二項分布及其應用 教學設計

PAGEPAGE711.5二項分布及其應用eq\a\vs4\al(考綱要求)1．了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念．2．理解n次獨立重復試驗的模型及二項分布，并能解決一些簡單的實際問題．1．條件概率一般地，設A，B為兩個事件，且P(A)＞0，稱P(B|A)＝______為在事件A發(fā)生的條件下事件B發(fā)生的條件概率．如果B和C是兩個互斥事件，則P(B∪C|A)＝__________.2．事件的相互獨立性設A，B為兩個事件，如果P(AB)＝________，則稱事件A與事件B相互獨立．如果事件A與事件B相互獨立，則A與____，____與B，eq\x\to(A)與____也都相互獨立．3．獨立重復試驗與二項分布一般地，在n次獨立重復試驗中，設事件A發(fā)生的次數(shù)為X，在每次試驗中事件A發(fā)生的概率是p，那么在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(X＝k)＝______________，k＝0,1,2，…，n.此時稱隨機變量X服從二項分布，記作X～B(n，p)，并稱p為成功概率．n次獨立重復試驗中事件A恰好發(fā)生k次可看成是Ceq\o\al(k,n)個互斥事件的和，其中每一個事件都可看成是k個A事件與n－k個eq\x\to(A)事件同時發(fā)生，只是發(fā)生的次序不同，其發(fā)生的概率都是________．因此n次獨立重復試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率為Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k.1．在一段時間內(nèi)，甲去某地的概率是eq\f(1,4)，乙去此地的概率是eq\f(1,5)，假定兩人的行動相互之間沒有影響，那么在這段時間內(nèi)至少有1人去此地的概率是()．A.eq\f(3,20) B.eq\f(1,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(9,20)2．已知P(AB)＝eq\f(3,20)，P(A)＝eq\f(3,5)，則P(B|A)＝()．A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)3．每次試驗的成功率為p(0＜p＜1)，重復進行10次試驗，其中前7次都未成功后3次都成功的概率為()．A．Ceq\o\al(3,10)p3(1－p)7B．Ceq\o\al(3,10)p3(1－p)3C．p3(1－p)7D．p7(1－p)34．甲、乙兩人進行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負者得0分，比賽進行到有一人比對方多2分或打滿6局時停止．設甲在每局中獲勝的概率為peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p>\f(1,2)))，且各局勝負相互獨立．已知第二局比賽結(jié)束時比賽停止的概率為eq\f(5,9).(1)求p的值；(2)設ξ表示比賽停止時比賽的局數(shù)，求隨機變量ξ的分布列．一、條件概率【例1】把外形相同的球分裝在三個盒子中，每盒10個．其中，第一個盒子中有7個球標有字母A,3個球標有字母B；第二個盒子中有紅球和白球各5個；第三個盒子中則有紅球8個，白球2個．試驗按如下規(guī)則進行：先在第一個盒子中任取一個球，若取得標有字母A的球，則在第二個盒子中任取一個球；若第一次取得標有字母B的球，則在第三個盒子中任取一個球．如果第二次取出的是紅球，則稱試驗為成功，求試驗成功的概率．方法提煉1．求P(B|A)時，可把A看作新的基本事件空間來計算B發(fā)生的概率，也就是說把B發(fā)生的樣本空間縮小為A所包含的基本事件．2．若事件B，C互斥，則P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)，即為了求得比較復雜事件的概率，往往可以先把它分解成若干個互不相容的較簡單事件之和，先求出這些簡單事件的概率，再利用加法公式即得所求的復雜事件的概率．請做演練鞏固提升2二、相互獨立事件的概率【例2】甲、乙兩個籃球運動員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為eq\f(1,2)與p，且乙投球2次均未命中的概率為eq\f(1,16).(1)求乙投球的命中率p；(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率；(3)若甲、乙兩人各投球2次，求共命中2次的概率．方法提煉1．當從意義上不易判定兩事件是否相互獨立時，可運用公式P(AB)＝P(A)P(B)計算判定．求相互獨立事件同時發(fā)生的概率時，要搞清事件是否相互獨立．若能把復雜事件分解為若干簡單事件，同時注意運用對立事件可把問題簡化．2．由兩個事件相互獨立的定義，可推廣到三個或三個以上相互獨立事件的概率計算公式，即若A1，A2，…，An相互獨立，則P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An3．在解題過程中，要明確事件中的“至少有一個發(fā)生”、“至多有一個發(fā)生”、“恰有一個發(fā)生”、“都發(fā)生”、“都不發(fā)生”、“不都發(fā)生”等詞語的意義．若能把相關事件正確地表示出來，同時注意使用逆向思考方法，常常能使問題的解答變得簡便．請做演練鞏固提升3三、二項分布【例3】甲、乙兩隊參加世博會知識競賽，每隊3人，每人回答一個問題，答對者為本隊贏得一分，答錯得零分．假設甲隊中每人答對的概率均為eq\f(2,3)，乙隊中3人答對的概率分別為eq\f(2,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，且各人答對正確與否相互之間沒有影響．用ξ表示甲隊的總得分．(1)求隨機變量ξ的分布列；(2)設C表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P(C)．方法提煉1．獨立重復試驗是相互獨立事件的特例，注意二者的區(qū)別．獨立重復試驗必須具備如下的條件：(1)每次試驗的條件完全相同，有關事件的概率不變；(2)各次試驗結(jié)果互不影響，即每次試驗相互獨立；(3)每次試驗只有兩種結(jié)果，這兩種可能結(jié)果的發(fā)生是對立的．2．判斷某隨機變量是否服從二項分布，主要看以下兩點：(1)在每次試驗中，試驗的結(jié)果只有兩個，即發(fā)生與不發(fā)生；(2)在每一次試驗中，事件發(fā)生的概率相同．若滿足，則在n次獨立重復試驗中就可把事件發(fā)生的次數(shù)作為隨機變量，此時該隨機變量服從二項分布．寫二項分布時，首先確定X的取值，直接用公式P(X＝k)計算概率即可．請做演練鞏固提升4服從二項分布的隨機變量的求解【典例】(12分)(2012四川高考)某居民小區(qū)有兩個相互獨立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng))A和B，系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時刻發(fā)生故障的概率分別為eq\f(1,10)和p.(1)若在任意時刻至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為eq\f(49,50)，求p的值；(2)設系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)為隨機變量ξ，求ξ的概率分布列及數(shù)學期望Eξ.規(guī)范解答：(1)設“至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1－P(eq\x\to(C))＝1－eq\f(1,10)·p＝eq\f(49,50).(4分)解得p＝eq\f(1,5).(5分)(2)由題意，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))3＝eq\f(1,1000)，(6分)P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq\f(27,1000)，(7分)P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\f(1,10)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))2＝eq\f(243,1000)，(8分)P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))3＝eq\f(729,1000).(9分)所以，隨機變量ξ的概率分布列為ξ0123Peq\f(1,1000)eq\f(27,1000)eq\f(243,1000)eq\f(729,1000)故隨機變量ξ的數(shù)學期望：(11分)E(ξ)＝0×eq\f(1,1000)＋1×eq\f(27,1000)＋2×eq\f(243,1000)＋3×eq\f(729,1000)＝eq\f(27,10).(12分)答題指導：解決離散型隨機變量分布列時，還有以下幾點容易造成失分，在備考時要高度關注：(1)對隨機變量的理解不到位，造成對隨機變量的取值求解錯誤；(2)求錯隨機變量取值的概率，造成所求解的分布列概率之和大于1或小于1，不滿足分布列的性質(zhì)；(3)要注意語言敘述的規(guī)范性，解題步驟應清楚、正確、完整，不要漏掉必要說明及避免出現(xiàn)嚴重跳步現(xiàn)象．1．甲、乙兩隊進行排球決賽，現(xiàn)在的情形是甲隊只要再贏一局就獲得冠軍，乙隊需要再贏兩局才能獲得冠軍．若兩隊勝每局的概率相同，則甲隊獲得冠軍的概率為()．A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,5) C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)2．從1,2,3,4,5中任取兩個不同的數(shù)，事件A＝“取到2個數(shù)的和為偶數(shù)”，事件B＝“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則P(B|A)＝()．A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,4) C.eq\f(2,5) D.eq\f(1,2)3．在一段線路中并聯(lián)著3個自動控制的常開開關，只要其中有1個開關能夠閉合，線路就能正常工作．假定在某段時間內(nèi)每個開關能夠閉合的概率都是0.7，計算在這段時間內(nèi)線路正常工作的概率．4．某小學三年級的英語老師要求學生從星期一到星期四每天學習3個英語單詞，每周星期五對一周內(nèi)所學單詞隨機抽取若干個進行檢測(一周所學的單詞每個被抽到的可能性相同)．(1)英語老師隨機抽了4個單詞進行檢測，求至少有3個是后兩天學習過的單詞的概率；(2)某學生對后兩天所學過的單詞每個能默寫對的概率為eq\f(4,5)，對前兩天所學過的單詞每個能默寫對的概率為eq\f(3,5)；若老師從后三天所學單詞中各抽取了一個進行檢測，求該學生能默寫對的單詞數(shù)ξ的分布列．

參考答案基礎梳理自測知識梳理1．eq\f(P(AB),P(A))P(B|A)＋P(C|A)2．P(A)P(B)eq\x\to(B)eq\x\to(A)eq\x\to(B)3．·pk·(1－p)n－kpk(1－p)n－k基礎自測1．C解析：記甲去某地的概率是P(A)＝eq\f(1,4)，乙去此地的概率是P(B)＝eq\f(1,5)，故至少有1人去此地的概率為1－P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝1－P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(3,4)×eq\f(4,5)＝eq\f(2,5).2．C解析：P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(\f(3,20),\f(3,5))＝eq\f(1,4).3．C4．解：(1)當甲連勝2局或乙連勝2局時，第二局比賽結(jié)束時比賽停止，故p2＋(1－p)2＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)或p＝eq\f(2,3).又p＞eq\f(1,2)，所以p＝eq\f(2,3).(2)依題意知ξ的所有可能取值為2,4,6.P(ξ＝2)＝eq\f(5,9)，P(ξ＝4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(5,9)))×eq\f(5,9)＝eq\f(20,81)，P(ξ＝6)＝1－eq\f(5,9)－eq\f(20,81)＝eq\f(16,81)，所以隨機變量ξ的分布列為ξ246Peq\f(5,9)eq\f(20,81)eq\f(16,81)考點探究突破【例1】解：設A＝{從第一個盒子中取得標有字母A的球}，B＝{從第一個盒子中取得標有字母B的球}，R＝{第二次取出的球是紅球}，W＝{第二次取出的球是白球}，則容易求得P(A)＝eq\f(7,10)，P(B)＝eq\f(3,10)，P(R|A)＝eq\f(1,2)，P(W|A)＝eq\f(1,2)，P(R|B)＝eq\f(4,5)，P(W|B)＝eq\f(1,5).事件“試驗成功”表示為RA∪RB，又事件RA與事件RB互斥，故由概率的加法公式，得P(RA∪RB)＝P(RA)＋P(RB)＝P(R|A)P(A)＋P(R|B)P(B)＝eq\f(1,2)×eq\f(7,10)＋eq\f(4,5)×eq\f(3,10)＝0.59.【例2】解：(1)設“甲投一次球命中”為事件A，“乙投一次球命中”為事件B.由題意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝eq\f(1,16)，解得p＝eq\f(3,4)或p＝eq\f(5,4)(舍去)，所以乙投球的命中率為eq\f(3,4).(2)方法一：由題設知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2).故甲投球2次，至少命中1次的概率為1－P(eq\x\to(A)·eq\x\to(A))＝eq\f(3,4).方法二：由題設知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2).故甲投球2次，至少命中1次的概率為C12P(A)P(eq\x\to(A))＋P(A)P(A)＝eq\f(3,4).(3)由題設和(1)知，P(A)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(3,4)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,4).甲、乙兩人各投球2次，共命中2次有三種情況：甲、乙兩人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次．其概率分別為：P(A)P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(B))＝eq\f(3,16)，P(A)P(A)P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,64)，P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(A))P(B)P(B)＝eq\f(9,64).所以甲、乙兩人各投球2次，共命中2次的概率為eq\f(3,16)＋eq\f(1,64)＋eq\f(9,64)＝eq\f(11,32).【例3】解：(1)由題意知，ξ的可能取值為0,1,2,3，且P(ξ＝0)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,27)，P(ξ＝1)＝×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)，P(ξ＝2)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(4,9)，P(ξ＝3)＝×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以ξ的分布列為ξ0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)(2)甲得2分，乙得1分，兩事件是獨立的，由上表可知，甲得2分，其概率P(ξ＝2)＝eq\f(4,9)，乙得1分，其概率為P＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,18).根據(jù)獨立事件概率公式，得P(C)＝eq\f(4,9)×eq\f(5,18)＝eq\f(10,81).演練鞏固提升1．D解析：由甲、乙兩隊每局獲勝的概率相同，知甲每局獲勝的概率為eq\f(1,2)，甲要獲得冠軍有兩種情況：第一種情況是再打一局甲贏，甲獲勝概率為eq\f(1,2)；第二種情況是再打兩局，第一局甲輸，第二局甲贏，則其概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).故甲獲得冠軍的概率為eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).2．B解析：∵P(A)＝＝eq\f(2,5)，P(AB)＝＝eq\f(1,10)，∴P(B|A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f(1,4).3．解：分別記這段時間內(nèi)開關JA，JB，JC能夠閉合為事件A，B，C.由題意可知，這段時間內(nèi)該3個開關是否能夠閉合相互之間是沒有影響的．根據(jù)相互獨立事件的概率乘法公式，可得這段時間內(nèi)3個開關都不閉合的概率是P(eq\x\to(A)eq\x\to