§12.5 二项分布及其应用

§12.5 二项分布及其应用

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 ) ＝

P (AB )

P (A )>0)． P (A )

n (AB )

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 ) ＝.

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A 的发生与B 的发生互不影响，则称(2)若A 与B 相互独立，则P (B |A ) ＝ P (AB ) ＝P (B |A ) P (A ) ＝(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． (4)若P (AB ) ＝P (A ) P (B ) ，则 3．二项分布

(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

k n k p ，则P (X ＝k ) k X －

，并称p 为成功概率． 【思考辨析】

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)条件概率一定不等于它的非条件概率．( × ) (2)相互独立事件就是互斥事件．( × )

(3)对于任意两个事件，公式P (AB ) ＝P (A ) P (B ) 都成立．( × )

(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b ) n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝1－p .( × )

(5)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0.5.( √ )

1

(6)小王通过英语听力测试的概率是，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过

311－4

的概率是P ＝C 1(1·(1－) 31＝.( ×

) 3339

1．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( ) A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88 答案 D

解析 由题意知，甲、乙都不被录取的概率为 (1－0.6)(1－0.7) ＝0.12.

故至少有一人被录取的概率为1－0.12＝0.88.

2．如图，用K 、A 1、A 2三类不同的元件连接成一个系统．当K 正常工作且A 1、A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8，0.8，则系统正常工作的概率为(

)

A ．0.960 B ．0.864 C ．0.720 D ．0.576 答案 B

解析 方法一 由题意知K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K ) ＝0.9，P (A 1) ＝0.8，P (A 2) ＝0.8，

∵K ，A 1，A 2相互独立，

∴A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A 1A 2) ＋P (A 1A 2) ＋P (A 1A 2) ＝(1－0.8) ×0.8＋0.8×(1－0.8) ＋0.8×0.8＝0.96.

∴系统正常工作的概率为P (K )[P (A 1A 2) ＋P (A 1A 2) ＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864. 方法二 A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为1－P (A 故系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A

1

1

A 2) ＝1－(1－0.8)(1－0.8) ＝0.96，

A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.

3．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次再取到不合格品的概率为________． 答案

499

解析 方法一 设A ＝{第一次取到不合格品}， C 2B ＝{第二次取到不合格品}，则P (AB ) ＝

C 1005×4

P (AB )100×994

所以P (B |A ) ＝.

599P (A )

100

方法二 第一次取到不合格品后还剩余99件产品，其中有4件不合格品，故第二次取到不合499

4．(2014·课标全国Ⅱ) 某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( )

A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45 答案 A

解析 已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后0.6一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P ＝＝

0.8.

0.75

题型一 条件概率

例1 (1)从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A 为“取到的2个数之和为偶数”，事件B 为“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A ) 等于( ) 1121A. D. 8452

(2)如图所示，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形，将一粒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P (B |A ) ＝________.

思维点拨 弄清A ，B 同时发生的事件，并求出其概率． 1

答案 (1)B (2)

4

2

C 22C 213＋C 2解析 (1)P (A ) ＝，P (AB ) ＝＝ C 55C 510

P (AB )1

P (B |A ) ＝P (A )4

△OEH 的面积P (AB )1

(2)AB 表示事件“豆子落在△OEH 内”，P (B |A ) ＝P (A )正方形EFGH 的面积4思维升华 条件概率的求法：

P (AB )

(1)利用定义，分别求P (A ) 和P (AB ) ，得P (B |A ) ＝这是通用的求条件概率的方法．

P (A )(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 ) ，再在事件A 发生的条件下求n (AB )事件B 包含的基本事件数，即n (AB ) ，得P (B |A ) ＝n (A )

某市准备从7名报名者(其中男4人，女3人) 中选3人参加三个副局长职务竞选．

(1)设所选3人中女副局长人数为X ，求X 的分布列及均值；

(2)若选派三个副局长依次到A ，B ，C 三个局上任，求A 局是男副局长的情况下，B 局为女副局长的概率．

解 (1)X 所有可能的取值为0,1,2,3，且 C 34P (X ＝0) ＝＝

C 735

2C 1C 18

P (X ＝1) ＝＝，

C 7351C 2C 12

P (X ＝2) ＝＝，

C 735

C 313

P (X ＝3) ＝＝

C 735所以随机变量X 的分布列是

418故E (X ) ＝0＋1×＋2×3×＝.

353535357

2

C 14A (2)设事件A 为“A 局是男副局长”，事件B 为“B 局为女副局长”，则P (A ) ＝，

A 7711C 12C C P (AB ) ＝， A 77

则所求概率为P (B |A ) ＝

P (AB )1

. P (A )2

题型二 相互独立事件的概率

例2 (2014·陕西) 在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：

(1)设X (2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率． 思维点拨 (1)分别求出对应的概率，即可求X 的分布列；

(2)分别求出3季中有2季的利润不少于2000元的概率和3季中利润不少于2000元的概率，利用概率相加即可得到结论．

解 (1)设A 表示事件“作物产量为300kg ”，B 表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P (A ) ＝0.5，P (B ) ＝0.4， ∵利润＝产量×市场价格－成本． ∴X 所有可能的取值为

500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000， 300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.

则P (X ＝4000) ＝P (A ) P (B ) ＝(1－0.5) ×(1－0.4) ＝0.3， P (X ＝2000) ＝P (A ) P (B ) ＋P (A ) P (B ) ＝(1－0.5) ×0.4＋0.5×(1－0.4) ＝0.5， P (X ＝800) ＝P (A ) P (B ) ＝0.5×0.4＝0.2， 所以X 的分布列为

(2)设C i 表示事件“第i C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，

P (C i ) ＝P (X ＝4000) ＋P (X ＝2000) ＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1,2,3) ， 3季的利润均不少于2000元的概率为 P (C 1C 2C 3) ＝P (C 1) P (C 2) P (C 3) ＝0.83＝0.512； 3季中有2季的利润不少于2000元的概率为 P (C 1C 2C 3) ＋P (C 1C 2C 3) ＋P (C 1C 2C 3) ＝3×0.82×0.2＝0.384，

所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.

思维升华 解答此类问题(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．

2

(2014·湖南) 某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为

3

3

和. 现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B . 设甲、乙两组的研发相互独立． 5(1)求至少有一种新产品研发成功的概率．

(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列和均值．

2

解 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}．由题设知P (E ) ＝，P (E )

313＝，P (F ) ＝， 35

2

P (F ) E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．

5

12

(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H ＝E F ，于是P (H ) ＝P (E ) P (F ) ＝×＝

352， 15

213

故所求的概率为P (H ) ＝1－P (H ) ＝1－.

1515

1

(2)设企业可获利润为X 万元，则X 的可能取值为0,100,120,220. 因为P (X ＝0) ＝P (E F ) ＝

322× 515

131

P (X ＝100) ＝P (E F ) ＝＝

355224

P (X ＝120) ＝P (E F ) ＝＝

3515232

P (X ＝220) ＝P (EF ) ＝＝

355故所求的分布列为

2142300＋480＋13202100

均值为E (X ) ＝0×＋100×120×＋220＝140.

1551551515题型三 独立重复试验与二项分布

例3 (2014·四川) 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1

次击鼓出现音乐的概率为

2(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？

(3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比．分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因．

思维点拨 击鼓游戏为独立重复试验，“击鼓出现音乐”发生的概率服从二项分布． 解 (1)X 可能的取值为10,20,100，－200. 根据题意，有

11123

P (X ＝10) ＝C 1×() ×(1－) ＝， 3

22812113

P (X ＝20) ＝C 23×() ×(1－) ＝， 22813101P (X ＝100) ＝C 3×(×(1－) ＝， 3

22810131

P (X ＝－200) ＝C 0×(×(1－＝3

228所以X 的分布列为

(2)设“第i i 1

P (A 1) ＝P (A 2) ＝P (A 3) ＝P (X ＝－200) ＝.

8

所以“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 11511

1－P (A 1A 2A 3) ＝1－(3＝1－.

8512512

511

因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是512(3)X 的均值为

33115

E (X ) ＝10×20×＋100×200×.

88884这表明，获得分数X 的均值为负，

因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大．

思维升华 利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型

k n k

是否满足公式P (X ＝k ) ＝C k 的三个条件：①在一次试验中某事件A 发生的概率是一n p (1－p )

－

个常数p ；②n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；③该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率．

(2013·山东) 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比

12

赛随即结束．外，假设各局

23比赛结果相互独立．

(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率；

(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得1分．求乙队得分X 的分布列及均值． 解 (1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A ，B ，C ， 2228

则P (A ) ＝××，

33327

⎛2⎫2⎛228， P (B ) ＝C 233×1－3×⎝⎭⎝327⎛2⎫2⎛2214. P (C ) ＝C 243×1－3×⎝⎭⎝227

(2)X 的可能的取值为0,1,2,3. 16

则P (X ＝0) ＝P (A ) ＋P (B ) ＝，

274

P (X ＝1) ＝P (C ) ＝

27

⎛22⎛2⎫2⎛14， P (X ＝2) ＝C 24×1－3×3×1－2＝⎝⎝⎭⎝27

1⎫32112⎛12

P (X ＝3) ＝⎛＋C ×3

⎝3⎭⎝333＝9. ∴X 的分布列为

164∴E (X ) ＝0×＋1×＋2×＋327272799

独立事件概率求解中的易误点

2

典例：(12分)

3(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．

易错分析 解本题第(2)问易因不明独立事件与独立重复试验的区别，误认为是n 次独立重复231280

试验，可导致求得P ＝C 3( 5) ×() ＝33243规范解答

解 (1)设X 为射手在5次射击中击中目标的次数， 2

5，. 在5次射击中，恰有2次击中目标的概率为 则X ～B ⎛⎝3⎛22⎛2⎫340[2分] P (X ＝2) ＝C 25×3×1－3＝⎝⎝⎭243

(2)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (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 (A 1A 2A 3A ＋P (A

1

4

A 5) ＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)

A 2A 3A 4A 5)

23⎛121⎛2⎫31⎛12⎛238

＝⎛⎝3×⎝3＋3⎝3⎭×3＋⎝3×⎝3＝81. [4分] (3)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3) ． 由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6. [5分] P (ξ＝0) ＝P (A

1

A

2

2

131

A 3) ＝⎛⎝327；

1

P (ξ＝1) ＝P (A 1A A 3) ＋P (A 1A 2A 3) ＋P (A A 2A 3)

212121⎛1222

＝×⎛＋×× 3⎝3333⎝3392124

P (ξ＝2) ＝P (A 1A 2A 3) ＝×＝；

33327P (ξ＝3) ＝P (A 1A 2A 3) ＋P (A 1A 2A 3) 2211⎛2⎫28＝⎛⎝3×33×⎝3⎭27

238P (ξ＝6) ＝P (A 1A 2A 3) ＝⎛⎝327[11分] 所以ξ的分布列是

[12分]

温馨提醒 (1)正确区分相互独立事件与n 次独立重复试验是解决这类问题的关键．独立重复试验是在同一条件下，事件重复发生或不发生．

k n

(2)独立重复试验中的概率公式P (X ＝k ) ＝C k n p (1－p )

－k

表示的是n 次独立重复试验中事件A

发生k 次的概率，p 与1－p 的位置不能互换，否则该式子表示的意义就发生了改变，变为事件A 有k 次不发生的概率了

.

方法与技巧

P (AB )n (AB )1．古典概型中，A 发生的条件下B 发生的条件概率公式为P (B |A ) ＝，其中，在

P (A )n (A )实际应用中P (B |A ) ＝

n (AB )

是一种重要的求条件概率的方法． n (A )

2．相互独立事件与互斥事件的区别

相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P (AB ) ＝P (A ) P (B ) ．互斥事件是指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P (A ∪B ) ＝P (A ) ＋P (B ) ．

3．n 次独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次可看做是C k n 个互斥事件的和，其中每一个事件都可看做是k 个A 事件与n －k 个A 事件同时发生，只是发生的次序不同，其发生的概率

k n k 都是p k (1－p ) n k . 因此n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率为C k . n p (1－p )

－

－

失误与防范

1．运用公式P (AB ) ＝P (A ) P (B ) 时一定要注意公式成立的条件，只有当事件A 、B 相互独立时，公式才成立．

2．独立重复试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中某事件发生的概率相等．注意恰好与至多(少) 的关系，灵活运用对立事件

.

A 组 专项基础训练 (时间：45分钟)

1．已知A ，B 是两个相互独立事件，P (A ) ，P (B ) 分别表示它们发生的概率，则1－P (A ) P (B ) 是下列哪个事件的概率( ) A ．事件A ，B 同时发生 B ．事件A ，B 至少有一个发生 C ．事件A ，B 至多有一个发生

D ．事件A ，B 都不发生 答案 C

解析 P (A ) P (B ) 是指A ，B 同时发生的概率，1－P (A )·P (B ) 是A ，B 不同时发生的概率，即至多有一个发生的概率．

3

2．已知某人每天早晨乘坐的某一班次公共汽车准时到站的概率为，则他在3天乘车中，此

5班次公共汽车至少有2天准时到站的概率为( ) 36A. 12581 125答案 C

32281333

解析 这个概率是C 2() C (＝. 33

555125

3．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 ，“骰子向上的点数是奇数”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( ) 5173

A. D. 122124答案 D

1111

解析 P (A ) ，P (B ) ＝，P (A ) ＝P (B ) ＝.

2222A ，B 中至少有一件发生的概率为 113

1－P (A )·P (B ) ＝1×.

224

1

4．设随机变量X 服从二项分布X ～B (5，则函数f (x ) ＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( )

254311A. D. 65322答案 C

解析 ∵函数f (x ) ＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0，∴X ≤4. 1

∵X 服从X ～B (5) ，

2

131

∴P (X ≤4) ＝1－P (X ＝5) ＝1－.

232

23

5．两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为和，两个零件是否加工为一

34等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( ) 1511A. D. 21246

54B. 12527125

答案 B

解析 设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品； 事件B ：乙实习生加工的零件为一等品， 23

则P (A ) ＝，P (B ) ＝，

34

所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为 P (A B ) ＋P (A B ) ＝P (A ) P (B ) ＋P (A ) P (B ) 23235

＝×(1－) ＋(1－) ×＝. 343412

6．先后掷骰子(骰子的六个面上分别标有1,2,3,4,5,6) 两次落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y . 设事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数，且x ≠y ”，则概率P (B |A ) ＝________. 1答案 3

11111

解析 由题知P (A ) ＝P (x 是偶数)·P (y 是偶数) ＋P (x 是奇数)·P (y 是奇数) ＝记事

22222件AB 表示“x ＋y 为偶数，x ，y 中有偶数，且x ≠y ”即x 、y “都是偶数且x ≠y ”，所以P (AB ) 1＝， 6

P (AB )1

故P (B |A ) ＝.

P (A )3

5

7．设随机变量X ～B (2，p ) ，随机变量Y ～B (3，p ) ，若P (X ≥1) ，则P (Y ≥1) ＝________.

9答案

1927

解析 ∵X ～B (2，p ) ，

52

∴P (X ≥1) ＝1－P (X ＝0) ＝1－C 0(1－p ) ＝， 2

91

解得，p ＝.

3又Y ～B (3，p ) ，

319∴P (Y ≥1) ＝1－P (Y ＝0) ＝1－C 03(1－p ) ＝27

8．一个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： ①3位病人都被治愈的概率为0.93； ②3人中的甲被治愈的概率为0.9；

③3人中恰有2人被治愈的概率是2×0.92×0.1；

④3人中恰好有2人未被治愈的概率是3×0.9×0.12； ⑤3人中恰好有2人被治愈，且甲被治愈的概率是0.92×0.1. 其中正确结论的序号是________．(把正确的序号都填上) 答案 ①②④

9．(2013·陕西) 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手(1至5号) 登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中随机选3名歌手． (1)求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；

(2)X 表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求X 的分布列及均值．

解 (1)设A 表示事件“观众甲选中3号歌手”，B 表示事件“观众乙选中3号歌手”， C 12C 23则P (A ) ＝＝，P (B ) C 33C 55∵事件A 与B 相互独立，

∴观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率为 P (A B ) ＝P (A )·P (B ) ＝P (A )·[1－P (B ) ] 224

＝， 3515

C 1C 34·(或P (A B ) ＝＝．

C 3·C 515

(2)设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”， C 23则P (C ) ＝

C 55

∵X 可能的取值为0,1,2,3，且取这些值的概率分别为 1224

P (X ＝0) ＝P (A B C ) ×＝，

35575P (X ＝1) ＝P (A B C ) ＋P (A B C ) ＋P (A B C ) 2221321234＝＋×＋， [1**********]P (X ＝2) ＝P (AB C ) ＋P (A B C ) ＋P (A BC ) [1**********]＝＋×＋， [**************]

P (X ＝3) ＝P (ABC ) ＝，

35525∴X 的分布列为

4∴X 的均值E (X ) ＝01×＋2×＋3×＝.

7515252515

10．现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏． (1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；

(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；

(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲，乙游戏的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列与均值E (ξ) ．

12

解 依题意知，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.

33设“这4个人中恰有i 人去参加甲游戏”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4) ． 1⎫i ⎛24－i

则P (A i ) ＝C i 4⎛⎝3⎭⎝3.

(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为

⎛12⎛22＝8. P (A 2) ＝C 243⎝⎝327

(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4. 由于A 3与A 4互斥，故

13214⎛1⎫4⎛P (B ) ＝P (A 3) ＋P (A 4) ＝C 3C 4343. ⎝3⎝⎭9

1所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.

9(3)ξ的所有可能取值为0,2,4. 由于A 1与A 3互斥，A 0与A 4互斥，故 8

P (ξ＝0) ＝P (A 2) ＝，

2740

P (ξ＝2) ＝P (A 1) ＋P (A 3) ＝，

8117

P (ξ＝4) ＝P (A 0) ＋P (A 4) ＝.

81所以ξ的分布列是

故随机变量ξ的均值E (ξ) ＝0×＋2×＋4×＝27818181

B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)

11．某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.6，使用寿命超过2年的概率为0.3，则使用寿命超过1年的元件还能继续使用的概率为( ) A ．0.3B ．0.5C ．0.6D ．1 答案 B

解析 设事件A 为“该元件的使用寿命超过1年”，B 为“该元件的使用寿命超过2年”，则P (A ) ＝0.6，P (B ) ＝0.3.

P (AB )0.3

因为B ⊆A ，所以P (AB ) ＝P (B ) ＝0.3，于是P (B |A ) ＝＝0.5.

P (A )0.6

12．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，

⎧⎪－1，第n 次摸取红球，a n ＝⎨如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )

⎪1，第n 次摸取白球，⎩

⎛12⎛25A ．C 57×3×3 ⎝⎝⎛12⎛15C ．C 57×3×3 ⎝⎝答案 B

⎛2⎫215

B ．C 27×3×3 ⎝⎭1⎫2⎛252D ．C 7×⎛⎝3⎭×⎝3

解析 由S 7＝3知，在前7次摸球中有2次摸取红球，5次摸取白球，而每次摸取红球的概2⎫21521⎛，则S 7＝3的概率为C 2×7

⎝3⎭×3，故选B. 3313. 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已1

知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是A

2袋中的概率为________． 3答案 4

解析 记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下， 1⎫3⎛1⎫31

故P (B ) ＝⎛⎝2⎭＋⎝2⎭4， 13从而P (A ) ＝1－P (B ) ＝1－＝44

3

14．现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得

42

0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为，每命中一次得2分，没有命中得0

分．该射手

3

每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击． (1)求该射手恰好命中一次的概率；

(2)求该射手的总得分X 的分布列及均值E (X ) ．

解 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D . 32

由题意知P (B ) ＝P (C ) ＝P (D ) ，

43由于A ＝B C D ∪B C D ∪B C D ， 根据事件的独立性和互斥性，得 P (A ) ＝P (B C D ∪B C D ∪B C D ) ＝P (B C D ) ＋P (B C D ) ＋P (B C D )

＝P (B ) P (C ) P (D ) ＋P (B ) P (C ) P (D ) ＋P (B ) P (C ) P (D ) 223223223

1－⎫×⎛1－＋⎛1－××⎛1－⎫＋⎛1－×⎛1－× ＝×⎛43⎝3⎭⎝4⎝334⎝3⎭⎝3⎝7＝. 36

(2)根据题意知，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5. 根据事件的独立性和互斥性，得 P (X ＝0) ＝P (B C D ) ＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] 3221×⎛1×⎛1－ ＝⎛⎝4⎝3⎝31＝. 36

P (X ＝1) ＝P (B C D ) ＝P (B ) P (C ) P (D ) 223

1－⎫×⎛1－ ＝×⎛4⎝3⎭⎝31＝， 12

P (X ＝2) ＝P (B C D ∪B C D ) ＝P (B C D ) ＋P (B C D ) 3223221××⎛1－＋⎛1－×⎛1× ＝⎛⎝43⎝3⎝4⎝331＝， 9

P (X ＝3) ＝P (BC D ∪B C D ) ＝P (BC D ) ＋P (B C D )

232232

1－＋×⎛1－× ＝⎛43⎝34⎝331

＝， 3

32211－⎫＝， P (X ＝4) ＝P (B CD ) ＝⎛⎝4⎭3393221

P (X ＝5) ＝P (BCD ) ×4333故X 的分布列为

1所以E (X ) ＝0×1×＋2×＋3×＋45×3612939312

15．(2013·辽宁) 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；

3

(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是，

54

答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，

5求X 的分布列和均值．

解 (1)设事件A 为“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A 为“张同学所取的3道题都是甲类题”．

C 315因为P (A ) ＝＝，所以P (A ) ＝1－P (A ) C 1066(2)X 所有的可能取值为0,1,2,3. 3⎫0⎛2214⎛P (X ＝0) ＝C 0··＝25⎝⎭⎝55125；

3⎫1⎛211280⎛3⎫0⎛2⎫24⎛P (X ＝1) ＝C 1··＋C ·＝252⎝⎭⎝55⎝5⎭⎝5⎭5125；

⎛3⎫2⎛2011⎛3⎫1⎛2⎫1457； P (X ＝2) ＝C 22·5·5＋C 25·5＝⎝⎭⎝5⎝⎭⎝⎭5125⎛

3⎫2⎛20436. P (X ＝3) ＝C 22·5·5＝⎝⎭⎝5125

所以X 的分布列为

4所以，E (X ) ＝0×＋1×＋2×3×＝2.

[1**********]5