2014届步步高大一轮复习讲义12.5

§12.5 二项分布及其应用

2014高考会这样考 1.考查条件概率和两个事件相互独立的概念；2.考查n次独立重复试验及二项分布的概念；3.考查利用二项分布解决一些简单的实际问题．

复习备考要这样做 1.利用互斥事件、事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的关键，复习时要注意体会总结；2.掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布 模型．

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BPAB

概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝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A、B (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__种相互对立的结果，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．

knk

(2)在n次独立重复试验中，事件A发生k次的概率为p－

为事件A发生的概率)，若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B(n，p)． [难点正本 疑点清源]

1．“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与联系

(1)“互斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系． (2)“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件

的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．

(3)“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥． 2．计算条件概率有两种方法

PAB

(1)利用定义P(B|A)＝；

PA

(2)若n(C)表示试验中事件C包含的基本事件的个数，则P(B|A)＝

nAB

. nA

1.如图所示的电路，有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是1

________． 2

1答案

8

解析 理解事件之间的关系，设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则灯亮应为事件ACB，且A，C，B之间彼此独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)1＝2

1

所以P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝82．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________． 答案 0.128

解析 依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率P＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.

3．(2012·课标全国)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．

3答案

8

解析 设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝

1

P(B)＝P(C)＝

2∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为 (AB＋AB＋AB)C，

11111113

∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P＝2×2＋2222×28

4．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于 11A. B. 24答案 A

1

PAB41

解析 P(B|A)＝＝.

PA12

2

1

15，则使P(X＝k)取最大值的k值为 5．如果X～B4A．3 答案 D

B．4

C．5

( )

1

C. 6

1 D. 8

( )

D．3或4

13312， 解析 ∵P(X＝3)＝C3154414311， P(X＝4)＝C4154415310

P(X＝5)＝C51544，

从而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝

5).

题型一 条件概率

例1 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，第二次再次取到不合格品的概率为________． 思维启迪：直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型． 4

答案

99

解析 方法一 设A＝{第一次取到不合格品}，B＝{第二次取到不合格品}，则P(AB)＝C2， C100

5×4

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

4

99探究提高 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

nAB

下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.

nA

如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随

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(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝

________.

21答案 4

解析 (1)由题意可得，事件A发生的概率

S正方形EFGH2×22P(A)＝＝πS圆Oπ×1(2)事件AB表示“豆子落在△EOH内”，

121

S△21

则P(AB)＝＝S圆Oπ×12π

1

PAB2π1

故P(B|A)＝＝＝24PA

π题型二 相互独立事件的概率

1

例2 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2

2

1

次均未命中的概率为16

(1)求乙投球的命中率p；

(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率；

(3)若甲、乙两人各投球2次，求共命中2次的概率．

思维启迪：(1)利用列方程求p；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数．

解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.

1

由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝

16

353

解得pp＝(舍去)，所以乙投球的命中率为.

444方法二 设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.

1

由题意得：P(B)P(B)＝

16

11

于是P(B)＝P(B)＝－(舍去)．

44

33

故p＝1－P(B)＝.所以乙投球的命中率为44

11

(2)方法一 由题设知，P(A)＝，P(A)＝.

22故甲投球2次，至少命中1次的概率为

3

1－P(A·A)＝4

11

方法二 由题设知，P(A)＝，P(A)＝.

22故甲投球2次，至少命中1次的概率为 31

C2P(A)P(A)＋P(A)P(A).

411

(3)由题设和(1)知，P(A)＝P(A)＝

22

31P(B)＝P(B)＝.

44

甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次．

31

概率分别为C1， 2P(A)P(A)C2P(B)P(B)＝16

1

P(A)P(A)P(B)P(B)＝，

649

P(A)P(A)P(B)P(B)＝.

64所以甲、乙两人各投球2次，共命中2次的概率为 [1**********]32

探究提高 (1)相互独立事件是指两个试验中，两事件发生的概率互不影响；相互互斥事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；

(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单．

(2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对

A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．

(1)求红队至少两名队员获胜的概率；

(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．

解 (1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则D，E，F分别表示甲不胜A，乙不胜B，丙不胜C的事件． 因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，

由对立事件的概率公式知P(D)＝0.4，P(E)＝0.5， P(F)＝0.5.

红队至少两人获胜的事件有DEF，DEF，DEF，DEF. 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立， 因此红队至少两人获胜的概率为

P＝P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)

＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55. (2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.

又由(1)知D E F，DEF，DE F是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立， 因此P(ξ＝0)＝P(D E F)＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P(ξ＝1)＝P(D EF)＋P(DEF)＋P(DE F) ＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5 ＝0.35，

P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由对立事件的概率公式得

P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列为

因此Eξ＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6. 题型三 独立重复试验与二项分布

例3 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．

思维启迪：预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算．

44k

解 令X表示5次预报中预报准确的次数，则X～B(5)，故其分布列为P(X＝k)＝Ck5()(1554－

－5k(k＝0,1,2,3,4,5)． 5

4243161

(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C2×(×(1－)＝10××5

5525125≈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－C05

44441×(0×(1－5

－C5××(1)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. 5555

4414(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C4(1－3555≈0.02.

探究提高 独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业

能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．

(1)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；

(2)任选3名下岗人员，记X为3人中参加过培训的人数，求X的分布列．

解 (1)任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，由题设知，事件A与B相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75. 所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是P(A B)＝P(A)·P(B)＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1.

∴该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.

(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数X服从二项分布X～B(3,0.9)，

k3kP(X＝k)＝Ck，k＝0,1,2,3， 30.9×0.1

－

∴X的分布列是

对二项分布理解不准致误

典例：(12分)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

1

个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.

3(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列； (2)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列．

易错分析 由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数Y”理解不当，

1

将“没有遇上红灯的概率也当成”．

3规范解答

1

解 (1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相

3互独立的， 1

6，.[2分] 故X～B3

1k26－k

所以X的分布列为P(X＝k)＝Ck633，k＝0,1,2,3,4,5,6.[5分]

(2)由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，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．[7分]

21

P(Y＝k)＝()k(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为P(Y＝6)

33

2

＝(6，[9分]

3

[12分]

温馨提醒 (1)二项分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近几年高考非常注重的一个考点．二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生．

knk

(2)独立重复试验中的概率公式Pn(k)＝Ck表示的是n次独立重复试验中事件Anp(1－p)

－

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)PAnA

nAB

在实际应用中P(B|A)＝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Ckn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

k

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

－

p)nk.

－

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：35分钟，满分：57分)

一、选择题(每小题5分，共20分)

1．(2011·辽宁)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)等于

112A. 845答案 B

2

C22C213＋C2解析 P(A)＝＝P(AB)＝＝， C55C510

PAB1

P(B|A)＝.

PA4

( )

1 D.2

2．(2011·湖北)如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K、A1、A2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 C．0.720 答案 B

解析 方法一 由题意知K，A1，A2正常工作的概率分别为P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8，

∵K，A1，A2相互独立，

∴A1，A2至少有一个正常工作的概率为P(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)＝(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(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864. 方法二 A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－P(A1 A2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，∴系统正常工作的概率为P(K)[1－P(A1 A2)]＝0.9×0.96＝0.864.

3．(2011·广东)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )

1323A. B. C. D. 2534答案 D

1

解析 甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为，也可以

2

111113

乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为＝，故甲队获得冠军的概率为.

224424

( )

B．0.864 D．0.576

1

4．已知随机变量X服从二项分布X～B(6，)，则P(X＝2)等于

3

1341380A. C. D. [1**********]答案 D

121480解析 P(X＝2)＝C2()(1－＝. 6

33243二、填空题(每小题5分，共15分)

( )

5．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________． 答案 0.98

解析 1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98.

16

6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，

25则该队员每次罚球的命中率为________．

3答案

5

169

解析 设该队员每次罚球的命中率为p(其中0

3

又0

57．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________． 答案 0.665

解析 记A＝“甲厂产品”，B＝“合格产品”， 则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95.

∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 三、解答题(共22分)

8．(10分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； (2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率． 解 记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；

B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险； C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种； D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；

E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买． (1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，

P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.

(2)D＝C，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，

2

P(E)＝C13×0.2×0.8＝0.384.

9．(12分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队

1

与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是.

3(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率．

1141－2×＝. 解 (1)P＝3327

4

所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为；

27(2)6场胜3场的情况有C36种，

131－13＝20×1×8＝160∴P＝C36332727729

160

所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为729

B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)

一、选择题(每小题5分，共15分)

1．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．0.3 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. 因为B⊆A，所以P(AB)＝P(B)＝0.3，

PAB0.3

于是P(B|A)＝＝0.5.

PA0.6

2．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

1

上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是

2

( )

15A.2

15

B．C252 315

D．C25C52 

( )

B．0.5 C．0.6 D．1

13

C．C352 答案 B

23

3．两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

34一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为

( )

1A. 2答案 B

5

B. 12

1C. 4

1 D. 6

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(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)

23235＝(1)＋(1×343412二、填空题(每小题5分，共15分)

4. 如图，在一段线路中并联两个自动控制的常用开关，只要其中有一个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，则这段时间内线路正常工作的概率为________． 答案 0.91

解析 线路不能正常工作的概率为P(A B)＝P(A)P(B)＝(1－0.7)(1－0.7)＝0.09. ∴能够正常工作的概率为1－0.09＝0.91.

5 . 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，则小球落入

2A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，

13131

故P(B)＝2＋2＝4，

13

从而P(A)＝1－P(B)＝1－.

446．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．

25

①P(B)；②P(B|A1)＝；③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是两两互斥的

511事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关． 答案 ②④

5×52×43×49

解析 P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)①⑤错误；

10×1110×1110×1122

5×5

10×115

②P(B|A1)

1112③事件B与A1的发生有关系，故错误；

④A1，A2，A3不可能同时发生，是互斥事件，正确． 三、解答题

7．(13分)某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决定，他们三人都有“同意”、“中立”、“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能投一张票，每

1

人投三类票中的任何一类票的概率都为他们的投票相互没有影响，规定：若投票结果

3中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目的投资． (1)求该公司决定对该项目投资的概率；

(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率． 解 (1)该公司决定对该项目投资的概率为

122＋C313＝7P＝C23333327

(2)

3P(A)＝C33327 131P(B)＝C133 9

2113

P(C)＝C1C323＝， 9

131P(D)＝C133＝. 9∵A、B、C、D互斥，

13

∴P(A＋B＋C＋D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.

27

§12.5 二项分布及其应用

2014高考会这样考 1.考查条件概率和两个事件相互独立的概念；2.考查n次独立重复试验及二项分布的概念；3.考查利用二项分布解决一些简单的实际问题．

复习备考要这样做 1.利用互斥事件、事件的独立性对事件进行分解是计算复杂事件概率的关键，复习时要注意体会总结；2.掌握二项分布的含义，会从实际问题中抽象出二项分布 模型．

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BPAB

概率，用符号P(B|A)来表示，其公式为P(B|A)＝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A、B (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__种相互对立的结果，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．

knk

(2)在n次独立重复试验中，事件A发生k次的概率为p－

为事件A发生的概率)，若一个随机变量X的分布列如上所述，称X服从参数为n，p的二项分布，简记为X～B(n，p)． [难点正本 疑点清源]

1．“互斥事件”与“相互独立事件”的区别与联系

(1)“互斥”与“相互独立”都是描述的两个事件间的关系． (2)“互斥”强调不可能同时发生，“相互独立”强调一个事件

的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．

(3)“互斥”的两个事件可以独立，“独立”的两个事件也可以互斥． 2．计算条件概率有两种方法

PAB

(1)利用定义P(B|A)＝；

PA

(2)若n(C)表示试验中事件C包含的基本事件的个数，则P(B|A)＝

nAB

. nA

1.如图所示的电路，有a，b，c三个开关，每个开关开或关的概率都是1

________． 2

1答案

8

解析 理解事件之间的关系，设“a闭合”为事件A，“b闭合”为事件B，“c闭合”为事件C，则灯亮应为事件ACB，且A，C，B之间彼此独立，且P(A)＝P(B)＝P(C)1＝2

1

所以P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)＝82．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________． 答案 0.128

解析 依题意可知，该选手的第二个问题必答错，第三、四个问题必答对，故该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率P＝1×0.2×0.8×0.8＝0.128.

3．(2012·课标全国)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为________．

3答案

8

解析 设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A，B，C，显然P(A)＝

1

P(B)＝P(C)＝

2∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为 (AB＋AB＋AB)C，

11111113

∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P＝2×2＋2222×28

4．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A，“第二次出现正面”为事件B，则P(B|A)等于 11A. B. 24答案 A

1

PAB41

解析 P(B|A)＝＝.

PA12

2

1

15，则使P(X＝k)取最大值的k值为 5．如果X～B4A．3 答案 D

B．4

C．5

( )

1

C. 6

1 D. 8

( )

D．3或4

13312， 解析 ∵P(X＝3)＝C3154414311， P(X＝4)＝C4154415310

P(X＝5)＝C51544，

从而易知P(X＝3)＝P(X＝4)>P(X＝

5).

题型一 条件概率

例1 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，第二次再次取到不合格品的概率为________． 思维启迪：直接利用条件概率公式进行计算或利用古典概型． 4

答案

99

解析 方法一 设A＝{第一次取到不合格品}，B＝{第二次取到不合格品}，则P(AB)＝C2， C100

5×4

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

4

99探究提高 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

nAB

下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.

nA

如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随

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(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝

________.

21答案 4

解析 (1)由题意可得，事件A发生的概率

S正方形EFGH2×22P(A)＝＝πS圆Oπ×1(2)事件AB表示“豆子落在△EOH内”，

121

S△21

则P(AB)＝＝S圆Oπ×12π

1

PAB2π1

故P(B|A)＝＝＝24PA

π题型二 相互独立事件的概率

1

例2 甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2

2

1

次均未命中的概率为16

(1)求乙投球的命中率p；

(2)求甲投球2次，至少命中1次的概率；

(3)若甲、乙两人各投球2次，求共命中2次的概率．

思维启迪：(1)利用列方程求p；(2)可用直接法也可用间接法；(3)要分类讨论甲、乙各命中的次数．

解 (1)方法一 设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.

1

由题意得(1－P(B))2＝(1－p)2＝

16

353

解得pp＝(舍去)，所以乙投球的命中率为.

444方法二 设“甲投一次球命中”为事件A，“乙投一次球命中”为事件B.

1

由题意得：P(B)P(B)＝

16

11

于是P(B)＝P(B)＝－(舍去)．

44

33

故p＝1－P(B)＝.所以乙投球的命中率为44

11

(2)方法一 由题设知，P(A)＝，P(A)＝.

22故甲投球2次，至少命中1次的概率为

3

1－P(A·A)＝4

11

方法二 由题设知，P(A)＝，P(A)＝.

22故甲投球2次，至少命中1次的概率为 31

C2P(A)P(A)＋P(A)P(A).

411

(3)由题设和(1)知，P(A)＝P(A)＝

22

31P(B)＝P(B)＝.

44

甲、乙两人各投球2次，共命中2次有三种情况：甲、乙两人各中一次；甲中2次，乙2次均不中；甲2次均不中，乙中2次．

31

概率分别为C1， 2P(A)P(A)C2P(B)P(B)＝16

1

P(A)P(A)P(B)P(B)＝，

649

P(A)P(A)P(B)P(B)＝.

64所以甲、乙两人各投球2次，共命中2次的概率为 [1**********]32

探究提高 (1)相互独立事件是指两个试验中，两事件发生的概率互不影响；相互互斥事件是指同一次试验中，两个事件不会同时发生；

(2)求用“至少”表述的事件的概率时，先求其对立事件的概率往往比较简单．

(2011·山东)红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A、B、C进行围棋比赛，甲对

A、乙对B、丙对C各一盘．已知甲胜A、乙胜B、丙胜C的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．

(1)求红队至少两名队员获胜的概率；

(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)．

解 (1)设甲胜A的事件为D，乙胜B的事件为E，丙胜C的事件为F，则D，E，F分别表示甲不胜A，乙不胜B，丙不胜C的事件． 因为P(D)＝0.6，P(E)＝0.5，P(F)＝0.5，

由对立事件的概率公式知P(D)＝0.4，P(E)＝0.5， P(F)＝0.5.

红队至少两人获胜的事件有DEF，DEF，DEF，DEF. 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立， 因此红队至少两人获胜的概率为

P＝P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)

＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55. (2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.

又由(1)知D E F，DEF，DE F是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立， 因此P(ξ＝0)＝P(D E F)＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P(ξ＝1)＝P(D EF)＋P(DEF)＋P(DE F) ＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5 ＝0.35，

P(ξ＝3)＝P(DEF)＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由对立事件的概率公式得

P(ξ＝2)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列为

因此Eξ＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6. 题型三 独立重复试验与二项分布

例3 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．

思维启迪：预报准确的次数服从二项分布，可直接代入公式进行计算．

44k

解 令X表示5次预报中预报准确的次数，则X～B(5)，故其分布列为P(X＝k)＝Ck5()(1554－

－5k(k＝0,1,2,3,4,5)． 5

4243161

(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C2×(×(1－)＝10××5

5525125≈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－C05

44441×(0×(1－5

－C5××(1)4＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. 5555

4414(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C4(1－3555≈0.02.

探究提高 独立重复试验是相互独立事件的特例(概率公式也是如此)，就像对立事件是互斥事件的特例一样，只要有“恰好”字样的用独立重复试验的概率公式计算更简单，就像有“至少”或“至多”字样的题用对立事件的概率公式计算更简单一样．

某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业

能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．

(1)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；

(2)任选3名下岗人员，记X为3人中参加过培训的人数，求X的分布列．

解 (1)任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，由题设知，事件A与B相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75. 所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是P(A B)＝P(A)·P(B)＝(1－0.6)(1－0.75)＝0.1.

∴该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9.

(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数X服从二项分布X～B(3,0.9)，

k3kP(X＝k)＝Ck，k＝0,1,2,3， 30.9×0.1

－

∴X的分布列是

对二项分布理解不准致误

典例：(12分)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

1

个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.

3(1)设X为这名学生在途中遇到红灯的次数，求X的分布列； (2)设Y为这名学生在首次停车前经过的路口数，求Y的分布列．

易错分析 由于这名学生在各个交通岗遇到红灯的事件相互独立，可以利用二项分布解决，二项分布模型的建立是易错点；另外，对“首次停车前经过的路口数Y”理解不当，

1

将“没有遇上红灯的概率也当成”．

3规范解答

1

解 (1)将通过每个交通岗看做一次试验，则遇到红灯的概率为，且每次试验结果是相

3互独立的， 1

6，.[2分] 故X～B3

1k26－k

所以X的分布列为P(X＝k)＝Ck633，k＝0,1,2,3,4,5,6.[5分]

(2)由于Y表示这名学生在首次停车时经过的路口数，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．[7分]

21

P(Y＝k)＝()k(k＝0,1,2,3,4,5)，而{Y＝6}表示一路没有遇上红灯．故其概率为P(Y＝6)

33

2

＝(6，[9分]

3

[12分]

温馨提醒 (1)二项分布是高中概率部分最重要的概率分布模型，是近几年高考非常注重的一个考点．二项分布概率模型的特点是“独立性”和“重复性”，事件的发生都是独立的、相互之间没有影响，事件又在相同的条件之下重复发生．

knk

(2)独立重复试验中的概率公式Pn(k)＝Ck表示的是n次独立重复试验中事件Anp(1－p)

－

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)PAnA

nAB

在实际应用中P(B|A)＝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Ckn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

k

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

－

p)nk.

－

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：35分钟，满分：57分)

一、选择题(每小题5分，共20分)

1．(2011·辽宁)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)等于

112A. 845答案 B

2

C22C213＋C2解析 P(A)＝＝P(AB)＝＝， C55C510

PAB1

P(B|A)＝.

PA4

( )

1 D.2

2．(2011·湖北)如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K、A1、A2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 C．0.720 答案 B

解析 方法一 由题意知K，A1，A2正常工作的概率分别为P(K)＝0.9，P(A1)＝0.8，P(A2)＝0.8，

∵K，A1，A2相互独立，

∴A1，A2至少有一个正常工作的概率为P(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)＝(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(A1A2)＋P(A1A2)＋P(A1A2)]＝0.9×0.96＝0.864. 方法二 A1，A2至少有一个正常工作的概率为1－P(A1 A2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，∴系统正常工作的概率为P(K)[1－P(A1 A2)]＝0.9×0.96＝0.864.

3．(2011·广东)甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )

1323A. B. C. D. 2534答案 D

1

解析 甲队若要获得冠军，有两种情况，可以直接胜一局，获得冠军，概率为，也可以

2

111113

乙队先胜一局，甲队再胜一局，概率为＝，故甲队获得冠军的概率为.

224424

( )

B．0.864 D．0.576

1

4．已知随机变量X服从二项分布X～B(6，)，则P(X＝2)等于

3

1341380A. C. D. [1**********]答案 D

121480解析 P(X＝2)＝C2()(1－＝. 6

33243二、填空题(每小题5分，共15分)

( )

5．明天上午李明要参加奥运志愿者活动，为了准时起床，他用甲、乙两个闹钟叫醒自己．假设甲闹钟准时响的概率为0.80，乙闹钟准时响的概率是0.90，则两个闹钟至少有一个准时响的概率是________． 答案 0.98

解析 1－0.20×0.10＝1－0.02＝0.98.

16

6．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为，

25则该队员每次罚球的命中率为________．

3答案

5

169

解析 设该队员每次罚球的命中率为p(其中0

3

又0

57．市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产的合格灯泡的概率是________． 答案 0.665

解析 记A＝“甲厂产品”，B＝“合格产品”， 则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95.

∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665. 三、解答题(共22分)

8．(10分)(2011·大纲全国)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； (2)求该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率． 解 记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；

B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险； C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种； D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；

E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买． (1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，

P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.

(2)D＝C，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，

2

P(E)＝C13×0.2×0.8＝0.384.

9．(12分)某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队

1

与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是.

3(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率．

1141－2×＝. 解 (1)P＝3327

4

所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为；

27(2)6场胜3场的情况有C36种，

131－13＝20×1×8＝160∴P＝C36332727729

160

所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为729

B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)

一、选择题(每小题5分，共15分)

1．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．0.3 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. 因为B⊆A，所以P(AB)＝P(B)＝0.3，

PAB0.3

于是P(B|A)＝＝0.5.

PA0.6

2．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

1

上或向右，并且向上、向右移动的概率都是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是

2

( )

15A.2

15

B．C252 315

D．C25C52 

( )

B．0.5 C．0.6 D．1

13

C．C352 答案 B

23

3．两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

34一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为

( )

1A. 2答案 B

5

B. 12

1C. 4

1 D. 6

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(AB)＋P(AB)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)

23235＝(1)＋(1×343412二、填空题(每小题5分，共15分)

4. 如图，在一段线路中并联两个自动控制的常用开关，只要其中有一个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，则这段时间内线路正常工作的概率为________． 答案 0.91

解析 线路不能正常工作的概率为P(A B)＝P(A)P(B)＝(1－0.7)(1－0.7)＝0.09. ∴能够正常工作的概率为1－0.09＝0.91.

5 . 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，则小球落入

2A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，

13131

故P(B)＝2＋2＝4，

13

从而P(A)＝1－P(B)＝1－.

446．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的编号)．

25

①P(B)；②P(B|A1)＝；③事件B与事件A1相互独立；④A1，A2，A3是两两互斥的

511事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中究竟哪一个发生有关． 答案 ②④

5×52×43×49

解析 P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)①⑤错误；

10×1110×1110×1122

5×5

10×115

②P(B|A1)

1112③事件B与A1的发生有关系，故错误；

④A1，A2，A3不可能同时发生，是互斥事件，正确． 三、解答题

7．(13分)某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决定，他们三人都有“同意”、“中立”、“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能投一张票，每

1

人投三类票中的任何一类票的概率都为他们的投票相互没有影响，规定：若投票结果

3中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目的投资． (1)求该公司决定对该项目投资的概率；

(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率． 解 (1)该公司决定对该项目投资的概率为

122＋C313＝7P＝C23333327

(2)

3P(A)＝C33327 131P(B)＝C133 9

2113

P(C)＝C1C323＝， 9

131P(D)＝C133＝. 9∵A、B、C、D互斥，

13

∴P(A＋B＋C＋D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.

27