8.2.3 第2课时 二项分布的综合问题（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

本讲义聚焦二项分布的综合应用，系统梳理从两点分布到二项分布的均值与方差公式，通过实例构建“定义理解—公式应用—实际建模”的学习支架，衔接基础概念与综合问题。 资料以投篮、游戏得分等现实情境为载体，引导学生用数学眼光发现概率问题，通过逻辑推理推导公式、分析实际应用，培养数学思维与数据观念。课中助力教师分层教学，课后提供跟踪训练与综合练习，帮助学生巩固知识、查漏补缺。

第2课时　二项分布的综合问题 　　已知小明投篮10次，每次投篮的命中率均为0.7，记10次投篮中命中的次数为X. 【问题】　（1）你能求出X的均值与方差吗？ （2）对于二项分布的均值与方差公式有简单的求解方法吗？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　二项分布的均值与方差 1.若X服从两点分布，则E（X）＝　p　，D（X）＝　p（1－p）　. 2.当X～B（n，p）时，E（X）＝　np　，D（X）＝　np（1－p）　，σ＝. 1.已知X～B（6，），则E（X）＝2. 解析：∵随机变量X～B（6，），∴E（X）＝6×＝2. 2.已知随机变量ξ～B（6，p），且期望E（ξ）＝2，则方差D（ξ）＝. 解析：E（ξ）＝n·p＝6·p＝2，所以p＝，又因为D（ξ）＝n×p×（1－p）＝6××＝. 题型一｜二项分布的均值与方差 【例1】　（1）已知随机变量X服从二项分布B（n，p）.若E（X）＝2，D（X）＝，则p＝（　C　） A.　　　 B. C.　　　 D. 解析：由随机变量X服从二项分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，可得解得p＝.故选C. （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（　C　） A.0.6，60 B.3，12 C.3，120 D.3，1.2 解析：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. 通性通法 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. 【跟踪训练】 1.随机变量X～B（100，p），且E（X）＝20，则D（2X－1）＝（　　） A.64 B.128 C.256 D.32 解析：A　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.为了探究某市在高考志愿中报考“经济类”专业的情况，现从该市考生中随机抽取50名学生进行调查，得到数据如下： 报考“经济类” 不报考“经济类” 合计 人数 20 30 50 以样本中各事件的频率作为概率估计全市考生的报考情况，现从该市全体考生（人数众多）中随机抽取3人，设3人中报考“经济类”专业的人数为随机变量X，求随机变量X的概率分布、均值与方差. 解：估计该市的全体考生中任一人报考“经济类”专业的概率P＝＝. 随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，由题意，得X～B（3，）， 则P（X＝k）＝（）k（1－）3－k（k＝0，1，2，3）， ∴随机变量X的概率分布为 X 0 1 2 3 P ∴随机变量X的均值E（X）＝3×＝，方差D（X）＝3××（1－）＝. 题型二｜二项分布的均值和方差的实际应用 【例2】　一款小游戏的规则如下：每盘游戏都需抛掷骰子三次，出现一次或两次6点获得15分，出现三次6点获得120分，没有出现6点则扣除12分（即获得－12分）. （1）设每盘游戏中出现6点的次数为X，求X的概率分布、均值E（X）及方差D（X）； （2）玩过这款游戏的许多人发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象. 解：（1）依题意，抛掷三次骰子出现6点的次数X的所有可能取值为0，1，2，3.每次抛掷骰子，出现6点的概率均为. X服从二项分布，即X～B（3，）. P（X＝0）＝×（1－）3＝， P（X＝1）＝××（1－）2＝， P（X＝2）＝×（）2×（1－）＝， P（X＝3）＝×（）3＝， 所以X的概率分布为 X 0 1 2 3 P E（X）＝3×＝，D（X）＝3××（1－）＝. （2）设每盘游戏得分为Y，则Y的所有可能取值为－12，15，120. 由（1）知，Y的概率分布为 Y －12 15 120 P Y的数学期望E（Y）＝－12×＋15×＋120×＝－. 这表明，得分Y的数学期望为负. 因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大. 通性通法 　　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】 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）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的概率分布为 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. 题型三｜二项分布概率最大问题 【例3】　如果某品种幼苗每株成活的概率为0.74，且每株幼苗是否成活相互独立，那么种植10株这种幼苗，最有可能成活几株幼苗？ 解：假设最有可能成活幼苗的数量为k（k∈N且k≤10），则×0.74k×0.2610－k≥×0.74k＋1×0.269－k且×0.74k×0.2610－k≥×0.74k－1×0.2611－k，解得7.14≤k≤8.14，又k∈N，所以k＝8.故最有可能成活8株幼苗. 通性通法 　　二项分布概率最大问题的求解思路可以用≤1（0≤k≤n－1，k∈N）来求，还可以考虑用不等式组（k∈N，1≤k≤n－1）来求. 【跟踪训练】 　如果X～B，那么当P（X＝k）取得最大值时，k取何值？ 解：由题意知，X服从二项分布，所以P（X＝k）＝××＝××， P（X＝k－1）＝××，k∈N且k≤20. 由不等式≤1，即≤1，解得k≤7. 所以当k≤7时，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；当k＞7时，P（X＝k－1）＞P（X＝k）. 因为当k＝7时，P（X＝k－1）＝P（X＝k）. 所以k＝6或k＝7时，P（X＝k）取得最大值. 1.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＝. 2.设随机变量ξ的概率分布为P（ξ＝k）＝（）k·（）n－k，k＝0，1，2，…，n，且E（ξ）＝24，则D（ξ）＝（　　） A.8 B.12 C. D.16 解析：A　由题意可知ξ～B（n，），∴n＝E（ξ）＝24，∴n＝36，∴D（ξ）＝36××＝8. 3.甲、乙比赛时，甲每局赢的概率是0.51，乙每局赢的概率是0.49.甲、乙一共进行了10局比赛.已知各局比赛相互独立，计算甲平均赢多少局，乙平均赢多少局. 解：由题意，用X表示10局中甲赢的次数， 则X～B（10，0.51）， 所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均赢5.1局， 用Y表示10局中乙赢的次数，则Y～B（10，0.49）， 所以E（Y）＝10×0.49＝4.9， 即乙平均赢4.9局. 1.已知X～B（n，p），E（X）＝8，D（X）＝1.6，则n与p的值分别为（　　） A.100和0.08 B.20和0.4 C.10和0.2 D.10和0.8 解析：D　因为X～B（n，p），所以解得n＝10，p＝0.8. 2.若随机变量X～B（10，0.6），则D（2X－1）＝（　　） A.4.8 B.2.4 C.9.6 D.8.6 解析：C　因为随机变量X～B（10，0.6），所以D（X）＝10×0.6×（1－0.6）＝2.4，所以D（2X－1）＝22D（X）＝4×2.4＝9.6. 3.某同学上学路上要经过3个路口，在每个路口遇到红灯的概率都是，且在各路口是否遇到红灯是相互独立的，记X为遇到红灯的次数，若Y＝3X＋5，则Y的标准差为（　　） A. B.3 C. D.2 解析：A　因为该同学经过每个路口时，是否遇到红灯互不影响，所以可看成3次独立重复试验，即X～B（3，）.X的方差D（X）＝3××（1－）＝，所以Y的方差D（Y）＝32·D（X）＝9×＝6，所以Y的标准差为＝. 4.某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒该种种子，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则E（X）＝（　　） A.50 B.100 C.200 D.400 解析：C　由题意可知，不发芽的种子数（记为Y）服从二项分布，即Y～B（1 000，0.1），所以E（Y）＝1 000×0.1＝100，所以X的均值E（X）＝2×E（Y）＝200. 5.〔多选〕设随机变量ξ～B（2，p），η～B（3，p），若P（ξ≥1）＝，则（　　） A.p＝ B.E（ξ）＝ C.D（η）＝1 D.P（η≥2）＝ 解析：ABD　∵P（ξ＝0）＋P（ξ≥1）＝1，∴（1－p）2＋＝1，∴p＝（p＝舍去），∴E（ξ）＝2×＝，D（η）＝3××＝，P（η≥2）＝p3＋p2（1－p）＝＋＝.故选A、B、D. 6.〔多选〕在“石头、剪刀、布”游戏中，规定：“石头赢剪刀”“剪刀赢布”“布赢石头”.现在小明、小泽两名同学玩这个游戏，共玩n局，每一局每人等可能地独立选择一种手势.设小明赢小泽的局数为ξ，且D（ξ）＝，则（　　） A.随机变量ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5 B.ξ～B（n，） C.n＝4 D.E（ξ）＝4×＝ 解析：AB　每一局中小明赢小泽的概率为，∴ξ～B（n，）.∵D（ξ）＝，∴D（ξ）＝n××＝，解得n＝5，∴随机变量ξ的可能取值为：0，1，2，3，4，5，A、B正确，C错误；E（ξ）＝5×＝，D错误.故选A、B. 7.已知随机变量X服从两点分布，其中P（X＝1）＝，若Y＝2X＋3，则D（Y）＝. 解析：根据两点分布的特征得P（X＝0）＝，则E（X）＝1×＋0×＝，D（X）＝×（1－）2＋×（0－）2＝.根据方差的性质得D（Y）＝22×＝. 8.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）＝　　. 答案： 解析：因为他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×＝. 9.抛掷一枚质地均匀的硬币n（3≤n≤8）次，正面向上的次数ξ服从二项分布B（n，），若P（ξ＝1）＝，则方差D（ξ）＝. 解析：因为3≤n≤8，ξ服从二项分布B（n，），且P（ξ＝1）＝，所以·（）·（1－）n－1＝，即n（）n＝，解得n＝6，所以方差D（ξ）＝np（1－p）＝6××（1－）＝. 10.某广场上有4盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯，每盏灯出现红灯的概率都是，出现绿灯的概率都是.记这4盏灯中出现红灯的数量为ξ，当这4盏装饰灯闪烁一次时： （1）求ξ＝2时的概率； （2）求ξ的均值. 解：（1）依题意知，ξ＝2表示4盏装饰灯闪烁一次时，恰好有2盏灯出现红灯，而每盏灯出现红灯的概率都是， 故P（ξ＝2）＝×（）2×（）2＝. （2）法一　ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4， 依题意知，P（ξ＝k）＝（）k（）4－k（k＝0，1，2，3，4）. ∴ξ的概率分布为 ξ 0 1 2 3 4 P ∴E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 法二　∵ξ服从二项分布，即ξ～B（4，）， ∴E（ξ）＝4×＝. 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.随着现代科技的不断发展，通过手机交易应用越来越广泛，其中某群体的每位成员使用微信支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用微信支付的人数，已知方差D（X）＝2.4，且P（X＝4）＞P（X＝6），则数学期望E（X）＝4. 解析：依题意可知X～B（10，p），且D（X）＝10p（1－p）＝2.4，即p2－p＋0.24＝0，解得p＝0.6或p＝0.4，又P（X＝4）＞P（X＝6），所以p4（1－p）10－4＞p6（1－p）10－6，所以（1－p）2＞p2，解得0＜p＜0.5，所以p＝0.4，所以E（X）＝10p＝10×0.4＝4. 13.某商场为刺激消费，拟按以下方案进行促销：顾客每消费500元便得到抽奖券一张，每张抽奖券的中奖概率为，若中奖，商场返还顾客现金100元.某顾客购买价格为2 300元的台式电脑一台，得到抽奖券四张.每次抽奖互不影响. （1）设该顾客抽奖后中奖的抽奖券张数为X，求随机变量X的概率分布； （2）设该顾客购买台式电脑的实际支出为Y（元），用X表示Y，并求随机变量Y的均值. 解：（1）因为每张奖券是否中奖是相互独立的， 因此X～B（4，）， 所以P（X＝0）＝×（）4＝， P（X＝1）＝×（）4＝， P（X＝2）＝×（）4＝， P（X＝3）＝×（）4＝， P（X＝4）＝×（）4＝. 所以随机变量X的概率分布为 X 0 1 2 3 4 P （2）因为X～B（4，）， 所以E（X）＝4×＝2. 又由题意可知Y＝2 300－100X， 所以E（Y）＝E（2 300－100X）＝2 300－100E（X）＝2 300－100×2＝2 100（元）. 即所求随机变量Y的均值为2 100元. 14.若随机变量ξ～B（19，），则P（ξ＝k）取最大值时k的值为13. 解析：∵随机变量ξ～B（19，），∴P（ξ＝k）＝（）19－k，由题意得 （）k（）19－k≥（）k－1（）20－k，① （）k（）19－k≥（）k＋1（）18－k，② 联立①②，解得≤k≤，又k取整数，∴k＝13. 15.一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率直方图，如图所示. 将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立. （1）求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； （2）用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的概率分布，均值E（X）及方差D（X）. 解：（1）设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”. 则P（A1）＝（0.006＋0.004＋0.002）×50＝0.6， P（A2）＝0.003×50＝0.15， P（B）＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. （2）X的可能取值为0，1，2，3，相应的概率为 P（X＝0）＝×（1－0.6）3＝0.064， P（X＝1）＝×0.6×（1－0.6）2＝0.288， P（X＝2）＝×0.62×（1－0.6）＝0.432， P（X＝3）＝×0.63＝0.216， 则X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为X～B（3，0.6）， 所以均值E（X）＝3×0.6＝1.8， 方差D（X）＝3×0.6×（1－0.6）＝0.72. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $