新人教A版高中数学必修第二册：条件概率、时间独立性、二项分布

授课主题
条件概率、事件的相互独立性、二项分布
教学目标
1．掌握求条件概率的两种方法．2．利用条件概率公式解决一些简单问题．3．掌握相互独立事件同时发生的概率乘法公式．4．理解n次独立重复试验的模型及意义．5．掌握独立重复试验中事件的概率及二项分布的求法．
教学内容
条件概率条件设A，B为两个事件，且P(A)>0含义在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率记作P(B|A)读作A发生的条件下B发生的概率计算公式①缩小样本空间法：P(B|A)＝②公式法：P(B|A)＝P(B|A)与P(AB)的区别：P(B|A)的值是AB发生相对于事件A发生的概率的大小；而P(AB)是AB发生相对于原来的总空间而言．条件概率的性质(1)有界性：0≤P(B|A)≤1；(2)可加性：如果B和C是互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A).相互独立事件的概念事件A是否发生，对事件B发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．例如：盒中有5个球，其中有3个绿的，2个红的，每次取一个，有放回地取两次，设A＝{第一次抽取，取到绿球}，B＝{第二次抽取，取到绿球}，则P(A)＝P(B)＝.相互独立事件的性质(1)如果A与B是相互独立事件，则与B是相互独立事件；A与是相互独立事件，与是相互独立事件；(2)两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(AB)＝P(A)P(B).推广：一般地，如果事件a1，a2，…，an相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(a1·a2·…·an)＝P(a1)·P(a2)·…·P(an)．互斥事件与独立事件互斥事件相互独立事件概念不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件如果事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件符号互斥事件A，B中有一个发生，记作A∪B相互独立事件A，B同时发生记作AB计算公式P(A∪B)＝P(A)＋P(B)P(AB)＝P(A)P(B)联系两事件A，B相互独立是指事件A出现的概率与事件B是否出现没有关系，并不是说A，B间没有关系．相反，若A，B独立，则常有A∩B≠?，即A与B不互斥．A，B互斥是指A的出现必导致B的不出现，并没有说A出现的概率与B是否出现有关系独立重复试验所谓独立重复试验，是在相同的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验，也叫贝努里试验．特点：每一次试验的结果只有两种(某事要么发生，要么不发生)，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．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，如果在每次试验中事件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P(X＝k)＝Cpk(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．有放回与无放回的区别无放回有放回从含有M件次品的N件产品中，无放回抽取n件，恰好有X件次品数，则X服从超几何分布P(X＝m)＝从含有M件次品的N件产品中，有放回抽取n次，恰好有X件次品数，则X服从二项分布P(X＝k)＝题型一　利用定义求条件概率例1　盒子里装有16个球，其中6个是玻璃球，10个是木质球．玻璃球中有2个是红球，4个是蓝球；木质球中有3个是红球，7个是蓝球．现从中任取一个(假设每个球被取到是等可能的)是蓝球，问该球是玻璃球的概率是多少？解析：设事件A：“任取一球，是玻璃球”；事件B：“任取一球，是蓝球”．由题中数据可列表如下：红球蓝球小计玻璃球246木质球3710小计51116由表知n(AB)＝4，n(B)＝11，∴P(A|B)＝＝.点评：在缩小后的样本空间OA中计算事件B发生的概率，即根据公式P(A|B)＝求解．巩
固　某人一周晚上值2次班，在已知他周日一定值班的条件下，他在周六晚上值班的概率为________．解析：设事件A为“周日值班”，则n(A)＝C＝6，事件B为“周六值班”，则n(AB)＝1，所以P(B|A)＝＝.
答案：题型二　利用条件概率公式求条件概率例2　某个学习兴趣小组有学生10人，其中有3人是三好学生．现已把这10人分成两组进行竞赛辅导，第一小组5人，其中三好学生2人．(1)如果要从这10人中选一名同学作为该兴趣小组组长，那么这个同学恰好在第一小组内的概率是多少？(2)现在要在这10人中任选一名三好学生当组长，问这名同学在第一小组的概率是多少？解析：设A＝{在兴趣小组内任选一个学生，该学生在第一小组}，B＝{在兴趣小组内任选一名学生，该学生是三好学生}，而第二问中所求概率为P(A|B)，于是(1)P(A)＝＝，
(2)P(A|B)＝＝＝.点评：(1)在原样本空间O中，先计算P(AB)，P(A)，再利用公式P(B|A)＝计算求得P(B|A)．(2)条件概率公式的变形公式．公式P(A|B)＝揭示了P(B)，P(A|B)与P(AB)的关系，常常用于知二求一中，要熟练应用它的变形公式．为了记忆方便，可以用乘法公式．如P(B)＞0时，有P(AB)＝P(A|B)P(B)，P(A)＞0时，有P(AB)＝P(B|A)P(A)．巩
固　抛掷红、黄两枚骰子，当红色骰子的点数为4或6时，两颗骰子的点数之积大于20的概率是(　　)A.
B.
C.
D.解析：记A＝{抛掷两颗骰子，红色骰子的点数为4或6}，B＝{两颗骰子的点数之积大于20}，则所求概率为P(B|A)．P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝÷＝.故选B.答案：B题型三　利用条件概率的性质求条件概率例3　在某次考试中，从20道题中随机抽取6道题，若考生至少能答对其中4道即可通过；若至少能答对其中5道就获得优秀．已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率．解析：设事件A为“该考生6道题全答对”，事件B为“该考生答对了其中5道题，另1道答错”，事件C为“该考生答对了其中4道题，另2道答错”，事件D为“该考生在这次考试中通过”，事件E为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A，B，C两两相斥，且D＝A∪B∪C.由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝∵P(AD)＝P(A∩D)＝P(A)，P(BD)＝P(B∩D)＝P(B)，∴P(E|D)＝P(A∪B|D)＝P(A|D)＋P(B|D)＝＋＝＝.所以他获得优秀成绩的概率是.点评：本题条件多，所设事件多，要分清楚事件之间的关系及谁是条件，同时利用公式P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)可使有些条件概率的计算较为简捷，但应注意这个性质在“B与C互斥”这一前提下才成立．巩
固　一个袋中装有10个球，设有1个红球，2个黄球，3个黑球，4个白球，从中依次摸两个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二个球是黄球或黑球的概率为(　　)A.
B.
C.
D.解析：设事件A为“摸出第一个球为红球”，事件B为“摸出第二个球为黄球”，事件C为“摸出第二个球为黑球”．所以P(A)＝，P(AB)＝＝，P(AC)＝＝，所以P(B|A)＝＝÷＝，P(C|A)＝＝÷＝，所以P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)＝＋＝.
故选C.题型四　独立事件的概念例4　一个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，令A＝{一个家庭中既有男孩又有女孩}，B＝{一个家庭中最多有一个女孩}．对下述两种情形，讨论A与B的独立性：(1)家庭中有两个小孩；(2)家庭中有三个小孩．解析：(1)有两个小孩的家庭，男孩、女孩的可能情形为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，它有4个基本事件，由等可能性知概率各为.这时A＝{(男，女)，(女，男)}，B＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，AB＝{(男，女)，(女，男)}．于是P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝.由此可知P(AB)≠P(A)P(B)．所以事件A，B不相互独立．(2)有三个小孩的家庭，小孩为男孩、女孩的所有可能情形为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(男，女，女)，(女，男，男)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}．由等可能性知这8个基本事件的概率均为，这时A中含有6个基本事件，B中含有4个基本事件，AB中含有3个基本事件．于是P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，显然有P(AB)＝＝P(A)P(B)成立．从而事件A与B是相互独立的．点评：判断两个事件是否具有独立性的方法：(1)定义法：直接判定两个事件发生是否相互影响；(2)公式法：检验P(AB)＝P(A)P(B)是否成立；(3)条件概率法：当P(A)>0时，可用P(B|A)＝P(B)判断．巩
固　分别掷两枚质地均匀的骰子，设A＝{第一枚朝上点数为1}，B＝{第二枚朝上点数为1}，C＝{两枚朝上点数相同}，指出A，B，C中相互独立的事件．解析：掷两枚骰子，基本事件总数为36个，A发生与否不影响B的发生及概率大小，A的基本事件个数为6，B的基本事件个数为6，则AB的基本事件个数为1，即(1,1)．因为P(A)＝＝，P(B)＝＝，P(AB)＝，所以P(AB)＝P(A)·P(B)，所以A，B相互独立．C的基本事件个数为6，P(C)＝＝，AC即为(1,1)，BC即为(1,1)，所以P(AC)＝，P(BC)＝，所以P(AC)＝P(A)P(C)，P(BC)＝P(B)P(C)，所以A与C，B与C也相互独立．题型五　相互独立事件同时发生的概率例5　一个袋子中有3个白球，2个红球，每次从中任取2个球，取出后再放回，求：(1)第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率；(2)第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率解析：记：“第1次取出的2个球都是白球”的事件为A，“第2次取出的2个球都是红球”的事件为B，“第1次取出的2个球1个是白球，1个是红球”的事件为C，很明显，由于每次取出后再放回，A，B，C都是相互独立事件．(1)P(AB)＝P(A)P(B)＝＝·＝.故第1次取出的2个球都是白球，第2次取出的2个球都是红球的概率是.(2)P(CA)＝P(C)P(A)＝＝·＝.故第1次取出的2个球1个是白球、1个是红球，第2次取出的2个球都是白球的概率是.点评：互斥事件、对立事件、相互独立事件之间的区别．(1)两个事件互斥：A∩B＝?，即A与B不能同时发生，此时有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(2)两个事件对立：A与B互斥且A，B中必有一个发生，此时有P(A)＋P(B)＝1，但反过来P(A)＋P(B)＝1不能推出A与B对立．(3)两个事件相互独立等价于P(AB)＝P(A)P(B)，意味着事件A，B的发生互不影响，当然可能同时发生，也可能不同时发生．巩
固　同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x，转盘乙得到的数为y，构成数对(x，y)，则所有数对(x，y)中满足xy＝4的概率为_________．解析：满足xy＝4的所有可能如下：x＝1，y＝4；x＝2，y＝2；x＝4，y＝1.所以，所求事件的概率P＝P(x＝1，y＝4)＋P(x＝2，y＝2)＋P(x＝4，y＝1)＝×＋×＋×＝.答案：题型六　独立事件与互斥事件的综合应用例6　设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的．求：(1)进入商场的1位顾客，甲、乙两种商品都购买的概率；(2)进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；(3)进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率．解析：记A表示事件“进入商场的1位顾客购买甲种商品”，则P(A)＝0.5；记B表示事件“进入商场的1位顾客购买乙种商品”，则P(B)＝0.6；记C表示事件“进入商场的1位顾客，甲、乙两种商品都购买”；记D表示事件“进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种”；记E表示事件“进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种”．(1)易知C＝AB，则P(C)＝P(A)P(B)＝0.5×0.6＝0.3.(2)易知D＝A
∪
B，则P(D)＝P(A
∪
B)＝P(A
)＋P(
B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.5×0.4＋0.5×0.6＝0.5.(3)易知＝
，则P()＝P(
)＝P()P()＝0.5×0.4＝0.2，故P(E)＝1－P()＝0.8.巩
固　加工某一零件经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为，，，
且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．解析：因为第一、二、三道工序的次品率分别为，，，所以第一、二、三道工序的正品率分别为，，，所以加工出来的零件的次品率为P＝1－××＝.答案：题型七　独立重复试验例7　某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为，且每次射击的结果互不影响，已知射手射击了5次，求：(1)其中只在第一、三、五次击中目标的概率；(2)其中恰有3次击中目标的概率；(3)其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标的概率．解析：(1)该射手射击了5次，其中只在第一、三、五次击中目标，是在确定的情况下击中目标3次，也就是在第二、四次没有击中目标，所以只有一种情况，又因为各次射击的结果互不影响，故所求概率为P＝××××＝.(2)该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标．根据排列组合知识，5次当中选3次，共有C种情况，因为各次射击的结果互不影响，所以符合n次独立重复试验概率模型．故所求概率为P＝C×3×2＝.(3)该射手射击了5次，其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标，应用排列组合知识，把3次连续击中目标看成一个整体可得共有C种情况．故所求概率为P＝C·3·2＝.点评：解决此类问题的关键是正确设出独立重复试验中的事件A，接着分析随机变量是否满足独立重复试验概型的条件，若是，利用公式P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)n－k计算便可．巩
固　某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的．该市的4位申请人中恰有2人申请A片区房源的概率为________．解析：每位申请人申请房源为一次试验，这是4次独立重复试验，设申请A片区房源记为A，则P(A)＝，所以恰有2人申请A片区的概率为Ceq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))22＝.答案：题型八　二项分布例8　某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心，且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X的分布列．解析：3个人各做一次试验，看成三次独立重复试验，拨通这一电话的人数即为事件发生的次数X，故符合二项分布．由题意：X～B所以P(X＝k)＝Ceq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))k3－k，k＝0,1,2,3.分布列为X0123P点评：解决二项分布问题的两个关键点：(1)对于公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验独立重复地进行了n次．巩
固　某人参加一次考试，若5道题中解对4道题则为及格．已知他解一道题的正确率为0.6，试求他能及格的概率(结果保留两位有效数字)．解析：设“解对一道题”为事件A，则解5道题相当于5次独立重复试验．若他要达到及格，则事件A至少要出现4次，也就是说事件A要发生4次或5次．因为事件A发生4次与发生5次是互斥的．把“A发生4次”与“A发生5次”分别记为B1，B2，“这人最后成绩为及格”设为事件B，则事件B发生的概率为P(B)＝P(B1∪B2)＝P(B1)＋P(B2)．∵P(B1)＝C×0.64×0.4，P(B2)＝C×0.65，∴P(B)＝C×0.64×0.4＋C×0.65＝0.34.题型九　独立重复试验与二项分布的应用例9　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，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分．(1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C表示事件“甲得2分，乙得1分”，求P(C)．解析：(1)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，且P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，P(ξ＝2)＝C×2×＝，
P(ξ＝3)＝C×3＝.所以ξ的分布列为：ξ0123P(2)甲得2分，乙得1分，两事件是独立的，由上表可知，甲得2分，其概率P(ξ＝2)＝，乙得1分，其概率为P＝××＋××＋××＝.根据独立事件概率公式P(C)＝×＝.点评：二项分布在生产实际中的应用十分广泛，求解此类问题的关键是把实际问题概率知识化，在此基础上，借助相关的概率知识求解．巩
固　一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的概率分布；(2)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的概率分布；(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．分析：(1)看作6次独立重复试验．(2)Y的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.(3)至少遇到一次红灯的对立事件是全都是绿灯．解析：(1)将通过每个交通岗看作一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相互独立的．故X～B，以此为基础求X的概率分布．由X～B，P(X＝k)＝Ceq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))k·6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.所以X的概率分布为：X0123456P计算得：X0123456P(2)由于Y表示这名学生在首次停车前经过的路口数，显然Y是随机变量，其取值为0,1,2,3,4,5,6.其中{Y＝k}(k＝0,1,2,3,4,5)表示前k个路口没有遇上红灯，但在第k＋1个路口遇上红灯，故各概率应按独立事件同时发生计算．P(Y＝k)＝k×(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯，因此Y的概率分布为：Y0123456P××2×3×4×56计算得：Y0123456P(3)这名学生在途中至少遇到一次红灯的对立事件为该学生在途中没有遇到红灯．所以其概率为P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－6＝.
条件概率1．下列说法中正确的是(　　)A．P(B|A)＜P(AB)
B．P(B|A)＝是可能的C．0＜P(B|A)＜1
D．P(A|A)＝0答案：B2．已知P(AB)＝，P(A)＝，则P(B|A)等于(　　)A.
B.
C.
D.答案：B3．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.
B.
C.
D.解析：因为P(A)＝＝，P(AB)＝＝，所以P(B|A)＝＝.故选B.答案：B4．已知P(B|A)＝，P(A)＝，则P(AB)＝(　　)A.
B.
C.
D.
解析：P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝×＝.故选C.答案：C5．当掷五枚硬币时，已知至少出现两个正面，则正好出现3个正面的概率为(　　)A.
B.
C.
D.答案：B6．某种型号的电视机使用寿命10年的概率为0.8，使用寿命15年的概率为0.4，现有一台使用了10年的这种型号的电视机，它能再使用5年的概率为
(　　)A．0.8
B．0.5
C．0.4
D．0.2解析：所求概率P＝＝＝0.5.故选B.答案：B7．从1,2，…，15中甲、乙依次任取一数(不放回)，已知甲取到的数是5的倍数，则甲数大于乙数的概率是(　　)A.
B.
C.
D.答案：D8.
用集合M＝{2,4,6,7,8,11,12,13}中的任意两个元素分别为分子与分母构成分数，已知取出的一个数是12，则取出的数构成可约分数的概率是(　　)A.
B.
C.
D.解析：A＝{取出的两个数中有一个数为12}，B＝{取出的两个数构成可约分数}．则n(A)＝7，n(AB)＝4，所以P(B|A)＝＝.
故选D.答案：D二、填空题9．设A，B为两个事件，若事件A和B同时发生的概率为，在事件A发生的条件下，事件B发生的概率为，则事件A发生的概率为________．解析：∵P(AB)＝，P(B|A)＝，P(B|A)＝，
∴P(A)＝＝＝.答案：10.
一批产品中有4%的次品，而合格品中一等品占45%，从这批产品中任取一件，则该产品是一等品的概率是__________．解析：设A表示“取出的产品为合格品”，B表示“取出的产品为一等品”，则P(B|A)＝45%.因为P()＝4%，P(A)＝1－P()＝1－4%＝96%.所以P(B)＝P(A∩B)＝P(A)·P(B|A)＝96%×45%＝43.2%.答案：43.2%11．某种元件用满6
000小时未坏的概率是，用满10
000小时未坏的概率是，现有一个此种元件，已经用过6
000小时未坏，则它能用到10
000小时的概率为________．解析：记满6
000小时未坏为事件A，满10
000小时未坏为事件B，则P(A)＝.∵B
A，∴P(AB)＝P(B)＝.∴P(B|A)＝＝＝.答案：三、解答题12．已知箱子中装有10件产品，其中6件正品，现从中不放回地任取两次，每次取一件，求两次都取到正品的概率．解析：设A＝{第一次取到正品}，B＝{第二次取到正品}，AB＝{两次都取到正品}．由题意知，
P(A)＝，P(B|A)＝.
故P(AB)＝P(A)P(B|A)＝×＝.13．任意向x轴上(0,1)这一区间内投掷一个点，问：(1)该点落在区间内的概率是多少？(2)在(1)的条件下，求该点落在内的概率．解析：由题意可知，任意向(0,1)这一区间内掷一点，该点落在(0,1)内哪个位置是等可能的．令A＝，由几何概型的计算公式可知：(1)P(A)＝＝.(2)令B＝，则AB＝，故在A的条件下B发生的概率为P(B|A)＝＝＝.事件的相互独立性一、选择题1．下列事件，A，B是独立事件的是(　　)A．一枚硬币掷两次，A＝“第一次为正面”，B＝“第二次为反面”B．袋中有2白，2黑的小球，不放回地摸两个球，A＝“第一次摸到白球”，B＝“第二次摸到白球”C．掷一颗骰子，A＝“出现点数为奇数”，B＝“出现点数为偶数”D．A＝“人能活到20岁”，B＝“人能活到50岁”答案：A2．若P(AB)＝，P()＝，P(B)＝，则事件A与B的关系是(　　)A．事件A与B互斥
B．事件A与B对立C．事件A与B独立
D．事件A与B既互斥又独立解析：因为P()＝，所以P(A)＝，又P(B)＝，P(AB)＝，所以有P(AB)＝P(A)P(B)，所以事件A与B独立但不一定互斥.
故选C.3．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p，乙解决这个问题的概率是p，那么其中至少有一人解决这个问题的概率是(　　)A．p＋p
B．p·pC．1－pp
D．1－(1－p)(1－p)解析：至少有1人能解决这个问题的对立事件是两人都不能解决，两人解决问题是相互独立的，故所求概率为1－(1－p1)(1－p2)．答案：D4．若事件A，B相互独立，且P(A)＝P(B)＝，则P(AB)＝(　　)A.
B.
C.
D.
解析：因为事件A，B相互独立，故P(AB)＝×＝.故选C.答案：C5．从甲袋内摸出1个白球的概率为，从乙袋内摸出1个白球的概率是，从两个袋内各摸1个球，那么概率为的事件是(　　)A．2个球都是白球
B．2个球都不是白球C．2个球不都是白球
D．2个球中恰好有一个白球解析：两个球都是白球的概率为，故其对立事件2个球不都是白球的概率为1－＝.答案：C6．投掷一枚质地均匀硬币和一颗质地均匀骰子各一次，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.　　　　B.　　　　C.　　　　D.解析：用间接法考虑，事件A，B一个都不发生的概率为P(
)＝P()P()＝×＝.则所求概率1－P(
)＝，故C正确．答案：C7．甲盒中有200个螺杆，其中有160个A型的，乙盒中有240个螺母，其中有180个A型的．今从甲、乙两盒中各任取一个，则恰好可配成A型螺栓的概率为(　　)A.
B.
C.
D.解析：设“从甲盒中取一螺杆为A型螺杆”为事件A，“从乙盒中取一螺母为A型螺母”为事件B，则A与B相互独立P(A)＝＝，P(B)＝＝，则从甲、乙两盒中各任取一个，恰好可配成A型螺栓的概率为P＝P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.故选C.答案：C5．设两个独立事件A和B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率P(A)是(　　)A.
B.
C.
D.解析：由题意，可得，所以所以P(A)＝P(B)＝.故选D.答案：D二、填空题6．已知A，B，C为三个彼此互相独立的事件，若事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，事件C发生的概率为，则发生其中两个事件的概率为__________．解析：由题意可知，所求事件的概率P＝××＋××＋××＝.答案：
7．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为______(用数字作答)．解析：分情况讨论：若共有3人被治愈，则
P1＝C0.93×(1－0.9)＝0.291
6；若共有4人被治愈，则P2＝0.94＝0.656
1.故至少有3人被治愈的概率为P＝P1＋P2＝0.947
7.8．中国古代有田忌赛马的故事，若甲乙两队分别有上，中，下三等马，但甲队实力明显较弱，但若以甲队的下等马对乙队的上等马，甲赢的概率为0.1，以甲队的中等马对乙队的下等马，甲赢的概率为0.8，以甲队的中等马对乙队的下等马，甲赢的概率为0.7，若三局两胜制，则甲赢的概率是______________．解析：甲赢有三种情况：一、二场赢，第三场输；一、三场赢，第二场输；二、三场赢，第一场输，概率分别是0.1×0.8×0.3,0.1×0.2×0.7,0.9×0.8×0.7，相加得甲赢的概率为0.542.答案：0.542三、解答题9．已知电路中有4个开关，每个开关独立工作，且闭合的概率为，求灯亮的概率．解析：因为A，B断开且C，D至少有一个断开时，线路才断开，导致灯不亮，所以灯不亮的概率为P＝P()[1－P(CD)]＝P()P()[1－P(CD)]＝××＝.所以灯亮的概率为1－＝.10．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列．解析：
(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么
P(C)＝1－p＝
，解得p＝.(2)由题意，P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C2＝，P(ξ＝2)＝C2＝，P(ξ＝3)＝C03＝.所以，随机变量ξ的概率分布列为：ξ0123P（独立重复实验与二项分布）
A组1．下列试验中，是独立重复试验的是(　　)(1)依次投掷四枚质地不同的硬币，3次正面向上；
(2)某人射击，击中目标的概率P是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中；(3)口袋装有5个白球，3个红球，2个黑球，从中依次抽取5个球，恰好抽出4个白球；(4)口袋装有5个白球，3个红球，2个黑球，从中有放回的抽取5个球，恰好抽出4个白球．A．(1)、(2)、(3)
B．(2)、(3)、(4)C．(2)、(4)
D．(3)、(4)解析：由独立重复试验的概念知(2)、(4)是独立重复试验．故选C.答案：C2．打靶时，某人每打10发可中靶8次，则他打100发子弹有4发中靶的概率为(　　)A．C0.84×0.296
B．0.84C．0.84×0.2
96
D．0.24×0.296解析：由题意可知中靶的概率为0.8，故打100发子弹有4发中靶的概率为C0.84×0.296.故选A.答案：A3．在4次独立试验中，事件A出现的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是，则事件A在一次试验中发生的概率是(　　)A.
B.
C.
D.答案：AB组一、选择题1．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是(　　)A.
B.
C.
D.解析：因为每1粒发芽的概率为定值，所以播下3粒种子相当于做了3次试验，设发芽的种子数为X，则X服从二项分布，即X～B，所以P(X＝2)＝C×2×1＝.故选B.答案：B2．已知随机变量ξ～B，则P(ξ≥2)＝(　　)A.　　
B.　　
C.　　
D.解析：P(ξ≥2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)＝1－C06－C5＝.答案：C3．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为(　　)A．C3×
B．C2×C．C3×
D．C3×解析：依题意可知，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若甲打完4局才胜，则甲在前3局中胜两场，而第4局必胜．所以P＝C2××＝C3×.故选A.答案：A4．甲、乙、丙投篮一次命中的概率分别是，，，今三人各投篮一次至少有一个命中的概率是(　　)A.
B.
C.
D.答案：C5．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了10枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用在10箱子中各任意检查一枚的方法来检测，国王能发现至少一枚劣币的概率为(　　)A.
B.10C．1－10
D．C10解析：在每一个箱子中抽到劣币的概率为＝，抽到真币的概率为，故国王没有抽到劣币的概率为C×10＝10，故国王能发现至少一枚劣币的概率为1－10，故选C.答案：C二、填空题6．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y＝2)＝________.答案：7．某人比赛时罚球命中率为90%，则他在3次罚球中罚失1次的概率是____________．解析：设随机变量X表示“3次罚球，中的次数”，则X～B(3,0.9)，所以他在3次罚球中罚失1次的概率为P(X＝2)＝C0.92×(1－0.9)＝0.243.答案：0.2438．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.其中甲、乙2名学生选做同一道题的概率是________．解析：设事件A表示“甲选做第14题”，事件B表示“乙选做第14题”，则甲、乙2名学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()＝×＋×＝.答案：三、解答题9．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．解析：(1)记“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个路口都没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A发生的概率为：P(A)＝××＝.(2)记“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)＝4＝，P(B1)＝C×3＝，P(B2)＝C×2＝.由于事件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发生的概率为P(B)＝P(B0)＋P(B1)＋P(B2)＝.10．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．分析：由于5次预报是相互独立的，且结果只有两种(准确或不准确)，符合独立重复试验模型．解析：(1)记预报一次准确为事件A，则P(A)＝0.8.5次预报相当于5次独立重复试验，2次准确的概率为P＝C0.82×0.23＝0.051
2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，其概率为P＝C0.25＋C×0.8×0.24＝0.006
72≈0.01.故所求概率为1－P＝1－0.01＝0.99.(3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确．概率为P＝C0.8×0.23×0.8＝0.020
48≈0.02.故恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02.点评：解答此类题目的关键在于首先分析随机变量是否满足独立重复试验模型的条件，其次利用P(X＝k)＝Cpk·(1－p)n－k计算便可．
PAGE