7.4.1 二项分布（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

本讲义聚焦二项分布核心知识点，从伯努利试验引入，系统梳理n重伯努利试验的特征，明确二项分布的概率表达形式及均值方差公式，构建从基础概念到实际应用的完整学习支架。 该资料通过投篮、摸球等实例引导学生抽象数学概念，培养数学眼光，推导公式过程发展数学思维，实际应用案例提升数学语言表达能力。课中助力互动探究，课后通过练习巩固，有效帮助学生查漏补缺。

二项分布与超几何分布 7．4.1　二项分布 新课导入 学习目标 　　伯努利分布又名两点分布或0－1分布，是一个离散型概率分布，是为纪念瑞士数学家雅各布·伯努利而命名的．若伯努利试验成功，则伯努利随机变量取值为1，若伯努利试验失败，则伯努利随机变量取值为0.本节课我们将学习n重伯努利试验． 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． 2．掌握二项分布的概率表达形式． 3．能利用n重伯努利试验及二项分布解决一些简单的实际问题. 一　n重伯努利试验 要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验． 思考1　每次试验的结果有几种？每次试验的前提是什么？ 提示：每次试验只有两种可能结果：正面朝上或反面朝上；每次试验的条件相同． 思考2　每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． [即时练] 1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”． (1)有放回地抽样试验是n重伯努利试验．(　　) (2)在n重伯努利试验中，各次试验的结果相互没有影响．(　　) (3)在n重伯努利试验中，各次试验中事件发生的概率可以不同．(　　) (4)一次伯努利试验中，事件A发生的次数X服从两点分布．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．下列事件是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，5次击中目标 解析：选D.A，C符合互斥事件的概念，是互斥事件；B是相互独立事件，但是“甲射中10环”与“乙射中9环”的概率不一定相同，即不是n重伯努利试验；D是n重伯努利试验． 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． 二　二项分布 在体育课上，某同学做投篮训练，他连续投篮3次，每次投篮的命中率都是0.8，用事件Ai(i＝1，2，3)表示第i次投篮命中，用事件B1表示仅投中1次． 思考1　试用Ai表示B1. 提示：B1＝(A123)∪(1A23)∪(12A3). 思考2　试求P(B1). 提示：因为P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.8，且A123，1A23，12A3两两互斥， 所以P(B1)＝P(A123)＋P(1A23)＋P(12A3)　 ＝0.8×0.22＋0.8×0.22＋0.8×0.22 ＝3×0.8×0.22＝C×0.81×0.22. 思考3　用事件Bk(k＝0，1，2，3)表示投中k次，试求P(B2)和P(B3). 提示：P(B2)＝C×0.82×0.21，P(B3)＝C×0.83×0.20. 思考4　根据上面问题的结果你能得出什么结论？ 提示：结论：P(Bk)＝C×0.8k×0.23-k，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)＝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)． 提醒　判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立地重复进行了n次． [例1] (对接教材例1、例2)在一个袋子里有大小一样的5个小球，其中有3个红球和2个白球． (1)若有放回地每次从中摸出1个球，连摸3次，设摸到红球的次数为X，求随机变量X的分布列； (2)若每次任意取出1个球，记录颜色后放回袋中，直到取到两个红球就停止，设取球的次数为Y，求Y＝4的概率． 【解】　(1)由题意得X～B(3，)，X的可能取值为0，1，2，3， 所以P(X＝0)＝C×(1－)3＝， P(X＝1)＝C××(1－)2＝， P(X＝2)＝C×()2×(1－)＝， P(X＝3)＝C×()3＝. 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P (2)依题意，每次取到红球的概率为，取到白球的概率为. Y＝4即“前3次只有1次取到红球，其余2次取到白球，第4次取到红球”， 所以P(Y＝4)＝C××()2×＝. 计算二项分布的概率的步骤 [跟踪训练1] (1)设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝，则P(η≥2)＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B.因为随机变量ξ～B(2，p)，所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝，解得p＝或p＝(舍去)，所以η～B(4，)，则P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－(1－)4－C×(1－)3×()1＝. (2)“黄梅时节家家雨，青草池塘处处蛙”，黄梅时节就是梅雨季节，每年6月至7月会出现持续阴天有雨的天气，它是一种自然气候现象．根据历史数据统计，长江中下游某地区在黄梅时节每天下雨的概率为.假设每天是否下雨互不影响，则该地区黄梅时节连续两天中至少有一天下雨的概率为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.因为长江中下游某地区在黄梅时节每天下雨的概率为，且每天是否下雨互不影响，所以该地区黄梅时节连续两天中至少有一天下雨的概率为P＝C××(1－)＋C()2＝. 三　二项分布的均值与方差 思考　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 Cp0qn Cp1qn-1 … Cpkqn－k … Cpnq0 则E(X)＝0×Cp0qn＋1×Cp1qn-1＋2×Cp2qn-2＋…＋kCpkqn－k＋…＋nCpnq0， 由kC＝nC， 可得E(X)＝n×Cp1qn-1＋n×Cp2qn-2＋…＋nCpkqn－k＋…＋nCpnq0＝np(Cp0qn-1＋Cp1qn-2＋…＋Cpk-1qn－k＋…＋Cpn-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2] (1)(多选)已知随机变量X～B(4，)，则(　　) A．E(X)＝ B．D(X)＝ C．E(3X＋1)＝4 D．D(3X＋1)＝8 (2)某人参加驾照考试，共考4个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，且p>，若此人通过的科目数X的方差是，则E(X)＝________． 【解析】　(1)因为E(X)＝4×＝，D(X)＝4××(1－)＝，所以E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝3×＋1＝5，D(3X＋1)＝32D(X)＝9×＝8. (2)因为此人通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，所以此人通过的科目数X～B(4，p)，又此人通过的科目数X的方差是，所以4p(1－p)＝，解得p＝或p＝(舍去)，所以E(X)＝4×＝. 【答案】　(1)AD　(2) 求二项分布的均值与方差的步骤 (1)先判断离散型随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p). (2)直接利用二项分布的均值与方差公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p). 注意　两点分布是二项分布中n＝1的特殊情况． [跟踪训练2] 某运动员投篮命中率为0.6，他重复投篮5次，若他命中一次得10分，没命中不得分，命中次数为X，得分为Y，则E(X)，D(Y)分别为(　　) A．0.6，60 B．3，12 C．3，120 D．3，1.2 解析：选C.根据题意知X～B(5，0.6)，根据二项分布的均值与方差公式，得E(X)＝5×0.6＝3，D(Y)＝D(10X)＝102D(X)＝100×5×0.6×(1－0.6)＝120. 应用点　二项分布的实际应用 [例3] (对接教材例3)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分的概率为，求p； (2)由(1)中求得的p值，判断甲、乙两位同学谁获胜的可能性大？ 【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)，所以甲同学获胜的可能性大． 二项分布的均值与方差是反映随机变量取值的平均水平和随机变量偏离均值的程度，从整体上刻画随机变量的取值情况，是生产实际中用于方案制定(决策)的重要理论依据．求解二项分布的均值与方差的应用问题时，可按随机变量的均值与方差的定义求解，也可先判断随机变量的分布类型，再直接利用公式求E(X)及D(X). [跟踪训练3] 小李下班驾车回家的路线有两条．路线1经过三个红绿灯路口，每个路口遇到红灯的概率都是；路线2经过两个红绿灯路口，第一个路口遇到红灯的概率是，第二个路口遇到红灯的概率是.假设两条路线全程绿灯时驾车回家的时间相同，且每个红绿灯路口是否遇到红灯相互独立． (1)若小李下班后选择路线1驾车回家，求至少遇到一个红灯的概率； (2)假设每遇到一个红灯驾车回家的时长就会增加1 min，为使小李下班后驾车回家时长的累计增加时间(单位：min)的均值最小，小李应选择哪条路线？请说明理由． 解：(1)用X表示选择路线1遇到红灯的个数，则X～B(3，)， 小李至少遇到一个红灯的概率P(X≥1)＝1－P(X＝0) ＝1－C×()0×()3＝1－＝. (2)路线1.理由如下：用Y1表示路线1累计增加时间， 则Y1～B(3，)，E(Y1)＝3×＝1， 设Ai＝“路线2在第i个路口遇到红灯”，i＝1，2， 则P(A1)＝，P(A2)＝， 用Y2表示路线2累计增加时间，则Y2的所有可能取值为0，1，2， P(Y2＝0)＝P(1)P(2)＝×＝， P(Y2＝1)＝P(1A2)＋P(A12)＝×＋×＝， P(Y2＝2)＝P(A1A2)＝×＝， 所以E(Y2)＝0×＋1×＋2×＝. 因为E(Y1)＜E(Y2)，所以小李应选择路线1. 拓视野 二项分布概率最大问题 如果X～B(n，p)，其中0<p<1，求P(X＝k)的最大值对应的k值，一般是考查与1的大小关系．因为＝＝1＋(1≤k≤n)，所以要使P(X＝k)≥P(X＝k－1)，则k≤(n＋1)p.故有： (1)若(n＋1)p>n，则当k＝n时，P(X＝k)取得最大值； (2)若(n＋1)p是不超过n的正整数，则当k＝(n＋1)p－1或k＝(n＋1)p时，P(X＝k)取得最大值； (3)若(n＋1)p是不超过n的非整数，则当k＝[(n＋1)p](注：[(n＋1)p]表示不超过(n＋1)p的最大整数)时，P(X＝k)取得最大值． 提醒　还可以考虑用不等式组 来求解． [典例1] 某人在19次射击中击中目标的次数为X，且X～B(19，0.8)，若P(X＝k)最大，则k＝(　　) A．14或15　 B．15　　 C．15或16　 D．16 【解析】　因为在19次射击中击中目标的次数为X，X～B(19，0.8)， 所以P(X＝k)＝C0.8k0.219-k，0≤k≤19，且k∈N. 方法一：(n＋1)p＝(19＋1)×0.8＝16，则P(X＝k)＝P(X＝k－1)(k＝(n＋1)p)，为最大值，即k＝15或k＝16. 方法二：若P(X＝k)最大， 则 即解得15≤k≤16， 因为0≤k≤19，且k∈N，所以当k＝15或k＝16时，P(X＝k)最大． 【答案】　C [典例2] 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作检验，若检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取10件检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．记10件产品中恰有3件不合格品的概率为f(p)，则f(p)取最大值时，p＝________． 【解析】　因为每件产品为不合格品的概率都为p(0＜p＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立，所以不合格品的数量X服从二项分布，即X～B(10，p). 由题意得f(p)＝Cp3(1－p)7(0<p<1)， 则f′(p)＝3Cp2(1－p)7－7Cp3(1－p)6＝Cp2(1－p)6·[3(1－p)－7p]＝Cp2(1－p)6(3－10p)， 当0＜p＜时，f′(p)＞0，此时函数f(p)单调递增，当＜p＜1时，f′(p)＜0，此时函数f(p)单调递减，故当p＝时，f(p)取最大值． 【答案】　 [练习1] 若X～B(20，)，则P(X＝k)取得最大值时，k＝________． 解析：方法一：由题意可知，X服从二项分布， 所以P(X＝k)＝C()k(1－)20-k＝C()k·()20-k，P(X＝k＋1)＝C()k+1()19-k，k∈N且k≤19， 由不等式≥1， 得×≥1，解得k≤6， 所以当k≤6时，P(X＝k＋1)≥P(X＝k)， 当k>6时，P(X＝k＋1)<P(X＝k)，其中当k＝6时，P(X＝k＋1)＝P(X＝k)， 所以当k＝6或k＝7时，P(X＝k)取得最大值． 方法二：因为X～B(20，)，则n＝20，p＝，则(n＋1)p＝21×＝7<20＝n，所以当k＝(n＋1)p－1＝6或k＝(n＋1)p＝7时，P(X＝k)取得最大值． 答案：6或7 [练习2] 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，且每粒种子是否发芽相互独立．对每一个坑而言，若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___________________________________． 解析：对每一个坑而言，有“需要补播种”和“不需要补播种”两种可能结果，且每个坑需要补播种的概率相同，设需要补播种的坑的数量为X，则X服从二项分布，于是问题转化为服从二项分布的随机变量概率最大问题． 对一个坑而言，要补播种的概率p＝C×()3＋C×()3＝， 设需要补播种的坑的数量为X，则X～B(n，)，则3个坑要补播种的概率为C()3()n-3＝C()n.　 要使C()n最大，只需 解得5≤n≤7，当n＝5或n＝6或n＝7时，C×()5＝C×()6＝＞C×()7＝.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. 答案：5或6　 1．某批电子管的正品率为，次品率为，现对该批电子管进行测试，那么在三次测试中恰有一次测到正品的概率是(　　) A． B． C． D． 解析：选C.三次测试中恰有一次测到正品，则有两次测到次品，故所求概率P＝C××()2＝. 2．(多选)若袋子中有4个白球，2个黑球，这些球除颜色外完全相同，现从袋子中有放回地随机取4次球，每次取一个球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记4次取球的总分数为X，则(　　) A．X～B B．P(X＝3)＝ C．E(X)＝ D．D(X)＝ 解析：选BC.对于A，由题意可知，每次取到白球的概率为＝，则X～B，A错误；对于B，P(X＝3)＝C×()3×＝，B正确；对于C，E(X)＝4×＝，C正确；对于D，D(X)＝4××＝，D错误． 3．(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周跑2次，每次跑5圈或6圈，第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4，则 (1)小桐一周跑11圈的概率为________； (2)若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望E(X)＝________． 解析：(1)小桐一周跑11圈有两种情况：第一次跑5圈、第二次跑6圈和第一次跑6圈、第二次跑5圈，两种情况的概率分别为P1＝0.5×0.6＝0.3，P2＝0.5×0.6＝0.3，所以小桐一周跑11圈的概率P＝P1＋P2＝0.3＋0.3＝0.6. (2)小桐一周跑的圈数的所有可能取值为10，11，12，其中达标的圈数为11，12，则小桐一周内运动量达标的概率P＝1－0.5×0.4＝0.8.合格周数X服从二项分布B(4，0.8)，所以X的期望E(X)＝4×0.8＝3.2. 答案：(1)0.6　(2)3.2 4．某市服务中心电话接通率为，小李同学及其父母3人商定明天分别就同一问题咨询该服务 中心，且每人只拨打1次，求他们中成功咨询的人数X的分布列． 解：由题意可知成功咨询的人数X～B(3，)， 所以P(X＝k)＝C·()k·，k＝0，1，2，3. 即P(X＝0)＝C·()0·＝，P(X＝1)＝C·()1·()2＝，P(X＝2)＝C·()2·()1＝，P(X＝3)＝C·()3·()0＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 1．已学习：(1)n重伯努利试验的概念；(2)二项分布的概念及表示；(3)二项分布的均值、方差；(4)二项分布的实际应用． 2．须贯通：利用二项分布的概率公式计算随机事件的概率时，首先要判断进行的各次试验是否相互独立，其次是所求概率是否为n重伯努利试验中事件恰好发生k次的概率． 3．应注意：(1)二项分布模型的判断错误；(2)X～B(n，p)中各个参数的含义． 学科网（北京）股份有限公司 $