《二项分布及其应用》教案

教学过程

一、复习预习

教师引导学生复习上节内容，并引入本节课程内容

二、知识讲解

考点1 条件概率

（1）定义：对于任何两个事件A 和B ，在已知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 A B P B A P A = （2）条件概率具有的性质：（1）非负性：0(/)1P B A ＃；

（2）可加性：如果B 和C 是两个互斥事件，则(/)(/)(/)P B C A P B A P C A =+U

考点2 相互独立事件

（1）定义：对于事件A 和B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A,B 为相互独立事件

（2）相互独立事件的概率性质：

①若A 与B 相互独立，则(/)(),()(/)()()()P B A P B P A B P B A P A P A P B ===g g ②如果事件12,,,n A A A g g g 相互独立，则这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生概率的积，即1212()()()()n n P A A A P A P A P A =鬃 g g g g g g

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

考点3 独立重复试验与二项分布

①独立重复试验：一般的，在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验 ②二项分布：一般的，在n 次独立重复试验中，设事件A 发生的次数X ，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

()(1)(0,1,2)k k

n k n p x k C p p k n -==-=鬃 ，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。

三、例题精析

【例题1】

【题干】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】 2π 1

4

[

【解析】圆的面积是π，正方形的面积是2，扇形的面积是π

4，根据几何概型的概率计算公式

得P (A )＝2π，根据条件概率的公式得P (B |A )＝PAB PA ＝12

π2π＝1

4

【题干】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)．

【解析】(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DE F，D E F，D EF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(DEF)＝0.4×0.5×0.5＝0.1，

P(ξ＝1)＝P(DE F)＋P(D E F)＋P(D EF)＝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：

因此E(ξ)＝0×0.1＋1×0.35

【题干】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．

【解析】(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 B)＝P(A)·P(B)＝(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)＝C k30.9k×0.13－k，k＝0,1,2,3，

∴X的分布列是

【题干】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．

【解析】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 )＝C 25????452????1－453＝10×1625×1125

≈0.05. (2)P (B )＝1－C 05????450????1－455－C 1

5

×45????1－454≈0.99. (3)P (C )＝C 14×45?

???1－453×4

5≈0.02.

四、课堂运用

【基础】

1． 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 中至少有一件发生的概率是( ) A.512 B.12 C.712 D.34

解析 本题涉及古典概型概率的计算．本知识点在考纲中为B 级要求．由题意得P(A)＝12

，

P(B)＝16，则事件A ，B 至少有一件发生的概率是1－P(A )·P(B )＝1－12×56＝712.

答案 C

2．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p 1和p 2.则( )． A ．p 1＝p 2 B ．p 1

C ．p 1>p 2

D ．以上三种情况都有可能

解析 p 1＝1－????1－110010＝1－????99

10010 ＝1－????9 80110 0005

， p 2＝1－????C 2

99C 21005

＝1－????981005 则p 1

3．袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )． A.35 B.3

4

C.12

D.3

10

解析 在第一次取到白球的条件下，在第二次取球时，袋中有2个白球和2个黑球共4个球，所以取到白球的概率P ＝24＝1

2，故选C.

答案 C

【巩固】

4．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．

解析 设“任取一书是文科书”的事件为A ，“任取一书是精装书”的事件为B ，则A 、B 是相互独立的事件，所求概率为P (AB )．

据题意可知P (A )＝40100＝25，P (B )＝70100＝710，

∴P (AB )＝P (A )·P (B )＝25×710＝7

25.

答案 725

5．三支球队中，甲队胜乙队的概率为0.4，乙队胜丙队的概率为0.5，丙队胜甲队的概率为0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙队，第三局是第二局胜者对第一局的败者，第四局是第三局胜者对第二局败者，则乙队连胜四局的概率为________．

解析设乙队连胜四局为事件A，有下列情况：第一局中乙胜甲(A1)，其概率为1－0.4＝0.6；第二局中乙胜丙(A2)，其概率为0.5；第三局中乙胜甲(A3)，其概率为0.6；第四局中乙胜丙(A4)，其概率为0.50，因各局比赛中的事件相互独立，故乙队连胜四局的概率为：P(A)＝P(A1A2A3A4)＝0.62×0.52＝0.09.

答案0.09

6．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等于________．

解析由已知条件第2个问题答错，第3、4个问题答对，记“问题回答正确”事件为A，则P(A)＝0.8，

A∪A A AA

P＝P[]

＝(1－P(A)] P(A) P(A)＝0.128.

答案0.128

【拔高】

7．某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为1

3.该目标分为3个不同的部分，第一、

二、三部分面积之比为1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比． (1)设X 表示目标被击中的次数，求X 的分布列；

(2)若目标被击中2次，A 表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P (A )．

解析 (1)依题意X 的分布列为

(2)设A i B i 表示事件”第二次击中目标时，击中第i 部分”，i ＝1,2.

依题意知P(A 1)＝P(B 1)＝0.1，P(A 2)＝P(B 2)＝0.3，A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2， 所求的概率为

P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 1B 1)＋P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1)＋P(A 1)P(B 1)＋P(A 1)P(B 1)＋P(A 2)P(B 2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.

8．学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同．每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱) (1)求在1次游戏中：(ⅰ)摸出3个白球的概率；(ⅱ)获奖的概率； (2)求在2次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望E (X )．

解析 (1)(ⅰ)设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件A i (i ＝0,1,2,3)，则P (A 3)＝C 23C 25·C 1

2

C 23＝15

.

(ⅱ)设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则B ＝A 2∪A 3.

又P (A 2)＝C 23C 25·C 22C 23＋C 13C 12C 25·C 12C 23＝1

2，且A 2，A 3互斥，所以P (B )＝P (A 2)＋P (A 3)＝12＋15＝710

.

(2)由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2.

由于X 服从二项分布，即X ～B ????3，710.∴P (X ＝0)＝????1－7102＝9

100， P (X ＝1)＝C 12710×????1－710＝2150，P (X ＝2)＝????7102＝49100. 所以X 的分布列是

X 的数学期望E (X )＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝7

5.

课程小结

1.可先定义条件概率P(B|A)＝PAB

PA

，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．2.计算条件概率有两种方法．

(1)利用定义P(B|A)＝PAB PA

；

(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)＝nAB nA.

课后作业

【基础】

1．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的纪录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( ) A ．0.6 B ．0.7 C ．0.8

D ．0.66

解析 甲市为雨天记为事件A ，乙市为雨天记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18， P (AB )＝0.12，

∴P (B |A )＝PAB PA ＝0.12

0.2＝0.6.

答案 A

2．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率p的取值范围是()．

A．[0.4,1] B．(0,0.4]

C．(0,0.6] D．[0.6,1]

解析设事件A发生的概率为p，则C14p(1－p)3≤C24p2(1－p)2，解得p≥0.4，故选A.

答案 A

3．位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向

向左或向右，并且向左移动的概率为2

3，向右移动的概率为1

3

，则质点P移动五次后位于点(1,0)

的概率是()

A.4

243 B.8

243 C.40

243 D.80

243

解析左移两次，右移三次，概率是C25????2

32

?

?

?

?1

3

3＝40

243.

答案 C