1、12.5 条件概率、n次独立重复试验与二项分布考纲要求 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(2)性质 0P(B|A)1；如果B和C是两个互斥事件，则P(BC|A)_ 2事件的相互独立性(1)定义 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 P(B|A)P(C|A)P(A)P(B)(2)性质 若事件A与B相互独立，则P(B|A)_，P(A|B)P(A)，P(AB)_ 如果事件A与B相互独立，那么_，_与B，_与B也都相互独立 3独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验 在_条件下重复做的n次试验称为
2、n次独立重复试验Ai(i1，2，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3An)_ P(B)P(A)P(B)相同P(A1)P(A2)P(An)思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)条件概率一定不等于它的非条件概率()(2)相互独立事件就是互斥事件()(3)对于任意两个事件，公式P(AB)P(A)P(B)都成立()(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(ab)n二项展开式的通项公式，其中ap，b1p.()【答案】(1)(2)(3)(4)(5)(6)(5)P(B|A)表示在事件 A 发生的条件下，事件 B 发生的概率，P(AB)表示事件 A，B 同时发生的概率()(6)
3、小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试 3 次，那么其中恰好第 3 次测试获得通过的概率是 PC131311133149.()1袋中有 3 红 5 黑 8 个大小形状相同的小球，从中依次摸出两个小球，则在第一次摸得红球的条件下，第二次仍是红球的概率为()A.38 B.27C.28D.37【答案】B【解析】第一次摸出红球，还剩 2 红 5 黑共 7 个小球，所以再摸到红球的概率为27.2(2014课标全国)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A0.8B0.75 C0.
4、6D0.45 【答案】A【解析】已知连续两天为优良的概率是 0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得 P 0.60.750.8.3如图，用K，A1，A2三类不同的元件连接成一个系统当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作已知K，A1，A2正常工作的概率依次为0.9，0.8，0.8，则系统正常工作的概率为()A0.960B0.864 C0.720D0.576【解析】方法一 由题意知K，A1，A2正常工作的概率分别为P(K)0.9，P(A1)0.8，P(A2)0.8，K，A1，A2相互独立，A1，A2至少有一个正常工作
5、的概率为 P(A1A2)P(A1A2)P(A1A2)(10.8)0.80.8(10.8)0.80.80.96.系 统 正 常 工 作 的 概 率 为 P(K)P(A1A2)P(A1A2)P(A1A2)0.90.960.864.方 法 二 A1，A2 至 少 有 一 个 正 常 工 作 的 概 率 为 1 P(A1A2)1(10.8)(10.8)0.96，故系统正常工作的概率为P(K)1P(A1A2)0.90.960.864.【答案】B 4(2017南京模拟)某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为_【解析】设该队员每次罚球的
6、命中率为 p，则依题意有 1p21625，即 p2 925.又 0p1，故 p35.【答案】355(教材改编)国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙去北京旅游的概率为14，假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有 1 人去北京旅游的概率为_【解析】记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件 A，“乙去北京旅游”为事件 B，又 P(A B)P(A)P(B)1P(A)1P(B)113 114 12，“甲、乙二人至少有一人去北京旅游”的对立事件为“甲、乙二人都不去北京旅游”，所求概率为 1P(A B)11212.【答案】12题型一 条件概率【例 1】(1)从 1，2，3，4，5 中任取 2 个
7、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.18 B.14C.25D.12(2)如图所示，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一粒豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)_【解析】(1)P(A)C23C22C2525，P(AB)C22C25 110，P(B|A)P（AB）P（A）14.(2)AB 表示事件“豆子落在OEH 内”，P(B|A)P（AB）P（A）OEH的面积正方形EFGH的面积14.【答案】(1)B(2)1
8、4【引申探究】若将本例(1)中的事件B：“取到的2个数均为偶数”改为“取到的2个数均为奇数”，则结果如何？【解析】P(A)C23C22C2525，P(B)C23C25 310，又 AB，则 P(AB)P(B)310，所以 P(B|A)P（AB）P（A）P（B）P（A）34.【方法规律】条件概率的求法：(1)利用定义，分别求 P(A)和 P(AB)，得 P(B|A)P（AB）P（A），这是通用的求条件概率的方法(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，即n(AB)，得 P(B|A)n（AB）n（A）.跟踪训练1(2
9、017湖北荆门模拟)某工厂生产了一批产品共有20件，其中5件是次品，其余都是合格品，现不放回地从中依次抽取2件求：(1)第一次抽到次品的概率；(2)第一次和第二次都抽到次品的概率；(3)在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率【解析】设“第一次抽到次品”为事件 A，“第二次抽到次品”为事件 B，事件 A 和事件 B 相互独立(1)第一次抽到次品的概率为 P(A)52014.(2)第一次和第二次都抽到次品的概率为 P(AB)520 419119.(3)方法一 在第一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率为 P(B|A)P（AB）P（A）11914 419.方法二 第一次抽到次品后，还剩余
10、产品 19 件，其中次品 4件，故第二次抽到次品的概率为 P(B)419.题型二 相互独立事件的概率【例2】在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号)登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手(1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；(2)X表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，“求X2”的事件概率【解析】(1)设A表示事件“观众甲选中3号歌手”，B表示事件“观众乙选中3号歌手”，则 P(A)
11、C12C2323，P(B)C24C3535.事件 A 与 B 相互独立，A 与 B 相互独立，则 AB 表示事件“甲选中 3 号歌手，且乙未选中 3 号歌手”P(AB)P(A)P(B)P(A)1P(B)2325 415，或P（AB）C12C34C23C35 415.(2)设 C 表示事件“观众丙选中 3 号歌手”，则 P(C)C24C3535，依题意，A，B，C 相互独立，A，B，C 相互独立，且 ABC，ABC，ABC，ABC 彼此互斥 又 P(X2)P(ABC)P(ABC)P(ABC)2335252325351335353375，P(X3)P(ABC)2335351875，P(X2)P(X
12、2)P(X3)337518751725.【方法规律】解答此类问题的方法技巧(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立；(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解 正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算跟踪训练2(2015陕西改编)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：T(分钟)25 30 35 40 频数(次)20 30 40 10(1)求T的分布列；(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间
13、不超过120分钟的概率【解析】(1)由统计结果可得T的频率分布为 T(分钟)25 30 35 40 频率 0.2 0.3 0.4 0.1 以频率估计概率得T的分布列为 T 25 30 35 40 P 0.2 0.3 0.4 0.1(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同，设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”方法一 P(A)P(T1T270)P(T125，T245)P(T130，T240)P(T135，T235)P(T140，T230)0.210.310.40.
14、90.10.50.91.方法二 P(A)P(T1T270)P(T135，T240)P(T140，T235)P(T140，T240)0.40.10.10.40.10.10.09，故P(A)1P(A)0.91.题型三 独立重复试验与二项分布命题点 1 根据独立重复试验求概率【例 3】甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜 3 局者获得比赛的胜利，比赛随即结束除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立(1)分别求甲队以30，31，32胜利的概率；(2)若比赛结果为30或31，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为32，则胜利方得2分，对方得1分求乙队得
15、分X的分布列【解析】(1)设“甲队以 30，31，32 胜利”分别为事件 A，B，C，则 P(A)232323 827，P(B)C23232123 23 827，P(C)C24232123212 427.(2)X 的可能的取值为 0，1，2，3.则 P(X0)P(A)P(B)1627，P(X1)P(C)427，P(X2)C241232232112 427，P(X3)133C23132231319.X 的分布列为 命题点 2 根据独立重复试验求二项分布【例 4】(2017三门峡模拟)在一次数学考试中，第 21 题和第 22 题为选做题规定每位考生必须且只须在其中选做一题设4 名学生选做每一道题的
16、概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这 4 名考生中选做第 22 题的学生个数为，求 的分布列【解析】(1)设事件 A 表示“甲选做第 21 题”，事件 B 表示“乙选做第 21 题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“ABA B，且事件 A、B 相互独立”故 P(ABA B)P(A)P(B)P(A)P(B)1212112 112 12.(2)随机变量 的可能取值为 0，1，2，3，4，且 B4，12，则 P(k)Ck412k1124kCk4124(k0，1，2，3，4)故变量 的分布列为【方法规律】独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略(1)在求n
17、次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率(2)根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率 跟踪训练 3(2017广东揭阳一中上学期期中)某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“再来一瓶”或“谢谢惠顾”字样购买一瓶若其瓶盖内印有“再来一瓶”字样即为中奖，中奖概率为15.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料(1)求甲、乙都中奖且丙没有中奖的概率；(2)求中奖人数 的分布列及数学期望 E()【解析】(1)设“甲中奖”的事件为 A，“乙中奖”的事件为B，“丙中奖”的事件为 C，则 P(A
18、)P(B)P(C)15.P(ABC)P(A)P(B)P(C)15245 4125，即甲、乙都中奖且丙没有中奖的概率为 4125.(2)的可能取值为 0，1，2，3，P(k)Ck315k453k(k0，1，2，3)，易错警示系列 20独立事件概率求解中的易误点【典例】(12 分)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
19、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次后的总分数，求的分布列【易错分析】解本题第(2)问易因不明独立事件与独立重复试验的区别，误认为是 n 次独立重复试验，可导致求得 PC35233132 80243这一错误结果【规范解答】(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)C252321233 40243.(2 分)(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(A1A2A
20、3A4A5)P(A1A2A3A4A5)P(A1A2A3A4A5)2331321323313132233 881.(4 分)(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 0，1，2，3，6.(5 分)P(0)P(A1A2A3)133 127；P(1)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)231321323131322329；P(2)P(A1A2A3)231323 427；P(3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)2321313232 827；【温馨提醒】(1)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独立重复试验
21、是在同一条件下，事件重复发生或不发生(2)独立重复试验中的概率公式 P(Xk)Cknpk(1p)nk表示的是 n次独立重复试验中事件 A 发生 k 次的概率，p 与 1p 的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件 A 有 k 次不发生的概率了.方法与技巧1古典概型中，A 发生的条件下 B 发生的条件概率公式为P(B|A)P（AB）P（A）n（AB）n（A），其中，在实际应用中 P(B|A)n（AB）n（A）是一种重要的求条件概率的方法2相互独立事件与互斥事件的区别相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)P(A)P(B)互斥事件是指在同一试验中，两个事件不
22、会同时发生，计算公式为 P(AB)P(A)P(B)3n 次独立重复试验中，事件 A 恰好发生 k 次可看作是 Ckn个互斥事件的和，其中每一个事件都可看作是 k 个 A 事件与 nk个 A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率都是 pk(1p)nk.因此 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率为Cknpk(1p)nk.失误与防范 1运用公式P(AB)P(A)P(B)时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A、B相互独立时，公式才成立 2独立重复试验中，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某事件发生的概率相等注意“恰好”与“至多(少)”的关系，灵活运用对立事件.
