8.2.3第2课时 二项分布的综合问题课件-2025届高三数学一轮复习

第2课时　二项分布的综合问题 第8章　 8.2.3　二项分布 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. 学习目标 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？ 导语 随堂练习 对点练习 一、二项分布的均值与方差 二、二项分布的实际应用 三、二项分布的性质 内容索引 4 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) ＝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)＝ ，D(X)＝ . p p(1－p) 2.若X～B(n，p)，则E(X)＝ ，D(X)＝ ，σ＝ . np np(1－p) 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； 解　设M＝“小球落入A袋”，N＝“小球落入B袋”， (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. 则ξ的分布列为 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； 解　因为E(X)＝2， (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 故Y的概率分布为 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)； 解　由数据可知样本平均数为 ＝61.8(分贝). (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； 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”， 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). 则随机变量X的分布列为 所以D(X)＝np(1－p)＝0.27. 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； 故ξ的概率分布为 (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； 解　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. 故η的概率分布为 (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率. 解　所求概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0) 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？ 则当k<19.95时，P(X＝k－1)<P(X＝k)； 当k>19.95时，P(X＝k－1)>P(X＝k)， 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. 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＝______. 6或7 解析　由题意知，X服从二项分布， 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. 随堂练习 1 2 3 4 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 √ √ 1 2 3 4 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. 1 2 3 4 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 √ 1 2 3 4 √ 42 1 2 3 4 解析　因为X～B(2，p)， 所以P(X≥1)＝1－P(X<1)＝1－P(X＝0) 对点练习 基础巩固 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 解析　∵E(X)＝16， ∴40p＝16，∴p＝0.4. √ 所以n＝36， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　∵P(ξ＝0)＋P(ξ≥1)＝1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 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， ②后4个数位只出现1个1，X＝1， ③后4个数位出现2个1，X＝2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ④后4个数位上出现3个1，X＝3， ⑤后4个数位都出现1，X＝4， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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). 0.947 7 解析　由随机变量X～B(2，p)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求ξ的均值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解　方法一　ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4， ∴ξ的分布列为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)求n和p的值，并写出X的概率分布； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解　由题意知，X～B(n，p)， 由E(X)＝np＝3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 X的概率分布为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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　记“需要补种沙柳”为事件A， 则P(A)＝P(X≤3)， 综合运用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) B.E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) C.E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2) D.E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解析　当i＝1时，ξ1可能的取值为0,1,2,3，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当i＝2时，ξ2可能的取值为0,1,2,3，则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 A.10 B.20 C.21 D.0 √ 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 又k取整数，∴k＝13. 拓广探究 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)＝_____. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∴E(z)＝3，又x＋y＋z＝6， ∴X＝x＋y＝6－z， ∴E(X)＝E(6－z)＝6－E(z)＝6－3＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 解　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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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　X的可能取值为0,1,2,3，相应的概率为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢谢观看 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) ， 则P(M)＝××＋××＝， 所以P(N)＝1－P(M)＝1－＝. 解　易知ξ～B， P(ξ＝k)＝Ck4－k(k＝0,1,2,3,4)， E(ξ)＝4×＝， D(ξ)＝4××＝. 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＝. P(Y＝3)＝3＝. 解　P(X>0)＝，依题意知Y～B， 故P(Y＝0)＝3＝， P(Y＝1)＝C××2＝， P(Y＝2)＝C×2×＝， Y 0 1 2 3 P Y的均值为E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 解　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， 则P(A)＝C23＝. 解　由题意，得X～B， P(X＝k)＝Ck3－k，k＝0,1,2,3. P(ξ＝2)＝C×2×3＝， P(ξ＝3)＝C×3×2＝， 解　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＝， 方法二　∵ξ～B，∴E(ξ)＝. P(ξ＝4)＝C×4×＝， P(ξ＝5)＝C×5＝. ξ 0 1 2 3 4 5 P ∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋5×＝. P(η＝4)＝4×＝， 即P(η＝0)＝0×＝， P(η＝1)＝×＝， P(η＝2)＝2×＝， P(η＝3)＝3×＝， P(η＝5)＝5＝. η 0 1 2 3 4 5 P ＝1－5＝. ＝1＋(1≤k≤20且k∈N). 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. 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， 故D(X)＝10××＝. 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， A. B. C. D.5 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 解析　由解得n＝18，p＝. 所以P(X＝k)＝Cpk(1－p)2－k，k＝0,1,2， ＝1－Cp0(1－p)2＝1－(1－p)2＝， 结合0<p<1，解得p＝. 4.设X～B(2，p)，若P(X≥1)＝，则p＝________. 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 所以D(X)＝n·×＝36××＝8. 所以n＝E(X)＝24， 解析　由题意可知X～B， 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 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)＝ ∴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)＝ 记其概率为P(X＝0)＝4＝； 记其概率为P(X＝1)＝C3＝； 记其概率为P(X＝2)＝C22＝； 记其概率为P(X＝3)＝C3＝； 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. 解析　至少3人被治愈的概率为C×0.93×0.1＋0.94＝0.947 7. 解得p＝. 由Y～B， 得随机变量Y的方差D(Y)＝4××＝. 8.设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝，则D(Y)＝______. 且P(X≥1)＝， 得P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C×(1－p)2＝， 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， 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； 故P(ξ＝2)＝C×2×2＝. 依题意知，P(ξ＝k)＝Ck4－k(k＝0,1,2,3,4). 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. P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1，…，n. D(X)＝np(1－p)＝， 得1－p＝， 则n＝6，p＝. X 0 1 2 3 4 5 6 P 得P(A)＝＋＋＋＝， 所以需要补种沙柳的概率为. 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××＝； 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××＝， 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.3× B. C.× D.C×3× 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______. 解析　∵随机变量ξ～B， ∴P(ξ＝k)＝Ck19－k， 由题意得 即 解得≤k≤， 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， 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， $$