第2课时 二项分布的综合问题
1.已知X～B（n，p），E（X）＝8，D（X）＝1.6，则n与p的值分别为（ ）
A.100和0.08 B.20和0.4
C.10和0.2 D.10和0.8
2.若随机变量X～B（n，0.4），且E（X）＝2，则P（X＝1）＝（ ）
A.3×0.44 B.2×0.45
C.3×0.64 D.2×0.64
3.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
4.某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒该种种子，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则E（X）＝（ ）
A.50 B.100
C.200 D.400
5.（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＝6
B.p＝0.6
C.P（ξ＝4）＝×0.64×0.42
D.P（ξ≥1）＝1－0.66
6.（多选）小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能地选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，每次游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为X，则下列结论正确的是（ ）
A.每次游戏中小明得1分的概率是
B.X的均值是2
C.X的均值是3
D.X的方差是
7.牧场有10头牛，因误食含有病毒的饲料而被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病的牛的头数为ξ，则D（ξ）＝ .
8.某人参加驾照考试，共考4个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，且p＞，若此人通过的科目数X的方差是，则E（X）＝ .
9.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（n，），若P（ξ＝1）＝，则方差D（ξ）＝ .
10.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.
11.一个袋中有大小、形状相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为X1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为X2，则（ ）
A.E（X1）＜E（X2），D（X1）＜D（X2）
B.E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）
C.E（X1）＝E（X2），D（X1）＜D（X2）
D.E（X1）＞E（X2），D（X1）＞D（X2）
12.为舒缓高考压力，某中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一互助组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花苗，则该小组可评为“阳光小组”.已知每颗种子发芽概率为0.8，全年级恰好共种了500盆，则大概有 个小组能评为“阳光小组”.（结果四舍五入法保留整数）
13.我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防、抢险救灾、环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭.
（1）求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；
（2）求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.
14.设随机变量X～B（n，p），若二项式（x＋p）n＝a0＋x＋x2＋…＋anxn，则（ ）
A.E（X）＝3，D（X）＝2
B.E（X）＝4，D（X）＝2
C.E（X）＝3，D（X）＝1
D.E（X）＝2，D（X）＝1
15.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号n次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号1的次数为X.
（1）当n＝6时，求P（X≤2）；
（2）已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其数学期望E（Y）和方差D（Y）均存在，则对任意正实数a，有P（｜Y－E（Y）｜＜a）≥1－.根据该不等式可以对事件“｜Y－E（Y）｜＜a”的概率作出下限估计.为了至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，试估计信号发射次数n的最小值.
第2课时 二项分布的综合问题
1.D 因为X～B（n，p），所以解得n＝10，p＝0.8.
2.D 因为随机变量X～B（n，0.4），所以E（X）＝0.4n＝2，解得n＝5，所以随机变量X～B（5，0.4），所以P（X＝1）＝（1－0.4）4×0.41＝2×0.64，故选D.
3.A 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～B（3，）.X的方差D（X）＝3××（1－）＝，所以Y的方差D（Y）＝32·D（X）＝9×＝6，所以Y的标准差为＝.
4.C 由题意可知，不发芽的种子数（记为Y）服从二项分布，即Y～B（1 000，0.1），所以E（Y）＝1 000×0.1＝100，所以X的均值E（X）＝2×E（Y）＝200.
5.AD 因为E（3ξ＋2）＝3E（ξ）＋2＝9.2，D（3ξ＋2）＝9D（ξ）＝12.96，所以E（ξ）＝2.4，D（ξ）＝1.44，由ξ～B（n，p），所以E（ξ）＝np＝2.4，D（ξ）＝np（1－p）＝1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P（ξ＝4）＝×0.62×0.44，故C错误；P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－0.66，D正确.故选A、D.
6.AC 设小明为a，其他两位同学分别为b，c，每次游戏三人选择的手势组合如下表：
a b c
手心 手心 手背
手心 手心 手心
手心 手背 手背
手心 手背 手心
手背 手心 手背
手背 手心 手心
手背 手背 手背
手背 手背 手心
共有8种情况，小明得1分有6种情况，所以小明每次游戏得1分的概率P＝，故A正确；由题意，X～B（4，），所以E（X）＝4×＝3，D（X）＝4××＝，故B错误，C正确，D错误.故选A、C.
7.0.196 解析：因为ξ～B（10，0.02），所以D（ξ）＝10×0.02×（1－0.02）＝0.196.
8. 解析：因为他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，所以此人通过的科目数X～B（4，p），又此人通过的科目数X的方差是，所以4p（1－p）＝，解得p＝或p＝（舍去），所以E（X）＝4×＝.
9. 解析：因为3≤n≤8，ξ服从二项分布B（n，），且P（ξ＝1）＝，所以·（）·（1－）n－1＝，即n（）n＝，解得n＝6，所以方差D（ξ）＝np（1－p）＝6××（1－）＝.
10.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）＝×（）2×（）2＝.
（2）法一 ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，
依题意知，P（ξ＝k）＝（）k·（）4－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×＝.
法二 ∵ξ服从二项分布，即ξ～B（4，），
∴E（ξ）＝4×＝.
11.B X1的可能取值为0，1，2，X1～B（2，），E（X1）＝2×＝，D（X1）＝2××＝；X2的可能取值为0，1，P（X2＝0）＝×＝，P（X2＝1）＝×＋×＝，∴E（X2）＝0×＋1×＝，D（X2）＝（0－）2×＋（1－）2×＝.∴E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）.
12.410 解析：由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，其概率为×0.84＋×（1－0.8）×0.83＝0.819 2，即一个小组能被评为“阳光小组”的概率为0.819 2，且被评为“阳光小组”的个数X服从二项分布X～B（500，0.819 2），所以能被评为“阳光小组”的约有500×0.819 2＝409.6≈410个.
13.解：（1）起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝（）3＝，
P（X＝1）＝××（）2＝，
P（X＝2）＝×（）2×＝，
P（X＝3）＝（）3＝.
∴X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
∵X～B（3，），∴E（X）＝3×＝.
（2）击中一次被扑灭的概率为P1＝×（）1×（）2×＝，
击中两次被扑灭的概率为P2＝×（）2××＝，
击中三次被扑灭的概率为P3＝（）3＝，
∴所求概率P＝＋＋＝.
14.D 由题意可知，（x＋p）n＝pn＋pn－1x＋pn－2x2＋pn－3x3＋…＋xn，又（x＋p）n＝a0＋x＋x2＋…＋anxn，所以化简得n－1＝6p ①，此时n－1＜6.若选项A成立，则解得故A错误；若选项B成立，则解得故B错误；若选项C成立，则解得代入①验证不成立，故C错误；若选项D成立，则解得代入①验证成立，故D正确.故选D.
15.解：（1）由已知X～B（6，），所以P（X≤2）＝P（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）＝（）6＋·（）5＋（）2·（）4＝＋＋＝ .
（2）由已知X～B（n，0.5），所以E（X）＝0.5n，D（X）＝0.25n，
若0.4≤≤0.6，则0.4n≤X≤0.6n，即－0.1n≤X－0.5n≤0.1n，即｜X－0.5n｜≤0.1n.
由切比雪夫不等式知P（｜X－0.5n｜≤0.1n）≥1－，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，则1－≥0.98，
解得n≥1 250，所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
2 / 2第2课时 二项分布的综合问题
题型一 二项分布的均值与方差
【例1】 （1）随机变量X～B（100，p），且E（X）＝20，则D（2X－1）＝（ ）
A.64 B.128
C.256 D.32
（2）一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每道题答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为0.6，则此学生在这一次测验中的成绩的均值为 ，方差为 .
通性通法
求二项分布的均值和方差的步骤
（1）先判断随机变量是否服从二项分布；
（2）若服从二项分布，则代入二项分布的均值和方差公式计算均值和方差，即X～B（n，p），则E（X）＝np，D（X）＝np（1－p）.特别地，当n＝1时，X服从两点分布.
【跟踪训练】
1.已知随机变量X服从二项分布B（n，p）.若E（X）＝2，D（X）＝，则p＝（ ）
A. B.
C. D.
2.为了探究某市在高考志愿中报考“经济类”专业的情况，现从该市考生中随机抽取50名学生进行调查，得到数据如下：
报考“经济类” 不报考“经济类” 合计
人数 20 30 50
以样本中各事件的频率作为概率估计全市考生的报考情况，现从该市全体考生（人数众多）中随机抽取3人，设3人中报考“经济类”专业的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列、均值与方差.
题型二 二项分布的均值和方差的实际应用
【例2】 某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率均为；该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为，，m，其中0＜m＜1，技能测试是否通过相互独立.
（1）若m＝.求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项的概率；
（2）已知甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值范围.
通性通法
二项分布的均值与方差是反映随机变量取值的平均水平和随机变量偏离均值的程度，从整体上刻画随机变量的取值情况，是生产实际中用于方案制定（决策）的重要理论依据.求解二项分布的均值与方差的应用问题时，可按随机变量的均值与方差的定义求解，也可先判断随机变量的分布类型，再直接利用公式求E（X）及D（X）.
【跟踪训练】
甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概率均为p，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球一次，确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一次可获得1分；乙按约定的投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可获得2分. 按累计得分高低确定胜负.
（1）若乙得6分的概率，求p；
（2）由（1）问中求得的p值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能性大？
1.设X～B（40，p），且E（X）＝16，则p＝（ ）
A.0.1 B.0.2
C.0.3 D.0.4
2.已知小明投篮10次，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）＝ .
3.甲、乙比赛时，甲每局赢的概率是0.51，乙每局赢的概率是0.49.甲、乙一共进行了10局比赛.已知各局比赛相互独立，计算甲平均赢多少局，乙平均赢多少局.
二项分布概率最大问题
1.如果某品种幼苗每株成活的概率为0.74，且每株幼苗是否成活相互独立，那么种植10株这种幼苗，最有可能成活几株幼苗？
2.如果X～B，那么当P（X＝k）取得最大值时，k取何值？
方法总结
二项分布概率最大问题的求解思路
如果X～B（n，p），其中0＜p＜1，求P（X＝k）最大值对应的k值，一般是考查与1的大小关系.因为＝＝1＋（1≤k≤n），所以要使P（X＝k）≥P（X＝k－1），则k≤（n＋1）p.故有：
（1）若（n＋1）p＞n，则k＝n时P（X＝k）取得最大值；
（2）若（n＋1）p是不超过n的正整数，则当k＝（n＋1）p－1和k＝（n＋1）p时，P（X＝k）取得最大值；
（3）若（n＋1）p是不超过n的非整数，则当k＝[（n＋1）p]（注：[（n＋1）p]表示不超过（n＋1）p的最大整数）时P（X＝k）取得最大值.
提醒 还可以考虑用不等式组来求解.
【迁移应用】
某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方.为了解某市盲拧魔方爱好者的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱好者进行调查，得到的情况如表所示：
用时/秒 [5，10] （10，15] （15，20] （20，25]
男性人数 15 22 14 9
女性人数 5 11 17 7
以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否超过10秒相互独立.若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能（即概率最大）是多少？
提示：完成课后作业 第七章 7.4 7.4.1 第2课时
7.4.2 超几何分布
新课程标准解读 核心素养
1.通过具体实例，了解超几何分布及其均值 数学抽象
2.能用超几何分布解决简单的实际问题 数学建模、数学运算
某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8个试题中随机挑选4个进行作答，至少答对3个才能通过初试，已知在这8个试题中甲能答对6个.
【问题】 如何求出甲通过自主招生初试的概率？若记甲答对试题的个数为X，那么如何构建适当的概率模型刻画其分布？
知识点 超几何分布
1.超几何分布的概念
一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品.从N件产品中随机抽取n件（不放回），用X表示抽取的n件产品中的次品数，则X的分布列为P（X＝k）＝ ，k＝m，m＋1，m＋2，…，r.其中n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}，如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布.
提醒 超几何分布的特点：①不放回抽样；②考察对象分两类；③实质是古典概型.
2.超几何分布的均值
设随机变量X服从超几何分布，则X可以解释为从包含M件次品的N件产品中，不放回地随机抽取n件产品中的次品数.令p＝，则p是N件产品的次品率，而是抽取的n件产品的次品率，则E（X）＝ .
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）超几何分布是不放回抽样.（ ）
（2）超几何分布的总体只有两类个体.（ ）
（3）超几何分布与二项分布的均值相同.（ ）
（4）超几何分布与二项分布没有任何联系.（ ）
2.袋中有10个球，其中7个是红球，3个是白球，任意取出3个，这3个都是红球的概率是（ ）
A. B.
C. D.
3.在15个村庄中，有7个村庄交通不方便，若用随机变量X表示任选m个村庄中交通不方便的村庄的个数，则X服从超几何分布.若m＝3时，随机变量X的取值为 ；若m＝8时，随机变量X的取值的最大值为 .
题型一 超几何分布的辨析
【例1】 下列问题中，哪些属于超几何分布问题，并说明理由：
（1）抛掷三枚骰子，所得向上的数是6的骰子的个数记为X，求X的分布列；
（2）有一批种子的发芽率为70%，任取10颗种子做发芽实验，把实验中发芽的种子的个数记为X，求X的分布列；
（3）盒子中有红球3只，黄球4只，蓝球5只，任取3只球，把不是红色的球的个数记为X，求X的分布列；
（4）某班级有男生25人，女生20人.选派4名学生参加学校组织的活动，班长必须参加，其中女生人数记为X，求X的分布列.
通性通法
判断一个随机变量是否服从超几何分布的方法
（1）总体是否分为两类明确的对象；
（2）是否为不放回抽样；
（3）随机变量是否为样本中其中一类个体的个数.
【跟踪训练】
（多选）下列随机变量中，服从超几何分布的有（ ）
A.在10件产品中有3件次品，一件一件地不放回地任意取出4件，记取到的次品数为X
B.从3台甲型彩电和2台乙型彩电中任取2台，记X表示所取的2台彩电中甲型彩电的台数
C.一名学生骑自行车上学，途中有6个交通岗，记此学生遇到红灯的次数为随机变量X
D.从10名男生，5名女生中选3人参加植树活动，其中男生人数记为X
题型二 超几何分布的概率
【例2】 一个袋中装有6个形状、大小完全相同的小球，其中红球有3个，编号为1，2，3；黑球有2个，编号为1，2；白球有1个，编号为1.现从袋中一次随机抽取3个球，记取得1号球的个数为随机变量X，求随机变量X的分布列.
【母题探究】
1.（变设问）在本例条件下，若记取到白球的个数为随机变量η，求随机变量η的分布列.
2.（变条件）将本例的条件“一次随机抽取3个球”改为“有放回地抽取3次，每次抽取1个球”，其他条件不变，结果又如何？
通性通法
求超几何分布的概率的步骤
（1）验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
（2）根据超几何分布的概率计算公式P（X＝k）＝计算出随机变量取某一个值k时的概率.
【跟踪训练】
某校高三年级某班的数学课外活动小组中有6名男生，4名女生，从中选出4人参加数学竞赛考试，用X表示其中的男生人数.求至少有2名男生参加数学竞赛的概率.
题型三 超几何分布的分布列、均值
【例3】 某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学.在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院.现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教活动（每位同学被选到的可能性相同）.
（1）求选出的3名同学是来自互不相同的学院的概率；
（2）设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列及均值.
通性通法
解决超几何分布问题的三个关键点
（1）超几何分布是概率分布的一种形式，一定要注意公式中字母的范围及其意义，解决问题时可以直接利用公式求解，但不要机械地记忆；
（2）超几何分布中，只要知道M，N，n，就可以利用公式求出X取不同k值的概率P（X＝k），从而求出X的分布列；
（3）求与超几何分布有关的均值问题时，可利用均值公式，也可直接利用E（X）＝求解.
【跟踪训练】
端午节吃粽子是我国的传统习俗，一盘中有8个粽子，其中豆沙粽2个，蜜枣粽6个，这两种粽子的外观完全相同，从中随机取出3个.
（1）求既有豆沙粽又有蜜枣粽的概率；
（2）设X表示取到豆沙粽的个数，求随机变量X的分布列与均值.
1.设袋中有80个红球，20个白球，若从袋中任取10个球，则其中恰有6个红球的概率为（ ）
A. B.
C. D.
2.（多选）下列关于超几何分布的说法正确的是（ ）
A.超几何分布的模型是不放回抽样
B.超几何分布的总体里可以只有一类物品
C.超几何分布中的参数是N，M，n
D.超几何分布的总体往往由差异明显的两部分组成
3.某12人的兴趣小组中，有5名“三好学生”，现从中任意选6人参加竞赛，用X表示这6人中“三好学生”的人数，则当X取 时，对应的概率为.
4.从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中女生的人数，求X的均值.
二项分布与超几何分布的辨析
1.建立模型
袋子中有大小相同的N个球，其中有M个红球、N－M个白球，令p＝，设X表示摸出的n个球中红球的个数，则：
摸球方式 X的分布 E（X） D（X）
放回摸球 二项分布 B（n，p） np np（1－p）
不放回 摸球 参数为N，n，M 的超几何分布 np np（1－p）
2.区别与联系
区别 （1）二项分布不需要知道总体容量，超几何分布需要； （2）二项分布是 “有放回”抽取（独立重复），超几何分布是“不放回”抽取
联系 在n次不放回试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小，那么此时超几何分布可以近似为二项分布
【例】 2024年新春伊始，某企业举行“猜灯谜，闹元宵”趣味竞赛活动，每个员工从8道谜语中一次性抽出4道作答.小张有6道谜语能猜中，2道不能猜中；小王每道谜语能猜中的概率均为p（0＜p＜1），且猜中每道谜语与否互不影响.
（1）分别求小张，小王猜中谜语道数的分布列；
（2）若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数，求p的取值范围.
方法总结
二项分布和超几何分布两类概率模型的区别关键是“有放回抽样”与“不放回抽样”.
【迁移应用】
甲、乙两人去某公司应聘面试.该公司的面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2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）求甲正确完成面试题目数的分布列、均值与方差；
（2）请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大？
第2课时 二项分布的综合问题
【典型例题·精研析】
【例1】 （1）A （2）60 96
解析：（1）E（X）＝100p＝20，解得p＝0.2，D（X）＝np（1－p）＝100×0.2×（1－0.2）＝16，D（2X－1）＝4D（X）＝64.
（2）设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数（成绩）为Y，则Y＝4X.由题知X～B（25，0.6），所以E（X）＝25×0.6＝15，D（X）＝25×0.6×0.4＝6，E（Y）＝E（4X）＝4E（X）＝60，D（Y）＝D（4X）＝42×D（X）＝16×6＝96.所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.
跟踪训练
1.C 由随机变量X服从二项分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，可得解得p＝.故选C.
2.解：估计该市的全体考生中任一人报考“经济类”专业的概率P＝＝.
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，由题意，得X～B（3，），
则P（X＝k）＝（）k（1－）3－k（k＝0，1，2，3），
∴随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴随机变量X的均值E（X）＝3×＝，方差D（X）＝3××（1－）＝.
【例2】 解：（1）记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项”为事件A，
由题设P（A）＝×××＋××＝.
（2）分别记“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试中通过的项目数为ξ，η”，
由题设知：ξ～B（3，），所以E（ξ）＝3×＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝××（1－m）＝，
P（η＝1）＝××（1－m）＋××（1－m）＋××m＝，
P（η＝2）＝××（1－m）＋××m＋××m＝，
P（η＝3）＝××m＝＝，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
从而E（η）＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
由得解得＜m＜1.
故m的取值范围为（，1）.
跟踪训练
解：（1）若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，
其概率为p3·（1－p），又0＜p＜1，
故p3·（1－p）＝，解得p＝.
（2）设X为甲累计获得的分数，则X～B（5，），所以E（X）＝np＝5×＝，
设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
P（Y＝0）＝，P（Y＝2）＝×（1－）＝，
P（Y＝4）＝（）2×（1－）＝，
P（Y＝6）＝（）3×（1－）＝，
P（Y＝8）＝（）4×（1－）＝，
P（Y＝10）＝（）5＝，
所以Y的分布列为
Y 0 2 4 6 8 10
P
所以E（Y）＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＋10×＝，
因为E（X）＞E（Y），所以甲获胜的可能性大.
随堂检测
1.D ∵E（X）＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.故选D.
2.2.1 解析：随机变量X～B（10，0.7），故D（X）＝10×0.7×（1－0.7）＝2.1.
3.解：由题意，用X表示10局中甲赢的次数，
则X～B（10，0.51），
所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均赢5.1局，
用Y表示10局中乙赢的次数，则Y～B（10，0.49），
所以E（Y）＝10×0.49＝4.9，
即乙平均赢4.9局.
拓视野 二项分布概率最大问题
1.解：假设最有可能成活幼苗的数量为k（k∈N且k≤10），则×0.74k×0.2610－k≥×0.74k＋1×0.269－k且×0.74k×0.2610－k≥×0.74k－1×0.2611－k，解得≤k≤，又k∈N，所以k＝8.故最有可能成活8株幼苗.
2.解：由题意知，X服从二项分布，所以P（X＝k）＝××＝××，
P（X＝k－1）＝××，k∈N且k≤20.
由不等式≤1，即≤1，解得k≤7.
所以当k≤7时，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；当k＞7时，P（X＝k－1）＞P（X＝k）.
因为当k＝7时，P（X＝k－1）＝P（X＝k）.
所以k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值.
迁移应用
解：根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为＝，
设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则ξ～B（20，），
其中P（ξ＝k）＝（）k（）20－k，k＝0，1，2，…，20，
当k≥1时，由
得
化简得解得≤k≤，
又k∈Z，所以k＝4，
所以这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4.
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第2课时
二项分布的综合问题
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 二项分布的均值与方差
【例1】 （1）随机变量X～B（100，p），且E（X）＝20，则D
（2X－1）＝（ A ）
A. 64 B. 128
C. 256 D. 32
解析： E（X）＝100p＝20，解得p＝0.2，D（X）＝
np（1－p）＝100×0.2×（1－0.2）＝16，D（2X－1）＝4D
（X）＝64.
A
（2）一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有4个选项，其中
有且仅有一个选项是正确的，每道题答案选择正确得4分，不作
出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率为
0.6，则此学生在这一次测验中的成绩的均值为 ，方差
为 .
60
96
解析： 设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数
为X，所得的分数（成绩）为Y，则Y＝4X. 由题知X～B
（25，0.6），所以E（X）＝25×0.6＝15，D（X）＝
25×0.6×0.4＝6，E（Y）＝E（4X）＝4E（X）＝60，D
（Y）＝D（4X）＝42×D（X）＝16×6＝96.所以该学生在这
次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.
通性通法
求二项分布的均值和方差的步骤
（1）先判断随机变量是否服从二项分布；
（2）若服从二项分布，则代入二项分布的均值和方差公式计算均值
和方差，即X～B（n，p），则E（X）＝np，D（X）＝np
（1－p）.特别地，当n＝1时，X服从两点分布.
【跟踪训练】
1. 已知随机变量X服从二项分布B（n，p）.若E（X）＝2，D
（X）＝ ，则p＝（ ）
解析： 由随机变量X服从二项分布B（n，p），E（X）＝
2，D（X）＝ ，可得解得p＝ .故选C.
2. 为了探究某市在高考志愿中报考“经济类”专业的情况，现从该市
考生中随机抽取50名学生进行调查，得到数据如下：
报考“经济类” 不报考“经济类” 合计
人数 20 30 50
以样本中各事件的频率作为概率估计全市考生的报考情况，现从该
市全体考生（人数众多）中随机抽取3人，设3人中报考“经济类”
专业的人数为随机变量X，求随机变量X的分布列、均值与方差.
解：估计该市的全体考生中任一人报考“经济类”专业的概率P＝
＝ .
随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，由题意，得X～B
（3， ），
则P（X＝k）＝ （ ）k（1－ ）3－k（k＝0，1，2，3），
∴随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
∴随机变量X的均值E（X）＝3× ＝ ，方差D（X）＝3× ×
（1－ ）＝ .
题型二 二项分布的均值和方差的实际应用
【例2】 某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家公司应
聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通过后
进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概率
均为 ；该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为
， ，m，其中0＜m＜1，技能测试是否通过相互独立.
（1）若m＝ .求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两
项的概率；
解： 记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过
两项”为事件A，
由题设P（A）＝ × × × ＋ × × ＝ .
解： 分别记“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试
中通过的项目数为ξ，η”，
由题设知：ξ～B（3， ），所以E（ξ）＝3× ＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝ × ×（1－m）＝ ，
P（η＝1）＝ × ×（1－m）＋ × ×（1－m）＋ × ×m
＝ ，
（2）已知甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应
聘其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为
决策依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m
的取值范围.
P（η＝2）＝ × ×（1－m）＋ × ×m＋ × ×m＝
，
P（η＝3）＝ × ×m＝ ＝ ，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
从而E（η）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝
，
由得解得 ＜m＜1.
故m的取值范围为（ ，1）.
通性通法
二项分布的均值与方差是反映随机变量取值的平均水平和随机变
量偏离均值的程度，从整体上刻画随机变量的取值情况，是生产实际
中用于方案制定（决策）的重要理论依据.求解二项分布的均值与方
差的应用问题时，可按随机变量的均值与方差的定义求解，也可先判
断随机变量的分布类型，再直接利用公式求E（X）及D（X）.
【跟踪训练】
甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概率均为
p，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球
一次，确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一
次可获得1分；乙按约定的投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行
下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可获得2分. 按累
计得分高低确定胜负.
（1）若乙得6分的概率 ，求p；
解： 若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中，
其概率为p3·（1－p），又0＜p＜1，
故p3·（1－p）＝ ，解得p＝ .
（2）由（1）问中求得的p值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能
性大？
解： 设X为甲累计获得的分数，则X～B（5， ），所以
E（X）＝np＝5× ＝ ，
设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0，2，4，6，8，
10，
P（Y＝0）＝ ，P（Y＝2）＝ ×（1－ ）＝ ，
P（Y＝4）＝（ ）2×（1－ ）＝ ，
P（Y＝6）＝（ ）3×（1－ ）＝ ，
P（Y＝8）＝（ ）4×（1－ ）＝ ，
P（Y＝10）＝（ ）5＝ ，
所以Y的分布列为
Y 0 2 4 6 8 10
P
所以E（Y）＝0× ＋2× ＋4× ＋6× ＋8× ＋10× ＝ ，
因为E（X）＞E（Y），所以甲获胜的可能性大.
1. 设X～B（40，p），且E（X）＝16，则p＝（ ）
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.
2. 已知小明投篮10次，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：随机变量X～B（10，0.7），故D（X）＝10×0.7×（1
－0.7）＝2.1.
2.1
3. 甲、乙比赛时，甲每局赢的概率是0.51，乙每局赢的概率是0.49.
甲、乙一共进行了10局比赛.已知各局比赛相互独立，计算甲平均
赢多少局，乙平均赢多少局.
解：由题意，用X表示10局中甲赢的次数，
则X～B（10，0.51），
所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均赢5.1局，
用Y表示10局中乙赢的次数，则Y～B（10，0.49），
所以E（Y）＝10×0.49＝4.9，
即乙平均赢4.9局.
二项分布概率最大问题
1. 如果某品种幼苗每株成活的概率为0.74，且每株幼苗是否成活相互
独立，那么种植10株这种幼苗，最有可能成活几株幼苗？
解：假设最有可能成活幼苗的数量为k（k∈N且k≤10），则
×0.74k×0.2610－k≥ ×0.74k＋1×0.269－k且
×0.74k×0.2610－k≥ ×0.74k－1×0.2611－k，解得
≤k≤ ，又k∈N，所以k＝8.故最有可能成活8株幼苗.
2. 如果X～B ，那么当P（X＝k）取得最大值时，k取何值？
解：由题意知，X服从二项分布，所以P（X＝k）＝ ×
× ＝ × × ，
P（X＝k－1）＝ × × ，k∈N且k≤20.
由不等式 ≤1，即 ≤1，解得k≤7.
所以当k≤7时，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；当k＞7时，P
（X＝k－1）＞P（X＝k）.
因为当k＝7时，P（X＝k－1）＝P（X＝k）.
所以k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值.
方法总结
二项分布概率最大问题的求解思路
如果X～B（n，p），其中0＜p＜1，求P（X＝k）最大值对
应的k值，一般是考查 与1的大小关系.因为
＝ ＝1＋ （1≤k≤n），所以要使P（X＝k）
≥P（X＝k－1），则k≤（n＋1）p.故有：
（1）若（n＋1）p＞n，则k＝n时P（X＝k）取得最大值；
（2）若（n＋1）p是不超过n的正整数，则当k＝（n＋1）p－1和k
＝（n＋1）p时，P（X＝k）取得最大值；
（3）若（n＋1）p是不超过n的非整数，则当k＝[（n＋1）p]
（注：[（n＋1）p]表示不超过（n＋1）p的最大整数）时P
（X＝k）取得最大值.
提醒 还可以考虑用不等式组来
求解.
【迁移应用】
某综艺节目中，有一个盲拧魔方游戏，就是玩家先观察魔方状态并进
行记忆，记住后蒙住眼睛快速还原魔方.为了解某市盲拧魔方爱好者
的水平状况，某兴趣小组在全市范围内随机抽取了100名盲拧魔方爱
好者进行调查，得到的情况如表所示：
用时/秒 [5，10] （10，15] （15，20] （20，25]
男性人数 15 22 14 9
女性人数 5 11 17 7
以这100名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的频率，代替全市所有盲
拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率，每位盲拧魔方爱好者用时是否
超过10秒相互独立.若该兴趣小组在全市范围内再随机抽取20名盲拧
魔方爱好者进行测试，其中用时不超过10秒的人数最有可能（即概率
最大）是多少？
解：根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为 ＝
，
设随机抽取的20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数为ξ，则
ξ～B（20， ），
其中P（ξ＝k）＝ （ ）k（ ）20－k，k＝0，1，2，…，20，
当k≥1时，由
得
化简得解得 ≤k≤ ，
又k∈Z，所以k＝4，
所以这20名盲拧魔方爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4.
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知X～B（n，p），E（X）＝8，D（X）＝1.6，则n与p的
值分别为（ ）
A. 100和0.08 B. 20和0.4
C. 10和0.2 D. 10和0.8
解析： 因为X～B（n，p），所以解得
n＝10，p＝0.8.
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2. 若随机变量X～B（n，0.4），且E（X）＝2，则P（X＝1）＝
（ ）
A. 3×0.44 B. 2×0.45
C. 3×0.64 D. 2×0.64
解析： 因为随机变量X～B（n，0.4），所以E（X）＝0.4n
＝2，解得n＝5，所以随机变量X～B（5，0.4），所以P（X＝
1）＝ （1－0.4）4×0.41＝2×0.64，故选D.
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3. 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（ ）
B. 3
D. 2
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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～B（3， ）.X的方差D
（X）＝3× ×（1－ ）＝ ，所以Y的方差D（Y）＝32·D
（X）＝9× ＝6，所以Y的标准差为 ＝ .
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4. 某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒该种种子，对
于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则
E（X）＝（ ）
A. 50 B. 100
C. 200 D. 400
解析： 由题意可知，不发芽的种子数（记为Y）服从二项分
布，即Y～B（1 000，0.1），所以E（Y）＝1 000×0.1＝100，
所以X的均值E（X）＝2×E（Y）＝200.
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5. （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＝6
B. p＝0.6
D. P（ξ≥1）＝1－0.66
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解析： 因为E（3ξ＋2）＝3E（ξ）＋2＝9.2，D（3ξ＋2）＝
9D（ξ）＝12.96，所以E（ξ）＝2.4，D（ξ）＝1.44，由ξ～B
（n，p），所以E（ξ）＝np＝2.4，D（ξ）＝np（1－p）＝
1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P（ξ＝4）＝
×0.62×0.44，故C错误；P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－0.66，
D正确.故选A、D.
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6. （多选）小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人
同时随机等可能地选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人
数多者每人得1分，其余每人得0分.现3人共进行了4次游戏，每次
游戏互不影响，记小明4次游戏得分之和为X，则下列结论正确的
是（ ）
B. X的均值是2
C. X的均值是3
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解析： 设小明为a，其他两位同学分别为b，c，每次游戏三
人选择的手势组合如下表：
a b c
手心 手心 手背
手心 手心 手心
手心 手背 手背
手心 手背 手心
手背 手心 手背
手背 手心 手心
手背 手背 手背
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共有8种情况，小明得1分有6种情况，所以小明每次游戏得1分的概
率P＝ ，故A正确；由题意，X～B（4， ），所以E（X）＝
4× ＝3，D（X）＝4× × ＝ ，故B错误，C正确，D错误.故
选A、C.
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7. 牧场有10头牛，因误食含有病毒的饲料而被感染，已知该病的发病
率为0.02，设发病的牛的头数为ξ，则D（ξ）＝ .
解析：因为ξ～B（10，0.02），所以D（ξ）＝10×0.02×（1－
0.02）＝0.196.
0.196
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8. 某人参加驾照考试，共考4个科目，假设他通过各科考试的事件是
相互独立的，并且概率都是p，且p＞ ，若此人通过的科目数X的
方差是 ，则E（X）＝ .
解析：因为他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是
p，所以此人通过的科目数X～B（4，p），又此人通过的科目数
X的方差是 ，所以4p（1－p）＝ ，解得p＝ 或p＝ （舍
去），所以E（X）＝4× ＝ .
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9. 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（n， ），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 ·（ ）·（1－ ）n－1＝ ，即n（ ）n＝ ，解得
n＝6，所以方差D（ξ）＝np（1－p）＝6× ×（1－ ）＝ .
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10. 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；
解： 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）＝ ×（ ）2×（ ）2＝ .
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（2）求ξ的均值.
解： 法一 ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，
依题意知，P（ξ＝k）＝ （ ）k（ ）4－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× ＝ .
法二 ∵ξ服从二项分布，即ξ～B（4， ），
∴E（ξ）＝4× ＝ .
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11. 一个袋中有大小、形状相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现
随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的
红球数为X1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为
X2，则（ ）
A. E（X1）＜E（X2），D（X1）＜D（X2）
B. E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）
C. E（X1）＝E（X2），D（X1）＜D（X2）
D. E（X1）＞E（X2），D（X1）＞D（X2）
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解析： X1的可能取值为0，1，2，X1～B（2， ），E（X1）
＝2× ＝ ，D（X1）＝2× × ＝ ；X2的可能取值为0，1，P
（X2＝0）＝ × ＝ ，P（X2＝1）＝ × ＋ × ＝ ，∴E
（X2）＝0× ＋1× ＝ ，D（X2）＝（0－ ）2× ＋（1－ ）
2× ＝ .∴E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）.
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12. 为舒缓高考压力，某中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每
个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一互助
组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花
苗，则该小组可评为“阳光小组”.已知每颗种子发芽概率为
0.8，全年级恰好共种了500盆，则大概有 个小组能评为
“阳光小组”.（结果四舍五入法保留整数）
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解析：由题意知，每一盆至少长出三株花苗包括“恰好长出三株
花苗”和“长出四株花苗”两种情况，其概率为 ×0.84＋
×（1－0.8）×0.83＝0.819 2，即一个小组能被评为“阳光小
组”的概率为0.819 2，且被评为“阳光小组”的个数X服从二项
分布X～B（500，0.819 2），所以能被评为“阳光小组”的约有
500×0.819 2＝409.6≈410个.
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13. 我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制
造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防、抢险救灾、环境
监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投
弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次
投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为 ，每次
投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的
概率为 ，击中目标两次起火点被扑灭的概率为 ，击中目标三次
起火点必定被扑灭.
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（1）求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；
解： 起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝（ ）3＝ ，P（X＝1）＝ × ×（ ）2＝ ，
P（X＝2）＝ ×（ ）2× ＝ ，
P（X＝3）＝（ ）3＝ .
∴X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
∵X～B（3， ），∴E（X）＝3× ＝ .
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（2）求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.
解： 击中一次被扑灭的概率为P1＝ ×（ ）1×
（ ）2× ＝ ，
击中两次被扑灭的概率为P2＝ ×（ ）2× × ＝ ，
击中三次被扑灭的概率为P3＝（ ）3＝ ，
∴所求概率P＝ ＋ ＋ ＝ .
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14. 设随机变量X～B（n，p），若二项式（x＋p）n＝a0＋ x＋
x2＋…＋anxn，则（ ）
A. E（X）＝3，D（X）＝2
B. E（X）＝4，D（X）＝2
C. E（X）＝3，D（X）＝1
D. E（X）＝2，D（X）＝1
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解析： 由题意可知，（x＋p）n＝ pn＋ pn－1x＋
pn－2x2＋ pn－3x3＋…＋ xn，又（x＋p）n＝a0＋ x＋ x2
＋…＋anxn，所以化简得n－1＝6p ①，
此时n－1＜6.若选项A成立，则解得
故A错误；若选项B成立，则解得
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故B错误；若选项C成立，则解得
代入①验证不成立，故C错误；若选项D成立，则
解得代入①验证成立，故D正确.故
选D.
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15. 在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发
射信号n次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号
1的次数为X.
（1）当n＝6时，求P（X≤2）；
解： 由已知X～B（6， ），所以P（X≤2）＝P
（X＝0）＋P（X＝1）＋P（X＝2）
＝ （ ）6＋ ·（ ）5＋ （ ）2·（ ）4＝ ＋ ＋
＝ .
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（2）已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其数学期望
E（Y）和方差D（Y）均存在，则对任意正实数a，有P
（｜Y－E（Y）｜＜a）≥1－ .根据该不等式可以
对事件“｜Y－E（Y）｜＜a”的概率作出下限估计.为了
至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之
间，试估计信号发射次数n的最小值.
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解： 由已知X～B（n，0.5），所以E（X）＝0.5n，D（X）＝0.25n，
若0.4≤ ≤0.6，则0.4n≤X≤0.6n，即－0.1n≤X－0.5n≤0.1n，即｜X－0.5n｜≤0.1n.
由切比雪夫不等式知P（｜X－0.5n｜≤0.1n）≥1－ ，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间，则1－ ≥0.98，
解得n≥1 250，所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
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