7.4 二項分布與超幾何分布 -(人教A版2019選擇性必修第二、三冊) (教師版)

二項分布與超幾何分布1二項分布①n重伯努利試驗（1）我們把只包含兩個可能結果的試驗叫做伯努利試驗,比如產品的合格或不合格,醫(yī)學檢驗結果的陽性或陰性；（2）將一個伯努利試驗獨立地重復進行n次所組成的隨機試驗稱為n重伯努利試驗,（3）n重伯努利試驗具有如下共同特征第一：同一個伯努利試驗重復做n次；第二：各次試驗的結果相互獨立；②二項分布(1)概念一般地,在n重伯努利試驗中,設每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p(0<p<1),用X表示事件A發(fā)生的次數(shù),P此時稱隨機變量X服從二項分布,記作X～B(n,p),并稱p為成功概率.隨機變量X的分布列如下X01?k?nPCC?C?C(其中q=1-由二項定理,可得k=0這也許是這分布為什么叫做二項式定理的原因吧?。?）案例(二項分布可以用下例理解下)小明投籃命中率是13,那他投5次恰好中2次的概率p是解析：小明投5次,如下圖,他只中了2次,第一次投籃第二次投籃第三次投籃第四次投籃第五次投籃問：那他是哪兩次中了？答：共有C52可能情況(問：那他每種情況的概率是相等的么？答：是的,每次投籃都是獨立事件,每種情況都是中2次不中3次,那概率是13那所求概率p=C③二項分布的期望與方差一般地,如果X～B(n,p),那么E下面對期望進行證明證明令q=1-p,由kE令k-1=m,E2超幾何分布①概念一般地,假設一批產品共有N件,其中有M件次品,從N件產品中隨機抽取n件(不放回),用X表示抽取的n件產品中的次品數(shù),則X的分布列為：P其中n,M,N∈N如果隨機變量X的分布列具有上式的形式,那么稱隨機變量X服從超幾何分布.②案例(超幾何分布可以用下例理解下)10個產品中有6個優(yōu)品,4個次品,從10個產品中抽出5個恰好有2個次品的概率p是解：利用古典概型的公式P(A)=那所求概率事件中“樣本空間Ω的樣本點個數(shù)”為C105(10個產品抽5個,不管有多少個次品),而“5個恰好有2個次品”意味著“事件A的樣本點個數(shù)”為C63C42(3個優(yōu)品從6這題是超幾何分布,“抽5個產品有2個次品”的潛臺詞可理解是“一次性拿5個產品,不放回抽樣”的.③超幾何分布的期望設隨機變量X服從超幾何分布,則EX證明令=maxE因為k=mrE注：超幾何分布的模型是不放回抽樣④二項分布與超幾何分布的關聯(lián)(1)已知10個產品中有6個次品,分別采取放回和不放回的方式隨機抽取的4件產品,次品數(shù)為X,求隨機變量X的分布列若采取放回的方式,則每次抽到次品的概率為0.6,且各次抽樣的結果相互獨立,則X服從二項分布,即X~B(4,0.6)若采取不放回的方式,雖然每次抽到次品的概率為0.6,但每次抽取不是同一個試驗,各次抽取的結果也不獨立,不符合n重伯努利試驗的特征,因此X不服從二項分布,服從超幾何分布(2)二項分布和超幾何分布都是可以描述隨機抽取的n件產品中次品數(shù)的分布規(guī)律,并且兩者的均值相同,對于不放回抽樣,當n遠遠小于N時,每抽取一次后,對N的影響很小,此時超幾何分布可以用二項分布近似.【題型一】二項分布與超幾何分布的概念【典題1】下列隨機變量ξ服從二項分布的是()①隨機變量ξ表示重復拋擲一枚骰子n次中出現(xiàn)點數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)；②某射手擊中目標的概率為0.9,從開始射擊到擊中目標所需的射擊次數(shù)ξ③有一批產品共有N件,其中M件為次品,采用有放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出現(xiàn)次品的件數(shù)(M<N)④有一批產品共有N件,其中M件為次品,采用不放回抽取方法,ξ表示n次抽取中出現(xiàn)次品的件數(shù)(M<N)A．②③ B．①④ C．③④ D．①③【解析】①由于每拋擲一枚骰子出現(xiàn)點數(shù)是3的倍數(shù)的概率都是相等的,且相互獨立,故隨機變量ξ表示重復拋擲一枚骰子n次中出現(xiàn)點數(shù)是3的倍數(shù)的次數(shù)服從二項分布；②對于某射手從開始射擊到擊中目標所需的射擊次數(shù)ξ,每次實驗不是獨立的,與其它各次試驗結果有關,故不是二項分布；③有一批產品共有N件,其中M件為次品,由于采用有放回抽取方法,每一次抽取中出現(xiàn)次品的概率都是相等的,且相互獨立,故ξ表示n次抽取中出現(xiàn)次品的件數(shù)服從二項分布；④由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出現(xiàn)次品的概率不相等的,故ξ表示n次抽取中出現(xiàn)次品的件數(shù)不服從二項分布；故選：D．【典題2】袋中有8個白球,2個黑球,從中隨機地連續(xù)抽取3次,每次取1個球,求(1)有放回抽樣時,取到黑球的個數(shù)X的分布列；(2)不放回抽樣時,取到黑球的個數(shù)Y的分布列.【解析】(1)有放回抽樣時,取到的黑球數(shù)X可能的取值為0,1,2,3,又由于每次取到黑球的概率均為210=15故隨機變量服從二項分布X~B(3,則PP則隨機變量X的分布列為X0123P6448121(2)不放回抽樣時,取到黑球Y的可能的取值為0,1,2,YP則隨機變量Y的分布列為Y012P771【典題3】某籃球運動員每次投籃投中的概率是45,每次投籃的結果相互獨立,那么在他10次投籃中,記最有可能投中的次數(shù)為m,則m的值為(A．5 B．6 C．7 D．8【解析】由題意知,投中的次數(shù)X～所以P(X=m)=因為最有可能投中的次數(shù)為m所以P(X=m)≥P(X=m+1)即C10m∵m∈N*,故選：D．鞏固練習1(★)下面隨機變量X的分布列不屬于二項分布的是()A．據(jù)中央電視臺新聞聯(lián)播報道,一周內在某網(wǎng)站下載一次數(shù)據(jù),電腦被感染某種病毒的概率是0.65,設在這一周內,某電腦從該網(wǎng)站下載數(shù)據(jù)n次中被感染這種病毒的次數(shù)為B．某射手射擊擊中目標的概率為p,設每次射擊是相互獨立的,從開始射擊到擊中目標所需要的射擊次數(shù)為C．某射手射擊擊中目標的概率為p,設每次射擊是相互獨立的,射擊n次命中目標的次數(shù)為D．位于某汽車站附近有一個加油站,汽車每次出站后到這個加油站加油的概率為0.6,國慶節(jié)這一天有50輛汽車開出該站,假設一天里汽車去該加油站加油是相互獨立的,去該加油站加油的汽車數(shù)為X【答案】B【解析】A項中，每次下載電腦被感染某種病毒的概率是0.65，且每次都相互獨立的，故屬于二項分布，B項中，若第k次擊中目標．也就是說前k－1都沒擊中，顯然擊中與不擊中的概率是不一樣的，故射擊次數(shù)X不屬于二項分布，C項中，射擊擊中目標的概率為p，設每次射擊是相互獨立，故屬于二項分布，D項中，汽車每次出站后到這個加油站加油的概率為0.6，汽車去該加油站加油是相互獨立，故屬于二項分布，故選：B．2(★)有6個大小相同的黑球,編號為1,2,3,4,5,6,還有4個同樣大小的白球,編號為7,8,9,10,現(xiàn)從中任取4個球,有如下幾種變量：①X表示取出的最大號碼；②Y表示取出的最小號碼；③取出一個黑球記2分,取出一個白球記1分,ξ表示取出的4個球的總得分；④η表示取出的黑球個數(shù),這四種變量中服從超幾何分布的是(A．①② B．④ C．①②④ D．①②③④【答案】B【解析】超幾何分布取出某個對象的結果數(shù)不定，也就是說超幾何分布的隨機變量為實驗次數(shù)，即指某事件發(fā)生n次的試驗次數(shù)，由此可知④服從超幾何分布．故選：B．3(★★)[多選題]某人參加一次測試,在備選的10道題中,他能答對其中的5道,現(xiàn)從備選的10題中隨機抽出3題進行測試,規(guī)定至少答對2題才算合格．則下列選項正確的是()A．答對0題和答對3題的概率相同,都為18 B．答對1題的概率為3C．答對2題的概率為512 D．合格的概率為【答案】CD【解析】某人參加一次測試，在備選的10道題中，他能答對其中的5道，現(xiàn)從備選的10題中隨機抽出3題進行測試，規(guī)定至少答對2題才算合格．在A中，答對0題的概率為：P0=C53C103=∴對0題和答對3題的概率相同，都為112，故A在B中，答對1題概率為p1=C51在C中，答對2題的概率為p2=C52在D中，合格的概率為P=C52故選：CD．4(★★)[多選題]擲一個不均勻的硬幣6次,每次擲出正面的概率均為23,恰好出現(xiàn)k次正面的概率記為Pk,A．P1=P5 B．P1<P5【答案】BD【解析】由n次獨立重復試驗的概率計算公式可知，Pk=C∴P1=C61(23)1?(13)5，P由必然事件的概率可知，k=06Pk=1，而P0根據(jù)二項分布概率公式，可得P0P3=160729，P4=80243，P5=64243，P即選項D正確．故選：BD．5(★★★)已知隨機變量X的分布服從X～B(n,p),記f(n,p)=P(x=n－1)+P(x=n),記f(n,p)在p∈[0,1]上的最大值為F(n),若正整數(shù)a,b滿足a>b>2019,A．F(a)>F(b) B．F(a)=F(b) C．F(a)<F(b) D．無法確定【答案】B【解析】根據(jù)題意，隨機變量X的分布服從X～B(n，p)，則P(x=n－1)=Cnn-1pn－1(1－p)=npn－1(1－p)=npn－1－npn，P(x=n)=Cnn則f(n，p)=(npn－1－npn)+pn=(1－n)pn+npn－1，設g(p)=(1－n)pn+npn－1，其導數(shù)g′(p)=n(1－n)pn－1+n(n－1)pn－2=n(1－n)pn－2(p－1)，當n=1時，g(p)=1，則F(1)=1，當n≥2時，對于g′(p)，有n(1－n)<0，pn－2≥0，p－1≤0，則有g′(p)≥0，則g(p)在(0，1)上為增函數(shù)，故F(n)=F(1)=1，若a>b>2019，則F(a)=F(b)，故選：B．【題型二】二項分布與超幾何分布的期望與方差【典題1】有N件產品,其中有M件次品,從中不放回地抽n件產品,抽到的次品數(shù)的數(shù)學期望值是()A．n B．(n-1)MN C．【解析】設抽到的次品數(shù)為X則有N件產品,其中有M件次品,從中不放回地抽n件產品,抽到的次品數(shù)X服從超幾何分布,即X∴抽到的次品數(shù)的數(shù)學期望值EX=故選：C．【典題2】已知離散型隨機變量X服從二項分布X～B(n,p),且E(X)=4,D(X)=q,A．2 B．52 C．94 D【解析】離散型隨機變量X服從二項分布X所以有E所以4p+q=4,即所以1當且僅當q=2p=4故選：C．【典題3】我們知道,在n次獨立重復試驗(即伯努利試驗)中,每次試驗中事件A發(fā)生的概率為p,則事件A發(fā)生的次數(shù)X服從二項分布B(n,p),事實上,在無限次伯努利試驗中,另一個隨機變量的實際應用也很廣泛,即事件A首次發(fā)生時試驗進行的次數(shù)Y,顯然P(Y=k)=p1－pk-1,k=1,2,3,…,我們稱Y服從“幾何分布”,經計算得E(Y)=1p．由此推廣,在無限次伯努利試驗中,試驗進行到事件A和A．1p(1-p)-1 B．1p2 C．【解析】方法一∵P(Y=k)=p1－p∴p+2p1∴2p1而E(Z)=2p(1=1設AkpA∴1∴k→+∞時,1∴E(Z)=1故選：A．方法二∵P(Y=k)=p1－p∴同理k=2∴EZ鞏固練習1(★)已知離散型隨機變量ξ滿足二項分布且ξ～B(3,p),則當p在(0,1)內增大時,A．D(ξ)減少 B．D(ξ)增大 C．D(ξ)先減少后增大 D．D(ξ)先增大后減小【答案】D【解析】離散型隨機變量ξ滿足二項分布且ξ～B(3，p)，∴D(ξ)=3p(1－p)=－3(p-則當p在(0，1)內增大時，D(ξ)在(0，12]上增大，在[12，故選：D．2(★)隨機變量X～B(100,p),且EX=20,則A．64 B．128 C．256 D．32【答案】A【解析】由于X～B(100，p)，且EX=20，則100p=20，得p=0.2，D(X)=100p(1－p)=20×(1－0.2)=16，D(2X－1)=22D(X)=64．故選：A．3(★)已知隨機變量X服從二項分布X～B(n,p)則P(X=3)=()A．14 B．13 C．38【答案】A【解析】因為X服從二項分布X～B(n，p)，E(X)=2，D(X)=1，所以np=2，np(1－p)=1，即n=4，p=1則P(X=3)=C43(故選：A．4(★★)翡翠市場流行一種賭石“游戲規(guī)則”：翡翠在開采出來時有一層風化皮包裹著,無法知道其內的好壞,須切割后方能知道翡翠的價值,參加者先繳納一定金額后可得到一塊翡翠石并現(xiàn)場開石驗證其具有的收藏價值．某舉辦商在賭石游戲中設置了甲、乙兩種賭石規(guī)則,規(guī)則甲的賭中率為23,賭中后可獲得20萬元；規(guī)則乙的賭中率為P0(0<P0<1),賭中后可得30萬元；未賭中則沒有收獲．每人有且只有一次賭石機會,每次賭中與否互不影響,賭石結束后當場得到兌現(xiàn)金額．若收藏者張先生、李先生都選擇賭石規(guī)則甲或選擇賭石規(guī)則乙進行賭石,【答案】4【解析】設收藏者張先生、李先生都選擇規(guī)則甲賭中的次數(shù)為X1，都選擇規(guī)則乙賭中的次數(shù)為X2，則這兩人選擇規(guī)則甲累計獲獎得金額的數(shù)學期望為E(20X由已知可得，X1～B(2，23)從而E(20X1)=20E(X若E20X1=E(30X2【題型三】解答題【典題1】在袋子中裝有10個大小相同的小球，其中黑球有3個，白球有n(2≤n≤5(Ⅰ)若n=5，從袋中任取1個球，記下顏色后放回，連續(xù)取三次，求三次取出的球中恰有2個紅球的概率；(Ⅱ)從袋里任意取出2個球，如果這兩個球的顏色相同的概率是415(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，從袋里任意取出2個球．若取出1個白球記1分，取出1個黑球記2分，取出1個紅球記3分．用ξ表示取出的2個球所得分數(shù)的和，寫出ξ的分布列，并求ξ的數(shù)學期望Eξ【解析】(Ⅰ)設“從袋中任取1個球是紅球”為事件A，則P(A)=1所以，P3答：三次取球中恰有2個紅球的概率為12125．(Ⅱ)設“從袋里任意取出2個球，球的顏色相同”為事件B，則P(B)=C整理得：n2－7n+12=0，解得n=3(舍)所以，紅球的個數(shù)為4個．(Ⅲ)ξ的取值為2，3，4，5，6，且P(ξ=2)=C42P(ξ=4)=C31C4所以ξ的分布列為ξ23456P2154151315115所以，Eξ=2×【典題2】2020年初,新冠肺炎疫情襲擊全國,某省由于人員流動性較大,成為湖北省外疫情最嚴重的省份之一,截至2月29日,該省已累計確診1349例患者(無境外輸入病例)．該省新冠肺炎的密切接觸者(均已接受檢測)中確診患者約占10%,以這些密切接觸者確診的頻率代替1名密切接觸者確診發(fā)生的概率,每名密切接觸者是否確診相互獨立．現(xiàn)有密切接觸者20人,為檢測出所有患者,設計了如下方案：將這20名密切接觸者隨機地按n(1<n<20且n是20的約數(shù))個人一組平均分組,并將同組的n個人每人抽取的一半血液混合在一起化驗,若發(fā)現(xiàn)新冠病毒,則對該組的n個人抽取的另一半血液逐一化驗,記n個人中患者的人數(shù)為Xn,以化驗次數(shù)的期望值為決策依據(jù),試確定使得20人的化驗總次數(shù)最少的【解析】由題意,每名密切接觸者確診為新冠腦炎的概率均為110,n的可能取值為且X對于某組n個人,化驗次數(shù)Y的可能取值為1,n+1．P(Y=1)=(所以E(Y)=1?(910)則20人的化驗總次數(shù)為f(n經計算f(2)=13.8,f(4)≈11.8,f(5)≈12.2,f(10)≈15．所以,當n=4時符合題意,即按4人一組檢測,可是化驗總次數(shù)最少．鞏固練習

1(★★)在箱子中有10個小球，其中有3個紅球，3個白球，4個黑球．從這10個球中任取3個．求：(1)取出的3個球中紅球的個數(shù)X的分布列；(2)取出的3個球中紅球個數(shù)多于白球個數(shù)的概率．【答案】（1）見解析（2）1【解析】(1)由題意知，隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3，且X服從參數(shù)為N=10，M=3，n=3的超幾何分布，因此P(X=k)=所以P(X=0)=C3P(X=2)=C32C71所以X的分布列為：X0123P72421407401120

(2)設“取出的3個球中紅球個數(shù)多于白球個數(shù)”為事件A，“恰好取出1個紅球和2個黑球”為事件A1，“恰好取出2個紅球”為事件A2，“恰好取出3個紅球”為事件由于事件A1，A而P(A1)=C3所以取出的3個球中紅球個數(shù)多于白球個數(shù)的概率為：P(A)=P(A答：取出的3個球中紅球個數(shù)多于白球個數(shù)的概率為13．2(★★)隨著人們社會責任感與公眾意識的不斷提高，越來越多的人成為了志愿者．某創(chuàng)業(yè)園區(qū)對其員工是否為志愿者的情況進行了抽樣調查，在隨機抽取的10位員工中，有3人是志愿者．(1)在這10人中隨機抽取4人填寫調查問卷，求這4人中恰好有1人是志愿者的概率P1；(2)已知該創(chuàng)業(yè)園區(qū)有1萬多名員工，從中隨機調查1人是志愿者的概率為310，那么在該創(chuàng)業(yè)園區(qū)隨機調查4人，求其中恰有1人是志愿者的概率P(3)該創(chuàng)業(yè)園區(qū)的A團隊有100位員工，其中有30人是志愿者．若在A團隊隨機調查4人，則其中恰好有1人是志愿者的概率為P3．試根據(jù)(Ⅰ)、(Ⅱ)中的P1和P2的值，寫出P1,【答案】（1）12（2）0.4116（3）【解析】(Ⅰ)P1所以這4人中恰好有1人是志愿者的概率為12．(Ⅱ)P2所以這4人中恰好有1人是志愿者的概率為0.4116．(Ⅲ)在A團隊隨機調查4人，則其中恰好有1人是志愿者的概率為P3=C30故有P1>P3(★★★)為研究“在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率的和”這個課題，我們可以分三步進行研究：(I)取特殊事件進行研究；(Ⅱ(1)拋擲硬幣4次，設P0,P1,P2,P3,P4分別表示正面向上次數(shù)為0次，1次，(2)拋擲一顆骰子三次，設P0,P1,P2,P3分別表示向上一面點數(shù)是3恰好出現(xiàn)0次，1次，2(3)由(1)、(2)寫出結論，并對得到的結論給予解釋或給予證明．【答案】（1）P0=116，P1=14，P2=38（2）P0=125216，P1=2572，P2=572，P3【解析】(1)用Ai(i=1，2，3，4)表示第i次拋擲硬幣擲得正面向上的事件，則Ai發(fā)生的次數(shù)X，服從二項分布，即X∽B(4，12)所以P0=116，P1=14，P2=38，(2)用Ai(i=1，2，3)表示第i次拋擲骰子擲得向上一面點數(shù)是3的事件，則Ai發(fā)生的次數(shù)X服從二項分布，即X∽B(3，∴Pi所以P0=125216，P1=2572，P2=5(3)在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k(k=0，1，2，3，…，n)次的概率的和為1．證明：在n次獨立重復試驗中，事件A每一次發(fā)生的概率為p，則X∽B(n，p)，∴Pi∴i=0n或這樣解釋：A1∪A2∪…∪Ai∪…∪An是必然事件，所以，在n次獨立重復試驗中，事件A恰好發(fā)生k(k=0，1，2，4(★★★)某地區(qū)為貫徹習近平總書記提出