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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＝（ ）
A. B. C. D.
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（ ）
A. B. 3
C. 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
C. P（ξ＝4）＝ ×0.64×0.42
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（ ）
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
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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
手背 手背 手心
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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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7.4.1 二项分布
新课程标准解读 核心素养
1.通过具体实例，了解伯努利试验及n重伯努
利试验的概念 数学抽象
2.掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单
的实际问题 数学建模、
数学运算
第1课时 二项分布
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
在学校组织的高二篮球比赛中，通过小组循环赛，甲、乙两
班顺利进入最后的决赛.在每一场比赛中，甲班取胜的概率为
0.6，乙班取胜的概率为0.4，比赛既可以采用三局两胜制，又可
以采用五局三胜制.
【问题】 如果你是甲班的一名同学，你认为采用哪种赛制对你班更
有利？
知识点一 n重伯努利试验
1. 伯努利试验：只包含 可能结果的试验叫做伯努利试验.
2. n重伯努利试验：将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成
的 称为n重伯努利试验.
3. n重伯努利试验的共同特征
（1）同一个伯努利试验重复做 次；
（2）各次试验的结果相互 .
两个
随机试验
n
独立
【想一想】
1. 伯努利试验有几种结果？
提示：两种，事件发生与不发生.
2. 在相同条件下，有放回地抽样试验是n重伯努利试验吗？
提示：是，满足n重伯努利试验的特征.
知识点二 二项分布
1. 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）＝ 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～ .
2. 二项分布的均值与方差
（1）均值：若X～B（n，p），则E（X）＝ ；
（2）方差：若X～B（n，p），则D（X）＝ .
B（n，p）
np
np（1－p）
提醒 二项分布的特点：①对立性，即一次试验中只有两个相互对立
的结果，即“成功”和“不成功”，而且有且只有一个发生；②重复
性，试验在相同条件下独立重复地进行n次，且每一次试验“成功”
的概率和“不成功”的概率都保持不变.
【想一想】
二项分布与两点分布有什么关系？
提示：当n＝1时，二项分布就是两点分布.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）在伯努利试验中，关注的是事件A是否发生，而在n重伯努
利试验中，关注的是事件A发生的次数. （ √ ）
（2）n重伯努利试验中每次试验只有发生与不发生两种结果.
（ √ ）
（3）进行n重伯努利试验，各次试验中事件A发生的概率可以不
同. （ × ）
（4）n重伯努利试验是有放回地抽样检验问题. （ √ ）
√
√
×
√
2. 设随机变量X～B（6， ），则P（X＝3）＝（ ）
A. B. C. D.
解析： X～B（6， ），则P（X＝3）＝ （ ）3·（1－ ）3
＝ .故选A.
3. 小王通过英语听力测试的概率是 ，他连续测试3次，那么其中恰
有1次获得通过的概率是（ ）
A. B.
C. D.
解析： 根据独立重复试验的概率公式有P＝ （ ）（ ）2＝
.故选D.
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
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；
解： 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，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；
解： 某人射击且击中目标的概率是稳定的，因此是n重伯
努利试验.
（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： 每次抽取，试验的结果有三种不同的颜色，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.
通性通法
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）每次试验相互独立，互不影响；
（3）每次试验都只有两种结果，即事件发生，不发生.
【跟踪训练】
下列事件是n重伯努利试验的是（ ）
A. 运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”
B. 甲、乙两运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”
C. 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”
D. 在相同的条件下，甲射击10次，5次击中目标
解析： 选项A、C为互斥事件，不符合n重伯努利试验的定义，选
项B虽然是相互独立的两个事件，但是“甲射中10环”与“乙射中9
环”的概率不一定相同，因此不是n重伯努利试验，选项D中，甲射
击10次，每次击中与否是相互独立的，且在相同条件下，符合n重伯
努利试验.
题型二 n重伯努利试验的概率
【例2】 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.（结果需用分数
作答）
（1）求甲射击3次，至少有1次未击中目标的概率；
解： 记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1，由
题意，知射击3次，相当于3重伯努利试验，故P（A1）＝1－P
（ ）＝1－ ＝ .
（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.
解： 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）＝
× ＝ ，P（B2）＝ × × ＝ ，由于甲、乙
射击相互独立，故P（A2B2）＝ × ＝ .
通性通法
求n重伯努利试验概率的步骤
（1）判断：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为n重伯
努利试验；
（2）分拆：判断所求事件是否需要分拆；
（3）计算：就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解，最后利
用互斥事件概率加法公式计算.
【跟踪训练】
已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为 ，某植物研究所分三
个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次
试验结果相互独立.假定某次试验种子发芽则称该次试验是成功的，
如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的.
（1）第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；
解： 该小组恰有两次失败的概率P＝ · ＝ ＝ .
（2）第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对
值为X，求X的分布列.
解： 由题意可知X的取值集合为{0，2，4}，
则P（X＝0）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ · ＋ ＝ ＝ ，
P（X＝4）＝ ＋ ＝ ＝ .
故X的分布列为
X 0 2 4
P
题型三 二项分布及其应用
【例3】 一个盒子里有大小相同的3个红球和2个黑球，从盒子里随
机取球，取到每个球的可能性是相同的，设取到一个红球得1分，取
到一个黑球得0分.
（1）若从盒子里一次随机取出3个球，求得2分的概率；
解： 记“一次随机取出3个球得2分”为事件A，它表示取
出的球中有2个红球和1个黑球，则P（A）＝ ＝ .
（2）若从盒子里每次取出一个球，看清颜色后放回，连续取3次，求
得分ξ的分布列.
解： 由题意，ξ的可能取值为0，1，2，3，
因为是有放回地取球，所以每次取到红球的概率均为 ，每次取
到黑球的概率均为 .
则ξ～B（3， ），P（ξ＝k）＝ （ ）k（ ）3－k（k＝0，
1，2，3），
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
通性通法
解决二项分布及其应用问题的一般步骤
（1）根据题意设出随机变量；
（2）分析随机变量是否服从二项分布；
（3）若服从二项分布，则求出n和p的值；
（4）根据已知条件列出相关式子，并解决问题.
【跟踪训练】
某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为 ，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心.且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X的分布列.
解：由题意可知X～B（3， ），
所以P（X＝k）＝ （ ）k·（ ）3－k，k＝0，1，2，3，
即P（X＝0）＝ ×（ ）0×（ ）3＝ ；
P（X＝1）＝ × ×（ ）2＝ ；
P（X＝2）＝ ×（ ）2× ＝ ；P（X＝3）＝ ×（ ）3＝ .
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
1. 若随机变量X～B ，则P（X＝2）＝（ ）
A. × B. ×
C. × × D. × ×
解析： ∵随机变量X～B ，∴P（X＝2）＝ ×
× .
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. ×0.93×0.12 D. ×0.13×0.92
解析： 5头猪中恰有3头被治愈的概率为 ×0.93×0.12.
3. 在4重伯努利试验中，若事件A至少发生1次的概率为 ，则事件A
在1次试验中发生的概率为（ ）
A. B.
C. D.
解析： 设事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1－
p0（1－p）4＝ ，所以1－p＝ ，p＝ .
4. 袋子中有8个白球，2个黑球，从中随机地连续抽取三次，求有放回
时，取到黑球个数X的分布列.
解：取到黑球个数X的可能取值为0，1，2，3.
又由于每次取到黑球的概率均为 ，
所以P（X＝0）＝ （ ）0·（ ）3＝ ，
P（X＝1）＝ （ ）·（ ）2＝ ，
P（X＝2）＝ （ ）2·（ ）＝ ，
P（X＝3）＝ （ ）3·（ ）0＝ .故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 在100件产品中有5件次品，采用有放回的方式从中任意抽取10件，
设X表示这10件产品中的次品数，则（ ）
A. X～B（100，0.05） B. X～B（10，0.05）
C. X～B（100，0.95） D. X～B（10，0.95）
解析： 有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10
次独立重复的伯努利实验，所以服从二项分布X～B（10，
0.05）.故选B.
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2. 打靶时，某人中靶的概率为0.8，则他打100发子弹有4发中靶的概
率为（ ）
A. ×0.84×0.296 B. 0.84
C. 0.84×0.296 D. 0.24×0.896
解析： 由题意可知中靶的概率为0.8，故打100发子弹有4发中
靶的概率为 ×0.84×0.296.
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3. 设随机变量X～B（2，p），若P（X≥1）＝ ，则p的值为
（ ）
A. B. C. D.
解析： ∵X～B（2，p），∴P（X＝0）＝（1－p）2，∴P
（X≥1）＝1－P（X＝0）＝1－（1－p）2＝ ，解得p＝ .
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4. 唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中写道：“春江潮水连海平，海
上明月共潮生.”潮水的涨落和月亮的公转有直接的关系，这是一
种自然现象.根据历史数据，已知沿海某地在某个季节中每天出现
大潮的概率均为 ，则该地在该季节内的连续三天中，至少有两天
出现大潮的概率为（ ）
A. B. C. D.
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解析： 该地在该季节内的连续三天中，至少有两天出现大潮包
括两天和三天出现大潮两种情况，有两天出现大潮的概率为 ×
（ ）2× ＝ ，有三天出现大潮的概率为 ×（ ）3＝ ，所以
至少有两天出现大潮的概率为 ＋ ＝ .故选A.
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5. （多选）袋中有大小形状相同的5个小球，其中黑球3个，白球2
个，从中有放回地取球3次，每次取1个，记X为取得黑球次数，Y
为取得白球次数，则（ ）
A. 随机变量X的可能取值为0，1，2，3
B. 随机变量Y的可能取值为0，1，2
C. 随机变量X～B（3， ）
D. 随机变量Y～B（3， ）
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解析： 随机变量X，Y的可能取值都为0，1，2，3，A正确，
B错误；根据二项分布的概念，X～B（3， ），Y～B（3，
），C正确，D错误.故选A、C.
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6. （多选）若随机变量X服从二项分布B ，则（ ）
A. P（X＝1）＝P（X＝3）
B. P（X＝2）＝3P（X＝1）
C. P（X＝4）＝2P（X＝0）
D. P（X＝3）＝4P（X＝1）
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解析： 由题意，根据二项分布中概率的计算公式P（X＝k）
＝ ，k＝0，1，2，3，4，则P（X＝0）＝
＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，P
（X＝2）＝ · ＝ ，P（X＝3）＝
＝ ，P（X＝4）＝ ＝ ，因此P（X＝2）
＝3P（X＝1），P（X＝3）＝4P（X＝1）.故选B、D.
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7. 某市公租房的房源位于A，B，C三个片区，设每位申请人只申请
其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的，
该市的4位申请人中恰有2人申请A片区房源的概率为 .
解析：每位申请人申请房源为一次试验，这是4重伯努利试验，设
申请A片区的房源记为事件A，则P（A）＝ ，所以恰有2人申请
A片区的概率为 × × ＝ .
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8. 一个学生通过某种英语听力测试的概率是 ，他连续测试n次，要
保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n的最小值为 .
解析：由1－ ＞0.9，得 ＜0.1，∴n≥4.
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9. 将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数
多的概率为 .
解析：正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4
次、5次或6次，所求概率P＝ ＋ ＋ ＝ .
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10. 某气象站天气预报的准确率为80%，求：
（1）5次预报中恰有2次准确的概率（结果保留2位有效数字）；
解： 由题意知，本题是一个独立重复试验，每次试验
中事件发生的概率是0.8.
5次预报中恰有2次准确的概率是 ×0.82×0.23≈0.05.
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（2）5次预报中至少有2次准确的概率（结果保留2位有效数字）.
解： 5次预报中至少有2次准确的对立事件是5次预报中
只有1次准确和都不准确，
根据对立事件的概率和独立重复试验的概率公式得所求概率
为1－ ×0.81×0.24－ ×0.80×0.25≈0.99.
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11. 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
球将自由下落.小球在下落的过程中，将3次遇到障碍物，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
的概率都是 ，则小球落入A袋中的概率为（ ）
A. B. C. D.
解析： 小球每次遇到障碍物时，若有一次向左和两
次向右或两次向左和一次向右下落，则小球将落入A袋，所以P＝ ×（ ）×（1－ ）2＋ ×（ ）2×（1－ ）＝ .
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12. （多选）如果某城镇小汽车的普及率为75%，即平均每100个家庭
有75个家庭拥有小汽车，若从该城镇中任意选出5个家庭，则下列
结论成立的是（ ）
A. 这5个家庭均有小汽车的概率为
B. 这5个家庭中，恰有三个家庭拥有小汽车的概率为
C. 这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车
D. 这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽车的概率为
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解析： 由题得小汽车的普及率为 ，这5个家庭均有小汽车
的概率为 ＝ ，所以选项A结论成立；这5个家庭中，恰有
三个家庭拥有小汽车的概率为 × ＝ ，所以选项B
结论错误；这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车，所以选项C
结论成立；这5个家庭中，四个家庭以上（含四个家庭）拥有小汽
车的概率为 × ＋ ＝ ，所以选项D结论成立，故
选A、C、D.
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13. 如图，一动点沿圆周在均匀分布的A，B，C三点之
间移动，每次该动点逆时针方向移动的概率是顺时
针方向移动概率的两倍，假设现在该点从A点出发，
则移动三次之后到达B点的概率是 .
解析：由题意可知，逆时针方向移动的概率为 ，顺时针方向移
动的概率为 ，由A点出发，3次移动后到达B点，则3次移动中有
2次逆时针，1次顺时针，所以概率P＝ ·（ ）2· ＝ .
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14. 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互相独立的，并且概率都是 .
（1）求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；
解： 根据题意得，ξ服从二项分布ξ～B（5， ），则P（ξ＝k）＝ （ ）k·（ ）5－k，k＝0，1，…，5.ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3 4 5
P
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（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的分布列.
解： η的分布列为P（η＝k）＝P（前k个是绿灯，第
k＋1个是红灯）＝（ ）k· ，k＝0，1，2，3，4.
P（η＝5）＝P（5个均为绿灯）＝（ ）5.
故η的分布列为
η 0 1 2 3 4 5
P
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15. 某人抛掷一枚硬币，出现正反面的概率都是 ，构造数列{an}，
使得an＝记Sn＝a1＋a2＋…＋an
（n∈N*），则S4＝2的概率为 .
解析：S4＝2，即4次中有3次正面1次反面，则所求概率P＝
× × ＝ .
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16. 某单位6名员工借助互联网开展工作，每名员工上网的概率都是
0.5（相互独立）.
（1）求至少3人同时上网的概率；
解： 至少3人同时上网包括3人、4人、5人或6人同时上
网，记“至少3人同时上网”为事件A，则P（A）＝
（ ）3（ ）3＋ （ ）4（ ）2＋ （ ）5（ ）1＋
（ ）6（ ）0＝ .
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（2）至少几人同时上网的概率小于0.3？
解： 由（1）知至少3人同时上网的概率大于0.3，
记“至少4人同时上网”为事件B，其概率为P（B）＝
（ ）4（ ）2＋ （ ）5（ ）1＋ （ ）6×（ ）0＝
＞0.3，
记“至少5人同时上网”为事件C，其概率为P（C）＝
（ ）5（ ）1＋ （ ）6×（ ）0＝ ＜0.3.所以至少5人
同时上网的概率小于0.3.
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