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8.2.3　二项分布
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　n重伯努利试验及其概率计算
1.一个n重伯努利试验的所有结果构成集合S,则下列说法错误的是(　　)
A.若事件M“试验成功”的概率为p(0B.集合S内的元素个数不确定
C.用X表示事件N:“得到y∈S”发生的次数,p为事件N发生的概率,则P(X=4)=p4·(1-p)n-4
D.该n重伯努利试验共做了n次互相独立的试验
2.某人参加一次考试,共有4道试题,至少答对其中3道试题才能合格.若他答每道题的正确率均为,并且答每道题之间相互独立,则他能合格的概率为(　　)
A.
3.甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.
(1)若甲连续射击,命中为止,求甲恰好射击3次结束射击的概率;
(2)若乙连续射击,直至命中2次为止,求乙恰好射击3次结束射击的概率.
题组二　二项分布及其概率计算
4.2025年,“北上滑雪”成为冬季热门的度假方式,某滑雪场通过调查了解到有的游客是第一次滑雪,其他游客以前滑过雪,则从所有游客中任选四人,其中恰有两人是第一次滑雪的概率为(　　)
A.
5.(教材习题改编)如图,一个质点在随机外力作用下,从原点O出发,每隔1秒等可能地向左或向右移动1个单位长度,已知向右移动的概率为,向左移动的概率为,共移动6次,则质点位于2的位置的概率是(　　)
A. B.
C. D.
6.设随机变量X~B(2,p),若P(X≥1)=,则p的值为(　　)
A.
7.一个袋子中装有大小、形状完全相同的6个球,其中有4个红球和2个白球.
(1)有放回地每次从袋子中摸出1个球,连摸3次,设摸出红球的次数为X,求随机变量X的概率分布及数学期望E(X);
(2)无放回地依次从袋子中摸出1个球,连摸2次,求第二次摸出白球的概率;
(3)若每次任意摸出1个球,记录颜色后放回袋子中,直到摸出2次红球为止,设取球的次数为Y,求Y=4的概率.
题组三　二项分布的数学期望与方差
8.(教材习题改编)(多选题)某篮球运动员罚球命中的概率为0.8,若罚球10次,各次之间相互独立,其中命中的次数为X,则下列结论正确的是(　　)
A.P(X=k)=0.8k×0.210-k
B.P(X=k)=×0.8k×0.210-k
C.E(X)=8
D.D(X)=1.6
9.设随机变量X~B(12,p),若E(X)≤4,则D(X)的最大值为(　　)
A.4　　　　B.3　　　　C.
10.若随机变量X~B(25,sin θ),且D(X)=6,则E(X)=　　　　.
11.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,遇到红灯停留的时间都是2分钟,则这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间ξ(单位:分钟)的数学期望为　　　　,方差为　　　　.
12.某学校举行定点投篮比赛,规定每人投篮4次,投中一球得2分,没有投中得0分,假设每次投篮投中与否是相互独立的.已知小明每次投篮投中的概率都是,小强每次投篮投中的概率都是p(0(1)求小明在4次投篮后的总得分ξ的概率分布和数学期望;
(2)小强投篮4次,投中的次数为X,若期望E(X)=1,求p和X的方差D(X).
13.会员足够多的某知名咖啡店,男会员占60%,女会员占40%.现对会员进行服务质量满意度调查.根据调查结果得知,男会员对服务质量满意的概率为,女会员对服务质量满意的概率为.
(1)随机选取一名会员,求其对服务质量满意的概率;
(2)从会员中随机抽取3人,记抽取的3人中,对服务质量满意的人数为X,求X的概率分布和数学期望.
能力提升练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　二项分布的概率
1.(多选题)若随机变量X~B,记f(k)=P(X=k)为恰好发生k次(k∈{0,1,2,…,10})的概率,下列说法正确的有(　　)
A.P(X>0.5)=
B.f(k)=f(10-k)
C.(i·f(i))=(i=0,1,2,…,10)
D.当k=5时,f(k)取得最大值
2.经检测,有一批产品的合格率为,现从这批产品中任取5件,记其中合格产品的件数为ξ,则P(ξ=k)取得最大值时,k的值为　　　　.
3.口袋里有大小相等的2个红球和1个白球,有放回地每次摸取1个球,数列{an}满足:an=如果Sn为数列{an}的前n项和,那么S7=3的概率为　　　　.
4.设随机变量X~B(n,p),记pk=pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.在研究pk的最大值时,某学习小组发现并证明了如下正确结论:若(n+1)p是正整数,则当k=(n+1)p时,pk=pk-1,此时这两项概率均为最大值;若(n+1)p不是正整数,则当且仅当k取(n+1)p的整数部分时,pk取最大值.某同学重复抛掷一枚质地均匀的正方体骰子并实时记录点数1出现的次数,当抛掷到第20次时,点数1出现4次,若再继续进行80次抛掷试验,则在这100次抛掷试验中,点数1总共出现的次数为　　　　的概率最大.
5.王先生准备每天从骑自行车和开车两种出行方式中随机选择一种出行.即日起出行方式选择规则自定如下:第一天选择骑自行车出行,随后每天用“一次性抛掷4枚均匀的硬币”的方法确定出行方式,若得到的正面朝上的枚数小于3,则该天出行方式与前一天相同,否则选择另一种出行方式.设pn(n∈N*)表示事件“第n天王先生选择骑自行车出行”的概率.
(1)用pn-1表示pn(n≥2);
(2)请问王先生每天选择骑自行车出行的概率和开车出行的概率哪个大 并说明理由.
题组二　二项分布的数学期望与方差
6.在某个独立重复试验中,事件A,C相互独立,且在一次试验中,事件A发生的概率为p,事件C发生的概率为1-p,其中p∈(0,1).若进行n次试验,记事件A发生的次数为X,事件C发生的次数为Y,事件AC发生的次数为Z,则下列说法正确的是(　　)
A.pE(X)=(1-p)E(Y)
B.(1-p)D(X)=pD(Y)
C.E(Z)=D(Y)
D.[D(Z)]2=D(X)·D(Y)
7.某校在校庆期间举办羽毛球比赛,某班派出甲、乙两名单打主力,为了提高两位主力的能力,体育老师安排了为期一周的对抗训练,比赛规则如下:甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局,当两人获胜局数不少于3局时,则认为这轮训练过关;否则不过关.若甲、乙两人每局获胜的概率分别为p1,p2,且满足p1+p2=,每局之间相互独立.记甲、乙两人在n轮训练中训练过关的轮数为X,若E(X)=16,则从期望的角度来看,甲、乙两人训练的轮数至少为(　　)
A.27　　　　B.24　　　　C.32　　　　D.28
8.在数字通信中,信号是由数字“0”和“1”组成的序列.现连续发射信号n次,每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为X.
(1)当n=6时,P(X≤2)=　　　　;
(2)已知切比雪夫不等式:对于任一随机变量Y,若其数学期望E(Y)和方差D(Y)均存在,则对任意正实数a,有P(|Y-E(Y)|9.某区域中的物种C有A种和B种两个亚种.为了调查该区域中这两个亚种的数目比例(A种数目比B种数目少),某生物研究小组设计了如下试验方案:①在该区域中有放回地捕捉50个物种C,统计其中A种数目,以此作为一次试验的结果;②重复进行这个试验n次(其中n∈N*),记第i次试验中的A种数目为随机变量Xi(i=1,2,…,n);③记随机变量Xi,利用的数学期望E()和方差D()进行估算.设该区域中A种数目为M,B种数目为N,每一次试验都相互独立.
(1)已知E(Xi+Xj)=E(Xi)+E(Xj),D(Xi+Xj)=D(Xi)+D(Xj),证明:E(D(X1);
(2)该小组完成所有试验后,得到Xi的实际取值分别为xi(i=1,2,…,n),并计算了数据xi(i=1,2,…,n)的平均值和方差s2,然后部分数据丢失,仅剩方差的数据s2=.
①请用和s2分别代替E()和D(),估算;
②在①的条件下,求X1的分布列中概率值最大的随机事件{X1=k}对应的随机变量的取值.
答案与分层梯度式解析
8.2.3　二项分布
基础过关练
1.B 2.A 4.C 5.C 6.A 8.BCD 9.C
1.B　对于A,事件M在第k次试验中才首次发生的概率为p(1-p)k-1,故A中说法正确;
对于B,集合S内的元素个数为n+1,故B中说法错误;
对于C,在n次独立重复试验中恰好发生4次的概率为P(X=4)=p4(1-p)n-4,故C中说法正确;
对于D,该n重伯努利试验共做了n次互相独立的试验,故D中说法正确.
故选B.
2.A　由题意可知,他能合格的概率为.故选A.
3.解析　(1)记“甲恰好射击3次结束射击”为事件A1,
则P(A1)=.
(2)记“乙恰好射击3次结束射击”为事件A2,
则P(A2)=.
4.C　设四人中第一次滑雪的人数为X,则X~B,则四人中恰有两人是第一次滑雪的概率为P(X=2)=.故选C.
5.C　设此质点向左移动的次数为X,则X~B,
易知质点从0移动到2,需向右移动4次,向左移动2次,
故所求概率为P(X=2)=.故选C.
6.A　∵X~B(2,p),∴P(X=0)=(1-p)2,
∴P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=,
解得p=或p=.故选A.
7.解析　(1)由题意得每次摸出红球的概率为,
故X~B,则X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
故E(X)=3×=2.
(2)记“第一次摸出红球”为事件A1,“第一次摸出白球”为事件A2,“第二次摸出白球”为事件B,
则P(A1)=,
P(A2B)=,
故第二次摸出白球的概率为P(A1B)+P(A2B)=.
(3)Y=4即“前3次只有1次摸出红球,其余2次摸出白球,第4次摸出红球”,
易知每次摸出红球的概率为,
所以P(Y=4)=.
8.BCD　由题意可得X~B(10,0.8),则P(X=k)=×0.8k×0.210-k,故A错误,B正确;E(X)=10×0.8=8,故C正确;D(X)=10×0.8×(1-0.8)=1.6,故D正确.故选BCD.
9.C　由X~B(12,p),得E(X)=12p,
因为E(X)≤4,所以0<12p≤4,解得0D(X)=12p(1-p)=-12p2+12p,
令y=-12x2+12x,
易知二次函数y=-12x2+12x的图象开口向下,对称轴为直线x=,
所以y=-12x2+12x在上单调递增,
故当p=时,D(X)取得最大值,且最大值为12p(1-p)=12×.故选C.
10.答案　10
解析　因为X~B(25,sin θ),D(X)=6,
所以D(X)=25sin θ(1-sin θ)=6,解得sin θ=或sin θ=,
因为0<θ<,所以0所以E(X)=25sin θ=10.
11.答案　
解析　设这名学生在上学路上遇到红灯的次数为η,则ξ=2η.由题意知,η~B,所以E(η)=4×,所以E(ξ)=2E(η)=.
12.解析　(1)小明在4次投篮后总得分ξ的可能取值为0,2,4,6,8,
P(ξ=0)=,
P(ξ=2)=,
P(ξ=4)=,
P(ξ=6)=,
P(ξ=8)=,
所以ξ的概率分布为
ξ 0 2 4 6 8
P
所以E(ξ)=0×.
(2)由题意得X~B(4,p),所以E(X)=4p=1,所以p=,
所以D(X)=4×.
13.解析　(1)记事件A1为“会员为男会员”,事件A2为“会员为女会员”,事件B为“会员对服务质量满意”,
则P(A1)=,
P(B|A2)=,
所以P(B)=P(A1)·P(B|A1)+P(A2)·P(B|A2)=.
(2)由题设及(1)知X~B,则X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=0×.
能力提升练
1.ABD 6.C 7.A
1.ABD　对于A,f(k)=,故A正确;
对于B,因为,所以,即f(k)=f(10-k),故B正确;
对于C,因为f(k)=f(10-k),所以(i·f(i))=10×[f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+5f(5)=5×[f(0)+f(1)+…+f(9)+f(10)]=5×210×=5,故C错误;
对于D,由二项式系数的性质可得最大,即当k=5时,f(k)取得最大值,故D正确.
故选ABD.
2.答案　4
解析　由题意得ξ~B,
则P(ξ=k)=,
若P(ξ=k)取得最大值时,
则
即
化简,得
解得3.5≤k≤4.5,又k∈N*,∴k=4.
故当k=4时,P(ξ=k)取得最大值.
3.答案　
解析　由题意知每次摸球结果互不影响,摸到红球的概率为,摸到白球的概率为,
S7=3表示共摸球7次,且只有2次摸到红球,
设摸到红球的次数为X,且X~B,
所以只有2次摸到红球的概率为P(X=2)=.
4.答案　17
解析　设再继续进行80次投掷试验,出现点数为1的次数是X,则X~B,
由于(n+1)p=81×=13.5,故结合题中结论可知,当k=13时概率最大,即后面进行的80次抛掷试验中出现13次点数1的概率最大,又前面进行的20次抛掷试验中点数1出现了4次,所以点数1出现17次的概率最大.
5.解析　(1)设一次性抛掷4枚均匀的硬币得到正面向上的枚数为ξ,则ξ~B,
P(ξ<3)=,
则P(ξ≥3)=1-P(ξ<3)=.
记事件An-1表示“第(n-1)天王先生选择的是骑自行车出行”,事件An表示“第n天王先生选择的是骑自行车出行”,
由全概率公式知pn=P(An)=P(An|An-1)P(An-1)+P(An|)=pn-1·P(ξ<3)+(1-pn-1)·P(ξ≥3)=,
所以pn=(n≥2).
(2)由(1)知,pn-,n≥2,
因为p1=1,所以p1-,所以pn-≠0,
所以,
所以数列,公比为的等比数列,
所以pn-,即pn=.
又因为pn=恒成立,
所以王先生每天选择骑自行车出行的概率始终大于选择开车出行的概率.
6.C　由已知得X~B(n,p),Y~B(n,1-p),
∴E(X)=np,D(X)=np(1-p),E(Y)=n(1-p),D(Y)=n(1-p)[1-(1-p)]=np(1-p),
∵事件A,C相互独立,∴在一次试验中,A,C同时发生的概率P(AC)=P(A)P(C)=p(1-p),
∴Z~B(n,p(1-p)),
∴E(Z)=np(1-p),D(Z)=np(1-p)[1-p(1-p)]=np(1-p)(1-p+p2).
对于A,∵pE(X)=np2,(1-p)E(Y)=n(1-p)2,
∴pE(X)=(1-p)E(Y)不一定成立,故A不正确;
对于B,∵(1-p)D(X)=np(1-p)2,pD(Y)=np2(1-p),∴(1-p)D(X)=pD(Y)不一定成立,故B不正确;
对于C,∵E(Z)=np(1-p),D(Y)=np(1-p),
∴E(Z)=D(Y)成立,故C正确;
对于D,∵[D(Z)]2=n2p2(1-p)2(1-p+p2)2,D(X)·D(Y)=n2p2(1-p)2,∴[D(Z)]2=D(X)·D(Y)不一定成立,故D不正确.
故选C.
7.A　设甲、乙每一轮训练过关的概率为p,
则p=×p1×(1-p1)
=-3p1p2,
0令y=-3x2+x,则其图象开口向下,对称轴方程为x=,
所以0<-3p1p2≤-3×,
依题意,X~B(n,p),
所以E(X)=n=16,
所以n==27,
所以甲、乙两人训练的轮数至少为27.
故选A.
8.答案　(1)　(2)1 250
解析　(1)当n=6时,由已知得X~B,所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=.
(2)由已知得X~B,
所以E(X)=0.5n,D(X)=0.25n,
若0.4<<0.6,则0.4n由切比雪夫不等式,得P(|X-0.5n|<0.1n)≥1-,
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在0.4与0.6之间,则1-≥0.98,解得n≥1 250,所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
9.解析　(1)证明:由题可知,Xi(i=1,2,…,n)均近似服从完全相同的二项分布,
则E(X1)=E(X2)=…=E(Xn),D(X1)=D(X2)=…=D(Xn),
E(×nE(X1)=E(X1),
D(D(X1),
所以E(D(X1).
(2)①由(1)可知,X1~B,
则E(X1)=,
所以D(,解得,
由题意可知,0≤M所以=15.
②由①可知,=0.3,则X1~B(50,0.3),
则P(X1=m)=×0.3m×(1-0.3)50-m,m=0,1,2,…,50,
由题意可知
解得14.3≤k≤15.3,又k∈N*,所以k=15,
所以X1的概率分布中概率值最大的随机事件{X1=k}对应的随机变量的取值为15.
2(共17张PPT)
8.2.3 二项分布
必备知识 清单破
知识点 1 二项分布
X 0 1 2 … n
P p0qn pqn-1 p2qn-2 … pnq0
知识拓展 二项分布中的概率最大值理论:设随机变量X~B(n,p),其中0　　一般地,当X~B(n,p)时,E(X)=np,D(X)=np(1-p),σ= .
知识点 2 二项分布的数学期望、方差与标准差
知识辨析
1.如何判断一个试验是不是n重伯努利试验
2.在n重伯努利试验的各次试验中,事件发生的概率可以不同吗
3.两点分布与二项分布的关系是什么
一语破的
1.(1)该试验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.
2.不可以.在n重伯努利试验的各次试验中,事件发生的概率必须相同.
3.两点分布可看作一种特殊的二项分布.
关键能力 定点破
　
利用二项分布解决实际问题的一般步骤
(1)根据题意设出随机变量;
(2)分析随机变量是否服从二项分布;
(3)若服从二项分布,则求出参数n和p的值;
(4)根据需要列出相关式子并解决问题.
定点 二项分布的应用
典例1 为降低汽车尾气的排放量,某厂生产了甲、乙两种不同型号的节排器,分别从甲、乙两 种节排器中各自抽取100件进行性能质量评估检测,综合得分情况的频率直方图如图所示.

节排器等级及利润率如表所示,其中 综合得分k的范围 节排器等级 节排器利润率
k≥85 一级品 a
75≤k<85 二级品 5a2
70≤k<75 三级品 a2
视频率直方图中的频率为概率,用样本估计总体.
(1)若从这100件甲型号节排器中,按节排器等级用分层抽样的方法抽取10件,再从这10件节排 器中随机抽取3件,求至少有2件一级品的概率;
(2)①若从乙型号节排器中随机抽取3件,求其中二级品的件数X的概率分布及数学期望E(X);
②从长期来看,投资哪种型号节排器的平均利润率较大
解析 (1)由题中的频率直方图知,甲型号节排器中的一级品的频率为 ,二级品的频率为 ,
用分层抽样的方法抽取10件,
则抽取一级品的件数为10× =6.
故从这10件节排器中随机抽取3件,至少有2件一级品的概率P= = .
(2)①由题中的频率直方图知,乙型号节排器中的一级品的频率为 ,二级品的频率为 ,三级
品的频率为 ,
若从乙型号节排器中随机抽取3件,
则其中二级品的件数X~B ,
所以P(X=0)= = ,
P(X=1)= = ,
P(X=2)= = ,
P(X=3)= = .
所以X的概率分布如表所示:
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=0× +1× +2× +3× = .
②由题意知,投资甲型号节排器的平均利润率E1= a+ ×5a2=2a2+ a,
投资乙型号节排器的平均利润率E2= a+ ×5a2+ a2= a2+ a,
则E1-E2= a2- a= a ,
又 所以E1-E2<0,故E1所以投资乙型号节排器的平均利润率较大.
典例2 为了引导居民合理用水,某市决定全面实施阶梯水价.阶梯水价原则上以住宅(一套住 宅为一户)的月用水量为基准定价,具体划分标准如表1所示.
表1
阶梯级别 第一阶梯 第二阶梯 第三阶梯
月用水量范围/立方 米 (0,10] (10,15] (15,+∞)
从本市随机抽取了10户家庭(编号分别为1~10),统计了他们某月的用水量,得到表2.
表2
家庭编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
月用水量/立方米 7 10 11 12 13 13 14 15 20 32
(1)现要在这10户家庭中任意选取3户,求取到月用水量为第二阶梯的户数X的概率分布;
(2)用抽到的10户家庭的月用水量作为样本,估计全市居民的用水情况,现从全市随机抽取10 户,若抽到k户月用水量为第二阶梯的可能性最大,求k的值.
解析 (1)由题中表1和表2可知,抽取的10户家庭中月用水量为第一阶梯的有2户,第二阶梯的 有6户,第三阶梯的有2户,
故取到月用水量为第二阶梯的户数X的可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)= = ,
P(X=1)= = ,
P(X=2)= = ,
P(X=3)= = .
所以X的概率分布如表所示:
X 0 1 2 3
P
(2)设Y为从全市抽取的10户家庭中月用水量为第二阶梯的家庭户数,
依题意得Y~B ,
所以P(Y=k)= ,其中k=0,1,2,…,10.
当k≥1时,设t= = = ,
若t>1,则k<6.6,此时P(Y=k-1)若t<1,则k>6.6,此时P(Y=k-1)>P(Y=k),
所以k=6或k=7,P(Y=k)的值最大,
因为 = = >1,
所以P(Y=6)>P(Y=7),
所以当k的值为6时,P(Y=k)的值最大.
解题模板 求二项分布中的最大值的步骤:
(1)由X~B(n,p),得P(X=k)= pk(1-p)n-k,k=0,1,2,…,n.
(2)令P(X=k)-P(X=k-1)≥0或 ≥1,求出k的取值集合,在此集合内,P(X=k)单调递增,
则在其补集内,P(X=k)单调递减.
(3)结合P(X=k)的单调性确定P(X=k)的最大值和对应k的值.

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