2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第十章　7 第7讲　n次独立重复试验与二项分布

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第十章　7 第7讲　n次独立重复试验与二项分布

第7讲　n次独立重复试验与二项分布 ‎1．事件的相互独立性 ‎(1)定义：设A，B为两个事件，如果P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．‎ ‎(2)性质：‎ ‎①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，‎ P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．‎ ‎②如果事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也相互独立．‎ ‎2．独立重复试验与二项分布 独立重复试验 二项分布 定 义 在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验 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发生的概率是p，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 计 算 公 式 用Ai(i＝1，2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)‎ ‎＝P(A1)P(A2)…P(An)‎ 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)‎ ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)相互独立事件就是互斥事件．(　　)‎ ‎(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立．(　　)‎ ‎(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a＋b)n二项展开式的通项公式，其中a＝p，b＝1－p.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)×‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(选修23P55练习T3改编)天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为________．‎ 解析：设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，则两地恰有一地降雨为AB＋AB，‎ 所以P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)‎ ‎＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)‎ ‎＝0.2×0.7＋0.8×0.3‎ ‎＝0.38.‎ 答案：0.38‎ ‎2．(教材习题改编)国庆期间，甲去北京旅游的概率为，乙去北京旅游的概率为，假定二人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________．‎ 解析：记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件A，“乙去北京旅游”为事件B，又P( )＝P()·P()＝[1－P(A)][1－P(B)]＝＝，甲、乙二人至少有一人去北京旅游的对立事件为甲、乙二人都不去北京旅游，故所求概率为1－P( )＝1－＝.‎ 答案： ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)相互独立事件恰有一个发生的概率的理解有误；‎ ‎(2)独立重复试验公式应用错误．‎ ‎1．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为，，在操作考试中“合格”的概率依次为，，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．‎ 解析：甲获得“合格证书”的概率为×＝，乙获得“合格证书”的概率是×＝，两人中恰有一个人获得“合格证书”的概率是×＋×＝.‎ 答案： ‎2．设随机变量X～B，则P(X＝3)＝________．‎ 解析：因为X～B，所以P(X＝3)＝C×＝.‎ 答案： ‎　　　　　　相互独立事件的概率 ‎ (2020·丽水模拟)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次均未命中的概率为.‎ ‎(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．‎ ‎【解】　(1)设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.‎ 由题意得：P()P()＝，‎ 于是P()＝或P()＝－(舍去)．‎ 故p＝1－P()＝.‎ ‎(2)法一：由题设知，P(A)＝，P()＝.‎ 故甲投球2次，至少命中1次的概率为1－P(·)＝.‎ 法二：由题设知，P(A)＝，P()＝.故甲投球2次，至少命中1次的概率为CP(A)P()＋P(A)P(A)＝.‎ 利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路 ‎(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．‎ ‎(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．‎ ‎(3)代入概率的积、和公式求解．　 ‎ ‎　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；‎ ‎(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 ‎(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为 P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)‎ ‎＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 所以，这2辆车共遇到1个红灯的概率为.‎ ‎　　　　　　独立重复试验与二项分布 ‎ (1)(2020·浙江省名校协作体高三联考)箱中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是________．‎ ‎(2)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立．‎ ‎①设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列．‎ ‎②玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？‎ ‎【解】　(1)由题意知，首先求出摸一次中奖的概率，从6个球中摸出2个，共有C＝15种结果，两个球的号码之积是4的倍数，共有(1，4)，(3，4)，(2，4)，(2，6)，(4，5)，(4，6)，所以摸一次中奖的概率是＝，4个人摸奖，相当于发生4次试验，且每一次获奖的概率是，所以有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是C××＝.故填.‎ ‎(2)①X可能的取值为10，20，100，－200.‎ 根据题意，有 P(X＝10)＝C××＝，‎ P(X＝20)＝C××＝，‎ P(X＝100)＝C××＝，‎ P(X＝－200)＝C××＝.‎ 所以X的分布列为 X ‎10‎ ‎20‎ ‎100‎ ‎－200‎ P ‎②设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1，2，3)，则 P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝.‎ 所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 ‎1－P(A1A2A3)＝1－＝1－＝.‎ 因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是.‎ ‎(1)独立重复试验满足的条件 独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，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发生的概率都是一样的．‎ ‎(2)二项分布满足的条件 ‎①每次试验中，事件发生的概率是相同的．‎ ‎②各次试验中的事件是相互独立的．‎ ‎③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生．‎ ‎④随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．　 ‎ ‎1．设随机变量X服从二项分布X～B，则函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点的概率是(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C.因为函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点，所以Δ＝16－4X≥0，所以X≤4.因为X服从X～B，所以P(X≤4)＝1－P(X＝5)＝1－＝.‎ ‎2．在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则是：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲每次投进的概率都是.‎ ‎(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X，求X的分布列；‎ ‎(2)求教师甲在一场比赛中获奖的概率．‎ 解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.依条件可知，X～B(6，)，P(X＝k)＝C·()k·()6－k(k＝0，1，2，3，4，5，6)．‎ 所以X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ P ‎(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，‎ 则P(A)＝C·()2·()4＋C··()5＋()6＝，即教师甲在一场比赛中获奖的概率为.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·东北四市高考模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P，则n的最小值为(　　)‎ A．4　　　　　　　　　　 B．5‎ C．6 D．7‎ 解析：选A.由题意得P＝1－≥，则≤，所以n≥4，故n的最小值为4.‎ ‎2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一个发生的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.依题意，得P(A)＝，P(B)＝，且事件A，B相互独立，则事件A，B中至少有一个发生的概率为1－P(·)＝1－P()·P()＝1－×＝，故选C.‎ ‎3．(2020·绍兴调研)设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥2)的值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B.因为随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，又P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(1－p)2＝，解得p＝，所以Y～B，则P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝.‎ ‎4．(2020·杭州七校联考)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：选D.观察选项，采用特殊值法．‎ 因为P(X＝3)＝C，‎ P(X＝4)＝C，‎ P(X＝5)＝C，‎ 经比较，P(X＝3)＝P(X＝4)＞P(X＝5)，‎ 故使P(X＝k)取最大值时k＝3或4.‎ ‎5．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为和，且每棵大树是否成活互不影响，则移栽的4棵大树中至少有1棵成活的概率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D.设Ak表示第k棵甲种大树成活，k＝1，2；Bl表示第l棵乙种大树成活，l＝1，2，则A1，A2，B1，B2相互独立，且P(A1)＝P(A2)＝，P(B1)＝P(B2)＝，则至少有1棵大树成活的概率为1－P(A1·A2·B1·B2)＝1－P(A1)·P(A2)·P(B1)·P(B2)＝1－×＝.‎ ‎6.如图所示的电路有a，b，c三个开关，每个开关开和关的概率都是，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．‎ 解析：设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则甲灯亮应为事件AC，且A，，C之间彼此独立，P(A)＝P()＝P(C)＝.‎ 所以P(AC)＝P(A)P()P(C)＝.‎ 答案： ‎7．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：‎ 使用时 间/天 ‎10～20‎ ‎21～30‎ ‎31～40‎ ‎41～50‎ ‎51～60‎ 个数 ‎10‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎50‎ ‎20‎ 若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为____________．‎ 解析：由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为＝，则所求概率为C×＋＝.‎ 答案： ‎8．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率都为，用X表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(X＝4)＝________．‎ 解析：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X～B，即有P(X＝k)＝C×，k＝0，1，2，3，4，5.‎ 故P(X＝4)＝C×＝.‎ 答案： ‎9．小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、乙、丙随机发放红包，每次发放1个．‎ ‎(1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率；‎ ‎(2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个．记乙所得红包的总钱数为X，求X的分布列．‎ 解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A，‎ 则P(A)＝C××＝.‎ ‎(2)X的所有可能取值为0，5，10，15，20.‎ P(X＝0)＝＝，‎ P(X＝5)＝C××＝，‎ P(X＝10)＝×＋×＝，‎ P(X＝15)＝C××＝，‎ P(X＝20)＝＝.‎ X的分布列为 X ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ P ‎10.已知某种动物服用某种药物一次后当天出现A症状的概率为.某小组为了研究连续服用该药物后出现A症状的情况，进行了药物试验．试验设计为每天用药一次，连续用药四天为一个用药周期．假设每次用药后当天是否出现A症状与上次用药无关．‎ ‎(1)若出现A症状，则立即停止试验，求试验至多持续一个用药周期的概率；‎ ‎(2)若在一个用药周期内出现3次或4次A症状，则在这个用药周期结束后终止试验．若试验至多持续两个周期，设药物试验持续的用药周期为η，求η的分布列．‎ 解：(1)法一：记试验持续i天为事件Ai，i＝1，2，3，4，试验至多持续一个周期为事件B，‎ 易知P(A1)＝，P(A2)＝×，P(A3)＝×，P(A4)＝×，‎ 则P(B)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝.‎ 法二：记试验至多持续一个周期为事件B，则为试验持续超过一个周期，‎ 易知P()＝＝，‎ 所以P(B)＝1－＝.‎ ‎(2)随机变量η的所有可能取值为1，2，‎ P(η＝1)＝C·＋＝，‎ P(η＝2)＝1－＝，‎ 所以η的分布列为 η ‎1‎ ‎2‎ P ‎[综合题组练]‎ ‎1．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．‎ ‎(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；‎ ‎(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列．‎ 解：(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，‎ A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，‎ B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}．‎ 由题意知A1与A2相互独立，A1A2与A1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.‎ 因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，‎ 所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，‎ P(B2)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)‎ ‎＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)‎ ‎＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)‎ ‎＝×＋×＝.‎ 故所求概率为P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.‎ ‎(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为 ，所以X～B.‎ 于是P(X＝0)＝C＝，‎ P(X＝1)＝C＝，‎ P(X＝2)＝C＝，‎ P(X＝3)＝C＝.‎ 故X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎2.(2020·杭州学军中学高三月考)某校课改实行选修走班制，现有甲，乙，丙，丁四位学生准备选修物理，化学，生物三个科目．每位学生只选修一个科目，且选修其中任何一个科目是等可能的．‎ ‎(1)求恰有2人选修物理的概率；‎ ‎(2)求学生选修科目个数ξ的分布列．‎ 解：(1)这是等可能性事件的概率计算问题．‎ 法一：所有可能的选修方式有34种，‎ 恰有2人选修物理的方式C·22种，‎ 从而恰有2人选修物理的概率为＝.‎ 法二：设每位学生选修为一次试验，这是4次独立重复试验．‎ 记“选修物理”为事件A，则P(A)＝，从而，‎ 由独立重复试验中事件A恰发生k次的概率计算公式知，恰有2人选修物理的概率为P＝C＝.‎ ‎(2)ξ的所有可能值为1，2，3，‎ P(ξ＝1)＝＝；P(ξ＝2)＝＝；‎ P(ξ＝3)＝＝；‎ 综上知，ξ的分布列为 ξ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎3.现有4个人去参加春节联欢活动，该活动有甲、乙两个项目可供参加者选择，为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个项目联欢，掷出点数为1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢．‎ ‎(1)求这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率；‎ ‎(2)求这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率；‎ ‎(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙项目联欢的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列．‎ 解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为，去参加乙项目联欢的概率为.‎ 设“这4个人中恰有i人去参加甲项目联欢”为事件Ai(i＝0，1，2，3，4)，‎ 则P(Ai)＝C·.‎ ‎(1)这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率P(A2)＝C＝.‎ ‎(2)设“这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件B，则B＝A3∪A4.‎ 故P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C＋C＝.‎ 所以，这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为.‎ ‎(3)ξ的所有可能取值为0，2，4.‎ P(ξ＝0)＝P(A2)＝，P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，‎ P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.‎ 所以ξ的分布列为 ξ ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ P ‎4.某次飞镖比赛中，规定每人至多发射三镖．在M处每射中一镖得3分，在N处每射中一镖得2分，如果前两次得分之和超过3分即停止发射，否则发射第三镖．某选手在M处的命中率q1＝0.25，在N处的命中率为q2.该选手选择先在M处发射一镖，以后都在N处发射，用X表示该选手比赛结束后所得的总分，其分布列为 X ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎0.03‎ P1‎ P2‎ P3‎ P4‎ ‎(1)求随机变量X的分布列；‎ ‎(2)试比较该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率与选择都在N处发射飞镖得分超过3分的概率的大小．‎ 解：(1)设该选手在M处射中为事件A，在N处射中为事件B，则事件A，B相互独立，且P(A)＝0.25，P()＝0.75，P(B)＝q2，P()＝1－q2.‎ 根据分布列知：当X＝0时，‎ P( )＝P()P()P()＝0.75(1－q2)2＝0.03，‎ 所以1－q2＝0.2，q2＝0.8.‎ 当X＝2时，P1＝P( B＋ B)＝P()P(B)P()＋P()P()P(B)＝0.75q2(1－q2)×2＝0.24，‎ 当X＝3时，P2＝P(A)＝P(A)P()P()＝0.25(1－q2)2＝0.01，当X＝4时，‎ P3＝P(BB)＝P()P(B)P(B)＝0.75q＝0.48，‎ 当X＝5时，P4＝P(AB＋AB)＝P(AB)＋P(AB)‎ ‎＝P(A)P()P(B)＋P(A)P(B)‎ ‎＝0.25q2(1－q2)＋0.25q2＝0.24.‎ 所以随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎0.03‎ ‎0.24‎ ‎0.01‎ ‎0.48‎ ‎0.24‎ ‎(2)该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率为0.48＋0.24＝0.72.‎ 该选手选择都在N处发射飞镖得分超过3分的概率为 P(BB＋BB＋BB)＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)‎ ‎＝2(1－q2)q＋q＝0.896.‎ 所以该选手选择都在N处发射飞镖得分超过3分的概率大．‎