P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(A))P(B)P(B)＝eq\f(9,64).所以甲、乙两人各投球2次，共命中2次的概率为eq\f(3,16)＋eq\f(1,64)＋eq\f(9,64)＝eq\f(11,32).【例3】解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，且P(ξ＝0)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,27)，P(ξ＝1)＝×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)，P(ξ＝2)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(4,9)，P(ξ＝3)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以ξ的分布列为ξ0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(2)甲得2分，乙得1分，两事件是独立的，由上表可知，甲得2分，其概率P(ξ＝2)＝eq\f(4,9)，乙得1分，其概率为P＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,18).根据独立事件概率公式，得P(C)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,18)＝eq\f(10,81).演练巩固提升1．D解析：由甲、乙两队每局获胜的概率相同，知甲每局获胜的概率为eq\f(1,2)，甲要获得冠军有两种情况：第一种情况是再打一局甲赢，甲获胜概率为eq\f(1,2)；第二种情况是再打两局，第一局甲输，第二局甲赢，则其概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故甲获得冠军的概率为eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).2．B解析：∵P(A)＝＝eq\f(2,5)，P(AB)＝＝eq\f(1,10)，∴P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,4).3．解：分别记这段时间内开关JA，JB，JC能够闭合为事件A，B，C.由题意可知，这段时间内该3个开关是否能够闭合相互之间是没有影响的．根据相互独立事件的概率乘法公式，可得这段时间内3个开关都不闭合的概率是P(eq\x\to(A)eq\x\to