高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第二册 8.2.3 第2课时 二项分布的综合问题（学案+课时练 word版含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学苏教版（2019 ）选择性必修第二册 8.2.3 第2课时 二项分布的综合问题（学案+课时练 word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 188.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-22 18:59:13 | ||
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文档简介
第2课时 二项分布的综合问题
学习目标 1.掌握二项分布的均值与方差公式.2.能利用二项分布解决一些简单的实际问题．
导语
姚明作为中锋，他职业生涯的罚球命中率为0.8，假设他每次命中率相同，请问他5投4中的概率是多少？
一、二项分布的均值与方差
问题 若随机变量X服从二项分布B(n，p)，那么X的均值和方差各是什么？
提示 当n＝1时，X服从两点分布，分布列为
X 0 1
P 1－p p
E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
二项分布的分布列为(q＝1－p)
X 0 1 … k … n
P Cp0qn Cp1qn－1 … Cpkqn－k … Cpnq0
则E(X)＝0×Cp0qn＋1×Cp1qn－1＋2×Cp2qn－2＋…＋kCpkqn－k＋…＋nCpnq0，
由kC＝nC，
可得E(X)＝n×Cp1qn－1＋n×Cp2qn－2＋…＋nCpkqn－k＋…＋nCpnq0
＝np(Cp0qn－1＋Cp1qn－2＋…＋Cpk－1qn－k＋…＋Cpn－1q0)
＝np(p＋q)n－1＝np，
同理可得D(X)＝np(1－p)．
知识梳理
1．若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
2．若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，σ＝.
例1 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.
(1)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；
(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B袋中的小球的个数，求ξ的分布列、均值和方差．
解 (1)设M＝“小球落入A袋”，N＝“小球落入B袋”，
则P(M)＝××＋××＝，
所以P(N)＝1－P(M)＝1－＝.
(2)易知ξ～B，
则ξ的分布列为
P(ξ＝k)＝Ck4－k(k＝0,1,2,3,4)，
E(ξ)＝4×＝，
D(ξ)＝4××＝.
反思感悟 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)．
跟踪训练1 某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X，其分布列如下表，均值E(X)＝2.
(1)求a和b的值；
(2)某同学连续玩三次该智力游戏，记积分X大于0的次数为Y，求Y的概率分布与均值．
X 0 3 6
P a b
解 (1)因为E(X)＝2，
所以0×＋3×a＋6×b＝2，即3a＋6b＝2.①
又＋a＋b＝1，
得a＋b＝，②
联立①②，解得a＝，b＝.
(2)P(X>0)＝，依题意知Y～B，
故P(Y＝0)＝3＝，
P(Y＝1)＝C××2＝，
P(Y＝2)＝C×2×＝，
P(Y＝3)＝3＝.
故Y的概率分布为
Y 0 1 2 3
P
Y的均值为E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
二、二项分布的实际应用
例2 为了了解校园噪音情况，学校环保协会对校园环境噪音值(单位：分贝)进行了50天的监测，得到如下统计表：
环境噪音值 (单位：分贝) [55， 57] (57， 59] (59， 61] (61， 63] (63， 65] (65， 67]
频数 1 4 12 20 8 5
(1)根据该统计表，求这50天校园噪音值的样本平均数(同一组的数据用该组的组中值作代表)；
(2)若环境噪音值超过65分贝，视为重度噪音污染，环境噪音值不超过59分贝，视为轻度噪音污染，把由上述统计表算得的频率视作概率，回答下列问题：
①求周一到周五的5天中恰有两天校园出现重度噪音污染而其余3天都是轻度噪音污染的概率；
②学校要举行为期3天的“汉字听写大赛”校园选拔赛，把这3天校园出现的重度噪音污染天数记为X，求X的分布列和方差D(X)．
解 (1)由数据可知样本平均数为
＝61.8(分贝)．
(2)①由题意，知出现重度噪音污染的概率为，
出现轻度噪音污染的概率为，
设事件A为“周一至周五的5天中恰有两天校园出现重度噪音污染而其余3天都是轻度噪音污染”，
则P(A)＝C23＝.
②由题意，得X～B，
则随机变量X的分布列为
P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3.
所以D(X)＝np(1－p)＝0.27.
反思感悟 二项分布的实际应用类问题的求解步骤
(1)根据题意设出随机变量；
(2)分析随机变量服从二项分布；
(3)求出参数n和p的值；
(4)根据二项分布的均值、方差的计算公式求解．
跟踪训练2 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的概率分布；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
解 (1)方法一 由ξ～B，得
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的概率分布为
ξ 0 1 2 3 4 5
P
∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
方法二 ∵ξ～B，∴E(ξ)＝.
(2)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的取值为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)＝5＝.
故η的概率分布为
η 0 1 2 3 4 5
P
(3)所求概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)
＝1－5＝.
三、二项分布的性质
例3 某一批产品的合格率为95%，那么在取出的20件产品中，最有可能有几件产品合格？
解 设在取出的20件产品中，合格产品有X件，则X～B(20,0.95)，则恰好有k件产品合格的概率为P(X＝k)＝C×0.95k×0.0520－k(0≤k≤20且k∈N)．
∴＝
＝
＝1＋
＝1＋(1≤k≤20且k∈N)．
则当k<19.95时，P(X＝k－1)当k>19.95时，P(X＝k－1)>P(X＝k)，
∴<1.
由以上分析可知，在取出的20件产品中，合格品有19件的概率最大，即最有可能有19件合格品．
反思感悟 二项分布概率最大问题的求解思路
可以用≤1(0≤k≤n－1，k∈N)来求，还可以考虑用不等式组(k∈N，1≤k≤n－1)来求．
跟踪训练3 若X～B，则P(X＝k)(0≤k≤20且k∈N)取得最大值时，k＝________.
答案 6或7
解析 由题意知，X服从二项分布，
所以P(X＝k)＝Ck20－k
＝Ck20－k,0≤k≤20且k∈N.
由不等式≤1(0≤k≤19且k∈N)，
得×≤1，
解得k≥6.
所以当k≥6时，P(X＝k)≥P(X＝k＋1)；
当k<6时，P(X＝k＋1)>P(X＝k)．
因为当且仅当k＝6时，P(X＝k＋1)＝P(X＝k)，
所以当k＝6或k＝7时，P(X＝k)取得最大值．
1．知识清单：
(1)二项分布的均值、方差．
(2)二项分布的性质．
2．方法归纳：公式法．
3．常见误区：判断随机变量X是否服从二项分布．
1．(多选)下列关于随机变量及分布的说法正确的是( )
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
C．离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
D．离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
答案 AD
解析 对于选项A，抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故是随机变量，故选项A正确；
对于选项B，某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次是3重伯努利试验，命中的次数X服从二项分布B(3,0.5)而不是两点分布，故选项B错误；
对于选项C，离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和一定等于1，故选项C错误；
对于选项D，由互斥事件的定义可知选项D正确．
2．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. B. C. D．5
答案 A
解析 抛掷两枚均匀硬币，两枚硬币都出现反面的概率为P＝×＝，则易知X～B，
故D(X)＝10××＝.
3．设随机变量X～B(n，p)，如果E(X)＝12，D(X)＝4，那么n和p分别为( )
A．18和 B．16和 C．20和 D．15和
答案 A
解析 由解得n＝18，p＝.
4．设X～B(2，p)，若P(X≥1)＝，则p＝________.
答案
解析 因为X～B(2，p)，
所以P(X＝k)＝Cpk(1－p)2－k，k＝0,1,2，
所以P(X≥1)＝1－P(X<1)＝1－P(X＝0)
＝1－Cp0(1－p)2＝1－(1－p)2＝，
结合0课时对点练
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
答案 D
解析 ∵E(X)＝16，
∴40p＝16，∴p＝0.4.
2．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Ck·n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(X)＝24，则D(X)的值为( )
A. B．8 C．12 D．16
答案 B
解析 由题意可知X～B，
所以n＝E(X)＝24，
所以n＝36，
所以D(X)＝n·×＝36××＝8.
3．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
答案 B
解析 因为X＋Y＝8，所以Y＝8－X.
所以E(Y)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
4．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，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. B．3 C. D．2
答案 A
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重伯努利试验，即X～B，则X的方差D(X)＝3××＝，
所以Y的方差D(Y)＝32·D(X)＝9×＝6，
所以Y的标准差为＝.
5．(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)＝
答案 ABD
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)＝＋＝.
6．(多选)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时( )
A．X服从二项分布
B．P(X＝1)＝
C．X的均值E(X)＝
D．X的方差D(X)＝
答案 ABC
解析 由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0,1，
且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：
①后4个数出现0，X＝0，
记其概率为P(X＝0)＝4＝；
②后4个数位只出现1个1，X＝1，
记其概率为P(X＝1)＝C3＝；
③后4个数位出现2个1，X＝2，
记其概率为P(X＝2)＝C22＝；
④后4个数位上出现3个1，X＝3，
记其概率为P(X＝3)＝C3＝；
⑤后4个数位都出现1，X＝4，
记其概率为P(X＝4)＝4＝，
故X～B，故A正确；
又P(X＝1)＝C3＝，故B正确；
∵X～B，
∴E(X)＝4×＝，故C正确；
∴X的方差D(X)＝4××＝，故D错误．
7．一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)．
答案 0.947 7
解析 至少3人被治愈的概率为C×0.93×0.1＋0.94＝0.947 7.
8．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则D(Y)＝________.
答案
解析 由随机变量X～B(2，p)，
且P(X≥1)＝，
得P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×(1－p)2＝，
解得p＝.
由Y～B，
得随机变量Y的方差D(Y)＝4××＝.
9．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 (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P(ξ＝2)＝C×2×2＝.
(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×＝.
10．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的概率分布；
(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＝，
则n＝6，p＝.
X的概率分布为
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)＝＋＋＋＝，
所以需要补种沙柳的概率为.
11．袋中有3个白球和i个黑球，有放回的摸取3次，每次摸取一球，设摸得黑球的个数为ξi，其中i＝1,2，则( )
A．E(ξ1)B．E(ξ1)D(ξ2)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
答案 A
解析 当i＝1时，ξ1可能的取值为0,1,2,3，则
P(ξ1＝0)＝3＝，
P(ξ1＝1)＝C××2＝，
P(ξ1＝2)＝C×2×＝，
P(ξ1＝3)＝3＝，
所以ξ1～B，
所以E(ξ1)＝3×＝，
D(ξ1)＝3××＝；
当i＝2时，ξ2可能的取值为0,1,2,3，则
P(ξ2＝0)＝3＝，
P(ξ2＝1)＝C××2＝，
P(ξ2＝2)＝C×2×＝，
P(ξ2＝3)＝3＝，
所以ξ2～B，
所以E(ξ2)＝3×＝，
D(ξ2)＝3××＝，
所以E(ξ1)12．如果X～B，Y～B，那么当X，Y变化时，关于P(X＝xk)＝P(Y＝yk)成立的(xk，yk)的个数为( )
A．10 B．20
C．21 D．0
答案 C
解析 由题意知
对比二项展开式得xk＋yk＝20，
所以符合题意的(xk，yk)有(0,20)，(1,19)，…，(20,0)，共21个．
13．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×
答案 A
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×.
14．若随机变量ξ～B，则P(ξ＝k)取最大值时k的值为________．
答案 13
解析 ∵随机变量ξ～B，
∴P(ξ＝k)＝Ck19－k，
由题意得
即
解得≤k≤，
又k取整数，∴k＝13.
15．掷骰子游戏：规定掷出1点，甲盒中放一球，掷出2点或3点，乙盒中放一球，掷出4点、5点或6点，丙盒中放一球，共掷6次，用x，y，z分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数．令X＝x＋y，则E(X)＝________.
答案 3
解析 将每一次掷骰子看作一次实验，实验的结果分丙盒中投入球(成功)或丙盒中不投入球(失败)两种，且丙盒中投入球(成功)的概率为，z表示6次实验中成功的次数，则z～B，
∴E(z)＝3，又x＋y＋z＝6，
∴X＝x＋y＝6－z，
∴E(X)＝E(6－z)＝6－E(z)＝6－3＝3.
16．一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的概率分布，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”．
则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的可能取值为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的概率分布为
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.
学习目标 1.掌握二项分布的均值与方差公式.2.能利用二项分布解决一些简单的实际问题．
导语
姚明作为中锋，他职业生涯的罚球命中率为0.8，假设他每次命中率相同，请问他5投4中的概率是多少？
一、二项分布的均值与方差
问题 若随机变量X服从二项分布B(n，p)，那么X的均值和方差各是什么？
提示 当n＝1时，X服从两点分布，分布列为
X 0 1
P 1－p p
E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
二项分布的分布列为(q＝1－p)
X 0 1 … k … n
P Cp0qn Cp1qn－1 … Cpkqn－k … Cpnq0
则E(X)＝0×Cp0qn＋1×Cp1qn－1＋2×Cp2qn－2＋…＋kCpkqn－k＋…＋nCpnq0，
由kC＝nC，
可得E(X)＝n×Cp1qn－1＋n×Cp2qn－2＋…＋nCpkqn－k＋…＋nCpnq0
＝np(Cp0qn－1＋Cp1qn－2＋…＋Cpk－1qn－k＋…＋Cpn－1q0)
＝np(p＋q)n－1＝np，
同理可得D(X)＝np(1－p)．
知识梳理
1．若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)．
2．若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，σ＝.
例1 将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.
(1)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率；
(2)在容器的入口处依次放入4个小球，记ξ为落入B袋中的小球的个数，求ξ的分布列、均值和方差．
解 (1)设M＝“小球落入A袋”，N＝“小球落入B袋”，
则P(M)＝××＋××＝，
所以P(N)＝1－P(M)＝1－＝.
(2)易知ξ～B，
则ξ的分布列为
P(ξ＝k)＝Ck4－k(k＝0,1,2,3,4)，
E(ξ)＝4×＝，
D(ξ)＝4××＝.
反思感悟 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)．
跟踪训练1 某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X，其分布列如下表，均值E(X)＝2.
(1)求a和b的值；
(2)某同学连续玩三次该智力游戏，记积分X大于0的次数为Y，求Y的概率分布与均值．
X 0 3 6
P a b
解 (1)因为E(X)＝2，
所以0×＋3×a＋6×b＝2，即3a＋6b＝2.①
又＋a＋b＝1，
得a＋b＝，②
联立①②，解得a＝，b＝.
(2)P(X>0)＝，依题意知Y～B，
故P(Y＝0)＝3＝，
P(Y＝1)＝C××2＝，
P(Y＝2)＝C×2×＝，
P(Y＝3)＝3＝.
故Y的概率分布为
Y 0 1 2 3
P
Y的均值为E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
二、二项分布的实际应用
例2 为了了解校园噪音情况，学校环保协会对校园环境噪音值(单位：分贝)进行了50天的监测，得到如下统计表：
环境噪音值 (单位：分贝) [55， 57] (57， 59] (59， 61] (61， 63] (63， 65] (65， 67]
频数 1 4 12 20 8 5
(1)根据该统计表，求这50天校园噪音值的样本平均数(同一组的数据用该组的组中值作代表)；
(2)若环境噪音值超过65分贝，视为重度噪音污染，环境噪音值不超过59分贝，视为轻度噪音污染，把由上述统计表算得的频率视作概率，回答下列问题：
①求周一到周五的5天中恰有两天校园出现重度噪音污染而其余3天都是轻度噪音污染的概率；
②学校要举行为期3天的“汉字听写大赛”校园选拔赛，把这3天校园出现的重度噪音污染天数记为X，求X的分布列和方差D(X)．
解 (1)由数据可知样本平均数为
＝61.8(分贝)．
(2)①由题意，知出现重度噪音污染的概率为，
出现轻度噪音污染的概率为，
设事件A为“周一至周五的5天中恰有两天校园出现重度噪音污染而其余3天都是轻度噪音污染”，
则P(A)＝C23＝.
②由题意，得X～B，
则随机变量X的分布列为
P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3.
所以D(X)＝np(1－p)＝0.27.
反思感悟 二项分布的实际应用类问题的求解步骤
(1)根据题意设出随机变量；
(2)分析随机变量服从二项分布；
(3)求出参数n和p的值；
(4)根据二项分布的均值、方差的计算公式求解．
跟踪训练2 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的概率分布；
(3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．
解 (1)方法一 由ξ～B，得
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的概率分布为
ξ 0 1 2 3 4 5
P
∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝.
方法二 ∵ξ～B，∴E(ξ)＝.
(2)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的取值为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)＝5＝.
故η的概率分布为
η 0 1 2 3 4 5
P
(3)所求概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)
＝1－5＝.
三、二项分布的性质
例3 某一批产品的合格率为95%，那么在取出的20件产品中，最有可能有几件产品合格？
解 设在取出的20件产品中，合格产品有X件，则X～B(20,0.95)，则恰好有k件产品合格的概率为P(X＝k)＝C×0.95k×0.0520－k(0≤k≤20且k∈N)．
∴＝
＝
＝1＋
＝1＋(1≤k≤20且k∈N)．
则当k<19.95时，P(X＝k－1)
∴<1.
由以上分析可知，在取出的20件产品中，合格品有19件的概率最大，即最有可能有19件合格品．
反思感悟 二项分布概率最大问题的求解思路
可以用≤1(0≤k≤n－1，k∈N)来求，还可以考虑用不等式组(k∈N，1≤k≤n－1)来求．
跟踪训练3 若X～B，则P(X＝k)(0≤k≤20且k∈N)取得最大值时，k＝________.
答案 6或7
解析 由题意知，X服从二项分布，
所以P(X＝k)＝Ck20－k
＝Ck20－k,0≤k≤20且k∈N.
由不等式≤1(0≤k≤19且k∈N)，
得×≤1，
解得k≥6.
所以当k≥6时，P(X＝k)≥P(X＝k＋1)；
当k<6时，P(X＝k＋1)>P(X＝k)．
因为当且仅当k＝6时，P(X＝k＋1)＝P(X＝k)，
所以当k＝6或k＝7时，P(X＝k)取得最大值．
1．知识清单：
(1)二项分布的均值、方差．
(2)二项分布的性质．
2．方法归纳：公式法．
3．常见误区：判断随机变量X是否服从二项分布．
1．(多选)下列关于随机变量及分布的说法正确的是( )
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
C．离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
D．离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
答案 AD
解析 对于选项A，抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故是随机变量，故选项A正确；
对于选项B，某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次是3重伯努利试验，命中的次数X服从二项分布B(3,0.5)而不是两点分布，故选项B错误；
对于选项C，离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和一定等于1，故选项C错误；
对于选项D，由互斥事件的定义可知选项D正确．
2．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. B. C. D．5
答案 A
解析 抛掷两枚均匀硬币，两枚硬币都出现反面的概率为P＝×＝，则易知X～B，
故D(X)＝10××＝.
3．设随机变量X～B(n，p)，如果E(X)＝12，D(X)＝4，那么n和p分别为( )
A．18和 B．16和 C．20和 D．15和
答案 A
解析 由解得n＝18，p＝.
4．设X～B(2，p)，若P(X≥1)＝，则p＝________.
答案
解析 因为X～B(2，p)，
所以P(X＝k)＝Cpk(1－p)2－k，k＝0,1,2，
所以P(X≥1)＝1－P(X<1)＝1－P(X＝0)
＝1－Cp0(1－p)2＝1－(1－p)2＝，
结合0
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
答案 D
解析 ∵E(X)＝16，
∴40p＝16，∴p＝0.4.
2．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝Ck·n－k，k＝0,1,2，…，n，且E(X)＝24，则D(X)的值为( )
A. B．8 C．12 D．16
答案 B
解析 由题意可知X～B，
所以n＝E(X)＝24，
所以n＝36，
所以D(X)＝n·×＝36××＝8.
3．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
答案 B
解析 因为X＋Y＝8，所以Y＝8－X.
所以E(Y)＝8－E(X)＝8－10×0.6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝10×0.6×0.4＝2.4.
4．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，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. B．3 C. D．2
答案 A
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重伯努利试验，即X～B，则X的方差D(X)＝3××＝，
所以Y的方差D(Y)＝32·D(X)＝9×＝6，
所以Y的标准差为＝.
5．(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)＝
答案 ABD
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)＝＋＝.
6．(多选)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)，其中A的各位数中ak(k＝2,3,4,5)出现0的概率为，出现1的概率为，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时( )
A．X服从二项分布
B．P(X＝1)＝
C．X的均值E(X)＝
D．X的方差D(X)＝
答案 ABC
解析 由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0,1，
且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：
①后4个数出现0，X＝0，
记其概率为P(X＝0)＝4＝；
②后4个数位只出现1个1，X＝1，
记其概率为P(X＝1)＝C3＝；
③后4个数位出现2个1，X＝2，
记其概率为P(X＝2)＝C22＝；
④后4个数位上出现3个1，X＝3，
记其概率为P(X＝3)＝C3＝；
⑤后4个数位都出现1，X＝4，
记其概率为P(X＝4)＝4＝，
故X～B，故A正确；
又P(X＝1)＝C3＝，故B正确；
∵X～B，
∴E(X)＝4×＝，故C正确；
∴X的方差D(X)＝4××＝，故D错误．
7．一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)．
答案 0.947 7
解析 至少3人被治愈的概率为C×0.93×0.1＋0.94＝0.947 7.
8．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则D(Y)＝________.
答案
解析 由随机变量X～B(2，p)，
且P(X≥1)＝，
得P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×(1－p)2＝，
解得p＝.
由Y～B，
得随机变量Y的方差D(Y)＝4××＝.
9．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 (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P(ξ＝2)＝C×2×2＝.
(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×＝.
10．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的概率分布；
(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＝，
则n＝6，p＝.
X的概率分布为
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)＝＋＋＋＝，
所以需要补种沙柳的概率为.
11．袋中有3个白球和i个黑球，有放回的摸取3次，每次摸取一球，设摸得黑球的个数为ξi，其中i＝1,2，则( )
A．E(ξ1)
C．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)
答案 A
解析 当i＝1时，ξ1可能的取值为0,1,2,3，则
P(ξ1＝0)＝3＝，
P(ξ1＝1)＝C××2＝，
P(ξ1＝2)＝C×2×＝，
P(ξ1＝3)＝3＝，
所以ξ1～B，
所以E(ξ1)＝3×＝，
D(ξ1)＝3××＝；
当i＝2时，ξ2可能的取值为0,1,2,3，则
P(ξ2＝0)＝3＝，
P(ξ2＝1)＝C××2＝，
P(ξ2＝2)＝C×2×＝，
P(ξ2＝3)＝3＝，
所以ξ2～B，
所以E(ξ2)＝3×＝，
D(ξ2)＝3××＝，
所以E(ξ1)
A．10 B．20
C．21 D．0
答案 C
解析 由题意知
对比二项展开式得xk＋yk＝20，
所以符合题意的(xk，yk)有(0,20)，(1,19)，…，(20,0)，共21个．
13．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×
答案 A
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×.
14．若随机变量ξ～B，则P(ξ＝k)取最大值时k的值为________．
答案 13
解析 ∵随机变量ξ～B，
∴P(ξ＝k)＝Ck19－k，
由题意得
即
解得≤k≤，
又k取整数，∴k＝13.
15．掷骰子游戏：规定掷出1点，甲盒中放一球，掷出2点或3点，乙盒中放一球，掷出4点、5点或6点，丙盒中放一球，共掷6次，用x，y，z分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数．令X＝x＋y，则E(X)＝________.
答案 3
解析 将每一次掷骰子看作一次实验，实验的结果分丙盒中投入球(成功)或丙盒中不投入球(失败)两种，且丙盒中投入球(成功)的概率为，z表示6次实验中成功的次数，则z～B，
∴E(z)＝3，又x＋y＋z＝6，
∴X＝x＋y＝6－z，
∴E(X)＝E(6－z)＝6－E(z)＝6－3＝3.
16．一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的概率分布，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”．
则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的可能取值为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的概率分布为
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.