資源簡介

第2課時　二項分布的綜合問題
1.已知X～B（n，p），E（X）＝8，D（X）＝1.6，則n與p的值分別為（　　）
A.100和0.08 B.20和0.4
C.10和0.2 D.10和0.8
2.若隨機變量X～B（10，0.6），則D（2X－1）＝（　　）
A.4.8 B.2.4
C.9.6 D.8.6
3.（2024·常州月考）某同學上學路上要經過3個路口，在每個路口遇到紅燈的概率都是，且在各路口是否遇到紅燈是相互獨立的，記X為遇到紅燈的次數，若Y＝3X＋5，則Y的標準差為（　　）
A. B.3
C. D.2
4.某種種子每粒發芽的概率都為0.9，現播種了1 000粒該種種子，對于沒有發芽的種子，每粒需再補種2粒，補種的種子數記為X，則E（X）＝（　　）
A.50 B.100
C.200 D.400
5.（多選）（2024·南通月考）設隨機變量ξ～B（2，p），η～B（3，p），若P（ξ≥1）＝，則（　　）
A.p＝ B.E（ξ）＝
C.D（η）＝1 D.P（η≥2）＝
6.（多選）在“石頭、剪刀、布”游戲中，規定：“石頭贏剪刀”“剪刀贏布”“布贏石頭”.現在小明、小澤兩名同學玩這個游戲，共玩n局，每一局每人等可能地獨立選擇一種手勢.設小明贏小澤的局數為ξ，且D（ξ）＝，則（　　）
A.隨機變量ξ的可能取值為0，1，2，3，4，5
B.ξ～B（n，）
C.n＝4
D.E（ξ）＝4×＝
7.設X～B（40，p），且E（X）＝16，則p＝　　　　.
8.某人參加駕照考試，共考4個科目，假設他通過各科考試的事件是相互獨立的，并且概率都是p，且p＞，若此人通過的科目數X的方差是，則E（X）＝　　　　.
9.拋擲一枚質地均勻的硬幣n（3≤n≤8）次，正面向上的次數ξ服從二項分布B（n，），若P（ξ＝1）＝，則方差D（ξ）＝　　　　.
10.某廣場上有4盞裝飾燈，晚上每盞燈都隨機地閃爍紅燈或綠燈，每盞燈出現紅燈的概率都是，出現綠燈的概率都是.記這4盞燈中出現紅燈的數量為ξ，當這4盞裝飾燈閃爍一次時：
（1）求ξ＝2時的概率；（2）求ξ的均值.
11.一個袋中有大小、形狀相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為X1；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為X2，則（　　）
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）
12.隨著現代科技的不斷發展，通過手機交易應用越來越廣泛，其中某群體的每位成員使用微信支付的概率都為p，各成員的支付方式相互獨立.設X為該群體的10位成員中使用微信支付的人數，已知方差D（X）＝2.4，且P（X＝4）＞P（X＝6），則數學期望E（X）＝　　　　.
13.某商場為刺激消費，擬按以下方案進行促銷：顧客每消費500元便得到抽獎券一張，每張抽獎券的中獎概率為，若中獎，商場返還顧客現金100元.某顧客購買價格為2 300元的臺式電腦一臺，得到抽獎券四張.每次抽獎互不影響.
（1）設該顧客抽獎后中獎的抽獎券張數為X，求隨機變量X的概率分布；
（2）設該顧客購買臺式電腦的實際支出為Y（元），用X表示Y，并求隨機變量Y的均值.
14.（2024·鹽城質檢）若隨機變量ξ～B（19，），則P（ξ＝k）取最大值時k的值為　　　　.
15.（2024·泰州月考）一家面包房根據以往某種面包的銷售記錄，繪制了日銷售量的頻率直方圖，如圖所示.
將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立.
（1）求在未來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個的概率；
（2）用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數，求隨機變量X的概率分布，均值E（X）及方差D（X）.
第2課時　二項分布的綜合問題
1.D　因為X～B（n，p），所以解得n＝10，p＝0.8.
2.C　因為隨機變量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.A　因為該同學經過每個路口時，是否遇到紅燈互不影響，所以可看成3次獨立重復試驗，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的標準差為＝.
4.C　由題意可知，不發芽的種子數（記為Y）服從二項分布，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.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）＝＋＝.故選A、B、D.
6.AB　每一局中小明贏小澤的概率為，∴ξ～B（n，）.∵D（ξ）＝，∴D（ξ）＝n××＝，解得n＝5，∴隨機變量ξ的可能取值為：0，1，2，3，4，5，A、B正確，C錯誤；E（ξ）＝5×＝，D錯誤.故選A、B.
7.0.4　解析：∵E（X）＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.
8.　解析：因為他通過各科考試的事件是相互獨立的，并且概率都是p，所以此人通過的科目數X～B（4，p），又此人通過的科目數X的方差是，所以4p（1－p）＝，解得p＝或p＝（舍去），所以E（X）＝4×＝.
9.　解析：因為3≤n≤8，ξ服從二項分布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.解：（1）依題意知，ξ＝2表示4盞裝飾燈閃爍一次時，恰好有2盞燈出現紅燈，而每盞燈出現紅燈的概率都是，
故P（ξ＝2）＝×（）2×（）2＝.
（2）法一　ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4，
依題意知，P（ξ＝k）＝（）k（）4－k（k＝0，1，2，3，4）.
∴ξ的概率分布為
ξ 0 1 2 3 4
P
∴E（ξ）＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
法二　∵ξ服從二項分布，即ξ～B（4，），
∴E（ξ）＝4×＝.
11.B　X1的可能取值為0，1，2，X1～B（2，），E（X1）＝2×＝，D（X1）＝2××＝；X2的可能取值為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）.
12.4　解析：依題意可知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.解：（1）因為每張獎券是否中獎是相互獨立的，
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＝.
所以隨機變量X的概率分布為
X 0 1 2 3 4
P
（2）因為X～B（4，），
所以E（X）＝4×＝2.
又由題意可知Y＝2 300－100X，
所以E（Y）＝E（2 300－100X）＝2 300－100E（X）＝2 300－100×2＝2 100（元）.
即所求隨機變量Y的均值為2 100元.
14.13　解析：∵隨機變量ξ～B（19，），∴P（ξ＝k）＝（）19－k，由題意得
（）k（）19－k≥（）k－1（）20－k， ①
（）k（）19－k≥（）k＋1（）18－k， ②
聯立①②，解得≤k≤，又k取整數，∴k＝13.
15.解：（1）設A1表示事件“日銷售量不低于100個”，A2表示事件“日銷售量低于50個”，B表示事件“在未來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個”.
則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的可能取值為0，1，2，3，相應的概率為
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，
則X的概率分布為
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因為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.
2 / 2第2課時　二項分布的綜合問題
　　已知小明投籃10次，每次投籃的命中率均為0.7，記10次投籃中命中的次數為X.
【問題】　（1）你能求出X的均值與方差嗎？
（2）對于二項分布的均值與方差公式有簡單的求解方法嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
知識點　二項分布的均值與方差
1.若X服從兩點分布，則E（X）＝　　　，D（X）＝　　　　.
2.當X～B（n，p）時，E（X）＝　　　，D（X）＝　　　　，σ＝.
1.已知X～B（6，），則E（X）＝　　　　.
2.牧場有10頭牛，因誤食含有病毒的飼料而被感染，已知該病的發病率為0.02，設發病的牛的頭數為ξ，則D（ξ）＝　　　　.
題型一 二項分布的均值與方差
【例1】　（1）已知隨機變量X服從二項分布B（n，p）.若E（X）＝2，D（X）＝，則p＝（　　）
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
（2）（2024·宿遷月考）某運動員投籃命中率為0.6，他重復投籃5次，若他命中一次得10分，沒命中不得分，命中次數為X，得分為Y，則E（X），D（Y）分別為（　　）
A.0.6，60 B.3，12 C.3，120 D.3，1.2
通性通法
求二項分布的均值和方差的步驟
（1）先判斷隨機變量是否服從二項分布；
（2）若服從二項分布，則代入二項分布的均值和方差公式計算均值和方差，即X～B（n，p），則E（X）＝np，D（X）＝np（1－p）.特別地，當n＝1時，X服從兩點分布.
【跟蹤訓練】
1.（2024·無錫月考）隨機變量X～B（100，p），且E（X）＝20，則D（2X－1）＝（　　）
A.64 B.128 C.256 D.32
2.為了探究某市在高考志愿中報考“經濟類”專業的情況，現從該市考生中隨機抽取50名學生進行調查，得到數據如下：
報考“經濟類” 不報考“經濟類” 合計
人數 20 30 50
以樣本中各事件的頻率作為概率估計全市考生的報考情況，現從該市全體考生（人數眾多）中隨機抽取3人，設3人中報考“經濟類”專業的人數為隨機變量X，求隨機變量X的概率分布、均值與方差.
題型二 二項分布的均值和方差的實際應用
【例2】　一款小游戲的規則如下：每盤游戲都需拋擲骰子三次，出現一次或兩次6點獲得15分，出現三次6點獲得120分，沒有出現6點則扣除12分（即獲得－12分）.
（1）設每盤游戲中出現6點的次數為X，求X的概率分布、均值E（X）及方差D（X）；
（2）玩過這款游戲的許多人發現，若干盤游戲后，與最初的分數相比，分數沒有增加反而減少了.請運用概率統計的相關知識分析解釋上述現象.
通性通法
　　二項分布的均值與方差是反映隨機變量取值的平均水平和隨機變量偏離均值的程度，從整體上刻畫隨機變量的取值情況，是生產實際中用于方案制定（決策）的重要理論依據.求解二項分布的均值與方差的應用問題時，可按隨機變量的均值與方差的定義求解，也可先判斷隨機變量的分布類型，再直接利用公式求E（X）及D（X）.
【跟蹤訓練】
（2024·徐州月考）甲、乙兩位同學決定進行一次投籃比賽，他們每次投中的概率均為p，且每次投籃相互獨立，經商定共設定5個投籃點，每個投籃點投球一次，確立的比賽規則如下：甲分別在5個投籃點投球，且每投中一次可獲得1分；乙按約定的投籃點順序依次投球，如投中可繼續進行下一次投籃，如沒有投中，投籃中止，且每投中一次可獲得2分.按累計得分高低確定勝負.
（1）若乙得6分的概率為，求p；
（2）由（1）問中求得的p值，判斷甲、乙兩位選手誰獲勝的可能性大？
題型三 二項分布概率最大問題
【例3】　如果某品種幼苗每株成活的概率為0.74，且每株幼苗是否成活相互獨立，那么種植10株這種幼苗，最有可能成活幾株幼苗？
通性通法
　　二項分布概率最大問題的求解思路可以用≤1（0≤k≤n－1，k∈N）來求，還可以考慮用不等式組（k∈N，1≤k≤n－1）來求.
【跟蹤訓練】
　如果X～B，那么當P（X＝k）取得最大值時，k取何值？
1.已知X～B（5，），則E（X＋1）＝（　　）
A. B.1 C. D.
2.（2024·南京月考）設隨機變量ξ的概率分布為P（ξ＝k）＝（）k（）n－k，k＝0，1，2，…，n，且E（ξ）＝24，則D（ξ）＝（　　）
A.8 B.12 C. D.16
3.甲、乙比賽時，甲每局贏的概率是0.51，乙每局贏的概率是0.49.甲、乙一共進行了10局比賽.已知各局比賽相互獨立，計算甲平均贏多少局，乙平均贏多少局.
第2課時　二項分布的綜合問題
【基礎知識·重落實】
知識點
1.p　p（1－p）　2.np　np（1－p）
自我診斷
1.2　解析：∵隨機變量X～B（6，），∴E（X）＝6×＝2.
2.0.196　解析：因為ξ～B（10，0.02），所以D（ξ）＝10×0.02×（1－0.02）＝0.196.
【典型例題·精研析】
【例1】　（1）C　（2）C　解析：（1）由隨機變量X服從二項分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝，可得解得p＝.故選C.
（2）根據題意知X～B（5，0.6），根據二項分布的均值與方差公式，得E（X）＝5×0.6＝3，D（Y）＝D（10X）＝102D（X）＝100×5×0.6×（1－0.6）＝120.
跟蹤訓練
1.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.解：估計該市的全體考生中任一人報考“經濟類”專業的概率P＝＝.
隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，由題意，得X～B（3，），
則P（X＝k）＝（）k（1－）3－k（k＝0，1，2，3），
∴隨機變量X的概率分布為
X 0 1 2 3
P
∴隨機變量X的均值E（X）＝3×＝，方差D（X）＝3××（1－）＝.
【例2】　解：（1）依題意，拋擲三次骰子出現6點的次數X的所有可能取值為0，1，2，3.每次拋擲骰子，出現6點的概率均為.
X服從二項分布，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的概率分布為
X 0 1 2 3
P
E（X）＝3×＝，D（X）＝3××（1－）＝.
（2）設每盤游戲得分為Y，則Y的所有可能取值為－12，15，120.
由（1）知，Y的概率分布為
Y －12 15 120
P
Y的數學期望E（Y）＝－12×＋15×＋120×＝－.
這表明，得分Y的數學期望為負.
因此，多次游戲之后分數減少的可能性更大.
跟蹤訓練
　解：（1）若乙得6分，則需乙前3個投籃投中，第4個投籃未中，
其概率為p3·（1－p），又0＜p＜1，
故p3·（1－p）＝，解得p＝.
（2）設X為甲累計獲得的分數，則X～B（5，），所以E（X）＝np＝5×＝，
設Y為乙累計獲得的分數，則Y的可能取值為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的概率分布為
Y 0 2 4 6 8 10
P
所以E（Y）＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＋10×＝，
因為E（X）＞E（Y），所以甲獲勝的可能性大.
【例3】　解：假設最有可能成活幼苗的數量為k（k∈N且k≤10），則×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.
跟蹤訓練
　解：由題意知，X服從二項分布，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.
所以當k≤7時，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；當k＞7時，P（X＝k－1）＞P（X＝k）.
因為當k＝7時，P（X＝k－1）＝P（X＝k）.
所以k＝6或k＝7時，P（X＝k）取得最大值.
隨堂檢測
1.D　由題意知，隨機變量X～B（5，），可得E（X）＝np＝5×＝，所以E（X＋1）＝E（X）＋1＝＋1＝.
2.A　由題意可知ξ～B（n，），∴n＝E（ξ）＝24，∴n＝36，∴D（ξ）＝36××＝8.
3.解：由題意，用X表示10局中甲贏的次數，
則X～B（10，0.51），
所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均贏5.1局，
用Y表示10局中乙贏的次數，則Y～B（10，0.49），
所以E（Y）＝10×0.49＝4.9，
即乙平均贏4.9局.
1 / 3(共56張PPT)
第2課時　
二項分布的綜合問題
目錄
基礎知識·重落實
01
典型例題·精研析
02
知能演練·扣課標
03
基礎知識·重落實
01
課前預習 必備知識梳理
　　已知小明投籃10次，每次投籃的命中率均為0.7，記10次投籃中
命中的次數為X.
【問題】　（1）你能求出X的均值與方差嗎？
（2）對于二項分布的均值與方差公式有簡單的求解方法嗎？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
知識點　二項分布的均值與方差
1. 若X服從兩點分布，則E（X）＝ ，D（X）＝
.
2. 當X～B（n，p）時，E（X）＝ ，D（X）＝
，σ＝ .
p　
p（1－
p）　
np　
np（1－
p）　
1. 已知X～B（6， ），則E（X）＝ .
解析：∵隨機變量X～B（6， ），∴E（X）＝6× ＝2.
2. 牧場有10頭牛，因誤食含有病毒的飼料而被感染，已知該病的發病
率為0.02，設發病的牛的頭數為ξ，則D（ξ）＝ .
解析：因為ξ～B（10，0.02），所以D（ξ）＝10×0.02×（1－
0.02）＝0.196.
2　
0.196　
典型例題·精研析
02
課堂互動 關鍵能力提升
題型一 二項分布的均值與方差
【例1】　（1）已知隨機變量X服從二項分布B（n，p）.若E
（X）＝2，D（X）＝ ，則p＝（　C　）
A. B.
C
解析： 由隨機變量X服從二項分布B（n，p），E（X）＝2，D（X）＝ ，可得解得p＝ .故選C.
C. D.
（2）（2024·宿遷月考）某運動員投籃命中率為0.6，他重復投籃5
次，若他命中一次得10分，沒命中不得分，命中次數為X，得
分為Y，則E（X），D（Y）分別為（　C　）
A. 0.6，60 B. 3，12
C. 3，120 D. 3，1.2
C
解析：根據題意知X～B（5，0.6），根據二項分布的均值與方
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
求二項分布的均值和方差的步驟
（1）先判斷隨機變量是否服從二項分布；
（2）若服從二項分布，則代入二項分布的均值和方差公式計算均值
和方差，即X～B（n，p），則E（X）＝np，D（X）＝np
（1－p）.特別地，當n＝1時，X服從兩點分布.
【跟蹤訓練】
1. （2024·無錫月考）隨機變量X～B（100，p），且E（X）＝20，
則D（2X－1）＝（　　）
A. 64 B. 128
C. 256 D. 32
解析： 　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. 為了探究某市在高考志愿中報考“經濟類”專業的情況，現從該市
考生中隨機抽取50名學生進行調查，得到數據如下：
報考“經濟類” 不報考“經濟
類” 合計
人數 20 30 50
以樣本中各事件的頻率作為概率估計全市考生的報考情況，現
從該市全體考生（人數眾多）中隨機抽取3人，設3人中報考
“經濟類”專業的人數為隨機變量X，求隨機變量X的概率分
布、均值與方差.
解：估計該市的全體考生中任一人報考“經濟類”專業的概率P＝
＝ .
隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，由題意，得X～B
（3， ），
則P（X＝k）＝ （ ）k（1－ ）3－k（k＝0，1，2，3），
∴隨機變量X的概率分布為
X 0 1 2 3
P
∴隨機變量X的均值E（X）＝3× ＝ ，方差D（X）＝3× ×
（1－ ）＝ .
題型二 二項分布的均值和方差的實際應用
【例2】　一款小游戲的規則如下：每盤游戲都需拋擲骰子三次，出
現一次或兩次6點獲得15分，出現三次6點獲得120分，沒有出現6點則
扣除12分（即獲得－12分）.
（1）設每盤游戲中出現6點的次數為X，求X的概率分布、均值E
（X）及方差D（X）；
解： 依題意，拋擲三次骰子出現6點的次數X的所有可能
取值為0，1，2，3.每次拋擲骰子，出現6點的概率均為 .
X服從二項分布，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的概率分布為
X 0 1 2 3
P
E（X）＝3× ＝ ，D（X）＝3× ×（1－ ）＝ .
（2）玩過這款游戲的許多人發現，若干盤游戲后，與最初的分數相
比，分數沒有增加反而減少了.請運用概率統計的相關知識分析
解釋上述現象.
解： 設每盤游戲得分為Y，則Y的所有可能取值為－12，
15，120.
由（1）知，Y的概率分布為
Y －12 15 120
P
Y的數學期望E（Y）＝－12× ＋15× ＋120× ＝－ .
這表明，得分Y的數學期望為負.
因此，多次游戲之后分數減少的可能性更大.
通性通法
　　二項分布的均值與方差是反映隨機變量取值的平均水平和隨機變
量偏離均值的程度，從整體上刻畫隨機變量的取值情況，是生產實際
中用于方案制定（決策）的重要理論依據.求解二項分布的均值與方
差的應用問題時，可按隨機變量的均值與方差的定義求解，也可先判
斷隨機變量的分布類型，再直接利用公式求E（X）及D（X）.
【跟蹤訓練】
（2024·徐州月考）甲、乙兩位同學決定進行一次投籃比賽，他們每
次投中的概率均為p，且每次投籃相互獨立，經商定共設定5個投籃
點，每個投籃點投球一次，確立的比賽規則如下：甲分別在5個投籃
點投球，且每投中一次可獲得1分；乙按約定的投籃點順序依次投
球，如投中可繼續進行下一次投籃，如沒有投中，投籃中止，且每投
中一次可獲得2分.按累計得分高低確定勝負.
（1）若乙得6分的概率為 ，求p；
解： 若乙得6分，則需乙前3個投籃投中，第4個投籃未
中，
其概率為p3·（1－p），又0＜p＜1，
故p3·（1－p）＝ ，解得p＝ .
（2）由（1）問中求得的p值，判斷甲、乙兩位選手誰獲勝的可能
性大？
解： 設X為甲累計獲得的分數，則X～B（5， ），所以
E（X）＝np＝5× ＝ ，
設Y為乙累計獲得的分數，則Y的可能取值為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的概率分布為
Y 0 2 4 6 8 10
P
所以E（Y）＝0× ＋2× ＋4× ＋6× ＋8× ＋10× ＝ ，
因為E（X）＞E（Y），所以甲獲勝的可能性大.
題型三 二項分布概率最大問題
【例3】　如果某品種幼苗每株成活的概率為0.74，且每株幼苗是否
成活相互獨立，那么種植10株這種幼苗，最有可能成活幾株幼苗？
解：假設最有可能成活幼苗的數量為k（k∈N且k≤10），則
×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
　　二項分布概率最大問題的求解思路可以用 ≤1
（0≤k≤n－1，k∈N）來求，還可以考慮用不等式組
（k∈N，1≤k≤n－1）來求.
【跟蹤訓練】
　如果X～B ，那么當P（X＝k）取得最大值時，k取何值？
解：由題意知，X服從二項分布，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.
所以當k≤7時，P（X＝k）≥P（X＝k－1）；當k＞7時，P（X
＝k－1）＞P（X＝k）.
因為當k＝7時，P（X＝k－1）＝P（X＝k）.
所以k＝6或k＝7時，P（X＝k）取得最大值.
1. 已知X～B（5， ），則E（X＋1）＝（　　）
A. B. 1
C. D.
解析： 　由題意知，隨機變量X～B（5， ），可得E（X）＝
np＝5× ＝ ，所以E（X＋1）＝E（X）＋1＝ ＋1＝ .
2. （2024·南京月考）設隨機變量ξ的概率分布為P（ξ＝k）＝
（ ）k（ ）n－k，k＝0，1，2，…，n，且E（ξ）＝24，則D
（ξ）＝（　　）
A. 8 B. 12
C. D. 16
解析： 　由題意可知ξ～B（n， ），∴ n＝E（ξ）＝24，∴n
＝36，∴D（ξ）＝36× × ＝8.
3. 甲、乙比賽時，甲每局贏的概率是0.51，乙每局贏的概率是0.49.
甲、乙一共進行了10局比賽.已知各局比賽相互獨立，計算甲平均
贏多少局，乙平均贏多少局.
解：由題意，用X表示10局中甲贏的次數，
則X～B（10，0.51），
所以E（X）＝10×0.51＝5.1，即甲平均贏5.1局，
用Y表示10局中乙贏的次數，則Y～B（10，0.49），
所以E（Y）＝10×0.49＝4.9，
即乙平均贏4.9局.
知能演練·扣課標
03
課后鞏固 核心素養落地
1. 已知X～B（n，p），E（X）＝8，D（X）＝1.6，則n與p的
值分別為（　　）
A. 100和0.08 B. 20和0.4
C. 10和0.2 D. 10和0.8
解析： 　因為X～B（n，p），所以解得
n＝10，p＝0.8.
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2. 若隨機變量X～B（10，0.6），則D（2X－1）＝（　　）
A. 4.8 B. 2.4
C. 9.6 D. 8.6
解析： 　因為隨機變量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.
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3. （2024·常州月考）某同學上學路上要經過3個路口，在每個路口遇
到紅燈的概率都是 ，且在各路口是否遇到紅燈是相互獨立的，記
X為遇到紅燈的次數，若Y＝3X＋5，則Y的標準差為（　　）
A. B. 3
C. D. 2
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解析： 　因為該同學經過每個路口時，是否遇到紅燈互不影響，
所以可看成3次獨立重復試驗，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的標準差為 ＝ .
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4. 某種種子每粒發芽的概率都為0.9，現播種了1 000粒該種種子，對
于沒有發芽的種子，每粒需再補種2粒，補種的種子數記為X，則
E（X）＝（　　）
A. 50 B. 100
C. 200 D. 400
解析： 　由題意可知，不發芽的種子數（記為Y）服從二項分
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.
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5. （多選）（2024·南通月考）設隨機變量ξ～B（2，p），η～B
（3，p），若P（ξ≥1）＝ ，則（　　）
A. p＝ B. E（ξ）＝
C. D（η）＝1 D. P（η≥2）＝
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解析： 　∵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）＝ ＋ ＝ .
故選A、B、D.
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6. （多選）在“石頭、剪刀、布”游戲中，規定：“石頭贏剪
刀”“剪刀贏布”“布贏石頭”.現在小明、小澤兩名同學玩這個
游戲，共玩n局，每一局每人等可能地獨立選擇一種手勢.設小明
贏小澤的局數為ξ，且D（ξ）＝ ，則（　　）
A. 隨機變量ξ的可能取值為0，1，2，3，4，5
B. ξ～B（n， ）
C. n＝4
D. E（ξ）＝4× ＝
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解析： 　每一局中小明贏小澤的概率為 ，∴ξ～B（n，
）.∵D（ξ）＝ ，∴D（ξ）＝n× × ＝ ，解得n＝5，
∴隨機變量ξ的可能取值為：0，1，2，3，4，5，A、B正確，C錯
誤；E（ξ）＝5× ＝ ，D錯誤.故選A、B.
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7. 設X～B（40，p），且E（X）＝16，則p＝ .
解析：∵E（X）＝16，∴40p＝16，∴p＝0.4.
0.4　
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8. 某人參加駕照考試，共考4個科目，假設他通過各科考試的事件是
相互獨立的，并且概率都是p，且p＞ ，若此人通過的科目數X的
方差是 ，則E（X）＝ 　 　.
解析：因為他通過各科考試的事件是相互獨立的，并且概率都是
p，所以此人通過的科目數X～B（4，p），又此人通過的科目數
X的方差是 ，所以4p（1－p）＝ ，解得p＝ 或p＝ （舍
去），所以E（X）＝4× ＝ .
　
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9. 拋擲一枚質地均勻的硬幣n（3≤n≤8）次，正面向上的次數ξ服從
二項分布B（n， ），若P（ξ＝1）＝ ，則方差D（ξ）
＝ .
解析：因為3≤n≤8，ξ服從二項分布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－ ）＝ .
　
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10. 某廣場上有4盞裝飾燈，晚上每盞燈都隨機地閃爍紅燈或綠燈，每
盞燈出現紅燈的概率都是 ，出現綠燈的概率都是 .記這4盞燈中
出現紅燈的數量為ξ，當這4盞裝飾燈閃爍一次時：
（1）求ξ＝2時的概率；
解： 依題意知，ξ＝2表示4盞裝飾燈閃爍一次時，恰好
有2盞燈出現紅燈，而每盞燈出現紅燈的概率都是 ，
故P（ξ＝2）＝ ×（ ）2×（ ）2＝ .
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（2）求ξ的均值.
解： 法一　ξ的所有可能取值為0，1，2，3，4，
依題意知，P（ξ＝k）＝ （ ）k（ ）4－k（k＝0，1，
2，3，4）.
∴ξ的概率分布為
ξ 0 1 2 3 4
P
∴E（ξ）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .
法二　∵ξ服從二項分布，即ξ～B（4， ），
∴E（ξ）＝4× ＝ .
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11. 一個袋中有大小、形狀相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現
隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的
紅球數為X1；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為
X2，則（　　）
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）
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解析： 　X1的可能取值為0，1，2，X1～B（2， ），E（X1）
＝2× ＝ ，D（X1）＝2× × ＝ ；X2的可能取值為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）.
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12. 隨著現代科技的不斷發展，通過手機交易應用越來越廣泛，其中
某群體的每位成員使用微信支付的概率都為p，各成員的支付方
式相互獨立.設X為該群體的10位成員中使用微信支付的人數，已
知方差D（X）＝2.4，且P（X＝4）＞P（X＝6），則數學期
望E（X）＝ .
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解析：依題意可知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.
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13. 某商場為刺激消費，擬按以下方案進行促銷：顧客每消費500元便
得到抽獎券一張，每張抽獎券的中獎概率為 ，若中獎，商場返
還顧客現金100元.某顧客購買價格為2 300元的臺式電腦一臺，得
到抽獎券四張.每次抽獎互不影響.
（1）設該顧客抽獎后中獎的抽獎券張數為X，求隨機變量X的概
率分布；
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解： 因為每張獎券是否中獎是相互獨立的，
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＝ .
所以隨機變量X的概率分布為
X 0 1 2 3 4
P
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（2）設該顧客購買臺式電腦的實際支出為Y（元），用X表示
Y，并求隨機變量Y的均值.
解： 因為X～B（4， ），
所以E（X）＝4× ＝2.
又由題意可知Y＝2 300－100X，
所以E（Y）＝E（2 300－100X）＝2 300－100E（X）＝
2 300－100×2＝2 100（元）.
即所求隨機變量Y的均值為2 100元.
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14. （2024·鹽城質檢）若隨機變量ξ～B（19， ），則P（ξ＝k）取
最大值時k的值為 .
解析：∵隨機變量ξ～B（19， ），∴P（ξ＝k）＝
（ ）19－k，由題意得
（ ）k（ ）19－k≥ （ ）k－1（ ）20－k，①
（ ）k（ ）19－k≥ （ ）k＋1（ ）18－k，②
聯立①②，解得 ≤k≤ ，又k取整數，∴k＝13.
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15. （2024·泰州月考）一家面包房根據以往某種面包的銷售記錄，繪
制了日銷售量的頻率直方圖，如圖所示.將日銷售量落入各組的頻率視為概率，并假設每天的銷售量相互獨立.
（1）求在未來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個
且另1天的日銷售量低于50個的概率；
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解： 設A1表示事件“日銷售量不低于100個”，A2表示事件“日銷售量低于50個”，B表示事件“在未來連續3天里，有連續2天的日銷售量都不低于100個且另1天的日銷售量低于50個”.
則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.
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（2）用X表示在未來3天里日銷售量不低于100個的天數，求隨機
變量X的概率分布，均值E（X）及方差D（X）.
解： X的可能取值為0，1，2，3，相應的概率為
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，
則X的概率分布為
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因為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.
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