7.4.1 二项分布-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案word（人教A版2019）

7.4.1　二项分布 (教师独具内容) 课程标准：通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题． 教学重点：n重伯努利试验与二项分布，并能解决简单的实际问题． 教学难点：用二项分布求解概率问题． 核心素养：通过学习二项分布的概念及其数字特征，提升数学抽象素养和数据分析素养． 知识点一　伯努利试验与n重伯努利试验 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．显然，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． 知识点二　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)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)． 知识点三　二项分布的均值与方差 如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． [拓展]　(1)当n＝1时，二项分布就是两点分布． (2)二项分布是有放回抽样，每次抽取时的总体没有改变，因此每次抽到某事物的概率都是相同的，可以看成是n重伯努利试验． 1．(二项分布的概率)已知X～B，则P(X＝4)＝________． 答案： 2．(n重伯努利试验的概率)连续掷一枚硬币5次，恰好有3次出现正面向上的概率是________． 答案： 3．(二项分布的均值)抛掷两枚骰子，若至少有一枚出现4点或5点，就说这次试验成功，则在10次试验中，成功次数X的数学期望为________． 答案： 题型一　n重伯努利试验的判断　 　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； (2)某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10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． [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)某人射击目标击中的概率是稳定的，因此是n重伯努利试验． (3)依次从中抽取5个球，不是有放回地抽样，每次抽取不是同一试验，而且各次抽取的结果也不独立，因此不是n重伯努利试验． 感悟提升 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)每次试验的结果相互独立，互不影响． [跟踪训练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、乙两运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环” C．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” D．在相同的条件下，甲射击10次 答案：ABC 解析：A，C符合互斥事件的概念，是互斥事件；B是相互独立事件；D是n重伯努利试验． 题型二　n重伯努利试验的概率　 　某气象站天气预报的准确率为80%，计算(结果精确到0.01)： (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． [解]　(1)令X表示5次预报中预报准确的次数，则“5次预报中恰有2次准确”的概率为P(X＝2)＝C××＝10××≈0.05. (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C××－C××＝1－0.00032－0.0064≈0.99. (3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为P＝C×××≈0.02. 感悟提升 n重伯努利试验概率求解的三个步骤 [跟踪训练2]　某射击手每次射击击中目标的概率是，且各次射击的结果互不影响．假设这名射击手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：因为该射击手每次射击击中目标的概率是，所以每次射击未击中目标的概率为，设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“该射击手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则P(A)＝P(A1A2A345)＋P(1A2A3A45)＋P(12A3A4A5)＝×＋××＋×＝. 题型三　二项分布的概率及分布列　 　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概率都是，并且每个交通岗是否遇到红灯相互独立． (1)求这名学生在途中遇到红灯的次数X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Y的分布列； (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率． [解]　(1)由题意知X～B，则 P(X＝k)＝C，k＝0，1，2，3，4，5. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P (2)Y的分布列为Ρ(Y＝k)＝P(前k个是绿灯，第k＋1个是红灯)＝×，k＝0，1，2，3，4， P(Y＝5)＝P(5个均为绿灯)＝， 故Y的分布列为 Y 0 1 2 3 4 5 P (3)所求概率为P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝. 感悟提升 (1)二项分布的简单应用是求n重伯努利试验中事件A恰好发生k次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n，p→写出二项分布的分布列→将k值代入求解概率． (2)二项分布求解随机变量涉及“至少”“至多”问题的取值概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率． [跟踪训练3]　(1)若随机变量X服从B，则P(X≤4)＝(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：解法一：∵X～B，∴P(X＝k)＝C＝C，∴P(X≤4)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝(C＋C＋C＋C＋C)×＝.故选C. 解法二：∵X～B，∴P(X＝k)＝C·＝C，∴P(X≤4)＝1－P(X≥5)＝1－＝.故选C. (2)某一中学生心理咨询中心服务电话的接通率为.某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心，且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X的分布列． 解：由题意可知，X～B， 所以P(X＝k)＝C，k＝0，1，2，3. 从而X的分布列为 X 0 1 2 3 P 题型四　二项分布的均值与方差　 　(1)已知随机变量X～B，则E(X)，D(X)分别为(　　) A.， B．2，4 C．2， D.，2 [解析]　E(X)＝6×＝2，D(X)＝6××＝. [答案]　C (2)一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有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，求该学生在这一次测验中的成绩的均值与方差． [解]　设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数为Y， 由题意知，Y＝4X，且X～B(25，0.6)，则 E(X)＝25×0.6＝15， D(X)＝25×0.6×0.4＝6. E(Y)＝E(4X)＝4E(X)＝60， D(Y)＝D(4X)＝42×D(X)＝96. 所以该学生在这一次测验中的成绩的均值与方差分别是60和96. 感悟提升 利用二项分布的均值与方差公式，避免了复杂的计算过程，可以快速求出要求的均值和方差． [跟踪训练4]　(1)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了其日销量(单位：个)的频率分布直方图，如图所示． 将日销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，X表示在未来3天内该面包的日销量不低于100个的天数，则E(X)＝________，D(X)＝________． 答案：1.8　0.72 解析：由题意，知该面包日销量不低于100个的频率为(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，则X～B(3，0.6)，所以E(X)＝3×0.6＝1.8，D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72. (2)为响应“双减政策”，丰富学生课余生活，某校举办趣味知识竞答活动，每班各选派两名同学代表班级回答4道题，每道题随机分配给其中一个同学回答．小明、小红两位同学代表高二(1)班答题，假设每道题小明答对的概率为，小红答对的概率为p(0<p<1)，且每道题是否答对相互独立．记高二(1)班答对题目的数量为随机变量X. ①若p＝，求X的分布列、均值及方差； ②若高二(1)班至少答对一道题的概率不小于，求p的最小值． 解：①X的所有可能取值为0，1，2，3，4. 高二(1)班答对某道题的概率为×＋×＝， 则X～B，P(X＝k)＝C，k＝0，1，2，3，4. 则X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 则E(X)＝4×＝， D(X)＝4××＝. ②高二(1)班答对某道题的概率为×＋p＝＋p， 答错某道题的概率为1－＝－. 则由题意可得1－≥， 解得≤p<1， 所以p的最小值为. 1．下列随机变量X不服从二项分布的是(　　) A．掷一枚质地均匀的骰子5次，X表示点数6出现的次数 B．某射击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．实力相同的甲、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：对于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；对于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；对于C，甲、乙的获胜率相等，进行5次比赛，相当于进行了5重伯努利试验，故X服从二项分布；对于D，由二项分布的定义，可知被感染的次数X～B(n，0.3)． 2．若X～B(5，0.1)，则P(X≤2)＝(　　) A．0.665 B．0.00856 C．0.91854 D．0.99144 答案：D 解析：P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝C×0.10×0.95＋C×0.1×0.94＋C×0.12×0.93＝0.99144. 3．(多选)已知X～B(n，p)，且E(3X＋2)＝9.2，D(3X＋2)＝12.96，则下列结论正确的是(　　) A．n＝8 B．p＝0.4 C．E(X)＝3.2 D．D(X)＝1.44 答案：BD 解析：由E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝9.2，得E(X)＝2.4.由D(3X＋2)＝9D(X)＝12.96，得D(X)＝1.44.又X～B(n，p)，E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，所以解得故选BD. 4．一名篮球运动员在比赛时罚球的命中率为50%，则他在5次罚球中罚失2次的概率是________． 答案： 解析：5次罚球中罚失2次，即罚中3次，其概率为C××＝. 5．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，，，只有当每个环节制作都合格才认为制作的作品为优秀作品． (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的概率分布列及期望． 解：(1)由题意可知，制作一件优秀作品的概率为××＝， 所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率为 P＝C××＝. (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， 则P(X＝0)＝C××＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝C××＝， P(X＝3)＝C××＝， P(X＝4)＝C××＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以E(X)＝4×＝. 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 n重伯努利试验的概率 二项分布的方差；方差的性质 二项分布的均值与方差 二项分布的概率　 互斥事件的判断；二项分布的均值；利用定义求条件概率 由二项分布的均值与方差求参数的值 二项分布的概率　 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由二项分布的概率求试验次数 二项分布的均值；全概率公式 二项分布的分布列与方差 二项分布的均值；均值的性质 二项分布的分布列与均值；均值的性质 二项分布的分布列、均值与方差；概率与数列的综合应用 全概率公式的应用；二项分布的概率；概率与数列的综合应用 一、选择题 1．种植某种树苗，成活率为0.9，若种植这种树苗5棵，则恰好成活4棵的概率约为(　　) A．0.33 B．0.66 C．0.5 D．0.45 答案：A 解析：恰好成活4棵的概率P＝C×0.94×(1－0.9)≈0.33.故选A. 2．设随机变量X，Y满足Y＝3X－1，X～B，则D(Y)＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 答案：A 解析：因为X～B，则D(X)＝2××＝，又Y＝3X－1，所以D(Y)＝D(3X－1)＝32D(X)＝32×＝4.故选A. 3．掷一枚质地均匀的骰子12次，则出现向上的一面是3的次数X的均值和方差分别是(　　) A．2和5 B．2和 C．4和 D.和1 答案：B 解析：由题意知出现向上的一面为3的次数服从二项分布，掷12次骰子相当于做12次独立重复试验，且每次试验出现向上的一面为3的概率是，∴X～B，∴E(X)＝12×＝2，D(X)＝12××＝.故选B. 4．已知位于坐标原点的质点P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，则质点P移动5次后位于点(2，3)的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：B 解析：质点P向右移动2次，向上移动3次才能到达点(2，3)，因此质点P移动5次后位于点(2，3)的概率P＝C××＝. 5．(多选)爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则(　　) A．事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥 B．“放烟花”“迎新春”环节均表演成功的概率为 C．表演成功的环节个数的期望为3 D．在表演成功的环节恰为3个的条件下，“迎新春”环节表演成功的概率为 答案：BCD 解析：事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”可以同时发生，故不互斥，A错误；“放烟花”“迎新春”环节均表演成功的概率为×＝，B正确；记表演成功的环节个数为X，则X～B，期望为4×＝3，C正确；记事件M＝“表演成功的环节恰为3个”，事件N＝“迎新春环节表演成功”，P(NM)＝C×＝，P(M)＝C×＝，由条件概率公式，得P(N|M)＝＝，D正确．故选BCD. 二、填空题 6．设X～B(n，p)，且E(X)＝15，D(X)＝，则n，p的值分别为________和________． 答案：60　 解析：由题意，可知解得 7．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝，则P(Y＝2)＝________． 答案： 解析：∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝Cp(1－p)＋Cp2＝，解得p＝或(舍去)，又Y～B(3，p)，∴P(Y＝2)＝C××＝. 8．已知甲每次投掷飞镖中靶的概率为0.6，若甲连续投掷飞镖n次，要使飞镖最少中靶一次的概率超过90%，至少需要投掷飞镖________次．(参考数据：lg 2≈0.3) 答案：3 解析：若投掷飞镖n次中靶X次，则X～B，且P(X≥1)>90%，所以P(X＝0)＝C·<10%，即<，两边取对数有n(2lg 2－1)<－1，则n>≈2.5次，n∈N*，所以至少需要投掷飞镖3次． 三、解答题 9．某企业因技术升级，决定从2024年起实施新的绩效方案．方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查： 一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球．企业所有员工从袋子中有放回地随机摸两次球，每次摸出一球．约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，否则按方式Ⅱ回答问卷”． 方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”； 方式Ⅱ：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”． 当所有员工完成问卷调查后，统计画○、画×的比例．用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值．其中满意度＝ ×100%. (1)若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望； (2)若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为4∶5，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度． 解：(1)每次摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为， 每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率P＝C××＝， 由题意可得，该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数X～B， 所以X的数学期望为E(X)＝9×＝4. (2)记事件A为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件B为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件C为“在问卷中画○”． 由(1)知P(A)＝，P(B)＝1－P(A)＝. 因为P(C)＝＝， 由全概率公式P(C)＝P(A)P(C|A)＋P(B)·P(C|B)，则＝×＋P(C|B)， 解得P(C|B)＝＝0.4， 故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%. 10．某电影播放后，为了解观众的满意度，某影院随机调查了12名观看此影片的观众，并用“10分制”对该电影进行评分，分数越高表明观众的满意度越高，若分数不低于9分，则称该观众为满意观众．下面记录了他们对该电影的评分： 9．2　9.3　7.6　8.9　9.1　9.2 9．2　7.5　9.3　8.8　9.2　9.1 (1)求从这12人中随机选取2人，至少有1人为满意观众的概率； (2)以本次抽样的频率作为概率，从观看此影片的观众中任选3人，记X表示抽到满意观众的人数，求X的分布列和方差D(X)． 解：(1)设“所选取的2人中至少有1人为满意观众”为事件A，则事件为“所选取的2人中没有满意观众”， ∴P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝， 即所选取的2人中至少有1人为满意观众的概率为. (2)抽样中满意观众的频率为＝，即从观看此影片的观众中抽到满意观众的概率为. 由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝C×＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝C××＝， P(X＝3)＝C×＝， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P 易知X～B，故D(X)＝3××＝. 11．某工厂的某种产品成箱包装，每箱100件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则将其更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取10件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验．已知每件产品为不合格品的概率为0.1，且各件产品是否为不合格品相互独立． (1)若取3件该产品，求其中至少有1件不合格品的概率； (2)已知每件产品的检验费用为4元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付50元的赔偿费用，现对一箱产品已检验了10件． ①若不对该箱余下的产品做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)； ②以这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和的期望值为决策依据，是否应该对这箱余下的所有产品做检验？ 解：(1)记“取3件该产品，其中至少有1件不合格品”为事件A， 则P(A)＝1－(1－0.1)3＝1－0.729＝0.271. (2)①设Y表示余下的90件产品中的不合格产品数， 由题意知Y～B(90，0.1)，而X＝50Y＋10×4＝50Y＋40， 所以E(X)＝50E(Y)＋40＝50×90×0.1＋40＝490. ②如果对该箱余下的产品做检验，则这一箱产品所需的检验费用为100×4＝400元． 由于E(X)＝490>400， 故应该对这箱余下的所有产品做检验． 12．甲、乙、丙三位学徒跟师傅学习制作某种陶器，经过一段时间的学习后，他们各自能制作成功该陶器的概率分别为p1，p2，p3，且0<p3<p2<p1<1，现需要他们三人制作一件该陶器，每次只有一个人制作且每个人只制作一次，如果有一个人制作失败则换下一个人重新制作，若陶器制作成功则结束． (1)按甲、乙、丙的顺序制作陶器，若p1p2＝，p1∈，求制作陶器人数X的数学期望的最大值； (2)若这种陶器制作成功后需要检测合格才能上市销售，如果这种陶器可以上市销售，则每件陶器可获利100元；如果这种陶器不能上市销售，则每件陶器亏损80元，已知甲已经制成了4件这种陶器，且甲制作的陶器检测合格的概率为，求这4件陶器最终收益Y的概率分布列和数学期望． 解：(1)X的所有可能取值为1，2，3. 于是P(X＝1)＝p1，P(X＝2)＝(1－p1)p2，P(X＝3)＝(1－p1)(1－p2)， 则X的分布列为 X 1 2 3 P p1 (1－p1)p2 (1－p1)(1－p2) E(X)＝p1＋2(1－p1)p2＋3(1－p1)(1－p2)＝3－2p1－p2＋p1p2＝－， 设h(x)＝2x＋，x∈， h′(x)＝2－>0， 所以h(x)在上单调递增， 所以h(x)min＝h＝， 所以E(X)≤－h＝， 所以当p1＝时，E(X)取得最大值. (2)设4件陶器中能上市销售的件数为ξ，则不能上市销售的件数为4－ξ， ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4，且ξ～B， P(ξ＝k)＝C ＝C(k＝0，1，2，3，4)， 这4件陶器最终收益为Y，则Y＝100ξ－80(4－ξ)＝180ξ－320，Y的所有可能取值为－320，－140，40，220，400， 可得P(Y＝－320)＝P(ξ＝0)＝， P(Y＝－140)＝P(ξ＝1)＝， P(Y＝40)＝P(ξ＝2)＝， P(Y＝220)＝P(ξ＝3)＝， P(Y＝400)＝P(ξ＝4)＝， 则Y的分布列为 Y －320 －140 40 220 400 P E(Y)＝E(180ξ－320)＝180E(ξ)－320＝180×4×－320＝－32. 13．(2024·山东菏泽模拟)菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉．四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9大色系、10大花型、1280余个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方游人．某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择曹州牡丹园的概率是，选择中国牡丹园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择曹州牡丹园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； (2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记2分，选择中国牡丹园记1分，记已调查过的累计得分为n分的概率为Pn，求Pn. 解：(1)由题意知，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B， 所以P(X＝0)＝C×＝， P(X＝1)＝C××＝， P(X＝2)＝C××＝， P(X＝3)＝C×＝. 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为X～B，所以E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝. (2)由题意可知，P1＝， P2＝＋×＝， P3＝×＋×， 所以当n≥3时，Pn＝Pn－1＋Pn－2， 即Pn＋Pn－1＝Pn－1＋Pn－2， 所以为常数列，且Pn＋Pn－1＝P2＋P1＝＋×＝1(n≥2)， 所以Pn－＝－(n≥2)， 所以是以P1－＝－为首项，－为公比的等比数列， 所以Pn－＝－×， 所以Pn＝－×＋(n≥2)， 又P1＝满足上式， 所以Pn＝－×＋. 14．(2024·山东日照月考)随着科技的不断发展，人工智能技术的应用领域也将会更加广泛，它将会成为改变人类社会发展的重要力量．某科技公司发明了一套人机交互软件，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．在对该交互软件进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则软件正确应答的概率为80%；若出现语法错误，则软件正确应答的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%. (1)求一个问题能被软件正确应答的概率； (2)在某次测试中，输入了n(n≥6)个问题，每个问题能否被软件正确应答相互独立，记软件正确应答的个数为X，X＝k(k＝0，1，…，n)的概率记为P(X＝k)，则n为何值时，P(X＝6)的值最大？ 解：(1)记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“被软件正确应答”为事件B， 由题意知，P()＝0.1，P(B|A)＝0.8，P(B|)＝0.3， 则P(A)＝1－P()＝0.9， 所以P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝0.9×0.8＋0.1×0.3＝0.75. (2)由(1)知，P(B)＝0.75＝， 则X～B， 可得P(X＝6)＝C， 令an＝C， 则＝＝， 令>1，解得n<7，所以当n≤6时，an＋1>an； 令<1，解得n>7，所以当n≥8时，an＋1>an； 令＝1，解得n＝7，所以a8＝a7. 所以当n＝7或n＝8时，an最大，即n为7或8时，P(X＝6)的值最大． 17 学科网（北京）股份有限公司 $$