二项分布及其应教材
7-4-1二项分布(教学课件)-高中数学人教A版(2019)选择性必修第三册
由分步乘法计数原理，3 次独立重复试验共有 23 8种可能结果，它 们两两互斥，每个结果都是 3 个相互独立事件的积.由概率的加法公式和 乘法公式得
P(X 0) P A1A2 A3 0.23 ， P(X 1) P A1A2 A3 P A1A2 A3 P A1A2 A3 3 0.8 0.22 ， P(X 2) P A1A2 A3 P A1A2 A3 P A1A2 A3 3 0.82 0.2 ，
64
64
解得
p
3 4
，则
X
~
B
3,
3 4
，
所以
E(X
)
3
3 4
9 4
，
D(
X
)
3
3 4
1
3 4
9 16
.故选
A.
1
4. 设随机变量 X ~ B2, p ，Y ~ B 4, p ，若 E X 2 ，则 PY 3 ___9_____.
3
解析： X ~ B2, p ，E X 2 p 2 ，
甲、乙、丙三人中被录用的人数
X
服从二项分布，即
X
~
B
3,
1 2
，
解：（2）所以 P( X
0)
1
1
3
2
1 8
， P(X
1)
C13
1 2
1
1
1
2
2
3， 8
P( X
2)
C32
1 2
2
1
1
1
2
3 8
， P(X
3)
1
3
2
1. 8
故 X 的分布列为
X
0
新教材高中数学 第七章 随机变量及其分布 7.4.1 二项分布课件 新人教A版选择性必修第三册
则 P(D)＝C14
1 2
4
×12
＝18
.
所以做了 5 次试验就停止的概率为18 .
方法归纳
在与二项分布有关的应用问题中，经常利用核心素养中的数学 建模，通过已知的情景以及数据，找出该问题符合的数学模型——n 次独立重复试验，利用该模型解决问题．
微点 2 可转化为与二项分布有关的应用题 例 2 甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队 3 人，每人回答 一个问题，答对者为本队赢得一分，答错者得零分．假设甲队中每
4.已知 X～B(n，p），E(X）＝8，D(X）＝1.6， 则 n＝___1_0____，p＝____0_._8__．
解析：因为随机变量 X～B(n，p)，所以 E(X)＝np＝8，D(X)＝np(1 －p)＝1.6，解得 p＝0.8，n＝10.
题型一 二项分布——自主完成
1.已知 X～B5，13 ，则 P32≤X≤72 ＝(
状元随笔 判断一个随机变量是否服从二项分布的关键在于
它是否同时满足以下两个条件： ①在一次试验中只有两种试验结果，而且事件 A 发生的概率为
p，事件－A 发生的概率为 1－p. ②试验可以独立重复地进行，即每次重复做一次试验，事件 A
发生的概率都是同一常数 p，事件－A 发生的概率都是 1－p.
[基础自测]
方法归纳
对于二项分布，关键是通过题设环境确定随机变量服从二项分 布，然后直接应用公式计算．
跟踪训练 2 一出租车司机从某饭店到火车站途中有 6 个交通 岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率
是13 . (1）求这位司机遇到红灯数 ξ 的期望与方差． (2）若遇上红灯，则需等待 30 秒，求司机总共等待时间 η 的
新人教A版选修2-32.2二项分布及其应用教案二
新人教A版选修2-32.2二项分布及其应用教案二2． 2．1条件概率教学目标：知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。
过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。
情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。
教学重点：条件概率定义的理解教学难点：概率计算公式的应用授课类型：新授时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪教学设想：引导学生形成“自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。
教学过程：一、复习引入：探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y ， Y 和 Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件 Y．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 .思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有 Y和 Y ．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是 Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为，不妨记为P（B|A ) ，其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) .思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？用表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即 =｛｝．既然已知事件A必然发生，那么只需在A={ Y , Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件 Y 和 Y．在事件 A 发生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件 Y，因此其中n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，其中 n（）表示中包含的基本事件个数．所以，因此，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P（B| A ) .条件概率1.定义设A和B为两个事件，P(A)0，那么，在“A已发生”的条件下，B发生的条件概率（conditionalprobability ). 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．定义为由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若，则有并称上式微概率的乘法公式2.P（|B）的性质：（1）非负性：对任意的A f. ；（2）规范性：P（ |B）=1；（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则更一般地,对任意的一列两两部相容的事件（I=1,2…），有P例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求：(l）第1次抽到理科题的概率；(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB. (1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为n（）= =20.根据分步乘法计数原理，n (A）= =12 ．于是(2）因为 n (AB)＝ =6 ，所以(3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率．解：设第i次按对密码为事件 (i=1,2) ，则表示不超过2次就按对密码．(1）因为事件与事件互斥，由概率的加法公式得(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则.课堂练习.1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5 ，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。
最新人教版高中数学选修2-3《二项分布及其应用》教材梳理
庖丁巧解牛知识·巧学一、条件概率1.设A 、B 为两个事件，且P （A ）＞0，称P(B|A)=)()(A P AB P 为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率.一般把P(A|B)读作B 发生的条件下A 的概率.2.条件概率的性质为：（1）条件概率具有概率的性质，任何事件的条件概率都在0和1之间，即0≤P(B|A)≤1；（2）如果B 和C 是两个互斥事件，则P(B ∪C|A)=P(B|A)+P(C|A).疑点突破 事件B 在“事件A 已发生”这个附加条件下的概率与没有这个附加条件的概率是不同的.深化升华 已知A 发生，在此条件下B 发生，相当于AB 发生，要求P （B ｜A ）相当于把A 看做新的基本事件空间来计算AB 发生的概率，即 P(B|A)=)()()()()()()()(A P AB P n A n n AB n A n AB n =ΩΩ=. 每一个随机试验都是在一定条件下进行的，而这里所说的条件概率则是当试验结果的一部分信息已知（即在原随机试验的条件下，再加上一定的条件），求另一事件在此条件下发生的概率.二、事件的独立性设A 、B 为两个事件，如果P （AB ）=P （A ）P （B ），则称事件A 与事件B 相互独立 如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立.“P （AB ）=P （A ）P （B ）”，说明事件A 是否发生对事件B 发生的概率没有影响，即P （B ｜A ）=P （B ）.一般地，如果事件A 1,A 2,…,A n 相互独立，那么这ｎ个事件都发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，即P(A 1A 2…A n )=P （A 1）×P(A 2)×…×P(A n ).同两事件相互独立的公式应用前提一样，这儿也只有当A 1,A 2,…,A n 相互独立时才成立.辨析比较 事件的“互斥”与“相互独立”是两个不同的概念.两事件“互斥”是指两事件不可能同时发生，两事件“相互独立”是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.知识拓展 1-P （A ）×P （B ）表示两个相互独立事件A 、B 至少有一个不发生的概率.三、独立重复试验与二项分布1.独立重复试验：一般地，在相同条件下重复做的ｎ次试验称为ｎ次独立重复试验.“在相同条件下”，是指在ｎ次独立重复试验中，各次试验的结果不会受到其他试验的影响. ｎ次独立重复试验常见的实例有：①反复抛掷一枚均匀硬币；②正（次）品率的抽样；③有放回的抽样；④射手射击目标命中率已知的若干次射击.2.二项分布：一般地，在ｎ次独立重复试验中，设事件A 发生的次数为X ，在每次试验中事件A 发生的概率为ｐ，那么在ｎ次独立重复试验中，事件A 恰好发生ｋ次的概率为P （X=k ）=k n C p k （1-p ）n-k ，k=0，1，2，…，n.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.二项式［（1-p ）+p ］n 的展开式中，第ｋ＋1项为T k+1=k n C (1-p)n-k p k ，可见P(X=k)就是二项式［(1-p)+p ］n 的展开式中的第ｋ＋1项，故此公式称为二项分布公式.方法归纳 求概率问题时，一般按如下步骤解决：①确定所给事件的性质.归纳为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验中的某一种；②u 判断事件的运算.看是和事件、积事件，确定事件至少有一个发生还是同时发生，从而运用相加或相乘的公式；③运用相应的公式求解.问题·探究问题1 我们知道，抛掷两次硬币，出现一次正面的概率是21.那么抛掷100次硬币一定会出现50次正面吗？思路:不会.事实上，将一枚硬币随机掷100次，相当于重复做了100次试验，每次有两个可能结果（出现正面或出现反面）.出现正面的概率为21，根据ｎ次独立重复试验中事件发生ｋ次的概率公式，随机掷100次正好出现50次正面的概率为P 100(50)=50100C (21)100≈0.08.这个事件发生的可能性很小.探究:误认为“抛掷100次硬币一定会出现50次正面”，是因为没有理解“ｎ次独立重复试验恰好发生ｋ次”这一概率模型.这里指的是掷100次硬币恰好有50次正面，因而它的概率并不等于21，应该是掷100次硬币至少有50次正面的概率为21. 问题2 条件概率和相互独立事件同时发生的概率有什么异同？互斥事件和相互独立事件的区别是什么？思路:设事件A 、B ，在事件A 发生的条件下事件B 发生，等价于事件A 和B 同时发生，即AB 发生.但是在相互独立事件同时发生的概率中，A 、B 相互独立，互不影响，在条件概率中A 、B 有联系，不独立，即若B 发生，则A 一定发生.互斥事件和相互独立事件是两个不同的概念，两者都是对两个事件而言的，不同的是：“互斥事件”是说两个事件不能同时发生，“相互独立事件”是说一个事件发生与否与另一个事件发生的概率没有影响.因此，互斥事件和相互独立事件一定要区分清楚.探究:相互独立事件的概率求解一般是应用乘法公式，应用时要注意理解并运用相互独立事件的性质，如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立.如甲乙两人独立解同一道题，甲解决该问题的概率为P 1，乙解决该问题的概率为P 2，求恰好有1人解决这个问题的概率.我们应明确“恰好有1人解决这个问题”是指一人解出，同时另一人解不出，而两人解决问题是相互独立的.可以记甲解决这个问题的事件为A ，乙解决这个问题的事件记为B.则所求概率为P(A·B +A ·B)=P （A·B ）+P （A ·B ）=P （A ）P （B ）+P （A ）P （B ）=P 1（1-P 2）+P 2（1-P 1）.典题·热题例1(2005浙江高考)袋子A 和B 中装有若干个均匀的红球和白球，从A 中摸出一个红球的概率是31，从B 中摸出一个红球的概率为p ．(1)从A 中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止．①求恰好摸5次停止的概率；②记5次之内(含5次)摸到红球的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列.(2)若A 、B 两个袋子中的球数之比为1∶2，将A 、B 中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是52，求p 的值． 思路分析： 由题意知，问题(1)可以看做是一个独立重复试验，可能利用独立重复试验的概率公式求解；问题(2)属于一个古典概型问题，可以用古典概型的概率公式解决.解：(1)①24C ×(31)2×(32)2×31=818. ②随机变量 ξ的取值为0，1，2，3.由n 次独立重复试验概率公式P n (k)=k n C p k (1-p)n-k ，得P(ξ=0)=05C ×(1-31)5=24332,P(ξ=1)=15C ×31×(1-31)4=24380, P(ξ=2)=25C ×(31)2×(1-31)3=24380, P(ξ=3)=33C (31)3+23C (31)2·32·31+24C ·（31）2·（32）2·31=8117或 P （ξ=3）=1-P （ξ=0)-P(ξ=1)-P(ξ=2)=1-811724351243808032==++ 随机变量 ξ的分布列是Ξ 01 2 3 P 24332 24380 24380 8117 (2)设袋子A 中有m 个球，则袋子B 中有2m 个球. 由523231=+m mp m ,得p=3013. 方法归纳 解决概率问题的关键是找出概率类型，所以对各种类型必须熟悉.根据试验的特点找出试验类型，然后采用相应的公式求解.例2在某次考试中，要从20道题中随机地抽出6道题，若考生至少能答对其中的4道题即可通过；若至少能答对其中5道题就获得优秀，已知某考生能答对其中10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，求他获得优秀成绩的概率.思路分析： 本题属于条件概率问题.在已知该考生在考试中通过的前提下，获得优秀的概率，所以应根据条件概率的公式求解.解：设事件A 为“该考生6道题全答对”，事件B 为“该考生答对了其中5道题另一道答错”，事件C 为“该考生答对了其中4道题另2道答错”，事件D 为“该考生在这次考试中通过”，事件E 为“该考生在这次考试中获得优秀”，则A 、B 、C 两两互斥，且D=A ∪B ∪C,E=A ∪B.由古典概型的概率公式及加法公式可知P(D)=P(A ∪B ∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=620210410620110510620610C C C C C C C C ++; P(AD)=P(A),P(BD)=P(C ∪B);P(E|D)=P(A ∪B|D)=P(A|D)+P(B|D)=58131********12180210)()()()(620620620620=+=+C C C C D P B P D P A P ,所以所求的概率为5813. 误区警示 利用公式P （B ∪C|A ）=P （B|A ）+P （C|A ）可使求有些条件概率较为简捷，但应请注意这个性质在“B 与C 互斥”这一前提下才具备的，因此不要忽视这一条件而乱用这个公式.例3甲乙两个人独立地破译一个密码，他们能译出密码的概率分别为31和41，求： （1）两个人都译出密码的概率；（2）两个人都译不出密码的概率；（3）至多1个人译出密码的概率；（4）至少1个人译出密码的概率.思路分析： 我们把“甲独立地译出密码”记为事件A ，把“乙独立地译出密码”记为事件B ，显然，A ，B 为相互独立事件.问题（1）相当于事件A ，B 同时发生，即事件AB.问题（2）相当于事件A ·B .问题（3）“至多1个人译出密码”的对立事件是“两个人都译出密码”，即事件AB.问题（4）“至少1个人译出密码”的对立事件是“两个人都未译出密码”，即事件A ·B .由于A 、B 是相互独立事件，上述问题中，A 与B ，A 与B ，A 与B 都是相互独立事件，可以用公式计算相关概率.解：记“甲独立地译出密码”为事件A ，“乙独立地译出密码”记为事件B ，A 、B 为相互独立事件，且P （A ）=31，P （B ）=41. （1）两个人都译出密码的概率为：P （A·B ）=P （A ）·P （B ）=31×41=121. （2）两个人都译不出密码的概率为：P(A ·B )=P （A ）·P （B ）=［1-P （A ）］×［1-P(B)］=(1-31)(1-41)=21. （3）“至多1个人译出密码”的对立事件是“两个人都译出密码”，所以至多1个人译出密码的概率为1-P(AB)=1-P(A)P(B)=1-31×41=1211. （4）“至少1个人译出密码”的对立事件是“两个人都未译出密码”，所以至少1个人译出密码的概率为1-P(A ·B )=1-P(A )P(B )=1-4332⨯=21. 方法归纳 解答这类概率综合问题时，一般“大化小”，即将问题划分为若干个彼此互斥事件，然后运用概率的加法公式和乘法公式来解决.在运用乘法公式时，一定要注意是否满足彼此独立，只有彼此独立才能运用乘法公式.深化升华 在求事件的概率时，有时遇到求“至少…”或“至多…”等事件概率的问题，如果从正面考虑这些问题，它们是诸多事件的和或积，求解过程繁琐，但它们的对立事件却往往较简单，其概率也易求，此时，可逆向思维，先求其对立事件的概率，再利用概率的和与积的互补公式，求得原来事件的概率，即正难则反.例4某人射击5次，每次中靶的概率均为0.9，求他至少两次中靶的概率.思路分析： 至少有两次中靶包括恰好有2次中靶，恰好有3次中靶，恰好有4次中靶和恰好有5次中靶四种情况.而这些事件是彼此互斥的，而他每次射击中靶的概率均相等，并且相互之间没有影响，所以每次射击又是相互独立事件，因而他射击5次是进行5次独立重复试验.解：解法一：在5次射击中恰好有2次中靶的概率为25C ×0.92×0.13；在5次射击中恰好有3次中靶的概率为35C ×0.93×0.12；在5次射击中恰好有4次中靶的概率为45C ×0.94×0.1；在5次射击中5次均中靶的概率为55C ×0.95.至少有2次中靶的概率为25C ×0.92×0.13＋35C ×0.93×0.12+45C ×0.94×0.1＋55C ×0.95=0.008 1＋0.072 9＋0.328 05＋0.590 49=0.999 54.解法二：至少有2次中靶的对立事件是至多有1次中靶，它包括恰好有1次中靶与全没有中靶两种情况，显然这是两个互斥事件.在5次射击中恰好有1次中靶的概率为15C ×0.9×0.14；在5次射击中全没有中靶的概率为0.15.所以至少有2次中靶的概率为1-15C ×0.9×0.14-0.15=1-0.000 45-0.000 01=0.999 54.误区警示 如果我们对独立重复试验的意义理解不深刻，很容易得出其概率为25C ×0.92×0.13=0.008 1的错误结果.究其原因是“至少有2次中靶”这一事件并不是指“有2次中靶，而其余三次不中靶”，因而不能直接运用公式k n C p k (1-p)n-k .该公式仅适用于求某ｎ次独立重复试验中，事件A 发生了ｋ次，而其余的ｎ-ｋ次事件A 不发生的概率，且P （A ）=ｐ.例5某厂生产的电子元件，其每件产品的次品率为5%（即每件为次品的概率）.现从一件产品中任意连续地取出2件，其中次品数ξ的概率分布是ξ 0 1 2P请完成上表.思路分析： 由于每件产品的次品率为5%，则连续取出2件就相当于2次独立重复试验，即题中次品数ξ服从二项分布.解：由题意知，ξ—B(2,5%)，则P(ξ=0)=02C (5%)0(95%)2=0.902 5,P(ξ=1)=C 12(5%)1(95%)1=0.095,P(ξ=2)=22C (5%)2(95%)0=0.002 5.所以，所求随机变量ξ的分布列为：Ξ 0 1 2P 0.902 5 0.096 0.002 5深化升华 二项分布是一种常见的离散型随机变量的概率分布，它应用十分广泛，利用二项分布的模型可以快速地写出随机变量的分布列，从而简化了求随机变量取每一个具体概率值的过程，因此我们应熟练掌握二项分布.应用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否为ｎ次独立重复试验，随机变量是否为在这ｎ次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布.例6某车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为10千瓦，已知每台机床工作时，平均每小时实际开动12分钟，且开动与否是相互独立的，现因电力供应紧张，供电部门只提供50千瓦的电力给这10台机床，问这10台机床能够正常工作的概率是多少？ 思路分析：50千瓦电力可同时供给5台机床开动，10台机床同时开动的台数不超过5台都可以正常工作，而每台开动与否是相互独立的，这是独立重复实验的问题.解：每台机床只有“开动”与“不开动”两种情况，开动的概率为516012=，不开动的概率为1-5451=.由于机床是否开动是相互独立的，因此10台机床正常工作，相当于做10次重复实验，但供电部门提供50千瓦的电力只能使5台机床同时工作.所以P=P 10（0）+P 10（1）+P 10（2）+P 10（3）+P 10（4）+P 10（5）=010C ·（51）0·（54）10+110C ·（51）1·（54）9+210C ·（51）2·（54）8+310C ·（51）3·（54）7+410C ·（51）4·（54）6+510C ·（51）5·（54）5=0.094. 故这10台机床能够正常工作的概率为0.094.误区警示 本题容易忽视的是独立重复试验含义，独立重复试验是指在同样条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都只有两种结果，并且在每一次试验中，事件发生的概率均相等.。
7.4.1 二项分布课件ppt
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
机试验称为n重伯努利试验.n重伯努利试验具有如下共同特征:
(1)同一个伯努利试验重复做n次;
各次试验成功的概率相同
(2)各次试验的结果相互独立.
3.二项分布
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),
解 (1)投篮1次,命中次数X的分布列如下表.
X
P
0
0.4
1
0.6
则E(X)=0.6.
(2)由题意,重复5次投篮,命中的次数Y服从二项分布,即Y~B(5,0.6),则
E(Y)=5×0.6=3.
反思感悟1.常见的两种分布的均值
设p为一次试验中成功的概率,则
(1)两点分布E(X)=p;
(2)二项分布E(X)=np.
5
0
1
2
1
5
P(X=5)=C5 × 3 × 3 = 243.
所以至少有3次发芽成功的概率
P=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)
40
10
1
17
=
+
+
= .
243 243 243 81
(2)随机变量 ξ 的可能取值为 1,2,3,4,5.
1
P(ξ=1)=3,
2 1 2
P(ξ=2)=3 × 3 = 9,
用X表示事件A发生的次数,则X的分布列为
P(X=k)= nk (1 − ) − ,k=0,1,2,…,n.
如果随机变量X的分布列具有上式的形式,则称随机变量X服从二项分布,
记作X~B(n,p).
二项分布-2023-2024学年高二数学教材配套教学精品课件(人教A版2019选择性必修第三册)
)
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)＝Cknpk(1－p)n k，k＝0,1,2，…，n.( √
n重伯努利试验：
(1)同一个伯努利试验重复做n次；
(2)各次试验的结果相互独立.
“重复”意味着
各次试验的概率
相同.
概念讲解
思考1：下面3个随机试验是否为重伯努利试验？如果是，那么其中的伯努利试验是
什么？对于每个试验，定义“成功”的事件为，那么的概率是多大？重复试验的次
数是多少？
(1)抛掷一枚质地均匀的硬币10次.
为了简化表示，每次射击用1表示中靶，用0表示脱靶，那么3次射击恰好2次中
靶得所有可能结果可表示为011，110，101，这三个结果发生的概率都相等，均为
0.82 × 0.2，并且与哪两次中靶无关.因此，3次射击恰好2次中靶的概率为
32 × 0.82 × 0.2.同理可求中靶0次、1次、3次的概率.于是，中靶次数的分布列为
中靶次数的分布列为
( = ) = 4 × 0.8 × 0.24− ， = 0，1，2，3，4.
概念讲解
定
义
二项分布
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A发生的次数，则X的分布列为
事件A发生的概率
事件 A发生的概率
P ( X k ) C nk p k (1 p )n k ,k 0,1,2, ,n.
第七章7.4.1二项分布PPT课件(人教版)
√A.0.648
B.0.432
C.0.36
D.0.312
解析 根据题意，该同学通过测试的两种情况分别为投中2次和投中3次， 所以所求概率为 P＝C23×0.62×(1－0.6)＋C33×0.63＝0.648.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
3.有n位同学参加某项选拔测试，每位同学通过测试的概率都是p(0<p<1)，
跟踪训练3 某一中学生心理咨询中心服务电话接通率为34，某班3名同 学商定明天分别就同一问题询问该服务中心.且每人只拨打一次，求他
们中成功咨询的人数X的散布列，并求E(X).
解 由题意可知 X～B3，34， ∴P(X＝k)＝Ck3×34k×143－k，k＝0,1,2,3， 即 P(X＝0)＝C03×340×143＝614； P(X＝1)＝C13×34×142＝694； P(X＝2)＝C23×342×14＝2674； P(X＝3)＝C33×343＝2674.
(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 记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A2， “乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B2， 则 P(A2)＝C22×232＝49，P(B2)＝C12×341×1－34＝38， 由于甲、乙射击相互独立，故 P(A2B2)＝49×38＝16.
4.甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三
局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以 3∶1 的比分 获胜的概率为
√A.287
64 B.81
4 C.9
8 D.9
解析 当甲以3∶1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只 赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢， 所以甲以 3∶1 的比分获胜的概率为 P＝C23×232×1－23×23＝3×49×13 ×23＝287，故选 A.
【高中数学】二项分布说课课件 高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第三册
Contents
1 教材分析 2 学情分析 3 教学目标 4 教学重难点 5 教学策略 6 教学过程
Part 1
教材分析
教材的地位和作用 内容与内容解析
教材分析（地位和作用）
本节内容是新人教A版教材选修性必修三第七 章《随机变量及其分布》的第四节《二项分布》。 在自然现象和社会现象中，大量的随机变量都服从 或近似的服从二项分布，实际应用广泛，理论上也 非常重要。可以说本节内容是对前面所学知识的综 合应用，是一种模型的构建，是从实际入手，通过 抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应 用于实际的过程。会对今后数学及相关学科的学习 产生深远的影响。
法一：分类讨论 法二：构建二项分布模型
通过对比两种概率的计算方法，比较优缺点，使学生了解二 项分布计算的优越性，并通过GGB作图软件验证“实力派选手， 局数越多，胜算越大”这一结论，激发学生学习数学的热情。
14
巩固提高
变式1 变式2
15
总结提升
1.二项分布的定义：
2.确定一个二项分布模型的步骤: 3.二项分布的期望与方差：
8
教学策略（学法）
本节课主要采用了自主学习、探究学习等方法。让学 生体会观察、分析、归纳、抽象、应用的自主探究式学习 方法。教给学生思考问题的方法，使学生真正成为教学的 主体。
9
Part 6
教学过程
情境引入 新知探究 讲授新课 巩固提高 总结提升 作业布置 板书设计
情景引入
1、 在一定条件下，种子发芽或不发芽； 2、抛掷一枚质地均匀的硬币10次.
5
Part 4
教学重难点
教学重点
教学难点
教学重难点
• 重点：n重伯努利试验模型、二项分布模型（定义、 数字特征）
二项分布PPT课件
P X 2 x 2 0P X x 2 0X !n n !X !X 1 n X
P0P1P2
15!00.13010.13150 15!00.13110.13149
0!15!0
1!14!9
15!00.13210.13148
2!14!8
2.31107
2021/6/16
23
至少有2名感染的概率为:
n=3×0.6=1.8（只）
方差为 2 n1
30.60.40.7（ 2 只）
标准差为 n1
30.60.40.85(只）
2021/6/16
18
如果以率表示，将阳性结果的频率记为 p ，X
n
则P的总体均数 p
总体方差为
p2
1
n
总体标准差为
p
1
n
式中 p 是频率p的标准误，反映阳性频率的
卫生统计学（第六版）
卫生统计学与数学教研室
2021/6/16
1
第二节 二项分布
一、二项分布的概念与特征
（一）成败型实验（Bernoulli实验）
在医学卫生领域的许多实验或观察中，人们感兴
趣的是某事件是否发生。如用白鼠做某药物的毒性实
验，关心的是白鼠是否死亡；某种新疗法临床实验观
察患者是否治愈；观察某指标的化验结果是否呈阳性
等。将我们关心的事件A出现称为成功，不出现称为失
败，这类试验就称为成-败型实验。指定性资料中的二
项分类实验。观察对象的结局只有相互对立的两种结
果。 2021/6/16
3
成-败型（Bernoulli）实验序列：
满足以下三个条件的n次实验构成的序列称为成 -败型实验序列。
1）每次实验结果，只能是两个互斥的结果之一 （A或非A）。
2.4.二项分布-苏教版选修2-3教案
2.4. 二项分布 - 苏教版选修2-3教案一、教学目标1.了解二项分布的概念和特点；2.掌握计算二项分布概率的方法；3.能够运用二项分布解决实际问题。
二、教学重点1.二项分布的概念和特点；2.计算二项分布概率的方法。
三、教学难点二项分布的实际应用。
四、教学内容及时间安排教学内容时间（分钟）二项分布的概念15二项分布的特点10计算二项分布概率的方法25二项分布的实际应用20五、教学过程及课时安排第一课时（40分钟）1. 导入（5分钟）通过小组讨论的方式，复习离散型随机变量的概念，并引出本节课重点内容。
2. 二项分布的概念（15分钟）讲解二项分布的概念，强调其与伯努利分布的关系，并通过实例进行说明。
3. 二项分布的特点（10分钟）讲解二项分布的特点，包括随机试验、重复试验、试验结果的二元性、各次试验相互独立等。
4. 二项分布的计算方法（25分钟）讲解二项分布概率计算的方法，包括公式法和表格法，并提供相应例题进行讲解和练习。
第二课时（40分钟）1. 导入（5分钟）通过回顾上一节课的内容，引出二项分布的实际应用。
2. 二项分布的实际应用（20分钟）以实际例子说明二项分布在实际生活中的应用，并通过实例分析掌握二项分布求解实际问题的方法。
3. 应用题解题方法（15分钟）提供一些常见的应用题，并讲解应用题的解题方法。
4. 总结（5分钟）回顾本次教学内容，强调本节课重点和难点，提出下一节课预习内容。
六、教学方法讲授法、练习法、实验法。
七、教材及参考书目教材苏教版高中数学选修2-3参考书目1.《高中数学课程标准实验教材》（人民教育出版社）2.《高中数学教学参考书》（人民教育出版社）3.《高中数学教学方法与研究》（人民教育出版社）。
7.4.1二项分布-【新教材】人教A版高中数学选择性必修第三册课件
(2)至少有8次击中目标的概率. 解:设X为击中目标的次数,则X~B(10,0.8)
(1)在10次射击中,恰有8次击中目标的概率为
P( X 8) C180 0.88 (1 0.8)108 0.30.
(2)在10次射击中,至少有8次击中目标的概率为
P(X 8) P(X 8) P(X 9) P(X 10)
落入格子的号码, 求X的分布列.
解: 设A “向右下落”, 则A “向左下落”,
且P(A) P(A) 0.5. X等于事件A发生的次数, 而小球在下落的过程中共碰撞小木钉10次, X ~ B(10,0.5), 于是, X的分布列为
P( X k) C1k0 0.510, k 0,1,2,,10.
X的概率分布列如图所示.
4.例4. 甲、乙两选手进行象棋比赛,如果每局比赛甲获胜的概率为
0.6,乙获胜的概率为0.4, 那么采用3局2胜制还是采用5局3胜.对 甲更有利?
解法1: 当采用3局2胜制时, 甲最终获胜有2种可能的比分2 : 0或2:1,
前者是前两局甲连胜, 后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.
随机变量X的散布列:
与二项式定理有联系吗?
P( X k ) Cnk pk (1 p)nk
(其中k = 0，1，2，···，n)
记作X ~ B(n, p).
X 0 1
k
n
P
Cn0 p0qn Cn1 p1qn1
Cnk pk qnk
Cnn pnq0
由二项式定理,易得
n
n
P(X k) Cnk pk (1 p)nk [ p (1 p)]n 1
(2).某一中学生心里咨询中心服务电话接通率为 3, 某班3 名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心4,且每人只
7.4.1二项分布-【新教材】人教A版高中数学选择性必修第三册课件
果为阳性或阴性等.我们把只包含两个可能结果的实验叫做伯努利实验（Bernoulli trials).
我们将一个伯努利实验独立地重复进行n次所组成的随机实验称为n重伯努利实验。
显然，n重伯努利实验具有如下共同特征：
(1）同一个伯努利实验重复做n次；
ഥ
ഥ
ഥ ) = . ,
( = ) = (
ഥ
ഥ ) + (
ഥ
ഥ ) + (
ഥ
ഥ ) = . . ,
( = ) = (
ഥ ) + (
ഥ ) + (
ഥ ) = . × . ,
采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则X～B(5，0.6).甲最终获胜的
概率为 = = + = + =
= × . × . + × . × . + × .
=0.68256
因为 > ，所以5局3胜制对甲有利.实际上，比赛局数越多，对实力较强者越有利.
= . + × . × . = . .
类似地，采用5局3胜制，甲最终获胜有3种比分3：0，3：1或3：2因为每局比赛的结果是独立的，
所以甲最终获胜的概率为 = . + × . × . + × . × . = . .
如果把p看成b，1-p看成a，则 × × ( − )− 就是二项式[( − ) + ] 的展开式的通项，
由此才称为二项散布。
即 σ= = = σ= × × ( − )− = [ + ( − )] =
二项分布及其应用教案定稿
二项分布及其应用教案定稿第一章：二项分布的概念及性质1.1 二项分布的定义1.2 二项分布的概率质量函数1.3 二项分布的期望和方差1.4 二项分布的性质及其推论第二章：二项分布的概率计算2.1 概率质量函数的计算2.2 累积分布函数的计算2.3 特定概率下的二项分布问题2.4 利用二项分布解决问题第三章：二项分布的应用3.1 实际问题引入3.2 概率论中的应用3.3 统计学中的应用3.4 工程与科学领域中的应用第四章：二项分布的假设检验4.1 假设检验的基本概念4.2 二项分布的假设检验方法4.3 检验结果的解释与应用4.4 实际案例分析第五章：二项分布与其他分布的关系5.1 二项分布与伯努利分布的关系5.2 二项分布与正态分布的关系5.3 二项分布与其他离散分布的关系5.4 二项分布的推广与拓展第六章：二项分布的概率质量函数的进一步分析6.1 二项分布的概率质量函数的导数6.2 边界点处概率质量函数的性质6.3 二项分布的概率质量函数的图形分析6.4 利用概率质量函数解决实际问题第七章：二项分布的累积分布函数7.1 二项分布的累积分布函数的定义与性质7.2 累积分布函数的图形分析7.3 利用累积分布函数解决实际问题7.4 累积分布函数在假设检验中的应用第八章：二项分布的期望与方差8.1 二项分布的期望的计算与性质8.2 期望在实际问题中的应用8.3 二项分布的方差的计算与性质8.4 方差在实际问题中的应用第九章：二项分布的假设检验9.1 假设检验的基本概念回顾9.2 二项分布的假设检验方法回顾9.3 利用假设检验解决实际问题9.4 假设检验在实际案例中的应用第十章：二项分布的综合应用与案例分析10.1 二项分布在不同领域的应用案例回顾10.2 二项分布的概率质量函数在实际问题中的应用10.3 二项分布的累积分布函数在实际问题中的应用10.4 二项分布的期望与方差在实际问题中的应用重点和难点解析重点一：二项分布的定义及性质解析：理解二项分布的基本概念是学习后续内容的基础。
6-4 第1课时 二项分布 课件 高中数学新北师大版选择性必修第一册 (2023~2024学年)
(2)n个新生婴儿，X表示男婴的个数；
(3)某产品的次品率为p,X表示n个产品中的次品的个数；
(4)女性患色盲的概率为0.25%，X表示任取n个女性中患色盲的人数.
解：(1)X~B(n, 1 )； (2)X~B(n, 1 )；
6
2
(3)X~B(n, p)； (4)X~B(n, 0.0025).
学习目标
8
1
81
81
81
81
81
E 016 1 32 2 24 3 8 4 1 4 ;
81 81 81 81 81 3
D
0
3 4
2
16 81
1
3 4
2
32 81
2
3 4
2
24 81
3
3 4
2
8 81
4
3 4
2
1 81
8 9
.
学习目标
新课讲授
课堂总结
归纳总结 一般地，若随机变量X~B(n,p)，则
P A1A2 A3A4 P A1A2 A3A4 P A1A2 A3A4 P A1A2A3A4
4
3 4
1
3 4
3
C41
3 4
1
1
3 4
41
.
学习目标
新课讲授
课堂总结
当X=k(k=0,1,2,3,4)时，4次射击中有k次命中目标，有(4-k)次没有命
中目标(事件Bk发生)，这包含C4k种情况 ,根据互斥事件的概率加法公式和 相互独立事件的概率乘法公式，可得
数，如何表示X的 3, 4
1 p 1 . 4
X的可能取值为 0,1,2,3,4.
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二项分布及其应考试范围：二项分布及其应；考试时间：100分钟；命题人：xxx第I 卷（选择题）一、选择题1．李先生居住在城镇的A 处，准备开车到单位B 处上班，途中（不绕行）共要经过6个交叉路口，则李先生在一次上班途中会遇到堵车次数ξ的期望值ξE 是（ ）A ．1 C 2．甲乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，，则甲以1:3的比分获胜的概率为（ ）A ．．3．设X 为随机变量，X ～B X 的数学期望E (X )＝2，则P (X ＝2)等于( )4．已知随机变量X ～B(6,0.4)，则当η＝－2X ＋1时，D(η)＝( ) A ．－1.88 B ．－2.88 C ．5. 76 D ．6.765．一个口袋内有带标号的7个白球，3个黑球，作有放回抽样，连摸2次，每次任意摸出1球，则2次摸出的球为一白一黑的概率是（ ）A. B. C. 6．甲、乙两名篮球队员轮流投篮直至某人投中为止，设甲每次投篮命中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，而且不受其他次投篮结果的影响，设投篮的轮数为X ，若甲先投，则()P X k =等于（ ）A.4.06.01⨯-kB. 0.24k-1×0.4C. 6.04.01⨯-kD. 24.076.01⨯-k 7．10个球中有一个红球，有放回的抽取，每次取出一球，直到第n 次才取得()k k n ≤次红球的概率为（ ）A BC D8．设随机变量X的概率分布列为（）9．设第X次A.10．已知随机变量X服从二项分布，1(6,)3X B，则(2)P X=等于( )A.316B.4243C.13243D.80243第II卷（非选择题）二、填空题11．某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人恰有两次击中目标的概率为________．12．设50件商品中有15件一等品，其余为二等品．现从中随机选购2件，则所购2件商品中恰有一件一等品的概率为________．13．设随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p)，且E(X)＝3，p则n＝________，V(X)＝________.14．箱中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是________________.15．若X～B(n，p)，且E(X)＝6，V(X)＝3，则P(X＝1)的值为________．16．有一批产品，其中有12件正品和4件次品，有放回地任取3件，若X表示取到次品的件数，则V(X)＝________.17．投掷两个骰子，至少有一个4点或5点出现时，就说这次试验成功，则在10次试验中，成功次数X的期望是________．18．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“五局三胜制”，即五局中先胜三局为赢，若每________．19．已知一个射手每次击中目标的概率为p4次射击中，命中两次的概率为________，刚好在第二、第三两次击中目标的概率为________．20．甲、乙两人各射击1击中相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标也没有影响．则两人各射击4次，甲恰好有2次击中目标且乙恰好有3次击中目标的概率为________．三、解答题21．有甲乙两个箱子，甲箱中有6个小球，其中1个标记0号，2个小球标记1号，3个小球标记2号；乙箱装有7个小球，其中4个小球标记0号，一个标记1号，2个标记2号。
从甲箱中取一个小球，从乙箱中取2个小球，一共取出3个小球。
求：（1）取出的3个小球都是0号的概率；（2）取出的3个小球号码之积是4的概率；22．甲、乙两支足球队鏖战90分钟踢成平局，加时赛30分钟后仍成平局，现决定各派5名队员，每人射一点球决定胜负，设甲、乙两队每个队员的点球命中率均为0.5.(1)不考虑乙队，求甲队仅有3名队员点球命中，且其中恰有2名队员连续命中的概率；(2)求甲、乙两队各射完5个点球后，再次出现平局的概率．23．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6(1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率；(2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率；(3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的期望和方差．24．甲乙两个同学进行定点投篮游戏，投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次．（1）求甲同学至少有4次投中的概率；（2）求乙同学投篮次数的分布列和数学期望．25．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A ＝A 的各位数中，a 1＝1，a k (k ＝2,3,4,5)出现0出现1记X ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，当程序运行一次时，(1)求X ＝3的概率； (2)求X 的分布列．26．观察下面一组组合数等式：0111-⋅=⋅n n C n C ； 1112-⋅=⋅n n C n C ； 2113-⋅=⋅n n C n C ；…………（1）由以上规律，请写出第)(*N k k ∈个等式并证明； （2）随机变量),(~p n B X ，求证：np EX =.参考答案1．B 【解析】试题分析：ξ服从二项分布B 考点：二项分布及其期望。
2．A 【解析】试题分析：当甲以3:1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3:1的比分获胜时的概率为A. 考点：独立重复试验某事件发生的概率.3．D【解析】∵E (X )＝n 2，∴n ＝6.∴P (X ＝2)＝26C 4．C 【解析】试题分析：因为随机变量X ～B(6,0.4)，所以，()60.410.4 1.44DX =⨯⨯-=()()()2144 1.44 5.76D D X D X η=-+==⨯=.故选C.考点：1、离散型随机变量的分布列（二项分布）；2、离散型随机变量函数的方差.5．D 【解析】事件，根据概率公式可以得到P=7337()()()()10101010⨯+⨯，故选D ． 考点：本题考查相互独立事件同时发生的概率和互斥事件的概率。
点评：本题解题的关键是看出事件之间的关系，选择合适的概率公式，是一个基础题． 6．B 【解析】 试题分析：∵甲和乙投篮不受其他投篮结果的影响，∴本题是一个相互独立事件同时发生的概率，∵每次投篮甲投中的概率为0.4，乙投中的概率为0.6，甲投篮的次数为X ，甲先投，则X =k 表示甲第K 次投中篮球，而乙前k －1次没有投中， 根据相互独立事件同时发生的概率得到0.4k-1×0.6k-1×0.4=0.24k-1×0.4；故选B ． 考点：本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式．点评：是一个基础题，本题最大的障碍是理解X =k 的意义，相互独立事件是指，两事件发生的概率互不影响，注意应用相互独立事件同时发生的概率公式。
7．C 【解析】试题分析：由题意知10个球中有一个红球，有放回的抽取，每次取出一球，每一次的抽取是相互独立的，得到本实验符合独立重复试验，直到第n 次才取得k （k ≤n ）次红球，表示前n-1次取到k-1个红球，第n 次一定是红球． 根据独立重复试验的公式得到P=11191010k n kk n C---⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选C ． 考点：本题主要考查n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率。
点评：本题考查独立重复试验，是一个易错题，解题时注意直到第n 次才取得k （k ≤n ）次红球，表示前n-1次取到k －1个红球，第n 次一定是红球，这个地方容易忽略。
8．D 【解析】试题分析：依题意得： 23222()()1333aa a ++=，所以a 的值为3817，故选D 。
考点：本题主要考查概率的计算及分布列的性质，考查考生的计算能力。
点评：思路明确，细心计算。
9．C 【解析】10．D 【解析】试题分析：二项分布公式6()k k n kP X k C p q -==，其中q=1-p依照题意有p=13， n=6， k=2 ，q= 23，所以2262612(2)()()33P X C -===80243，故选D 。
考点：本题主要考查概率的计算及二项分布公式的应用，考查考生的计算能力。
点评：注意运用计算公式时，分清p ，q 的值。
11．54125【解析】本题符合独立重复试验，是二项分布问题，所以此人恰有两次击中目标的概率为23C (0.6)2·(1－0.6)＝54125.12【解析】N ＝50，M ＝15，n ＝2，r ＝1，P(X ＝1)＝H(1，2，15，50)13．21【解析】∵E(X)＝np ＝3，pn ＝21， 并且V(X)＝np(1－p)14【解析】试题分析：由题意知，首先求出摸一次中奖的概率，从6个球中摸出2个，共有2615C =种结果，两个球的号码之积是4的倍数，共有(1,4)，(3,4)，(2,4)，(2,6)，(4,5)，(4,6)，4个人摸奖，相当于发生4次试验，且每一次发生的概率4人参与摸奖，恰好有3考点：n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率.15．3×2－10【解析】由()613np np p =⎧⎪⎨-=⎪⎩∴∴P(X ＝1)＝C 12＝3×2－10.16∴X ～V(X)17【解析】在一次试验中成功的概率为1∵X ～E(X)＝np18【解析】甲三胜一负即前3次中有2次胜1次负，而第4次胜，∴P＝C319【解析】命中次数X～∴命中两次的概率是P＝C4P＝20【解析】设事件A、B分别表示4次射击中甲恰好2次击中目标，乙恰好三次击中目标，A、B是相互独立的，P(AB)＝P(A)·P(B)＝C42·C4321．（1）211)(27241611=⨯=CCCCAP（2）【解析】试题分析：解：（1）欲使取出3个小球都为0号，则必是在甲箱中取出0号球并且在乙箱中从4个0号球中取出另外2个0号小球记A表示取出3个0号球则有：211)(27241611=⨯=CCCCAP（2）取出3个小球号码之积是4的情况有：情况1：甲箱：1号，乙箱：2号，2号；情况2：甲箱：2号，乙箱：1号，2号记B 表示取出3个小球号码之积为4，则有：63421662)(27161211132212=⨯+=+=C C C C C C C B P 取出3个小球号码之积的可能结果有0，2，4，8设X 表示取出小球的号码之积，则有：121115321212126767121112223232121267673742(0)1(2)426216341(4)(8)6342C C C C C P X P X C C C C C C C C C C P X P X C C C C ⋅⋅⋅==-=====⋅⋅⨯⋅+⋅======⋅所以分布列为：点评：综合性较强，较好地考查考生的计算能力。