7.4.1 二项分布-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

?高中数学·选择性必修 第三册 7.4 二项分布与超儿何分布 AI钾学手 在线答证 面抗 补缺 7.4.1 二项分布 [学习任务] 1.通过具体实例，了解伯努利试验.(重点) 2.掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题.(难点) 自主学习探新知 课前预习 双基落实 知识点一 n重伯努利试验的概念 只包含两个可能结果的试验叫做伯努利 试验，将一个伯努利试验独立地重复进行 n次所组成的随机试验称为 n重伯努利 试验. 知识点二 n重伯努利试验具有如下共 同特征 (1)同一个伯努利试验重复做 n次； (2)各次试验的结果相互独立. 知识点三 二项分布 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)=Cpk(1—p)”-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～B(n,p). 试一试 1.某一批花生种子，如果每1 粒发芽的概率都 45为 ,那么播下 3粒种子恰有 2 粒发芽的概 率是 ( ) A.125 B. 25 D.925c.125 2.(浙江诸暨期中)已知 X～B(20,p),且E(X) =6,则 D(X)= ( ) A.1.8 B.6 C.2.1 D.4.2 3.已知X~B(6,3),则P(X=4)= 互动探究解疑难 要点归纳 重难突破 探究一 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； (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； (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. 54 第七章 随机变量及其分布 规律方法[1---------------------------- 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)每次试验的结果相互独立，互不影响. 跟踪训练 1.下列事件：①运动员甲射击一次，“射中 9 环”与“射中8环”;②甲、乙两运动员各射击 一次，“甲射中 10 环”与“乙射中 9环”; ③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”;④在相同 的条件下，甲射击10次，5次击中目标.其中 是 n重伯努利试验的是 ( ) A.① B.② C.③ D.④ 探究二 n重伯努利试验概率的求法 [例 2] 如图，将一个半径适当的小球放入容 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 3,3.碍物时，向左、向右下落的概率分别是 (1)设小球向左的次数为 X,求随机变量 X 的分布列； (2)分别求出小球落入A袋和 B袋的概率. B A 跟踪训练 2.某射手进行射击训练，假设每次射击击中目 35,且每次射击的结果互不影标的概率为 响，已知射手射击了5次.求： (1)其中只在第一、三、五次击中目标的 概率； (2)其中恰有3次击中目标的概率； (3)其中恰有 3次连续击中目标，而其他两 次没有击中目标的概率. 探究三 二项分布的均值与方差 [例3] 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 2.数，均值 E(X)为3,标准差√D(X)为 (1)求 n和p的值，并写出 X的分布列； (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. Ⅱ规律方法|Ⅱ- n重伯努利试验概率求解的关注点 (1)解此类题常用到互斥事件概率加法公式，相互 独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式. (2)运用 n重伯努利试验的概率公式求概率时，首 先判断问题中涉及的试验是否为 n重伯努利试验，判 断时注意各次试验之间是相互独立的，并且每次试验 的结果只有两种(即要么发生，要么不发生),在任何一 次试验中某一事件发生的概率都相等，然后用相关公 式求概率。 55 ?高中数学·选择性必修 第三册 IⅡ规律方法|Ⅱ-⋯ 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，即 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 3.某厂一批产品的合格率是98%. (1)求从中抽取一件产品为正品的数量的 方差； (2)若从中有放回地随机抽取10件产品，计算 抽出的10件产品中正品数的方差及标准差. 探究四 二项分布的综合应用 [例4] 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 13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 分布列； (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； (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的 概率. -IⅡ规律方法|Ⅱ 对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件 的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、 n重伯努利试验四类事件中的某一种；其次，要判断事 件是A+B还是AB,确定事件至少有一个发生，还是 同时发生，分别应用相加或相乘事件公式；最后，选用 相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n 次独立重复试验的概率公式求解。 跟踪训练 4.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分 233和4别是- .假设两人射击是否击中目标，相 互之间没有影响，每人各次射击是否击中目 标，相互之间也没有影响. (1)求甲射击 4次，至少有1次未击中目标 的概率； (2)求两人各射击 4次，甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标 3次的概率； (3)假设某人连续 2次未击中目标，则中止 其射击.问：甲恰好射击5次后，被中止射击 的概率是多少? 易错 (一)审题不清致误 警示 [典例1] 某知识大奖赛，比赛分初赛和决赛 两部分.为了增加节目的趣味性，初赛采用 选手选一题答一题的方式进行.每位选手最 多有 5次选题答题的机会，选手累计答对 3 题或答错3题即终止其初赛的比赛，答对 3 题者直接进入决赛，答错3 题者则被淘汰. 213已知选手甲答题的正确率为 (1)求选手甲可进入决赛的概率； (2)设选手甲在初赛中答题的个数为ξ,试写 出ξ的分布列. 56 第七章 随机变量及其分布 [解] (1)选手甲答3 道题进入决赛的概率 (3)=27;为( 选手甲答 4 道题进入决赛的概率为C3× (3)×3×3=27; 选手甲答5道题进入决赛的概率为C× (3)×(3)×3=36. 27+2+所以选手甲可进入决赛的概率为 8=64 (2)依题意，得ξ的可能取值为 3,4,5,则有 P(E=3)=(3)+(3)3=3, P(ξ=4)=C3×(3)×3×3+C3×(3)× 号×1-1,P(∈=5)=c×(3)×(3)=,所以ξ的分布列为 3 4 5 13 62 82P 误区警示|l-- (1)甲答4题进入决赛指的是前3题中答对2 道 题，答错1 道题，第 4 题答对，只有前3次答题事件满 足伯努利试验.甲答5题进入决赛同理也不是全部满 足伯努利试验。 (2)甲答4题结束比赛，指答对前3题中的2 道题， 第4题答对进入决赛，或前3题中有2道题答错，第4题 答错.甲答5题结束比赛，指答对前4题中的2道题. 易错 (二)对公式不理解致误 警示 [典例2](绍兴高三期末)盒中有6个除颜色 外其余均相同的球，其中1个红球，2个绿 球，3个黄球.从盒中随机取球，每次取 3个， 记取出的球的颜色种数为ξ,则P(ξ=2)=_ .若摸出的三个球的颜色相同或各 不相同为中奖，每次中奖可得奖金 20元， 记某人 5次重复摸球(每次摸球后放回) 中奖获得的奖金为 X元，则D(X)= [解析] 摸出的三个球为1个红球，2 个绿 球，共有1种； 摸出的三个球为1个红球，2 个黄球，共有 C3=3(种); 摸出的三个球为1个绿球，2 个黄球或 2个 绿球，1个黄球，共有C3-C3=9(种). 则P(G=2)=1+3+9=20 每次摸出的三个球的颜色相同或各不相同 的概率为P=1-P(ξ=2)=20 Y~B(5,20),设中奖的次数为Y,则 所以D(Y)=5×2×(1-20)=80, 所以 D(X)=D(20Y)=400D(Y)=455. 12[答案] 455 随堂巩固促应用 验证反馈 迁移运用 1.某批数量很大的产品的次品率为 p,从中任 意取出4件，则其中恰好含有 3件次品的概 率是 ( ) A.p B.p3(1-p) D.C4p3C.C4p3(1-p) 2.(江西抚州高二月考)现有 3个小组，每组3 ,若1人，每人投篮1次，投中的概率均为 个小组中至少有1人投中，则称该组为“成 功组”,则这 3个小组中恰有1个“成功组” 的概率为 ( ) 512A. B.512 c.34 D.42 5~B(6,3),则 P(ξ=2)=3.已知随机变量 ( ) A.3 B.243 c.243 D.243 4.设如果X~B(4,专),那么E(X)= _, D(X)= . 提示、请完成《素能提升训练》训练十六 57 ∴X,Y的分布列分别为 X 10 9 8 7 P 0.5 0.3 0.1 0.1 Y 10 9 8 7 P 0.3 0.3 0.2 0.2 (2)由(1)可得 E(X)=10×0.5+9×0.3+8×0.1+7×0.1=9.2; E(Y)=10×0.3+9×0.3+8×0.2+7×0.2=8.7; D(X)=(10—9.2)2×0.5+(9-9.2)2×0.3+(8-9.2)2× 0.1+(7—9.2)2×0.1=0.96; D(Y)=(10-8.7)2×0.3+(9-8.7)2×0.3+(8-8.7)2× 0.2+(7—8.7)2×0.2=1.21. 由于 E(X)>E(Y),说明甲平均射中的环数比乙高； 又∵D(X)<D(Y),说明甲射中的环数比乙集中，比较 稳定。 ∴甲比乙的技术好，故应选拔甲射手。 [跟踪训练] 3.解(1)方案一相当于打九折，要使选择方案二比选择 方案一更优惠，则至少需要摇出1个幸运号，设顾客三 次都没摇出幸运号为事件A,则P(A)=4×4×4= 16,故所求的概率p=1-(P(A)2=1-(6)=256 (2)若选择方案一，则需要付款10—0.6=9.4(万元).若 选择方案二，设付款金额为 X万元，则 X∈{6,7,8, 10},P(X=6)=2×2×1=16,P(X=7)= 2×2×3+2×2×1+2×2×1=6,p(X= 8)= 2×2×3+2×2×3+2×2×1=6,P(X=10)=6,故 X的分布列为 X 76 8 10 11 6 3176P 所以E(X)=6×6+7×56+8×76+10×6=7.9375. 因为7.937 5<9.4,所以应选择方案二. 【随堂巩固促应用】 1.A E(X)=3×3+6×3+9×3=6.D(X)= (3-6)2×3+(6-6)2×1+(9-6)2×1=6. 2.D 依题意：0.4+0.1+x=1,∴x=0.5,∴E(X)=1× 0.4+3×0.1+5×0.5=3.2,D(X)=(1—3.2)2× 0.4+(3-3.2)2×0.1+(5—3.2)2×0.5=3.56, ∴√D(X)=√3.56. b=3,E(E)=na3.C 依题意，a+c=2b,a+b+c=1,所以 十(n+1)b+(n+2)c=n(a+b+c)+b+2c=n+b+2c. E(∈)=n2a+(n+1)2b+(n+2)2c,所以 D(ξ)= E(ξ)-[E(ξ)]2=n2a+(n+1)2b+(n+2)2c—(n+b+2c)2 =-4c2+8c+9=-4(c-3)+3(o≤c≤3),所 3c=3以D(ξ)与n无关，且当 .故时，D(ξ)有最大值 选C. 4.解析 由期望和方差的运算性质知，E(X?)=E(2X一 5)=2E(X)-5=7,D(X?)=D(2X-5)=22D(X)=2. 答案 7 2 7.4 二项分布与超几何分布 7.4.1 二项分布 【自主学习探新知】 试一试 1.B 播下3粒种子恰有2粒发芽的概率为C(告)× (1-y)=125 2.D 因为 X～B(20,p),所以 E(X)=20p=6,解得 p= 0.3,故 D(X)=20p(1-p)=20×0.3×0.7=4.2.故 选D. P(X=4)=c:(3)(1-3)=2433.解析 243答案 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解](1)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)某人射击且击中的概率是稳定的，因此是 n重伯努 利试验。 (3)每次抽取时，球的个数不一样多，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。 [跟踪训练] 1.D ①③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互 独立事件；④是n重伯努利试验. 探究二 X~B(3,3)[例 2] [解」(1)由题意，得 ,所以 P(X= k)=cs(3)“·(3)(k=0,1,2,3),所以X的分布 列为 P 0 1 2 3 12 419 82X (2)由(1)得，小球落入A袋的概率为P(X=3)+P(X=0) 1-3=3=27+27=3,小球落入 B袋的概率为 19 [跟踪训练] 2.解(1)该射手射击了5次，其中只在第一、三、五次击 中目标，是在确定的情况下击中目标 3次，也就是在第 二、四次没有击中目标，所以只有一种情况，又因为各次 射击的结果互不影响，故所求概率为 P=3×(1-3)×3×(1-3)×5=3125 (2)该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标，符合 n 重伯努利试验概率模型.故所求概率为 P=C×(号)×(1-号)=625 (3)该射手射击了5次，其中恰有3次连续击中目标，而 其他两次没有击中目标，应用排列组合知识，把3次连 续击中目标看成一个整体可得共有C1种情况. P=C×(5)×(1-5)=325.故所求概率为 探究三 [例3] [解] 由题意知，X~B(n,p),P(X=k)=C,p· (1-p)“-,k=0,1,⋯,n. (1)由E(X)=np=3,D(X)=np(1-p)=2, 得1-p=2,从而n=6,p=1. X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 16 3 6 56 16 33 16P (2)记 A=“需要补种沙柳”,则 P(A)=P(X≤3), 得P(A)=64+32+64+56=32,,或 P(A)=1-P(X >3)=1-(64+32+64)=32,所以需要补种沙柳的 32概率为 [跟踪训练] 3.解(1)用Y表示抽得的正品数，则Y=0,1. Y服从两点分布，且P(Y=0)=0.02,P(Y=1)=0.98, 所以D(Y)=p(1-p)=0.98×(1-0.98)=0.019 6. (2)用X表示抽得的正品数，则 X～B(10,0.98), 所以 D(X)=10×0.98×0.02=0.196, 标准差为√D(X)≈0.44. 探究四 5～B(5,3)[例4] [解] (1)由 ,则 P(ξ=k)= c:(3)(3),k=0,1,2,3,4,5. 即P(ξ=0)=C8×(3)×(3)=243;P(ξ=1)= c×3×(3)=243; P(ξ=2)=C3×(3)2×(3)=243;P(ξ=3)=C× (3)×(3)2=243; P(ξ=4)=C:×(3)×3=243;P(s=5)=Cg× (3)=243 故ξ的分布列为 5 0 1 2 3 4 5 P 243 243 243 243 243 243 (2)η的分布列为P(y=k)=P(前k个是绿灯，第k+1个 是红灯)=(3)·3,k=0,1,2,3,4, 即P(y=0)=(3)×3=3;P(n=1)=3×3 =9; P(y=2)=(3)×3=4;P(y=3)=(3)×3= 8;P(n=4)=(3)×3=243; P(y=5)=P(5个均为绿灯)=(3)=243 故η的分布列为 0 1 2 3 4 5η 29 42 88 243 243P (3)所求概率为P(G≥1)=1-P(E=0)=1-(3) =24 [跟踪训练] 4.解 用A表示事件甲射击一次击中目标，B表示事件乙 射击一次击中目标， 则A,B相互独立，且P(A)=3,P(B)=4. (1)用C表示事件甲射击4次，至少有1次未击中目标， 则P(C)=1-(3)=65 (2)用D表示事件两人各射击4次，甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击中目标3次， ∴.P(D)=c2·(3)·(3)·c·(3)·4=g. (3)甲恰好射击5次，被中止射击，说明甲第4、5次未击中 目标，第3次击中目标，第1、2 两次至多一次未击中目标， P=[1-(3)]·3·(3)=246故所求概率I 【随堂巩固促应用】 1.C 由题意，从这批产品中任取4件，所得次品数记作 X,则X服从二项分布，即 X～B(4,p),所以从中任意 取出4件，其中恰好含有3件次品的概率是P(X=3)= C?p3(1-p). 1-(1)2.B 由题意知，1个小组是“成功组”的概率为1 =8,,则这3个小组中恰有1个“成功组”的概率为C 20 ×g×(1-g)=2.故选B. 3.D P(ξ=2)=c:(3)(1-3)=243 E(X)=4×4=号，D(X)=4×4×号=254.解析 525答案 7.4.2 超几何分布 【自主学习探新知】 试一试 1.D 取出的红球个数服从参数为N=100,M=80,n=10 的超几何分布。由超几何分布的概率公式，知从中取出 的10个球中恰有6个红球的概率为 2.D 由题意可知，X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0) =C=,P(X=1)=GC=3,P(X=2)==3, ∴E(X)=0×10+1×3+2×3=5..故选D. 3.解析 由超几何分布的概率公式得所求概率表达式 为C c答案 【互动探究解疑难】 探究一 [例1] [解](1)从袋中一次随机抽取3个球，基本事件 总数 n=C=20,取出的3个球的颜色都不相同包含的 基本事件的个数为C1C?C1=6, P=2所以取出的3个球的颜色都不相同的概率为 =3. (2)由题意知X=0,1,2,3, P(X=0)=9=,P(X=1)=CC=20, P(X=2)=Gc=20,P(X=3)=G=20 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 18 610 68 18P [变式训练] 1.解 由题意可知 y=0,1,服从两点分布.又P(η=1)= -立，,所以η的分布列为 0 1η 12P 2.解(1)取出 3 个球颜色都不相同的概率 P= C×C:XCi×A=6 (2)由题意知 X=0,1,2,3. P(X=0)=3=1,P(X=1)=C3×3×3×3=3. P(X=2)=GC×3×3=3,P(X=3)==g. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 318 8 18P 探究二 [例2] [解](1)由题意，得P(X≤1)=P(X=0)十 P(X=1)=S+CC-号+3=号. .故所选3人中女 4.生的人数 X≤1的概率为 (2)由题意可知，X的可能取值为0,1,2.∵P(X=0)= =亏，P(X=1)=C=号，P(X=2)=CC=亏， ∴X的分布列为 X 0 1 2 亏 号 亏P ∴均值E(X)=0×号+1×号+2×号=1,方差D(X) =(0-1)2×号+(1-1)2×号+(2-1)2×-=号 [跟踪训练] 1.解(1)由题意知，共(n+7)个城市，取出2个的方法总 数是Ca+7,其中全是小城市的情况有C2种，故全是小城 C=(n+7)(n+6)=传,整理得11n2—市的概率是 67n—168=0,即(1ln+21)(n—8)=0.∵n∈ N+, ∴n=8. (2)①由题意可知X的所有可能取值为0,1,2,3,4. P(X=0)=G=3,P(X=1)=CC=3,P(X=2)= CC=88,P(X=3)=CC=56,P(X=4)=C= 3故 X的分布列为 X 0 1 2 3 4 13 83 26 195 2的P ②若4个城市全是超大城市，共有C1=35种情况；若4个 城市全是小城市，共有C=70种情况，故全为超大城市的 +C=70+35=3概率为 21