7.4.2 第2课时 二项分布与超几何分布的综合应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教A版）

7.4　二项分布与超几何分布 7.4.2　超几何分布 第2课时　二项分布与超几何分布的综合应用 第七章　随机变量及其分布 学习单元4 [学习目标]　1. 了解二项分布与超几何分布的区别与联系. 　2.掌握超几何分布、二项分布的均值和方差的计算.　3.能够利用随机变量服从二项分布、超几何分布的知识解决实际问题. 知识点1　二项分布的综合应用 内容索引 知识点2　超几何分布的综合应用 课时作业 巩固提升 知识点3　二项分布与超几何分布的综合应用 微点突破6　 二项分布概率的最大值问题 课堂达标·素养提升 3 知识点1　二项分布的综合应用 [例1]　小明参加社区组织的射击比赛活动,已知小明射击一次、击中区域甲的概率是,击中区域乙的概率是,击中区域丙的概率是,区域甲、乙、丙均没有重复的部分.这次射击比赛获奖规则是:若击中区域甲则获得一等奖;若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖,有一半的机会获得三等奖;若击中区域丙则获得三等奖;若击中上述三个区域以外的区域则不获奖.获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”. (1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率; (2)小明在比赛中射击4次,每次射击的结果相互独立,设获三等奖的次数为X,求X分布列和数学期望. [分析]　(1)根据概率已知条件记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件A;射击一次获得一等奖为事件B;射击一次获得二等奖为事件C,分析可知A=B∪C,利用互斥事件的概率加法计算公式求P(B∪C)即可. (2)根据题意判断X~B,根据二项分布求概率、期望公式计算即可. [解]　(1)记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件A;射击一次获得一等奖为事件B;射击一次获得二等奖为事件C,所以有A=B∪C,所以P(B)=, P(C)=×=, 所以P(A)=P(B∪C)=P(B)+P(C)=+=. (2)获得三等奖的次数为X,X的可能取值为0,1,2,3,4; 记“射击一次获得三等奖”为事件D,所以P(D)=+×=, 所以P(X=0)==, P(X=1)==, P(X=2)===, P(X=3)===, P(X=4)==,所以 显然X~B,E(X)=4×=1. X 0 1 2 3 4 P 1.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. (1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望; (2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率. 跟踪训练 解:(1)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)==, P(X=1)=··=, P(X=2)=·×=, P(X=3)==. ∴X的分布列为 ∵X~B,∴E(X)=3×=. X 0 1 2 3 P (2)击中一次火被扑灭的概率为P1=×=, 击中两次火被扑灭的概率为P2=·××=, 击中三次火被扑灭的概率为P3==, ∴所求概率P=++=. 知识点2　超几何分布的综合应用 [例2]　某袋中装有大小相同、质地均匀的6个球,其中4个黑球和2个白球.从袋中随机取出2个球,记取出白球的个数为X. (1)写出X的分布列,并求出E(X)和D(X)的值; (2)若取出一个白球得一分,取出一个黑球得两分,最后得分为Z,求出E(Z)和D(Z)的值. [分析]　(1)利用组合数公式和超几何分布,先求分布列,再求数学期望和方差; (2)根据题意得Z=4-X,利用期望与方差的性质即可得解. [解]　(1)依题意,得X=0,1,2,P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==, 所以随机变量X的分布列为 E(X)=0×+1×+2×=; D(X)=×+×+×=. (2)依题意,得Z=X+2(2-X)=4-X, 则E(Z)=4-E(X)=4-=,D(Z)=D(X)=. X 0 1 2 P 超几何分布的求解步骤 1.辨模型:结合实际情境分析所求概率分布问题是否由具有明显特征的两部分组成,如“男生、女生”“正品、次品”“优劣”等,或可转化为明显的两部分.具有该特征的概率模型为超几何分布模型. 2.算概率:可以直接借助公式P(X=k)=求解,也可以利用排列、组合及概率的知识求解,需注意借助公式求解时应理解参数M,N,n,k的含义. 3.列分布表:把求得的概率值通过表格表示出来. 思维提升 2.某班为了庆祝我国传统节日中秋节,设计了一个小游戏:在一个不透明箱中装有4个黑球,3个红球,1个黄球,这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球,观察颜色后放回.若摸出的球中有X个红球,则分得X个月饼;若摸出的球中有黄球,则需要表演一个节目. (1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率; (2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望. 跟踪训练 解:(1)记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A, 可知有两种可能:“2个红球,1个黄球”和“1个黑球,1个红球,1个黄球”, 所以P(A)==. (2)由题意可知X的可能取值为0,1,2,3,则有: P(X=0)==,P(X=1)==, P(X=2)==,P(X=3)==, 可得X的分布列为 所以E(X)=0×+1×+2×+3×=. X 0 1 2 3 P 知识点3　二项分布与超几何分布的综合应用 判断一个随机变量是否服从超几何分布,关键是要看随机变量是否满足超几何分布的特征:一个总体(共有N个)内含有两种不同的事件A(M个),B(N-M个),任取n个,其中恰有X个A,符合该条件的即可断定是超几何分布,按照超几何分布的分布列P(X=k)=(k=0,1,2,…,m)进行处理就可以了. 二项分布必须同时满足以下两个条件:(1)在一次试验中试验结果只有A与这两个,且事件A发生的概率为p,事件发生的概率为1-p;(2)试验可以独立重复地进行,即每次重复做一次试验,事件A发生的概率都是同一常数p,事件发生的概率为1-p. [例3]　某学校为了了解毕业班学生的操作能力,设计了一个考查方案:每个考生从6道备选题中一次性随机抽取3道选题,按照题目要求正确完成,规定:至少正确完成其中2个选题方可通过.6道备选题中,考生甲有4个选题能正确完成,2个选题不能完成;考生乙每个选题正确完成的概率都是,且每个选题正确完成与否互不影响. (1)分别求甲、乙两位考生正确完成选题个数的概率分布列(列出分布列表); (2)请分析比较甲、乙两位考生的操作能力. [解]　(1)记考生甲正确完成选题的个数为X,则X的可能取值有1,2,3, 且P(X=1)==,P(X=2)==,P(X=3)==, 所以,考生甲正确完成选题数X的概率分布列如表: X 1 2 3 P 记考生乙正确完成选题的个数为Y,则Y的可能取值有0,1,2,3,且 P(Y=0)==,P(Y=1)=··=,P(Y=2)=··=,P(Y=3)==, 所以,考生乙正确完成选题数Y的概率分布列如表: Y 0 1 2 3 P (2)E(X)=1×+2×+3×=2;Y~B,E(Y)=3×=2, D(X)=(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=;D(Y)=3××=. 从做对题的个数的数学期望看,两人水平相当;因为D(X)<D(Y),因此可以判断甲考生的操作能力更强. 超几何分布需要知道总体的容量,而二项分布不需要;超几何分布是不放回抽取,而二项分布是放回抽取(独立重复).当总体的容量非常大时,超几何分布近似于二项分布. 思维提升 3.袋中有4个白球、2个黑球.从中随机地连续抽取3次,每次取1个球. (1)若每次抽取后不放回,求连续抽取3次至少取到1个黑球的概率; (2)若每次抽取后放回,求连续抽取3次恰好取到1个黑球的概率. 跟踪训练 解:(1)设抽取3次,取到黑球的个数为X,因为每次抽取后不放回,结果不独立,则X服从超几何分布, 所以连续抽取3次至少取到1个黑球的概率为 P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)=+=+=. (2)设抽取3次,取到黑球的个数为Y,因为每次抽取后放回,结果独立,则Y服从二项分布, 而袋中有4个白球、 2个黑球,因此每次抽取后放回,连续抽取3次,每次取到黑球的概率为=, 所以连续抽取3次恰好取到1个黑球的概率为P(Y=1)=××=. 〈课堂达标·素养提升〉 1.若随机变量X~B(n,p),且E(X)=6,D(X)=5,则p的值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:因为E(X)=np=6,D(X)=np(1-p)=5,所以1-p=,解得p=. A 2.PM2.5是指环境空气中空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物.根据现行国家标准,PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级;在35微克/立方米~75微克/立方米之间空气质量为二级;在75微克/立方米以上空气质量为超标.从某自然保护区某年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本,监测值频数如表所示. PM2.5日均值 (微克/立方米) (25,35] (35,45] (45,55] (55,65] (65,75] (75,85] 频数 3 1 1 1 1 3 从这10天的数据中任取3天数据,记X表示抽到PM2.5监测值超标的天数,则X的均值是(　　) A. B. C. D. 解析:由题意知,X服从超几何分布,其中N=10,M=3,n=3,所以E(X)===. A 3.某班要从3名男同学和5名女同学中随机选出4人去参加某项比赛,设 抽取的4人中女同学的人数为X,则P(X≥3)=　　　　.  解析:P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4) =+=. 微点突破6　 二项分布概率的最大值问题 1.二项分布概率的最大值 对于二项分布,当k≥2时,====1+. 当k<(n+1)p时,pk>pk-1,pk随k值的增加而增加;当k>(n+1)p时,pk<pk-1,pk随k值的增加而减小. 如果(n+1)p为正整数,当k=(n+1)p时,pk=pk-1,此时这两项概率均为最大值.如果(n+1)p为非整数,而k取(n+1)p的整数部分,则pk是唯一的最大值. 2.二项分布中概率最大值理论 二项分布中概率最大值理论:设随机变量X~B(n,p),若(n+1)p为整数,则当X=(n+1)p-1或X=(n+1)p时,对应概率最大;若(n+1)p不为整数,则当X=[(n+1)p]时,对应概率最大.注:[　]为取整符号. [例1]　某人在11次射击中击中目标的次数为X,若X~B(11,0.8),且P(X=k)最大,则k=(　　) A.7　　　　　　　　　　 B.8 C.9 D.10 [分析]　根据解出k或者利用二项分布中概率最大值理论. C [解析]　法一:因为X~B(11,0.8),且P(X=k)最大,所以 即 解得8.6≤k≤9.6. 又因为k∈{0,1,2,…,11},所以k=9. 法二:因为(n+1)p=12×0.8=9.6不是整数,所以根据二项分布概率最大值理论可知:当X=[9.6]=9时,对应概率最大,从而k=9. [例2]　某项测试共有8道题,每道题答对得5分,不答或答错得0分.某人答对每道题的概率都是,每道试题答对或答错互不影响,设某人答对题目的个数为X. (1)求此人得分的期望; (2)指出此人答对几道题的可能性最大,并说明理由. [分析]　(1)根据已知条件,确定X~B,得分为5X,求E(5X)即可; (2)根据二项分布概率公式有P(X=k)=×,k=0,1,2,…,8,通过作商法求出=1+,与1比较大小即可. [解]　(1)某人答对每道题的概率都是,则答对题目的个数X服从二项分布, 即X~B,E(X)=8×=2,由于每道题答对得5分, 所以此人答题得分为5X,因此,在此项测试中, 此人答题得分的期望为E(5X)=5E(X)=5×2=10. (2)设此人答对k道题的可能性为P(X=k)=×,k=0,1,2,…,8, 记pk=P(X=k), 则== ===1+,k=1,2,…,8, 当k<时,pk>pk-1,pk随k的增加而增加,即p2>p1>p0; 当k>时,pk<pk-1,pk随k的增加而减小,即p8<p7<…<p2; 所以当k=2时,p2最大,因此此人答对2道题的可能性最大. 1.已知随机变量X~B(7,0.5),则概率P(X=k)最大时,k的取值为(　　) A.3　　　　　　　　　 B.4 C.3或4 D.4或5 跟踪训练 C 解析:依题意P(X=k)==,k=0,1,2,…,7, 由 即解得k=3或k=4. 2.设随机变量X~B(n,p),记pk=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.在研究pk的最大值时,某学习小组发现并证明了如下正确结论:若(n+1)p为正整数,当k=(n+1)p时,pk=pk-1,此时这两项概率均为最大值;若(n+1)p不为正整数,则当且仅当k取(n+1)p的整数部分时,pk取最大值.某同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时,记录到此时点数1出现4次,若继续再进行80次投掷试验,则在这100次投掷试验中,点数1总共出现的次数为　　　　的概率最大.  17 解析:继续再进行80次投掷试验,出现点数为1次数X服从二项分布X~B, 由k=(n+1)p=81×==13.5,结合题中结论可知,k=13时概率最大,即后面80次中出现13次点数1的概率最大,加上前面20次中的4次,所以出现17次的概率最大. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.盒中有10个灯泡,其中有三个是坏的,现从盒中随机抽取4个,那么概率是的事件为(　　) A.恰有1个是坏的 B.4个全是好的 C.恰有2个是坏的 D.至多有2个是坏的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 解析:盒子中有10个灯泡,现从盒子中随机抽取4个的总数为=210. A:盒子中有10个灯泡,现从盒子中随机抽取4个,恰好1个是坏的概率为=,故A错误; B:盒子中有10个灯泡,现从盒子中随机抽取4个,4个全是好的概率为=,故B错误; C:盒子中有10个灯泡,现从盒子中随机抽取4个,恰好2个是坏的概率为=,故C正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D:盒子中有10个灯泡,现从盒子中随机抽取4个,至多2个是坏的概率为=,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(多选)从装有大小相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机抽取1个球,有放回地抽取5次,设取得白球的个数为X.若E(X)=3,则下列结论正确的是(　　) A.D(X)=　　　　　　 B.D(X)= C.m=2 D.m=4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 BC 解析:由题意可知X~B,由E(X)=5×=3,解得m=2. 所以D(X)=5××=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.《易·系辞上》有“河出图,洛出书”之说,河图、洛书是中华文化,阴阳术数之源,其中河图排列结构是一、六在后,二、七在前,三、八在左,四、九在右,五、十背中.如图,白圈为阳数,黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数,则这3个数中至多有1个阴数的概率为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A 解析:由题意知,10个数中,1,3,5,7,9为阳数,2,4,6,8,10为阴数, 若任取的3个数中有0个阴数,则概率为=;若任取的3个数中有1个阴数,则概率为=;故这3个数中至多有1个阴数的概率为P=+=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.十二生肖作为中国民俗文化的代表,是中国传统文化的精髓,很多人把生肖作为春节的吉祥物,以此来表达对新年的祝福.某课外兴趣小组制作了一个正十二面体模型(如图),并在十二个面上分别雕刻了十二生肖的图案.某兴趣小组的2个成员将模型随机抛出,希望能抛出蛇的图案朝上(即蛇的图案在最上面),2人各抛一次,则恰好出现一次蛇的图案朝上的概率为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C 解析:因为1人抛一次抛出蛇的图案朝上的概率是,所以2人各抛一次,则恰好出现一次蛇的图案朝上的概率P=××=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.9粒种子分别种在3个坑内,每个坑种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.假设每个坑至多补种一次,每补种1个坑需 10元,用X表示补种费用,则X的数学期望为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:每个坑需要补种的概率是相等的,都是=,所以此为3次独立重复试验模型,每次试验发生的概率都是,所以需要补种的坑的个数的数学期望为3×=,补种费用X的数学期望为10×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.某公司有日生产件数为95的“生产能手”3人,有日生产件数为55的“新手”2人,从这5人中任意抽取2人,则2人的日生产件数之和X的标准差为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 24 解析:由题意,可得X的所有可能取值为190,150,110,且P(X=190)==,P(X=150)==,P(X=110)==,则E(X)=190×+150×+110×=158,标准差为= =24. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.某商场在开业当天进行有奖促销活动,规定该商场购物金额前200名的顾客,均可获得3次抽奖机会,每次中奖的概率为,每次中奖与否相互不影响,中奖1次可获得50元奖金,中奖2次可获得100元奖金,中奖3次可获得200元奖金. (1)求顾客甲获得了100元奖金的条件下,甲第一次抽奖就中奖的概率. (2)若该商场开业促销活动的经费为1.5万元,则该活动是否会超过预算?请说明理由. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解:(1)设顾客甲获得了100元奖金的事件为A,甲第一次抽奖就中奖的事件为B, 则P(AB)=×××=,P(A)=××=, 故P(B|A)===. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)设一名顾客获得的奖金为X元,则X的取值可能为0,50,100,200, 则P(X=0)==, P(X=50)=××=, P(X=100)=××=, P(X=200)=×=, 则E(X)=0×+50×+100×+200×=(元), 于是200E(X)=200×=<15 000,故该活动不会超过预算. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 [B组　关键能力练] 8.(多选)某工厂进行产品质量抽测,两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品,已知在两人抽取的产品中均有5件次品,员工A从自己抽取的产品中有放回地随机抽取3件产品,员工B从自己抽取的产品中无放回地随机抽取3件产品.设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X,员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y,k=0,1,2,3.则下列判断正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.随机变量X服从二项分布 B.随机变量Y服从超几何分布 C.P(X=k)<P(Y=k) D.E(X)=E(Y) 答案:ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:由超几何分布和二项分布的概念,A,B正确; 对于D,设该批产品有M件,则E(X)=3·=, E(Y)====,因此D正确; 对于C,若C正确,可得E(X)<E(Y),则D错误,矛盾,故C错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(多选)一个袋子有10个大小相同的球,其中有4个红球,6个黑球,试验一:从中随机地有放回摸出3个球,记取到红球的个数为X1,期望和方差分别为E(X1),D(X1);试验二:从中随机地无放回摸出3个球,记取到红球的个数为X2,期望和方差分别为E(X2),D(X2);则(　　) A.E(X1)=E(X2) B.E(X1)>E(X2) C.D(X1)>D(X2) D.D(X1)<D(X2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 AC 解析:从中随机地有放回摸出3个球,则每次摸到红球的概率为=, 则X1~,故E(X1)=3×=,D(X1)=3××=, 从中随机地无放回摸出3个球,记红球的个数为X2,则X2的可能取值是0,1,2,3, 则P(X2=0)==,P(X2=1)==, P(X2=2)==,P(X2=3)==, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 所以随机变量X2的概率分布为 数学期望E(X2)=0×+1×+2×+3×=, D(X2)=×+×+×+×=, 故E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 X2 0 1 2 3 P 10.某地盛行糕点有n种,该地的糕点店从中准备了m(m<n)种糕点供顾客选购.已知某顾客喜好的糕点有k(k<n)种,则当其随机进入一家糕点店时,会发现该店中有若干种糕点符合其喜好.记随机变量X为该顾客发现 符合其喜好的糕点的种数,则E(X)=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:由题意可知从含有顾客喜好的k(k<n)种糕点的n种糕点中,任取m(m<n)种糕点,其中恰有X种顾客喜好的糕点,则X服从超几何分布, 所以P(X=N)=(N=0,1,2,…,t),其中t=min,m<n,k<n, 所以E(X)=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.甲、乙两队进行自由式轮滑速度障碍赛决赛,采取五场三胜制(当一队赢得三场比赛时,该队获胜,比赛结束),根据以往比赛成绩可知,甲队每场比赛获胜的概率为.比赛结果没有平局,且各场比赛结果相互独立,则 甲队获胜的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析:设事件A为“甲队最终获得胜利”, ①比赛进行三场,甲队均胜,P1=××=; ②比赛进行四场,甲队前三场恰好胜二场,输一场,第四场胜,P2=×××=; ③比赛进行五场,甲队第五场胜,前四场恰好胜二场,输二场,P3=×××=,则P(A)=P1+P2+P3=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.某企业举行“猜灯谜,闹元宵”趣味竞赛活动,每个员工从8道谜语中一次性抽出4道作答.小张有6道谜语能猜中,2道不能猜中;小王每道谜语能猜中的概率均为p(0<p<1),且猜中每道谜语与否互不影响. (1)分别求小张、小王猜中谜语道数的分布列; (2)若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数,求p的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)设小张猜中谜语的道数为X,可知随机变量X服从超几何分布,X的取值分别为2,3,4. 有P(X=2)===,P(X=3)===,P(X=4)===, 故小张猜中谜语道数的分布列为 13 X 2 3 4 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设小王猜中谜语的道数为Y,可知随机变量Y服从二项分布Y~B(4,p),Y的取值分别为0,1,2,3,4, 有P(Y=0)=(1-p)4, P(Y=1)=(1-p)3p=4p(1-p)3, P(Y=2)=(1-p)2p2=6p2(1-p)2, P(Y=3)=(1-p)p3=4p3(1-p), P(Y=4)=p4. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 故小王猜中谜语道数的分布列为 (2)由(1)可知E(X)=2×+3×+4×=3,E(Y)=4p, 若预测小张猜中谜语的道数多于小王猜中谜语的道数,则3>4p,可得0<p<. 13 Y 0 1 2 3 4 P (1-p)4 4p(1-p)3 6p2(1-p)2 4p3(1-p) p4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [C组　素养培优练] 13.甲、乙、丙三人进行投篮比赛,共比赛10场,规定每场比赛分数最高者获胜,三人得分(单位:分)情况统计如下: 13 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 8 10 10 7 12 8 8 10 10 13 乙 9 13 8 12 14 11 7 9 12 10 丙 12 11 9 11 11 9 9 8 9 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)从上述10场比赛中随机选择一场,求甲获胜的概率; (2)在上述10场比赛中,从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场,设X表示乙得分大于丙得分的场数,求X的分布列和数学期望E(X); (3)假设每场比赛获胜者唯一,且各场相互独立,用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛,设Y1为甲获胜的场数,Y2为乙获胜的场数,Y3为丙获胜的场数,写出方差D(Y1),D(Y2),D(Y3)的大小关系. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:(1)根据三人投篮得分统计数据,在10场比赛中,甲共获胜3场,分别是第3场、第8场、第10场. 设A表示“从10场比赛中随机选择一场,甲获胜”, 则P(A)=. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)根据三人投篮得分统计数据,在10场比赛中,甲得分不低于10分的场次有6场, 分别是第2场、第3场、第5场、第8场、第9场、第10场,其中乙得分大于丙得分的场次有4场, 分别是第2场、第5场、第8场、第9场. 所以X的所有可能取值为0,1,2. P(X=0)==,P(X=1)==,P(X=2)==. 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以X的分布列为 所以E(X)=0×+1×+2×=. 13 X 0 1 2 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)由题意,每场比赛甲获胜的概率为,乙获胜的概率为,丙获胜的概率为,还需要进行6场比赛, 而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布,所以 D(Y1)=6×0.3×(1-0.3)=1.26,D(Y2)=6×0.5×(1-0.5)=1.5,D(Y3)=6×0.2×(1-0.2)=0.96, 故D(Y2)>D(Y1)>D(Y3). 13 $$