n次独立重复试验的模型及二项分布

[备考方向要明了]

考 什 么 1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念． 2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.

[归纳·知识整合]

1．条件概率及其性质

条件概率的定义 设A、B为两个事件，且P(A)>0，称P(B|A)＝条件概率的性质 (1)0≤P(B|A)≤1 (2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪怎 么 考 相互独立事件、n次独立重复试验的概率求法是每年高考的热点，特别是相互独立事件、n次独立重复试验及二项分布的综合更是高考命题的重中之重，如2012年山东T19等. PAB为在事件A发生条件下，事件B发生的PA条件概率 2.事件的相互独立性

C|A)＝P(B|A)＋P(C|A) (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)，P(AB)＝P(A)P(B)． ②如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也相互独立． [探究] 1.“相互独立”和“事件互斥”有何不同？

提示：两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．

3．独立重复试验与二项分布

独立重复试验 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，定义 在相同条件下重复做的n次设每次试验中事件A发生的概率是p，此时称随机变试验称为n次独立重复试验 量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率 Ai(i＝1,2，„，n)表示第i计算次试验结果，则在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)＝Cnp(1－p)kkn－k公式 P(A1A2A3„An)＝(k＝0，1,2，„，n) P(A1)P(A2)„P(An) [探究] 2.二项分布的计算公式和二项式定理的公式有何联系？ 提示：如果把p看成a,1－p看成b，则Cnp(1－p)

kkn－k就是二项式定理中的通项．

[自测·牛刀小试]

1

1．若事件E与F相互独立，且P(E)＝P(F)＝，则P(EF)的值等于( )

4A．0 1C. 4

解析：选B EF代表E与F同时发生， 1

故P(EF)＝P(E)·P(F)＝. 16

13

2．已知P(B|A)＝，P(AB)＝，则P(A)等于( )

28A.3

16

B.13 16B.1 16

1D. 2

3C. 41D. 4

3

解析：选C 由P(AB)＝P(A)P(B|A)可得P(A)＝.

4

3．有甲、乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是( )

A．0.26 C．0.18

B．0.08 D．0.72

解析：选A P＝0.8×0.1＋0.2×0.9＝0.26.

2

4．掷一枚不均匀的硬币，正面朝上的概率为，若将此硬币掷4次，则正面朝上3次的

3概率是________．

2解析：设正面朝上X次，则X～B4，， 3

31

P(X＝3)＝C3. 4＝

3381

21

32

32答案： 81

5．某人一周晚上值班2次，在已知他周日一定值班的条件下，则他在周六晚上值班的概率为________．

解析：设事件A为“周日值班”，事件B为“周六值班”， C61PAB1

则P(A)＝2，P(AB)＝2，故P(B|A)＝＝. C7C7PA61

答案： 6

1

条件概率

[例1] (1)甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( )

A．0.6 C．0.8

B．0.7 D．0.66

(2)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________．

[自主解答] (1)甲市为雨天记为事件A，乙市为雨天记为事件B，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，

故P(B|A)＝PAB0.12

＝＝0.6.

PA0.2

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

P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.

[答案] (1)A (2)0.665

在本例2中条件改为“甲厂产品的合格率是95%，其中60%为一级品”，求甲厂产品中任选一件为一级品的概率．

解：设甲厂产品合格为事件A，一级品为事件B，则甲厂产品中任一件为一级品为AB， 所以P(AB)＝P(A)P(B|A)＝95%×60%＝0.57.

—————

——————————————

条件概率的求法

(1)定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝

PAB

求P(B|A)；

PA

(2)基本事件法：借古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件

nAB

AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝.

nA

1．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，求： (1)第1次抽到理科题的概率；

(2)第1次和第2次都抽到理科题的概率；

(3)在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．

解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB.

(1)从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为

n(Ω)＝A25＝20；

根据分步乘法计数原理，n(A)＝A3×A4＝12； 于是P(A)＝1

1

nA123

＝＝.

nΩ205

2

(2)因为n(AB)＝A3＝6，所以

nAB63

P(AB)＝＝＝. nΩ2010

(3)法一：由(1)(2)可得，在第1次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率 3

PAB101

P(B|A)＝＝＝. PA32

5

法二：因为n(AB)＝6，n(A)＝12，所以P(B|A)＝

nAB61

＝＝.

nA122

相互独立事件的概率

[例2] 某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市E运至销售城市F，已知从城市E到城市F有两条公路．统计表明：

汽车走公路Ⅰ堵车的概率为

193

，不堵车的概率为；走公路Ⅱ堵车的概率为，不堵车10105

2

的概率为，若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，5且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响．

(1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率； (2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．

[自主解答] 记“汽车甲走公路Ⅰ堵车”为事件A， “汽车乙走公路Ⅰ堵车”为事件B. “汽车丙走公路Ⅱ堵车”为事件C.

(1)甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为

P1＝P(A·B)＋P(A·B)＝×＋×＝.

(2)甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为

110910911010950

P2＝P(A·B·C)＋P(A·B·C)＋P(A·B·C)＋P(A·B·C)＝

391311359×＋××＋××＝. 51010510105500

—————

—————————————— 求相互独立事件同时发生的概率的方法

(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．

11219××＋×101051010

2．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)求红队队员获胜总盘数为1的概率．

解：(1)设甲胜A为事件D，乙胜B为事件E，丙胜C为事件F，则D，E，F分别表示事件甲不胜A、事件乙不胜B、事件丙不胜C.

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、DEF是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立．

P(ξ＝1)＝P(DEF)＋P(DEF)＋P(DEF)

＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.35. 即红队队员获胜1盘的概率为0.35.

－－

独立重复试验与二项分布

[例3] 甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲、乙、丙三台机床加工的零件是一等品的概率分别为0.7、0.6、0.8，乙、丙两台机床加工的零件数相等，甲机床加工的零件数是乙机床加工的零件数的二倍．

(1)从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验，求至少有一件一等品的概率； (2)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取一件检验，求它是一等品的概率；

(3)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取4件检验，其中一等品的个数记为X，求X的分布列．

[自主解答] (1)设从甲、乙、丙三台机床加工的零件中任取一件是一等品分别为事件

A，B，C，

则P(A)＝0.7，P(B)＝0.6，P(C)＝0.8.

所以从甲、乙、丙三台机床加工的零件中各取一件检验，至少有一件一等品的概率为

P1＝1－P(A)P(B)P(C)＝1－0.3×0.4×0.2＝0.976.

(2)将甲、乙、丙三台机床加工的零件混合到一起，从中任意地抽取一件检验，它是一等品的概率为

P2＝

2×0.7＋0.6＋0.8

＝0.7.

4

(3)依题意抽取的4件样品中一等品的个数X的可能取值为0,1,2,3,4，则

4

P(X＝4)＝C04×0.7＝0.2401， 3P(X＝3)＝C14×0.3×0.7＝0.4116， 22P(X＝2)＝C24×0.3×0.7＝0.2646， 3P(X＝1)＝C34×0.3×0.7＝0.0756， 4P(X＝0)＝C44×0.3＝0.0081.

∴X的分布列为：

X P

—————

4 0.2401 3 0.4116 2 0.2646 1 0.0756 0 0.0081 ——————————————

二项分布满足的条件

(1)每次试验中，事件发生的概率是相同的． (2)各次试验中的事件是相互独立的．

(3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生． (4)随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．

3．如图，一圆形靶分成A，B，C三部分，其面积之比为1∶1∶2.某同学向该靶投掷3枚飞镖，每次1枚．假设他每次投掷必定会中靶，且投中靶内各点是随机的．

(1)求该同学在一次投掷中投中A区域的概率；

(2)设X表示该同学在3次投掷中投中A区域的次数，求X的分布列；

(3)若该同学投中A，B，C三个区域分别可得3分，2分，1分，求他投掷3次恰好得4分的概率．

1解：(1)设该同学在一次投掷中投中A区域的概率为P(A)，依题意，P(A)＝.

4

1(2)依题意识，X～B3，，从而X的分布列为： 4

X P 0 27 641 27 642 9 643 1 64(3)设Bi表示事件“第i次击中目标时，击中B区域”，Ci表示事件“第i次击中目标111

时，击中C区域”，i＝1,2,3.依题意知P＝P(B1C2C3)＋P(C1B2C3)＋P(C1C2B3)＝3×××＝

4223. 16

1个技巧——抓住关键词求解相互独立事件的概率

在应用相互独立事件的概率公式时，要找准关键字句，对含有“至多有一个发生”，“至少有一个发生”，“恰有一个发生”的情况，要结合对立事件的概率求解．

1个明确——明确常见词语的含义

解题过程中要明确事件中“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”“都发生”“都不发生”“不都发生”等词的意义．已知两个事件A，B，则

(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A B； (4)A，B恰有一个发生的事件为AB∪AB； (5)A，B至多一个发生的事件为AB∪AB∪A B.

易误警示——独立事件概率求法中的易误点

2

[典例] (2012·珠海模拟)某射手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互3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次后的总的分数，求ξ的分布列．

2[解] (1)设X为射手在5次射击中目标的次数，则X～B5，.在5次射击中，恰有23

次击中目标的概率为

23

P(X＝2)＝C25××1－＝

33

2



2



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(A1A2A3A4 A5)＋P(A1A2A3A4A5)＋P(A1 A2A3A4A5)

2312123112238＝×＋××＋×＝. 333333381

(3)由题意可知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3,6，

P(ξ＝0)＝P(A1A2A3)＝3＝；

3

P(ξ＝1)＝P(A1A2 A3)＋P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝×2＋××＋2×＝

3333333

2. 9

2

1

127

1121

1

2

P(ξ＝2)＝P(A1A2A3)＝××＝，

P(ξ＝3)＝P(A1A2A3)＋P(A1A2A3)＝2×＋×2＝，

333327P(ξ＝6)＝P(A1A2A3)＝2＝，

3

所以ξ的分布列为：

ξ 0 1 271 2 92 4 273 8 276 8 27213323427

21

128

2

827

P

[易误辨析]

1．本题第(2)问因不明独立事件与独立重复试验的区别，误认为是n次独立重复试验，

1280323

可导致求得P＝C5×＝这一错误结果；

33243

2．本题第(2)问中因忽视连续三次击中目标，另外两次未击中导致分类不准确； 3．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． [变式训练]

某中学在运动会期间举行定点投篮比赛，规定每人投篮4次，投中一球得2分，没有投1

中得0分，假设每次投篮投中与否是相互独立的．已知小明每次投篮投中的概率都是.

3

(1)求小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率； (2)求小明在4次投篮后的总得分ξ的分布列．

解：(1)设小明第i次投篮投中为事件Ai，则小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率为

P＝P(A1)·P(A2)·P(A3)＝××＝.

223314327

241611

(2)由题意知ξ的可能取值为0,2,4,6,8，则P(ξ＝0)＝＝；P(ξ＝2)＝C4×

38132332122281328123

×＝；P(ξ＝4)＝C4××＝；P(ξ＝6)＝C4××＝；P(ξ＝8)＝381332733813

4

1＝. 81

所以ξ的分布列为：

ξ 0 16 812 32 814 8 276 8 818 1 81P

一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)

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．0.12 C．0.46

B．0.42 D．0.88

解析：选D 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．(2013·济南模拟)位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动：质点每次移动12

一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为，向右移动的概率为，则质点

33

P移动五次后位于点(1,0)的概率是( )

A.C.4

24340 243

B.D.8 24380 243

解析：选D 依题意得，质点P移动五次后位于点(1,0)，则这五次移动中必有某两次

2380212

向左移动，另三次向右移动，因此所求的概率等于C5·＝. 33243

13．(2013·荆州质检)已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B6，，即P(ξ＝2)等于3

( )

A.3 16

B.1 243

C.

13 243

D.

80 243

11kkn－k解析：选D 已知ξ～B6，，P(ξ＝k)＝Cnpq，当ξ＝2，n＝6，p＝时，有P(ξ

3316－280212＝2)＝C61－＝. 24333

4．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)＝( )

1

A. 82C. 5

2

2

1B. 41D. 2

2

C3＋C242C21

解析：选B P(A)＝2＝＝，P(A∩B)＝2＝. C5105C5101

PA∩B101

由条件概率计算公式，得P(B|A)＝＝＝. PA44

10

5．将一枚硬币连掷5次，如果出现k次正面向上的概率等于出现k＋1次正面向上的概率，那么k的值为( )

A．0 C．2

B．1 D．3

15－k－1，即Ck＝Ck＋1，故k＋(k＋1)＝5，即kk1k15－kk＋11k＋1

解析：选C 由C5＝C5·55

2225

＝2.

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16

为，则该队员每次罚球的命中率为( ) 25

3A. 54C. 5

1B. 52D. 5

2

解析：选A 设该队员每次罚球的命中率为p(其中0二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)

162

，p25

7．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________．

解析：设种子发芽为事件A，种子成长为幼苗为事件B(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P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.

答案：0.72

8．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有1

5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为，用ξ表示这5位乘客在第20

3层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.

解析：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～

k5－kB5，，即有P(ξ＝k)＝Ck，k＝0,1,2,3,4,5. 5×333



1



12

2110414

故P(ξ＝4)＝C5×＝.

33243

10

答案： 243

9．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．

解析：设“任取一书是文科书”的事件为A，“任取一书是精装书”的事件为B，则A、

B是相互独立的事件，所求概率为P(AB)．

402707

据题意可知P(A)＝＝，P(B)＝＝，

100510010277

故P(AB)＝P(A)·P(B)＝×＝.

510257

答案： 25

三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)

10．在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中1

选做一题．设4名考生选做每一道题的概率均为. 2

(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；

(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的概率分布．

解：(1)设事件A表示“甲选做第21题”，事件B表示“乙选做第21题”，则甲、乙－－

两名学生选做同一道题的事件为“AB＋A B”，且事件A、B相互独立．

故P(AB＋A B)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)

11111＝×＋1－×1－＝. 22222

(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4，

1且ξ～B4，

2





14－kk14k1k则P(ξ＝k)＝C41－＝C4(k＝0,1,2,3,4)．

222故变量ξ的分布列为：

ξ 0 1 161 1 42 3 83 1 44 1 16P

11．下图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位：吨)的频率分布直方图．

(1)求直方图中x的值；

(2)若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民(看作有放回的抽样)，求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列．

解：(1)依题意及频率分布直方图知，0.02＋0.1＋x＋0.37＋0.39＝1，解得x＝0.12. (2)由题意知，X～B(3,0.1) 因此P(X＝0)＝C3×0.9＝0.729，

2P(X＝1)＝C13×0.1×0.9＝0.243， 2P(X＝2)＝C23×0.1×0.9＝0.027， 3P(X＝3)＝C33×0.1＝0.001.

0

3

故随机变量X的分布列为：

X P 0 0.729 1 0.243 2 0.027 3 0.001 12．“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏，其规则是：用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分胜负．现假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的．

(1)求出在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率；

(2)若玩家甲、乙双方共进行了3次游戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列．

解：(1)玩家甲、乙双方在1次游戏中出示手势的所有可能结果是：(石头、石头)；(石头，剪刀)；(石头，布)；(剪刀，石头)；(剪刀，剪刀)；(剪刀，布)；(布，石头)；(布，剪刀)；(布，布)．共有9个基本事件，玩家甲胜玩家乙的基本事件分别是：(石头，剪刀)；(剪刀，布)；(布，石头)，共有3个．

1

所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P＝. 3

1(2)X的可能取值分别为0,1,2,3.X～B3，，则 3

3

P(X＝0)＝C0， 3·＝

3

2111

827

12

P(X＝1)＝C1， 3··＝33

22

127

1227627

21

P(X＝2)＝C2， 3··＝33

3P(X＝3)＝C3. 3·＝3

X的分布列如下：

X P 0 8 271 12 272 6 273 1 27

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

，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为( ) 2

1A. 81C. 2

1B. 4D.1 16

解析：选A 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A·C·B，且A，C，B之间彼此独立，

1

且P(A)＝P(B)＝P(C)＝. 2

1

所以P(A·B·C)＝P(A)·P(B)·P(C)＝.

8

2．将一枚硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为________． 解析：由题意知，正面可以出现6次，5次，4次，所求概率

65646

P＝C66＋C6＋C6＝222

111

1＋6＋1511

＝. 6432

11

答案： 32

3．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，每人投三类1

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：若投票结果中至少有两

3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

233

P＝C2. 3 ·＋C3＝33

1

23

1

727

(2)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，有以下四种情形：

事件A 事件B 事件C 事件D

313

P(A)＝C3，P(B)＝C3＝， 3＝33

“同意”票张数 0 1 1 0 “中立”票张数 0 0 1 1 “反对”票张数 3 2 1 2 1

127

1

19

1313

P(C)＝C13C2＝，P(D)＝C3＝. 33

1

29

1

19

∵A、B、C、D互斥，

13

∴P(A＋B＋C＋D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝.

27