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二项分布及其应用是概率与统计中的重要内容之一，是初步统计、高中必修课内容的深入和扩展，也是近几年高考数学试题中的必考题. 本文将对“二项分布及其应用”的核心考点进行深入解读.
条件概率
例1 在某次外交谈判中，中外双方都为了自身的利益而互不相让，这时对方有个外交官提议以抛掷一颗骰子决定. 若已知出现点数不超过3的条件下再出现点数为奇数，则按对方的决议处理；否则按中方的决议处理，假如你在现场，你会如何抉择？
解析 设[A]={出现的点数不超过3}={1，2，3}，[B=]{出现的点数是奇数}={1，3}，由条件概率的定义得，[P（B|A）=P（AB）P（A）][=1312=23]，所以对方外交官的提议不利于中方.
例2 某地区气象台统计，该地区下雨的概率为[415]，刮风的概率为[215]，既刮风又下雨的概率为[110]. 设[A]为下雨，[B]为刮风，求（1）[P（A|B）；]（2）[P（B|A）.]
解析 根据题意得，
[P（A）=415]，[P（B）=215]，[P（AB）=110].
（1）[P（A|B）=P（AB）P（B）=110215=110×152=34].
（2）[P（B|A）=P（AB）P（A）=110415=110×154=38].
点拨 计算条件概率[P（B|A）]有两种方法：（1）利用缩小基本事件范围的方法计算，可以在缩小的基本事件的范围内，利用古典概型概率公式计算条件概率，即[P（B|A）=n（AB）n（A）]，这里[n（A）]和[n（AB）]的计数是缩小了的基本事件的范围；（2）先根据条件概率定义，分别计算概率[P（AB）]和[P（A）]，然后根据定义可得，[P（B|A）=P（AB）P（A）].
事件的相互独立性
例3 甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：
（1）两人都击中目标的概率；
（2）其中恰有一人击中目标的概率；
（3）至少有一人击中目标的概率.
解析 记“甲射击一次，击中目标”为事件[A]，“乙射击一次，击中目标”为事件[B]. “两人都击中目标”是事件[A?B]；“恰有1人击中目标”是[A?B]或[A?B]；“至少有1人击中目标”是[A?B]或[A?B]或[A?B].
（1）显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件[A?B]，又由于事件[A]与[B]相互独立，
所以[P（A?B）=P（A）?P（B）=0.8×0.8=0.64.]
（2）“两人各射击一次，恰好有一人击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中（即[A?B]），另一种是甲未击中乙击中（即[A?B]）. 根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件[A?B]与[A?B]是互斥的，所以所求概率为：
[P=P（A?B）+P（A?B）=P（A）?P（B）+P（A）?P（B）]
[=0.8×（1-0.8）+（1-0.8）×0.8]=0.32.
（3）法一：“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为
[P=P（A?B）+P（A?B）+P（A?B）=0.96.]
法二：“两人都未击中目标”的概率是
[P（A?B）=P（A）?P（B）=（1-0.8）×（1-0.8）=0.04.]
∴至少有一人击中目标的概率为
[P=1-P（A?B）=1-0.04=0.96].
点拨 两个事件独立与互斥的区别：两个事件互斥指两个事件不可能同时发生；两个事件独立指一个事件是否发生对另一个事件发生的概率没有影响.
独立重复试验与二项分布
例4 某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立）.
（1）求至少3人同时上网的概率；
（2）至少几人同时上网的概率小于0.3？
解析 因为6个员工上网都是相互独立的，所以该题可归结为[n]次独立重复试验与二项分布问题.
（1）法一：记“有[r]人同时上网”为事件[Ar，]则“至少3人同时上网”即为事件[A3+A4+A5+A6.] 因为[A3，][A4，A5，A6]为彼此互斥事件，所以可应用概率加法公式得，“至少3人同时上网”的概率为
[P=P（A3+A4+A5+A6）=][P（A3）+P（A4）+P（A5）+P（A6）]
=[164（C36+C46+][C56+C66）]=[2132.]
法二：“至少3人同时上网”的对立事件是“至多2人同时上网”，即事件[A0+A1+A2].因为[A0，A1，A2]是彼此互斥的事件，所以“至少3人同时上网”的概率为
[P=1-P（A0+A1+A2）=1-[P（A0）+P（A1）+P（A2）]=2132.]
（2）法一：记“至少[r]人同时上网”为事件[Br]，则[Br]的概率[P（Br）]随[r]的增加而减少. 依题意是求满足[P（Br）<0.3]的整数[r]的最小值.
因为[P（B6）=P（A6）=164<0.3，]
[P（B5）=P（A5+A6）=P（A5）+P（A6）=164（C56+C66）=764<0.3，]
[P（B4）=P（A4+A5+A6）=P（A4）+P（A5）+P（A6）=132>0.3，]
所以至少5人同时上网的概率小于0.3.
法二：由（1）知至少3人同时上网的概率大于0.3，至少4人同时上网的概率为 [P（X≥4）=C46（12）2+C56（12）6+C66（12）6=2132>0.3.]
至少5人同时上网的概率为
[P（X≥5）=C56（12）6+C66（12）6=764<0.3.]
所以至少5人同时上网的概率小于0.3.
点拨 （1）独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验. 在这种试验中，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发生的概率都是一样的.（2）在[n]次独立重复试验中，设事件[A]发生的次数为[X]，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）=CknPk][（1-P）n-k]，[k=0]，[1]，[2]…，[n]，此时称随机变量[X]服从二项分布. 在利用该公式时，一定要搞清是多少次试验中发生[k]次的事件，如本题中“有3人上网”可理解为6次独立重复试验恰有3次发生，即[n=6，k=3.]
练 习
1. 将两颗骰子各掷一次，设事件[A=]“两个点数不相同”，[B=]“至少出现一个6点”，则概率[P（A|B）]等于（ ）
A. [1011] B. [511] C. [518] D. [536]
2. 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. [18] B. [14] C. [25] D. [12]
3. 已知随机变量[X]服从二项分布[X～B（6，13），]则[P（X=2）=]（ ）
A. [316] B. [4243] C. [13243] D. [80243]
4. 甲乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为[23，]则甲以[3][∶][1]的比分获胜的概率为（ ）
A. [827] B. [6481] C. [49] D. [89]
5. 如图，[EFGH]是以[O]为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，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[HOE]（阴影部分）内”，则[P（B|A）]= .
1. A 2. B 3. D
4. A 5. [14]
条件概率
例1 在某次外交谈判中，中外双方都为了自身的利益而互不相让，这时对方有个外交官提议以抛掷一颗骰子决定. 若已知出现点数不超过3的条件下再出现点数为奇数，则按对方的决议处理；否则按中方的决议处理，假如你在现场，你会如何抉择？
解析 设[A]={出现的点数不超过3}={1，2，3}，[B=]{出现的点数是奇数}={1，3}，由条件概率的定义得，[P（B|A）=P（AB）P（A）][=1312=23]，所以对方外交官的提议不利于中方.
例2 某地区气象台统计，该地区下雨的概率为[415]，刮风的概率为[215]，既刮风又下雨的概率为[110]. 设[A]为下雨，[B]为刮风，求（1）[P（A|B）；]（2）[P（B|A）.]
解析 根据题意得，
[P（A）=415]，[P（B）=215]，[P（AB）=110].
（1）[P（A|B）=P（AB）P（B）=110215=110×152=34].
（2）[P（B|A）=P（AB）P（A）=110415=110×154=38].
点拨 计算条件概率[P（B|A）]有两种方法：（1）利用缩小基本事件范围的方法计算，可以在缩小的基本事件的范围内，利用古典概型概率公式计算条件概率，即[P（B|A）=n（AB）n（A）]，这里[n（A）]和[n（AB）]的计数是缩小了的基本事件的范围；（2）先根据条件概率定义，分别计算概率[P（AB）]和[P（A）]，然后根据定义可得，[P（B|A）=P（AB）P（A）].
事件的相互独立性
例3 甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.8，计算：
（1）两人都击中目标的概率；
（2）其中恰有一人击中目标的概率；
（3）至少有一人击中目标的概率.
解析 记“甲射击一次，击中目标”为事件[A]，“乙射击一次，击中目标”为事件[B]. “两人都击中目标”是事件[A?B]；“恰有1人击中目标”是[A?B]或[A?B]；“至少有1人击中目标”是[A?B]或[A?B]或[A?B].
（1）显然，“两人各射击一次，都击中目标”就是事件[A?B]，又由于事件[A]与[B]相互独立，
所以[P（A?B）=P（A）?P（B）=0.8×0.8=0.64.]
（2）“两人各射击一次，恰好有一人击中目标”包括两种情况：一种是甲击中乙未击中（即[A?B]），另一种是甲未击中乙击中（即[A?B]）. 根据题意，这两种情况在各射击一次时不可能同时发生，即事件[A?B]与[A?B]是互斥的，所以所求概率为：
[P=P（A?B）+P（A?B）=P（A）?P（B）+P（A）?P（B）]
[=0.8×（1-0.8）+（1-0.8）×0.8]=0.32.
（3）法一：“两人各射击一次，至少有一人击中目标”的概率为
[P=P（A?B）+P（A?B）+P（A?B）=0.96.]
法二：“两人都未击中目标”的概率是
[P（A?B）=P（A）?P（B）=（1-0.8）×（1-0.8）=0.04.]
∴至少有一人击中目标的概率为
[P=1-P（A?B）=1-0.04=0.96].
点拨 两个事件独立与互斥的区别：两个事件互斥指两个事件不可能同时发生；两个事件独立指一个事件是否发生对另一个事件发生的概率没有影响.
独立重复试验与二项分布
例4 某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立）.
（1）求至少3人同时上网的概率；
（2）至少几人同时上网的概率小于0.3？
解析 因为6个员工上网都是相互独立的，所以该题可归结为[n]次独立重复试验与二项分布问题.
（1）法一：记“有[r]人同时上网”为事件[Ar，]则“至少3人同时上网”即为事件[A3+A4+A5+A6.] 因为[A3，][A4，A5，A6]为彼此互斥事件，所以可应用概率加法公式得，“至少3人同时上网”的概率为
[P=P（A3+A4+A5+A6）=][P（A3）+P（A4）+P（A5）+P（A6）]
=[164（C36+C46+][C56+C66）]=[2132.]
法二：“至少3人同时上网”的对立事件是“至多2人同时上网”，即事件[A0+A1+A2].因为[A0，A1，A2]是彼此互斥的事件，所以“至少3人同时上网”的概率为
[P=1-P（A0+A1+A2）=1-[P（A0）+P（A1）+P（A2）]=2132.]
（2）法一：记“至少[r]人同时上网”为事件[Br]，则[Br]的概率[P（Br）]随[r]的增加而减少. 依题意是求满足[P（Br）<0.3]的整数[r]的最小值.
因为[P（B6）=P（A6）=164<0.3，]
[P（B5）=P（A5+A6）=P（A5）+P（A6）=164（C56+C66）=764<0.3，]
[P（B4）=P（A4+A5+A6）=P（A4）+P（A5）+P（A6）=132>0.3，]
所以至少5人同时上网的概率小于0.3.
法二：由（1）知至少3人同时上网的概率大于0.3，至少4人同时上网的概率为 [P（X≥4）=C46（12）2+C56（12）6+C66（12）6=2132>0.3.]
至少5人同时上网的概率为
[P（X≥5）=C56（12）6+C66（12）6=764<0.3.]
所以至少5人同时上网的概率小于0.3.
点拨 （1）独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验. 在这种试验中，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发生的概率都是一样的.（2）在[n]次独立重复试验中，设事件[A]发生的次数为[X]，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）=CknPk][（1-P）n-k]，[k=0]，[1]，[2]…，[n]，此时称随机变量[X]服从二项分布. 在利用该公式时，一定要搞清是多少次试验中发生[k]次的事件，如本题中“有3人上网”可理解为6次独立重复试验恰有3次发生，即[n=6，k=3.]
练 习
1. 将两颗骰子各掷一次，设事件[A=]“两个点数不相同”，[B=]“至少出现一个6点”，则概率[P（A|B）]等于（ ）
A. [1011] B. [511] C. [518] D. [536]
2. 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. [18] B. [14] C. [25] D. [12]
3. 已知随机变量[X]服从二项分布[X～B（6，13），]则[P（X=2）=]（ ）
A. [316] B. [4243] C. [13243] D. [80243]
4. 甲乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为[23，]则甲以[3][∶][1]的比分获胜的概率为（ ）
A. [827] B. [6481] C. [49] D. [89]
5. 如图，[EFGH]是以[O]为圆心，1为半径的圆的内接正方形，将一颗豆子随机地掷到圆内，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[HOE]（阴影部分）内”，则[P（B|A）]= .
1. A 2. B 3. D
4. A 5. [14]