【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第61讲n次独立重复试验与二项分布学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（理科）第61讲n次独立重复试验与二项分布学案

第61讲　n次独立重复试验与二项分布 考试说明 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.‎ 考情分析 考点 考查方向 考例 考查热度 互斥事件及其发生的概率 互斥事件及其发生的概率 ‎2015全国卷Ⅰ4‎ ‎★☆☆‎ 条件概率 条件概率 ‎2016全国卷Ⅱ18,2014全国卷Ⅱ5‎ ‎★★☆‎ 二项分布 二项分布 ‎2017全国卷Ⅱ 13‎ ‎★★☆‎ 真题再现 ‎■ [2017-2013 课标全国真题再现 ‎1.[2015·全国卷Ⅰ 投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同 每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同 通过测试的概率为 (　　)‎ A.0.648 B.0.432‎ C.0.36 D.0.312‎ ‎[解析 A　记事件M={恰好投中2次},N={3次都投中},E={通过测试},则事件M与N互斥,且E=M∪N.又P(M)=×(0.6)2×(1-0.6)=0.432,P(N)=×(0.6)3=0.216,所以P(E)=P(M∪N)=P(M)+P(N)=0.648.故选A.‎ ‎2.[2014·全国卷Ⅱ 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 (　　)‎ A.0.8 ‎B.0.75‎ C.0.6 D.0.45‎ ‎[解析 A　设“第一天空气质量为优良”为事件A,“第二天空气质量为优良”为事件B,则P(A)=0.75,P(AB)=0.6,由题知要求的是在事件A发生的条件下事件B发生的概率,根据条件概率公式得P(B|A)===0.8.‎ ‎3.[2017·全国卷Ⅱ 一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中每次随机取一件,有放回地抽取100次,X表示抽到的二等品件数,则DX=　　　　. ‎ ‎[答案 1.96‎ ‎[解析 X B(100,0.02),故DX=100×0.02×0.98=1.96.‎ ‎4.[2016·全国卷Ⅱ 某险种的基本保费为a(单位:元),继续购买该险种的投保人称为续保人,续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保费 ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:‎ 一年内出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 概率 ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ ‎(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;‎ ‎(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60 的概率;‎ ‎(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.‎ 解:(1)设A表示事件“一续保人本年度的保费高于基本保费”,则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1,‎ 故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.‎ ‎(2)设B表示事件“一续保人本年度的保费比基本保费高出60 ”,则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3,‎ 故P(B)=0.10+0.05=0.15.‎ 又P(AB)=P(B),‎ 故P(B|A)====,‎ 因此所求概率为.‎ ‎(3)记续保人本年度的保费为X,则X的分布列为 X ‎0.85a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a P ‎0.30‎ ‎0.15‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.05‎ E(X)=‎0.85a×0.30+a×0.15+‎1.25a×0.20+‎1.5a×0.20+‎1.75a×0.10+‎2a×0.05=‎1.23a.‎ 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.‎ ‎■ [2017-2016 其他省份类似高考真题 ‎1.[2017·天津卷 从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立,且在各路口遇到红灯的概率分别为, ,.‎ ‎(1)设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数 期望;‎ ‎(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地,求这2辆车共遇到1个红灯的概率.‎ 解:(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.‎ P(X=0)=××=,‎ P(X=1)=××+××+××=,‎ P(X=2)=××+××+××=,‎ P(X=3)=××=.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 随机变量X的数 期望E(X)=0×+1×+2×+3×=.‎ ‎(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数, 表示第二辆车遇到红灯的个数,则所求事件的概率P(Y+ =1)=P(Y=0, =1)+P(Y=1, =0)=P(Y=0)P( =1)+P(Y=1)P( =0)=×+×=.‎ 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.‎ ‎2.[2016·山东卷 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语.在一轮活动中,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是,乙每轮猜对的概率是;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:‎ ‎(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;‎ ‎(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数 期望E(X).‎ 解:(1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,‎ 记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件D:“乙第二轮猜对”,‎ 记事件E:“‘星队’至少猜对3个成语”.‎ 由题意,E=ABCD+BCD+ACD+ABD+ABC.‎ 由事件的独立性与互斥性,得 P(E)=P(ABCD)+P(BCD)+P(ACD)+P(ABD)+P(ABC)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P()P(B)P(C)P(D)+P(A)P()P(C)P(D)+P(A)P(B)P()P(D)+P(A)P(B)P(C)P()=×××+2××××+×××=,所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.‎ ‎(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6. ‎ 由事件的独立性与互斥性,得 P(X=0)=×××=,P(X=1)=2××××+×××==,‎ P(X=2)=×××+×××+×××+×××=,‎ P(X=3)=×××+×××==,P(X=4)=2××××+×××==,‎ P(X=6)=×××==.‎ 故随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ P 所以数 期望E(X)=0×+1×+2×+3×+4×+6×=.‎ ‎3.[2016·北京卷 A,B,C三个班共有100名 生,为调查他们的体育锻炼情况,通过分层抽样获得了部分 生一周的锻炼时间,数据如下表(单位:小时):‎ A班 ‎6‎ ‎6.5‎ ‎7‎ ‎7.5‎ ‎8‎ B班 ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ C班 ‎3‎ ‎4.5‎ ‎6‎ ‎7.5‎ ‎9‎ ‎10.5‎ ‎12‎ ‎13.5‎ ‎(1)试估计C班的 生人数.‎ ‎(2)从A班和C班抽出的 生中,各随机选取一人,A班选出的人记为甲,C班选出的人记为乙.假设所有 生的锻炼时间相互独立,求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率;‎ ‎(3)再从A,B,C三个班中各随机抽取一名 生,他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位:小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1,表格中数据的平均数记为μ0,试判断μ0和μ1的大小.(结论不要求证明)‎ 解:(1)由题意知,抽出的20名 生中,来自C班的 生有8名.根据分层抽样方法,C班的 生人数估计为100×=40.‎ ‎(2)设事件Ai为“甲是现有样本中A班的第i个人”,i=1,2,…,5,事件Cj为“乙是现有样本中C班的第j个人”,j=1,2,…,8.‎ 由题意可知,P(Ai)=,i=1,2,…,5;P(Cj)=,j=1,2,…,8.P(AiCj)=P(Ai)P(Cj)=×=,i=1,2,…,5,j=1,2,…,8.‎ 设事件E为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”.由题意知,‎ E=A‎1C1∪A‎1C2∪A‎2C1∪A‎2C2∪A‎2C3∪A‎3C1∪A‎3C2∪A‎3C3∪A‎4C1∪A‎4C2∪A‎4C3∪A‎5C1∪A‎5C2∪A‎5C3∪A‎5C4.‎ 因此P(E)=P(A‎1C1)+P(A‎1C2)+P(A‎2C1)+P(A‎2C2)+P(A‎2C3)+P(A‎3C1)+P(A‎3C2)+P(A‎3C3)+P(A‎4C1)+P(A‎4C2)+P(A‎4C3)+P(A‎5C1)+P(A‎5C2)+P(A‎5C3)+P(A‎5C4)=15×=.‎ ‎(3)μ1<μ0.‎ ‎【课前双基巩固】‎ 知识聚焦 ‎1.P(B|A)+P(C|A)‎ ‎2.(1)P(A)P(B)　(2)①P(B)　P(A)P(B)‎ ‎3.X B(n,p)　成功概率 对点演练 ‎1.　[解析 由题意可知P(AB)=,P(A)=,∴P(B|A)==.‎ ‎2.　[解析 设事件A表示“4次射击中甲恰好2次击中目标”,事件B表示“4次射击中乙恰好3次击中目标”,由题意知事件A与B相互独立,所以P(AB)=P(A)P(B)=×××××=×=.‎ ‎3.　[解析 设事件A为“第一次拿到白球”,事件B为“第二次拿到红球”,则事件AB为“第一次拿到白球,第二次拿到红球”,所以P(A)==,P(AB)==,由条件概率公式得P(B|A)===.‎ ‎4.　[解析 前2个路口不是红灯,第3个路口是红灯,所以概率为1-2×=.‎ ‎5.　[解析 三人都不能译出密码的概率P=××=,所以此密码能被破译的概率是1-P=1-=.‎ ‎6.　[解析 因为第一位数字可为0或1,所以第一位数字为0的概率P(B)=,第一位数字为0且第二位数字也为0,即事件A,B同时发生的概率P(AB)=×=,所以P(A|B)===.‎ ‎7.　[解析 甲获得“合格证书”的概率为×=,乙获得“合格证书”的概率是×=,两人中恰有一人获得“合格证书”的概率是×1-+1-×=.‎ ‎【课堂考点探究】‎ 例1　[思路点拨 (1)分别计算P(A),P(AB)的值,再据条件概率公式计算;(2)根据几何概型的特征,结合条件概率计算公式计算.‎ ‎(1)D　(2)　[解析 (1)事件AB包括:(2,2),(2,4),(2,6),(4,2),(4,4),(4,6),(6,2),(6,4),(6,6),共9个.事件A包括 ‎:(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6),共18个.由题意可得P(AB)==,P(A)==,由条件概率公式可得P(B|A)==.选D.‎ ‎(2)P(B|A)===,故答案为.‎ 变式题　(1)D　(2)C　[解析 (1)因为事件A包含的基本事件为(1,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,4),(4,2),(3,3),(4,4),(4,6),(6,4),(5,5),(1,5),(5,1),(6,6),(3,5),(5,3),(6,2),(2,6),共18个.其中x=y包含的基本事件为(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6),共6个,所以事件AB包含的基本事件有12个,则P(B|A)==.故选D.‎ ‎(2)记事件A为“第1次抽到代数题”,事件B为“第2次抽到代数题”,则P(A)=,P(AB)==,则在第1次抽到代数题的条件下,第2次也抽到代数题的概率为P(B|A)===.选C.‎ 例2　[思路点拨 (1)由题意可得,甲、乙租车时间及其概率如下表:‎ ‎(0,2 ‎ ‎(2,3 ‎ ‎(3,4 ‎ 甲 乙 车费相同,即使用时间一样,将事件分成三个互斥事件,根据互斥事件的和事件与相互独立事件同时发生的概率公式可得,所求概率为×+×+×=.(2)由题意可得ξ可能取的值为0,2,4,6,8,根据互斥事件的和事件与相互独立事件同时发生的概率公式分别计算可得.‎ 解:(1)由题意得,甲、乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率分别为,.‎ 记“甲、乙两人所付的租车费用相同”为事件A,则P(A)=×+×+×=,‎ 所以甲、乙两人所付的租车费用相同的概率为.‎ ‎(2)由题知ξ可能取的值为0,2,4,6,8.‎ P(ξ=0)=,P(ξ=2)=×+×=,P(ξ=4)=×+×+×=,‎ P(ξ=6)=×+×=,P(ξ=8)=×=.‎ 故ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ P 变式题　解:(1)设Ai表示事件“一个试用组中,服用甲种抗病毒药物痊愈的有i(i=0,1,2)人”;‎ B表示事件“一个试用组中,服用乙种抗病毒药物痊愈的有i(i=0,1,2)人”.‎ 依题意有P(A1)=2××=,P(A2)=×=,P(B0)=×=,P(B1)=2××=,‎ 所以所求概率P=P(B‎0A1)+P(B‎0A2)+P(B‎1A2)=. ‎ 例3　[思路点拨 (1)至少命中2次的事件包括恰好命中2次和恰好命中3次,再根据独立重复试验的概率计算公式求得概率;(2)先确定随机变量的取值,再根据独立重复试验的概率计算公式求对应概率,列表可得分布列,最后根据数 期望公式求期望.‎ 解:(1)由题意得(1-p)3=,解得p=.‎ 设“甲投篮3次,至少2次命中”为事件A,‎ 则P(A)=××1-+×=.‎ ‎(2)由题意知X的所有可能取值为0,1,2,3,4.‎ P(X=0)=1-2×=;‎ P(X=1)=××1-1××+1-2××=;‎ P(X=2)=×+××1-1××+1-2×=;‎ P(X=3)=××+××1-1×=;‎ P(X=4)=×=.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ P E(X)=0×+1×+2×+3×+4×=.‎ 变式题　解:(1)设乙班 生人数为x,则由分层抽样可知=,解得x=60,即乙班 生人数为60.由测试数据可知 生A,B,C,E为优秀生,所以样本中优秀生的频率为=,由60×=40,可知乙班优秀生的人数大约为40.‎ ‎(2)由题知,从甲、乙两班 生中各任取1名是优秀生的概率均为.由题意可知ξ的所有可能取值为0,1,2,且满足二项分布,所以P(ξ=0)=×=,P(ξ=1)=××=,P(ξ=2)=×=.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P 故E(ξ)=0×+1×+2×=.‎ ‎【备选理由】例1侧重考查条件概率的计算;例2考查相互独立事件的概率计算以及随机变量的分布列;例3考查二项分布的相关知识.‎ ‎1　[配合例1使用 袋中有大小完全相同的2个白球和3个黄球,逐个不放回地摸出2个球,设“第一次摸到白球”为事件A,“摸到的2个球同色”为事件B,则P(B|A)= (　　)‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎[解析 C　P(B|A)===,选C.‎ ‎2　[配合例2使用 2011年,国际数 协会正式宣布,将每年的‎3月14日设为“国际数 节”,其 是中国古代数 家祖冲之的圆周率.为庆祝该节日,某校举办的“数 嘉年华”活动中,设计了如下的有奖闯关游戏:参赛选手按第一关、第二关、第三关的顺序依次闯关,若闯关成功,则分别获得5个、10个、20个 豆的奖励.游戏还规定:当选手闯过一关后,可以选择带走相应的 豆,结束游戏;也可以选择继续闯下一关,若有任何一关没有闯关成功,则全部 豆归零,游戏结束.设选手甲能闯过第一关、第二关、第三关的概率分别为, , ,选手选择继续闯关的概率均为,且各关之间闯关成功与否互不影响.‎ ‎(1)求选手甲第一关闯关成功且所得 豆为零的概率;‎ ‎(2)设该选手所得 豆总数为X,求X的分布列.‎ 解:(1)设“甲第一关闯关成功且所得 豆为零”为事件A,“甲第一关闯关成功但第二关闯关失败”为事件A1,“甲前两关闯关成功但第三关闯关失败”为事件A2,则事件A1,A2互斥.‎ P(A1)=××=,P(A2)=××××=,‎ 故P(A)=P(A1)+P(A2)= +=.‎ ‎(2)X所有可能的取值为0,5,15,35.‎ P(X=0)=+P(A)=,‎ P(X=5)=×=, ‎ P(X=15)=×××=,‎ P(X=35)=××××=.‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎5‎ ‎15‎ ‎35‎ P ‎3　[配合例3使用 新生儿Apgar评分,即阿氏评分是对新生儿出生后总体状况的一个评估,主要从呼吸、心率、反射、肤色、肌张力这几个方面进行评分,8-10分者为正常新生儿,评分在4 7分之间的新生儿考虑患有轻度窒息,评分在4分以下的新生儿考虑患有重度窒息,大部分新生儿的评分多在7 10分之间.某市级医院的妇产 对1月份出生的新生儿随机抽取了16名,记录了他们的评分情况如下表:‎ 分数段 ‎[0,7)‎ ‎[7,8)‎ ‎[8,9)‎ ‎[9,10 ‎ 新生儿数 ‎1‎ ‎3‎ ‎8‎ ‎4‎ ‎(1)现从16名新生儿中随机抽取3名,求至多有1名的评分不低于9分的概率;‎ ‎(2)用这16名新生儿的数据来估计本年度的总体数据,若从本市本年度新生儿中任选3名,记X表示抽到评分不低于9分的新生儿数,求X的分布列.‎ 解:(1)设Ai表示“所抽取的3名新生儿中有i(i=0,1,2,3)名新生儿的评分不低于9分”,事件A为“至多有1名新生儿的评分不低于9分”,则P(A)=P(A0)+P(A1)=+=.‎ ‎(2)由表格数据知,从本市本年度新生儿中任选1名,评分不低于9分的概率约为=.由题意知X的可能取值为0,1,2,3.‎ P(X=0)==,P(X=1)=××=,‎ P(X=2)=××=,P(X=3)=×=,所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P