2025版高考數(shù)學一輪總復習考點突破第10章計數(shù)原理概率隨機變量及其分布第6講二項分布與超幾何分布考點2二項分布

二項分布角度1二項分布列的性質(zhì)1.(2024·山東濟南中學診斷)設隨機變量X，Y滿足：Y＝3X－1，X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，則D(Y)＝(A)A．4 B．5C．6 D．7[解析]因為X～B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)))，則D(X)＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,9)，又Y＝3X－1，所以D(Y)＝D(3X－1)＝32D(X)＝32×eq\f(4,9)＝4.故選A.2．已知隨機變量ξ～B(7,0.5)，則k＝3或4時P(ξ＝k)最大．[解析]依題意P(ξ＝k)＝Ceq\o\al(k,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))k×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7－k＝Ceq\o\al(k,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7，k＝0,1,2，…，7，P(ξ＝k)最大?Ceq\o\al(k,7)最大，故k＝3或k＝4.角度2二項分布的實際應用(2023·湖北九師聯(lián)盟聯(lián)考)某校為了緩解高三學子復習壓力，舉行“趣味數(shù)學”闖關活動，規(guī)定每人從10道題中隨機抽3道回答，至少答對2題即可闖過第一關，某班有5位同學參加闖關活動，假設每位同學都能答對10道題中的6道題，且每位同學能否闖過第一關相互獨立．(1)求B同學闖過第一關的概率；(2)求這5位同學闖過第一關的人數(shù)X的分布列和數(shù)學期望．[解析](1)B同學闖過第一關的情況有答對2題和答對3題，故B同學闖過第一關的概率P＝eq\f(C\o\al(3,6)＋C\o\al(2,6)C\o\al(1,4),C\o\al(3,10))＝eq\f(2,3).(2)由題意可知X的所有可能取值為0,1,2,3,4,5，且X服從二項分布，即X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(2,3))).P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5＝eq\f(1,243)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,5)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(10,243)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq\f(40,243)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(80,243)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))4×eq\f(1,3)＝eq\f(80,243)，P(X＝5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5＝eq\f(32,243).故X的分布列為X012345Peq\f(1,243)eq\f(10,243)eq\f(40,243)eq\f(80,243)eq\f(80,243)eq\f(32,243)所以E(X)＝0×eq\f(1,243)＋1×eq\f(10,243)＋2×eq\f(40,243)＋3×eq\f(80,243)＋4×eq\f(80,243)＋5×eq\f(32,243)＝eq\f(10,3).或E(X)＝np＝5×eq\f(2,3)＝eq\f(10,3).名師點撥：求解二項分布問題的“四關”1．一是“判斷關”，即判斷離散型隨機變量X是否服從二項分布；二是“公式關”，若該隨機變量服從二項分布，還需要通過古典概型或相互獨立事件的概率計算公式計算出概率P，然后利用P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，求出X取各個值時的概率；三是“分布列關”，列出表格，得離散型隨機變量的分布列；四是“結論關”，分別利用公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)求期望、方差．注意：熟記二項分布的概率、期望與方差公式，可以避免煩瑣的運算過程．2．有些隨機變量雖不服從二項分布，但與之具有線性關系的另一隨機變量服從二項分布，這時，可以應用均值與方差的性質(zhì)求解，即利用E(ax＋b)＝aE(x)＋b，D(ax＋b)＝a2D(x)求解．【變式訓練】1．(角度1)(2023·陜西寶雞陳倉中學質(zhì)檢)若隨機變量X～B(6，p)，D(X)＝eq\f(3,2)，則E(3X－2)＝7.[解析]因為X～B(6，p)，則D(X)＝6p(1－p)＝eq\f(3,2)，解得p＝eq\f(1,2)，則E(X)＝6×eq\f(1,2)＝3，因此，E(3X－2)＝3E(X)－2＝7.2．(角度2)(2024·江蘇蘇南名校調(diào)研)第22屆世界杯足球賽在卡塔爾舉辦，各地中學掀起足球熱．甲、乙兩名同學進行足球點球比賽，每人點球3次，射進點球一次得50分，否則得0分．已知甲每次射進點球的概率為eq\f(2,3)，且每次是否射進點球互不影響；乙第一次射進點球的概率為eq\f(2,3)，從第二次點球開始，受心理因素影響，若前一次射進點球，則下一次射進點球的概率為eq\f(3,4)，若前一次沒有射進點球，則下一次射進點球的概率為eq\f(1,2).(1)設甲3次點球的總得分為X，求X的概率分布列和數(shù)學期望；(2)求乙總得分為100分的概率．[解析](1)設甲3次點球射進的次數(shù)為Y，則Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3)))，Y的可能取值為0,1,2,3，且X＝50Y，則X的所有可能的取值為0,50,100,150.P(X＝0)＝P(Y＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))3＝eq\f(1,27)；P(X＝50)＝P(Y＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))2＝eq\f(2,9)；P(X＝100)＝P(Y＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＝eq\f(4,9)；P(X＝150)＝P(Y＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以X的概率分布列為X050100150Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)E(X)＝0×eq\f(1,27)＋50×eq\f(2,9)＋100×eq\f(4,9)＋150×eq\f(8,27)＝100，(或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×eq\f(2,3)＝100)．(2)設“乙第i次射進點球”為事件Ai(i＝1,2,3)，則乙總得分為100分的事件為B＝A1A2eq\x\to(A)3＋A1eq\x\to(A)2A3＋eq\x\to(A)1A2A3.因為A1A2eq\x\to(A)3，A1eq\x\to(A)2A3，eq\x\to(A)1A2A3互斥．所以P(B)＝P(A1A2eq\x\to(A)3＋A1eq\x\to(A)2A3＋eq\x\to(A)1A2A3)＝eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\