4.2.3 第1课时 n次独立重复试验与二项分布-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦“n次独立重复试验与二项分布”，通过射击、掷骰子等实例导入，衔接伯努利试验与两点分布，搭建从具体试验到抽象模型的学习支架，帮助学生掌握概念及分布列应用。 其亮点在于通过题型分类（试验判断、分布列求解、概率最值）和实例（如交通岗遇红灯问题），结合数学抽象、逻辑推理与数学运算素养，采用“概念-例题-跟踪训练”模式。学生能深化理解并解决实际问题，教师可依托系统资源提升教学效率。

第四章　概率与统计 4.2　随机变量 4.2.3　二项分布与超几何分布 第1课时　 n次独立重复试验与二项分布 课程标准：1.理解n次独立重复试验的概念.2.通过具体实例，掌握二项分布，并能解决简单的实际问题． 教学重点：n次独立重复试验的模型、二项分布． 教学难点：二项分布的分布列及有关的概率计算． 核心素养：1.通过学习n次独立重复试验的概念、二项分布的概念培养数学抽象素养.2.通过利用二项分布解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　n次独立重复试验 在_______条件下重复n次伯努利试验时，人们总是约定这n次试验是____________，此时这n次伯努利试验也常称为n次独立重复试验． 知识点二　二项分布 一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记q＝1－p，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0，1，…，k，…，n}，而且P(X＝k)＝__________，k＝0，1，…，n，此时称X服从参数为n，p的二项分布，记作____________． [点拨]　根据二项分布与两点分布的定义，可知两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布． 相同 相互独立的 X～B(n，p) 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 1．(n次独立重复试验的特点)(多选)对于n次独立重复试验，下列说法正确的是(　　) A．每次试验之间是相互独立的 B．每次试验只有两个相互对立的结果 C．每次试验中事件A发生的概率相等 D．各次试验中，各个事件是互斥的 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 核心素养形成 题型一　n次独立重复试验 例1　(多选)下列试验不是n次独立重复试验的是(　　) A．依次投掷四枚质地不同的硬币 B．某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次 C．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 D．小明做10道难度不同的数学单选题 解析　由于试验的条件不同(硬币质地不同)，因此A项不是n次独立重复试验；某人射击，击中目标的概率是稳定的，因此B项是n次独立重复试验；每次抽取，每种颜色出现的可能性不相等，因此C项不是n次独立重复试验；10道题难度不同，每道题做对的概率也不同，因此D项不是n次独立重复试验．故选ACD. 核心素养形成 10 【感悟提升】　n次独立重复试验的判断依据 (1)要看该试验是不是在相同的条件下可以重复进行． (2)每次试验相互独立、互不影响． (3)每次试验都只有两种结果，即事件发生、不发生． 核心素养形成 11 【跟踪训练】　 1．小明同小华一起玩掷骰子游戏，比赛谁能掷出奇数点．游戏规则如下：小明先掷，小华后掷，如此间隔投掷．问： (1)小明共投掷n次，是否可看作n次独立重复试验？小华共投掷m次，是否可看作m次独立重复试验？ (2)在游戏的全过程中共投掷了m＋n次，则这m＋n次是否可看作m＋n次独立重复试验？ 核心素养形成 12 解:(1)由伯努利试验的判断条件，小明、小华各自投掷骰子时可看作在相同条件下，且每次投掷互不影响，故小明投掷的n次可看作n次独立重复试验，小华投掷的m次可看作m次独立重复试验． (2)在游戏的全过程中投掷m＋n次，不是在相同条件下(两人间隔投掷)进行的，故不可看作m＋n次独立重复试验． 核心素养形成 13 核心素养形成 14 核心素养形成 15 【感悟提升】　求解二项分布的分布列及概率计算问题的思路 (1)根据题意设出随机变量，并分析出随机变量服从二项分布． (2)找到参数n，p，并写出二项分布的分布列． (3)将k值代入求解概率． 注意：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． 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 (2)掷一个质地均匀的骰子n次，设出现k次点数为1的概率为Pn(k)，若n＝20，则当Pn(k)取得最大值时，k＝(　　) A．3 B．4 C．8 D．10 核心素养形成 23 核心素养形成 24 5或6 核心素养形成 25 核心素养形成 26 随堂水平达标 1.下列随机变量X不服从二项分布的是(　　) A．投掷一个均匀的骰子5次，X表示点数为6出现的次数 B．某射击运动员射中目标的概率为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．实力相等的甲、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电脑被病毒感染的概率为0.3，X表示从该网站下载n次数据电脑被病毒感染的次数 随堂水平达标 28 随堂水平达标 29 随堂水平达标 30 随堂水平达标 31 4．将一枚硬币连掷7次，如果出现k次正面向上的概率等于出现k＋1次正面向上的概率，那么k的值为________． 3 随堂水平达标 32 13或14 随堂水平达标 33 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 二项分布的概念 二项分布的概率、互斥事件的概率 二项分布的概率公式、利用组合数的性质求参数 二项分布的概率及应用 二项分布的概率及应用 已知二项分布的概率求参数 n次独立重复试验中求n的最值 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 两个随机变量服从二项分布求概率 二项分布的概率的综合计算 利用相互独立事件的概率求参数、二项分布的分布列 二项分布的概率 与二项分布有关的新定义问题的概率计算 统计与二项分布的分布列相结合 全概率公式与二项分布的概率最值的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 一、选择题 1．在100件产品中有5件次品，采用有放回抽取的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　　) A．X～B(100，0.05) B．X～B(10，0.05) C．X～B(1000，95) D．X～B(10，0.95) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 2．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为(　　) A．0.729 B．0.2916 C．0.6561 D．0.9477 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 3．若X～B(10，0.5)，则当P(X＝k)取得最大值时，k＝(　　) A．4或5 B．5或6 C．10 D．5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 三、解答题 9．某篮球运动员的罚球命中率为80%，计算(结果精确到0.01)： (1)5次罚球中恰有2次命中的概率； (2)5次罚球中至少有2次命中的概率； (3)5次罚球中恰有2次命中，且其中第3次命中的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 13．某学校在假期安排了“垃圾分类知识普及实践活动”，为了解学生的学习成果，该校对全校学生进行了测试(满分100分)，并随机抽取50名学生的成绩进行统计，将其分成以下6组：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，整理得到如图所示的频率分布直方图． (1)求图中a的值； (2)试估计全校学生成绩的第80百分位数； (3)若将频率视为概率，从全校成绩在80分 及以上的学生中随机抽取3人，用随机变量X表示 成绩在[90，100]中的人数，求随机变量X的分布列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 解：(1)由题意，得(0.006＋a＋0.018＋0.032＋0.020＋0.010)×10＝1， 解得a＝0.014. (2)设全校学生成绩的第80百分位数为t， ∵1－80%＝0.2，0.1<0.2，0.1＋0.2>0.2， ∴t∈[80，90)， ∴0.1＋(90－t)×0.02＝0.2，解得t＝85， ∴全校学生成绩的第80百分位数为85. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 14.小张参加某知识竞赛，题目按照难度不同分为A类题和B类题，小张回答A类题正确的概率为0.9，回答B类题正确的概率为0.45.已知题库中B类题的数量是A类题数量的2倍． (1)求小张在题库中任选一题，回答正确的概率； (2)已知题库中的题目数量足够多，该知识竞赛需要小张从题库中连续回答10个题目，若小张在这10个题目中恰好回答正确k(k＝0，1，2，…，10)个的概率为Pk，则当k为何值时，Pk最大？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 　　　　　　　　　　　　　 R Ceq \o\al(k,n)pkqn－k [想一想]　二项分布中公式P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,n)pkqn－k与二项式定理的通项之间有什么关系？ 提示：记P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,n)pk(1－p)n－k＝Ceq \o\al(k,n)pkqn－k，则它恰好是二项式(q＋p)n展开式的第k＋1项，即[(1－p)＋p]n展开式的第k＋1项． 2．(n次独立重复试验概率的求解)连续掷一枚均匀的硬币5次，恰好有3次出现正面向上的概率是________． 3．(二项分布概率公式的应用)已知η～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,3)))，则P(η＝4)＝________． eq \f(5,16) eq \f(20,243) 题型二　二项分布及其应用 例2　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eq \f(1,3). (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交通岗数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)由题意，知ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，则P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 5 P eq \f(32,243) eq \f(80,243) eq \f(80,243) eq \f(40,243) eq \f(10,243) eq \f(1,243) (2)η的概率分布为Ρ(η＝k)＝P(前k个是绿灯，第k＋1个是红灯)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(k)×eq \f(1,3)，k＝0，1，2，3，4； P(η＝5)＝P(5个均为绿灯)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(5)， 故η的分布列为 η 0 1 2 3 4 5 P eq \f(1,3) eq \f(2,9) eq \f(4,27) eq \f(8,81) eq \f(16,243) eq \f(32,243) (3)所求概率为P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－eq \f(32,243)＝eq \f(211,243). 【跟踪训练】　 2．(1)若随机变量ξ服从Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，则P(ξ≤3)＝(　　) A.eq \f(11,32) B.eq \f(7,32) C.eq \f(21,32) D.eq \f(7,64) 解析：解法一：∵ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，∴P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(6－k)＝Ceq \o\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)，∴P(ξ≤3)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝(Ceq \o\al(0,6)＋Ceq \o\al(1,6)＋Ceq \o\al(2,6)＋Ceq \o\al(3,6))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(21,32).故选C. 解法二：∵ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，∴P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(6－k)＝Ceq \o\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)，∴P(ξ≤3)＝1－P(ξ≥4)＝1－4,6)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(C×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(6)＋Ceq \o\al(5,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(6)＋Ceq \o\al(6,6)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(6))) ＝eq \f(21,32).故选C. (2)某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予以录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予以录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为eq \f(1,2)，复审能通过的概率为eq \f(3,10)，各专家评审的结果相互独立． ①求某应聘人员被录用的概率； ②若4人应聘，设X为被录用的人数，求X的分布列． 解：设“两位初审专家都同意通过”为事件A，“只有一位初审专家同意通过”为事件B，“通过复审”为事件C. ①设“某应聘人员被录用”为事件D， 则D＝A∪BC. 因为P(A)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)， P(B)＝2×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，P(C)＝eq \f(3,10)， 所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(3,10)＝eq \f(2,5). 所以某应聘人员被录用的概率为eq \f(2,5). ②根据题意，X的取值范围为{0，1，2，3，4}， 且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2,5)))，所以P(X＝0)＝Ceq \o\al(0,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(4)＝eq \f(81,625)， P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,4)×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(216,625)， P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(216,625)， P(X＝3)＝Ceq \o\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(3)×eq \f(3,5)＝eq \f(96,625)， P(X＝4)＝Ceq \o\al(4,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(0)＝eq \f(16,625). 所以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) 题型三　二项分布中概率的最值问题 例3　(1)某人射击一发子弹，击中目标的概率为eq \f(4,5)，现在他射击19发子弹，则击中目标的子弹数最可能是(　　) A．14 B．15 C．16 D．15或16 解析　设击中目标的子弹数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(19，\f(4,5)))，有P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,19)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(19－k)，k∈N，k≤19，依题意，设P(X＝k)最大，显然P(X＝0)，P(X＝19)都不是最大的，即有1≤k≤18，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1），)) 即k,19)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(19－k)≥Ceq \o\al(k＋1,19)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(18－k)，,Ceq \o\al(k,19)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(19－k)≥Ceq \o\al(k－1,19)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))\s\up12(20－k)，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(19！,k！（19－k）！)≥4·\f(19！,（k＋1）！（18－k）！)，,4·\f(19！,k！（19－k）！)≥\f(19！,（k－1）！（20－k）！)，))整理得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＋1≥4（19－k），,4（20－k）≥k，))解得15≤k≤16，所以击中目标的子弹数最可能是15或16.故选D. 解析　掷一个质地均匀的骰子20次，其中出现点数为1的次数为X，则X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20，\f(1,6)))，P20(k)＝Ceq \o\al(k,20)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6))) eq \s\up12(20－k)，eq \f(P20（k）,P20（k－1）)＝eq \f(1,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,k)－1))，当1≤k≤3时，eq \f(1,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,k)－1))>1，P20(k)>P20(k－1)；当k≥4时，eq \f(1,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,k)－1))<1，P20(k)<P20(k－1)．所以当k＝3时，P20(k)取得最大值．故选A. 【感悟提升】　二项分布概率最大问题的求解方法 (1)不等式组法：利用不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（X＝k）≥P（X＝k＋1），,P（X＝k）≥P（X＝k－1）))来求解． (2)作商法：利用eq \f(P（X＝k）,P（X＝k－1）)(k∈N，1≤k≤n)与1的大小关系来求解． 【跟踪训练】　 3．一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端．某种植户对一块地的n个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为eq \f(1,2)，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种．则当n＝_____________时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为________． eq \f(5,16) 解析：对一个坑而言，要补播种的概率P＝Ceq \o\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋Ceq \o\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,2)，所以补播种坑的数量服从Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(1,2)))，则3个坑要补播种的概率为Ceq \o\al(3,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－3)＝Ceq \o\al(3,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n).要使Ceq \o\al(3,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)最大，只需3,n)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)≥Ceq \o\al(2,n)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，,Ceq \o\al(3,n)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)≥Ceq \o\al(4,n)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)，)) 解得5≤n≤7.当n＝5或n＝6时，Ceq \o\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5)＝Ceq \o\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(6)＝eq \f(5,16)，当n＝7时，Ceq \o\al(3,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(7)＝eq \f(35,128).因为eq \f(5,16)>eq \f(35,128)，所以当n＝5或n＝6时，有3个坑要补播种的概率最大，最大概率为eq \f(5,16). 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eq \f(1,6)，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，进行了5局比赛，相当于进行了5次独立重复试验，故X服从二项分布；对于D，由二项分布的定义，可知电脑被病毒感染的次数X～B(n，0.3)． 2．已知X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，则P(X＝1)＝(　　) A.eq \f(8,81) B.eq \f(32,81) C.eq \f(4,27) D.eq \f(8,27) 解析：因为X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，所以P(X＝1)＝Ceq \o\al(1,4)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)＝eq \f(32,81).故选B. 3．某人通过普通话二级测试的概率是eq \f(1,4)，若他连续测试3次(各次测试互不影响)，那么其中恰有1次通过的概率是(　　) A.eq \f(1,64) B.eq \f(1,16) C.eq \f(27,64) D.eq \f(3,4) 解析：因为某人通过普通话二级测试的概率是eq \f(1,4)，所以他连续测试3次，其中恰有1次通过的概率是P＝Ceq \o\al(1,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(27,64).故选C. 解析：由题意，知Ceq \o\al(k,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(7－k)＝Ceq \o\al(k＋1,7)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(7－k－1)，∴Ceq \o\al(k,7)＝Ceq \o\al(k＋1,7)，∴k＋(k＋1)＝7，∴k＝3. 5．随机变量ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20，\f(2,3)))，当P(ξ＝k)取得最大值时，k＝___________． 解析：∵随机变量ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20，\f(2,3)))，∴P(ξ＝k)＝Ceq \o\al(k,20)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(20－k)， 依题意有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（ξ＝k）≥P（ξ＝k－1），,P（ξ＝k）≥P（ξ＝k＋1），)) 即k,20)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(20－k)≥Ceq \o\al(k－1,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(21－k)，,Ceq \o\al(k,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(20－k)≥Ceq \o\al(k＋1,20)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(19－k)，)) 解得13≤k≤14，故k＝13或14. 解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是eq \f(5,100)＝0.05，相当于10次独立重复试验，所以X～B(10，0.05)．故选B. 解析：至少3人被治愈的概率为Ceq \o\al(3,4)×0.93×0.1＋0.94＝0.9477.故选D. 解析：因为X～B(10，0.5)，所以P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,10)0.5k×0.510－k＝Ceq \o\al(k,10)0.510，由组合数的性质可知，当k＝5时，Ceq \o\al(k,10)取得最大值，即P(X＝k)取得最大值．故选D. 4．某项羽毛球单打比赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为eq \f(2,3)，则由此估计甲获得冠军的概率为(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,9) C.eq \f(16,27) D.eq \f(20,27) 解析：甲获得冠军分以下两类：第一类，甲以2∶0获得冠军；第二类，甲以2∶1获得冠军．所以甲获得冠军的概率为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＋Ceq \o\al(1,2)×eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)＋eq \f(8,27)＝eq \f(20,27).故选D. 5．(多选)为了防止受到核污染的产品影响民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为eq \f(1,6)，第二轮检测不合格的概率为eq \f(1,10)，两轮检测是否合格相互没有影响．若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X元，则下列说法正确的是(　　) A．该产品能销售的概率为eq \f(3,4) B．若ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,4))) C．若ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝eq \f(7,120) D．P(X＝－80)＝eq \f(27,128) 解析：对于A，该产品能销售的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10)))＝eq \f(3,4)，故A正确；对于B，由A项知，每件产品能销售的概率为eq \f(3,4)，一箱中有4件产品，则ξ～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,4)))，故B正确；对于C，由题意，得P(X＝40)＝P(ξ＝3)＝Ceq \o\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(3)×eq \f(1,4)＝eq \f(27,64)，故C不正确；对于D，由题意知，X＝－80，即4件产品中有2件能销售，有2件不能销售，所以P(X＝－80)＝Ceq \o\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)＝eq \f(27,128)，故D正确．故选ABD. 二、填空题 6．设随机变量ξ～B(2，p)，若P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，则p的值为________． 解析：P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝eq \f(5,9)，即(1－p)2＝eq \f(4,9)，因为0<p<1，所以p＝eq \f(1,3). eq \f(1,3) 7．一个学生通过某种测试的概率是eq \f(1,2)，他连续测试n次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n的最小值为________． 解析：由1－Ceq \o\al(0,n)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(n)>0.9，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n)<0.1，又n∈N＋，∴n≥4，∴n的最小值为4. 8．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(3，p)，若P(X≥1)＝eq \f(7,16)，则P(Y＝2)＝________． 解析：∵X～B(2，p)，∴P(X≥1)＝Ceq \o\al(1,2)p(1－p)＋Ceq \o\al(2,2)p2＝eq \f(7,16)，得p＝eq \f(1,4)，又Y～B(3，p)，∴P(Y＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq \f(9,64). eq \f(9,64) 解：(1)令X表示“5次罚球中命中的次数”，则“5次罚球中恰有2次命中”的概率为P(X＝2)＝Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5))) eq \s\up12(3)＝10×eq \f(16,25)×eq \f(1,125)≈0.05. (2)“5次罚球中至少有2次命中”的概率为P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－Ceq \o\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5))) eq \s\up12(5)－Ceq \o\al(1,5)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5))) eq \s\up12(4)＝1－0.00032－0.0064≈0.99. (3)“5次罚球中恰有2次命中，且其中第3次命中”的概率为P＝Ceq \o\al(1,4)×eq \f(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,5))) eq \s\up12(3)×eq \f(4,5)≈0.02. 10．某居民小区有两个相互独立的安全防范系统A和B，系统A和B在任意时刻发生故障的概率分别是eq \f(1,10)和p，且在任意时刻至少有一个安全防范系统不发生故障的概率为eq \f(49,50). (1)求p的值； (2)设系统B在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列． 解：(1)设事件C表示“在任意时刻至少有一个安全防范系统不发生故障”， 则P(C)＝1－eq \f(1,10)p＝eq \f(49,50)，解得p＝eq \f(1,5). (2)由题意，得随机变量ξ的取值范围为{0，1，2，3}， P(ξ＝0)＝Ceq \o\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(0)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(3)＝eq \f(1,125)，P(ξ＝1)＝Ceq \o\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(12,125)， P(ξ＝2)＝Ceq \o\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(1)＝eq \f(48,125)，P(ξ＝3)＝Ceq \o\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))) eq \s\up12(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5))) eq \s\up12(0)＝eq \f(64,125)， 所以随机变量ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P eq \f(1,125) eq \f(12,125) eq \f(48,125) eq \f(64,125) 11．如图，一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为eq \f(3,4)，向右移动的概率为eq \f(1,4).若该质点每次移动1个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)＝(　　) A.eq \f(50,243) B.eq \f(17,512) C.eq \f(53,512) D.eq \f(17,81) 解析：由题意可知，当X>0时，X的取值范围为{1，3，5}，且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(3,4)))，所以P(X>0)＝P(X＝5)＋P(X＝3)＋P(X＝1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(5)＋Ceq \o\al(1,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(4)＋Ceq \o\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4))) eq \s\up12(3)＝eq \f(53,512).故选C. 12．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为p(0<p<1)，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记X～NB(r，p)．若X～NBeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,3)))，则P(X＝6)＝___________． 解析：因为X～NB(r，p)，所以P(X＝k)＝Ceq \o\al(r－1,k－1)pr－1(1－p)k－rp＝Ceq \o\al(r－1,k－1)pr(1－p)k－r，由题意知，当k＝6，r＝5时，P(X＝6)＝Ceq \o\al(4,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq \f(10,729). eq \f(10,729) (3)∵成绩在[80，90)与[90，100]的学生比例为2∶1， ∴从全校成绩在80分及以上的学生中随机抽取1人，此人成绩在[90，100]的概率为eq \f(1,3)， 故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,3)))， 则P(X＝k)＝Ceq \o\al(k,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(k)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(3－k)，k＝0，1，2，3， ∴随机变量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) 解：(1)设小张回答A类题正确的概率为P(A)，回答B类题正确的概率为P(B)，小张在题库中任选一题，回答正确的概率为P， 由题意，得P(A)＝0.9，P(B)＝0.45， 所以P＝eq \f(1,3)P(A)＋eq \f(2,3)P(B)＝eq \f(1,3)×0.9＋eq \f(2,3)×0.45＝0.6， 所以小张在题库中任选一题，回答正确的概率为0.6. (2)由(1)可得Pk＝Ceq \o\al(k,10)×0.6k×0.410－k， 设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Pk≥Pk＋1，,Pk≥Pk－1，))即k,10)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C×0.6k×0.410－k≥Ceq \o\al(k＋1,10)×0.6k＋1×0.49－k，,Ceq \o\al(k,10)×0.6k×0.410－k≥Ceq \o\al(k－1,10)×0.6k－1×0.411－k，)) 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2×\f(10！,k！（10－k）！)≥3×\f(10！,（k＋1）！（9－k）！)，,3×\f(10！,k！（10－k）！)≥2×\f(10！,（k－1）！（11－k）！)，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（k＋1）≥3（10－k），,3（11－k）≥2k，))解得eq \f(28,5)≤k≤eq \f(33,5)， 又k∈Z，所以当k＝6时，Pk最大． $