6.4.1 二项分布(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

本讲义聚焦高中数学“二项分布”核心知识点，先以n重伯努利试验（相同条件下n次独立重复、结果相互独立）为基础，进而构建二项分布的分布列、参数表示（X~B(n,p)）及均值（np）、方差（np(1-p)）的完整知识支架。 资料以“投硬币中奖”情境引入，渗透数学建模素养，通过定义辨析、题型分类（伯努利试验概率、二项分布应用与均值方差）及母题探究，培养数学抽象与数据分析能力。课中助力教师分层教学，课后练习题覆盖基础与拓展，帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

4.1　二项分布 课标 要求 通过具体实例，了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题（数学抽象、数学建模、数据分析）. 　　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：只需投掷二十次硬币，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. 【问题】　这个学生的运气如何呢？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点　二项分布 1.n重伯努利试验 （1）定义：在　相同　条件下重复做　n　次伯努利试验，且每次试验的结果都不受其他试验结果的影响.称这样的n次独立重复试验为n重伯努利试验； （2）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. 2.二项分布 在n重伯努利试验中，用X表示这n次试验中成功的次数，且每次成功的概率均为p，则X的分布列可以表示为P（X＝k）＝　pk（1－p）n－k　（k＝0，1，2，…，n）. 若一个随机变量X的分布列如上所述，则称X服从参数为n，p的二项分布，简记为　X～B（n，p）　. 提醒：由二项式定理可知，二项分布的所有概率和为1. 3.二项分布的均值与方差 若X服从二项分布，即X～B（n，p），则EX＝　np　，DX＝　np（1－p）　. 【想一想】 1.n重伯努利试验必须具备哪些条件？ 提示：（1）每次试验是在同样条件下进行的； （2）各次试验中的事件互不影响； （3）每次试验结果只有两种，即事件要么发生，要么不发生. 2.二项分布与两点分布有什么关系？ 提示：当n＝1时，二项分布就是两点分布. 1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”） （1）设X为n重伯努利试验中事件A发生的次数，则X～B（n，p）.（　√　） （2）在n重伯努利试验中，各次试验的结果相互没有影响.（　√　） （3）对于n重伯努利试验，各次试验中事件发生的概率可以不同.（　×　） （4）如果在1次试验中某事件发生的概率是p，那么在n重伯努利试验中这个事件恰好发生k次的概率P（X＝k）＝pk（1－p）n－k，k＝0，1，2，…，n.（　√　） 2.设随机变量X～B（n，p），且EX＝1.6，DX＝1.28，则（　　） A.n＝8，p＝0.2 B.n＝4，p＝0.4 C.n＝5，p＝0.32 D.n＝7，p＝0.45 解析：A　由已知有 解得 3.一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. 题型一　n重伯努利试验概率模型及求解 甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和，假设每次射击是否击中目标相互之间没有影响. （1）求甲射击3次，至少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）设A1表示“甲射击3次至少有1次未击中目标”，由题意，射击3次，相当于3次伯努利试验，故P（A1）＝1－P（）＝1－＝. （2）设A2表示“甲射击2次，恰有2次击中目标”，B表示“乙射击2次，恰有1次击中目标”，则P（A2）＝×＝，P（B）＝××＝，由于甲、乙射击相互独立，故P（A2B）＝×＝. 【母题探究】 1.（变设问）在本例（2）的条件下，求甲、乙均击中目标1次的概率. 解：设A3表示“甲击中目标1次”，B1表示“乙击中目标1次”，则P（A3）＝××＝，P（B1）＝××＝， 所以甲、乙均击中目标1次的概率为P（A3B1）＝×＝. 2.（变设问）在本例（2）的条件下，求甲未击中、乙击中2次的概率. 解：设A4表示“甲未击中目标”，B2表示“乙击中2次”，则P（A4）＝＝，P（B2）＝＝，所以甲未击中、乙击中2次的概率为P（A4B2）＝×＝. 通性通法 n重伯努利试验概率求法的三个步骤 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； （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：（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. 故所求概率为（）3×（1－）3×＝. 题型二　二项分布 角度1　二项分布的实际应用 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. （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～B，则它的分布列为 P（ξ＝k）＝，k＝0，1，2，3，4，5. 如表： ξ 0 1 2 3 4 5 P （2）η的分布列为P（η＝k）＝P（前k个是绿灯，第k＋1个是红灯）＝·，k＝0，1，2，3，4. P（η＝5）＝P（5个均为绿灯）＝. 如表： η 0 1 2 3 4 5 P （3）所求概率为P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－＝. 通性通法 利用二项分布解决实际应用问题的解题思路 （1）根据题意设出随机变量； （2）分析出随机变量服从二项分布； （3）找到参数n（试验的次数）和p（事件发生的概率）； （4）写出二项分布的分布列. 角度2　二项分布的均值与方差 电子商务在我国发展迅猛，网上购物已经成为很多人的选择.某购物网站组织了一次促销活动，在网页的界面上打出广告：高级口香糖10元钱三瓶，有8种口味供您选择（其中有1种为草莓口味）.小王点击进入网页一看，只见有很多包装完全相同的瓶装口香糖排在一起，看不见具体口味，由购买者随机点击进行选择（各种口味的高级口香糖均超过三瓶，且各种口味的瓶数相同， 每点击选择一瓶后，网页自动补充相应的口香糖）. （1）小王花10元钱买三瓶，请问小王收到货的组合方式共有多少种？ （2）小王花10元钱买三瓶，由小王随机点击三瓶，请列出有小王喜欢的草莓味口香糖的瓶数ξ的分布列，并计算其数学期望和方差. 解：（1）若三瓶口味均不一样，有＝56（种）； 若其中两瓶口味一样，有＝56（种）； 若三瓶口味一样，有8种. 故小王收到货的组合方式共有56＋56＋8＝120（种）. （2）ξ所有可能的取值为0，1，2，3. 因为各种口味的口香糖均超过3瓶，且各种口味的瓶数相同，有8种不同口味，所以小王随机点击一次是草莓味口香糖的概率为. 即随机变量ξ服从二项分布，ξ～B（3，）. P（ξ＝0）＝×（）0×（1－）3＝， P（ξ＝1）＝×（）1×（1－）2＝， P（ξ＝2）＝×（）2×（1－）1＝， P（ξ＝3）＝×（）3×（1－）0＝. 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P 数学期望Eξ＝np＝3×＝. 方差Dξ＝np（1－p）＝3××＝. 通性通法 正确认识二项分布及其在解题中的应用 （1）在解决有关均值和方差问题时，要认真审题，如果题目中离散型随机变量符合二项分布，就应直接利用二项分布求期望和方差，以简化问题的解答过程； （2）对于二项分布公式EX＝np和DX＝np（1－p）要熟练掌握. 城南公园种植了4棵棕榈树，每棵棕榈树成活与否是相互独立的，成活率为p，设ξ为成活棕榈树的株数，数学期望Eξ＝. （1）求p的值并写出ξ的分布列； （2）若有2棵或2棵以上的棕榈树未成活，则需要补种，求需要补种棕榈树的概率. 解：（1）由题意知，ξ服从二项分布，即ξ～B（4，p）. 因为Eξ＝4p＝，所以p＝. 因为ξ所有可能的取值为0，1，2，3，4， 所以P（ξ＝0）＝（）4（）0＝，P（ξ＝1）＝（）3·（）1＝，P（ξ＝2）＝（）2（）2＝，P（ξ＝3）＝（）1（）3＝，P（ξ＝4）＝（）0（）4＝，则ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P （2）记“需要补种棕榈树”为事件A. 由（1）得，P（A）＝P（ξ≤2）＝＋＋＝， 所以需要补种棕榈树的概率为. 1.若随机变量X～B，则P（X＝2）＝（　　） A.×　　　　　B.× C.×× D.×× 解析：D　∵随机变量X～B，∴P（X＝2）＝××. 2.一头猪服用某药品后被治愈的概率是90%，则服用这种药的5头猪中恰有3头被治愈的概率为（　　） A.0.93 B.1－（1－0.9）3 C.×0.93×0.12 D.×0.13×0.92 解析：C　5头猪中恰有3头被治愈的概率为×0.93×0.12. 3.随机变量X～B（100，p），且EX＝20，则D（2X－1）＝（　　） A.64　 　　 B.128 C.256　　 　 D.32 解析：A　EX＝100p＝20，解得p＝0.2，DX＝np（1－p）＝100×0.2×（1－0.2）＝16，D（2X－1）＝4DX＝64. 4.一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个题目选择正确得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：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EX＝25×0.6＝15，DX＝25×0.6×0.4＝6，EY＝E（4X）＝4EX＝60，DY＝D（4X）＝42×DX＝16×6＝96.所以该学生在这次测试中的成绩的均值与方差分别是60与96. 1.设X～B（40，p），且EX＝16，则p＝（　　） A.0.1　　　　　　　　B.0.2 C.0.3 D.0.4 解析：D　∵EX＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.故选D. 2.投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（　　） A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312 解析：A　根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为P＝×0.62×0.4＋0.63＝0.648，故选A. 3.在4次独立重复试验中，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，则事件A在1次试验中发生的概率p的取值范围是（　　） A.[0.4，1） B.（0，0.4] C.[0.6，1） D.（0，0.6] 解析：A　根据n重伯努利试验发生k次的概率公式得，p·（1－p）3≤p2（1－p）2，结合0＜p＜1，解得0.4≤p＜1，故选A. 4.若随机变量X～B（n，0.4），且EX＝2，则P（X＝1）的值是（　　） A.3×0.44 B.2×0.45 C.3×0.64 D.2×0.64 解析：D　因为随机变量X～B（n，0.4），所以EX＝0.4n＝2，解得n＝5，所以随机变量X～B（5，0.4），所以P（X＝1）＝（1－0.4）40.41＝2×0.64，故选D. 5.〔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）＝3Eξ＋2＝9.2，D（3ξ＋2）＝9Dξ＝12.96，所以Eξ＝2.4，Dξ＝1.44，由ξ～B（n，p），所以Eξ＝np＝2.4，Dξ＝np（1－p）＝1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P（ξ＝4）＝×0.44×0.62，故C错误；P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－0.66，D正确.故选A、D. 6.〔多选〕在甲、乙两队进行的一场五局三胜制的排球比赛中，规定先赢三局的队获胜，且比赛就此结束，现已知甲、乙两队每比赛一局，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每局比赛的胜负是相互独立的，则下列说法正确的是（　　） A.甲队以3∶2获胜的概率为 B.甲队以3∶2获胜的概率为 C.乙队获胜的概率为 D.乙队获胜的概率为 解析：AC　若甲队以3∶2获胜，则前四局甲胜两局，第五局甲胜，所以甲队以3∶2获胜的概率为P1＝×××＝，故A正确，B错误；若乙队获胜，则前三局乙连胜，或比四局前三局乙胜2局第四局乙胜，或比五局前4局乙胜2局，第五局乙胜，所以乙队获胜的概率为P2＝×＋×××＋×××＝，故C正确，D错误，故选A、C. 7.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＝　　. 解析：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＝，所以每粒种子发芽的概率为. 8.将一枚均匀的硬币抛掷6次，则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为　　. 解析：正面出现的次数比反面出现的次数多，则正面可以出现4次、5次或6次，所求概率P＝＋＋＝. 9.某公司招聘员工需经过笔试和面试两个流程.已知笔试试卷包含5道选择题，每道题均有4个选项，但有且仅有1个选项正确，若甲答对每道题的概率都为0.7，则甲答对题目的个数ξ的方差Dξ＝　1.05　；若每答对1题得4分，答错1题扣1分，则甲在此次笔试中的成绩X的期望EX＝　12.5　. 解析：由题意易得，ξ～B（5，0.7），X＝4ξ＋（5－ξ）×（－1）＝5ξ－5，则Eξ＝5×0.7＝3.5，Dξ＝5×0.7×0.3＝1.05，所以EX＝5Eξ－5＝12.5. 10.某中学全体学生参加了“全国节约用水大赛”活动.现从参加该活动的学生中随机抽取了男、女学生各25名，将他们的成绩（单位：分）记录如下： 成绩 [50，60） [60，70） [70，80） [80，90） [90，100] 男生人数 2 5 8 9 1 女生人数 a b 10 3 2 （1）从该校参加活动的男生中随机抽取3人，X表示这3人成绩不低于80分的人数，求X的分布列、数学期望和方差； （2）试确定a，b为何值时，使得抽取的女生成绩的方差最小，并说明理由. 解：（1）由题意可知抽取的男生成绩不低于80分的概率为＝，即X～B（3，），它的分布列为P（X＝k）＝（）k（1－）3－k（k＝0，1，2，3），如表： X 0 1 2 3 P EX＝3×＝. DX＝3××（1－）＝. （2）a＝0，b＝10.理由如下： 由题意可得a＋b＝10，由于方差是衡量一组数据的离散程度，所以数据越集中，方差越小，所以当a＝0，b＝10时，数据更集中，方差最小. 11.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EX＝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EY＝0×＋1×＋2×＝. 12.〔多选〕掷一个不均匀的硬币6次，每次掷出正面的概率均为，恰好出现k次正面的概率记为Pk，则下列说法正确的是（　　） A.P1＝P5 B.P1＜P5 C.Pk＝1 D.P0，P1，P2，…，P6中的最大值为P4 解析：BD　由题意知Pk＝（）k·（1－）6－k，k＝0，1，2，…，6，∴P1＝（）1·（）5＝，P5＝（）5·（）1＝，∴P1＜P5，即选项A错误，选项B正确.由必然事件的概率可知Pk＝1，而P0＝（）0（）6＝≠0，故选项C错误.设P0，P1，P2，…，P6中的最大值为Pi（0≤i≤6，且i∈N），则Pi≥Pi＋1且Pi≥Pi－1，即（）i（）6－i≥（）i＋1·（）5－i且（）i（）6－i≥（）i－1（）7－i，解得≤i≤.又i∈N，∴i＝4，∴P0，P1，P2，…，P6中最大值为P4，即选项D正确.故选B、D. 13.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一卦由六爻组成.其中有一种起卦方法称为“金钱起卦法”，其做法为：取三枚相同的钱币合于双手中，上下摇动数下使钱币翻滚摩擦，再随意抛撒钱币到桌面或平盘等硬物上，如此重复六次，得到六爻.若三枚钱币全部正面向上或全部反面向上，就称为变爻.若每一枚钱币正面向上的概率为，则一卦中恰有三个变爻的概率为　　. 解析：1个爻为变爻的概率为2×（）3＝，不是变爻的概率为1－＝，则一卦中恰有三个变爻的概率为×（）3×（）3＝. 14.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；乙按商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次投篮投中，第4次投篮未中， 其概率为p3·（1－p）， 故p3·（1－p）＝，又0＜p＜1，解得p＝. （2）设X为甲累计获得的分数，则X～B（5，），所以EX＝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EY＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＋10×＝， 因为EX＞EY，所以甲获胜的可能性大. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $