【同步讲义】（人教A版2019）高中数学选修第三册：7.4.1 二项分布 讲义

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7.4.1 二项分布

课程标准
课标解读
1. 理解相互独立事件的概念，理解独立重
复试验的概念，理解二项分布的概率模型.
2. 理解相互独立事件的概率模型.伯努利
试验的特点.
3. 掌握二项分布的特点，会求二项分布
列，期望与方差.
通过本节课的学习，要求会求二项分布列及应用分布列公式的特点求解相关量及参数，会求二项分布列的期望与方差.




知识点1 n重伯努利试验及其特征
1．n重伯努利试验的概念
将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．
2．n重伯努利试验的共同特征
(1)同一个伯努利试验重复做n次．
(2)各次试验的结果相互独立．
(3)每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生，这两种结果是对立的
注：1、在相同条件下，有放回地抽样试验是n重伯努利试验.
2、相互独立的概念
(1)相互独立的定义
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)相互独立事件
事件A(或B)发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．
3、相互独立的性质
若事件A与B相互独立，则A与，与B，与也相互独立．
4、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)．
4.利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．
(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积公式求解．
3．重伯努利试验的概率公式
一般地，如果在一次试验中事件发生的概率是,事件在次试验中发生次，共有种情形，由试验的独立性知，每种情形下，在次试验中发生，而在其余次试验中不发生的概率都是,所以由概率加法公式知，在重伯努利试验中，事件恰好发生次的概率为( ) .
【即学即练1】判断下列试验是不是n重伯努利试验：
(1)依次投掷四枚质地不同的硬币，3次正面向上；
(2)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中；
(3)口袋中装有5个白球，3个红球，2个黑球，依次从中抽取5个球，恰好抽出4个白球．
【解析】(1)由于试验的条件不同(质地不同)，因此不是n重伯努利试验．
(2)某人射击且击中的概率是稳定的，因此是n重伯努利试验．
(3)每次抽取，试验的结果有三种不同的颜色，且每种颜色出现的可能性不相等，因此不是n重伯努利试验．

【即学即练2】甲、乙两队进行排球比赛，已知在一局比赛中甲队胜的概率为，没有平局．
(1)若进行三局两胜制比赛，先胜两局者胜，甲获胜的概率是多少？
(2)若进行五局三胜制比赛，甲获胜的概率为多少？
【解析】(1)甲第一、二局胜，或第二、三局胜，或第一、三局胜，则P＝2＋C×××＝.
(2)甲前三局胜，或甲第四局胜，而前三局仅胜两局，或甲第五局胜，而前四局仅胜两局，则
P＝3＋C×2××＋C×2×2×＝.

知识点2　二项分布
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0 P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
注：1、：伯努利试验的次数
： 事件发生的次数
：每次试验中事件发生的概率
2、独立重复试验与二项分布问题的类型及解题策略
(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，求得概率．
3．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次．
4．P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在事件A，B相互独立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)．

【即学即练3】一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是.
(1)求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的均值；
(2)求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
【解析】(1)方法一　由ξ～B，则
P(ξ＝k)＝C×k×5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
即P(ξ＝0)＝C×0×5＝；
P(ξ＝1)＝C××4＝；
P(ξ＝2)＝C×2×3＝；
P(ξ＝3)＝C×3×2＝；
P(ξ＝4)＝C×4×＝；
P(ξ＝5)＝C×5＝.
故ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
5
P







∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
方法二　∵ξ～B，∴E(ξ)＝.
(2)η的分布列为P(η＝k)＝P(前k个是绿灯，第k＋1个是红灯)＝k×，k＝0,1,2,3,4,5，
即P(η＝0)＝0×＝；
P(η＝1)＝×＝；
P(η＝2)＝2×＝；
P(η＝3)＝3×＝；
P(η＝4)＝4×＝；
P(η＝5)＝P(5个均为绿灯)＝5＝.
故η的分布列为
η
0
1
2
3
4
5
P







(3)所求概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)
＝1－5＝.

知识点3　二项分布的均值与方差
若随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)
注：(1)如果ξ ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．
(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．
【即学即练4】某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心．且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X的分布列，并求E(X)．
【解析】由题意可知X～B，
∴P(X＝k)＝C×k×3－k，k＝0,1,2,3，
即P(X＝0)＝C×0×3＝；
P(X＝1)＝C××2＝；
P(X＝2)＝C×2×＝；
P(X＝3)＝C×3＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P





方法一　∴E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
方法二　∵X～B，∴E(X)＝3×＝.

考点一 重伯努利试验的判断
解题方略：
n重伯努利试验的判断依据
(1)要看该试验是不是在相同的条件下可以重复进行．
(2)每次试验相互独立，互不影响．
(3)每次试验都只有两种结果，即事件发生，不发生．
【例1-1】【多选】下列事件不是n重伯努利试验的是(　　)
A．运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”
B．甲、乙两运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”
C．甲、乙两运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”
D．在相同的条件下，甲射击10次，5次击中目标
【解析】AC符合互斥事件的概念，是互斥事件；B是相互独立事件；D是n重伯努利试验．故选ABC

【例1-2】重伯努利试验应满足的条件：
①各次试验之间是相互独立的；②每次试验只有两种结果；
③各次试验成功的概率是相同的；④每次试验发生的事件是互斥的．
其中正确的是（    ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．①②④
【答案】C
【详解】解：只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行次所组成的随机试验称为重伯努利试验，
故重伯努利试验应满足的条件：
①各次试验之间是相互独立的；
②每次试验只有两种结果；
③各次试验成功的概率是相同的；
故选：C

考点二 重伯努利试验的概率问题
解题方略：
n重伯努利试验概率求法的三个步骤
(1)判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为n重伯努利试验．
(2)分拆：判断所求事件是否需要分拆．
(3)计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算．
【例2-1】一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为，则此射手的命中率是(　　)
A. B. C. D.
【解析】设此射手的命中概率为x，则不能命中的概率为1－x，由题意知4次射击全部没有命中目标的概率为1－＝，有(1－x)4＝，解得x＝或x＝(舍去)．故选B

变式1：将一枚均匀的硬币抛掷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】正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次、5次或6次，所求概率P＝C6＋C6＋C6＝.

变式2：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面第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．
【解析】(1)记“预报一次准确”为事件A，则P(A)＝0.8，
5次预报相当于5重伯努利试验．
“恰有2次准确”的概率为
P＝C×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，
因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.
(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”．
其概率为P＝C×(0.2)5＋C×0.8×0.24＝0.006 72.
所以所求概率为1－P＝1－0.006 72≈0.99.
所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99.

变式3：有n位同学参加某项选拔测试，每位同学通过测试的概率都是p(0 A．(1－p)n B．1－pn
C．pn D．1－(1－p)n
【解析】所有同学都不能通过测试的概率为(1－p)n，则至少有1位同学能通过测试的概率为1－(1－p)n.故选D

变式4：在4重伯努利试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A在1次试验中发生的概率p的取值范围是(　　)
A．[0.4,1) B．(0,0.4]
C．(0,0.6] D．[0.6,1]
【解析】由题意知Cp(1－p)3≤Cp2(1－p)2，解得p≥0.4，又∵0
变式5：甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(结果需用分数作答)
(1)求甲射击3次，至少有1次未击中目标的概率；
(2)求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率．
(3)求甲、乙均击中目标1次的概率
(4)求甲未击中，乙击中2次的概率
【解析】(1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1，由题意，知射击3次，相当于3重伯努利试验，故P(A1)＝1－P(1)＝1－3＝.
(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B2，则P(A2)＝C×2＝，P(B2)＝C×1×＝，由于甲、乙射击相互独立，故P(A2B2)＝×＝.
(3)记“甲击中目标1次”为事件A3，“乙击中目标1次”为事件B3，则P(A3)＝C××＝，P(B3)＝，
所以甲、乙均击中目标1次的概率为P(A3B3)＝×＝.
(4)记“甲未击中目标”为事件A4，“乙击中2次”为事件B4，则P(A4)＝C×2＝，P(B4)＝C×2＝，所以甲未击中、乙击中2次的概率为P(A4B4)＝×＝.

考点三 二项分布及其应用
解题方略：
概率综合问题的求解策略
(1)定模型：准确地确定事件的性质，把问题归为古典概型、互斥事件、独立事件、n重伯努利试验中的某一种．
(2)明事件：判断事件是A＋B还是AB.
(3)套公式：选择相应公式求解即可．
【例3-1】下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________．
①随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数；
②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ；
③有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用有放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数（M ④有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数．
【答案】①③
【解析】
【详解】
对于①，设事件A为“抛掷一枚骰子出现的点数是3的倍数”，则P（A）＝.而在n次独立重复试验中事件A恰好发生了k次（k＝0、1、2、…、n）的概率，符合二项分布的定义．
对于②，ξ的取值是1、2、3、…、n，P（ξ＝k）＝ （k＝1、2、3、…、n），显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布．
③和④的区别：③是“有放回”抽取，而④是“无放回”抽取，显然④中n次试验是不独立的，因此ξ不服从二项分布，对于③有ξ～B .故应填①③.
【考点】二项分布.

【例3-2】若随机变量X～B，则P(X＝2)等于(　　)
A.2×3 B.2×3
C．C×2×3 D．C×2×3
∵随机变量X～B，∴P(X＝2)＝C×2×3.故选D

变式1：一头猪服用某药品后被治愈的概率是90%，则服用这种药的5头猪中恰有3头被治愈的概率为(　　)
A．0.93 B．1－(1－0.9)3
C．C×0.93×0.12 D．C×0.13×0.92
【解析】5头猪中恰有3头被治愈的概率为C×0.93×0.12.故选C

变式2：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比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(　　)
A. B. C. D.
【解析】当甲以3∶1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3∶1的比分获胜的概率为P＝C×2××＝3×××＝，故选A.

变式3：某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，该市的4位申请人中恰有2人申请A片区房源的概率为________．
【解析】每位申请人申请房源为一次试验，这是4重伯努利试验，设申请A片区的房源记为事件A，则P(A)＝，所以恰有2人申请A片区的概率为C×2×2＝.

变式4：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(　　)
A.5 B．C×5
C．C×3 D．C×C×5
【解析】如图，由题意可知，质点P必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率，所求概率为
P＝C×2×3＝C×5.故选B


【例3-3】若X～B，则使P(X＝k)最大的k的值是(　　)
A．2 B．3 C．2或3 D．4
【解析】P(X＝k)＝Ck6－k＝C6，
又＝＝，
当k<时，P(X＝k＋1)>P(X＝k)，
当k>时，P(X＝k＋1) ∴当k＝3时，P(X＝k)取得最大值．故选B

【例3-4】已知，且，求Y的分布列．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
列举Y的可能取值，求概率即可求解
【详解】
故X可能取值为0,1,2,3，则的可能取值为1,3,5,7
，
，
故分布列为：

1
3
5
7
P






【例3-5】某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从道备选题中一次性随机抽取道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中道题便可通过．已知道备选题中应聘者甲有道题能正确完成，道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
(1)求甲正确完成两个面试题的概率；
(2)求乙正确完成面试题数的分布列．
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【详解】（1）设甲正确完成面试的题数为，则的取值范围是．
.
（2）设乙正确完成面试的题数为，则取值范围是．
，，，．
应聘者乙正确完成题数的分布列为


变式1：某公司的一次招聘中，应聘者都要经过三个独立项目的测试，如果通过两个或三个项目的测试即可被录用．若甲、乙、丙三人通过每个项目测试的概率都是．
(1)求甲被录用的概率；
(2)设甲、乙、丙三人中被录用的人数为，求的分布列．
【答案】(1)
(2)分布列见解析
【详解】（1）由题意得甲通过两个项目测试的概率为，
通过三个项目测试的概率为，
所以甲被录用的概率为.
（2）由（1）得每个人被录用的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3，
所以，
，
，
，
所以的分布列为：












考点四 二项分布的均值与方差
【例4-1】设X～B(40，p)，且E(X)＝16，则p等于(　　)
A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
【解析】∵E(X)＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.故选D.


变式1：【多选】设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(3，p)，若P(ξ≥1)＝，则(　　)
A．p＝ B．E(ξ)＝
C．D(η)＝1 D．P(η≥2)＝
【解析】∵P(ξ＝0)＋P(ξ≥1)＝1，
∴C(1－p)2＋＝1，∴p＝.
∴E(ξ)＝2×＝，D(η)＝3××＝.
P(η≥2)＝Cp3＋Cp2(1－p)＝＋＝.故选ABD

变式2：已知小明投10次篮，每次投篮的命中率均为0.7，记10次投篮中命中的次数为X，则D(X)＝________.
【解析】由题意，知X～B(10,0.7)，则D(X)＝10×0.7×(1－0.7)＝2.1.

变式3：某广场上有4盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯，每盏灯出现红灯的概率都是，出现绿灯的概率都是.记这4盏灯中出现红灯的数量为ξ，当这4盏装饰灯闪烁一次时：
(1)求ξ＝2时的概率；(2)求ξ的均值．
【解析】(1)依题意知，ξ＝2表示4盏装饰灯闪烁一次时，恰好有2盏灯出现红灯，而每盏灯出现红灯的概率都是，故ξ＝2时的概率P＝C22＝.
(2)方法一　ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4，
依题意知，P(ξ＝k)＝Ck4－k(k＝0,1,2,3,4)．
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
3
4
P






∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
方法二　∵ξ服从二项分布，即ξ～B，
∴E(ξ)＝4×＝.

变式4：一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．

将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．
(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，均值E(X)及方差D(X)．
【解析】(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里有连续2天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”．因此
P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，
P(A2)＝0.003×50＝0.15，
P(B)＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108.
(2)X可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为
P(X＝0)＝C×(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝C×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝C×0.62×(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝C×0.63＝0.216，
则X的分布列为
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216

因为X～B(3,0.6)，所以均值E(X)＝3×0.6＝1.8，
方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.

变式5：一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是．
(1)设为这名学生在途中遇到红灯的次数，求的分布列、期望、方差；
(2)设为这名学生在首次停车前经过的路口数，求的分布；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）由题意可知，可取，且服从二项分布，则
，，
，，
，．
由此得的分布如下：















所以，.
（2）由于为这名学生在首次停车前经过的路口数，显然是随机变量，
其取值为且
，，，
，，，
由此得的分布如下：














（3）设这名学生在途中至少遇到一次红灯为事件，
所求概率.

变式6：据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为，，，其中．
(1)若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求的范围．
【答案】(1)该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀概率为；该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀概率为；
(2).
【详解】（1）设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，则；
该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，则．
（2）该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为，
依题意，，则，
该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为，随机变量的可能取值为：0，1，2，3．
，
，，
随机变量的分布列：

0
1
2
3





，
因为该考生更希望进入甲大学的面试，则，即，解得，
所以的范围为：.
变式7：产品开发是企业改进老产品､开发新产品，使其具有新的特征或用途，以满足市场需求的流程.某企业开发的新产品已经进入到样品试制阶段，需要对5个样品进行性能测试，现有甲､乙两种不同的测试方案，每个样品随机选择其中的一种进行测试，已知选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每次测试的结果互不影响.
(1)若3个样品选择甲方案，2个样品选择乙方案.
（i）求5个样品全部测试合格的概率；
（ii）求4个样品测试合格的概率.
(2)若测试合格的样品个数的期望不小于3，求选择甲方案进行测试的样品个数.
【答案】(1)（i）（ii）
(2)选择甲方案测试的样品个数为，或者
（1）
（i）因为3个样品选择甲方案, 2个样品选择乙方案,
所以5个样品全部测试合格的概率为
（ii）4个样品测试合格分两种情况,
第一种情况, 3个样品甲方案测试合格和1个样品乙方案测试合格,
此时概率为
第二种情况, 2个样品甲方案测试合格和2个样品乙方案测试合格,
此时概率为
所以 4 个样品测试合格的概率为
（2）
设选择甲方案测试的样品个数为, 则选择乙方案测试的样品个数为,并设通过甲方案测试合格的样品个数为, 通过乙方案测试合格的样品个数为,
当时, 此时所有样品均选择方案乙测试, 则,
所以, 不符合题意;
当时, 此时所有样品均选择方案甲测试, 则
所以,符合题意;
当时, ,
所以
若使, , 则,
由于, 故时符合题意,
综上, 选择甲方案测试的样品个数为 3,4 或者5时, 测试合格的样品个数的期望不小于3 .

考点五 二项分布的综合应用
【例5-1】设随机变量ξ服从二项分布，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________.
【答案】
【解析】
【分析】
由存在零点结合判别式即可求出ξ≤4，由已知二项分布可求出.
【详解】
由函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点，得Δ=16-4ξ≥0，即ξ≤4.又因为变量ξ~B，
所以所求概率 .
故答案为:.
【点睛】
本题关键是由存在零点求出的取值范围，结合二项分布即可求出所求.

变式1：已知离散型随机变量服从二项分布，且，，则的最小值为
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【解析】
根据二项分布的性质可得，，化简即，结合基本不等式即可得到的最小值.
【详解】
离散型随机变量X服从二项分布，
所以有，
，
所以，即，（，）
所以 ，
当且仅当时取得等号．
故选C．
【点睛】
本题主要考查了二项分布的期望与方差，考查了基本不等式，属于中档题．

变式2：某人抛掷一枚硬币，出现正反面的概率都是，构造数列{an}，使得an＝记Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)，则S4＝2的概率为________．
【解析】S4＝2，即4次中有3次正面1次反面，则所求概率P＝C×3×＝.



题组A 基础过关练
1、【多选】下列试验不是重伯努利试验的是（    ）．
A．依次投掷四枚质地不同的硬币
B．某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了次
C．口袋中装有个白球，个红球，个黑球，依次从中抽取个球
D．小明做道难度不同的数学单选题
【答案】ACD
【详解】A．由于试验的条件不同（硬币质地不同），因此不是重伯努利试验．
B．某人射击，击中目标的概率是稳定的，因此是重伯努利试验．
C．每次抽取，每种颜色出现的可能性不相等，因此不是重伯努利试验．
D．道题难度不同，每道题做对的概率也不同，因此不是重伯努利试验．
故选：ACD．

2、从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为________．
【解析】P＝C×(0.1)2×(1－0.1)2＝0.048 6.

3、投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才算通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(　　)
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
【解析】根据题意，该同学通过测试的两种情况分别为投中2次和投中3次，所以所求概率为P＝C×0.62×(1－0.6)＋C×0.63＝0.648.故选A

4、已知随机变量服从二项分布，则___________.（结果表示为最简分数）
【答案】
【详解】因为随机变量X服从二项分布，
所以.
故答案为：
5、设随机变量的分布列为，、、、、，且，则的值为（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，利用二项分布的期望和方差公式可求得结果.
【详解】
由题意可知，则.
故选：A.

6、【多选】袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（       ）
A． B． C．X的期望 D．X的方差
【答案】ACD
【解析】
【分析】
分别计算概率，计算期望与方差.
【详解】
从袋子中有放回地随机取球4次，则每次取球互不影响，
并且每次取到的黑球概率相等，又取到黑球记1分，
取4次球的总分数，即为取到黑球的个数，
所以随机变量服从二项分布，故A正确；
，记其概率为，故B错误；
因为，所以的期望，故C正确；
因为，所以的方差，故D正确．
故选：ACD．

题组B 能力提升练
7、设随机变量，，若，则______.
【答案】6
【解析】
由题意可得，根据公式可得可得答案.
【详解】
随机变量，则
，解得：
故答案为：6

8、设随机变量，若，则的值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先由二项分布的概率公式结合已知条件求出，从而可得，进而可求出的值
【详解】
解：因为随机变量，
所以，
解得，所以，
则．
故选：B．
9、【多选】已知ξ～B(n，p)，且E(3ξ＋2)＝9.2，D(3ξ＋2)＝12.96，则下列说法正确的有（       ）
A．n＝4，p＝0.6 B．n＝6，p＝0.4
C．P(ξ≥1)＝0.46 D．P(ξ＝0)＝0.66
【答案】BD
【解析】
根据二项分布期望方差的性质即可计算判断.
【详解】
由，
由ξ～B(n，p)时，E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)可知
，所以，故B正确．
又，，故D正确．
故选：BD.

10、箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为(　　)
A.3× B.
C.× D．C×3×
【解析】由题意知前3次取出的均为黑球，第4次取得的为白球．故其概率为3×.故选A

11、若，则取得最大值时，（    ）
A．4或5 B．5或6 C．10 D．5
【答案】D
【详解】解：因为，所以，
由组合数的性质可知当时取得最大值，即取得最大值，所以；
故选：D

12、春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动.已知某种盆栽植物每株成活的概率为p，各株是否成活相互独立.该学校的某班随机领养了此种盆栽植物n株.设X为其中成活的株数，若，，则n，p的值为（       ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【解析】
【分析】
由二项分布的均值和方差公式列方程求n，p的值.
【详解】
由题意知，随机变量X服从二项分布，即，由，，可得，，解得，，
故选D.

13、排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为______．
【答案】
【详解】乙队获胜可分为乙队以或或的比分获胜．
乙队以获胜，即乙队三场全胜，概率为；
乙队以获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为；
乙队以获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为．
所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为．
故答案为：．

14、随着现代科技的不断发展，通过手机交易应用越来越广泛，其中某群体的每位成员使用微信支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用微信支付的人数，已知方差且＞，则期望=___________.
【答案】4
【解析】
依题意可知，根据二项分布的方差公式可得或，根据＞以及二项分布的概率公式可得，所以，再根据二项分布的期望公式可得结果.
【详解】
依题意可知，且，即，
解得或，
又＞，所以，
所以，解得，所以，
所以.
故答案为：4.
【点睛】
本题考查了二项分布，考查了二项分布的期望、方差公式，考查了二项分布的概率公式，属于基础题.

题组C 培优拔尖练

15、【多选】某计算机程序每运行一次都会随机出现一个五位二进制数(例如10100)，其中的各位上的数字出现0的概率为，出现1的概率为，记，则当程序运行一次时(       )
A．服从二项分布 B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
分别写出的可能值，并计算其概率，然后判断的概率分布类型，并通过数学期望和方差公式计算期望和公差即可.
【详解】
由二进制数的特点，知后4位上的数字的填法有5类：
①后4位上的数字均为0，则，；
②后4位上的数字中只出现1个1，则，；
③后4位上的数字中出现2个1，则，；
④后4位上的数字中出现3个1，则，；
⑤后4位上的数字均为1，则，.
由上述可知，故A正确；易知B错误；，故C正确；，故D错误.
故选:AC.

16、某商场为吸引顾客，增加顾客流量，决定开展一项有奖游戏．参加一次游戏的规则如下：连续抛质地均匀的硬币三次（每次抛硬币结果相互独立），若正面朝上多于反面朝上的次数，则得分，否则得分．一位顾客可最多连续参加次游戏．
(1)求顾客甲在一次游戏中正面朝上次数的分布列与期望；
(2)若连续参加游戏获得的分数总和不小于分，即可获得一份大奖．顾客乙准备连续参加次游戏，则他获得这份大奖的概率多大？
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为
(2)
【详解】（1）解：由题意得三次抛硬币正面朝上的次数，
则，，
，，
所以分布列为

0
1
2
3






则甲在一次游戏中硬币正面朝上次数的期望
（2）解：由（1）知，在一次游戏中，顾客乙得3分和得1分的概率均为
设次游戏中，得分的次数为，则，即，
易知，故
.

17、某中学全体学生参加了“全国节约用水大赛”活动．现从参加该活动的学生中随机抽取了男、女学生各25名，将他们的成绩（单位：分）记录如下：
成绩





男生人数
2
5
8
9
1
女生人数
a
b
10
3
2
(1)从该校参加活动的男生中随机抽取3人，X表示这3人成绩不低于80分的人数，求X的分布列、数学期望和方差；
(2)试确定a，b为何值时，使得抽取的女生成绩的方差最小，并说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，，
(2)，，理见解析
（1）
由题意可知抽取的男生成绩不低于80分的概率为，即，
它的分布列为，如表：
X
0
1
2
3
P




（或）．．
（2）
，．理由如下：
由题意可得，由于方差是衡量一组数据的离散程度，
所以数据越集中，方差越小，所以当，时，数据更集中，方差最小．


18、产品开发是企业改进老产品､开发新产品，使其具有新的特征或用途，以满足市场需求的流程.某企业开发的新产品已经进入到样品试制阶段，需要对5个样品进行性能测试，现有甲､乙两种不同的测试方案，每个样品随机选择其中的一种进行测试，已知选择甲方案测试合格的概率为，选择乙方案测试合格的概率为，且每次测试的结果互不影响.
(1)若3个样品选择甲方案，2个样品选择乙方案.
（i）求5个样品全部测试合格的概率；
（ii）求4个样品测试合格的概率.
(2)若测试合格的样品个数的期望不小于3，求选择甲方案进行测试的样品个数.
【答案】(1)（i）（ii）
(2)选择甲方案测试的样品个数为，或者
（1）
（i）因为3个样品选择甲方案, 2个样品选择乙方案,
所以5个样品全部测试合格的概率为
（ii）4个样品测试合格分两种情况,
第一种情况, 3个样品甲方案测试合格和1个样品乙方案测试合格,
此时概率为
第二种情况, 2个样品甲方案测试合格和2个样品乙方案测试合格,
此时概率为
所以 4 个样品测试合格的概率为
（2）
设选择甲方案测试的样品个数为, 则选择乙方案测试的样品个数为,并设通过甲方案测试合格的样品个数为, 通过乙方案测试合格的样品个数为,
当时, 此时所有样品均选择方案乙测试, 则,
所以, 不符合题意;
当时, 此时所有样品均选择方案甲测试, 则
所以,符合题意;
当时, ,
所以
若使, , 则,
由于, 故时符合题意,
综上, 选择甲方案测试的样品个数为 3,4 或者5时, 测试合格的样品个数的期望不小于3 .