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(共65张PPT)
4.1　二项分布
　
第六章　§4　二项分布与超几何分布
学习目标
1.通过具体实例，理解n重伯努利试验的概念，掌握二项分布 及其数字特征，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.
2.通过对独立重复试验与二项分布的概念的学习，培养数学 抽象的核心素养.
3.借助在n次独立重复试验中事件发生k次的概率公式与二项 分布模型的应用，提升数学运算与数学建模的核心素养.
任务一　二项分布
问题导思
新知构建
1.n重伯努利试验：一般地，在相同条件下______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______，称这样的n次__________试验为n重伯努利试验.
2.二项分布：一般地，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)＝_______________________________.
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____________.
重复
影响
独立重复
X～B(n，p)
微提醒
(1)n重伯努利试验的特点：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”，且某一事件发生的概率都相等.②各次试验是相互独立的.
(2)两点分布与二项分布的联系：①两点分布与二项分布的随机变量都只有两个可能结果.②两点分布是n＝1时的二项分布.
角度1　二项分布的判断
(多选题)下列随机变量X不服从二项分布的是
A.投掷一枚均匀的硬币5次，X表示正面出现的次数
B.某射手射中目标的概率为p，设每次射击是相互独立的，X为从开始射击到击中目标所需要的射击次数
C.甲与实力不等的5位选手进行了5局乒乓球比赛，X表示甲获胜的次数
D.某星期内，每次下载某网站数据电脑被病毒感染的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被病毒感染的次数
典例
1
√
√
典例
2
规律方法
1.判定一个随机变量是否服从二项分布的依据
依据一：试验是否为n重伯努利试验.
依据二：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.利用二项分布求概率的步骤
步骤一(判断)：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验；
步骤二(分拆)：判断所求事件是否需要分拆；
步骤三(计算)：就每个事件依据n次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.
√
√

(3)大多数农作物播种时，一般在一个坑内放3粒种子，以便出苗后进行及时的补苗或移栽，已知每粒种子发芽的概率为0.8，每粒种子是否发芽相互独立，如果一个坑内的种子均不发芽则需补苗，则一个坑内不需补苗的概率为　　　　.
0.992
返回
任务二　二项分布的均值与方差
问题导思
问题3.已知随机变量X服从参数为p的两点分布，如何求EX，DX.
提示：EX＝0×(1－p)＋1×p＝p，DX＝(1－p)2×p＋(0－p)2×(1－p)＝p(1－p).
新知构建
二项分布的均值与方差：一般地，若随机变量X～B(n，p)，则EX＝____，DX＝__________.
特殊地，若随机变量X服从参数为p的两点分布，则EX＝___，DX＝_________.
np
np(1－p)
p
p(1－p)
微提醒
若随机变量X服从二项分布，要弄清试验次数n与成功概率p.
典例
3
√
√
√

6
规律方法
在解答与二项分布的均值、方差有关的问题时，可以用公式的形式求解，主要是弄清楚各公式的结构、各参数的位置，以方程思想为工具进行参数值及概率的求解.
√

(2)现有6名志愿者要去A，B，C，D四个社区参加志愿活动，每名志愿者
可自由选择其中的1个社区，记去A社区的志愿者人数为ξ，则Eξ＝　　.
返回
任务三　二项分布的简单应用
典例
4
规律方法
利用二项分布求解“至少”“至多”问题的概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生概率的和，或者利用对立事件求概率.
X 0 1 2 3 4
P
课堂小结
任务再现 1.二项分布的概念及表示.2.二项分布的均值与方差.3.二项分布的简单应用
方法提炼 数学建模、公式法
易错警示 二项分布概率模型的建立
返回
随堂评价
√
1.在100件产品中有5件次品，采用放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则
A.X～B(100，0.05) B.X～B(10，0.05)
C.X～B(100，0.95) D.X～B(10，0.95)
有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10次独立重复的伯努利试验，所以服从二项分布X～B(10，0.05).故选B.
√
2.(多选题)对于n重伯努利试验，以下说法正确的是
A.每次试验之间是相互独立的
B.每次试验只有两个相互对立的结果
C.每次试验中事件A发生的概率相等
D.各次试验中，各个事件是互斥的
√
√
n重伯努利试验即为n次独立重复性试验，则有：每次试验之间是相互独立的，故A正确；每次试验均为0－1分布，即每次试验只有两个相互对立的结果，故B正确；每次试验中事件A发生的概率相等，故C正确；各次试验之间没有关联，即各次试验结果互不干扰，可以同时发生，故各次试验中，各个事件不是互斥的，故D错误.故选ABC.
3.已知随机变量ξ服从二项分布B(10，p)，若E(3ξ＋1)＝11，则p＝　　.

返回
课时分层评价
√
√
√

√
√
5.(2025·北京海淀期末)小明投篮3次，每次投中的概率为0.8，且每次投篮互不影响，若投中一次得2分，没投中得0分，总得分为X，则
A.EX＝2.4 B.EX＝4.8
C.DX＝0.48 D.DX＝0.96
设小明投中次数为ξ，则由题意可知ξ～B(3，0.8)，则Eξ＝3×0.8＝2.4，Dξ＝3×0.8×(1－0.8)＝0.48，因为投中一次得2分，没投中得0分，所以X＝2ξ，则EX＝2Eξ＝2×2.4＝4.8，DX＝4Dξ＝1.92.故选B.
√
√

8.一个盒子里有6个除颜色外完全相同的球，其中红球白球若干，黄球有m个，每次从盒子中拿一个，共拿三次，记拿到黄球的个数为X，若取球过程是有放回的，且EX＝2，则m＝　　.
4

√
11.(2025·山东潍坊期中)某人寿保险公司规定，投保人没活过65岁时，保险公司要赔偿100万元.活过65岁时，保险公司不赔偿，但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种保险的每个投保人能活过65岁的概率都是0.9，随机抽取3个投保人，设其中活过65岁的人数为X，保险公司要赔偿给这三个人的总金额为Y万元，则P(Y＜200)＝
A.0.972 B.0.729
C.0.486 D.0.243
√
√


Y 0 2 4 6 8 10
P
√

16.(创新题)某一地区某种疾病的患病率为10％，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.9，正常人对这种试验反应是阳性的概率为0.1.该地区现有3
人的试验反应均是阳性，则这3人中恰有1人患该疾病的概率是　　.

返回§4　二项分布与超几何分布
4.1　二项分布
学习目标 1.通过具体实例，理解n重伯努利试验的概念，掌握二项分布及其数字特征，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.　2.通过对独立重复试验与二项分布的概念的学习，培养数学抽象的核心素养.　3.借助在n次独立重复试验中事件发生k次的概率公式与二项分布模型的应用，提升数学运算与数学建模的核心素养.
任务一　二项分布
问题1.什么是伯努利试验？“相同条件下抛均匀的骰子10次”的试验与伯努利试验有什么联系？
提示：伯努利试验是一个“有两个结果的试验”，只能关注某个事件发生或不发生；若关注某个事件发生或不发生，则“相同条件下抛均匀的骰子10次”实质是重复做了10次伯努利试验.
问题2.“相同条件下抛均匀的骰子10次”，设A＝“向上的点数为6”，X表示事件A恰好发生次数，能求P(X＝2)吗？
提示：能.P(X＝2)＝.
1.n重伯努利试验：一般地，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.
2.二项分布：一般地，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).
[微提醒]　(1)n重伯努利试验的特点：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”，且某一事件发生的概率都相等.②各次试验是相互独立的.
(2)两点分布与二项分布的联系：①两点分布与二项分布的随机变量都只有两个可能结果.②两点分布是n＝1时的二项分布.
角度1　二项分布的判断
(多选题)下列随机变量X不服从二项分布的是(　　)
A.投掷一枚均匀的硬币5次，X表示正面出现的次数
B.某射手射中目标的概率为p，设每次射击是相互独立的，X为从开始射击到击中目标所需要的射击次数
C.甲与实力不等的5位选手进行了5局乒乓球比赛，X表示甲获胜的次数
D.某星期内，每次下载某网站数据电脑被病毒感染的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被病毒感染的次数
答案：BC
解析：对于A，试验出现的结果只有两种，正面向上和反面向上，且正面向上的概率在每一次试验中都为，每一次试验都是独立的，故随机变量X服从二项分布；对于B，虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种，每一次试验事件相互独立且概率不发生变化，但随机变量的取值不确定，故随机变量X不服从二项分布；对于C，因为甲5局获胜率均不相等，试验条件发生变化，不是独立重复试验，故X不服从二项分布；对于D，由二项分布的定义，可知被感染次数X～B(n，0.3)，故X服从二项分布.故选BC.
角度2　利用二项分布求概率
(链教材P213例1)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；
(2)设甲、乙、丙三人中被录用的人数为X，求：
①P(X＝2)；
②P(X≥2).
解：(1)通过两个项目测试的概率为×＝，通过三个项目测试的概率为＝，
则甲被录用的概率为＋＝.
(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，所以甲、乙、丙三人中被录用的人数X～B.
①X＝2表示甲、乙、丙三人中恰好被录用2人，所以P(X＝2)＝×＝.
②P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝.
1.判定一个随机变量是否服从二项分布的依据
依据一：试验是否为n重伯努利试验.
依据二：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.利用二项分布求概率的步骤
步骤一(判断)：依据n重伯努利试验的特征，判断所给试验是否为独立重复试验；
步骤二(分拆)：判断所求事件是否需要分拆；
步骤三(计算)：就每个事件依据n次独立重复试验的概率公式求解，最后利用互斥事件概率加法公式计算.
对点练1.(1)(多选题)下列说法正确的是(　　)
A.某同学投篮的命中率为0.7，他10次投篮中命中的次数X是一个随机变量，且X服从二项分布B(10，0.7)
B.某福彩中奖概率为p，某人一次买了20张彩票，中奖张数X是一个随机变量，且X服从二项分布B(20，p)
C.从装有大小与质地相同的5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X是随机变量，且X服从二项分布B
D.从装有大小与质地相同的5个红球、5个白球的袋中，无放回地摸球3次，摸出白球个数X是随机变量，且X服从二项分布B
(2)如图，一质点在数轴点0的位置出发，每次向左或向右移动1个单位，其中每次向左移动的概率均为，则第5次到达点1的位置的概率为　　　　.
(3)大多数农作物播种时，一般在一个坑内放3粒种子，以便出苗后进行及时的补苗或移栽，已知每粒种子发芽的概率为0.8，每粒种子是否发芽相互独立，如果一个坑内的种子均不发芽则需补苗，则一个坑内不需补苗的概率为　　　　.
答案：(1)AB　(2)　(3)0.992
解析：(1)对于A，某同学投篮的命中率为0.7，他重复10次投篮，则命中次数X服从二项分布B(10，0.7)，故A正确；对于B，福彩中奖概率为p，某人一次买了20张，中奖张数X是一个随机变量，满足二项分布B(20，p)，故B正确；对于C，从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X是随机变量，则X的可能取值为1，2，3，…，n，…，且P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，…，P(X＝n)＝，…，不是二项分布，故C不正确；对于D，从装有5个红球、5个白球的袋中，无放回地摸球，每次摸出白球的概率发生变化，不是独立重复试验，故X不服从二项分布，故D不正确.故选AB.
(2)第5次到达点1的位置，则5次中有2次向左平移，3次向右平移，所以第5次到达点1的位置的概率为×＝.
(3)由题意知，一个坑内有3粒种子，每粒种子是否发芽相互独立，设一个坑内发芽的种子个数为ξ，则ξ服从二项分布B(3，0.8)，则一个坑内不需补苗的概率为P＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝×0.8×(1－0.8)2＋×0.82×(1－0.8)＋×0.83＝0.992.
任务二　二项分布的均值与方差
问题3.已知随机变量X服从参数为p的两点分布，如何求EX，DX.
提示：EX＝0×(1－p)＋1×p＝p，DX＝(1－p)2×p＋(0－p)2×(1－p)＝p(1－p).
二项分布的均值与方差：一般地，若随机变量X～B(n，p)，则EX＝np，DX＝np(1－p).
特殊地，若随机变量X服从参数为p的两点分布，则EX＝p，DX＝p(1－p).
[微提醒]　若随机变量X服从二项分布，要弄清试验次数n与成功概率p.
(1)(多选题)已知随机变量X满足：X～B(4，p)，0＜p＜1，EX＝DX，则(　　)
A.p＝ B.EX＝
C.E(2X＋1)＝ D.D(2X＋1)＝
(2)为防止风沙危害，某地政府决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物.某人一次种植了n株沙柳，已知各株沙柳成活与否是相互独立的，成活率为p，设X为成活沙柳的株数，已知EX＝3，DX＝，则n＝　　　　，p＝　　　　.
答案：(1)BCD　(2)6　
解析：(1)对于A，因为X～B，EX＝DX，所以×4p(1－p)＝4p，解得p＝，故A错误；对于B，由上知EX＝4×＝，故B正确；对于C，E(2X＋1)＝2EX＋1＝，故C正确；对于D，D(2X＋1)＝4DX＝4×4××＝，故D正确.故选BCD.
(2)由题意知，X服从二项分布B，由EX＝np＝3，DX＝np(1－p)＝，得1－p＝，所以p＝，n＝6.
在解答与二项分布的均值、方差有关的问题时，可以用公式的形式求解，主要是弄清楚各公式的结构、各参数的位置，以方程思想为工具进行参数值及概率的求解.
对点练2.(1)如果随机变量ξ～B(n，p)，且E(3ξ)＝12，Dξ＝，则p＝(　　)
A. B.
C. D.
(2)现有6名志愿者要去A，B，C，D四个社区参加志愿活动，每名志愿者可自由选择其中的1个社区，记去A社区的志愿者人数为ξ，则Eξ＝　　　　.
答案：(1)D　(2)
解析：(1)因为E＝3Eξ＝12，即Eξ＝4，又因为随机变量ξ～B，且Dξ＝，则解得
故选D.
(2)由题可知，随机变量ξ服从二项分布，即ξ～B，所以Eξ＝6×＝.
任务三　二项分布的简单应用
已知某射击运动员每次射击命中10环的概率为，每次射击的结果相互独立，共进行4次射击.设命中10环的次数为X.
(1)求恰有3次命中10环的概率；
(2)求至多有3次命中10环的概率；
(3)求随机变量X的均值EX和方差DX.
解：(1)由题意可知X～B，则恰有3次命中10环的概率为P(X＝3)＝＝.
(2)至多有3次命中10环的概率为P(X≤3)＝1－P(X＝4)＝1－＝.
(3)EX＝np＝4×＝，DX＝np(1－p)＝4××＝.
利用二项分布求解“至少”“至多”问题的概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生概率的和，或者利用对立事件求概率.
对点练3.小王积极响应国家鼓励青年创业的号召，和朋友合伙开了一家小型工厂，该工厂有4台大型机器，在一年中，一台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需要1名工人进行维修，每台机器出现故障需要维修的概率为.
(1)若出现故障的机器台数为X，求X的分布列；
(2)该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时，能及时维修的概率不小于90％？
解：(1)一台机器是否出现故障可看作一次试验，在一次试验中，设机器出现故障为事件A，则事件A的概率为，
该厂有4台机器，即进行4次独立重复试验，
用X表示出现故障的机器台数，故X服从二项分布B( 4，)，那么
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
(2)设该厂有n名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修”为事件X≤n，
则P(X≤0)＝P(X＝0)＝，
P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝，
P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝，
P(X≤3)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝，
P(X≤4)＝1，
因为＜90％＜，所以至少有3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时，能及时进行维修的概率不小于90％.
任务再现 1.二项分布的概念及表示.2.二项分布的均值与方差.3.二项分布的简单应用
方法提炼 数学建模、公式法
易错警示 二项分布概率模型的建立
1.在100件产品中有5件次品，采用放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　　)
A.X～B(100，0.05) B.X～B(10，0.05)
C.X～B(100，0.95) D.X～B(10，0.95)
答案：B
解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10次独立重复的伯努利试验，所以服从二项分布X～B(10，0.05).故选B.
2.(多选题)对于n重伯努利试验，以下说法正确的是(　　)
A.每次试验之间是相互独立的
B.每次试验只有两个相互对立的结果
C.每次试验中事件A发生的概率相等
D.各次试验中，各个事件是互斥的
答案：ABC
解析：n重伯努利试验即为n次独立重复性试验，则有：每次试验之间是相互独立的，故A正确；每次试验均为0－1分布，即每次试验只有两个相互对立的结果，故B正确；每次试验中事件A发生的概率相等，故C正确；各次试验之间没有关联，即各次试验结果互不干扰，可以同时发生，故各次试验中，各个事件不是互斥的，故D错误.故选ABC.
3.已知随机变量ξ服从二项分布B(10，p)，若E(3ξ＋1)＝11，则p＝　　　　.
答案：
解析：因为ξ～B(10，p)，由二项分布的期望公式可得Eξ＝10p，由均值的性质可得E(3ξ＋1)＝3Eξ＋1＝30p＋1＝11，解得p＝.
4.某人通过某语言测试的概率为，若他连续测试3次(各次测试互不影响)，则其中恰有1次通过的概率为　　　　.
答案：
解析：用X表示某人通过语言测试的次数，则X～B，所以P(X＝1)＝··＝.
课时分层评价44　二项分布
(时间：60分钟　满分：100分)
(1—9，每小题5分，共45分)
1.某电子管正品率为，次品率为，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝(　　)
A.×× B.××
C.× D.×
答案：C
解析：ξ＝3表示第3次首次测到正品，而前2次都没有测到正品，故其概率是×.
2.在4次独立重复试验中事件A出现的概率相同，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中出现的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：令事件A发生的概率为p，则1－(1－p)4＝，所以p＝.故选A.
3.设随机变量X～B(6，p)，若EX≤2，则DX的最大值为(　　)
A.4 B.3
C. D.
答案：C
解析：随机变量X～B(6，p)，由EX≤2，得0＜6p≤2，解得0＜p≤，DX＝6p(1－p)＝－6(p－)2＋，则当p＝时，DX取得最大值，所以DX的最大值为6××＝.故选C.
4.(2025·四川绵阳期末)某市政道路两旁需要进行绿化，计划从甲，乙，丙三种树木中选择一种进行栽种，通过民意调查显示，赞成栽种乙树木的概率为，若从该地市民中随机选取4人进行访谈，则至少有3人建议栽种乙树木的概率为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：赞成栽种乙树木的人数设为X，则X～B(4，).根据二项分布概率公式知道至少有3人建议栽种乙树木的概率为P＝()3()1＋()4＝＝.故选D.
5.(2025·北京海淀期末)小明投篮3次，每次投中的概率为0.8，且每次投篮互不影响，若投中一次得2分，没投中得0分，总得分为X，则(　　)
A.EX＝2.4 B.EX＝4.8
C.DX＝0.48 D.DX＝0.96
答案：B
解析：设小明投中次数为ξ，则由题意可知ξ～B(3，0.8)，则Eξ＝3×0.8＝2.4，Dξ＝3×0.8×(1－0.8)＝0.48，因为投中一次得2分，没投中得0分，所以X＝2ξ，则EX＝2Eξ＝2×2.4＝4.8，DX＝4Dξ＝1.92.故选B.
6.(多选题)一纸盒中共有6张形状和质地一样的卡片，其中4张是红色卡片，2张是黄色卡片.现从纸盒中有放回地随机取4次，每次取1张卡片，取到红色卡片记1分，取到黄色卡片记0分，记4次取卡片所得的总分数为X，则(　　)
A.X～B B.P(X＝3)＝
C.EX＝ D.DX＝
答案：BC
解析：由题意知，每次取到红色卡片的概率为＝，则X～B，故A错误；P(X＝3)＝··＝，故B正确；EX＝4×＝，故C正确；DX＝4××＝，故D错误.故选BC.
7.若某射手每次射击击中目标的概率均为，每次射击的结果相互独立，则在他连续4次射击中，恰好有两次击中目标的概率为　　　　.
答案：
解析：由题意可知：恰好有两次击中目标的概率为××＝.
8.一个盒子里有6个除颜色外完全相同的球，其中红球白球若干，黄球有m个，每次从盒子中拿一个，共拿三次，记拿到黄球的个数为X，若取球过程是有放回的，且EX＝2，则m＝　　　　.
答案：4
解析：根据题意可知，每次拿到黄球的概率p＝，则随机变量X服从二项分布B，所以EX＝3×＝＝2，解得m＝4.
9.(开放题)若离散型随机变量X满足X～B，令Y＝aX＋a2，写出使得≥2成立的a的一个值　　　　.
答案：1(答案不唯一，符合0＜a≤即可)
解析：因为X～B，则EX＝10×＝5，DX＝10××＝，又因为Y＝aX＋a2，则EY＝aEX＋a2＝a2＋5a，DY＝a2DX＝a2，由≥2，即≥2，解得0＜a≤，故a的一个值为1.
10.(15分)已知每门大炮击中目标的概率都是0.5，现有n门大炮同时对某一目标各射击一次.
(1)当n＝5时，求恰好击中目标2次的概率(精确到0.01)；
(2)如果使目标至少被击中一次的概率超过80％，至少需要多少门大炮？(lg 2≈0.301)
解：(1)5门大炮同时对某一目标各射击一次，
设击中目标的次数为X，则X～B(5，0.5)，
故恰好击中目标2次的概率为×0.52×(1－0.5)3≈0.31.
(2)由题意知，n门大炮同时对某一目标各射击一次，击中0次的概率为(1－0.5)n＝0.5n，
则至少击中一次的概率为1－0.5n，则1－0.5n＞80％，
即nlg 0.5＜lg 0.2，
解得n＞＝＝≈
≈2.3，
因为n∈N＋，所以如果使目标至少被击中一次的概率超过80％，至少需要3门大炮.
(11—13，每小题5分，共15分)
11.(2025·山东潍坊期中)某人寿保险公司规定，投保人没活过65岁时，保险公司要赔偿100万元.活过65岁时，保险公司不赔偿，但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种保险的每个投保人能活过65岁的概率都是0.9，随机抽取3个投保人，设其中活过65岁的人数为X，保险公司要赔偿给这三个人的总金额为Y万元，则P(Y＜200)＝(　　)
A.0.972 B.0.729
C.0.486 D.0.243
答案：A
解析：依题意X～B(3，0.9)，因为3个投保人中，活过65岁的人数为X，所以没活过65岁的人数为3－X，因此Y＝100(3－X)＋5X，即Y＝300－95X(X＝0，1，2，3)，所以P(Y＜200)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝×0.92×(1－0.9)＋×0.93＝0.972.故选A.
12.(多选题)某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数A＝a1a2a3…a10(例如若a1，a3，a5，a6，a10＝0，a2，a4，a7，a8，a9＝1，则A＝0 101 001 110)，已知ak(k＝1，2，…，10)出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记X＝a2＋a4＋a6＋a8＋a10，则当程序运行一次时(　　)
A.X服从二项分布 B.P(X＝1)＝
C.EX＝ D.DX＝
答案：AC
解析：由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字互不影响，故X中1出现次数的可能取值有0，1，2，3，4，5，则X可能取值情况与之相同，由二项分布的定义可得X～B，故A正确；故P(X＝1)＝××＝，故B错误；所以EX＝5×＝，DX＝5××＝，故C正确，D错误.故选AC.
13.设随机变量ξ～B，则函数f(x)＝x2＋4x＋ξ存在零点的概率是　　　　.
答案：
解析：若函数f(x)＝x2＋4x＋ξ存在零点，则Δ＝42－4ξ≥0，即ξ≤4，又ξ～B，则P＝1－P－P＝1－－＝1－－＝.
14.(15分)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，投篮终止，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，从均值的角度判断甲、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)，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，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＝×＝，
P＝×＝，P＝×＝，P＝×(1－)＝，P＝＝，
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.
(15、16，每小题5分，共10分)
15.(2025·吉林长春高二期中)在足球比赛中，扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性未扑出点球.若不考虑其他因素，在比赛打成平局进行点球大战中，门将在前3次扑出点球的个数X的方差为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：由题意得，门将每次扑出点球的概率为P＝××3×＝，若不考虑其他因素，门将在前3次扑出点球的个数X服从二项分布，且X～B，所以门将在前3次扑出点球的个数X的方差为DX＝3××＝.故选A.
16.(创新题)某一地区某种疾病的患病率为10％，患者对一种试验反应是阳性的概率为0.9，正常人对这种试验反应是阳性的概率为0.1.该地区现有3人的试验反应均是阳性，则这3人中恰有1人患该疾病的概率是　　　　.
答案：
解析：设事件A表示抽查的人是患这种疾病的，事件B表示试验反应是阳性，则事件表示抽查的人是不患这种疾病的，事件表示试验反应是阴性，所以P(B)＝P(AB)＋P(B)＝P(A)P(B｜A)＋P()P＝0.1×0.9＋0.9×0.1＝0.18，有1人的试验反应是阳性，则这1人患该疾病为事件C，则P(C)＝P(A｜B)＝＝＝＝，现有3人的试验反应均是阳性，设这3人中患该疾病的人数为随机变量X，则随机变量X服从二项分布B，所以P(X＝1)＝()1()2＝.
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