7.4.1 二项分布-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第七章　 随机变量及其分布 7．4　二项分布与超几何分布 7．4．1　二项分布　 一、 n重伯努利试验 二、 二项分布 三、 二项分布的均值与方差 课堂达标 课下巩固训练(十七) 学习目标　1.理解n重伯努利试验的概念，记住n重伯努利试验的公式．　2.理解并熟记二项分布的随机变量的概率、均值以及方差，能利用n重伯努利试验及二项分布解决一些简单的实际问题． 问题1　下列随机试验有什么共同的特点？ (1)投掷一枚质地均匀的骰子3次，每次正面数字为奇数的概率为0.5； (2)某运动员射击目标靶，射击10次，每次射击击中的概率为0.9； (3)乒乓球运动员甲与乙比赛，甲在一局中赢球的概率为0.6，打5场比赛． 提示：(1)相同条件下的试验：3次、10次、5次； (2)每次试验相互独立； (3)每次试验只有两种可能的结果：某事件发生或不发生； (4)每次试验某事件发生的概率相同，为p，不发生的概率也相同，为1－p. 【知识提炼】　 1．概念 我们把只包含 可能结果的试验叫做伯努利试验． 我们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． 2．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 ． 微提醒 在相同条件下，n重伯努利试验是有放回地抽样试验． 两个 n 独立 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)某篮球队员罚球命中率为0.8，罚球6次； (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：(1)因为硬币的质地不同，所以试验的条件不同，所以不是n重伯努利试验． (2)某篮球队员罚球命中概率是稳定的，且结果只有两种可能，因此是n重伯努利试验． (3)每次抽取试验的结果有三种可能，因此不是 n重伯努利试验． 感悟升华　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(每种结果发生的概率稳定)，即事件发生或不发生. 【即学即用】　1.(多选)下列事件不是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、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环” C．甲、乙两名运动员各射击一次，“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 解析：A选项，C选项是互斥事件；B选项是相互独立事件；D选项是n重伯努利试验． 答案：ABC 问题2　某运动员连续投篮3次，且每次投篮命中的概率为p，不中的概率为q，则仅投中1次的概率是多少？ 提示：连续投篮3次，就是做3次伯努利试验，用Ai(i＝1，2，3)表示“第i次投篮命中”的事件，用B1表示“仅投中1次”的事件，则B1＝(A1)∪(A2)∪(A3).由此可得P(B1)＝q2p＋q2p＋q2p＝3q2p. 问题3　类似地，连续投篮3次，出现k(k＝0，1，2，3)次投中的概率是多少？有什么规律？ 提示：用Ai(i＝1，2，3)表示事件“第i次投篮命中”，用Bk(k＝0，1，2，3)表示事件“投篮命中k次”， P(B0)＝P()＝q3＝C eq \o\al(0,3)p0q3， P(B1)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝3q2p＝C eq \o\al(1,3)p1q2， P(B2)＝P(A1A2)＋P(A2A3)＋P(A1A3)＝3qp2＝C eq \o\al(2,3)p2q1， P(B3)＝P(A1A2A3)＝p3＝C eq \o\al(3,3)p3q0， 规律：P(Bk)＝C eq \o\al(k,3)pkq3-k，k＝0，1，2，3. 【知识提炼】　 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)＝C eq \o\al(k,n)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～ ． B(n，p) 微提醒 二项分布的关键点 (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. (3)X的取值从0到n，中间不间断． 例2　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是 eq \f(2,3)和 eq \f(3,4)，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(结果须用分数作答) (1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率； (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：(1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1，由题意，射击3次，相当于3重伯努利试验，故P(A1)＝1－P()＝1－＝ eq \f(19,27). (2)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)＝C eq \o\al(2,2)×＝ eq \f(4,9)，P(B2)＝C eq \o\al(1,2)××＝ eq \f(3,8)， 由于甲、乙射击相互独立，故P(A2B2)＝ eq \f(4,9)× eq \f(3,8)＝ eq \f(1,6). 变式探究　(1)(变设问)本例条件不变，求甲、乙各射击2次均击中目标1次的概率． 解：记“甲击中目标1次”为事件A3，“乙击中目标1次”为事件B3，则P(A3)＝C eq \o\al(1,2)× eq \f(2,3)×(1－ eq \f(2,3))＝ eq \f(4,9)， P(B3)＝C eq \o\al(1,2)× eq \f(3,4)×(1－ eq \f(3,4))＝ eq \f(3,8)， 所以甲、乙均击中目标1次的概率为P(A3B3)＝ eq \f(4,9)× eq \f(3,8)＝ eq \f(1,6). (2)(变设问)本例条件不变，求甲、乙各射击2次，甲未击中、乙击中2次的概率． 解：记“甲未击中目标”为事件A4，“乙击中2次”为事件B4，则P(A4)＝C eq \o\al(0,2)＝ eq \f(1,9)，P(B4)＝C eq \o\al(2,2)＝ eq \f(9,16)， 所以甲未击中，乙击中目标2次的概率为P(A4B4)＝ eq \f(1,9)× eq \f(9,16)＝ eq \f(1,16). 感悟升华　求n重伯努利试验概率的三个步骤 (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)分析：判断所求事件是否需要拆分． (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． 【即学即用】　2.“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏，其规则是：用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分胜负．现假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的． (1)求在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率； (2)若玩家甲、乙两方共进行了3次游戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列． 解：(1)玩家甲、乙双方在1次游戏中出示手势的所有可能结果是(石头，石头)，(石头，剪刀)，(石头，布)，(剪刀，石头)，(剪刀，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，(布，剪刀)，(布，布)，共9个样本点．玩家甲胜玩家乙的样本点分别是(石头，剪刀)，(剪刀，布)，(布，石头)，共3个． 所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P＝ eq \f(1,3). (2)由题意知，X＝0，1，2，3. 因为P(X＝0)＝C eq \o\al(0,3)×＝ eq \f(8,27)， P(X＝1)＝C eq \o\al(1,3)××＝ eq \f(4,9)， P(X＝2)＝C eq \o\al(2,3)××＝ eq \f(2,9)， P(X＝3)＝C eq \o\al(3,3)×＝ eq \f(1,27). 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(8,27) eq \f(4,9) eq \f(2,9) eq \f(1,27) 问题4　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 则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p). 一般地，设q＝1－p，则二项分布的分布列为 X 0 1 … k … n P C eq \o\al(0,n)p0qn C eq \o\al(1,n)p1qn-1 … C eq \o\al(k,n)pkqn－k … C eq \o\al(n,n)pnq0 则E(X)＝0×C eq \o\al(0,n)p0qn＋1×C eq \o\al(1,n)p1qn-1＋2×C eq \o\al(2,n)p2qn-2＋…＋kC eq \o\al(k,n)pkqn－k＋…＋nC eq \o\al(n,n)pnq0， 由kC eq \o\al(k,n)＝nC eq \o\al(k-1,n－1)， 可得E(X)＝n×C eq \o\al(0,n－1)p1qn-1＋n×C eq \o\al(1,n－1)p2qn-2＋…＋nC eq \o\al(k-1,n－1)pkqn－k＋…＋nC eq \o\al(n-1,n－1)pnq0 ＝np(C eq \o\al(0,n－1)p0qn-1＋C eq \o\al(1,n－1)p1qn-2＋…＋C eq \o\al(k-1,n－1)pk-1qn－k＋…＋C eq \o\al(n-1,n－1)pn-1q0) ＝np(p＋q)n-1＝np， 同理可得D(X)＝np(1－p). 【知识提炼】　 如果X～B(n，p)，那么E(X)＝ ，D(X)＝ ． 特别地，若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝ ． np np(1－p) p(1－p) 例3　(1)已知X～B(10，0.5)，Y＝2X－8，则E(Y)等于(　　 ) A．6 B．2 C．4 D．3 解析：由题意，随机变量X～B(10，0.5)，可得E(X)＝10×0.5＝5，因为Y＝2X－8，所以E(Y)＝2E(X)－8＝2×5－8＝2. 答案：B (2)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 eq \f(1,3)， eq \f(2,3). ①分别求出小球落入A袋和B袋中的概率； 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． 解：①设M＝“小球落入A袋”，N＝“小球落入B袋”， 则P(M)＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,3)× eq \f(1,3)＋ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(1,3)， 所以P(N)＝1－P(M)＝1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3). ②易知ξ～B， 则ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C eq \o\al(k,4)(k＝0，1，2，3，4)， 故P(ξ＝0)＝ eq \f(1,81)，P(ξ＝1)＝ eq \f(8,81)， P(ξ＝2)＝ eq \f(24,81)＝ eq \f(8,27)，P(ξ＝3)＝ eq \f(32,81)，P(ξ＝4)＝ eq \f(16,81). 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P eq \f(1,81) eq \f(8,81) eq \f(8,27) eq \f(32,81) eq \f(16,81) E(ξ)＝4× eq \f(2,3)＝ eq \f(8,3)， D(ξ)＝4× eq \f(2,3)×(1－ eq \f(2,3))＝ eq \f(8,9). 感悟升华　解决此类问题的第一步是判断随机变量X服从什么分布，第二步是代入相应的公式进行求解． 【即学即用】　3.(1)(2023·哈师大附中高二检测)设ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C eq \o\al(k,5)(k＝0，1，2，3，4，5)，则D(3ξ)＝(　　) A．10 B．30 C．15 D．5 解析：由ξ的分布列知ξ～B. ∴D(ξ)＝5× eq \f(1,3)×＝ eq \f(10,9)， ∴D(3ξ)＝9D(ξ)＝10. 答案：A (2)福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一，纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架；第二步裱伞面；第三步绘花刷油．一个优秀的作品除了需要有很好的素材外，更要有制作上的技术要求．已知某工艺师在每个环节制作合格的概率分别为 eq \f(3,4)， eq \f(4,5)， eq \f(2,3)，只有当每个环节制作都合格才认为是一次成功制作． ①求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率； ②若该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，求X分布列及期望． 解：①由题意可知，制作一件优秀作品的概率为 eq \f(3,4)× eq \f(4,5)× eq \f(2,3)＝ eq \f(2,5)，所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率P＝C eq \o\al(1,3)× eq \f(2,5)×(1－ eq \f(2,5))2＝ eq \f(54,125). ②该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由题意知X～B(4， eq \f(2,5))， 则P(X＝0)＝C eq \o\al(0,4)( eq \f(2,5))0×(1－ eq \f(2,5))4＝ eq \f(81,625)， P(X＝1)＝C eq \o\al(1,4)( eq \f(2,5))1×(1－ eq \f(2,5))3＝ eq \f(216,625)， P(X＝2)＝C eq \o\al(2,4)( eq \f(2,5))2×(1－ eq \f(2,5))2＝ eq \f(216,625)， P(X＝3)＝C eq \o\al(3,4)( eq \f(2,5))3×(1－ eq \f(2,5))1＝ eq \f(96,625)， P(X＝4)＝C eq \o\al(4,4)( eq \f(2,5))4×(1－ eq \f(2,5))0＝ eq \f(16,625)， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P eq \f(81,625) eq \f(216,625) eq \f(216,625) eq \f(96,625) eq \f(16,625) 所以数学期望为E(X)＝4× eq \f(2,5)＝ eq \f(8,5). 1．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．C eq \o\al(4,100)×0.84×0.296 B．0.84 C．0.84×0.296 D．0.24×0.296 答案：A 2．如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为 eq \f(1,3)，记6次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则D(X)＝(　　 ) A． eq \f(2,3) B． eq \f(4,3) C．2 D．4 解析：伯努利试验中随机变量服从二项分布，即X～B(n, p)，因为出现“成功”的概率为 eq \f(1,3)，所以p＝ eq \f(1,3)，因为6次独立重复试验，所以n＝6，所以D(X)＝np(1－p)＝6× eq \f(1,3)×(1－ eq \f(1,3))＝ eq \f(4,3). 答案：B 3．某同学参加学校数学知识竞赛，规定每个同学答题20道，已知该同学每道题答对的概率为0.6，则该同学答对题目数量的均值和方差分别为(　　 ) A．16，7.2 B．12，7.2 C．12，4.8 D．16，4.8 解析：设该同学答对题目的数量为ξ，因为该同学每道题答对的概率为0.6，共答20道题，所以ξ～B(20，0.6)，所以E(ξ)＝20×0.6＝12，D(ξ)＝20×0.6×(1－0.6)＝4.8. 答案：C 4．某人参加一次考试，共有4道试题，至少答对其中3道试题才能合格．若他答每道题的正确率均为0.5，并且答每道题之间相互独立，则他能合格的概率为________． 解析：4道题目中，答对的题目数X～B，所以P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＝C eq \o\al(3,4)××＋C eq \o\al(4,4)×＝ eq \f(5,16). 答案： eq \f(5,16) 【基础巩固】 1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)．若P(X≥1)＝，则P(Y≥2)的值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：∵随机变量X～B(2，p)，P(X≥1)＝，∴1－P(X＝0)＝1－p0·(1－p)2＝，∴p＝，∴Y～B，∴P(Y≥2)＝＋＋. 答案：B 2．“锦里开芳宴，兰缸艳早年．”元宵节是中国非常重要的传统节日，某班级准备进行“元宵福气到”抽奖活动．福袋中装有标号分别为1, 2, 3, 4, 5的五个相同的小球，从袋中一次性摸出三个小球，若号码之和是3的倍数，则获奖．若有5名同学参与此次活动，则恰好3人获奖的概率是(　　 ) A． B． C． D． 解析：每次抽奖中，样本点总数为＝10，获奖的共有(1，2，3)，(1，3，5)，(2，3，4)，(3，4，5)这4种，所以p＝，设5人中获奖人数为X，则X～B，所以P(X＝3)＝. 答案：C 3．足球点球大战中，每队派出5人进行点球，假设甲队每人点球破门的概率都是，乙队每人点球破门的概率都是，若甲队进4球的概率为P1，乙队进3球的概率为P2，则(　　 ) A．P1>P2 B．P1＝P2 C．P1<P2 D．P1，P2大小关系无法确定 解析：甲队进4球的概率为P1＝4×≈0.396，乙队进3球的概率为P2＝3×2＝≈0.329，则P1>P2. 答案：A 4．设随机变量X～B(10, p)，且满足D(X)＝2.4，P(X＝4)>P(X＝6)，则p＝(　　 ) A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 解析：依题意可知，D(X)＝10p(1－p)＝2.4，即p2－p＋0.24＝0，解得p＝0.6或p＝0.4，又P(X＝4)>P(X＝6)，所以p4p6(1－p)4，所以(1－p)2＞p2，解得0<p<，所以p＝0.4. 答案：C 5．数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1秒向左或向右移动一个单位，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移动6次，则质点位于2的位置的概率是(　　 ) A．42 B．24 C．42 D．24 解析：此试验满足6重伯努利试验，设向左移动次数为X，则X～B，根据从0移动到2，且移动6次，则需向右移动4次，向左移动2次，则P(X＝2)＝42. 答案：C 6．(多选)高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子．如此继续下去．直到滚到底板的一个格子内为止．现从入口放进一个白球，则(　　 ) A．小球从起点到第③个格子一共跳6次 B．小球从起点到第③个格子一共跳7次 C．小球落在第③个格子的概率为 D．小球落在第③个格子的概率为 解析：从入口放进一个白球，则落在第③个格子的情况是下落过程中的7次碰撞中，5次向左，2次向右，而向左或向右的概率均为，则向右的次数服从二项分布，所以小球落在第③个格子的概率P＝2×5＝. 答案：BC 7．箱中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小材质完全相同的 6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是________． 解析：由题意知首先求出摸一次中奖的概率，从6个球中摸出2个，共有＝15种结果，两个球的号码之积是4的倍数，共有(1，4)，(3，4)，(2，4)，(2，6)，(4，5)，(4，6)，所以摸一次中奖的概率是，4个人摸奖，相当于发生4次试验，且每一次发生的概率是，所以有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是3×＝. 答案： 8．一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得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________． 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×(1－0.6)＝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. 答案：60　96 9．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是. (1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率； (3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的均值和方差． 解： (1)P＝2×， 所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为. (2)6场胜3场的情况有种， 所以P＝33＝20×. 所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为. (3)由于X服从二项分布，即X～B， 所以E(X)＝6×＝2，D(X)＝6×＝. 所以在6场比赛中这支篮球队胜场的均值为2，方差为. 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，且这4盏装饰灯闪烁一次． (1)求ξ＝2时的概率； (2)求ξ的均值． 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ξ＝2时的概率P＝22＝. (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＝0，1，2，3，4)． ∴ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P E(ξ)＝0×. 法二　∵ξ服从二项分布，即ξ～B，∴E(ξ)＝4×. 【综合运用】 11．王先生家住A小区，他工作在B科技园区，从家开车到公司上班路上有L1，L2两条路线(如图)，L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为.若分别走L1，L2路线，则王先生遇到红灯的次数的均值分别为(　　 ) A． B． C． D． 解析：若走L1路线，设王先生遇到红灯的次数为随机变量X，则X的取值可能为0，1，2，3，且X～B，所以E(X)＝3×. 若走L2路线，设王先生遇到红灯的次数为随机变量Y，则Y的取值可能为0，1，2， 则由题意知P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝， 所以E(Y)＝0×. 答案：D 12．规定投掷飞镖3次为一轮，3次中至少2次投中8环以上的为优秀．现采用随机模拟试验的方法估计某人投掷飞镖的情况：先由计算器产生随机数0或1，用0表示该次投镖未在8环以上，用1表示该次投镖在8环以上；再以每三个随机数作为一组，代表一轮的结果．例如：“101”代表第一次投镖在8环以上，第二次投镖未在8环以上，第三次投镖在8环以上，该结果代表这一轮投镖为优秀；“100”代表第一次投镖在8环以上，第二次和第三次投镖均未在8环以上，该结果代表这一轮投镖为不优秀．经随机模拟试验产生了如下10组随机数，据此估计，该选手投掷飞镖两轮，至少有一轮可以拿到优秀的概率是(　　 ) 101 111 011 101 010 100 100 011 111 001 A． B． C． D． 解析：模拟试验中，总共进行了10轮，10轮中至少两次投中8环以上的有6轮，用频率估计概率可得该选手拿到优秀的概率为P＝，因此，该选手投掷飞镖两轮，这是一个2重伯努利试验，那么至少有一轮可以拿到优秀的概率P＝1－. 答案：B 13．(多选)一个盒子中装有3个黑球和1个白球，现从该盒子中有放回的随机取球3次，每次取1球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记3次取球后的总得分为X，则(　　 ) A．X服从二项分布 B．P(X＝1)＝ C．E(X)＝ D．D(X)＝ 解析：对于A项，由题意知，每次取球的结果只有2个可能．取后放回，所以X服从二项分布，故A项正确；对于B项，每次取球后得1分的概率p＝，则X～B.所以P(X＝1)＝·12＝，故B项错误；对于C项，因为X～B，所以E(X)＝3×，故C项正确；对于D项，因为X～B，所以D(X)＝3×＝，故D项错误. 答案：AC 14．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否出现故障是独立的．已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机才可成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行．要使4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则p的取值范围是________． 解析：4引擎飞机成功飞行的概率为p3(1－p)＋p4，2引擎飞机成功飞行的概率为p2. 由p3(1－p)＋p4>p2，得<p<1. 答案： 【创新探索】 15．(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)＝ 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个数位出现0个1，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝4＝； ②后4个数位只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝3＝； ③后4个数位出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝22＝； ④后4个数位出现3个1，X＝3，记其概率为P(X＝3)＝3＝； ⑤后4个数位都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝4＝， 故X～B，故A正确，B正确． ∵X～B， ∴E(X)＝4×，故C正确． ∴方差D(X)＝4×，故D错误． 答案：ABC 16．如图，在竖直平面内有一个“游戏滑道”，空白部分表示光滑滑道，黑色正方形表示障碍物，自上而下第一行有1个障碍物，第二行有2个障碍物，…，依此类推．一个半径适当的光滑均匀小球从入口A投入滑道，小球将自由下落．已知小球每次遇到正方形障碍物上顶点时，向左、右两边下落的概率都是.记小球遇到第n行第m个障碍物(从左至右)上顶点的概率为P(n，m)． (1)求P(4，1)，P(4，2)的值，并猜想P(n，m)的表达式(不必证明)； (2)已知f(x)＝设小球遇到第6行第m个障碍物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f(m)，试求ξ的分布列． 解：(1)P(4，1)＝3＝，P(4，2)＝3＝. 猜想P(n，m)＝n-1. (2)ξ＝3，2，1，P(ξ＝3)＝P(6，1)＋P(6，6)＝， P(ξ＝2)＝P(6，2)＋P(6，5)＝， P(ξ＝1)＝P(6，3)＋P(6，4)＝. 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P $$