7.4.1　二项分布 第七章 随机变量及其分布 人教A版选择性必修第三册 学案

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第七章 随机变量及其分布
7.4　二项分布与超几何分布
7.4.1　二项分布
学习指导 核心素养
1.了解伯努利试验及n重伯努利试验的概念.2.掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题. 1.数学抽象：伯努利试验及二项分布的概念.2.数据分析：二项分布的应用.
1.n重伯努利试验
(1)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)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.
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＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝Cpk(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).
3.二项分布的均值与方差
如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).
1.怎样判断一个随机变量是否服从二项分布？
提示：判断一个随机变量是否服从二项分布的关键在于它是否同时满足以下三个条件.
①对立性：在一次试验中，事件A发生与否必居其一.
②重复性：试验可以独立重复地进行，且每次试验事件A发生的概率都是同一常数p.
③X的取值从0到n，中间不间断.
2.两点分布和二项分布有什么关系？
提示：两点分布就是n＝1时的二项分布，二项分布可以看成两点分布的一般形式.
1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)设X为n重伯努利试验中事件A发生的次数，则X～B(n，p).(　　)
(2)在n重伯努利试验中，各次试验的结果相互没有影响.(　　)
(3)对于n重伯努利试验，各次试验中事件发生的概率可以不同.(　　)
(4)如果在1次实验中某事件发生的概率是p，那么在n重伯努利试验中这个事件恰好发生k次的概率P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n.(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√
2.设随机变量X～B，则P(X＝3)＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.因为X～B，
所以P(X＝3)＝C＝.
3.设随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，则(　　)
A.n＝8，p＝0.2 B.n＝4，p＝0.4
C.n＝5，p＝0.32 D.n＝7，p＝0.45
解析：选A.由已知有解得n＝8，p＝0.2.
4.某班有的学生数学成绩优秀，如果从班中随机地找出5名同学，其中数学成绩优秀的学生数为X，则E(2X＋1)＝(　　)
A. B.
C.3 D.
解析：选D.由题可知，X服从二项分布，即X～B(5，)，所以E(X)＝，所以E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1＝.
探究点1　伯努利试验的概率
例 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.
(1)求甲射击3次，至少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.(结果用分数作答)
【解】　(1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1，由题意，射击3次，相当于3次伯努利试验，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×(1－)＝，由于甲、乙射击相互独立，故P(A2B2)＝×＝.
1.[变设问]在本例(2)的条件下，求甲、乙均击中目标1次的概率.
解：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)＝×＝.
2.[变设问]在本例(2)的条件下，求甲未击中目标、乙击中目标2次的概率.
解：记“甲未击中目标”为事件A4，“乙击中目标2次”为事件B4，则P(A4)＝C(1－)2＝，P(B4)＝C()2＝，所以甲未击中目标、乙击中目标2次的概率为P(A4B4)＝×＝.
伯努利试验概率求法的三个步骤
　
(2021·黑龙江牡丹江一中高二月考)小明同学喜欢篮球，假设他每一次投篮投中的概率为，则小明连续投篮四次，恰好两次投中的概率是(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.因为小明每次投篮投中的概率是，所以在他连续四次投篮中，恰有两次投中的概率为P＝C××＝.
探究点2　二项分布概率的计算
[问题探究]
二项分布和二项式定理之间有什么联系？
探究感悟：(1)二项分布的公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n中，若把p看成b，1－p看成a，则有a＋b＝1，且Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n就是二项定理中(a＋b)n展开式的通项.
(2)根据二项式定理，P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋…＋P(X＝n)＝1可得分布列P(X＝k)满足性质Cpk(1－p)k＝1.
例 (1)(2021·贵州省思南中学高二期末)有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次(每次1件)，若X表示取得次品的次数，则P(X≤2)＝(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
(2)位于坐标原点的一个质点P按下列规则移动：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5次后位于点(2，3)的概率是　　　　.
【解析】　(1)因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为＝.从中取3次，X为取得次品的次数，则X～B，P(X≤2)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＋P(X＝0)＝C××＋C××＋C×＝.
(2)质点P由原点移动到(2，3)需要移动5次，且必须有2次向右，3次向上，所以质点P移动5次后位于点(2，3)的概率即为质点P的5次移动中恰有2次向右移动的概率，而每一次向右移动的概率都是，所以向右移动的次数X～B，所以所求的概率为P(X＝2)＝C＝C＝.
【答案】　(1)D　(2)
应用二项分布求概率的一般思路
(1)根据题意设出随机变量；
(2)分析出随机变量服从二项分布；
(3)明确参数n，p，写出二项分布的分布列；
(4)将k值代入求概率.　
袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球.求：有放回抽样时，取到黑球的次数X的分布列.
解：有放回抽样时，取到黑球的次数X可能的取值为0，1，2，3.由于每次取到黑球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则X～B，则
P(X＝0)＝C××＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
P(X＝3)＝C××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
探究点3　二项分布的实际应用
例 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，标准差为.
(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)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，…，n.
(1)由E(X)＝np＝3，D(X)＝np(1－p)＝，
得1－p＝，所以n＝6，p＝.
X的分布列为
X 0 1 2 3 4 5 6
P
(2)记“需要补种沙柳”为事件A，则P(A)＝P(X≤3)，
得P(A)＝＋＋＋＝，或P(A)＝1－P(X>3)＝1－＝，所以需要补种沙柳的概率为.
二项分布实际应用的步聚
(1)判断随机变量X是否服从二项分布；
(2)确定二项分布的参数n，p，利用二项分布公式求期望和方差；
(3)根据期望和方差的意义解决实际问题.　
某商场五一节假日期间开展对100辆某品牌自行车的使用时间(单位：年)进行调查，采用问卷调查的形式，调查结果如表：
使用时间(年) (0，4] (4，8] (8，12] (12，16] (16，20]
被调查的车辆数 20 36 24 16 4
用频率估计概率，若在所调查的自行车里随机抽取5辆，其中使用时间超过4年的自行车的辆数记为X，则X的方差为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D.由表中数据知，使用时间超过4年的概率为p＝1－＝，根据题意知，自行车的辆数X～B，所以D(X)＝np(1－p)＝5××＝.
当堂自测
1.若随机变量X～B，则P(X＝2)＝(　　)
A.×　　　　 B.×
C.C×× D.C××
解析：选D.因为随机变量X～B，所以P(X＝2)＝C××.
2.一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：选C.5头猪中恰有3头被愈的概率为C×0.93×0.12.
3.抛掷一枚质地均匀的硬币n(3≤n≤8)次，正面向上的次数ξ服从二项分布B，若P(ξ＝1)＝，则方差D(ξ)＝　　　　.
解析：因为3≤n≤8，ξ服从二项分布B(n，)，且P(ξ＝1)＝，所以C·()n＝，
即n()n＝，解得n＝6.
所以方差D(ξ)＝np(1－p)＝6××(1－)＝.
答案：
4.某次考试中，第一大题由12个选择题组成，每题选对得5分，不选或错选得0分.小王选对每题的概率为0.8，则其第一大题得分的均值为　　　　.
解析：设小王选对的个数为X，得分为Y＝5X，
则X～B(12，0.8)，E(X)＝np＝12×0.8＝9.6，
E(Y)＝E(5X)＝5E(X)＝5×9.6＝48.
答案：48
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