第七章 重点突破4 二项分布与超几何分布的综合问题-【金版新学案】2025-2026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PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦“随机变量及其分布”，核心突破二项分布与超几何分布的综合应用，通过垃圾分类竞赛、延迟退休调查等现实情境案例导入，衔接概率基础知识，为学生搭建从具体问题到抽象模型的学习支架。 其亮点在于以“碳达峰”“垃圾回收”等真实情境为载体，通过题型分类（单一分布应用、综合应用）和规律方法总结，培养学生数学建模、数学抽象与数学运算素养。学生能在解决实际问题中理解两种分布的区别与联系，教师可借助随堂及分层评价精准把握教学效果，提升课堂效率。

重点突破4 二项分布与超几何分布的综合问题 　 第七章 随机变量及其分布 学习目标 1.进一步了解二项分布与超几何分布的区别与联系.　 2.进一步掌握超几何分布、二项分布的均值和方差的计算.　 3.通过二项分布与超几何分布的综合应用，进一步提升数学抽 象、数学建模、数学运算的核心素养. 题型一　二项分布的实际应用 1 题型二　超几何分布的实际应用 2 题型三　二项分布与超几何分布的综合应用 3 课时分层评价 5 内容索引 随堂评价 4 题型一　二项分布的实际应用 返回 我国承诺2030年前“碳达峰”，2060年前“碳中和”，“碳达峰”是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；“碳中和”是指针对排放的二氧化碳要采取植树、节能减排等各种方式全部抵消掉.做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳的排放，助力“碳中和”.某中学利用班会课时间组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛.首先出战的是第一组、第二组、第三组，已知第一组、第二组通过初赛和复赛获胜的概率均为，第三组通过初赛和复赛的概率分别为p和－p，其中0＜p≤，三组是否通过初赛和复赛互不影响. (1)求p取何值时，第三组进入决赛的概率最大； 典例 1 解：依题意，知第三组通过初赛和复赛的概率p0＝p(－p)＝－p2＋p＝－(p－)2＋， 又因为≤p≤， 所以，当p＝时，第三组进入决赛的概率最大，最大为. (2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列和均值. 解：由(1)知：第一组、第二组、第三组进入决赛的概率均为×＝. 因为进入决赛的队伍数X～B(3，)， 所以P(X＝0)＝×(1－)3＝； P(X＝1)＝××(1－)2＝＝； P(X＝2)＝×()2×(1－)＝＝； P(X＝3)＝×()3＝. 所以随机变量X的分布列为 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. X 0 1 2 3 P 规律方法 二项分布实际应用问题的解题思路 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(试验的次数)和p(事件发生的概率)；写出二项分布的分布列，利用公式求解均值、方差等. 对点练1.甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更 有利？ 解：法一：采用3局2胜制，甲最终获胜有两种可能的比分2∶0或2∶1，前者是前两局甲连胜，后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.因为每局比赛的结果是独立的，甲最终获胜的概率为p1＝0.62＋×0.62×0.4＝0.648. 类似地，采用5局3胜制，甲最终获胜有三种可能的比分3∶0，3∶1或3∶2.因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率为p2＝0.63＋×0.63×0.4＋×0.63×0.42＝0.682 56. 因为p2＞p1，所以5局3胜制对甲有利. 法二：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用X表示3局比赛中甲胜的局数，则X～B(3，0.6).甲最终获胜的概率为p1＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝×0.62×0.4＋×0.63＝0.648. 采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则X～B(5，0.6).甲最终获胜的概率为p2＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5) ＝×0.63×0.42＋×0.64×0.4＋×0.65＝0.682 56. 因为p2＞p1，所以5局3胜制对甲有利. 返回 题型二　超几何分布的实际应用 返回 每个国家对退休年龄都有不一样的规定，2025年1月1日开始，我国执行延迟退休新政.为了了解市民对“延迟退休”的态度，现从某地市民中随机选取100人进行调查，调查情况如下表： (1)从赞成“延迟退休”的人中任选1人，此年龄在[35，45)的概率为，求出表格中m，n的值； 典例 2 年龄段 (单位：岁) [15，25) [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75] 被调查的人数 10 15 20 m 25 5 赞成的人数 6 12 n 20 12 2 解：因为总共抽取100人进行调查，所以m＝100－10－15－20－25－5＝25， 因为从赞成“延迟退休”的人中任选1人，其年龄在[35，45)的概率为＝，所以n＝13. 年龄段 (单位：岁) [15，25) [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75] 被调查的人数 10 15 20 m 25 5 赞成的人数 6 12 n 20 12 2 (2)若从年龄在[45，55)的参与调查的市民中按照是否赞成“延迟退休”进行分层抽样，从中抽取10人参与某项调查，然后再从这10人中随机抽取4人参加座谈会，记这4人中赞成“延迟退休”的人数为X，求X的分布列及均值. 年龄段 (单位：岁) [15，25) [25，35) [35，45) [45，55) [55，65) [65，75] 被调查的人数 10 15 20 m 25 5 赞成的人数 6 12 n 20 12 2 解：从年龄在[45，55)中按分层抽样抽取10人，赞成的抽取10×＝8人，不赞成的抽取2人，再从这10人中随机抽取4人，则随机变量X的可能取值为2，3，4. 则P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝. 所以X的分布列为 所以E(X)＝2×＋3×＋4×＝. X 2 3 4 P 规律方法 超几何分布的求解策略 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. 对点练2.生活垃圾中有一部分可以回收利用， 回收1吨废纸可再造出0.8吨好纸，降低造纸的 污染排放，节省造纸能源消耗.某环保小组调 查了北京市某垃圾处理厂2024年6月至12月生 活垃圾回收情况，其中可回收物中废纸和塑料 品的回收量(单位：吨)的折线图如图所示： (1)现从2024年6月至12月中随机选取1个月，求该垃圾处理厂可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0吨的概率； 解：记“该垃圾处理厂可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0吨”为事件A， 由图知，只有8月份的可回收物中废纸和塑料品的回收量均超过4.0吨， 所以P(A)＝. (2)从2024年6月至12月中任意选取2个月，记X为选取的这2个月中废纸的回收量超过3.7吨的月份的个数.求X的分布列及均值. 解：6月至12月废纸的回收量超过3.7吨的月 份有7月、8月、10月，共3个月. 所以X的可能取值为0，1，2. 所以P(X＝0)＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝ ＝. 所以X的分布列为 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＝. X 0 1 2 P 返回 题型三　二项分布与超几何分布的综合应用 返回 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515].由此得到样本的频率分布直方图(如图). (1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量； 典例 3 解：质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过505克的产品数量为40×0.3＝12. (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列； 解：质量超过505 g的产品数量为12，则质量未 超过505 g的产品数量为28，X的取值为0，1，2， X服从超几何分布. P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列. 解：根据样本估计总体的思想，取一件产品， 该产品的质量超过505 g的概率为＝. 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成 2重伯努利试验，质量超过505 g的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～B， P(Y＝k)＝，k＝0，1，2. 所以P(Y＝0)＝×＝， P(Y＝1)＝××＝， P(Y＝2)＝×＝. 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P 规律方法 1.根据题意，确定是二项分布还是超几何分布模型. 2.根据超几何分布与二项分布的分布列和性质求出随机变量的均值和方差. 3.利用均值与方差的意义进行决策判断. 对点练3.某校设计了一个实验学科的实验考查方案；考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定：至少正确完成2题便可通过，已知6道备选题中甲生有4题能正确完成，2题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，求： (1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算均值； 解：设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值是1，2，3. 所以P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝. 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P 所以E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2. 设考生乙正确完成实验操作的题数为η， 易知η～B(3，)， 所以P(η＝0)＝(1－)3＝， P(η＝1)＝)1(1－)2＝， P(η＝2)＝)2(1－)1＝， P(η＝3)＝)3＝. 所以η的分布列为 所以E(η)＝3×＝2. η 0 1 2 3 P (2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力. 解：由(1)知E(ξ)＝E(η)＝2， D(ξ)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝， D(η)＝3××(1－)＝， P(ξ≥2)＝＋＝，P(η≥2)＝＋＝， 所以D(ξ)＜D(η)，P(ξ≥2)＞P(η≥2)， 故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当； 从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定； 从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大. 返回 随堂评价 返回 1.设随机变量X服从二项分布B(n，)，若P(X≥1)＝0.998 4，则D(X)＝ A.0.16 B.0.32 C.0.64 D.0.84 P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－)0()n＝1－()n＝0.998 4，解得n＝4，所以X～B(4，)，则D(X)＝np(1－p)＝4××＝＝0.64.故选C. √ 2.一个班级共有30名学生，其中有10名女生，现从中任选3人代表班级参加学校开展的某项活动，假设选出的3名代表中的女生人数为变量X，男生人数为变量Y，则P(X＝2)＋P(Y＝2)等于 A. B. C. D. 因为P(X＝2)＝，P(Y＝2)＝，所以P(X＝2)＋P(Y＝2)＝.故选C. √ 3.某一零件加工厂在最后包装的环节中，由于操作失误，在8个装盒的零件中不慎混入了2个次品.现从中不放回地任选2个零件，则取到次品零件个数的均值为____. 由题意设取到次品零件个数为ξ，ξ的可能取值为0，1，2，且P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，所以取到次品零件个数的均值为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 4.一次掷两枚骰子，若两枚骰子点数之和为4或5或6，则称这是一次成功试验.现进行四次试验，则恰出现一次成功试验的概率为_____. 返回 一次掷两枚骰子，两枚骰子点数之和为4的情况有3种， 两枚骰子点数之和为5的情况有4种，两枚骰子点数之和为6的情况有5种，在一次试验中，出现成功试验的概率P＝＝，设出现成功试验的次数为X，则X～B(4，)，所以重复做这样的试验4次，则恰出现一次成功试验的概率为P(X＝1)＝×()×(1－)3＝. 课时分层评价 返回 1.已知随机变量X～B(4，p)，其中0＜p＜1，若P(X≤3)＝，则P(X＝3)＝ A. B. C. D. 由二项分布的知识得P(X≤3)＝1－P(X＝4)＝1－p4＝，得p4＝，又0＜p＜1，所以p＝，所以P(X＝3)＝×()3×(1－)＝.故选C. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.袋中有5个形状相同的乒乓球，其中3个黄色2个白色，现从袋中随机取出3个球，则恰好有2个黄色乒乓球的概率是 A. B. C. D. √ 设事件A表示“取出3个球中恰好有2个黄色乒乓球”，则P(A)＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点 (0，0)出发，每隔1 s等可能地向上或向右移动一 个单位，则质点移动6次后位于(2，4)的概率为 A. B. C. D. √ 质点从原点(0，0)出发，移动6次后位于(2，4)，则质点向右移动2次，向上移动4次，由此质点移动6次后位于(2，4)的概率为×()4×()2＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.(2025·河北衡水高二期中)设随机变量X～B(3，p)，D(X)＝，且E(X)＞1.若8名党员中有名男党员，从这8人中选4名代表，记选出的代表中男党员人数为Y，则P(Y＝3)＝ A. B. C. D. 因为X～B(3，p)，D(X)＝，则3p(1－p)＝，解得p＝或p＝，又因为E(X)＝3p＞1，则p＞，可得p＝，则＝5.所以P(Y＝3)＝＝.故选A. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(2025·浙江湖州高二期末)下列说法正确的是 A.随机变量X～B(3，0.2)，则P(X＝2)＝0.032 B.某人在7次射击中，击中目标的次数为X且X～B(7，0.8)，则当X＝5时概率最大 C.从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，至少有一个黑球与至少有一个红球是两个互斥而不对立的事件 D.从除颜色外完全相同的10个红球和20个白球中，一次摸出5个球，则摸到红球的个数服从超几何分布 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A，由二项分布的概率公式可得P(X＝2)＝(0.2)2×0.8＝0.096，故A错误；对于B，在7次射击中，击中目标的次数为X且X～B(7，0.8)，当X＝k时，对应的概率为P(X＝k)＝·0.8k·0.27－k，当k≥1时，＝，由≥1可得1≤k≤，k∈N*，即当k＝6时概率最大，故B错误；对于C，至少有一黑球包含的基本事件为“一黑一红，两黑”，至少有一个红球包含的基本事件为“一黑一红，两红”，故至少有一个黑球与至少有一个红球不互斥，故C错误；对于D，设摸出红球的个数为X，则P(X＝k)＝(k＝0，1，2，3，4，5)，故满足超几何分布，故D正确.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是 A.P(X＝1)＝ B.P(X＝2)＝ C.随机变量X服从超几何分布 D.随机变量X服从二项分布 √ √ 依题意，知随机变量X服从超几何分布；X的可能取值分别为0，1，2，3，4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.若随机变量X服从二项分布B(20，p)，当p＝且P(X＝k)取得最大值时，则k＝____. 10 因为X～B(20，p)，当p＝时，P(X＝k)＝)k()20－k＝()20.显然当k＝10时，P(X＝k)取得最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知口袋中装有n(n＞1)个红球和2个黄球，从中任取2个球(取到每个球都是等可能的)，用随机变量X表示取到黄球的个数，X的分布列如下表所示，则X的均值为_____. X 0 1 2 P a b 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意，可得P(X＝1)＝＝＝，解得n＝2或n＝1(舍去)，则a＝P(X＝0)＝＝，b＝P(X＝2)＝＝，即X的分布列如下表所示： 故X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. X 0 1 2 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.腿型连续跳跃机器人属于一种关节式跳跃机器人，在电机及蓄能元件的耦合驱动下实现跳跃运动.已知某款跳跃机器人依据指针显示的颜色种类来执行跳动，假设其指针共有两种颜色，指针显示红色时，机器人只能向前跳动一个单位；显示黄色时，机器人只能向右跳动一个单位，若将该机器人初始位置记为坐标原点，向右为x轴正方向，向前为y轴正方向，机器人跳动五次停止，则机器人向右跳动的次数不超过3次的概率为____. 依题意知，记机器人向右跳动的次数为X，则易知X～B(5，)，所以机器人向右跳动的次数不超过3次的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝)5＋)1()4＋)2·()3＋)3()2＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)已知某批矿物晶体中含有大量水分子，且经过测量发现其中轻水分子，重水分子，超重水分子的比例为6∶3∶1. (1)现利用仪器从一块矿物晶体中分离出3个水分子，用频率估计概率，求至少分离出2个轻水分子的概率； 解：设事件M＝“至少分离出2个轻水分子”，由题意知分离出1个轻水分子的概率为＝，分离出1个非轻水分子的概率为＝， 所以P(M)＝)2×()1＋)3×()0＝＝， 故至少分离出2个轻水分子的概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)从一块矿物晶体中分离出10个水分子，其中轻水分子的个数有6个，然后再从这10个水分子中随机分离出3个水分子来进行后续的实验，记这3个水分子中轻水分子的个数为X，求X的均值. 解：因为分离出10个水分子，其中轻水分子有6个，则重水和超重水分子个数共有4个，随机变量X的可能取值为0，1，2，3. 则P(X＝0)＝＝＝， P(X＝1)＝＝＝， P(X＝2)＝＝＝， P(X＝3)＝＝＝. 故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.(2025·山东青岛高二期中)某学校有一个体育运动社团，该社团中会打篮球且不会踢足球的有3人，篮球、足球都会的有2人，从该社团中任取2人，设X为选出的人中篮球、足球都会的人数，若P(X＞0)＝，则该社团的人数为 A.5 B.6 C.7 D.10 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设该社团共有n人，所以P(X＝0)＝＝，因为P(X＝0)＝1－P(X＞0)＝，所以＝， 即(11n－18)(n－7)＝0，又因为n∈N*，解得n＝7.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)如图是一块高尔顿板示意图：在一块木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为0，1，2，3，4，5，用X表示小球落入格子的号码，则下面计算正确的是 A.P(X＝0)＝ B.P(X＝5)＝ C.E(X)＝ D.D(X)＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设A＝ “向右下落”， ＝ “向左下落”，则P(A)＝ P()＝，因为小球最后落入格子的号码X等于事件A 发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉5次， 所以X～B(5，)，对于A，P(X＝0)＝(1－)5＝，故A正确；对于B，P(X＝5)＝()5＝，故B错误；对于C，E(X)＝5×＝，故C正确；对于D，D(X)＝5×(1－)＝，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.(双空题)为营造良好的学习氛围，某校组织学生开展互帮活动，其中数学学习小组有10位学生结成5对“1－1帮扶对”，为见证“1－1帮扶对”的学习成长，特别邀请一位数学老师进行“培优”讲座.若每个“1－1帮扶对”中两人同时参加讲座学习的概率为p且各“1－1帮扶对”是否参加讲座相互独立，记X为“1－1帮扶对”中两人一起参加讲座学习的对数，且P(X＝2)＜P(X＝3)，则E(X)的取值范围是__________，D(X)的取值范围是__________. (，5) (0，) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意可知X～B(5，p)，由P(X＝2)＜P(X＝3)可得p2(1－p)3＜p3(1－p)2，解得＜p＜1，所以E(X)＝5p∈(，5)，D(X)＝5p(1－p)＝－5(p－)2＋∈(0，). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(17分)为了解某药物在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：随机抽取100只小鼠，给服该种药物，每只小鼠给服的药物浓度相同、体积相同. 经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内药物的百分比. 根据试验数据得到如下直方图： (1)求残留百分比直方图中a的值； 解：依题意，知0.15＋0.20＋a＋0.20＋0.10＋0.05＝1， 解得a＝0.3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)估计该药物在小鼠体内残留百分比的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； 解：由图知，＝2×0.15＋3×0.2＋4×0.3＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.05＝4.05. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)在体内药物残留百分比位于区间[5.5，7.5]的小鼠中任取3只，设其中体内药物残留百分比位于区间[6.5，7.5]的小鼠为X只，求X的分布列和均值. 解：体内药物残留百分比位于区间[5.5，6.5)内的频率为0.1，位于[6.5，7.5]内的频率为0.05. 则百分比位于区间[5.5，6.5)内的小鼠有10只，位于[6.5，7.5]内的小鼠有5只， X的可能取值为0，1，2，3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝. 所以X的分布列为 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1. X 0 1 2 3 P 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.某校举行定点投篮比赛，比赛规则如下：每个班级需派出一位同学参加比赛，最多有10次投篮机会，投中得一分，未投中扣一分，放弃投篮得零分.高二(1)班派出甲同学参加投篮比赛，已知甲先投篮6次且均投中，接下去他每次投篮的命中率都为，为了使最终得分不低于7分的概率最大，则该同学继续投篮的次数为 A.1 B.2 C.3 D.4 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为甲先投篮6次均投中，即已得6分，接下来的4次投篮，若要使最终得分不低于7分，则至少得1分，甲继续投篮最终得分不低于7分的情况如下： ①仅投篮1次并投中：P1＝＝， ②投篮2次均投中：P2＝×＝＝， ③投篮3次均投中或仅投中2次：P3＝＋××＝， ④投篮4次均投中或仅投中3次：P4＝＋××＝， 显然甲同学继续投篮3次，最终得分不低于7分的概率最大.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(2025·山东潍坊高二期末)在一次以“二项分布的性质”为主题的探究活动中，某校数学第一小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量X～B(n，p)，记pk＝pk(1－p)n－k，k＝1，2，3，…，在探究pk＝pk(1－p)n－k，k＝1，2，3，…的最大值时，小组同学发现：若(n＋1)p为正整数，则k＝(n＋1)p时，pk＝pk－1，此时这两项概率均为最大值；若(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.以此为理论依据，有同学重复投掷一枚大小均匀的骰子并实时记录点数6出现的次数.当投掷第20次时，记录到此时点数6出现5次，再进行80次投掷实验，当投掷到100次时，点数6总共出现的次数为___的概率最大. 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 返回 继续再进行80次投掷试验，出现点数为6的次数X服从二项分布X～B(80，)，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6的概率最大，加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 ！ 第 七 章 随 机 变 量 及 其 分 布 返回 $