资源简介

4.1　二项分布
1.设X～B（40，p），且EX＝16，则p＝（　　）
A.0.1　　　　　　　　 B.0.2
C.0.3 D.0.4
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
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]
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
5.（多选）若随机变量X服从二项分布B，则（　　）
A.P（X＝1）＝P（X＝3）
B.P（X＝2）＝3P（X＝1）
C.P（X＝4）＝2P（X＝0）
D.P（X＝3）＝4P（X＝1）
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
7.一个学生通过某种英语听力测试的概率是，他连续测试n次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n的最小值为　　　　.
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　　　　.
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＝　　　；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＝　　　　.
10.某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留到小数点后面第2位）：
（1）“5次预报中恰有2次准确”的概率；
（2）“5次预报中至少有2次准确”的概率.
11.甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队的实力之比为3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（　　）
A.×　　　　　 B.×
C.× D.×
12.设随机变量X服从二项分布X～B，则函数f（x）＝x2＋4x＋X存在零点的概率是（　　）
A. B.
C. D.
13.（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
14.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　　　　.
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分布直方图，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的分布列，均值EX及方差DX.
16.某科技公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统G由3个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率均为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统G中有超过一半的电子元件正常工作，则G可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需要的费用为500元.
（1）求系统G不需要维修的概率；
（2）该电子产品共由3个完全相同的系统G组成，设该电子产品系统维修所需的费用为Y元，求Y的分布列与均值；
（3）为提高系统G正常工作的概率，在系统G内增加2个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率均为p，且新增元件后，若有超过一半的电子元件正常工作，则G可以正常工作，问：p满足什么条件时，可以提高整个系统G正常工作的概率？
4.1　二项分布
1.D　∵EX＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.故选D.
2.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.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.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.BD　由题意，根据二项分布中概率的计算公式P（X＝k）＝（1－）4－k，k＝0，1，2，3，4，则P（X＝0）＝·＝，P（X＝1）＝·＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝·＝，P（X＝4）＝＝，因此P（X＝2）＝3P（X＝1），P（X＝3）＝4P（X＝1）.故选B、D.
6.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.
7.4　解析：由1－＞0.9，得＜0.1，∴n≥4.
8.　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＝＋＋＝.
9.1.05　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.解：（1）记“预报一次准确”为事件A，则P（A）＝0.8，
5次预报相当于5重伯努利试验.
“恰有2次准确”的概率为P1＝×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，
因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.
（2）“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”.
其概率为P2＝×（0.2）5＋×0.8×0.24＝0.006 72.
所以所求概率为1－P2＝1－0.006 72≈0.99.
所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99.
11.A　甲打完4局才胜，说明在前三局中甲胜两局，且在第4局中获胜，其概率为××＝×.
12.C　因为函数f（x）＝x2＋4x＋X存在零点，所以Δ＝16－4X≥0，解得X≤4，因为随机变量X服从二项分布X～B，所以P（X≤4）＝1－P（X＝5）＝1－＝.故选C.
13.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），则即
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.
14.　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＝.
15.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天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”.因此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可能取的值为0，1，2，3，X～B（3，0.6），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的分布列为
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EX＝3×0.6＝1.8，
方差DX＝3×0.6×（1－0.6）＝0.72.
16.解：（1）系统G不需要维修的概率为·（）2·＋·（）3＝.
（2）设X为维修的系统G的个数，则X～B（3，），且Y＝500X，
则X的分布列为P（X＝k）＝·（）k·（）3－k，k＝0，1，2，3.
所以Y的分布列为
Y 0 500 1 000 1 500
P
法一　EY＝0×＋500×＋1 000×＋1 500×＝750.
法二　EY＝500×3×＝750.
（3）当系统G有5个电子元件时，
若原有的3个电子元件中有1个正常工作，则新增的2个电子元件必须都正常工作，
所以系统G正常工作的概率为
··（）2·p2＝p2；
若原有的3个电子元件中有2个正常工作，则新增的2个电子元件至少有1个正常工作，
所以系统G正常工作的概率为
·（）2···p·（1－p）＋·（）2··p2＝（2p－p2）；
若原有的3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增的2个电子元件能否正常工作，系统G均能正常工作，
所以系统G正常工作的概率为
·（）3＝.
所以新增2个电子元件后，系统G能正常工作的概率为p2＋（2p－p2）＋＝p＋，
令p＋＞，则＜p＜1，
所以当p∈（，1）时，可以提高整个系统G正常工作的概率.
3 / 34.1　二项分布
新课程标准解读 核心素养
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
　　要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验.
【问题】　你知道试验的前提是什么吗？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　二项分布
1.n重伯努利试验
（1）定义：在　　　　条件下重复做　　　　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　　　　　做n次；
②各次试验的结果相互独立.
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）＝　　　　（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　　　　　.
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＝　　　，DX＝　　　　　.
【想一想】
1.n重伯努利试验必须具备哪些条件？
2.二项分布与两点分布有什么关系？
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
3.从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为　　　　.
题型一 n重伯努利试验概率模型及求解
【例1】　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.
尝试解答
【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.
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.
通性通法
n重伯努利试验概率求法的三个步骤
【跟踪训练】
现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人参加甲游戏，掷出点数大于2的人参加乙游戏.
（1）求这4个人中恰有2人参加甲游戏的概率；
（2）求这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数的概率.
题型二 二项分布
角度1　二项分布的实际应用
【例2】　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.
尝试解答
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
【例3】　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.某顾客现购买价格为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的分布列；
（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.
尝试解答
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.
【跟踪训练】
1.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立.设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），则p＝（　　）
A.0.7　 B.0.6　　C.0.4　 D.0.3
2.现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答.已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立.用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列.
1.若随机变量X～B，则P（X＝2）＝（　　）
A.×
B.×
C.××
D.××
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
3.已知小明投10次篮，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，则DX＝　　　　.
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　　　　，方差为　　　　.
　二项分布之概率最大问题
如果X～B（n，p），其中0＜p＜1，求P（X＝k）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和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　还可用求解.
【例】　（1）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？
（2）如果X～B，那么当P（X＝k）取得最大值时，k取何值？
尝试解答
【迁移应用】
将一枚骰子任意抛掷500次，则1点出现（指1点的面向上）多少次的概率最大？
4.1　二项分布
【基础知识·重落实】
知识点
1.（1）相同　n　（2）①重复　2.pk（1－p）n－k　X～B（n，p）　3.np　np（1－p）
想一想
1.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.提示：当n＝1时，二项分布就是两点分布.
自我诊断
1.（1）√　（2）√　（3）×　（4）√
2.A　由已知有解得
3.0.048 6　解析：P＝×（0.1）2×（1－0.1）2＝0.048 6.
【典型例题·精研析】
【例1】　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.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.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）＝×＝.
跟踪训练
　解：（1）依题意知，这4个人中，每个人参加甲游戏的概率为，参加乙游戏的概率为.
设“这4个人中恰有k人参加甲游戏”为事件Ak（k＝0，1，2，3，4）.
则P（Ak）＝，
故这4个人中恰有2人参加甲游戏的概率为P（A2）＝＝.
（2）设“这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3＋A4，由于A3与A4互斥，
故P（B）＝P（A3）＋P（A4）＝×＋＝，所以这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数的概率为.
【例2】　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－＝.
【例3】　解：（1）因为每张奖券是否中奖是相互独立的，
因此X～B，所以P（X＝0）＝×＝，
P（X＝1）＝×＝.
P（X＝2）＝×＝，
P（X＝3）＝×＝.
P（X＝4）＝×＝.
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
（2）因为X～B，所以EX＝4×＝2.
又由题意可知Y＝2 300－100X，
所以EY＝E（2 300－100X）＝2 300－100EX＝2 300－100×2＝2 100（元）.
即所求随机变量Y的均值为2 100元.
跟踪训练
1.B　由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即X～B（10，p），所以DX＝10p（1－p）＝2.4，所以p＝0.4或p＝0.6.又因为P（X＝4）＜P（X＝6），所以p4（1－p）6＜p6（1－p）4，所以p＞0.5，所以p＝0.6.
2.解：随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3.
P（X＝0）＝×××＝，
P（X＝1）＝×××＋×××＝，
P（X＝2）＝×××＋×××＝，
P（X＝3）＝×××＝.
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
随堂检测
1.D　∵随机变量X～B，∴P（X＝2）＝××.
2.C　5头猪中恰有3头被治愈的概率为×0.93×0.12.
3.2.1　解析：由题意，知X～B（10，0.7），则DX＝10×0.7×（1－0.7）＝2.1.
4.60　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.
拓视野　二项分布之概率最大问题
【例】　解：（1）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≤k≤，又k∈N，所以k＝8.故最有可能成活8株幼苗.
（2）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.
迁移应用
　解：设P（X＝k）为抛掷500次1点出现的概率，则P（X＝k）＝××，
于是
＝
＝，由≥1，解得k≤82.5.
即当k≤82时，P（X＝k）＜P（X＝k＋1）.
所以当k≤82时，P（X＝k）是单调递增的；
当k≥83时，P（X＝k）是单调递减的.
又＞1，从而P（X＝83）是最大的，故1点出现83次的概率最大.
4 / 4(共82张PPT)
4.1　二项分布
新课程标准解读 核心素养
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
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
要研究抛掷硬币的规律，需做大量的掷硬币试验.
【问题】　你知道试验的前提是什么吗？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点　二项分布
1. n 重伯努利试验
（1）定义：在 条件下重复做 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 做 n 次；
②各次试验的结果相互独立.
相同　
n 　
重复　

pk
（1－ p ） n－ k 　
X ～ B （ n ， p ）　
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 ＝ ， DX
＝ .
np 　
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：　由已知有
解得
3. 从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为
.
解析： P ＝ ×（0.1）2×（1－0.1）2＝0.048 6.
0.048 6　
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 n 重伯努利试验概率模型及求解
【例1】　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；
解：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）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：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
（ A2 B ）＝ × ＝ .
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 （ A3 B1）＝ × ＝ .
【母题探究】
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 （ A4 B2）＝ × ＝ .
通性通法
n 重伯努利试验概率求法的三个步骤
现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者
选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自
己参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人参加甲游戏，掷出点数大于2
的人参加乙游戏.
【跟踪训练】
（1）求这4个人中恰有2人参加甲游戏的概率；
解：依题意知，这4个人中，每个人参加甲游戏的概率为
，参加乙游戏的概率为 .
设“这4个人中恰有 k 人参加甲游戏”为事件 Ak （ k ＝0，1，2，3，4）.
则 P （ Ak ）＝ ，
故这4个人中恰有2人参加甲游戏的概率为
P （ A2）＝ ＝ .
（2）求这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数的概率.
解：设“这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人
数”为事件 B ，则 B ＝ A3＋ A4，由于 A3与 A4互斥，
故 P （ B ）＝ P （ A3）＋ P （ A4）＝ × ＋ ＝ ，
所以这4个人中参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数的概率
为 .
题型二 二项分布
角度1　二项分布的实际应用
【例2】　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；
解：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）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；
解：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）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.
解：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
【例3】　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.某顾客现购买价格为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 的分
布列；
解：因为每张奖券是否中奖是相互独立的，
因此 X ～ B ，所以 P （ X ＝0）＝ × ＝ ，
P （ X ＝1）＝ × ＝ .
P （ X ＝2）＝ × ＝ ，
P （ X ＝3）＝ × ＝ .
P （ X ＝4）＝ × ＝ .
所以随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
（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：因为 X ～ B ，所以 EX ＝4× ＝2.
又由题意可知 Y ＝2 300－100 X ，
所以 EY ＝ E （2 300－100 X ）＝2 300－100 EX ＝2 300－100×2
＝2 100（元）.
即所求随机变量 Y 的均值为2 100元.
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.
【跟踪训练】
1. 某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p ，各成员的支付方
式相互独立.设 X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数， DX
＝2.4， P （ X ＝4）＜ P （ X ＝6），则 p ＝（　　）
A. 0.7 B. 0.6
C. 0.4 D. 0.3
解析：　由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数 X 服从二
项分布，即 X ～ B （10， p ），所以 DX ＝10 p （1－ p ）＝2.4，所以
p ＝0.4或 p ＝0.6.又因为 P （ X ＝4）＜ P （ X ＝6），所以 p4（1
－ p ）6＜ p6（1－ p ）4，所以 p ＞0.5，所以 p ＝0.6.
2. 现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题
解答.已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题.设张同学答对每
道甲类题的概率都是 ，答对每道乙类题的概率都是 ，且各题答对
与否相互独立.用 X 表示张同学答对题的个数，求 X 的分布列.
解：随机变量 X 的所有可能取值为0，1，2，3.
P （ X ＝0）＝ × × × ＝ ，
P （ X ＝1）＝ × × × ＋ × × × ＝ ，
P （ X ＝2）＝ × × × ＋ × × × ＝ ，
P （ X ＝3）＝ × × × ＝ .
X 0 1 2 3
P
所以 X 的分布列为
1. 若随机变量 X ～ B ，则 P （ X ＝2）＝（　　）
解析：　∵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
解析：　5头猪中恰有3头被治愈的概率为 ×0.93×0.12.
3. 已知小明投10次篮，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 ，则 DX ＝ .
解析：由题意，知 X ～ B （10，0.7），则 DX ＝10×0.7×（1－
0.7）＝2.1.
2.1　
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 ，方差为 .
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 ＝4 X . 由题知 X ～ B （25，0.6），所
以 EX ＝25×0.6＝15， DX ＝25×0.6×0.4＝6， EY ＝ E （4 X ）＝4
EX ＝60， DY ＝ D （4 X ）＝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.
60　
96　
　二项分布之概率最大问题
如果 X ～ B （ n ， p ），其中0＜ p ＜1，求 P （ X ＝ k ）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 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
和 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　还可用求解.
【例】　（1）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 ×0.74 k ×0.2610－ k ≥ ×0.74 k＋1×0.269－ k 且 ×0.74 k ×0.2610－ k ≥ ×0.74 k－1×0.2611－ k ，解得 ≤ k ≤ ，又 k ∈N，所以 k ＝8.故最有可能成活8株幼苗.
（2）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.
【迁移应用】
将一枚骰子任意抛掷500次，则1点出现（指1点的面向上）多
少次的概率最大？
解：设 P （ X ＝ k ）为抛掷500次1点出现的概率，则 P （ X ＝
k ）＝ × × ，
于是 ＝
＝ ，由 ≥1，解得 k ≤82.5.
即当 k ≤82时， P （ X ＝ k ）＜ P （ X ＝ k ＋1）.
所以当 k ≤82时， P （ X ＝ k ）是单调递增的；
当 k ≥83时， P （ X ＝ k ）是单调递减的.
又 ＞1，从而 P （ X ＝83）是最大的，故1点出现83次的概率
最大.
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
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：　∵ EX ＝16，∴40 p ＝16，∴ p ＝0.4.故选D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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：　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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：　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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：　因为随机变量 X ～ B （ n ，0.4），所以 EX ＝0.4 n ＝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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5. （多选）若随机变量 X 服从二项分布 B ，则（　　）
A. P （ X ＝1）＝ P （ X ＝3）
B. P （ X ＝2）＝3 P （ X ＝1）
C. P （ X ＝4）＝2 P （ X ＝0）
D. P （ X ＝3）＝4 P （ X ＝1）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析：　由题意，根据二项分布中概率的计算公式 P （ X ＝ k ）
＝ ， k ＝0，1，2，3，4，则 P （ X ＝0）＝
· ＝ ， P （ X ＝1）＝ · ＝ ， P
（ X ＝2）＝ ＝ ， P （ X ＝3）＝ ·
＝ ， P （ X ＝4）＝ ＝ ，因此 P （ X ＝2）＝3 P
（ X ＝1）， P （ X ＝3）＝4 P （ X ＝1）.故选B、D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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（　　）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析：　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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7. 一个学生通过某种英语听力测试的概率是 ，他连续测试 n 次，要
保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么 n 的最小值为 .
解析：由1－ ＞0.9，得 ＜0.1，
∴ n ≥4.
4　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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 ＝ ＋ ＋ ＝ .
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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 D ξ＝ ；
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 ＝ .
解析：由题意易得，ξ～ B （5，0.7）， X ＝4ξ＋（5－ξ）×（－1）
＝5ξ－5，则 E ξ＝5×0.7＝3.5， D ξ＝5×0.7×0.3＝1.05，所以 EX ＝
5 E ξ－5＝12.5.
1.05　
12.5　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
10. 某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留到小数点后面
第2位）：
（1）“5次预报中恰有2次准确”的概率；
解：记“预报一次准确”为事件 A ，则 P （ A ）＝0.8，
5次预报相当于5重伯努利试验.
“恰有2次准确”的概率为 P1＝ ×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，
因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）“5次预报中至少有2次准确”的概率.
解： “5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报
全部不准确或只有1次准确”.
其概率为 P2＝ ×（0.2）5＋ ×0.8×0.24＝0.006 72.
所以所求概率为1－ P2＝1－0.006 72≈0.99.
所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11. 甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队的实力之比为
3∶2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲打完4
局才胜的概率为（　　）
解析：　甲打完4局才胜，说明在前三局中甲胜两局，且在第4局
中获胜，其概率为 × × ＝ × .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
12. 设随机变量 X 服从二项分布 X ～ B ，则函数 f （ x ）＝ x2＋4
x ＋ X 存在零点的概率是（　　）
解析：　因为函数 f （ x ）＝ x2＋4 x ＋ X 存在零点，所以Δ＝16－
4 X ≥0，解得 X ≤4，因为随机变量 X 服从二项分布 X ～ B ，
所以 P （ X ≤4）＝1－ P （ X ＝5）＝1－ ＝ .故选C.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13. （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
D. P0， P1， P2，…， P6中的最大值为 P4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析：　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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
即
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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
14. 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＝
.
　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
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
率分布直方图，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
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（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；
解：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天的日销售量不低于100个且另1天的日销售量低于50个”.因此 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.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（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 的分布列，均值 EX 及方差 DX .
解：X 可能取的值为0，1，2，3， X ～ B （3，0.6），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，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
则 X 的分布列为
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 EX ＝3×0.6＝1.8，
方差 DX ＝3×0.6×（1－0.6）＝0.72.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16. 某科技公司新开发一电子产品，该电子产品的一个系统 G 由3个电
子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率均为 ，且每个电子
元件能否正常工作相互独立，若系统 G 中有超过一半的电子元件
正常工作，则 G 可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需要
的费用为500元.
（1）求系统 G 不需要维修的概率；
解：系统 G 不需要维修的概率为 ·（ ）2· ＋ ·（ ）3＝ .
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（2）该电子产品共由3个完全相同的系统 G 组成，设该电子产品
系统维修所需的费用为 Y 元，求 Y 的分布列与均值；
解：设 X 为维修的系统 G 的个数，
则 X ～ B （3， ），
且 Y ＝500 X ，
则 X 的分布列为 P （ X ＝ k ）＝ ·（ ） k ·（ ）3－ k ， k ＝
0，1，2，3.
所以 Y 的分布列为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
法一　 EY ＝0× ＋500× ＋1 000× ＋1 500× ＝750.
法二　 EY ＝500×3× ＝750.
Y 0 500 1 000 1 500
P
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
（3）为提高系统 G 正常工作的概率，在系统 G 内增加2个功能完
全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率
均为 p ，且新增元件后，若有超过一半的电子元件正常工
作，则 G 可以正常工作，问： p 满足什么条件时，可以提高
整个系统 G 正常工作的概率？
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解：当系统 G 有5个电子元件时，
若原有的3个电子元件中有1个正常工作，则新增的2个电子元件必须
都正常工作，
所以系统 G 正常工作的概率为 · ·（ ）2· p2＝ p2；
若原有的3个电子元件中有2个正常工作，则新增的2个电子元件至少
有1个正常工作，
所以系统 G 正常工作的概率为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
·（ ）2· · · p ·（1－ p ）＋ ·（ ）2· · p2＝ （2 p － p2）；
若原有的3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增的2个电子元件
能否正常工作，系统 G 均能正常工作，
所以系统 G 正常工作的概率为
·（ ）3＝ .
所以新增2个电子元件后，系统 G 能正常工作的概率为 p2＋ （2 p －
p2）＋ ＝ p ＋ ，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
令 p ＋ ＞ ，
则 ＜ p ＜1，
所以当 p ∈（ ，1）时，可以提高整个系统 G 正常工作的概率.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
谢 谢 观 看！

展开更多......

收起↑