4.2.3 第1课时 二项分布-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书word（人教B版2019）

4. 2. 3　二项分布与超几何分布 第1课时　二项分布 知识 层面 1.理解n次独立重复试验的模型．　2.理解二项分布．　3.能利用n次独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题. 素养 层面 通过学习n次独立重复试验及二项分布，体会数学建模、数学抽象的素养；借助二项分布解题，提高数学运算的素养. 在学校组织的高二篮球比赛中，通过小组循环，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？ 提示：如果采用三局两胜制，甲班获胜的概率为P1＝0.6×0.6＋C×0.6×0.4×0.6＝0.648； 如果采用五局三胜制，甲班获胜的概率为P2＝0.63＋C×0.62×0.4×0.6＋C×0.62×0.42×0.6＝0.682 56＞P1，所以五局三胜制对甲班更有利． 学生用书↓第57页 知识点一　n次独立重复试验 1．n次独立重复试验 在相同条件下重复n次伯努利试验时，人们总是约定这n次试验是相互独立的，此时这n次伯努利试验也常称为n次独立重复试验． 2．n次独立重复试验中事件A发生k次的概率 一般地，事件A在n次独立重复试验中发生k次，共有C种情形，由试验的独立性知“A在k次试验中发生，而在其余(n－k)次试验中不发生”的概率都是pk(1－p)n－k，所以由概率加法公式知，如果在一次试验中事件A发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为Pk(k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，···，n)． [微提醒]　1.上述公式必须在满足“独立重复试验”时才能运用． 2．使用公式时一定要明确该公式中各量表示的意义：n为独立重复试验的次数；p是在1次试验中事件A发生的概率；1－p是在1次试验中事件A不发生的概率；k是在n次独立重复试验中事件A发生的次数． 3．独立重复试验是相互独立事件的特例．一般地，有“恰好发生k次”“恰有k次发生”字样的问题，求概率时，用n次独立重复试验概率公式计算更简便． 知识点二　二项分布 　定义：一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记q＝1－p，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0，1，···k，···n}，而且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，···，n. 因此X的分布列如下表所示． X 0 1 ··· k ··· n P Cp0qn Cp1qn－1 ··· Cpkqn－k ··· Cpnq0 注意到上述X的分布列第二行中的概率值都是二次展开式 (q＋p)n＝Cp0qn＋Cp1qn－1＋···＋Cpkqn－k＋···＋Cpnq0中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)． [微提醒]　1.二项分布是两点分布的一般形式，两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1的二项分布． 2．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． 由上可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式，二项分布中的每次试验的结果都服从两点分布． 1．下列随机变量X不服从二项分布的是(　　 ) A．投掷一枚均匀的骰子5次，X表示点数为6出现的次数 B．某射手射中目标的概率为p，设每次射击是相互独立的，X为从开始射击到击中目标所需要的射击次数 C．实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓球比赛，X表示甲获胜的次数 D．某星期内，每次下载某网站数据被病毒感染的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被病毒感染的次数 答案：B 解析：选项A，试验出现的结果只有两种：点数为6和点数不为6，且点数为6的概率在每一次试验中都为，每一次试验都是独立的，故随机变量X服从二项分布；选项B，虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种，每一次试验事件相互独立，且概率不发生变化，但随机变量的取值不确定，故随机变量X不服从二项分布；选项C，甲、乙的获胜率相等，进行5次比赛，相当于进行了5次独立重复试验，故X服从二项分布；选项D，由二项分布的定义，可知被感染次数X～B(n，0.3)． 2．任意抛掷三枚均匀硬币，恰有2枚正面朝上的概率为(　　 ) A． B． C． D． 答案：B 解析：抛一枚硬币，正面朝上的概率为，则抛三枚硬币，恰有2枚朝上的概率为P＝C×＝. 学生用书↓第58页 3．某产品正品率为，次品率为，现对该产品进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝(　　) A．C× B．C× C．× D．× 答案：C 解析：当ξ＝3时，说明第3次首次测到正品，则前2次测到的都是次品，所以P(ξ＝3)＝ ×. 4．已知某品种的幼苗每株成活率为p，则栽种3株这种幼苗恰好成活2株的概率为(　　) A．p2 B．p2(1－p) C．Cp2 D．Cp2(1－p) 答案：D 解析：令X为栽种3株这种幼苗成活的株数， 则X～B(3，p)，故P(X＝2)＝Cp2(1－p)． 5．设随机变量X～B(2，p)．若P(X≥1)＝，则p＝______． 答案： 解析：因为随机变量服从X～B(2，P)，所以P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C(1－p)2＝，解得p＝. 题型一　独立重复试验概率的求法 例1　某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果保留到小数点后面第2位) (1)5次预报中恰有2次准确的概率； (2)5次预报中至少有2次准确的概率； (3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率． [思路点拨]　由于5次预报是相互独立的，且结果只有两种(准确或不准确)，符合独立重复试验模型． 解：(1)记预报一次准确为事件A，则P(A)＝0.8. 5次预报相当于5次独立重复试验， 2次准确的概率为P＝C×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05， 因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05. (2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”， 其概率为P＝C×(0.2)5＋C×0.8×0.24 ＝0.006 72≈0.01. 所以所求概率为1－P＝1－0.01＝0.99. 所以5次预报中至少有2次准确的概率约为0.99. (3)说明第1，2，4，5次中恰有1次准确． 所以概率为P＝C×0.8×0.23×0.8＝0.020 48≈0.02， 所以恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02. 独立重复试验概率求法的三个步骤 判断——依据n次独立重复试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验 分析——判断所求事件是否需要分拆 计算——就每个事件依据n次独立重复试验的概率公 式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算 对点练1.甲、乙两支球队进行总决赛，比赛采用五场三胜制，即若有一队先胜三场，则此队为总冠军，比赛就此结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元． (1)求总决赛中获得门票总收入恰好为150万元且甲获得总冠军的概率； (2)求乙队获得总冠军的概率； (3)求门票总收入恰好为220万元的概率． 解：(1)门票总收入恰好为150万元且甲获得总冠军，即甲队连胜3场，故其概率P1＝C× ＝. (2)乙队获得冠军，有以下几种情形： ①共比赛3场，乙队连胜3场，此时概率为C×＝； ②共比赛4场，乙队在前3场比赛中获胜2场，另外1场甲队获胜，然后第4场比赛乙队获胜，此时概率为C×××＝； ③共比赛5场，乙队在前4场比赛中获胜2场，另外2场甲队获胜，然后第5场比赛乙队获胜，此时概率为C×××＝.故乙队获得总冠军的概率为P2＝＋＋＝. (3)门票总收入恰好为220万元时，比赛共进行了4场．若甲队获胜，则概率为C×××＝；若乙队获胜，则概率为C×××＝，故所求概率P3＝＋＝. 学生用书↓第59页 题型二　二项分布的概率计算问题 例2　某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为，复审能通过的概率为，各专家评审的结果相互独立． (1)求某应聘人员被录用的概率； (2)若4人应聘，设X为被录用的人数，试求随机变量X的分布列． [思路点拨]　解答本题可根据二项分布的概率计算方法解答，同时注意互斥事件概率公式的应用． 解：设“两位专家都同意通过”为事件A，“只有一位专家同意通过”为事件B，“通过复审”为事件C． (1)设“某应聘人员被录用”为事件D，则D＝A∪BC， 因为P(A)＝×＝，P(B)＝2××＝，P(C)＝， 所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝. (2)根据题意，X＝0，1，2，3，4，且X～B， Ai表示“应聘的4人中恰有i人被录用”(i＝0，1，2，3，4)， 因为P(A0)＝C×＝， P(A1)＝C××＝， P(A2)＝C××＝， P(A3)＝C××＝， P(A4)＝C××＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 解决二项分布问题的两个关注点 1．对于公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，···，n)必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式． 2．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次． 对点练2.一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立． (1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？ 解：(1)X的取值范围是{10，20，100，－200}．根据题意，X服从参数为3，的二项分布，即X～B，因此P(X＝10)＝C××＝，P(X＝20)＝C××＝，P(X＝100)＝C××＝，P(X＝－200)＝C××＝. 所以X的分布列为 X 10 20 100 －200 P (2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1，2，3)，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝，所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为1－P(A1A2A3)＝1－＝1－＝.因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是. 题型三　二项分布模型的应用 例3　设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立． (1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列； (2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率． [思路点拨]　(1)先根据已知条件分析出X服从二项分布，再利用二项分布的概率计算公式求出相应概率，即可求出其分布列；(2)先分析出乙同学7：30之前到校的天数Y服从二项分布，再根据互斥事件与相互独立事件的概率计算公式求概率即可． 解：(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为，故X～B，从而P(X＝k)＝C，k＝0，1，2，3. 所以，随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P (2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～B，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立， 从而由(1)知，P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P({X＝3，Y＝1})＋P({X＝2，Y＝0})＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝×＋×＝. 学生用书↓第60页 二项分布实际应用问题的解题步骤 步骤一：根据题意设出随机变量； 步骤二：分析出随机变量服从的二项分布； 步骤三：找到参数n(试验的次数)和p(事件发生的概率)； 步骤四：写出二项分布的分布列． 对点练3.高二(1)班的一个研究性学习小组在网上查知，某植物种子在一定条件下发芽成功的概率为，该研究性学习小组又分成两个小组进行验证性试验． (1)第一小组做了5次这种植物种子的发芽试验(每次均种下一粒种子)，求他们的试验中至少有3次发芽成功的概率； (2)第二小组做了若干次发芽试验(每次均种下一粒种子)，如果在一次试验中种子发芽成功就停止试验，否则将继续进行下次试验，直到种子发芽成功为止，但试验的次数最多不超过5次．求第二小组所做种子发芽试验的次数ξ的概率分布列． 解：(1)至少有3次发芽成功，即有3次、4次、5次发芽成功． 设5次试验中种子发芽成功的次数为随机变量X， 则P(X＝3)＝C××＝， P(X＝4)＝C××＝， P(X＝5)＝C××＝. 所以至少有3次发芽成功的概率 P＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝＋＋＝＝. (2)随机变量ξ的可能取值为1，2，3，4，5. P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝×＝， P(ξ＝3)＝×＝，P(ξ＝4)＝×＝， P(ξ＝5)＝×1＝. 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 5 P 易错点　审题不清致误 9粒种子分种在3个坑内，每坑放3粒，每粒种子发芽的概率为0.5，若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种，若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，求需要补种坑数的分布列． [易错分析]　解答本题易错把每粒种子发芽的概率当成每坑不需要补种的概率． [误区警示]　有些问题表面看不是独立重复试验问题，但经过转化后可看作独立重复试验，从而将问题简化．由此可看到转化思想在数学问题的处理中所发挥的重要作用． [正解]　因为单个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝， 所以单个坑不需补种的概率为1－＝. 3个坑都不需补种的概率为C××＝； 恰有1个坑需要补种的概率为C××＝； 恰有2个坑需要补种的概率为C××＝； 3个坑都需要补种的概率为C××＝. 所以需要补种坑数的分布列为 X 0 1 2 3 P 学生用书↓第61页 1．某学生通过英语听力测试的概率为，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． 答案：A 解析：记“恰有1次获得通过”为事件A， 则P(A)＝C·＝.故选A． 2．设随机变量ξ服从二项分布ξ～B，则P(ξ≤3)等于(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：P(ξ≤3)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝C·＋C·＋C·＋C·＝.故选C． 3．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为(　　) A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312 答案：A 解析：根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为P＝C0.62×0.4＋0.63＝0.648，故选A． 4．某射手射击一次，击中目标的概率是0.9，他连续射击三次，且他每次射击是否击中目标之间没有影响，有下列结论： ①他三次都击中目标的概率是0.93； ②他第三次击中目标的概率是0.9； ③他恰好2次击中目标的概率是2×0.92×0.1； ④他恰好2次未击中目标的概率是3×0.9×0.12. 其中正确结论的序号是________(把正确结论的序号都填上)． 答案：①②④ 解析：三次射击是3次独立重复试验，故正确结论的序号是①②④. 课时测评14　二项分布 (时间：40分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－8每小题5分，共40分) 1．设X～B(4，p)，其中<p<1，且P(X＝2)＝，则P(X＝3)＝(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：因为X～B(4，p)，其中<p<1，且P(X＝2)＝，所以P(X＝2)＝Cp2(1－p)2＝，由<p<1，解得p＝，所以P(X＝3)＝C××＝. 2．某次抽奖活动中，参与者每次抽中奖的概率均为，现甲参加3次抽奖，则甲恰好有一次中奖的概率为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：某次抽奖活动中，参与者每次抽中奖的概率均为，现甲参加3次抽奖，则甲恰好有一次中奖的概率为：P＝C××＝. 3．田径比赛跳高项目中，在横杆高度设定后，运动员有三次试跳机会，只要有一次试跳成功即完成本轮比赛．在某学校运动会跳高决赛中，某跳高运动员成功越过现有高度即可成为本次比赛的冠军，结合平时训练数据，每次试跳他能成功越过这个高度的概率为0.8(每次试跳之间互不影响)，则本次比赛他获得冠军的概率是(　　) A．0.832 B．0.920 C．0.960 D．0.992 答案：D 解析：每次试跳他能成功越过这个高度的概率为0.8，则本次比赛他获得冠军的概率P＝0.8＋0.2×0.8＋0.22×0.8＝0.8＋0.16＋0.032＝0.992. 4．(多选)随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次，下列说法正确的有(　　) A．每次出现正面向上的概率为0.5 B．第一次出现正面向上的概率为0.5，第二次出现正面向上的概率为0.25 C．连续出现n次正面向上的概率为C0.510 D．连续出现n次正面向上的概率为C0.5n 答案：AC 解析：随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次，对于A，每次出现正面向上的概率都是0.5，故A正确；对于B，第一次出现正面向上的概率为0.5，第二次出现正面向上的概率为0.5，故B错误；对于C，连续出现n次正面向上的概率为C×0.5n×0.510－n＝C0.510，故C正确；对于D，连续出现n次正面向上的概率为C×0.5n×0.510－n＝C0.510，故D错误． 5．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动，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移动六次后位于点(4，2)的概率是(　　) A． B．C× C．C× D．C×C× 答案：B 解析：因为质点P移动的方向只有向上或向右，且每次向上、向右移动的概率都是，所以质点P作6次移动可以看做6次独立重复试验，故质点P移动6次后位于点(4，2)的概率即为6次移动中恰有2次向上移动的概率P＝C××＝C×.故选B． 6．下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________． ①随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数； ②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ； ③有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用有放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数(M<N)； ④有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法，ξ表示n次抽取中出现次品的件数． 答案：①③ 解析：对于①，设事件A为“抛掷一枚骰子出现的点数是3的倍数”，则P(A)＝.而在n次独立重复试验中事件A恰好发生了k次(k＝0、1、2、···、n)的概率P(ξ＝k)＝C，符合二项分布的定义，即有ξ～B.对于②，ξ的取值是1、2、3、···、P(ξ＝k)＝0.9×0.1k－1(k＝1、2、3、···、n)，显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布．③和④的区别是：③是“有放回”抽取，而④是“无放回”抽取，显然④中n次试验是不独立的，因此ξ不服从二项分布． 7．设X～B(2，p)，Y～B(4，p)，已知P(X≥1)＝，则P(Y≥1)＝________，P(Y≥2)＝________． 答案：　 解析：因为X～B(2，p)，所以P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝1－P(X＝0)＝1－Cp0(1－p)2＝1－(1－p)2＝，解得p＝.又因为Y～B(4，p)，所以P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－Cp0(1－p)4＝1－(1－p)4＝1－＝.所以P(Y≥2)＝Cp2(1－p)2＋Cp3(1－p)＋Cp4＝6××＋4××＋＝. 8．在一次篮球投篮测试中，记分规则如下(满分为10分)：①每人可投篮7次，每投中一次记1分；②若连续两次投中加0.5分，连续三次投中加1分，连续四次投中加1.5分，以此类推，···，七次都投中加3分．假设某同学每次投中的概率为，各次投篮相互独立，则： (1)该同学在测试中得2分的概率为____； (2)该同学在测试中得8分的概率为____． 答案：(1)　(2) 解析：易知，这是一个七次独立重复试验问题． (1)由题意可知，七次投篮，只投中两次，且两次不相邻，故P＝(C－6)×＝. (2)由题意可知，当七次投篮中，中间五次投篮有一次不中，其余6次全中时，得分为8分，故P＝C×＝. 9．(10分)某篮球运动员在训练过程中，每次从罚球线罚球的命中率是，且每次罚球的结果相互独立．已知该名篮球运动员连续4次从罚球线罚球． (1)求他第1次罚球不中，后3次罚球都中的概率；(4分) (2)求他4次罚球恰好命中3次的概率．(6分) 解：(1)设该篮球运动员第1次罚球不中，后3次罚球都中为事件A， 则第i(i＝1，2，3，4)次罚球命中为事件Bi，则A＝B (_)1B2B3B4； 因为每次罚球的结果相互独立， 所以所求的概率为P(A)＝P(B (_)1)P(B2)P(P3)P(B4)＝×××＝； (2)该名篮球运动员4次罚球恰好命中次数X是一个随机变量，则X～B， 所以所求的概率为P(X＝3)＝C··＝. 10．(10分)现有10 000人参加某保险公司的人身意外保险，该公司规定：每人每年付给公司120元，若意外死亡，公司将赔偿10 000元．如果每人每年意外死亡概率为0.006，那么该公司会赔本吗？ 解：设这10 000人中意外死亡的人数为X，根据题意，X服从参数为n＝10 000，p＝0.006的二项分布，则P(X＝k)＝C0.006k(1－0.006)10 000－k(k＝0，1，2，···，10 000)． 当死亡人数为X时，公司要赔偿X万元，此时公司的利润为(120－X)万元． 由上述分布列知公司赔本的概率为P(120－X<0)＝1－P(X≤120)＝1－P(X＝k)＝1－ C0.006k·0.99410 000－k≈0. 这说明，该公司几乎不会赔本． 11．(5分)某篮球运动员每次投篮投中的概率是，每次投篮的结果相互独立，那么在他10次投篮中，记最有可能投中的次数为m，则m的值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 答案：D 解析：由题意知，投中的次数X～B， 所以P(X＝m)＝C··， 因为最有可能投中的次数为m， 所以 即 解得≤m≤，因为m∈N*，所以m＝8. 12．(5分)《中国诗词大会》是央视首档全民参与的诗词节目，节目以“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”为宗旨．每一期的比赛包含以下环节：“个人追逐赛”、“攻擂资格争夺赛”和“擂主争霸赛”，其中“擂主争霸赛”由“攻擂资格争夺赛”获胜者与上一场擂主进行比拼．“擂主争霸赛”共有九道抢答题，抢到并答对者得一分，答错则对方得一分，率先获得五分者即为该场擂主．在《中国诗词大会》的某一期节目中，若进行“擂主争霸赛”的甲乙两位选手每道抢答题得到一分的概率都是为0.5，则抢答完七道题后甲成为擂主的概率为________． 答案： 解析：抢答完七道题后甲成为擂主是指前六道题中甲四胜两负，第七题甲胜，所以抢答完七道题后甲成为擂主的概率为：P＝C＝. 13．(15分)甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为，，，且各人回答正确与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分． (1)求随机变量ξ的分布列；(5分) (2)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB)．(10分) 解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，且 P(ξ＝0)＝C＝， P(ξ＝1)＝C·＝， P(ξ＝2)＝C＝， P(ξ＝3)＝C＝. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P (2)用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以AB＝C∪D，且C，D互斥， 又P(C)＝C ＝， P(D)＝C＝， 由互斥事件的概率公式得 P(AB)＝P(C)＋P(D)＝＋＝＝. 14．(15分)某校举办的体育节设有投篮项目．该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中前两次投篮每投中一次得1分，第三次投篮投中得2分，若不中不得分，投完三次后累计总分． (1)若甲同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为X，求随机变量X的概率分布列；(5分) (2)若(1)中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的概率为，且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰．求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率．(10分) 解：(1)随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4， P(X＝0)＝＝；P(X＝1)＝C··＝； P(X＝2)＝·＋·＝； P(X＝3)＝C··＝； P(X＝4)＝()3＝. X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P (2)设乙同学投完后的总分为Y，则随机变量Y可能的取值为0，1，2，3，4， P(Y＝0)＝＝；P(Y＝1)＝C·＝；P(Y＝2)＝＋＝； P(Y＝3)＝C·＝；P(Y＝4)＝＝. 记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件A，由四种情况组成，且相互独立， 四种情况分别为甲得0分且乙得分超过0分，甲得1分且乙得分超过1分，甲得2分且乙得分超过2分，甲得3分且乙得分超过3分． 所以P(A)＝P(X＝0)·P(Y>0)＋P(X＝1)·P(Y>1)＋P(X＝2)·P(Y>2)＋P(X＝3)·P(Y>3) ＝×＋×＋×＋×＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$