高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.4 二项分布与超几何分布导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.4 二项分布与超几何分布导学案，共14页。


新知探究
“三个臭皮匠顶个诸葛亮”是在中国民间流传很广的一句谚语，这句谚语是非常有道理的，下面我们从概率的角度来探讨一下这个问题：
假如刘备手下有诸葛亮和9名谋士组成的智囊团，假定对某事进行决策时，每名谋士决策正确的概率为0.7，诸葛亮决策正确的概率为0.85，现在要为某事能否可行征求每位谋士的意见，并按照多数人的意见作出决策，试比较诸葛亮和智囊团决策正确概率的大小．
问题 上述情境中的问题，假如让你猜想的话，你能得到正确的答案吗？
提示 智囊团决策正确的概率要大于诸葛亮决策正确的概率，具体怎么计算的通过学习本节课的内容即可解决．
1．n重伯努利试验的概念
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重伯努利试验具有如下共同特征
(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．
3．二项分布
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(0P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.
如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
4．一般地，可以证明：如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
拓展深化
[微判断]
1．在n重伯努利试验中，各次试验的结果相互没有影响．(√)
2．在n重伯努利试验中，各次试验中某事件发生的概率可以不同．(×)
提示 在n重伯努利试验中，各次试验中某事件发生的概率均相同．
3．如果在1次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.(√)
[微训练]
1．已知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,3)))，则P(X＝4)＝__________．
解析 P(X＝4)＝Ceq \\al(4,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(20,243).
答案 eq \f(20,243)
2．连续掷一枚硬币5次， 恰好有3次出现正面向上的概率是__________．
解析 设出现正面向上的次数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,2)))，故P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,16).
答案 eq \f(5,16)
3．某人射击一次击中目标的概率为0.6, 经过3次射击， 此人至少有两次击中目标的概率为__________．
解析 设击中目标的次数为X，则X～B(3，0.6)．
故P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝Ceq \\al(2,3)0.62(1－0.6)＋Ceq \\al(3,3)0.63＝0.648.
答案 0.648
[微思考]
1．你能说明两点分布与二项分布之间的关系吗？
提示 两点分布是特殊的二项分布，即X～B(n，p)中，当n＝1时，二项分布便是两点分布，也就是说二项分布是两点分布的一般形式．
2．在n次独立重复试验中，各次试验的结果相互有影响吗？
提示 在n次独立重复试验中，各次试验的结果相互之间无影响．因为每次试验是在相同条件下独立进行的，所以第i＋1次试验的结果不受前i次结果的影响(其中i＝1，2，…，n－1).
题型一 n重伯努利试验的判断
【例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 (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)每次抽取时，球的个数不一样多，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．
规律方法 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)每次试验的结果相互独立，互不影响．
【训练1】 下列事件：①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；②甲、乙两运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；③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”；④在相同的条件下，甲射击10次，5次击中目标．
其中是n重伯努利试验的是( )
A．① B．②
C．③ D．④
解析 ①③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互独立事件；④是n重伯努利试验．
答案 D
题型二 n重伯努利试验概率的求法
【例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 (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次伯努利试验．
“恰有2次准确”的概率为
P＝Ceq \\al(2,5)×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＝Ceq \\al(0,5)×0.25＋Ceq \\al(1,5)×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.
规律方法 n重伯努利试验概率求解的关注点
(1)解此类题常用到互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．
(2)运用n重伯努利试验的概率公式求概率时，首先判断问题中涉及的试验是否为n重伯努利试验，判断时注意各次试验之间是相互独立的，并且每次试验的结果只有两种(即要么发生，要么不发生)，在任何一次试验中某一事件发生的概率都相等，然后用相关公式求概率．
【训练2】 某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率都为eq \f(3,5)，且每次射击的结果互不影响，已知射手射击了5次，求：
(1)其中只在第一、三、五次击中目标的概率；
(2)其中恰有3次击中目标的概率；
(3)其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标的概率．
解 (1)该射手射击了5次，其中只在第一、三、五次击中目标，是在确定的情况下击中目标3次，也就是在第二、四次没有击中目标，所以只有一种情况，又因为各次射击的结果互不影响，故所求概率为
P＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))×eq \f(3,5)＝eq \f(108,3 125).
(2)该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标，符合n重伯努利试验概率模型．故所求概率为
P＝Ceq \\al(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(216,625).
(3)该射手射击了5次，其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标，应用排列组合知识，把3次连续击中目标看成一个整体可得共有Ceq \\al(1,3)种情况．
故所求概率为P＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(324,3 125).
题型三 二项分布的均值与方差
【例3】 为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物．某人一次种植了n株沙柳，各株沙柳的成活与否是相互独立的，成活率为p，设X为成活沙柳的株数，均值E(X)为3，标准差eq \r(D（X）)为eq \f(\r(6),2).
(1)求n和p的值，并写出X的分布列；
(2)若有3株或3株以上的沙柳未成活，则需要补种，求需要补种沙柳的概率．
解 由题意知，X～B(n，p)，P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，…，n.
(1)由E(X)＝np＝3，D(X)＝np(1－p)＝eq \f(3,2)，
得1－p＝eq \f(1,2)，从而n＝6，p＝eq \f(1,2).
X的分布列为
(2)记“需要补种沙柳”为事件A，则P(A)＝P(X≤3)，
得P(A)＝eq \f(1,64)＋eq \f(3,32)＋eq \f(15,64)＋eq \f(5,16)＝eq \f(21,32)，或P(A)＝1－P(X>3)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,64)＋\f(3,32)＋\f(1,64)))＝eq \f(21,32)，所以需要补种沙柳的概率为eq \f(21,32).
规律方法 解决此类问题第一步是判断随机变量X服从什么分布，第二步代入相应的公式求解．若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；若X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
【训练3】 某厂一批产品的合格率是98%.
(1)求从中抽取一件产品为正品的数量的方差；
(2)求从中有放回地随机抽取10件产品，计算抽出的10件产品中正品数的方差及标准差．
解 (1)用Y表示抽得的正品数，则Y＝0，1.
Y服从两点分布，且P(Y＝0)＝0.02，P(Y＝1)＝0.98，
所以D(Y)＝p(1－p)＝0.98×(1－0.98)＝0.019 6.
(2)用X表示抽得的正品数，则X～B(10，0.98)，
所以D(X)＝10×0.98×0.02＝0.196，
标准差为eq \r(D（X）)≈0.44.
一、素养落地
1．通过本节课的学习，进一步提升数学抽象及数据分析素养．
2．n重伯努利试验要从三方面考虑：第一，每次试验是在相同条件下进行的；第二，各次试验的结果是相互独立的；第三，每次试验都只有两种结果，即事件要么发生，要么不发生．
3．如果1次试验中某事件发生的概率是p，那么n重伯努利试验中这个事件恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)，此概率公式恰为[(1－p)＋p]n展开式的第k＋1项，故称该公式为二项分布公式．
二、素养训练
1．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率都为eq \f(4,5)，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( )
A.eq \f(12,125) B.eq \f(48,125)
C.eq \f(16,125) D.eq \f(96,125)
解析 播下3粒种子恰有2粒发芽的概率为Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(4,5)))＝eq \f(48,125).
答案 B
2．某电子管正品率为eq \f(3,4)，次品率为eq \f(1,4)，现对该批电子管进行测试，设第X次首次测到正品，则P(X＝3)等于( )
A．Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(3,4) B．Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(3,4) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(1,4)
解析 P(X＝3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)×eq \f(3,4).
答案 C
3．同时抛掷两枚质地均匀的硬币10次，设两枚硬币同时出现反面的次数为X，则D(X)等于( )
A.eq \f(15,8) B.eq \f(15,4)
C.eq \f(5,2) D．5
解析 抛掷两枚均匀硬币，两枚硬币都出现反面的概率为P＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
则易知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(1,4)))，
故D(X)＝10×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(15,8).
答案 A
4．设X～B(2，p)，若P(X≥1)＝eq \f(35,36)，则p＝__________．
解析 因为X～B(2，p)，
所以P(X＝k)＝Ceq \\al(k,2)pk(1－p)2－k，k＝0，1，2.
所以P(X≥1)＝1－P(X<1)＝1－P(X＝0)
＝1－Ceq \\al(0,2)p0(1－p)2＝1－(1－p)2＝eq \f(35,36)，
结合0解得p＝eq \f(5,6).
答案 eq \f(5,6)
5．甲队有3人参加知识竞赛，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为eq \f(2,3)，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用X表示甲队的总得分，求随机变量X的分布列．
解 由题意知，X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，
故P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(1,27)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(2,9)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(4,9)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)＝eq \f(8,27)，
所以X的分布列为
基础达标
一、选择题
1．若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是eq \f(1,2)，则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )
A.eq \f(5,16) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(5,8) D.eq \f(1,32)
解析 P＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,16).
答案 A
2．若X～B(10，0.8)，则P(X＝8)＝( )
A．Ceq \\al(8,10)×0.88×0.22 B．Ceq \\al(8,10)×0.82×0.28
C．0.88×0.22 D．0.82×0.28
解析 P(X＝8)＝Ceq \\al(8,10)×0.88×0.22.
答案 A
3．设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)等于( )
A.eq \f(5,16) B.eq \f(3,16)
C.eq \f(5,8) D.eq \f(3,8)
解析 ∵X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，∴P(X＝3)＝
Ceq \\al(3,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(5,16).
答案 A
4．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n－k)，k＝0，1，2，…，n，且E(X)＝24，则D(X)的值为( )
A.eq \f(2,9) B．8
C．12 D．16
解析 由题意可知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(2,3)))，
所以eq \f(2,3)n＝E(X)＝24.所以n＝36.
所以D(X)＝n·eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝36×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)＝8.
答案 B
5．某同学上学路上要经过3个路口，在每个路口遇到红灯的概率都是eq \f(1,3)，且在各路口是否遇到红灯是相互独立的，记X为遇到红灯的次数，若Y＝3X＋5，则Y的标准差为( )
A.eq \r(6) B．3
C.eq \r(3) D．2
解析 因为该同学经过每个路口时，是否遇到红灯互不影响，所以可看成3次独立重复试验，即X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,3)))，则X的方差D(X)＝3×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(2,3)，所以Y的方差D(Y)＝32·D(X)＝9×eq \f(2,3)＝6，所以Y的标准差为eq \r(D（Y）)＝eq \r(6).
答案 A
二、填空题
6．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．
解析 至少3人被治愈的概率为Ceq \\al(3,4)×0.93×0.1＋0.94＝0.947 7.
答案 0.947 7
7．已知随机变量X＋Y＝8，若X～B(10，0.6)，则E(Y)，D(Y)分别是( )
A．6和2.4 B．2和2.4
C．2和5.6 D．6和5.6
解析 因为X＋Y＝8，所以Y＝8－X.
因此，求得E(Y)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
答案 B
8．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则D(Y)＝__________．
解析 由随机变量X～B(2，p)，且P(X≥1)＝eq \f(5,9)，得P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－Ceq \\al(0,2)×(1－p)2＝eq \f(5,9)，易得p＝eq \f(1,3).由Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，得随机变量Y的方差D(Y)＝4×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(8,9).
答案 eq \f(8,9)
三、解答题
9．某单位6个员工借助互联网开展工作，每天每个员工上网的概率都是0.5(相互独立)，求一天内至少3人同时上网的概率．
解 记Ar(r＝0，1，2，…，6)为“r个人同时上网”这个事件，则其概率为P(Ar)＝Ceq \\al(r,6)0.5r(1－0.5)6－r＝Ceq \\al(r,6)0.56＝eq \f(1,64)Ceq \\al(r,6).“一天内至少有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“一天内至少有3人同时上网”的概率为P＝
P(A3∪A4∪A5∪A6)＝P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＋P(A6)＝eq \f(1,64)(Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(5,6)＋Ceq \\al(6,6))＝eq \f(1,64)×(20＋15＋6＋1)＝eq \f(21,32).
10．两个人射击，甲射击一次中靶概率是eq \f(1,2)，乙射击一次中靶概率是eq \f(1,3).
(1)两人各射击1次，两人总共中靶至少1次就算完成目标，则完成目标的概率是多少？
(2)两人各射击2次，两人总共中靶至少3次就算完成目标，则完成目标的概率是多少？
(3)两人各射击5次，两人总共中靶至少1次的概率是否超过99%?
解 (1)共三种情况：乙中靶甲不中靶，概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)；
甲中靶乙不中靶，概率为eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)；
甲、乙全中靶，概率为eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,6).
故所求概率是eq \f(1,6)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,6)＝eq \f(2,3).
(2)共两类情况：
共中靶3次，概率为
Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(0)×Ceq \\al(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(1)＋Ceq \\al(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1)×
Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(0)＝eq \f(1,6)；
共中靶4次，概率为
Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(0)×Ceq \\al(2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(0)＝eq \f(1,36)，
故所求概率为eq \f(1,6)＋eq \f(1,36)＝eq \f(7,36).
(3)两人总共中靶至少1次的概率为1－Ceq \\al(0,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)×Ceq \\al(0,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(5)＝1－eq \f(1,243)＝eq \f(242,243)＞0.99.
所以两人各射击5次，两人总共中靶至少1次的概率超过99%.
能力提升
11．若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，则P(X＝k)最大时，k的值为( )
A．1或2 B．2或3
C．3或4 D．5
解析 依题意P(X＝k)＝Ceq \\al(k,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5.
可以求得P(X＝0)＝eq \f(32,243)，P(X＝1)＝eq \f(80,243)，P(X＝2)＝eq \f(80,243)，P(X＝3)＝eq \f(40,243)，P(X＝4)＝eq \f(10,243)，P(X＝5)＝eq \f(1,243).故当k＝1或2时P(X＝k)最大．
答案 A
12．一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 (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)由题意知X～B(3，0.6)，故
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)×(1－0.6)3＝0.064，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)×0.6×(1－0.6)2＝0.288，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)×0.62×(1－0.6)＝0.432，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)×0.63＝0.216，
则X的分布列为
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.
创新猜想
13．(多选题)某射手射击一次，击中目标的概率是0.9，他连续射击3次，且他每次射击是否击中目标之间没有影响，下列结论正确的是( )
A．他三次都击中目标的概率是0.93
B．他第三次击中目标的概率是0.9
C．他恰好2次击中目标的概率是2×0.92×0.1
D．他恰好2次未击中目标的概率是3×0.9×0.12
解析 A正确；由每次射击，击中目标的概率为0.9，知他第三次击中目标的概率也为0.9，B正确；3次射击恰好2次击中目标的概率为Ceq \\al(2,3)×0.92×0.1，C不正确；恰好2次未击中目标，即恰好击中目标1次，概率为Ceq \\al(1,3)×0.9×0.12，D正确．
答案 ABD
14．(多空题)设二项分布X～B(n，p)的随机变量X的均值与方差分别是2.4和1.44，则二项分布的参数n＝____，p＝______．
解析 由题意得，np＝2.4，np(1－p)＝1.44，
∴1－p＝0.6，
∴p＝0.4，n＝6.
答案 6 0.4课标要求
素养要求
1.通过具体实例了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征.
2.能用二项分布解决简单的实际问题.
通过学习二项分布的概念及研究其数字特征，提升数学抽象及数据分析素养.
X
0
1
2
3
4
5
6
P
eq \f(1,64)
eq \f(3,32)
eq \f(15,64)
eq \f(5,16)
eq \f(15,64)
eq \f(3,32)
eq \f(1,64)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,27)
eq \f(2,9)
eq \f(4,9)
eq \f(8,27)
X
0
1
2
3
P
0.064
0.288
0.432
0.216