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【步步高】2014届高三数学大一轮复习 12.5二项分布及其应用教案 理 新人教A版


§12.5
2014 高考会这样考

二项分布及其应用

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

验及二项分布的概念;3.考查利用二项分布解决一些简单的实际问题. 复习备考要这样做 1.利用互斥事件、 事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的

关键,复习时要注意体会总结;2.掌握二项分布的含义,会从实际问题中抽象出二项分布模 型.

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)=

P? AB? (P(A)>0). P? A? n? AB? . n? 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 是两个互斥事件,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 B , A 与 B, A 与 B 也都相互独立. (4)若 P(AB)=P(A)P(B),则 A 与 B 相互独立. 3. 二项分布 (1)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)在 n 次独立重复试验中, 用 X 表示事件 A 发生的次数, 设每次试验中事件 A 发生的概 率为 p,则 P(X=k)=Cnp (1-p)
k k n-k

(k=0,1,2,?,n),此时称随机变量 X 服从二项分

布,记为 X~B(n,p),并称 p 为成功概率. [难点正本 疑点清源]
1

1. “互斥事件”与“相互独立事件”的区别与联系 (1)“互斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系. (2)“互斥”强调不可能同时发生, “相互独立”强调一个事件的发生与否对另一个事件 发生的概率没有影响. (3)“互斥”的两个事件可以独立,“独立”的两个事件也可以互斥. 2. 计算条件概率有两种方法 (1)利用定义 P(B|A)=

P? AB? ; P? A? n? AB? . n? 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)=

1 1. 如图所示的电路, 有 a, b, c 三个开关, 每个开关开或关的概率都是 , 2 且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为_______________. 答案 1 8

解析 理解事件之间的关系,设“a 闭合”为事件 A,“b 闭合”为事件 B,“c 闭合” 为事件 C,则灯亮应为事件 AC B ,且 A,C, B 之间彼此独立,且 P(A)=P( B )=P(C) 1 = . 2 1 所以 P(A B C)=P(A)P( B )P(C)= . 8 2. 某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的 5 个问题中,选手若能连续正确回答出两个问 题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是 0.8,且每个 问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了 4 个问题就晋级下一轮的概率为 ________. 答案 0.128 解析 依题意可知,该选手的第二个问题必答错,第三、四个问题必答对,故该选手恰 好回答了 4 个问题就晋级下一轮的概率 P=1×0.2×0.8×0.8=0.128. 3. (2012·课标全国)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成,元件 1 或元件 2 正常工作,且元件 3 正常工作,则部件正常工作,设三个电子元件的使用寿命(单位:小 时)均服从正态分布 N(1 000,50 ),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的 使用寿命超过 1 000 小时的概率为________.
2

2

?— 元件1 —? ?— 元件3 — —? ?— 元件2 —? ? ?
答案 3 8

解析 设元件 1,2,3 的使用寿命超过 1 000 小时的事件分别记为 A,B,C,显然 P(A)=

P(B)=P(C)= ,
∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的事件为(A B + A B+AB)C, ∴该部件的使用寿命超过 1 000 小时的概率

1 2

? ? P=? × + × + × ?× = . 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 3

?

? 2 8

4. 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. 1 2 1 B. 4 C. 1 6 D. 1 8 ( )

答案 A 1 4 1 P? AB? 解析 P(B|A)= = = . P? A? 1 2 2 1? ? 5. 如果 X~B?15, ?,则使 P(X=k)取最大值的 k 值为 4? ? A.3 答案 D
3 ?1?3?3?12 解析 ∵P(X=3)=C15? ? ? ? , ?4? ?4?

(

)

B.4

C.5

D.3 或 4

4 11 P(X=4)=C4 15? ? ·? ? , 4 4

?1? ? ?

?3? ? ?

5 10 P(X=5)=C5 15? ? ? ? , ?4? ?4?

?1? ?3?

从而易知 P(X=3)=P(X=4)>P(X=5).

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

3

件,则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为________. 思维启迪:直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型. 答案 4 99

解析 方法一 设 A={第一次取到不合格品},

B={第二次取到不合格品},则 P(AB)=
5×4 100×99 P? AB? 4 所以 P(B|A)= = = . P? A? 5 99 100

C5 2 , C100

2

方法二 第一次取到不合格品后还剩余 99 件产品, 其中有 4 件不合格品, 故第二次取到 4 不合格品的概率为 . 99 探究提高 条件概率的求法: (1)利用定义,分别求 P(A)和 P(AB),得 P(B|A)= 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)=

P? AB? .这是通用的求条件概率的方 P? A?

n? AB? . n? A?

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)=________. 答案 2 π 1 4

解析 (1)由题意可得,事件 A 发生的概率

S正方形EFGH 2× 2 2 P(A)= = . 2 = S圆O π ×1 π
(2)事件 AB 表示“豆子落在△EOH 内”, 1 2 ×1 S△EOH 2 1 则 P(AB)= = = . S圆O π ×12 2π 1 2π 1 P? AB? 故 P(B|A)= = = . P? A? 2 4 π
4

题型二 相互独立事件的概率 例2 1 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球,命中率分别为 与 p,且乙投球 2 2 1 次均未命中的概率为 . 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、乙两人各投球 2 次,求共命中 2 次的概率. 思维启迪:(1)利用列方程求 p;(2)可用直接法也可用间接法;(3)要分类讨论甲、乙各 命中的次数. 解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件 A,“乙投一次球命中”为事件 B.

1 2 2 由题意得(1-P(B)) =(1-p) = , 16 3 5 解得 p= 或 p= (舍去), 4 4 3 所以乙投球的命中率为 . 4 方法二 设“甲投一次球命中”为事件 A,“乙投一次球命中”为事件 B. 1 由题意得:P( B )P( B )= , 16 1 1 于是 P( B )= 或 P( B )=- (舍去). 4 4 3 故 p=1-P( B )= . 4 3 所以乙投球的命中率为 . 4 1 1 (2)方法一 由题设知,P(A)= ,P( A )= . 2 2 故甲投球 2 次,至少命中 1 次的概率为 3 1-P( A · A )= . 4 1 1 方法二 由题设知,P(A)= ,P( A )= . 2 2 故甲投球 2 次,至少命中 1 次的概率为 3 1 C2P(A)P( A )+P(A)P(A)= . 4 1 1 (3)由题设和(1)知,P(A)= ,P( A )= , 2 2
5

P(B)= ,P( B )= .
甲、乙两人各投球 2 次,共命中 2 次有三种情况:甲、乙两人各中一次;甲中 2 次,乙 2 次均不中;甲 2 次均不中,乙中 2 次. 3 1 1 概率分别为 C2P(A)P( A )C2P(B)P( B )= , 16

3 4

1 4

P(A)P(A)P( B )P( B )= , P( A )P( A )P(B)P(B)= .
所以甲、乙两人各投球 2 次,共命中 2 次的概率为 3 1 9 11 + + = . 16 64 64 32 探究提高 (1)相互独立事件是指两个试验中, 两事件发生的概率互不影响; 相互互斥事 件是指同一次试验中,两个事件不会同时发生; (2)求用“至少”表述的事件的概率时,先求其对立事件的概率往往比较简单. (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 D , E , F 分 9 64

1 64

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( D )=0.4,P( E )=0.5,

P( F )=0.5.
红队至少两人获胜的事件有 DE F ,D E F, D 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 F )+P(D E F)+P( D 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 D

E F, D E F ,D E

F 是两两互斥事件,且各盘比赛的结果相互独立,
6

因此 P(ξ =0)=P( D

E

F )=0.4×0.5×0.5=0.1, F)

P(ξ =1)=P( D

E F)+P( D E F )+P(D E

=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 0.1 1 0.35 2 0.4 3 0.15

P

因此 E(ξ )=0×0.1+1×0.35+2×0.4+3×0.15=1.6. 题型三 独立重复试验与二项分布 例3 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. 思维启迪:预报准确的次数服从二项分布,可直接代入公式进行计算. 解 4 k 令 X 表示 5 次预报中预报准确的次数,则 X~B(5, ),故其分布列为 P(X=k)=C5 5

4 k 4 5-k ( ) (1- ) (k=0,1,2,3,4,5). 5 5 4 2 4 3 16 1 2 (1)“5 次预报中恰有 2 次准确”的概率为 P(X=2)=C5×( ) ×(1- ) =10× × 5 5 25 125 ≈0.05. (2)“5 次预报中至少有 2 次准确”的概率为 P(X≥2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-C5 4 0 4 5 1 4 4 4 ×( ) ×(1- ) -C5× ×(1- ) =1-0.000 32-0.006 4≈0.99. 5 5 5 5 4 4 3 4 1 (3)“5 次预报中恰有 2 次准确,且其中第 3 次预报准确”的概率为 C4× ×(1- ) × 5 5 5 ≈0.02. 探究提高 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. 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
0

7

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( A -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 )=P( A )·P( B )=(1-0.6)(1

B(3,0.9),
k 3-k P(X=k)=Ck ,k=0,1,2,3, 30.9 ×0.1

∴X 的分布列是

X P

0 0.001

1 0.027

2 0.243

3 0.729

对二项分布理解不准致误

典例:(12 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 1 通岗遇到红灯的事件是相互独立的,并且概率都是 . 3 (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. 易错分析 由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立,可以利用二项分布解 决,二项分布模型的建立是易错点;另外,对“首次停车前经过的路口数 Y”理解不当, 1 将“没有遇上红灯的概率也当成 ”. 3 规范解答 解 1 (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 3

互独立的,

? 1? 故 X~B?6, ?.[2 分] ? 3?
8

?2?6-k k?1?k 所以 X 的分布列为 P(X=k)=C6? ? ·? ? ,k=0,1,2,3,4,5,6.[5 分] ?3? ?3?
(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.[7 分] 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
2 6 =6)=( ) ,[9 分] 3 2 3 1 3

9

因此 Y 的分布列为

Y P

0 1 3

1 1 2 · 3 3

2 1 2 ·( ) 3 3
2

3 1 2 3 ·( ) 3 3

4 1 2 ·( ) 3 3
4

5 1 2 ·( 3 3 )
5

6 2 6 ( ) 3 [12 分]

温馨提醒 (1)二项分布是高中概率部分最重要的概率分布模型, 是近几年高考非常注重 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. (2)独立重复试验中的概率公式 Pn(k)=Cnp (1-p)
k k n-k

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(1-p)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)= 中,在实际应用中 P(B|A)=

P? AB? n? AB? = ,其 P? A? n? A?

n? AB? 是一种重要的求条件概率的方法. n? A?

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,两个事件不会同时发生,计算公式为 P(A∪B)=P(A)+P(B). 3. n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k 次可看做是 Cn个互斥事件的和,其中每一个事 件都可看做是 k 个 A 事件与 n-k 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 p (1-p)
-k

k

k

n-k

.因此 n 次独立重复试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率为 Cnp (1-p)

k k

n

.

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.

10

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 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. 1 8 1 B. 4 C. 2 5 D. 1 2 ( )

答案 B C3+C2 2 C2 1 解析 P(A)= 2 = ,P(AB)= 2= , C5 5 C5 10
2 2 2

P? AB? 1 P(B|A)= = . P? A? 4
2. (2011·湖北)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 C.0.720 答案 B 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的概率为 P( A1 A2)+P(A1 A 2)+P(A1A2)=(1-0.8)×0.8+ 0.8×(1-0.8)+0.8×0.8=0.96. ∴系统正常工作的概率为 P(K)[P( A1 A2)+P(A1 A 2)+P(A1A2)]=0.9×0.96=0.864. 方法二 A1,A2 至少有一个正常工作的概率为 1-P( A 0.96,∴系统正常工作的概率为 P(K)[1-P( A
1 1

B.0.864 D.0.576

A 2)=1-(1-0.8)(1-0.8)=

A 2)]=0.9×0.96=0.864.

3. (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. 1 2 3 B. 5 C. 2 3 D. 3 4 )

答案 D 1 解析 甲队若要获得冠军,有两种情况,可以直接胜一局,获得冠军,概率为 ,也可以 2
11

1 1 1 1 1 3 乙队先胜一局,甲队再胜一局,概率为 × = ,故甲队获得冠军的概率为 + = . 2 2 4 4 2 4 1 4. 已知随机变量 X 服从二项分布 X~B(6, ),则 P(X=2)等于 3 ( ) A. 13 16 4 B. 243 13 C. 243 D. 80 243

答案 D 1 4 80 2 1 2 解析 P(X=2)=C6( ) (1- ) = . 3 3 243 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5. 明天上午李明要参加奥运志愿者活动, 为了准时起床, 他用甲、 乙两个闹钟叫醒自己. 假 设甲闹钟准时响的概率为 0.80, 乙闹钟准时响的概率是 0.90, 则两个闹钟至少有一个准 时响的概率是________. 答案 0.98 解析 1-0.20×0.10=1-0.02=0.98. 16 6. 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 , 25 则该队员每次罚球的命中率为________. 答案 3 5

16 9 2 2 解析 设该队员每次罚球的命中率为 p(其中 0<p<1),则依题意有 1-p = ,p = . 25 25 3 又 0<p<1,因此有 p= . 5 7. 市场上供应的灯泡中,甲厂产品占 70%,乙厂产品占 30%,甲厂产品的合格率是 95%,乙 厂产品的合格率是 80%,则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是 ________. 答案 0.665 解析 记 A=“甲厂产品”,B=“合格产品”,则 P(A)=0.7,P(B|A)=0.95. ∴P(AB)=P(A)·P(B|A)=0.7×0.95=0.665. 三、解答题(共 22 分) 8. (10 分)(2011·大纲全国)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 1 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.

12

解 记 A 表示事件:该地的 1 位车主购买甲种保险;

B 表示事件:该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险; C 表示事件:该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种; D 表示事件:该地的 1 位车主甲、乙两种保险都不购买; E 表示事件:该地的 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买.
(1)P(A)=0.5,P(B)=0.3,C=A+B,

P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.8.
(2)D= C ,P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2,
2 P(E)=C1 3×0.2×0.8 =0.384.

9. (12 分)某篮球队与其他 6 支篮球队依次进行 6 场比赛,每场均决出胜负,设这支篮球队 1 与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的,并且胜场的概率是 . 3 (1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率; (2)求这支篮球队在 6 场比赛中恰好胜了 3 场的概率. 解

? 1?2 1 4 (1)P=?1- ? × = . ? 3? 3 27

4 所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为 ; 27 (2)6 场胜 3 场的情况有 C6种, 1?3 1 8 160 3?1?3? ∴P=C6? ? ?1- ? =20× × = . 3 3 27 27 729 ? ?? ? 160 所以这支篮球队在 6 场比赛中恰胜 3 场的概率为 . 729 B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 15 分) 1. 某种元件的使用寿命超过 1 年的概率为 0.6,使用寿命超过 2 年的概率为 0.3,则使用寿 命超过 1 年的元件还能继续使用的概率为 A.0.3 答案 B 解析 设事件 A 为“该元件的使用寿命超过 1 年”, B 为“该元件的使用寿命超过 2 年”, 则 P(A)=0.6,P(B)=0.3. 因为 B? A,所以 P(AB)=P(B)=0.3,于是 P(B|A)= B.0.5 C.0.6 D.1 ( )
3

P? AB? 0.3 = =0.5. P? A? 0.6

2. 位于坐标原点的一个质点 P 按下述规则移动:质点每次移动一个单位;移动的方向为向

13

1 上或向右,并且向上、向右移动的概率都是 .质点 P 移动五次后位于点(2,3)的概率是 2 ( )

?1?5 A.? ? ?2?
3?1?3 C.C5? ? ?2?

2?1?5 B.C5? ? ?2? 2 3?1? 5 D.C5C5? ? ?2?

答案 B 2 3 3. 两个实习生每人加工一个零件,加工为一等品的概率分别为 和 ,两个零件是否加工为 3 4 一等品相互独立,则这两个零件中恰有一个一等品的概率为 A. 1 2 B. 5 12 C. 1 4 D. 1 6 ( )

答案 B 解析 设事件 A:甲实习生加工的零件为一等品; 事件 B:乙实习生加工的零件为一等品, 2 3 则 P(A)= ,P(B)= , 3 4 所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为

P(A B )+P( A B)=P(A)P( B )+P( A )P(B)
2 3 2 3 5 = ×(1- )+(1- )× = . 3 4 3 4 12 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 4. 在一段线路中并联两个自动控制的常用开关, 只要其中有一个开关 能够闭合,线路就能正常工作.假定在某段时间内每个开关能够闭 合的概率都是 0.7,则这段时间内线路正常工作的概率为_______. 答案 0.91 解析 0.09. ∴能够正常工作的概率为 1-0.09=0.91. 5. 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处, 小球将自由下 落.小球在下落的过程中,将 3 次遇到黑色障碍物,最后落入 A 袋或 B 袋 1 中.已知小球每次遇到黑色障碍物时,向左、右两边下落的概率都是 ,则 2 小球落入 A 袋中的概率为________. 线路不能正常工作的概率为 P( A

B ) = P( A )P( B ) = (1 - 0.7)(1 - 0.7) =

14

答案

3 4

解析 记“小球落入 A 袋中”为事件 A, “小球落入 B 袋中”为事件 B, 则事件 A 的对立 事件为 B,若小球落入 B 袋中,则小球必须一直向左落下或一直向右落下,

?1?3 ?1?3 1 故 P(B)=? ? +? ? = , ?2? ?2? 4
1 3 从而 P(A)=1-P(B)=1- = . 4 4 6. 甲罐中有 5 个红球,2 个白球和 3 个黑球,乙罐中有 4 个红球,3 个白球和 3 个黑球.先 从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以 A1,A2 和 A3 表示由甲罐取出的球是红球,白球 和黑球的事件;再从乙罐中随机取出一球,以 B 表示由乙罐取出的球是红球的事件,则 下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号). 2 5 ①P(B)= ;②P(B|A1)= ;③事件 B 与事件 A1 相互独立;④A1,A2,A3 是两两互斥的事 5 11 件;⑤P(B)的值不能确定,因为它与 A1,A2,A3 中究竟哪一个发生有关. 答案 ②④ 5×5 2×4 3×4 9 解析 P(B)=P(BA1)+P(BA2)+P(BA3)= + + = ,故①⑤错误; 10×11 10×11 10×11 22 5×5 10×11 5 ②P(B|A1)= = ,正确; 1 11 2 ③事件 B 与 A1 的发生有关系,故错误; ④A1,A2,A3 不可能同时发生,是互斥事件,正确. 三、解答题 7. (13 分)某公司是否对某一项目投资,由甲、乙、丙三位决策人投票决定,他们三人都有 “同意”、“中立”、“反对”三类票各一张,投票时,每人必须且只能投一张票,每 1 人投三类票中的任何一类票的概率都为 ,他们的投票相互没有影响,规定:若投票结果 3 中至少有两张“同意”票,则决定对该项目投资;否则,放弃对该项目的投资. (1)求该公司决定对该项目投资的概率; (2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率. 解 (1)该公司决定对该项目投资的概率为

2 3 3 P=C2 . 3? ? ? ?+C3? ? = ?3? ?3? ?3? 27

?1? ?2?

?1?

7

(2)该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票,有以下四种情形:

15

“同意”票张数 事件 A 事件 B 事件 C 事件 D 0 1 1 0 1 27

“中立”票张数 0 0 1 1

“反对”票张数 3 2 1 2

3 1 3 P(A)=C3 ,P(B)=C3? ? = , 3? ? = 3 3

?1? ? ?

?1? ? ?

1 9

1 3 1 3 P(C)=C1 3C2? ? = ,P(D)=C3? ? = . 3 3

?1? ? ?

2 9

?1? ? ?

1 9

∵A、B、C、D 互斥, 13 ∴P(A+B+C+D)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)= . 27

16



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