7.4.1 二项分布(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

本讲义聚焦高中数学“二项分布”核心知识点，先通过n重伯努利试验的概念及特征搭建基础，进而引出二项分布的定义、分布列，最后学习其均值与方差，形成从基础概念到应用的完整学习支架。 该资料以“投掷硬币中奖”情境导入激发兴趣，体现数学抽象；结合招聘测试、种子发芽等实例，培养数学建模与运算能力；通过问题引导推导概率公式，发展数学思维。课中助力教师系统授课，课后训练题帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

7.4.1　二项分布 课标要求 1.通过具体实例，了解伯努利试验及n重伯努利试验的概念（数学抽象）. 2.掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题（数学建模、数学运算）. 　　 情境导入 某学生走在大街上，看见路旁有一群人，他挤进去，见一块木牌上写着：只需投掷二十次，便可拥有双倍财富（恰好10次正面朝上者中奖），他一阵窃喜：数学老师刚讲过，投硬币时，正面朝上和正面朝下为等可能事件，概率均为，20×不就是10吗？这简直是必然事件嘛！于是他走上前去，将仅有的30元押在桌上.那么这个学生的运气如何呢？ 知识点一｜n重伯努利试验的概念 问题1　 要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验. （1）试想每次试验的前提是什么？每次试验结果有几种？ 提示：条件相同下的试验，每次试验只有两种可能结果：正面朝上或反面朝上. （2）各次试验的结果有无影响？ 提示：无影响，各次试验的结果相互独立. 【知识梳理】 1.伯努利试验：只包含　两个　可能结果的试验叫做伯努利试验. 2.n重伯努利试验：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. 3.n重伯努利试验的共同特征 （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　. 　　提醒：（1）在相同条件下，n重伯努利试验是有放回地抽样试验；（2）“重复”意味着各次试验成功的概率相同. 【例1】　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，3次正面向上； 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，击中目标的概率是稳定的，他连续射击了10次，其中6次击中； 解：（2）某人射击且击中目标的概率是稳定的，因此是n重伯努利试验. （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，恰好抽出4个白球. 解：（3）每次抽取，试验的结果有三种不同的颜色，且每种颜色出现的可能性不相等，因此不是n重伯努利试验. 【规律方法】 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. 训练1　下列事件是n重伯努利试验的是（　D　） 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，5次击中目标 解析：　选项A、C为互斥事件，不符合n重伯努利试验的定义，选项B虽然是相互独立的两个事件，但是“甲射中10环”与“乙射中9环”的概率不一定相同，因此不是n重伯努利试验，选项D中，甲射击10次，每次击中与否是相互独立的，且在相同条件下，符合n重伯努利试验. 知识点二｜二项分布的概念及表示 问题2　（1）连续投掷一枚图钉3次，且每次针尖向上的概率为p，针尖向下的概率为q，则仅出现1次针尖向上的概率是多少？ 提示：连续投掷一枚图钉3次，就是做3次伯努利试验，用Ai（i＝1，2，3）表示“第i次掷得针尖向上”的事件，用B1表示“仅出现一次针尖向上”的事件，则B1＝（A1）∪（A2）∪（A3）.由此可得P（B1）＝q2p＋q2p＋q2p＝3q2p. （2）类似地，连续投掷一枚图钉3次，出现k（k＝0，1，2，3）次针尖向上的概率是多少？有什么规律？ 提示：用Ai（i＝1，2，3）表示事件“第i次掷得针尖向上”， 用Bk（k＝0，1，2，3）表示事件“出现k次针尖向上”， P（B0）＝P（）＝q3＝p0q3， P（B1）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3）＝3q2p＝p1q2， P（B2）＝P（A1A2）＋P（A2A3）＋P（A1A3）＝3qp2＝p2q1， P（B3）＝P（A1A2A3）＝p3＝p3q0， 规律：P（Bk）＝pk，k＝0，1，2，3. 【知识梳理】 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）＝pk（1－p，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）　. 　　提醒：（1）由二项式定理可知，二项分布的所有概率和为1；（2）两点分布与二项分布的关系：两点分布是只进行一次的二项分布. 【例2】　（链接教材P74例2）某公司的一次招聘中，应聘者都要经过A，B，C三个独立项目的测试，如果通过其中的两个或三个项目的测试即可被录用.若甲、乙、丙三人通过每个项目测试的概率都是. （1）求甲被录用的概率； 解：（1）通过两个项目测试的概率为（ ）2×＝， 通过三个项目测试的概率为（ ）3＝， 则甲被录用的概率为＋＝. （2）设甲、乙、丙三人中被录用的人数为X，求X的分布列. 解：（2）因为甲、乙、丙三人通过每个项目测试的概率都是，由（1）可知甲、乙、丙三人每个人被录用的概率都是，所以X～B（ 3，）. 所以P（X＝0）＝（ ）3＝， P（X＝1）＝（ ）1×（ ）2＝， P（X＝2）＝（ ）2×＝， P（X＝3）＝（ ）3＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 【规律方法】 1.判定一个随机变量是否服从二项分布，要看两点. （1）试验是否为n重伯努利试验； （2）随机变量是否为某事件在这n重伯努利试验中发生的次数. 2.若X～B（n，p），要弄清试验次数n与成功概率p.对于公式P（X＝k）＝pk（1－p）n－k（k＝0，1，2，3，…，n），必须在满足“独立重复试验”时才能应用. 训练2　已知某种从太空飞船中带回来的植被种子每粒成功发芽的概率都为，某植物研究所分两个小组分别独立开展该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，如果某次没有发芽，则称该次试验是失败的. （1）第一小组做了3次试验，记该小组试验成功的次数为X，求X的分布列； 解：（1）由题意得，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，则X～B（ 3，）， 则P（X＝0）＝（ ）0（ 1－）3＝， P（X＝1）＝（ ）1（ 1－）2＝， P（X＝2）＝（ ）2（ 1－）1＝， P（X＝3）＝（ ）3（ 1－）0＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P （2）第二小组进行试验，到成功了4次为止，求在第4次成功之前共有3次失败的概率. 解：（2）第二小组第7次试验成功，前面6次试验中有3次失败，3次成功，每次试验又是相互独立的. 故所求概率p＝（ ）3×（ 1－）3×＝. 知识点三｜二项分布的均值与方差 问题3　若随机变量X服从二项分布B（n，p），那么X的均值和方差各是什么？ 提示：当n＝1时，X服从两点分布，分布列为 X 0 1 P 1－p p 则E（X）＝p，D（X）＝p（1－p）. 一般地，设q＝1－p，则二项分布的分布列为 X 0 1 … k … n P p0qn p1qn－1 … pkqn－k … pnq0 则E（X）＝0×p0qn＋1×p1qn－1＋2×p2qn－2＋…＋kpkqn－k＋…＋npnq0， 由k＝n， 可得E（X）＝n×p1qn－1＋n×p2qn－2＋…＋npkqn－k＋…＋npnq0 ＝np（p0qn－1＋p1qn－2＋…＋pk－1qn－k＋…＋pn－1q0） ＝np（p＋q）n－1＝np， 同理可得D（X）＝np（1－p）. 【知识梳理】 如果X～B（n，p），那么E（X）＝　np　，D（X）＝　np（1－p）　. 特别地，若X服从两点分布，则E（X）＝p，D（X）＝　p（1－p）　. 【例3】　（1）随机变量X～B（100，p），且E（X）＝20，则D（2X－1）＝（　A　） A.64　　　　　　　　　　B.128 C.256 D.32 解析：（1）E（X）＝100p＝20，解得p＝0.2，D（X）＝np（1－p）＝100×0.2×（1－0.2）＝16，D（2X－1）＝4D（X）＝64. （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，每道题答案选择正确得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，则此学生在这一次测验中的成绩的均值为　　60　　，方差为　　96　　. 解析：（2）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（成绩）为Y，则Y＝4X.由题知X～B（25，0.6），所以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）＝16×6＝96.所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96. 【规律方法】 求二项分布的均值和方差的步骤 （1）先判断随机变量是否服从二项分布； （2）若服从二项分布，则代入二项分布的均值和方差公式计算均值和方差，即若X～B（n，p），则E（X）＝np，D（X）＝np（1－p）.特别地，当n＝1时，X服从两点分布. 训练3　将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，. （1）分别求出小球落入A袋和B袋中的概率； 解：（1）设M＝“小球落入A袋”，N＝“小球落入B袋”， 则P（M）＝××＋××＝， 所以P（N）＝1－P（M）＝1－＝. （2）在容器的入口处依次放入4个小球，记ζ为落入B袋中的小球的个数，求ζ的分布列、均值和方差. 解：（2）易知ζ～B（ 4，）， 则ζ的分布列为 P（ζ＝k）＝（ ）k（ ）4－k（k＝0，1，2，3，4），故P（ζ＝0）＝，P（ζ＝1）＝， P（ζ＝2）＝＝，P（ζ＝3）＝， P（ζ＝4）＝. 故ζ的分布列为 ζ 0 1 2 3 4 P E（ζ）＝4×＝，D（ζ）＝4××＝. 1.若随机变量X～B（ 5，），则P（X＝2）＝（　　） A.（ ）2×（ ）3 B.（ ）2×（ ）3 C.×（ ）2×（ ）3 D.×（ ）2×（ ）3 解析：D　∵随机变量X～B（ 5，），∴P（X＝2）＝×（ ）2×（ ）3. 2.甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队的实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（　　） A.×（ ）3× B.×（ ）2× C.×（ ）3× D.×（ ）3× 解析：A　甲打完4局才胜，说明在前三局中甲胜两局，且在第4局中获胜，其概率为P＝×（ ）2××＝×（ ）3×.故选A. 3.已知随机变量X服从二项分布B（n，p）.若E（X）＝2，D（X）＝，则p＝　　. 解析：∵X服从二项分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，∴解得p＝. 4.一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　0.947 7　.（用数字作答） 解析：至少3人被治愈的概率为×0.93×0.1＋0.94＝0.947 7. 课堂小结 1.理清单 （1）n重伯努利试验的概念及特征； （2）二项分布的概念及表示； （3）二项分布的均值与方差. 2.应体会 求解n重伯努利试验的概率及二项分布问题常采用公式法. 3.避易错 二项分布的判断错误. 1.打靶时，某人中靶的概率为0.8，则他打100发子弹有4发中靶的概率为（　　） A.×0.84×0.296 B.0.84 C.0.84×0.296 D.0.24×0.896 解析：A　由题意可知中靶的概率为0.8，故打100发子弹有4发中靶的概率为×0.84×0.296. 2.已知X～B（ 5，），则E（X＋1）＝（　　） A.　　　　B.1 C.　　　　D. 解析：D　由题意知，随机变量X～B（ 5，），可得E（X）＝np＝5×＝，所以E（X＋1）＝E（X）＋1＝＋1＝. 3.某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min，则这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间Y的均值为（　　） A.　　　　B.1 C.　　　　D. 解析：D　遇到红灯的次数X～B（ 4，），∴E（X）＝4×＝，∴E（Y）＝E（2X）＝2×＝. 4.农科院专家李教授对新品种蔬菜种子进行发芽率试验，每个试验组5个坑，每个坑种1粒种子.经过大量试验，每个试验组没有发芽的坑数的平均数为，则每粒种子发芽的概率p＝（　　） A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：C　由题意知，每组中各个坑是否发芽相互独立，每个坑不发芽的概率为（1－p），设每组不发芽的坑数为X，则X～B（5，（1－p）），所以每组没有发芽的坑数的平均数为5×（1－p）＝，解得p＝，所以每个种子的发芽率为.故选C. 5.唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中写道：“春江潮水连海平，海上明月共潮生.”潮水的涨落和月亮的公转有直接的关系，这是一种自然现象.根据历史数据，已知沿海某地在某个季节中每天出现大潮的概率均为，则该地在该季节内的连续三天中，至少有两天出现大潮的概率为（　　） A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：A　该地在该季节内的连续三天中，至少有两天出现大潮包括两天出现大潮和三天出现大潮两种情况，有两天出现大潮的概率为×（ ）2×＝，有三天出现大潮的概率为×（ ）3＝，所以至少有两天出现大潮的概率为＋＝.故选A. 6.〔多选〕抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”“三个反面”“二正一反”“一正二反”的概率分别为P1，P2，P3，P4，则下列结论中正确的是（　　） A.P1＝P2＝P3＝P4 B.P3＝2P1 C.P1＋P2＋P3＋P4＝1 D.P4＝3P2 解析：CD　由题意知，P1＝（ ）3＝，P2＝（ ）3＝，P3＝×（ ）2×（ 1－）＝，P4＝××（ 1－）2＝，P1＝P2＜P3＝P4，故A错误；P3＝3P1，故B错误；P1＋P2＋P3＋P4＝1，故C正确；P4＝3P2，故D正确. 7.〔多选〕已知ξ～B（n，p），且E（3ξ＋2）＝9.2，D（3ξ＋2）＝12.96，则下列说法正确的有（　　） A.n＝6 B.p＝0.6 C.P（ξ＝4）＝×0.64×0.42 D.P（ξ≥1）＝1－0.66 解析：AD　因为E（3ξ＋2）＝3E（ξ）＋2＝9.2，D（3ξ＋2）＝9D（ξ）＝12.96，所以E（ξ）＝2.4，D（ξ）＝1.44，由ξ～B（n，p），所以E（ξ）＝np＝2.4，D（ξ）＝np（1－p）＝1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P（ξ＝4）＝×0.62×0.44，故C错误；P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－0.66，D正确.故选A、D. 8.某学生将参加创新知识大赛，答题环节有6道题目，每答对1道题得2分，答错一道题减1分，已知该生每道题目答对的概率是，且各题目答对与否相互之间没有影响，X表示该生得分，则E（X）＝　　6　　，D（X）＝　　12　　. 解析：依题意，设Y表示该生答对问题的个数，则Y～B（ 6，），所以E（Y）＝6×＝4，D（Y）＝6××＝，又因为X＝2Y－（6－Y）＝3Y－6，所以E（X）＝3E（Y）－6＝3×4－6＝6，D（X）＝32D（Y）＝9×＝12. 9.在4重伯努利试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则每次试验中事件A发生的概率p的取值范围是　　[0.4，1）　　. 解析：由n重伯努利试验发生k次的概率，得p·（1－p）3≤p2（1－p）2，则p≥0.4.结合0＜p＜1，解得0.4≤p＜1. 10.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设甲、乙每次射击是否击中目标，相互之间没有影响.（结果需用分数作答） （1）求甲射击3次，至少有1次未击中目标的概率； （2）求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率. 解：（1）记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A1， 由题意，知射击3次，相当于3重伯努利试验， 故P（A1）＝1－P（）＝1－（ ）3＝. （2）记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B2， 则P（A2）＝×（ ）2＝， P（B2）＝×（ ）1×（ 1－）＝， 由于甲、乙射击相互独立， 故P（A2B2）＝×＝. 所以所求的概率为. 11.一个袋中有大小、形状相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为X1；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为X2，则（　　） A.E（X1）＜E（X2），D（X1）＜D（X2） B.E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2） C.E（X1）＝E（X2），D（X1）＜D（X2） D.E（X1）＞E（X2），D（X1）＞D（X2） 解析：B　X1的可能取值为0，1，2，X1～B（2，），E（X1）＝2×＝，D（X1）＝2××＝；X2的可能取值为0，1，P（X2＝0）＝×＝，P（X2＝1）＝×＋×＝，∴E（X2）＝0×＋1×＝，D（X2）＝（0－）2×＋（1－）2×＝.∴E（X1）＝E（X2），D（X1）＞D（X2）. 12.王先生家住A小区，他工作在B科技园区，从家开车到公司上班路上有L1，L2两条路线（如图），L1路线上有A1，A2，A3三个路口，各路口遇到红灯的概率均为；L2路线上有B1，B2两个路口，各路口遇到红灯的概率依次为，.若分别走L1，L2路线，则王先生遇到红灯的次数的均值分别为（　　） A.， B.， C.， D.， 解析：D　若走L1路线，设王先生遇到红灯的次数为随机变量X，则X的取值可能为0，1，2，3，且X～B（ 3，），所以E（X）＝3×＝.若走L2路线，设王先生遇到红灯的次数为随机变量Y，则Y的取值可能为0，1，2，则由题意知P（Y＝0）＝（ 1－）×（ 1－）＝，P（Y＝1）＝×（ 1－）＋（ 1－）×＝，P（Y＝2）＝×＝，所以E（Y）＝0×＋1×＋2×＝. 13.排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲、乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球比赛中乙队获胜的概率为　　　　. 解析：乙队获胜可分为乙队以3∶0或3∶1或3∶2的比分获胜.乙队以3∶0获胜，即乙队三场全胜，概率为×（ ）3＝；乙队以3∶1获胜，即乙队前三场两胜一负， 第四场获胜，概率为×（ ）2××＝；乙队以3∶2获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为×（ ）2×（ ）2×＝.所以在这场“五局三胜制”的排球比赛中乙队获胜的概率为＋＋＝. 14.某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设X表示智能客服的回答被采纳的次数.求X的分布列. 解：（1）设A＝“智能客服的回答被采纳”，B＝“输入的问题表达不清晰”， 依题意，P（B）＝，P（）＝，P（A｜B）＝，P（A｜）＝， 因此P（A）＝P（B）P（A｜B）＋P（）P（A｜）＝×＋×＝， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. （2）依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，X～B（ 3，）， P（X＝0）＝（ ）0（ ）3＝， P（X＝1）＝（ ）1（ ）2＝， P（X＝2）＝（ ）2（ ）1＝， P（X＝3）＝（ ）3（ ）0＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 15.甲、乙两位同学决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概率均为p，且每次投篮相互独立，经商定共设定5个投篮点，每个投篮点投球一次，确立的比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且每投中一次可获得1分；乙按约定的投篮点顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可获得2分. 按累计得分高低确定胜负. （1）若乙得6分的概率，求p； （2）由（1）问中求得的p值，判断甲、乙两位选手谁获胜的可能性大？ 解：（1）若乙得6分，则需乙前3个投篮投中，第4个投篮未中， 其概率为p3·（1－p），又0＜p＜1， 故p3·（1－p）＝，解得p＝. （2）设X为甲累计获得的分数，则X～B（5，），所以E（X）＝np＝5×＝， 设Y为乙累计获得的分数，则Y的可能取值为0，2，4，6，8，10， P（Y＝0）＝，P（Y＝2）＝×（1－）＝， P（Y＝4）＝（）2×（1－）＝， P（Y＝6）＝（）3×（1－）＝， P（Y＝8）＝（）4×（1－）＝， P（Y＝10）＝（）5＝， 所以Y的分布列为 Y 0 2 4 6 8 10 P 所以E（Y）＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＋10×＝， 因为E（X）＞E（Y），所以甲获胜的可能性大. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $