2004-广东卷理-06 单-相互独立事件的概率

本题导读

本题考查相互独立事件的概率，以及独立重复试验与二项分布。

📌【题干】

Question

（2004年广东卷(理)） 一台 $X$ 型号自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为 $0.8000$，有四台这种型号的自动机床各自独立工作，则在一小时内至多 $2$ 台机床需要工人照看的概率是 ()

A. $0.1536$　　　　B. $0.1808$　　　　C. $0.5632$　　　　D. $0.9728$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑：界定事件分布类型与核心单次概率。4台机床各自独立工作，满足独立重复试验特征。设“在一小时内需要工人照看”为事件 $A$。已知单台机床不需要工人照看的概率为 $0.8$，则单台机床需要工人照看的概率为 $p=1-0.8=0.2$。
2. 第二步逻辑：定义随机变量并化简事件范围。设 4 台机床中在一小时内需要工人照看的台数为随机变量 $Y$，则 $Y\sim B(4,0.2)$。题目要求“至多 2 台需要照看”，即求 $P(Y\le 2)$。可以从正向累加 $P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)$ 计算；亦可利用对立事件 $1-P(Y=3)-P(Y=4)$ 来简化代数算式。由于 3 和 4 的组合数计算项更少，后一种路径更快捷。

✅【答案】

Success

D

✍【详细解析】

Abstract

• 建立随机变量的二项分布模型： 由题意知，单台机床在一小时内不需要照看的概率为 $0.8$。 则单台机床在一小时内需要工人照看的概率为： $p=1-0.8=0.2$ 设 4 台独立工作的机床中，一小时内需要工人照看的机床台数为随机变量 $Y$． 由于各台机床工作状态相互独立，则 $Y$ 服从二项分布，即 $Y\sim B(4,0.2)$。

• 利用对立事件法则建立概率方程： “至多 2 台机床需要工人照看”对应的事件为 $Y\le 2$（即需要照看的台数可以为 0 台、1 台或 2 台）。 其对立事件为 $Y>2$，即 $Y=3$ 或 $Y=4$（3 台或 4 台机床需要照看）。 根据对立事件全概率性质： $P(Y\le 2)=1-P(Y=3)-P(Y=4)\text{（式1）}$

• 套用通式代入数值精算： 根据二项分布概率公式 $P(Y=k)={\text{C}}_4^k\cdot (0.2{)}^k\cdot (0.8{)}^{4-k}$，分别计算对立分量： $\begin{array}{rl}P(Y=3)& ={\text{C}}_4^3\cdot (0.2{)}^3\cdot (0.8{)}^1=4\times 0.008\times 0.8=0.0256\\ P(Y=4)& ={\text{C}}_4^4\cdot (0.2{)}^4\cdot (0.8{)}^0=1\times 0.0016\times 1=0.0016\end{array}$ 将这两个对立概率值代回（式1）的减法方程中： $\begin{array}{rl}P(Y\le 2)& =1-0.0256-0.0016\\ & =1-0.0272\\ & =0.9728\end{array}$

故选 D

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：单次试验对立概率 $p=1-q$ 的前置化归； $n$ 重伯努利试验中二项分布模型的识别；“至多/至少”型全称量词通过对立事件 $1-\sum P(\bar{A})$ 的降维简化。
2. 核心方法：对立事件全概率转化法。
3. 避坑指南：
   • 极易在审题时将“需要照看”与“不需要照看”的概率混淆。题目给出的 $0.8$ 是不需要照看的概率，而问的是需要照看的台数，必须先用 $1-0.8=0.2$ 算出单次事件成功率 $p$．
   • 若正向计算 $P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)$，式子展开为 ${\text{C}}_4^0(0.8{)}^4+{\text{C}}_4^1(0.2)(0.8{)}^3+{\text{C}}_4^2(0.2{)}^2(0.8{)}^2=0.4096+0.4096+0.1536=0.9728$，结果完全相同，但高位四次幂的小数乘法极易在考场产生算术笔误。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 改编自概率与统计章节关于二项分布的应用习题，考查独立重复试验的概率计算。
2. 结论推广: 一般地，设包含 $n$ 个独立元件的离散系统，单次发生故障的概率为 $p$。系统维持安全（即发生故障的元件数至多为 $k$ 个）的概率由二项分布的累积分布函数（CDF）完整确定。当 $k>\frac{n}{2}$ 时，其对立求和表达式具有极高的算力优势，其齐次解析通式唯一表示为：$P(X\le k)=1-{\sum }_{i=k+1}^n{\text{C}}_n^i{p}^i(1-p{)}^{n-i}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 15.02 随机事件、关系与独立性
• 23.04 二项分布与超几何分布

类题演练 (Links)

• 2007-江西文-19 解-独立事件概率
• 2003-天津文-20 解-独立事件概率
• 2005-全国卷I文-20 解-种子发芽概率