1、第二节 独立性、二项分布及其应用基础梳理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)P ABP B n ABn B0P(B|A)1 P(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.事件的相互独立
2、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 .12,.,nA AA 1212.nnP A AAP A P AP Ap0 伯努利试验 A A ABABAB3.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
3、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(0p1)，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 Akn kp q 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 .knC npk,1,2,.,kkn knC p qknnpqkn kp q XB(n,p
4、)典例分析题型一 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.B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()=141623CC
5、 B13141949CC 131913CC BB421111933327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 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.P ABP A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
6、（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.P ABP A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.iA115P A214P A313P A1A2A3A123123123BA A AA A AA A A 123123123112131411354354354320P BP A A AP A A AP A A A题型二 相互独立事件的概率【例2】(2008福建)三人
7、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.151413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率大.320123DA A A123,A A A 12343225435P DP A P AP A35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，
8、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 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 、.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
9、.40.5=0.8.1A2A1B2B1A2A1B2B12(,)P A A题型三 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=0.492.11A B22A BBABA分析 由于每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
10、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0.3.364656666666210.50.50.50.532P ACCCC465666666110.50.50.50.332CCC56666670.50.50.364CC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
11、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=0,1,2,n.在利用该公式时，一定要审清公式中的n,k各是多少.1n kkknC pp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.2313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.223212833327PC题型四 综合应用【例4】(14分)一名学生每天骑车上学，从他家到
12、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，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.13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）=，4 k=0,1,2,3,4,5,6.所以X的分布列为 .10 1313661233kkkC X 0 1 2 33 P 6235161233C23261233C33361233CX 4 5 6 P 42461233C5561233C613(2
13、)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 61k6266510.9123729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),mn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
14、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.P ABP A 1n kkknnP kC pp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，获得4分以上（含4分）即可小组出线.121316（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
15、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)=223111326P AC163116216 2131113636C223111113369618C 231311117263216C3311112366A 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 .223111326C223111268C223111234C31128 0 1 2 3 4 5 6 7 9 P 1216136118172
16、16161618141811111566848656易错警示【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
17、通过,第三次考试通过,P(=3)=（1-0.6）(1-0.7)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），
18、其二是用间接法1-P(=1)+P(=2)+P(=3)也可得出正确结论.1 2 3 4 P 0.6 0.28 0.096 0.0216 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 1 2 3 4 P
19、 0.6 0.28 0.096 0.024 李明在第一年内领到驾照的概率为 1-（1-0.6）(1-0.7)(1-0.8)(1-0.9)=0.997 6.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.13122313AB131312BAAB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(
20、)=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.1223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：123031128C 3131328C 3231328C 3331128C X 0 1 2 3 P 18383818(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
21、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（）=3332191327C 1B2B12ABB1B2B1B2B332321331121123332311218278924CC12.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 .3525C23C2325310CC35310 12P ABP A12
