第5讲 二项分布及其应用
【2013年高考会这样考】
1．考查条件概率和两个事件相互独立的概念．
2．考查n次独立重复试验的模型及二项分布．
3．能解决一些简单的实际问题．
【复习指导】
复习时要把事件的独立性、事件的互斥性结合起来，会对随机事件进行分析，即把一个随机事件分拆成若干个互斥事件之和，再把其中的每个事件分拆成若干个相互独立事件之积，同时掌握好二项分布的实际意义及其概率分布和数学期望的计算方法．
基础梳理
1．条件概率及其性质
(1)对于任何两个事件A和B，在已知事件A发生的条件下，事件B发生的概率叫做条件概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝.
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：
①0≤P(B|A)≤1；
② 如果B和C是两互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
2．相互独立事件
(1)对于事件A、B，若A的发生与B的发生互不影响，则称A、B是相互独立事件．
(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，
P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝P(A)·P(B)．
(3)若A与B相互独立，则A与，与B，与也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验
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，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．
(2)二项分布
在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为k，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)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．
一种关系
可先定义条件概率P(B|A)＝，当P(B|A)＝P(B)即P(AB)＝P(A)P(B)时，事件B与事件A独立．但是要注意事件A、B、C两两独立，但事件A、B、C不一定相互独立．
两种算法
计算条件概率有两种方法．
(1)利用定义P(B|A)＝；
(2)若n(C)表示试验中事件C包含的基本事件的个数，则
P(B|A)＝.
双基自测
1．(2011·广东)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )．
A. B. C. D.
解析 问题等价为两类：第一类，第一局甲赢，其概率P1＝；第二类，需比赛2局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率P2＝×＝.故甲队获得冠军的概率为P1＋P2＝.
答案 A
2．小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )．
A. B. C. D.
解析 所求概率P＝C·1·3－1＝.
答案 A
3．(2011·湖北高考)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( )．
A．0.960 B．0.864 C．0.720 D．0.576
解析 P＝0.9×[1－(1－0.8)2]＝0.864.
答案 B
4．如果X～B，则使P(X＝k)取最大值的k值为( )．
A．3 B．4 C．5 D．3或4
解析 采取特殊值法．
∵P(X＝3)＝C312，P(X＝4)＝C4·11，P(X＝5)＝C510，
从而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝5)．
答案 D
5．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于( )．
A. B. C. D.
解析 法一 P(B|A)＝＝＝.
法二 A包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB包括的基本事件为{正，正}，因此P(B|A)＝.
答案 A 考向一 条件概率
【例1】?(2011·辽宁)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)等于( )．
A. B. C. D.
[审题视点] 利用条件概率的计算公式P(B|A)＝计算．
解析 P(A)＝＝＝，P(A∩B)＝＝.
由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝.
答案 B
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|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)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
【训练1】 (2011·湖南高考)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗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
(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝________.
解析 圆的面积是π，正方形的面积是2，扇形的面积是，根据几何概型的概率计算公式得P(A)＝，根据条件概率的公式得P(B|A)＝＝＝.
答案
考向二 独立事件的概率
【例2】?(2011·全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．
(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率；
(2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率．
[审题视点] 准确把握“至少”与“恰”等字眼的意义，从而借助于独立事件的的概率知识求解．
解 (1)设“购买甲种保险”事件为A，“购买乙种保险”事件为B
由已知条件P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，
∴P(B)P()＝0.3，P(B)＝＝0.6，
因此，1位车主至少购买甲、乙两种保险中的一种的概率为1－P( )＝1－P()P()
＝1－(1－0.5)(1－0.6)
＝0.8.
(2)一位车主两种保险都不购买的概率为P＝P( )＝0.2，
因此3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率为
C×0.2×0.82＝0.384.
相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解．
【训练2】 (2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对A、乙对B，丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5，假设各盘比赛结果相互独立．
(1)求红队至少两名队员获胜的概率；
(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解 (1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，
则，，分别表示甲不胜A、乙不胜B、丙不胜C的事件．
因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，
由对立事件的概率公式知P()＝0.4，P()＝0.5，P()＝0.5.
红队至少两人获胜的事件有：DE，DF，EF，DEF.
由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为P＝P(DE)＋P(DF)＋P(EF)＋P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55.
(2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.
又由(1)知F，E，D是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，因此P(ξ＝0)＝P()＝0.4×0.5×0.5＝0.1，
P(ξ＝1)＝P(F)＋P(E)＋P(D)
＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35，
P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15.
由对立事件的概率公式得
P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4.
所以ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P
0.1
0.35
0.4
0.15
因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6.
考向三 独立重复试验与二项分布
【例3】?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)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
[审题视点] 首先判断分布的类型，再根据X，Y的取值所对应的事件意义求解．
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，且每次试验结果是相互独立的，故X～B.
所以X的分布列为
P(X＝k)＝Ck·6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
(2)由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，显然Y是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.
其中：{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．
P(Y＝k)＝k·(k＝0,1,2,3,4,5)，
而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯．
故其概率为P(Y＝6)＝6，
因此Y的分布列为：
Y
0
1
2
3
P
·
·2
·3
Y
4
5
6
P
·4
·5
6
(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的事件为
{X≥1}＝{X＝1或X＝2或…或X＝6}，
所以其概率为
P(X≥1)＝(X＝k)＝1－P(X＝0)
＝1－6＝.
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，只要有“恰好”字样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”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．
【训练3】 某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．
(1)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；
(2)任选3名下岗人员，记X为3人中参加过培训的人数，求X的分布列．
解 (1)任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，由题设知，事件A与B相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75.
所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是P( )＝P()·P()＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1.
∴该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.
(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数X服从二项分布X～B(3,0.9)，
P(X＝k)＝C0.9k×0.13－k，k＝0,1,2,3，
∴X的分布列是
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729
阅卷报告18——对二项分布理解不准致误
问题诊断】 二项分布是高中概率中最重要的概率分布模型，是近年高考非常重要的一个考点.二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生.但在试题中，有的问题是局部的二项分布概率模型问题，解题时要注意这种特殊情况.
【防范措施】 要记住二项分布概率模型的特点，在解题时把符合这种特点的概率问题归结到二项分布模型上面，直接根据二项分布概率模型的公式解决.
【示例】? 某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后面第2位)
(1)5次预报中恰有2次准确的概率；
(2)5次预报中至少有2次准确的概率；
(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．
错因 解本题容易出错的地方，一是对“恰有2次”、“至少有2次”理解错误，误用二项分布；二是对随机事件“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的意义理解错误，不能把问题归结为只要在第1,2,4,5次预报中预报1次准确即可，出现仍然用5次独立重复试验二项分布模型解决问题的错误．
实录 设“5次预报中恰有2次准确”为事件A，“5次预报中至少有2次准确”为事件B，“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”为事件C.
(1)P(A)＝C23≈0.05，
(2)P(B)＝1－C0·5－C×4≈0.99；
(3)P(C)＝C23·≈0.04.
正解 设“5次预报中恰有2次准确”为事件A，“5次预报中至少有2次准确”为事件B，“5次预报恰有2次准确，且其中第3次预报准确”为事件C.
(1)P(A)＝C23＝10××≈0.05.
(2)P(B)＝1－C05－C×4≈0.99.
(3)P(C)＝C×3×≈0.02.
【试一试】 某次乒乓球比赛的决赛在甲、乙两名选手之间举行，比赛采用五局三胜制，按以往比赛经验，甲胜乙的概率为.
(1)求比赛三局甲获胜的概率；
(2)求甲获胜的概率．
解 记甲n局获胜的概率为Pn，n＝3,4,5，
(1)比赛三局甲获胜的概率是：
P3＝C3＝.
(2)比赛四局甲获胜的概率是：
P4＝C3＝；
比赛五局甲获胜的概率是：
P5＝C32＝.
∴甲获胜的概率是：P3＋P4＋P5＝.
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