1、2 2.2 2.3 3 独立重复试验与二项分布 1.掌握独立重复试验的概念及意义,理解事件在n次独立重复试 验中恰好发生k次的概率公式. 2.理解n次独立重复试验的模型,并能用于解一些简单的实际问 题. 3.了解二项分布与超几何分布的关系. 1 2 1.独立重复试验 一般地,在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验. 知识拓展知识拓展独立重复试验的特征: (1)每次试验的条件都完全相同,有关事件的概率保持不变; (2)各次试验的结果互不影响,即各次试验相互独立; (3)每次试验只有两个可能的结果:事件发生或者不发生. 1 2 【做一做1】 独立重复试验应满足的条件是( ) 每次试验之间
2、是相互独立的;每次试验只有事件发生与不发 生两种结果;每次试验中,事件发生的机会是均等的;每次试验 发生的事件是互斥的. A. B. C. D. 解析:由独立重复试验的定义知正确. 答案:C 1 2 2.二项分布 一般地,在n次独立重复试验中,设事件A发生的次数为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 此时称随机变 量X服从二项分布,简记为XB(n,p),并称p为成功概率. 知识拓展知识拓展1.在n次试验中,有些试验结果为A,有些试验结果为, 所以总结果是几个A同几个的一种搭配,要求总结果中事件A恰好 发生 k 次,就是 k 个 A 同
3、n-k 个的一种搭配,搭配种类为C ;其次,每 一种搭配发生的概率为 pk (1-p)n-k,所以 P(X=k)=C pk(1-p)n-k. 2.P(X=k)是(q+p)n的展开式的第 k+1 项(其中 q=1-p),也正是基 于该原因,称 X 服从二项分布,简记为 XB(n,p). P(X=k)=C pk(1-p)n-k,k=0,1,2,n, 1 2 3.两点分布的试验次数只有一次,试验结果只有两种:事件A发生 (X=1)或不发生(X=0);二项分布是指在n次独立重复试验中事件A发 生的次数X的分布列,试验次数为n(每次试验的结果也只有两种:事 件A发生或不发生),试验结果有n+1种:事件A
4、恰好发生0次,1次,2 次,n次.从而二项分布是两点分布的一般形式,两点分布是一种 特殊的二项分布,即n=1的二项分布. 1 2 【做一做 2】 若 B 5, 1 2 ,则 P(=2)=( ) A. 1 32 B. 1 4 C. 5 16 D. 5 8 解析:P(=2)=C5 2 1 2 2 1 2 3 =10 1 32 = 5 16. 答案:C 如何理解二项分布与超几何分布的关系 剖析由古典概型得出超几何分布,由独立重复试验得出二项分布, 这两个分布的关系是:在产品抽样检验中,如果采用有放回抽样,则 次品数服从二项分布,如果采用不放回抽样,则次品数服从超几何 分布.在实际工作中,抽样一般都采
5、用不放回方式,因此在计算次品 数为k的概率时应该用超几何分布,但是超几何分布的数值涉及抽 样次数和一个概率值,计算相对复杂,而二项分布的计算可以查专 门的数表,所以,当产品总数很大而抽样数不太大时,不放回抽样可 以认为是有放回抽样,计算超几何分布可以用计算二项分布来代替. 【示例1】 (1)在产品抽样检验中,从含有5件次品的100件产品中, 不放回地任取3件,则其中恰好有2件次品的概率为 .(用式 子表示即可) (2)在产品抽样检验中,从含有5件次品的100件产品中,有放回地 任取3件,则其中恰好有2件次品的概率为 .(用式子表示即 可) 解析:(1)中的抽取为不放回抽取,符合超几何分布,故该
6、空填 C5 2C951 C100 3 . (2)中的抽取为有放回抽取,符合独立重复试验的条件,可用二项 分布,故该空填C3 2 1 20 2 19 20 1 . 答案:(1)C5 2C951 C100 3 (2)C3 2 1 20 2 19 20 1 【示例2】 某厂生产的电子元件,其次品率为5%,现从一批产品 中任意连续地抽取2件,其中次品数的概率分布列为 ,请完成此表. 0 1 2 P 0 1 2 P 0.902 5 0.095 0.002 5 解析:由于本题中工厂生产的电子元件数量很大,从中抽取2件时, 抽样数不大,则可用二项分布来解. 所以的分布列为 答案:0.902 5 0.095
7、0.002 5 P(=0)=C2 0 (0.05)0(0.95)2=0.902 5; P(=1)=C2 1(0.05)1 (0.95)1=0.095; P(=2)=C2 2(0.05)2(0.95)0=0.002 5.所以 的分布列为 题型一 题型二 题型三 题型四 题型一 独立重复试验概率的求法 【例1】 某人射击5次,每次中靶的概率均为0.9,且每次射击是否 击中目标相互之间没有影响.求他至少有2次中靶的概率. 分析本题考查独立重复试验的概率.解答本题的关键是对“至少 有2次中靶”这一事件的理解.它包含2次、3次、4次、5次中靶,且 每一类情况之间都是互斥的,而每次射击是否击中目标相互之间
8、没 有影响,故可用互斥事件的概率公式和n次独立重复试验的概率公 式计算. 题型一 题型二 题型三 题型四 C5 2 0.920.13+C5 3 0.930.12+C5 4 0.940.1+C5 5 0.95=0.008 1+0.072 9+0.328 05+0.590 49=0.999 54. 题型一 题型二 题型三 题型四 事件“在 5 次射击中恰好有 1 次中靶”的概率为C5 1 0.90.14; 事件“在 5 次射击中全都没有中靶”的概率为 0.15. 故事件“至少有2次中靶”的概率为1-C5 1 0.90.14-0.15=1-0.000 45-0.000 01=0.999 54. 题型
9、一 题型二 题型三 题型四 【变式训练1】 一位病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9, 服用这种新药的有甲、乙、丙3位病人,且各人之间互不影响,有下 列结论: 3位病人都被治愈的概率为0.93; 3人中的甲被治愈的概率为0.9; 3人中恰好有2人被治愈的概率是20.920.1; 3人中恰好有2人未被治愈的概率是30.90.12; 3人中恰好有2人被治愈,且甲被治愈的概率是0.920.1. 其中正确结论的序号是 .(把正确结论的序号都填 上) 题型一 题型二 题型三 题型四 解析:中事件为3次独立重复试验恰有3次发生的概率,其概率 为0.93,故正确;由独立重复试验中,事件A发生的概率相同,故
10、正 被治愈,可分为甲、乙被治愈,丙未被治愈或甲、丙被治愈,乙未被 治愈,其概率为0.90.90.1+0.90.10.9=20.920.1,故错 误. 答案: 确;中恰有 2 人被治愈的概率为 P(X=2)=C3 2p2(1-p)=30.920.1,故 错误;中恰好有 2 人未被治愈相当于恰好 1 人被治愈,故概率为 C3 1 0.90.12=30.90.12,故正确;中恰有 2 人被治愈且甲 题型一 题型二 题型三 题型四 题型二 二项分布及其应用 【例2】 在一次数学考试中,第14题和第15题为选做题.规定每位 考生必须且只需在其中选做一题.设4名考生选做这两题的可能性 均为 (1)求其中甲
11、、乙2名考生选做同一道题的概率; (2)设这4名考生中选做第15题的考生数为个,求的分布列. 分析(1)设出事件,利用相互独立事件的概率公式求解.(2)按照求 分布列的步骤写出分布列即可. 1 2. 题型一 题型二 题型三 题型四 解:(1)设事件 A 表示“甲选做 14 题”,事件 B 表示“乙选做 14 题”, 则甲、乙 2 名考生选做同一道题的事件为“(AB)( )”,且事件 A,B 相互独立. 所以 P(AB)( )=P(A)P(B)+P()P() =1 2 1 2 + 1- 1 2 1- 1 2 = 1 2. (2)随机变量 的可能取值为 0,1,2,3,4. 且 B 4, 1 2
12、. 所以 P(=k)=C4 1 2 1- 1 2 4- = C4 1 2 4 (k=0,1,2,3,4). 所以变量 的分布列为 0 1 2 3 4 P 1 16 1 4 3 8 1 4 1 16 题型一 题型二 题型三 题型四 反思反思本题考查了互斥事件至少有一个发生的概率,相互独立事件 的概率以及二项分布的有关知识.解答此类题目的关键在于分清各 知识点的内在区别与联系. 题型一 题型二 题型三 题型四 【变式训练2】 某公司安装了3台报警器,它们彼此独立工作,且 发生险情时每台报警器报警的概率均为0.9.求发生险情时,下列事 件的概率: (1)3台都未报警;(2)恰有1台报警;(3)恰有2
13、台报警;(4)3台都报 警;(5)至少有2台报警;(6)至少有1台报警. 分析本题考查独立重复试验的概率.在发生险情时,我们将每台 报警器是否报警看成做了1次试验,那么一共做了3次试验,并且它 们彼此是独立的.在每次试验中,如果把“报警”看做成功,“未报警” 看做失败,那么每次试验成功的概率都是0.9.如果令X为在发生险情 时3台报警器中报警的台数,那么XB(3,0.9). 题型一 题型二 题型三 题型四 解:令 X 为发生险情时 3 台报警器中报警的台数,那么 XB(3,0.9),则它的分布列为 P(X=k)=C3 0.9k(1-0.9) 3-k (k=0,1,2,3). (1)3 台都未报
14、警的概率为 P(X=0)=C3 0 0.900.13=0.001; (2)恰有 1 台报警的概率为 P(X=1)=C3 1 0.910.12=0.027; (3)恰有 2 台报警的概率为 P(X=2)=C3 2 0.920.1=0.243; 题型一 题型二 题型三 题型四 (4)3 台都报警的概率为 P(X=3)=C3 3 0.930.10=0.729; (5)至少有 2 台报警的概率为 P(X2)=P(X=2)+P(X=3)=0.243+0.729=0.972; (6)至少有 1 台报警的概率为 P(X1)=1-P(X=0)=1-0.001=0.999. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型
15、三 独立重复试验的综合应用 【例3】 某学生在上学路上要经过4个路口,假设在各路口是否 遇到红灯是相互独立的,遇到红灯的概率都是 ,遇到红灯时停留的 时间都是2 min. (1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率; (2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min 的概率. 分析(1)第三个路口首次遇到红灯,表示前2个路口是绿灯,第三个 路口是红灯. (2)中事件指这名学生在上学路上最多遇到2个红灯. 1 3 题型一 题型二 题型三 题型四 解:(1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯” 为事件 A.因为事件 A 等价于事件“这名学生在第一和第二
16、个路口没 有遇到红灯,在第三个路口遇到红灯”,所以事件 A 的概率为 P(A)= 1- 1 3 1- 1 3 1 3 = 4 27. (2)设“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是 4 min”为事件 B,“这名学生在上学路上遇到 k 次红灯”为事件 Bk(k=0,1,2,3,4). 由题意得 P(B0)=C4 0 2 3 4 = 16 81,P(B1)=C4 1 1 3 1 2 3 3 = 32 81,P(B2)=C4 2 1 3 2 2 3 2 = 24 81. 因为事件 B 等价于事件“这名学生在上学路上至多遇到 2 次红 灯”,所以事件 B 的概率为 P(B)=P(B0)+P
17、(B1)+P(B2)=8 9. 题型一 题型二 题型三 题型四 反思反思在解含有相互独立事件的概率题时,首先要把所求的随机事 件分拆成若干个互斥事件的和,其次要将分拆后的每个事件分拆为 若干个相互独立事件的乘积.这两个步骤做好了,问题的思路就清 晰了,接下来就是按照相关的概率值进行计算的问题了.如果某些 相互独立事件符合独立重复试验模型,就可将这部分用独立重复试 验的概率计算公式解答.这就是解决含有相互独立事件的概率题的 基本思路. 题型一 题型二 题型三 题型四 【变式训练 3】 甲、乙两队参加世博会知识竞赛,每队 3 人,每 人回答一个问题,答对者为本队赢得一分,答错或不答得零分.假设甲
18、队中每人答对的概率均为2 3,乙队中 3 人答对的概率分别为 2 3 , 2 3 , 1 2,且 各人答对正确与否相互之间没有影响.用 表示甲队的总得分. (1)求随机变量 的分布列; (2)用 A 表示“甲、乙两个队总得分之和等于 3”这一事件,用 B 表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件,求 P(AB). 题型一 题型二 题型三 题型四 解:(1)由题意知, 的可能取值为 0,1,2,3,且 P(=0)=C3 0 1- 2 3 3 = 1 27, P(=1)=C3 1 2 3 1- 2 3 2 = 2 9, P(=2)=C3 2 2 3 2 1- 2 3 = 4 9, P(=3)=C3
19、 3 2 3 3 = 8 27. 所以 的分布列为 0 1 2 3 P 1 27 2 9 4 9 8 27 题型一 题型二 题型三 题型四 (2)用 C 表示“甲得 2 分,乙得 1 分”这一事件,用 D 表示“甲得 3 分,乙得 0 分”这一事件,AB=CD,C,D 互斥. P(C)=C3 2 2 3 2 1- 2 3 2 3 1 3 1 2 + 1 3 2 3 1 2 + 1 3 1 3 1 2 = 10 34 , P(D)= 2 3 3 1 3 1 3 1 2 = 4 35, P(AB)=P(C)+P(D)=10 34 + 4 35 = 34 35 = 34 243. 题型一 题型二 题
20、型三 题型四 题型四 易错辨析 易错点:对对立事件理解不当致错 【例4】 9粒种子分种在3个花盆内,每个花盆放3粒,每粒种子发 芽的概率为0.5.若一个花盆内至少有1粒种子发芽,则这个花盆不需 要补种;若一个花盆内的种子都没发芽,则这个花盆需要补种.假定 每个花盆至多补种一次,求需要补种的花盆数目的分布列. 题型一 题型二 题型三 题型四 错解:设需要补种的花盆数目为 X,则 X 取值为 0,1,2,3. 由独立重复试验知 P(X=0)=C3 0 1 2 3 = 1 8, P(X=1)=C3 1 1 2 1 2 2 = 3 8, P(X=2)=C3 2 1 2 2 1 2 = 3 8, P(X
21、=3)=C3 3 1 2 3 = 1 8. 则所求分布列为 X 0 1 2 3 P 1 8 3 8 3 8 1 8 题型一 题型二 题型三 题型四 错因分析错把每粒种子发芽的概率当成每个花盆不需要补种 的概率. 正解:因为单个花盆内的 3粒种子都不发芽的概率为(1-0.5)3=1 8, 所以单个花盆不需补种的概率为 1-1 8 = 7 8. 3 个花盆都不需补种的概率为C3 0 1 8 0 7 8 3 = 343 512; 恰有 1 个花盆需要补种的概率为C3 1 1 8 1 7 8 2 = 147 512;恰有 2 个花盆需要补种的概率为C3 2 1 8 2 7 8 1 = 21 512; 题型一 题型二 题型三 题型四 3 个花盆都需要补种的概率为C3 3 1 8 3 7 8 0 = 1 512. 所以需要补种的花盆数目的分布列为 X 0 1 2 3 P 343 512 147 512 21 512 1 512 反思反思有些问题从表面看不是n次独立重复试验问题,但经过转化 后可看作n次独立重复试验问题,从而将问题简化.由此可看到转化 思想在数学问题的处理中所发挥的重要作用.
