单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,第二节 二项分布及其应用,根底梳理,1.条件概率及其性质,（1）条件概率的定义,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.,（2）条件概率的求法,求条件概率除了借助定义中的公式，还可以借助古典概型概率公式，即P（A|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，即,P(BC|A)=,.,0P(B|A)1,P(B|A)+P(C|A),2.事件的相互独立性,设A,B为两个事件，如果 P(B|A)=P(B),那么称事件A与事件B相互独立.,3.独立重复试验,1在 条件下,重复地做n次试验,各次试验的结果相互独立,那么一般就称它们为n次独立重复试验.,2如果事件A与B相互独立，那么 与 B,与 ，与也都相互独立.,4.二项分布,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发生的概率为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 .,相同,A,B,XBn,p,题型一 条件概率,【例1】在100件产品中有95件合格品，5件不合格品.现从中不放回地取两次，每次任取一件.试求:,1第一次取到不合格品的概率;,(2)在第一次取到不合格品后，第二次再次取到不合格品的概率.,分析1是求简单随机事件的概率;,(2)为条件概率问题，可利用条件概率的概率公式求解.,典例分析,解,设A=第一次取到不合格品,B=第二次取到不合格品.,(1)P(A)=.,(2)根据条件概率的定义计算，需要先求出事件AB的概率:,P(AB)=,所以PB|A=,学后反思,（1）在等可能性事件的问题中，求条件概率通用的方法是利用条件概率公式P(B|A)=，这就需要求出P(AB)和P（A），用到原来的概率知识.,(2)本题中可以计算事件B的概率为P(B)=P(AB+)=P(AB)+P()=,可见，条件概率P(B|A)P(B).,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.,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（AB）=P(B|A)P(A)=0.80.9=0.72.,故这粒种子成长为幼苗的概率为0.72.,题型二 相互独立事件的概率,【例2】甲、乙两名跳高运发动一次试跳2米高度成功的概率分别为0.7、0.6，且每次试跳成功与否相互之间没有影响，求：,1甲试跳三次，第三次才成功的概率；,2甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率；,3甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次的概率.,分析,因为甲、乙两人试跳成功与否相互之间没有影响，每人每次的试跳成功与否也不相互影响，故应利用独立事件求概率的方法求解.,解 1记“甲第i次试跳成功为事件 ，“乙第i次试跳成功为事件 .,依题意得P =0.7,P()=0.6,且 ,(i=1,2,3)相互独立，,=0.30.30.7=0.063.,(2)“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功为事件C，,方法一：,且 ,彼此互斥，,=0.70.4+0.30.6+0.70.6=0.88.,方法二：,=1-0.30.4=0.88.,(3)设“甲在两次试跳中成功i次为事件 (i=0,1,2)，“乙在两次试跳中成功i次为事件 (i=0,1,2),事件“甲、乙各试跳两次，甲比乙的成功次数恰好多一次可表示为 ,且 为互斥事件，,所求的概率为,学后反思 (1)用相互独立事件的乘法公式解题的步骤：,用恰当字母表示题中有关事件；,根据题设条件，分析事件间的关系；,将需要计算概率的事件表示为所设事件的乘积或假设干个乘积之和相互乘积的事件之间必须满足相互独立；,利用乘法公式计算概率.,(2)两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.一般地，两个事件不可能既互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的.相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，这一点与互斥事件的概率和也是不同的.,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.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 ，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果树成苗的概率为,1-=1-0.40.5=0.8.,(2)分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A、B，那么,P(A)=0.42,P(B)=0.45,恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为,=0.420.55+0.580.45=0.492.,题型三 独立重复试验,【例3】甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各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，那么中止其射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？,分析 1“至少1次未击中包含多种情况，可求其对立事件的概率.,2甲恰好击中目标2次与乙恰好击中目标3次相互独立.,3乙恰好射击5次被中止，相当于前2次射击至少有1次击中，第3次击中，第4次、第5次未击中.,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 =1-P()=1-,所以甲连续射击4次至少有1次未击中目标的概率为 .,(2)记“甲射击4次，恰有2次击中目标为事件 ,“乙射击4次，恰有3次击中目标为事件 ，那么,由于甲、乙射击相互独立，故,所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为 .,（3）记“乙恰好射击5次后被中止射击”为事件 ，“乙第i次射击未击中”为事件 (i=1,2,3,4,5),则,且 .,由于各事件相互独立，故,所以乙恰好射击5次后被中止射击的概率为451 024.,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.,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,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.,分析 (1)可看做6次独立重复试验;,2X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.,解 1将通过每个交通岗看做一次试验，那么遇到红灯的概率为13,且每次试验结果是相互独立的,故XB(6,),3,以此为根底求X的分布列.,由XB(6,),PX=k=，4,k=0,1,2,3,4,5,6.,所以X的分布列为,.10,X,0,1,2,33,P,X,4,5,6,P,(2)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,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),条件概率：PB|A=,独立事件：PAB=P(A)P(B),n次独立重复试验：,(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，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.,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.,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)=,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 .,0,1,2,3,4,5,6,7,9,P,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次参加考试的时机，一旦某次考试通过，便可领取驾照，不再参加以后的考试，否那么就一直考到第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=1-0.60.7=0.28;,=3表示李明第一、二次考试未通过,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，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=1-0.60.7=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=1-0.61-0.70.8=0.096;,=4，表示李明第一、二、三次考试都未通过，故P=4=1-0.61-0.71-0.8=0.024.,故李明实际参加考试次数的分布列为,1,2,3,4,P,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.(2021湖北)某篮球运发动在三分线投球的命中率是12,他投球10次，恰好投进3个球的概率为.(用数字作答),解析:,由独立重复试验概率公式,得 .,答案:,11.1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