7.4 二项分布与超几何分布 -(选择性必修第二、三册) (教师版)

二项分布与超几何分布1二项分布①n重伯努利试验（1）我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验,比如产品的合格或不合格,医学检验结果的阳性或阴性；（2）将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验,（3）n重伯努利试验具有如下共同特征第一：同一个伯努利试验重复做n次；第二：各次试验的结果相互独立；②二项分布(1)概念一般地,在n重伯努利试验中,设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1),用X表示事件AP此时称随机变量X服从二项分布,记作X∼B(n,p),并称p为成功概率.随机变量X的分布列如下X01⋯k⋯nPCC⋯C⋯C(其中q=1−由二项定理,可得k=0这也许是这分布为什么叫做二项式定理的原因吧！（2）案例(二项分布可以用下例理解下)小明投篮命中率是13,那他投5次恰好中2次的概率p是解析：小明投5次,如下图,他只中了2次,第一次投篮第二次投篮第三次投篮第四次投篮第五次投篮问：那他是哪两次中了？答：共有C5问：那他每种情况的概率是相等的么？答：是的,每次投篮都是独立事件,每种情况都是中2次不中3次,那概率是13那所求概率p=C③二项分布的期望与方差一般地,如果X∼B(n,p),那么E下面对期望进行证明证明令q=1−p,由kE令k−1=m,E2超几何分布①概念一般地,假设一批产品共有N件,其中有M件次品,从N件产品中随机抽取n件(不放回),用X表示抽取的n件产品中的次品数,则X的分布列为：P其中n,M,N∈N如果随机变量X的分布列具有上式的形式,那么称随机变量X服从超几何分布.②案例(超几何分布可以用下例理解下)10个产品中有6个优品,4个次品,从10个产品中抽出5个恰好有2个次品的概率p是解：利用古典概型的公式P(A)=那所求概率事件中“样本空间Ω的样本点个数”为C105(10个产品抽5个,不管有多少个次品),而“5个恰好有2个次品”意味着“事件A的样本点个数”为C63C42这题是超几何分布,“抽5个产品有2个次品”的潜台词可理解是“一次性拿5个产品,不放回抽样”的.③超几何分布的期望设随机变量X服从超几何分布,则EX证明令=maxE因为k=mrE注：超几何分布的模型是不放回抽样④二项分布与超几何分布的关联(1)已知10个产品中有6个次品,分别采取放回和不放回的方式随机抽取的4件产品,次品数为X,求随机变量X若采取放回的方式,则每次抽到次品的概率为0.6,且各次抽样的结果相互独立,则X服从二项分布,即X~B(4,0.6)若采取不放回的方式,虽然每次抽到次品的概率为0.6,但每次抽取不是同一个试验,各次抽取的结果也不独立,不符合n重伯努利试验的特征,因此X(2)二项分布和超几何分布都是可以描述随机抽取的n件产品中次品数的分布规律,并且两者的均值相同,对于不放回抽样,当n远远小于N时,每抽取一次后,对N的影响很小,此时超几何分布可以用二项分布近似.【题型一】二项分布与超几何分布的概念【典题1】下列随机变量ξ服从二项分布的是()①随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数；②某射手击中目标的概率为0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ③有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用有放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出现次品的件数(M<N)④有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用不放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出现次品的件数(M<N)A．②③ B．①④ C．③④ D．①③【解析】①由于每抛掷一枚骰子出现点数是3的倍数的概率都是相等的,且相互独立,故随机变量ξ表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数服从二项分布；②对于某射手从开始射击到击中目标所需的射击次数ξ,每次实验不是独立的,与其它各次试验结果有关,故不是二项分布；③有一批产品共有N件,其中M件为次品,由于采用有放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率都是相等的,且相互独立,故ξ表示n次抽取中出现次品的件数服从二项分布；④由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率不相等的,故ξ表示n次抽取中出现次品的件数不服从二项分布；故选：D．【典题2】袋中有8个白球,2个黑球,从中随机地连续抽取3次,每次取1个球,求(1)有放回抽样时,取到黑球的个数X的分布列；(2)不放回抽样时,取到黑球的个数Y的分布列.【解析】(1)有放回抽样时,取到的黑球数X可能的取值为0,1,2,3,又由于每次取到黑球的概率均为2故随机变量服从二项分布X~B(3,则PP则随机变量X的分布列为X0123P6448121(2)不放回抽样时,取到黑球Y的可能的取值为0,1,2,P则随机变量Y的分布列为Y012P771【典题3】某篮球运动员每次投篮投中的概率是45,每次投篮的结果相互独立,那么在他10次投篮中,记最有可能投中的次数为m,则A．5 B．6 C．7 D．8【解析】由题意知,投中的次数X～B(10,4所以P(X=m)=因为最有可能投中的次数为m所以P(X=m)≥P(X=m+1)即C10m∵m∈N∗,故选：D．巩固练习1(★)下面随机变量X的分布列不属于二项分布的是()A．据中央电视台新闻联播报道,一周内在某网站下载一次数据,电脑被感染某种病毒的概率是0.65,设在这一周内,某电脑从该网站下载数据n次中被感染这种病毒的次数为B．某射手射击击中目标的概率为p,设每次射击是相互独立的,从开始射击到击中目标所需要的射击次数为C．某射手射击击中目标的概率为p,设每次射击是相互独立的,射击n次命中目标的次数为D．位于某汽车站附近有一个加油站,汽车每次出站后到这个加油站加油的概率为0.6,国庆节这一天有50辆汽车开出该站,假设一天里汽车去该加油站加油是相互独立的,去该加油站加油的汽车数为X【答案】B【解析】A项中，每次下载电脑被感染某种病毒的概率是0.65，且每次都相互独立的，故属于二项分布，B项中，若第k次击中目标．也就是说前k－1都没击中，显然击中与不击中的概率是不一样的，故射击次数X不属于二项分布，C项中，射击击中目标的概率为p，设每次射击是相互独立，故属于二项分布，D项中，汽车每次出站后到这个加油站加油的概率为0.6，汽车去该加油站加油是相互独立，故属于二项分布，故选：B．2(★)有6个大小相同的黑球,编号为1,2,3,4,5,6,还有4个同样大小的白球,编号为7,8,9,10,现从中任取4个球,有如下几种变量：①X表示取出的最大号码；②Y表示取出的最小号码；③取出一个黑球记2分,取出一个白球记1分,ξ表示取出的4个球的总得分；④A．①② B．④ C．①②④ D．①②③④【答案】B【解析】超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生n次的试验次数，由此可知④服从超几何分布．故选：B．3(★★)[多选题]某人参加一次测试,在备选的10道题中,他能答对其中的5道,现从备选的10题中随机抽出3题进行测试,规定至少答对2题才算合格．则下列选项正确的是()A．答对0题和答对3题的概率相同,都为18 B．答对1题的概率为3C．答对2题的概率为512 D．合格的概率为【答案】CD【解析】某人参加一次测试，在备选的10道题中，他能答对其中的5道，现从备选的10题中随机抽出3题进行测试，规定至少答对2题才算合格．在A中，答对0题的概率为：P0=C53C10∴对0题和答对3题的概率相同，都为112，故A在B中，答对1题概率为p1=C51在C中，答对2题的概率为p2=C52在D中，合格的概率为P=C52故选：CD．4(★★)[多选题]掷一个不均匀的硬币6次,每次掷出正面的概率均为23,恰好出现k次正面的概率记为A．P1=P5 B．P1<【答案】BD【解析】由n次独立重复试验的概率计算公式可知，Pk=C∴P1=C61(23)1⋅(13)5，P由必然事件的概率可知，k=06Pk=1，而P根据二项分布概率公式，可得P0P3=160729，P4=80243，P5=64243，即选项D正确．故选：BD．5(★★★)已知随机变量X的分布服从X～B(n,p),记f(n,p)=P(x=n－1)+P(x=n),记f(n,p)在p∈[0,1]上的最大值为F(n),若正整数a,b满足a>b>2019,则A．F(a)>F(b) B．F(a)=F(b) C．F(a)<F(b) D．无法确定【答案】B【解析】根据题意，随机变量X的分布服从X～B(n，p)，则P(x=n－1)=Cnn−1pn－1(1－p)=npn－1(1－p)=npn－1－npn，P(x=n)=Cnn则f(n，p)=(npn－1－npn)+pn=(1－n)pn+npn－1，设g(p)=(1－n)pn+npn－1，其导数g′(p)=n(1－n)pn－1+n(n－1)pn－2=n(1－n)pn－2(p－1)，当n=1时，g(p)=1，则F(1)=1，当n≥2时，对于g′(p)，有n(1－n)<0，pn－2≥0，p－1≤0，则有g′(p)≥0，则g(p)在(0，1)上为增函数，故F(n)=F(1)=1，若a>b>2019，则F(a)=F(b)，故选：B．【题型二】二项分布与超几何分布的期望与方差【典题1】有N件产品,其中有M件次品,从中不放回地抽n件产品,抽到的次品数的数学期望值是()A．n B．(n−1)MN C．【解析】设抽到的次品数为X则有N件产品,其中有M件次品,从中不放回地抽n件产品,抽到的次品数X服从超几何分布,即X～H(n,M,N)∴抽到的次品数的数学期望值EX=故选：C．【典题2】已知离散型随机变量X服从二项分布X～B(n,p),且E(X)=4,D(X)=qA．2 B．52 C．94【解析】离散型随机变量X服从二项分布X～B(n,p)所以有E所以4p+q=4,即所以1当且仅当q=2p=4故选：C．【典题3】我们知道,在n次独立重复试验(即伯努利试验)中,每次试验中事件A发生的概率为p,则事件A发生的次数X服从二项分布B(n,p),事实上,在无限次伯努利试验中,另一个随机变量的实际应用也很广泛,即事件A首次发生时试验进行的次数Y,显然P(Y=k)=p1－pk−1,k=1,2,3,…,我们称Y服从“几何分布”,经计算得E(Y)=1p．由此推广,在无限次伯努利试验中,试验进行到事件AA．1p(1−p)−1 B．1p2 C．【解析】方法一∵P(Y=k)=p1－pk−1,k=1,2,3,…∴p+2p1－p∴2p1－p而E(Z)=2p(1－p)+2(1－p)p+3p=1设AkpA∴1－p∴k→+∞时,1－p∴E(Z)=1故选：A．方法二∵P(Y=k)=p1－pk−1,k=1,2,3,…∴同理k=2∴EZ巩固练习1(★)已知离散型随机变量ξ满足二项分布且ξ～B(3,p),则当p在(0,1)A．D(ξ)减少 B．D(ξ)增大 C．D(ξ)先减少后增大 D．D(ξ)先增大后减小【答案】D【解析】离散型随机变量ξ满足二项分布且ξ～B(3，p)，∴D(ξ)=3p(1－p)=－3(p−则当p在(0，1)内增大时，D(ξ)在(0，12]上增大，在[1故选：D．2(★)随机变量X～B(100,p),且EX=20,则A．64 B．128 C．256 D．32【答案】A【解析】由于X～B(100，p)，且EX=20，则100p=20，得p=0.2，D(X)=100p(1－p)=20×(1－0.2)=16，D(2X－1)=22D(X)=64．故选：A．3(★)已知随机变量X服从二项分布X～B(n,p),且则P(X=3)=()A．14 B．13 C．38【答案】A【解析】因为X服从二项分布X～B(n，p)，E(X)=2，D(X)=1，所以np=2，np(1－p)=1，即n=4，p=1则P(X=3)=C43(故选：A．4(★★)翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着,无法知道其内的好坏,须切割后方能知道翡翠的价值,参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石规则,规则甲的赌中率为23,赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为P0(0<P【答案】4【解析】设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为X1，都选择规则乙赌中的次数为X2，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为E(20X由已知可得，X1～B(2，23)，X从而E(20X1)=20E(若E20X1=E(30X【题型三】解答题【典题1】在袋子中装有10个大小相同的小球，其中黑球有3个，白球有n(2≤n≤5，且n≠3)个，其余的球为红球．(Ⅰ)若n=5，从袋中任取1个球，记下颜色后放回，连续取三次，求三次取出的球中恰有2个红球的概率；(Ⅱ)从袋里任意取出2个球，如果这两个球的颜色相同的概率是415(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，从袋里任意取出2个球．若取出1个白球记1分，取出1个黑球记2分，取出1个红球记3分．用ξ表示取出的2个球所得分数的和，写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望Eξ【解析】(Ⅰ)设“从袋中任取1个球是红球”为事件A，则P(A)=1所以，P3答：三次取球中恰有2个红球的概率为12125(Ⅱ)设“从袋里任意取出2个球，球的颜色相同”为事件B，则P(B)=C整理得：n2－7n+12=0，解得n=3(舍)或所以，红球的个数为4个．(Ⅲ)ξ的取值为2，3，4，5，6，且P(ξ=2)=C42P(ξ=4)=C31C4所以ξ的分布列为ξ23456P2154151315115所以，Eξ=2×2【典题2】2020年初,新冠肺炎疫情袭击全国,某省由于人员流动性较大,成为湖北省外疫情最严重的省份之一,截至2月29日,该省已累计确诊1349例患者(无境外输入病例)．该省新冠肺炎的密切接触者(均已接受检测)中确诊患者约占10%,以这些密切接触者确诊的频率代替1名密切接触者确诊发生的概率,每名密切接触者是否确诊相互独立．现有密切接触者20人,为检测出所有患者,设计了如下方案：将这20名密切接触者随机地按n(1<n<20且n是20的约数)个人一组平均分组,并将同组的n个人每人抽取的一半血液混合在一起化验,若发现新冠病毒,则对该组的n个人抽取的另一半血液逐一化验,记n个人中患者的人数为Xn,以化验次数的期望值为决策依据,试确定使得20人的化验总次数最少的【解析】由题意,每名密切接触者确诊为新冠脑炎的概率均为110,n的可能取值为且X对于某组n个人,化验次数Y的可能取值为1,n+1．P(Y=1)=(所以E(Y)=1⋅(910)则20人的化验总次数为f(n经计算f(2)=13.8,f(4)≈11.8,f(5)≈12.2,f(10)≈15．所以,当n=4时符合题意,即按4人一组检测,可是化验总次数最少．巩固练习

1(★★)在箱子中有10个小球，其中有3个红球，3个白球，4个黑球．从这10个球中任取3个．求：(1)取出的3个球中红球的个数X的分布列；(2)取出的3个球中红球个数多于白球个数的概率．【答案】（1）见解析（2）1【解析】(1)由题意知，随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，且X服从参数为N=10，M=3，n=3的超几何分布，因此P(X=k)=所以P(X=0)=C3P(X=2)=C32C71所以X的分布列为：X0123P72421407401120

(2)设“取出的3个球中红球个数多于白球个数”为事件A，“恰好取出1个红球和2个黑球”为事件A1，“恰好取出2个红球”为事件A2，“恰好取出3个红球”为事件由于事件A1，A而P(A1)=C3所以取出的3个球中红球个数多于白球个数的概率为：P(A)=P(A答：取出的3个球中红球个数多于白球个数的概率为13．2(★★)随着人们社会责任感与公众意识的不断提高，越来越多的人成为了志愿者．某创业园区对其员工是否为志愿者的情况进行了抽样调查，在随机抽取的10位员工中，有3人是志愿者．(1)在这10人中随机抽取4人填写调查问卷，求这4人中恰好有1人是志愿者的概率P1；(2)已知该创业园区有1万多名员工，从中随机调查1人是志愿者的概率为310，那么在该创业园区随机调查4人，求其中恰有1人是志愿者的概率P(3)该创业园区的A团队有100位员工，其中有30人是志愿者．若在A团队随机调查4人，则其中恰好有1人是志愿者的概率为P3．试根据(Ⅰ)、(Ⅱ)中的P1和P2【答案】（1）12（2）0.4116（3）【解析】(Ⅰ)P1所以这4人中恰好有1人是志愿者的概率为12．(Ⅱ)P2所以这4人中恰好有1人是志愿者的概率为0.4116．(Ⅲ)在A团队随机调查4人，则其中恰好有1人是志愿者的概率为P3=C故有P1>3(★★★)为研究“在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率的和”这个课题，我们可以分三步进行研究：(I)取特殊事件进行研究；(Ⅱ(1)抛掷硬币4次，设P0,P1,P2,P3,P4分别表示正面向上次数为0(2)抛掷一颗骰子三次，设P0,P1,P2,P3分别表示向上一面点数是3恰好出现(3)由(1)、(2)写出结论，并对得到的结论给予解释或给予证明．【答案】（1）P0=116，P1=14，P2=38（2）P0=125216，P1=2572，P2=572，【解析】(1)用Ai(i=1，2，3，4)表示第i次抛掷硬币掷得正面向上的事件，则Ai发生的次数X，服从二项分布，即X∽B(4，12)，所以P0=116，P1=14，P2=38(2)用Ai(i=1，2，3)表示第i次抛掷骰子掷得向上一面点数是3的事件，则Ai发生的次数X服从二项分布，即X∽B(3，1∴Pi所以P0=125216，P1=2572，P2=(3)在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k(k=0，1，2，3，…，n)次的概率的和为1．证明：在n次独立重复试验中，事件A每一次发生的概率为p，则X∽B(n，p)，∴Pi∴i=0n或这样解释：A1∪A2∪…∪Ai∪…∪An是必然事件，所以，在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k(k=0，1，2，3，…，n)次的概率的和为1．4(★★★)某地区为贯彻习近平总书记提出的“为民服务孺子牛、创新发展拓荒牛、艰苦奋斗老黄牛”的三牛精神，鼓励农户利用荒