9.1.3 二项分布-【职教优学指南】2025-2026学年中职数学拓展模块一下册同步练习学案（高教版2021）

则P(ξ=3)= C14C12 C26 =815. 故选:D. 8.A 由题意,取到红球的个数X 的取值为0,1,2, P(X=0)=C 2 5 C28 =514 ,P(X=1)=C 1 3C15 C28 =1528 ,P(X=2)= C23C05 C28 =328 , X 0 1 2 P 514 15 28 3 28 E(X)=0×514+1× 15 28+2× 3 28= 3 4. 故选:A. 9.解析:因为P(X=i)=k 2i (i=1,2,3),可得k2+ k 22 +k 23 =0, 解得k=87 , 因此P(X≥2)=P(X=2)+P(X=3)=14k+ 1 8k= 3 7. 故答案为:3 7. 答案:3 7 10.解析:设随机抽出的3道题目中应聘者能答对的道数为X, 则他能进入 后 续 环 节 的 概 率 为 P(X≥2)=P(X=2)+ P(X=3)=C 2 5C13 C38 + C35 C38 =3056+ 10 56= 40 56= 5 7. 故答案为:5 7. 答案:5 7 11.解析:设取到白米粽的个数为随机变量X,则X=0,1,2,3, 所以P(X=0)=C 3 6 C310 =20120= 1 6 ,P(X=1)=C 2 6C14 C310 =60120 =12 , P(X=2)=C 1 6C24 C310 =36120= 3 10 ,P(X=3)=C 3 4 C310 = 4120= 1 30 , 所以E(X)=12+2× 3 10+3× 1 30= 6 5. 故答案为:6 5. 答案:6 5 12.解析:由题意可得,Y 的可能取值为6,7,8, P(Y=6)=C 3 5 C37 =27 ,P(Y=7)=C 2 5C12 C37 =47 ,P(X=8)= C15C22 C37 =17 , 故E(Y)=6×27+7× 4 7+8× 1 7= 48 7. 故答案为:48 7. 答案:48 7 13.解:依题意,P(ξ=1)=2P(ξ=2),P(ξ=3)= 1 2P (ξ=2), P(ξ=3)=P(ξ=4), 由分布列性质得P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)+P(ξ=4) =1, 则4P(ξ=2)=1,即 P(ξ=2)= 1 4 ,P(ξ=3)=P(ξ=4) =18. 所以P(ξ>1)=P(ξ=2)+P(ξ=3)+P(ξ=4)= 1 2. 故答案为:1 2. 14.解:若射手射击一次为优秀,则他射中的环数为9、10环, 其概率为P=P(X=9)+P(X=10)=0.35+0.20=0.55, 故他射击一次为优秀的概率是0.55. 15.解:(1)由题意可知,X 的可能取值为0,1,2,3,则 P(X=0)=C 3 3C07 C310 = 1120 , P(X=1)=C 2 3C17 C310 =740 , P(X=2)=C 1 3C27 C310 =2140 P(X=3)=C 0 3C37 C310 =35120. 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1120 7 40 21 40 35 120 (2)该同学能及格,表示他能背诵2篇或3篇, 由(1)知,该同学能及格的概率为P(X≥2)=P(X=2)+ P(X=3)=2140+ 35 120= 49 60. 16.解:(1)记“厂家任取4件产品检验,其中至少有1件是合格 品”为事件A,用对立事件 A 来算,有P(A)=1-P(A)= 1-0.24=0.9984. (2)ξ可能的取值为0,1,2, P(ξ=0)= C217 C120 =6895 ,P(ξ=1)= C13C117 C120 =51190 ,P(ξ=2)= C23 C120 = 3190 , 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P 6895 51 190 3 190 记“商家任取2件产品检验,都合格”为事件B,则商家拒收 这批产品的概率P=1-P(B)=1-6895= 27 95 , 所以商家拒收这批产品的概率为27 95. 17.解:(1)两次都命中8环的概率为P1=0.4×0.4=0.16 两次都命中9环的概率为P2=0.4×0.4=0.16 两次都命中10环的概率为P3=0.2×0.2=0.04 设该运动员两次命中的环数相同的概率为P P=P1+P2+P3=0.16+0.16+0.04=0.36. (2)ξ的可能取值为8,9,10 P(ξ=8)=0.4×0.4=0.16, P(ξ=9)=2×0.4×0.4+0.4×0.4=0.48, P(ξ=10)=1-P(ξ=8)-P(ξ=9)=0.36, ∴ξ的分布列为 ξ 8 9 10 P 0.16 0.48 0.36 ∴E(ξ)=8×0.16+9×0.48+10×0.36=9.2. 9.1.3 二项分布 知识运用 题型1 巩固训练 B 因为离散型随机变量 X 服从二项分布X~B(n,p),且 E(X)=4,D(X)=2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —112— 则 E(X)=np=4 D(X)=np(1-p)=2 ,解得 n=8 p=12 . 故选:B. 题型2 巩固训练 解:由 题 意 可 知,X~B 3,25 ,X 所 有 可 能 取 值 为0,1, 2,3, P(X=0)=C03 2 5 0 × 35 3 =27125 , P(X=1)=C13 2 5 1 × 35 2 =54125 , P(X=2)=C23 2 5 2 × 35 1 =36125 , P(X=3)= 25 3 = 8125 , 故随机变量X 的分布列为: X 0 1 2 3 P 27125 54 125 36 125 8 125 随堂训练 1.B 因为 X~B 4,13 ,所以P(X=1)=C14×13× 23 3 =3281. 故选:B. 2.C 每次摸到白球的概率为614= 3 7 ,因为是有放回地取7 次球, 所以X~B 7,37 ,所以E(X)=7×37=3. 故选:C. 3.D 随机变量X 服从二项分布B(n,p),且E(X)=9,D(X) =94 , 可得np=9,np(1-p)=94 ,解得p=34 ,n=12. 故选:D. 4.D 随机变量X~B(2,p),∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1- C02(1-p)2= 5 9 ,解得p=13 , ∴Y~B 4,13 ,则D(Y)=4×13× 1-13 =89. 故选:D. 5.解析:由题意可得,该同学恰好投中2次的概率为P=C230. 62×(1-0.6)=0.432. 故答案为:0.432. 答案:0.432 6.解析:第n次移动时向左移动的概率为12 , 事件n=6时质子位于原点等价于事件前6次移动中有且只 有3次向左移动, 所以事件n=6时质子位于原点的概率为 P=C36 1 2 3 1-12 3 =516. 故答案为:5 16. 答案:5 16 7.解析:由随机变量X 服从二项分布B(n,p),则E(x)=np= 50,D(x)=np(1-p)=30, 解得p=25. 故答案为:2 5. 答案:2 5 8.解析:由题意可知,一个运动员通过测试的概率为 C23· 2 3 2 ×13+C 3 3· 2 3 3 =2027 , 由题意可知X~B 9,2027 , 则E(X)=9×2027= 20 3. 故答案为:20 3. 答案:20 3 9.解析:若要小球落入4号容器,则在通过的四层中有三层需 要向右,一层向左,根据二项分布公式可求得概率P=C34× 1 2 3 ×12= 1 4. 故答案为:1 4. 答案:1 4 课后提升 1.B 离散型随机变量X~B 4,23 ,则E(X)=4×23=83, D(X)=4×13× 2 3= 8 9. 故选:B. 2.C 某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4,则不命中的 概率为0.6, 罚球4次命中2次,说明第4次命中,前3次命中1次, ∴在罚球命中两次时,罚球次数恰为4次的概率是: P=C13×0.4×0.62×0.4= 108 625. 故选:C. 3.A 随机变量X~B(n,0.4),且E(X)=2, ∴0.4n=2,解得n=5, ∴P(X=4)=C45(0.4)4×(1-0.4)1=3×0.44. 故选:A. 4.C 因 为 X ~B 6,13 ,所 以 D (X)=6× 13 × 1-13 =43. 故选:C. 5.C ∵ξ~B(n,p)且E(ξ)=2.4,D(ξ)=1.44, ∴np=2.4,np(1-p)=1.44, 解得n=6,p=0.4. 故选:C. 6.A 甲 队 进4球 的 概 率 为 P1=C45 3 4 4 1 4 = 405 1024≈ 0.396, 乙队 进3球 的 概 率 为 P2=C35 2 3 3 1-23 2 = 80243≈ 0.329, 则P1>P2. 故选:A. 7.解析:∵随机变量X~B(n,p),E(X)=1,D(X)=23 , ∴ np=1 np(1-p)=23 ,解得n=3,p=13, 故p=13. 故答案为:1 3. 答案:1 3 8.解析:因为随机变量ξ~B(2,p),且P(ξ≥1)= 5 9 , 所以P(ξ≥1)=1-P(ξ<1)=1-P(ξ=0)=1-(1-p) 2= 5 9 ,解得p=13 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —212— 所以D(ξ)=np(1-p)=2× 1 3× 2 3= 4 9. 故答案为:4 9. 答案:4 9 9.解:每一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验,故这是5 次独立重复试验, 在第20层下电梯的概率为13 ,所以X~B 5,13 , 故E(X)=5×13= 5 3. 10.解:(1)某篮球运动员投篮的命中率为0.7,则未命中的概 率为1-0.7=0.3, 现投了6次球,恰有4次投中的概率为:P=C46×(0.7)4× (1-0.7)2=6482720000. (2)至多有4次投中的概率为: P=C06×0.36+C16×0.71×0.35+C26×0.72×0.34+C36× 0.73×0.33+C46×0.74×0.32= 23193 40000. (3)由题意可知X~B(6,0.7),所以E(X)=6×0.7=4.2. 11.解:根据题意,事件A 表示“2次出现正面,2次出现反面”, 事件B 表示“3次出现正面,1次出现反面”, 则P(A)=C24 1 2 2 1 2 2 =38 , P(B)=C34 1 2 3 1 2 1 =14 ; 则有P(A)>P(B),事件A 发生的概率大. 12.解:(1)∵某产品的次品率p=0.05, ∴恰有2个是次品的概率为C24×(0.05)2×(1-0.05)2≈ 0.01354. (2)某产品的次品率p=0.05, 则次品至多有2个的概率(0.95)4+C14×0.05×(0.95)3+ C24×(0.05)2×(0.95)2≈0.9995. 9.2 正态分布 知识运用 题型1 巩固训练 解:由X~N(0,1),可得正态分布的对称轴为x=0. (1)查标准正态分布表可得:P(0<X<1.90)=φ(1.90)- 0.5=0.9713-0.5=0.4713. (2)查标准正态分布表可得:P(-1.83<X<0)=P(0<X< 1.83)=φ(1.83)-0.5=0.9664-0.5=0.4664. 题型2 巩固训练 1.解:(1)X~N(2,σ2),且P(2<X<4)=0.3413,P(μ-σ<X <μ+σ)=0.6827, P(2<X<4)=12P (μ-σ<X<μ+σ)=0.3413,所以该正 态分布曲线的对称轴为x=2,所以μ+σ=4,解得σ=2. (2)P(X<0)=P(X<2)-P(0<X<2)=P(X<2)-P(2< X<4)=0.5-0.3413=0.1587. 2.解:(1)服从正态分布 N(μ,σ 2)的随机变量,在区间(μ-σ, μ+σ)内取值的概率分别为68.3%, ∴该男子身高在174cm以上的概率为12 (1-68.3%)= 15.85%. (2)设公共汽车门的设计高度为xcm,由题意,需使P(ξ≥ x)<1%. ∵ξ~N(168,6 2), ∴P(ξ≤x)=φ x-168 6 >0.99. 查表得x-168 6 >2.33 , ∴x>182,即公共汽车门的高度应设计为182cm,可确保 99%以上的成年男子头部不跟车门顶部碰撞. 随堂训练 1.B 对照正态密度函数f(x)= 1 2πσ e- (x-μ) 2 2σ2 易知σ=2,μ= 10,故B正确. 故选:B. 2.B ∵ξ服从正态分布N(μ,σ 2),P(ξ<2)=P(ξ>6)=0.15, ∴μ= 2+6 2 =4 ,∴P(2≤ξ<4)=0.5-P(ξ<2)=0.35. 故选:B. 3.B 由变量X 服从正态分布N(2,4)可知,x=2为其密度曲 线的对称轴,因此P(X≤0)=P(X≥4). 故选:B. 4.C 随机变量 X 服从正态分布N(1,σ2),∴曲线关于x=1 对称, ∴P(0<X<1)=P(1<X<2)=0.28, ∴P(X>0)=P(0<X<1)+P(X≥1)=0.78. 故选:C. 5.B P(80≤X≤88)=P (56≤X≤88)-P(64≤X≤80) 2 ≈ 0.1359, 则数学 成 绩 位 于[80,88]的 人 数 约 为0.1359×20000 =2718. 故选:B. 6.D 因为随机变量ξ服从正态分布N(0,1), 因为P(|ξ|<a)=P(-a<ξ<a),故①错误; 因为P(|ξ|<a)=P(-a<ξ<a)=P(ξ<a)-P(ξ<-a)= P(ξ<a)-P(ξ>a)=P(ξ<a)-[1-P(ξ<a)]=2P(ξ<a) -1(a>0),故②正确,③错误; 因为P(|ξ|<a)+P(|ξ|≥a)=1, 则P(|ξ|<a)=1-P(|ξ|≥a)(a>0),故④正确, 所以结论正确的是②④. 故选:D. 7.D 由题得:P(x≥2)=0.9,故P(x<2)=0.1,因为6+22 = 4,所以根据对称性得:P(x≥6)=P(x<2)=0.1. 故选:D. 8.A 根据正态分布 N(μ,σ 2)函数的性质: x=μ是正态分布曲线的对称轴; σ反应的正态分布的离散程度,σ越大,越分散,曲线越“矮 胖”,σ越小,越集中,曲线越“瘦高”, 由图象可得μ1<μ2,σ1<σ2. 故选:A. 9.解:由X~N(0,1),可得正态分布的对称轴为x=0. 查标准正态分布表可得:P(X<2.2)=φ(2.2)=0.9861; P(-1.8<X≤2)=P(X≤2)-P(X≤-1.8)=P(X≤2)- [1-P(X≤1.8)] =0.9772-(1-0.9642)=0.9413. 10.解:(1)∵X~N(0,1), ∴查标准正态分布表可得P(X≤2.75)=0.9970. (2)∵X~N(0,1), ∴查标准正态分布表可得P(X<0.5)=0.6915. (3)∵X~N(0,1), ∴查标准正态分布表可得P(-2<X≤2.9)=P(X≤2.9) -P(X<-2) =P(X≤2.9)-P(X>2)=P(X≤2.9)-[1-P(X≤2)] =P(X≤2.9)+P(X≤2)-1 =0.9817+0.9772-1=0.9589. 课后提升 1.D 因为P(X<1.9)=P(X>2.1)=0.1,所以P(1.9<X< 2.1)=1-0.1-0.1=0.8, 所以P(X<2.1)=P(1.9<X<2.1)+P(X<1.9)=0.9. 故选:D. 2.B 由 P(X≤4)=0.84,知 P(X≥4)=P(X≤0)=0.16,故 P(0<X≤4)=1-P(X≥4)-P(X≤0)=1-0.32=0.68. 故选:B. 3.A ∵随机变量X 服从正态分布N(3,1),∵P(X>2c-1) =P(X<c+3), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —312— 9.1.3 二项分布 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋1.理解n重伯努利试验的模型及意义. 2.理解二项分布,并能解决一些简单的实际问题. 3.掌握二项分布的期望与方差的求法. 知识点1:n次独立重复试验 在相同条件下重复地做n次试验,每一次试验只 有两个可能的结果,并且每一次试验的结果发生 的概率都不依赖于其他试验的结果,则称这样的 n次试验为n 次独立重复试验或n 重伯努利 试验. 【名师指导】 (1)各次之间相互独立. (2)每一次试验只有两种结果,即要么发生,要么 不发生. (3)每 一 次 试 验 中 各 事 件 发 生 的 概 率 都 是 一 样的. “重复”意味着各次试验的概率相同. 知识点2:二项分布 在n次独立重复试验中,若在一次试验中事件 A 发生的概率是p,则它不发生的概率q=1-p, 于是事件A 恰好发生k(k=0,1,2,…,n)次的概 率为Cknpk(1-p)n-k.设ξ是n 次独立重复试验 中事件A 发生的次数,则ξ的分布列为下表. ξ 0 1 … k … n P C0np0qn C1np1qn-1 … Cknpkqn-k … Cnnpnq0 我们把上述概率分布成为二项分布.有时,也说 离散型随机变量ξ服从参数为n,p的二项分布, 记作ξ~B(n,p).计算可得E(ξ)=np,D(ξ)= npq,其中q=1-p. 【名师指导】 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A 这两 个,且事件A 发生的概率为p,事件A 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A 发生的概率为1-p. 题型1:利用二项分布求分布列概率期望方差 【例1】 现有3个小组,每组3人,每人投篮1次, 投中的概率均为1 2 ,若1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 ( ) A.1512 B. 21 512 C. 343 512 D. 147 512 【解析】 1个 小 组 是“成 功 组”的 概 率 为1- C33 1 2 3 =78 , 则这3个 小 组 中 恰 有1个“成 功 组”的 概 率 为 C13 7 8 × 1-78 2 =21512. 故选:B. 【答案】 B 【例2】 若随机变量Y 服从二项分布B(n,p),且 E(Y)=3.6,D(Y)=2.16,则此二项分布是 ( ) A.Y~B(4,0.9) B.Y~B(9,0.4) C.Y~B(18,0.2) D.Y~B(36,0.1) 【解析】 ∵随机变量Y 服从二项分布B(n,p), 且E(Y)=3.6,D(Y)=2.16, ∴ np=3.6,① np(1-p)=2.16,② ②除以①得1-p=0.6,即p=0.4, 代入①解得n=9,∴此二项分布是Y~B(9.0.4), 故选B. 【答案】 B 【方法总结】 二项分布的试验就是我们常说的 n次独立重复试验,即在相同的条件下做了n 次独立重复试验,可以理解为有放回抽样的试 验.二项分布中离散型随机变量X 表示这n 次 独立重复试验中事件A 出现的次数,即成功次 数.所以事件{X=k}表示n次独立重复试验中 事件A 出现了k次,事件A 出现了n-k次. [巩固训练] 已知离散型随机变量X 服从二项分布X~B(n, p),且E(X)=4,D(X)=2,则n= ( ) A.16 B.8 C.4 D.2 题型2:二项分布的实际应用 【例3】 将 一 枚 质 地 均 匀 的 硬 币 重 复 抛 掷10 次,求: (1)恰好出现5次正面朝上的概率; (2)正面朝上出现的频率在[0.4,0.6]内的概率. 【解】 设A=“正面朝上”,则P(A)=0.5.用 X 表示事件A 发生的次数,则X~B(10,0.5). (1)恰好出现5次正面朝上等价于X=5, 于是P(X=5)=C510×0.510= 252 1024= 63 256. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —111— (2)正面朝上出现的频率在[0.4,0.6]内等价于 4≤X≤6,于是P(4≤X≤6)=C410×0.510+C510 ×0.510+C610×0.510= 672 1024= 21 32. 【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到红 灯的事件是相互独立的,并且概率都是1 3. (1)求 这 名 学 生 在 途 中 遇 到 红 灯 的 次 数ξ 的 均值; (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. 【解】 (1) 由ξ~B 5, 1 3 ,则 P(ξ=k)=Ck5× 1 3 k × 23 5-k ,k=0,1,2,3, 4,5. 即P(ξ=0)=C05× 1 3 0 × 23 5 =32243 ; P(ξ=1)=C15× 1 3× 2 3 4 =80243 ; P(ξ=2)=C25× 1 3 2 × 23 3 =80243 ; P(ξ=3)=C35× 1 3 3 × 23 2 =40243 ; P(ξ=4)=C45× 1 3 4 ×23= 10 243 ; P(ξ=5)=C55× 1 3 5 = 1243. 故ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 5 P 32243 80 243 80 243 40 243 10 243 1 243 ∴E(ξ)=0× 32 243+1× 80 243+2× 80 243+3× 40 243+ 4×10243+5× 1 243= 5 3. (2)y=k(k=0,1,2,3,4)也就是说前k个是绿 灯,第k+1个是红灯 y=5也就是说(5个均为绿灯),所以为 P(y=0)=13 ,P(y=1)= 23 1 ·1 3= 2 9 ; P(y=2)= 23 2 ·1 3= 4 27 ; P(y=3)= 23 3 ·1 3= 8 81 ; P(y=4)= 23 4 ·1 3= 16 243 ; P(y=5)= 23 5 =32243. 故y的分布列 y 0 1 2 3 4 5 P 13 2 9 4 27 8 81 16 243 32 243 (3)所求概率P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1- 2 3 5 =211243. 【方法总结】 一般地,确定一个二项分布模型 的步骤如下 (1)明确伯努利试验及事件A 的意义,确定事 件A 发生的概率p. (2)确定重复试验的次数n,并判断各次试验的 独立性. (3)设X 为n 次独立重复试验中事件A 发生的 次数,则X~B(n,p). [巩固训练] 从学校乘车到火车站的途中有3个交通岗,假设 在各个交通岗遇到红灯是相互独立的,并且概率 都是2 5. 设X 为途中遇到红灯的次数,求随机变 量X 的分布列. 1.已知X~B 4,13 ,则P(X=1)= ( ) A.881 B. 32 81 C. 4 27 D. 8 27 2.袋子中有6个白球,8个黑球,现从袋子里有放 回地取7次球,用 X 表示取到白球的个数,则 E(X)= ( ) A.8049 B. 12 7 C.3 D.2 3.已知随机变量 X 服 从 二 项 分 布B(n,p),且 E(X)=9,D(X)=94 ,则n= ( ) A.3 B.6 C.9 D.12 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —211— 4.设随机变量X~B(2,p),Y~B(4,p),若P(X≥ 1)=59 ,则D(Y)= ( ) A.23 B. 4 3 C. 4 9 D. 8 9 5.投篮测试中,每人投篮3次,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,则该同学恰好投中2次的概率为 . 6.已知一个质子在随机外力作用下,从原点出发在 数轴上运动,每隔一秒等可能地向数轴正方向或 向负方向移动一个单位.若移动n次,则当n=6 时,质子位于原点的概率为 . 7.已知随机变量X 服从二项分布B(n,p),若E(X) =50,D(X)=30,则p的值为 . 8.某射击队对9位运动员进行射击测试,每位运动 员进行3次射击,至少命中2次则通过测试,已 知每位运动员每次射击命中的概率均为2 3 ,各次 射击是否命中相互独立,且每位运动员本次测试 是否通过相互独立,设9位运动员中有 X 人通 过本次测试,则E(X)= . 9.如图,高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计 的用来研究随机现象的模型,从入口处放入一个 直径略小于两颗钉子间隔的小球,当小球从两钉 之间的间隙下落碰到下一排铁钉时,它将以相等 的可能性向左或向右落下,接着小球再通过两钉 的间隙,又碰到下一排铁钉,如此继续下去,在最 底层的5个出口处各放置一个容器接住小球,那 么小球落入4号容器的概率是 . 一、选择题 1.若离散型随机变量 X~B 4,23 ,则 E(X)和 D(X)分别为 ( ) A.83 ,16 9 B. 8 3 ,8 9 C.89 ,8 3 D. 16 9 ,8 3 2.已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4, 该运动员进行罚球练习(每次罚球互不影响),则 在罚球命中两次时,罚球次数恰为4次的概率是 ( ) A.36625 B. 9 125 C. 108 625 D. 54 125 3.若随机变量X~B(n,0.4),且E(X)=2,则P(X= 4)的值是 ( ) A.3×0.44 B.2×0.45 C.3×0.64 D.2×0.64 4.已知X~B 6,13 ,则D(X)= ( ) A.2 B.23 C. 4 3 D. 8 3 5.设随机变量ξ~B(n,p),若E(ξ)=2.4,D(ξ)= 1.44,则参数n,p的值分别为 ( ) A.12,0.4 B.12,0.6 C.6,0.4 D.6,0.6 6.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3 4 ,乙队每人点球 破门的概率都是2 3 ,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 二、填空题 7.若随机变量X~B(n,p),若E(X)=1,D(X)= 2 3 ,则p= . 8.设随机变量ξ~B(2,p),若 P(ξ≥1)= 5 9 ,则 D(ξ)的值为 . 三、简答题 9.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18, 19,20层停靠,若该电梯在底层载有5位乘客, 且每位乘客在这三层的每一层下电梯是等可能 的,用X 表示这5位乘客在第20层下电梯的人 数,求E(X). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —311— 10.某篮球运动员投篮的命中率为0.7,现投了6次 球. (1)求恰有4次命中的概率; (2)求至多有4次命中的概率; (3)设命中的次数为X,求E(X). 11.将一枚均匀的硬币连续抛掷4次,设事件A 表 示“2次出现正面,2次出现反面”,事件B 表示 “3次出现正面,1次出现反面”,则事件A 与事 件B 发生的概率哪个更大? 12.某产品的次品率p=0.05,若进行有放回地抽 样检查,现选取4个样品,求: (1)恰有2个是次品的概率; (2)次品至多有2个的概率(结果保留4位有效 数字). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 9.2 正态分布 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋1.了解正态分布的概念与正态曲线;了解利用标准 正态分布表计算服从正态分布的随机变量的概 率;初步了解用正态分布和正态曲线解决实际问 题的方法.培养和提升学生的数学运算、逻辑推 理和数学建模等核心素养. 2.正态分布的概念;正态分布的概率计算,正态分 布在实际问题中的简单应用.认识分布曲线的特 点及曲线所表示的意义.了解3σ原则. 知识点1:连续型随机变量 随机变量,不是离散的,它们的取值往往充满某 个区间甚至整个实轴,但取一点的概率为0,我 们称这类随机变量为连续性随机变量. 知识点2:正态密度函数和正态密度曲线 (1)定义:我们称f(x)= 1 σ 2π e- (x-μ) 2 2σ 2 ,x∈R,其 中μ∈R,σ>0为参数,为正态密度函数,称其图 象为正态分布密度曲线,简称正态曲线. (2)若随机变量X 的概率密度函数为f(x),则称 随机变量 X 服从正态分布(normaldis-tribu- tion),记为X~N(μ,σ2). 特别地,当μ=0,σ=1时,称随机变量X 服从标 准正态分布. (3)若X~N(μ,σ2),如图所示,X 取值不超过x的 概率P(X≤x)为图中区域A 的面积,而P(a≤X ≤b)为区域B的面积. 知识点3:正态分布的作用 在概率和统计中占有重要地位,它广泛存在于自然 现象、生产和生活实践之中.很多随机变量都服从 或近似服从正态分布.例如,某些物理量的测量误 差;某一地区同年龄人群的身高、体重、肺活量等; 一定条件下生长的小麦的株高、穗长、单位面积产 量;自动流水线生产的各种产品的质量指标(如零 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —411—