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第七章 随机变量及其分布列
7.4 二项分布与超几何分布
7.4.1 二项分布
必备知识 探新知
关键能力 攻重难
课堂检测 固双基
素养目标 定方向
素养作业 提技能
素养目标 定方向
课程标准 学法解读
1．结合生活中的实例，了解二项分布． 2．了解二项分布的均值和方差及其意义． 1．结合教材实例，了解二项分布的概念．
2．会利用公式求服从二项分布的随机变量的概率、均值以及方差．
3．能利用二项分布概率模型解决实际问题．
必备知识 探新知
n重伯努利试验
(1)伯努利试验：我们把只包含两个____________的试验叫做伯努利试验．
(2)定义：我们将一个伯努利试验独立地________进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．
(3)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．
思考：定义中“重复”的含义是什么？
提示：“重复”意味着各次试验成功的概率相同．
可能结果
知识点1
重复
二项分布
(1)定义：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＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝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．
(2)记法：X～B(n，p)．
知识点2
1
二项分布的均值与方差
如果，X～B(n，p)，那么E(X)＝_______，D(X)＝______________．
np
知识点3
np(1－p)
关键能力 攻重难
题型探究
题型一 求n重伯努利试验的概率
在一次国际大型体育运动会上，某运动员报名参加了5个项目的比赛．已知该运动员在这5个项目中，每个项目能打破世界纪录的概率都是0.8．
(1)求该运动员恰好打破3项世界纪录的概率；
(2)求该运动员至少能打破3项世界纪录的概率；
(3)求该运动员参加完第5项比赛，恰好打破4项世界纪录的概率．
[分析] 由于5个比赛项目是相互独立的，且结果只有2种，符合n重伯努利试验模型．
典例 1
[规律方法] 1．运用n重伯努利试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否符合n重伯努利试验的特征，若不符合条件，则不能应用公式求解．
2．解决这类实际问题往往需把所求的概率的事件分拆为若干个事件，而这每个事件均为独立重复试验．
3．在解题时，还要注意“正难则反”的思想的运用，即利用对立事件来求其概率．
题型二 二项分布
典例 2
[分析] (1)首先判断ξ是否服从二项分布，再求分布列．(2)注意“首次遇到”“或到达”的含义，并明确η的取值，再求η取各值的概率．
题型三 二项分布模型的应用
典例 3
【对点训练】 (2021·海口高二检测)假定人们对某种特别的花粉过敏的概率为0.25，现在检验20名大学生志愿者是否对这种花粉过敏．
(1)求样本中恰好有两人过敏的概率及至少有2人过敏的概率；
(2)要使样本中至少检测到1人过敏的概率大于99.9%，则抽取的样本容量至少要多大？
(3)若检验后发现20名大学生中过敏的不到2人，这说明了什么？试分析原因．
附：0.7518＝0.0056,0.7519＝0.0042,0.7520＝0.003，lg 0.75＝－0.124 9．
(3)由(1)知检验的20人中不到2人过敏的概率为1－0.976＝0.024，此概率非常小，
在正常情况下一次试验中几乎不会发生，出现这种情况的原因可能有：
①原假设不成立，即每个人对这种花粉过敏的概率不到 0.25．
②检验的样本只针对大学生，没有随机性．
③检验的环节出现了问题．
易错警示
审题不清致误
9粒种子分别种在3个坑内，每坑放3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，求需要补种坑数的分布列．
典例 4
[辨析] 每粒种子发芽的概率与每坑不需要补种的概率混淆致误．
[点评] 审题不细是解题致误的主要原因之一，审题时要认真分析，弄清条件与结论，发掘一切可用的解题信息．
课堂检测 固双基
A
B
3．(2021·江苏省启东)甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6,0.7，若两人各投篮2次，则两人各投中一次的概率为 ( )
A．0.42 B．0.201 6
C．0.100 8 D．0.050 4
B
4．为响应国家“足球进校园”的号召，某校成立了足球队，假设在一次训练中，队员甲有10次的射门机会，且他每次射门踢进球的概率均为0.6，每次射门的结果相互独立，则他最有可能踢进球的个数是 ( )
A．5 B．6
C．7 D．8
[解析] 由题意可知他踢进球的个数X～B(10,0.6)，E(X)＝10×0.6＝6，则他最有可能踢进球的个数是6．
B
玉
素养作业 提技能第七章 7.4 7.4.1
A 组·素养自测
一、选择题
1．(多选题)(2021·辽阳高二检测)若X～B(20,0.3)，则( CD )
A．E(X)＝3 B．P(X≥1)＝1－0.320
C．D(X)＝4.2 D．P(X＝10)＝C×0.2110
[解析] 由X～B(20,0.3)，所以E(X)＝20×0.3＝6，所以A错误；计算P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.720，所以B错误；又D(X)＝20×0.3×0.7＝4.2，所以C正确；计算P(X＝10)＝C×0.310×0.710＝C×0.2110，所以D正确．
2．某人进行投篮训练100次，每次命中的概率为0.8(相互独立)，则命中次数的标准差等于( D )
A．20 B．80
C．16 D．4
[解析] 命中次数服从ξ～B(100,0.8)；所以命中次数的标准差等于＝4．
3．(2021·哈尔滨高二检测)已知某同学每次射箭射中的概率为p，且每次射箭是否射中相互独立，该同学射箭3次射中多于1次的概率为0.784，则p＝( C )
A．0.5 B．0.6
C．0.7 D．0.8
[解析] 某同学每次射箭射中的概率为p，且每次射箭是否射中相互独立，该同学射箭3次射中多于1次的概率为0.784，则1－[Cp(1－p)2＋Cp0(1－p)3]＝0.784，解得p＝0.7．
4．(2021·德州高二检测)甲、乙两队进行友谊赛，采取三局两胜制，每局都要分出胜负，根据以往经验，单局比赛中甲队获胜的概率为，设各局比赛相互间没有影响，则甲队战胜乙队的概率为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 甲、乙两队进行友谊赛，采取三局两胜制，每局都要分出胜负，根据以往经验，单局比赛中甲队获胜的概率为，设各局比赛相互间没有影响，甲队战胜乙队包含两种情况：
①甲连胜2局，概率为p1＝2＝，
②前两局甲队一胜一负，第三局甲队胜，概率为p2＝C×××＝，则甲队战胜乙队的概率为p＝p1＋p2＝＋＝．
5．在4次独立重复试验中，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在一次试验中发生的概率p的取值范围是( A )
A．[0.4,1) B．(0,0.4]
C．[0.6,1) D．(0,0.6]
[解析] 由条件知P(ξ＝1)≤P(ξ＝2)，
∴Cp(1－p)3≤Cp2(1－p)2，
∴2(1－p)≤3p，∴p≥0.4，又0≤p＜1，∴0.4≤p＜1．
二、填空题
6．有n位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p(0＜p＜1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有一位同学通过测试的概率为__1－(1－p)n__．
[解析] 所有同学都不通过的概率为(1－p)n，故至少有一位同学通过的概率为1－(1－p)n．
7．如果X～B(20，p)，当p＝且P(X＝k)取得最大值时，k＝__10__．
[解析] 当p＝时，P(X＝k)＝Ck·20－k
＝20·C，显然当k＝10时，P(X＝k)取得最大值．
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层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝____．
[解析] 考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B．
即有P(ξ＝k)＝Ck×5－k，k＝0,1,2,3,4,5，所以P(ξ＝4)＝C4× 1＝．
三、解答题
9．设甲、乙两位同学上学期间，每天7∶30之前到校的概率均为．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7∶30之前到校的天数，求随机变量X的期望；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7∶30之前到校的天数比乙同学在7∶30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
[解析] (1)甲上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7∶30之前到校的概率均为，故X～B．P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C12＝，
P(X＝2)＝C21＝，
P(X＝3)＝C30＝．故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的数学期望为E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2或E(X)＝3×＝2．
(2)设乙同学上学期间的三天中7∶30到校的天数为Y，则Y～B，
由题意，M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}，
由事件的独立性和互斥性，得
P(M)＝P{X＝3，Y＝1}＋P{X＝2，Y＝0}
＝P{X＝3}P{Y＝1}＋P{X＝2}P{Y＝0}
＝×＋×
＝．
10．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，每人投三类票中的任何一类的概率都是，他们的投票相互没有影响，规定：若投票结果中至少有两张“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．
[解析] (1)该公司决定对该项目投资的概率为P＝C2＋C3＝．
(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：
“同意”票张数 “中立”票张数 “反对”票张数
事件A 0 0 3
事件B 1 0 2
事件C 1 1 1
事件D 0 1 2
P(A)＝C3＝，
P(B)＝C3＝，
P(C)＝CC3＝，
P(D)＝C3＝．
因为A，B，C，D互斥，
所以P(A∪B∪C∪D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝．
B 组·素养提升
一、选择题
1．(多选题)某射手射击1次，击中目标的概率是0.9．他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响．下列结论，其中正确的是( AD )
A．他第3次射击时，首次击中目标的概率是0.12×0.9
B．他第3次射击时，首次击中目标的概率是C×0.9×0.12
C．他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1
D．他恰好击中目标3次的概率是C×0.93×0.1
[解析] 在他第3次射击时才击中，说明前两次都没有击中，故其概率为0.12×0.9，故A正确，B错误；击中目标的次数服从二项分布，所以恰好击中目标3次的概率为C×0.93×0.1，故D正确，C错误．故选AD．
2．(多选题)(2021·山东新课改高三大联考)某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A的概率为，游览B，C，D的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立．用随机变量X表示该游客游览的景点个数，则( ABD )
A．该游客至多游览一个景点的概率为
B．P(X＝2)＝
C．P(X＝4)＝
D．E(X)＝
[解析] X的所有可能取值为0,1,2,3,4．则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝×3＋×C××2＝，
所以该游客至多游览一个景点的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝，故A正确．
P(X＝2)＝×C××2＋×C×2×1＝，故B正确．
P(X＝4)＝×3＝，故C错误．
又P(X＝3)＝×C×2×1＋×C×3＝，
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，故D正确．
故选ABD．
3．随机变量X～B(100,0.2)，那么D(4X＋3)的值为( B )
A．64 B．256
C．259 D．320
[解析] 由X～B(100,0.2)知随机变量X服从二项分布，且n＝100，p＝0.2，由公式得D(X)＝np(1－p)＝100×0.2×0.8＝16，因此D(4X＋3)＝42D(X)＝16×16＝256，故选B．
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( B )
A．5 B．C5
C．C3 D．CC5
[解析] 由于质点每次移动一个单位，移动的方向向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动二次，向上移动三次，故其概率为C32＝C5＝C5．
二、填空题
5．甲、乙两人组队参加答题比赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各答一题，已知甲答对每个题的概率为，乙答对每个题的概率为，甲、乙在答题这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人共答对三个题的概率为____．
[解析] 甲、乙两人共答对三个题，分两个互斥事件：
①甲答对2个题，乙答对1个题的概率为2·C··＝．
②甲答对1个题，乙答对2个题的概率为C···2＝．
故甲、乙两人共答对三个题的概率为＋＝＝．
6．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y≥2)的值为____．
[解析] 由条件知，P(X＝0)＝1－P(X≥1)＝＝Cp0(1－p)2，∴p＝，
∴P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)
＝1－Cp0(1－p)4－Cp(1－p)3
＝1－－＝．
7．某篮球决赛在甲、乙两队之间进行，比赛采用7局4胜制，即若有一队先胜4场，则此队获胜，比赛就此结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为．据以往资料统计，第一场比赛组织者可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元，则组织者在此次决赛中获得的门票收入不少于390万元的概率为____．
[解析] 依题意，每场比赛获得的门票收入数组成首项为40，公差为10的等差数列，设此数列为{an}，则易知a1＝40，an＝10n＋30，所以Sn＝＝．
由Sn≥390得n2＋7n≥78，所以n≥6．所以要获得的门票收入不少于390万元，则至少要比赛6场．
①若比赛共进行了6场，则前5场比赛的比分为2∶3，且第6场比赛为领先一场的球队获胜，其概率P(6)＝C×5＝；
②若比赛共进行了7场，则前6场比赛的比分为3∶3，其概率P(7)＝C×6＝．
所以门票收入不少于390万元的概率P＝P(6)＋P(7)＝＝．
三、解答题
8．“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．
[解析] (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．
所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率p＝．
(2)由题意知：X＝0,1,2,3．
∵P(X＝0)＝C·3＝，
P(X＝1)＝C·1·2＝，
P(X＝2)＝C·2·1＝，
P(X＝3)＝C·3＝．
∴X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
9．某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力，每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训，已知参加过财会培训的占60%，参加过计算机培训的占75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．
(1)任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；
(2)任选3名下岗人员，记ξ为3人中参加过培训的人数，求ξ的分布列．
[解析] (1)任选1名下岗人员，记“该人参加过财会培训”为事件A，“该人参加过计算机培训”为事件B，则事件A与B相互独立，且P(A)＝0.6，P(B)＝0.75．所以，该下岗人员没有参加过培训的概率是
P( )＝P()·P()＝(1－0.6)×(1－0.75)＝0.1．
所以该人参加过培训的概率为1－0.1＝0.9．
(2)因为每个人的选择是相互独立的，所以3人中参加过培训的人数ξ服从二项分布ξ～B(3,0.9)，P(ξ＝k)＝C0.9k×0.13－k，k＝0,1,2,3，
所以ξ的分布列是
ξ 0 1 2 3
P 0.001 0.027 0.243 0.729
