高中数学高考第6节 n次独立重复试验与二项分布 教案

这是一份高中数学高考第6节 n次独立重复试验与二项分布 教案，共12页。

1．条件概率
2.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)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也相互独立．
3．独立重复试验与二项分布
(1)独立重复试验
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验，其中Ai(i＝1，2，…，n)是第i次试验结果，则
P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)P(A3)…P(An)．
(2)二项分布
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，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．
eq \a\vs4\al([常用结论])
牢记且理解事件中常见词语的含义
(1)A，B中至少有一个发生的事件为A∪B；
(2)A，B都发生的事件为AB；
(3)A，B都不发生的事件为eq \O(\x\t(A))eq \O(\x\t(B))；
(4)A，B恰有一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B；
(5)A，B至多一个发生的事件为Aeq \x\t(B)∪eq \x\t(A)B∪eq \O(\x\t(A))eq \O(\x\t(B)).
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相互独立事件就是互斥事件．( )
(2)若事件A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．( )
(3)公式P(AB)＝P(A)P(B)对任意两个事件都成立．( )
(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√
二、教材改编
1．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为eq \f(2,3)，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是( )
A.eq \f(80,243) B.eq \f(80,81) C.eq \f(163,243) D.eq \f(163,729)
A [用X表示发芽的粒数，则X～B(5，eq \f(2,3))，则P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)×(eq \f(2,3))3×(1－eq \f(2,3))2＝eq \f(80,243)，故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为eq \f(80,243).]
2．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，两个零件中能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
B [因为两人加工成一等品的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(5,12).]
3．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题，则在第1次抽到文科题的条件下，第2次抽到理科题的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(3,4)
D [根据题意，在第1次抽到文科题后，还剩4道题，其中有3道理科题；则第2次抽到理科题的概率P＝eq \f(3,4)，故选D.]
4．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机抽取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品的件数，则X服从二项分布，记作________．
X～B(100，0.02) [根据题意，X～B(100，0.02)．]
考点1 条件概率
求条件概率的2种方法
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)，这是求条件概率的通法．
(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)，再求事件A与事件B的交事件中包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）).
1.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)＝( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,2)
B [法一(直接法)：P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,2),Ceq \\al(2,5))＝eq \f(1,10).由条件概率计算公式，得P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
法二(缩小样本空间法)：事件A包括的基本事件：(1，3)，(1，5)，(3，5)，(2，4)共4个．
事件AB发生的结果只有(2，4)一种情形，即n(AB)＝1.
故由古典概型概率P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)＝eq \f(1,4).]
2．(2019·运城模拟)有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．
0.72 [设“种子发芽”为事件A，“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽，又成活为幼苗)．出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8，P(A)＝0.9，根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]
判断所求概率为条件概率的主要依据是题目中的“已知”“在……前提下(条件下)”等字眼．第2题中没有出现上述字眼，但已知事件的发生影响了所求事件的概率，也认为是条件概率问题．运用P(AB)＝P(B|A)·P(A)，求条件概率的关键是求出P(A)和P(AB)，要注意结合题目的具体情况进行分析．
考点2 相互独立事件的概率
求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
(1)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是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( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
(2)某乒乓球俱乐部派甲、乙、丙三名运动员参加某运动会的单打资格选拔赛，本次选拔赛只有出线和未出线两种情况．规定一名运动员出线记1分，未出线记0分．假设甲、乙、丙出线的概率分别为eq \f(2,3)，eq \f(3,4)，eq \f(3,5)，他们出线与未出线是相互独立的．
①求在这次选拔赛中，这三名运动员至少有一名出线的概率；
②记在这次选拔赛中，甲、乙、丙三名运动员的得分之和为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．
(1)C [(1)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，
∴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.]
(2)[解] ①记“甲出线”为事件A，“乙出线”为事件B，“丙出线”为事件C，“甲、乙、丙至少有一名出线”为事件D，
则P(D)＝1－P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝1－eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(29,30).
②由题意可得，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，
则P(ξ＝0)＝P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＝eq \f(1,30)；
P(ξ＝1)＝P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＋P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＋P(eq \a\vs4\al(A) eq \a\vs4\al(B) eq \a\vs4\al(C))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(13,60)；
P(ξ＝2)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(2,5)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \f(3,5)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(9,20)；
P(ξ＝3)＝P(ABC)＝eq \f(2,3)×eq \f(3,4)×eq \f(3,5)＝eq \f(3,10).
所以ξ的分布列为
含有“恰好、至多、至少”等关键词的问题，求解的关键在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．
[教师备选例题]
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).
(2019·全国卷Ⅱ)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.
考点3 独立重复试验与二项分布
独立重复试验的概率
独立重复试验概率求解的策略
(1)首先判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，判断时注意各次试验之间是相互独立的，并且每次试验的结果只有两种，在任何一次试验中，某一事件发生的概率都相等，然后用相关公式求解．
(2)解此类题时常用互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．
(1)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，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是eq \f(1,2).质点P移动五次后位于点(2，3)的概率是________．
(2)(2019·苏州模拟)某射手每次射击击中目标的概率是eq \f(2,3)，且各次射击的结果互不影响．
①假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；
②假设这名射手射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率；
③假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．
(1)eq \f(5,16) [由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2，3)，所以质点P必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(2)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(5)＝eq \f(5,16).]
(2)[解] ①设X为射手在5次射击中击中目标的次数，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(2,3))).在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(40,243).
②设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则
P(A)＝P(A1A2A3eq \x\t(A)4eq \x\t(A)5)＋P(eq \x\t(A)1A2A3A4eq \x\t(A)5)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3A4A5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(8,81).
③设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3)．
由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，6.
P(ξ＝0)＝P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2eq \x\t(A)3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3),))eq \s\up10(3)＝eq \f(1,27)；
P(ξ＝1)＝P(A1eq \x\t(A)2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1A2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1eq \x\t(A)2A3)
＝eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)＋eq \f(1,3)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,9)；
P(ξ＝2)＝P(A1eq \x\t(A)2A3)＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,27)；
P(ξ＝3)＝P(A1A2eq \x\t(A)3)＋P(eq \x\t(A)1A2A3)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)＝eq \f(8,27)；
P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)＝eq \f(8,27).
所以ξ的分布列是
在求解过程中，本例(2)中②常因注意不到题设条件 “有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”，盲目套用公式致误；本例(2)中③常因对ξ的取值不明，导致事件概率计算错误．
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eq \f(1,2)，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)X可能的取值为10，20，100，－200.
根据题意，有
P(X＝10)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(2)＝eq \f(3,8)，
P(X＝20)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(1)＝eq \f(3,8)，
P(X＝100)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(0)＝eq \f(1,8)，
P(X＝－200)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up10(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up10(3)＝eq \f(1,8).
所以X的分布列为
(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)＝eq \f(1,8).
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))eq \s\up10(3)＝1－eq \f(1,512)＝eq \f(511,512).
因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是eq \f(511,512).
二项分布
(2019·秦皇岛模拟)某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：克)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如下图)．
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505克的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505克的产品数量，求Y的分布列．
[解] (1)质量超过505克的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12(件)．
(2)重量超过505的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，X的取值为0，1，2，
X服从超几何分布．
P(X＝0)＝eq \f(Ceq \\al(2,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(63,130)，
P(X＝1)＝eq \f(Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(1,28),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(28,65)，
P(X＝2)＝eq \f(Ceq \\al(2,12),Ceq \\al(2,40))＝eq \f(11,130)，
∴X的分布列为
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为eq \f(12,40)＝eq \f(3,10).
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，质量超过505克的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(3,10)))，
P(Y＝k)＝Ceq \\al(k,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,10)))eq \s\up10(2－k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up10(k)，
所以P(Y＝0)＝Ceq \\al(0,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,10)))eq \s\up10(2)＝eq \f(49,100)，
P(Y＝1)＝Ceq \\al(1,2)·eq \f(3,10)·eq \f(7,10)＝eq \f(21,50)，
P(Y＝2)＝Ceq \\al(2,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,10)))eq \s\up10(2)＝eq \f(9,100).
∴Y的分布列为
(1)注意随机变量满足二项分布的关键词：
①视频率为概率；②人数很多、数量很大等．
(2)求概率的过程，就是求排列数与组合数的过程，而在解决具体问题时要做到：
①分清eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(超几何概率；,条件概率；,相互独立事件的概率；,独立重复试验.))
②判断事件的运算eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(和事件，,积事件，))即是至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件．
[教师备选例题]
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．
[解] 令X表示5次预报中预报准确的次数，
则X～B(5，0.8)．
(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝Ceq \\al(2,5)×0.82×(1－0.8)3＝10×0.64×0.008≈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－Ceq \\al(0,5)×0.80×(1－0.8)5－Ceq \\al(1,5)×0.8×(1－0.8)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99.
(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Ceq \\al(1,4)×0.8×(1－0.83)×0.8≈0.02.
(2019·西安模拟)某学校用“10分制”调查本校学生对教师教学的满意度，现从学生中随机抽取16名，以茎叶图记录了他们对该校教师教学满意度的分数(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)：
(1)若教学满意度不低于9.5分，则称该生对教师的教学满意度为“极满意”．求从这16人中随机选取3人，至少有1人是“极满意”的概率；
(2)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校所有学生中(学生人数很多)任选3人，记X表示抽到“极满意”的人数，求X的分布列及数学期望．
[解] (1)设Ai表示所抽取的3人中有i个人是“极满意”，至少有1人是“极满意”记为事件A，则P(A)＝1－P(A0)＝1－eq \f(Ceq \\al(3,12),Ceq \\al(3,16))＝eq \f(17,28).
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，由已知得X～B(3，eq \f(1,4))，∴P(X＝0)＝(eq \f(3,4))3＝eq \f(27,64)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×(eq \f(1,4))×(eq \f(3,4))2＝eq \f(27,64)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×(eq \f(1,4))2×(eq \f(3,4))＝eq \f(9,64)，
P(X＝3)＝(eq \f(1,4))3＝eq \f(1,64).
∴X的分布列为
∴E(X)＝3×eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).条件概率的定义
条件概率的性质
设A，B为两个事件，且P(A)＞0，称P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率
(1)0≤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)
ξ
0
1
2
3
P
eq \f(1,30)
eq \f(13,60)
eq \f(9,20)
eq \f(3,10)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,4)
eq \f(11,24)
eq \f(1,4)
eq \f(1,24)
ξ
0
1
2
3
6
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,27)
eq \f(8,27)
eq \f(8,27)
X
10
20
100
－200
P
eq \f(3,8)
eq \f(3,8)
eq \f(1,8)
eq \f(1,8)
X
0
1
2
P
eq \f(63,130)
eq \f(28,65)
eq \f(11,130)
Y
0
1
2
P
eq \f(49,100)
eq \f(21,50)
eq \f(9,100)
X
0
1
2
3
P
eq \f(27,64)
eq \f(27,64)
eq \f(9,64)
eq \f(1,64)