2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第60讲n次独立重复试验及二项分布（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第60讲n次独立重复试验及二项分布（教师版），共7页。试卷主要包含了条件概率及其性质，相互独立事件，独立重复试验与二项分布等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
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)＝eq \f(PAB,PA)(P(A)>0)．
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)＝eq \f(nAB,n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，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件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eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
(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)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)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．
题型归纳
题型1条件概率
【例1-1】(1)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为( )
A．0.75 B．0.6
C．0.52 D．0.48
(2)将三颗骰子各掷一次，记事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝__________，P(B|A)＝________.
【解析】 (1)设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A，使用到2年时还未损坏为事件B，则由题意知P(AB)＝0.6，P(A)＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(0.6,0.8)＝0.75，故选A.
(2)P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有Ceq \\al(1,3)×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝eq \f(60,91).P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝eq \f(60,120)＝eq \f(1,2).
【答案】 (1)A (2)eq \f(60,91) eq \f(1,2)
【跟踪训练1-1】某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为eq \f(1,2)，两次闭合后都出现红灯的概率为eq \f(1,5)，则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为________．
【解析】设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B|A，由题意得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(2,5).
【答案】eq \f(2,5)
【跟踪训练1-2】现有3道理科题和2道文科题共5道题，若不放回地一次抽取2道题，则在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为________．
【解析】法一：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(3×2,A\\al(2,5)),\f(3,5))＝eq \f(1,2).
法二：在第1次抽到理科题的条件下，还有2道理科题和2道文科题，故在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为eq \f(1,2).
【答案】eq \f(1,2)
【名师指导】
条件概率的3种求法
题型2相互独立事件的概率
【例2-1】 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
【解】 (1)X＝2就是某局双方10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是某局双方10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
【跟踪训练2-1】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eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4).
(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，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，
P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,24).
所以随机变量X的分布列为
(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)
＝eq \f(1,4)×eq \f(11,24)＋eq \f(11,24)×eq \f(1,4)
＝eq \f(11,48).
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为eq \f(11,48).
【名师指导】
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)代入概率的积公式求解．
题型3独立重复试验与二项分布
【例3-1】设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为eq \f(2,3).假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
【解】 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为eq \f(2,3)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，从而P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3－k，k＝0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列为
随机变量X的数学期望E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．
由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，
从而由(1)知P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝eq \f(8,27)×eq \f(2,9)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,27)＝eq \f(20,243).
【跟踪训练3-1】食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在某种蔬菜进货前，要求食品安检部门对每箱蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，蔬菜才能在该超市销售．已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为eq \f(1,7)，第二轮检测不合格的概率为eq \f(1,8)，第三轮检测合格的概率为eq \f(8,9)，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测是否合格相互之间没有影响．
(1)求每箱这种蔬菜不能在该超市销售的概率；
(2)如果这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利400元，如果不能在该超市销售，则每箱亏损200元，现有4箱这种蔬菜，求这4箱蔬菜总收益的分布列．
【解】(1)记Ai(i＝1,2,3)分别为事件“第一、二、三轮检测合格”，A为事件“每箱这种蔬菜不能在该超市销售”．
由题设知P(A1)＝1－eq \f(1,7)＝eq \f(6,7)，P(A2)＝1－eq \f(1,8)＝eq \f(7,8)，P(A3)＝eq \f(8,9)，
所以P(A)＝1－P(A1)P(A2)P(A3)＝1－eq \f(6,7)×eq \f(7,8)×eq \f(8,9)＝eq \f(1,3).
(2)设这4箱蔬菜的总收益为随机变量X，则X的所有可能取值为1 600,1 000,400，－200，－800，
且P(X＝1 600)＝Ceq \\al(4,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0＝eq \f(16,81)，
P(X＝1 000)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(32,81)，
P(X＝400)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＝eq \f(24,81)，
P(X＝－200)＝Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(8,81)，
P(X＝－800)＝Ceq \\al(0,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81).
故X的分布列为
【跟踪训练3-2】已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为eq \f(1,3)，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互独立．假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的．
(1)第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；
(2)第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X，求X的分布列及数学期望；
(3)第三小组进行试验，到成功了四次为止，在第四次成功之前共有三次失败的前提下，求恰有两次连续失败的概率．
【解】(1)该小组恰有两次失败的概率P＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4－2＝eq \f(24,81)＝eq \f(8,27).
(2)由题意可知X的取值集合为{0,2,4}，
则P(X＝0)＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4－2＝eq \f(24,81)＝eq \f(8,27)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4－1＋Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4－3＝eq \f(32＋8,81)＝eq \f(40,81)，
P(X＝4)＝Ceq \\al(0,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))4＋Ceq \\al(4,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(16＋1,81)＝eq \f(17,81).
故X的分布列为
E(X)＝0×eq \f(8,27)＋2×eq \f(40,81)＋4×eq \f(17,81)＝eq \f(148,81)，即所求数学期望为eq \f(148,81).
(3)由题意可知，在第四次成功之前共有三次失败的前提下，共有Ceq \\al(3,6)＝20(个)基本事件，而满足恰有两次连续失败的基本事件共有Aeq \\al(2,4)＝12(个)，从而由古典概型可得所求概率P＝eq \f(12,20)＝eq \f(3,5).
【名师指导】
独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略
(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率．定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
基本事件法
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)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(11,24)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,9)
eq \f(8,27)
X
1 600
1 000
400
－200
－800
P
eq \f(16,81)
eq \f(32,81)
eq \f(24,81)
eq \f(8,81)
eq \f(1,81)
X
0
2
4
P
eq \f(8,27)
eq \f(40,81)
eq \f(17,81)