1、10.7 独立事件与二项分布及其应用第一章集合与常用逻辑用语第十章计数原理、概率、随机变量及其分布 1条件概率及其性质(1)一般地，设 A，B 为两个事件，且 P(A)0，称_为事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的条件概率P(B|A)读作_在古典概型中，若用 n(A)表示事件 A 中基本事件的个数，则 P(B|A)_(2)条件概率具有的性质：_；如果 B 和 C 是两个互斥事件，则 P(BC|A)_.2相互独立事件(1)对于事件 A，B，若事件 A 的发生不会影响事件 B 发生的概率，则称_(2)若 A 与 B 相互独立，则 P(B|A)_，P(AB)_.(3)若 A 与 B 相互独立，则
2、_，_，_也都相互独立(4)若 P(AB)P(A)P(B)，则_3独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的、各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生、要么不发生，且任何一次试验中事件发生的概率都是一样的在相同条件下重复做的 n 次试验称为_，若 Ai(i1，2，n)是第 i 次试验的结果，则 P(A1A2An)_.(2)在 n 次独立重复试验中，事件 A 发生 k 次的概率为(每次试验中事件 A 发生的概率为 p)_，事件 A 发生的次数是一个随机变量 X，其分布列为_(k0，1，2，n)，此时称随机变量 X 服从_，记为_自查自纠
3、1(1)P(B|A)P（AB）P（A）A 发生的条件下 B 发生的概率n（AB）n（A）P（AB）P（A）(2)0P(B|A)1 P(B|A)P(C|A)2(1)事件 A 与事件 B 相互独立(2)P(B)P(A)P(B)(3)A与BA与 B A 与B(4)A，B 相互独立3(1)n 次独立重复试验 P(A1)P(A2)P(An)(2)Cknpk(1p)nk P(Xk)Cknpk(1p)nk二项分布 XB(n，p)1.(2019天津模拟)一袋中有 5 个白球、3 个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现 10 次时停止，设停止时共取了 X 次球，则 P(X12)等于(
4、)A.C1012(38)10(58)2B.C912(38)10(58)2C.C911(58)9(38)2D.C911(38)10(58)2解：“X12”表示第 12 次取到红球，且前 11 次有 9 次取到红球、2 次取到白球，因此 P(X12)C911(38)9(58)238C911(38)10(58)2.故选 D.2.小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设事件 A“4 个人去的景点不相同”，事件 B“小赵独自去一个景点”，则 P(A|B)()A.29B.13C.49D.59解：小赵独自去一个景点，则有 4 个景点可选，剩下三人只能在小赵选剩下的三个景点中选择，可能有
5、 33327 种方案，所以小赵独自去一个景点所有方案有 4333108 种，因为四个人去的不同景点的方案有 432124(种)，所以 P(A|B)2410829.故选 A.3.(2019江门一模)某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响.假设这名射手射击 5 次，则有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标的概率为()A.89B.7381C.881D.19解：因为射手每次射击击中目标的概率是23，则每次射击不中的概率为13，设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i1，2，3，4，5)，“射手在 5 次射击中，有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件 A
6、，则 P(A)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)(23)3(13)213(23)313(13)2(23)3 881.故选 C.4.(湖北宜昌部分示范高中教学协作体 2020 届高三 9 月月考)在一段线路中有 4 个自动控制的常用开关 A，B，C，D，如图连接在一起，假定在某时间段内开关 A，D 能够闭合的概率都是 0.7，开关 B，C 能够闭合的概率都是 0.8，则在这段时间内线路能正常工作的概率为.解：B，C 段不能正常工作的概率为 10.80.80.36.线路不能正常工作的概率为 0.30.30.36，故能正常工作的概率为 10.30.30.3
7、60.967 6.故填 0.967 6.5.(2019全国卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为 0.6，客场取胜的概率为 0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 41 获胜的概率是_.解：依题意，第 5 场主场甲胜，前 4 场甲 3 胜 1 负故所求概率为 C120.620.50.50.6C120.60.40.520.60.18.故填 0.18.类型一 条件概率例1(1)(吉林延边二中2020届高三开学考试)甲、乙两人从1，2，3，15 这 15 个数中，依次
8、任取一个数(不放回)，则在已知甲取到的数是 5 的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是()A.12B.715C.914D.815解：设事件 A 为“甲取到的数是 5 的倍数”，B 为“甲所取的数大于乙所取的数”，则 P(A)31515，P(AB)49141514 970，所以 P(B|A)P（AB）P（A）914.故选 C.(2)(2018河北名校联盟二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为()A.110B.15C.25D.12解：设“开关第一
9、次闭合后出现红灯”为事件 A，“第二次闭合后出现红灯”为事件 B，则由题意可得 P(A)12，P(AB)15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是 P(B|A)P（AB）P（A）151225.故选 C.评析 解决条件概率问题的步骤：第一步，判断是否为条件概率，若题目中出现“在条件下”“在前提下”等字眼，一般为条件概率.题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率时，也需注意是否为条件概率.若为条件概率，则进行第二步：计算概率，这里有两种思路.思路一：缩减样本空间法计算条件概率.如求 P(A|B)，可分别求出事件 B，AB 包含的基本事件的个数，再利用公式
10、P(A|B)n（AB）n（B）计算.思路二：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别计算出 P(AB)，P(B)，再利用公式 P(A|B)P（AB）P（B）计算.变式 1(1)从 1，2，3，4，5 中任取 2 个不同的数，事件 A 为“取到的 2 个数之和为偶数”，事件 B 为“取到的 2 个数均为偶数”，则 P(B|A)等于()A.18B.14C.25D.12解法一：P(A)C23C22C2525，P(AB)C22C25 110，P(B|A)P（AB）P（A）14.解法二：事件 A 包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共 4 个 事件 AB 发生的结果只有
11、(2，4)一种情形，即 n(AB)1.得 P(B|A)n（AB）n（A）14.故选 B.(2)高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是_.解：设“甲、乙二人相邻”为事件 A，“甲、丙二人相邻”为事件 B，则所求概率为 P(B|A)，由于 P(B|A)P（AB）P（A），而 P(A)2A44A55 25，事件AB 表示“甲与乙、丙都相邻”，故 P(AB)2A33A55 110，所以 P(B|A)1102514.故填14.类型二 相互独立事件同时发生的概率例 2(2018哈尔滨质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和3
12、5.现安排甲组研发新产品 A，乙组研发新产品 B.设甲、乙两组的研发相互独立.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品 A 研发成功，预计企业可获利润 120 万元；若新产品 B研发成功，预计企业可获利润 100 万元.求该企业可获利润的分布列.解：记 E“甲组研发新产品成功”，F“乙组研发新产品成功”，由题设知 P(E)23，P(E)13，P(F)35，P(F)25，且事件 E 与 F，E与 F，E与 F，E与F都相互独立(1)记 H“至少有一种新产品研发成功”，则HEF，于是 P(H)P(E)P(F)1325 215，故所求的概率为 P(H)1P(H)1 2151315.(2
13、)设企业可获利润为 X(万元)，则 X 的可能取值为 0，100，120，220，因为 P(X0)P(EF)1325 215，P(X100)P(EF)1335 31515，P(X120)P(EF)2325 415，P(X220)P(EF)2335 61525.故所求的分布列为 X0100120220 P2151541525评析 求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算.求相互独立事件同时发生的概率的主要方法：利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；正面计算较繁(如求用“至少”表达的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手
14、计算.变式 2(2019 年北京卷)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变.近年来，移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：支付金额(元)支付方式 (0，1 000(1 000，2 000大于 2 000 仅使用 A18 人9 人3 人仅使用 B10 人14 人1 人(1)从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率；(2)从样本仅使用 A 和仅使用 B 的
15、学生中各随机抽取 1 人，用 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于 1 000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查 3 人，发现他们本月的支付金额都大于 2 000 元.根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2 000 元的人数有变化？说明理由.解：(1)由题意知，样本中仅使用 A 的学生有 189330 人，仅使用 B 的学生有 1014125 人，A，B 两种支付方式都不使用的学生有 5 人 故样本中 A，B 两种支付方式都使用的学生有 1003025540 人 所以从全校
16、学生中随机抽取 1 人，该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率估计为 401000.4.(2)X 的所有可能取值为 0，1，2.记事件 C 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”，事件 D 为“从样本仅使用 B 的学生中随机抽取 1 人，该学生上个月的支付金额大于 1 000 元”.由题设知，事件 C，D 相互独立，且 P(C)9330 0.4，P(D)14125 0.6.所以 P(X2)P(CD)P(C)P(D)0.24，P(X1)P(CDCD)P(C)P(D)P(C)P(D)0.4(10.6)(10.4)0.60.52，P(X0
17、)P(C D)P(C)P(D)0.24.所以 X 的分布列为 X012 P0.240.520.24 故 X 的数学期望 E(X)00.2410.5220.241.(3)记事件 E 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽查 3 人，他们本月的支付金额都大于 2 000 元”.假设样本仅使用 A 的学生中，本月支付金额大于 2 000 元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得 P(E)C33C33014 060.答案示例 1：可以认为有变化 理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生 一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于 2 000 元的人数发生了变化，所以可以认为有变化 答案示例
18、 2：无法确定有没有变化理由如下：事件 E 是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化类型三 独立重复试验与二项分布例 3 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100 名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 55 名男性驾驶员中，平均车速超过 100 km/h 的有 40 人，不超过 100 km/h 的有 15 人；在 45 名女性驾驶员中，平均车速超过 100 km/h的有 20 人，不超过 100 km/h 的有 25 人.(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过 100 km/h 的人中随机
19、抽取 2 人，求这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取 3 辆，记这 3 辆车平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的车辆为 X，求 X 的分布列.解：(1)记“这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员”为事件 A，则所求的概率 P(A)C115C125C240 152520392552.(2)根据样本估计总体的思想，从总体中任取 1 辆车，平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的概率为 4010025，故 XB(3，25).所以 P(X0)C03(25)0(35)3 271
20、25，P(X1)C13(25)(35)2 54125，P(X2)C23(25)2(35)36125，P(X3)C33(25)3(35)0 8125.所以 X 的分布列为 X0123 P2712554125361258125评析 判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：试验是否为 n 次独立重复试验；随机变量是否为这 n 次独立重复试验中某事件发生的次数.变式 3(2019天津)设甲、乙两位同学上学期间，每天 7：30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.(1)用 X 表示甲同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数，求随机变量 X
21、的分布列和数学期望；(2)设 M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 7：30 之前到校的天数比乙同学在 7：30 之前到校的天数恰好多 2”，求事件 M发生的概率.解：(1)由题意知 XB3，23，从而 P(Xk)Ck3 23k 133k，k0，1，2，3.所以随机变量 X 的分布列为 X0123 P1272949827 随机变量 X 的数学期望 E(X)3232.(2)设乙同学上学期间的三天中 7：30 之前到校的天数为 Y，则 YB3，23，且 MX3，Y1X2，Y0 由题意知事件X3，Y1与X2，Y0互斥，且事件X3与Y1，事件X2与Y0均相互独立，从而由(1)知 P(M)P(X3，Y
22、1X2，Y0)P(X3，Y1)P(X2，Y0)P(X3)P(Y1)P(X2)P(Y0)8272949 127 20243.类型四 事件独立、对立、互斥的综合运用例 4 某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响.(1)假设这名射手射击 5 次，求恰有 2 次击中目标的概率；(2)假设这名射手射击 5 次，求有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标的概率；(3)假设这名射手射击 3 次，每次射击，击中目标得 1 分，未击中目标得 0 分.在 3 次射击中，若有 2 次连续击中，而另外 1 次未击中，则额外加 1 分；若 3 次全击中，则额外加 3 分.记 为射手射击3 次
23、后的总分数，求 的分布列.解：(1)设 X 为射手在 5 次射击中击中目标的次数，则 XB5，23.在 5 次射击中，恰有 2 次击中目标的概率为 P(X2)C25 2321233 40243.(2)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i1，2，3，4，5)，“射手在 5 次射击中，有 3 次连续击中目标，另外 2 次未击中目标”为事件 A，则 P(A)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)233 13213 23313 132 233 881.(3)设“第 i 次射击击中目标”为事件 Ai(i1，2，3)由题意可知，的所有可能取值为0，1，2，3
24、，6.P(0)P(A1 A2 A3)133 127，P(1)P(A1A2 A3)P(A1A2 A3)P(A1 A2 A3)23 132132313 1322329，P(2)P(A1A2A3)231323 427，P(3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)2321313 232 827，P(6)P(A1A2A3)233 827.所以 的分布列是01236 P12729427827827评析 正确区分相互独立事件与 n 次独立重复试验是解决这类问题的关键.题(3)属于独立、互斥等事件的综合应用，这一类型的问题一直是高考考查的热点题型，一般采取“大化小”的解决策略，即将“大”的分布列或期望问题化为
25、“小”的随机变量概率问题；再将“大”的概率问题化为“小”的独立事件概率问题，一般是 P(AB)P(A)P(B)，P(A)1P(A)，P(AB)P(A)P(B)这三个公式的联用.注意分清每一个事件是由哪几个基本事件构成的，做到不重不漏.变式 4 甲、乙 2 个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为13和14，求：(1)2 个人都译出密码的概率；(2)2 个人都译不出密码的概率；(3)恰有 1 个人译出密码的概率；(4)至多 1 个人译出密码的概率；(5)至少 1 个人译出密码的概率.解：记“甲独立地译出密码”为事件 A，“乙独立地译出密码”为事件 B，A，B 为相互独立事件，且 P(A
26、)13，P(B)14.(1)“2 个人都译出密码”的概率为 P(AB)P(A)P(B)1314 112.(2)“2 个人都译不出密码”的概率为 P(AB)P(A)P(B)(113)(114)12.(3)“恰有 1 个人译出密码”包含“甲译出乙未译出”和“甲未译出乙译出”，且两个事件为互斥事件，所以“恰有 1 个人译出密码”的概率为 P(ABAB)P(AB)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)13(114)(113)14 512.(4)“至多 1 个人译出密码”的对立事件为“2 个人都译出密码”，所以“至多 1 个人译出密码”的概率为 1P(AB)1P(A)P(B)113141112.(5
27、)“至少 1 个人译出密码”的对立事件为“2 个人都未译出密码”，所以“至少有 1 个人译出密码”的概率为 1P(AB)1P(A)P(B)1113 114 12.类型五 二项分布的最大项问题例 5 如果 XB20，13，则 P(Xk)取得最大值时，k_.解法一：由题意知，X 服从二项分布，所以 P(Xk)Ck20 13k11320kCk20 13k 2320k，P(Xk1)Ck120 13k1 2320k1，kN 且 k19.考查不等式P（Xk1）P（Xk）1，即20kk1 121，解得 k6.所以 k6 时，P(Xk1)P(Xk)，k6 时，P(Xk1)P(Xk)，其中当 k6 时，P(Xk
28、1)P(Xk)，所以 k6 或 7 时，P(Xk)取最大值解法二：由题意，P(Xk)Ck20(13)k(113)20kCk20(13)k(23)20k，设 P(Xk)最大，则P（Xk）P（Xk1），P（Xk）P（Xk1），即 Ck20（13）k（23）20kCk120（13）k1（23）21k，Ck20（13）k（23）20kCk120（13）k1（23）19k，化简得1k221k，220k 1k1，解得 6k7.所以 k6 或 7.故填 6 或 7.评析 如果 XB(n，p)，其中 0p1，求 P(Xk)最大值对应的 k 值，一般可考查P（Xk1）P（Xk），还可以考虑用不等式组P（Xk）P
29、（Xk1），P（Xk）P（Xk1）来求.变式 5(2019眉山期末)已知 XB(8，12)，当 P(Xk)(kN，0k8)取得最大值时，k 的值是.解：因为 XB(8，12)，所以 P(Xk)Ck8(12)k(12)8kCk8(12)8，而 P(Xk)Ck8(12)8(kN，0k8)只有 Ck8是变量，根据组合数的性质可知，当 k4 时，Ck8取最大值，从而P(Xk)取得最大值故填 4.1.“独立”与“互斥”的区别两事件互斥是指两个事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响(如有放回的抽取模型).两事件相互独立通常不互斥，两事件互斥通常不独立.2.条件概
30、率的求法(1)利用定义，分别求出 P(A)，P(AB)，再求 P(B|A)P（AB）P（A）.(2)借助古典概型概率公式，先求事件 A 包含的基本事件数 n(A)，再在事件 A 发生的条件下求事件 B 包含的基本事件数 n(AB)，即可求得 P(B|A)n（AB）n（A）.(3)为了求一些复杂事件的条件概率，往往可以先把它分解为两个(或若干个)互斥事件的和，再利用公式 P(BC|A)P(B|A)P(C|A)进行计算，其中 B，C 互斥.3.对 n 次独立重复试验的理解(1)在 n 次独立重复试验中，事件 A 恰好发生 k 次的概率为P(Xk)Cknpk(1p)nk，k0，1，2，n，其中 p
31、是一次试验中该事件发生的概率.实际上，Cknpk(1p)nk 正好是二项式(1p)pn 的展开式中的第 k1 项.这也是二项分布名称的由来.(2)要弄清 n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率与第 k次才发生的概率计算公式 Pn(k)Cknpk(1p)nk 与 Pk(1p)k1p的区别.4.相互独立事件同时发生的概率的求法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解.(2)正面计算较繁或难于入手时，可正难则反从其对立事件入手进行计算.5.正确理解独立重复试验与独立事件间的关系独立重复试验是指在同样条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只有两种结果(即某事件要么发生，要么不发生)，并且在每次试验中，事件发生的概率均相等.独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样.一般地，有“恰好”等字眼的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”等字眼的题目用对立事件的概率公式计算更简单一样.