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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册7.4 二项分布与超几何分布课后复习题
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二项分布与超几何分布
1 二项分布
① n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
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
X
0
1
⋯
k
⋯
n
P
Cn0 p0 qn
Cn1p1qn-1
⋯
Cnkpk qn-k
⋯
Cnn pn q0
(其中q=1-p)
由二项定理,可得
k=0nPX=k=k=0nCnkpk qn-k=p+qk=1
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C52可能情况(就组合问题而已).
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1321-133.
那所求概率p=C521321-133.
③ 二项分布的期望与方差
一般地,如果X∼ B(n , p),那么EX=np , DX=np(1-p).
下面对期望进行证明
证明 令q=1-p,由kCnk=nCn-1k-1,可得
EX=k=0nkCnkpk qn-k=k=1nnCn-1k-1pk qn-k=npk=1nCn-1k-1pk-1 qn-1-(k-1)
令k-1=m,则
EX=npm=0n-1Cn-1mpk-1 qn-1-m=npp+qn-1=np
2 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：
PX=k=CMk CN-Mn-kCNn , k= m , m+1 , m+2 , … , r
其中n , M , N∈N* , n≤ N , M≤ N , m=max0 , n-N+M , r=minn , m.
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)=事件A的样本点个数样本空间Ω的样本点个数,
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(3个优品从6个优品抽,2个次品从4个次品抽),所以p=C63C42C105.
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=nMN.
证明 令=max0 , n-N+M , r=minn , m,有
EX=k=mrkCMk CN-Mn-kCNn=Mk=mrCM-1k-1 CN-Mn-kCNn
因为k=mrCM-1k-1 CN-Mn-k=CN-1n-1,所以
EX= MCNnk=mrkCM-1k-1 CN-Mn-k=MCN-1n-1CNn=nMN
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的分布列,
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不服从二项分布,服从超几何分布.
(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ξ；
③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
【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210=15,3次取球可看成3次独立重复试验,
故随机变量服从二项分布X~B(3 , 15 )
则PX=0=C30150453=64125,PX=1=C311514523=48125,
PX=2=C32152451=12125,PX=3=C33153450=1125,
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125
(2) 不放回抽样时,取到黑球Y的可能的取值为0 , 1 , 2,Y服从超几何分布,
PY=0=C20C83C103=715,PY=1=C21C82C103=715,PY=2=C22C81C103=115,
则随机变量Y的分布列为
Y
0
1
2
P
715
715
115
【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m的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】由题意知,投中的次数X～B(10 , 45),
所以P(X=m)=C10m•(45)m•(15)10-m,
因为最有可能投中的次数为m,
所以P(X=m)≥P(X=m+1)P(X=m)≥P(X=m-1),
即C10m(45)m(15)10-m≥C10m+1(45)m+1(15)9-mC10m(45)m(15)10-m≥C10m-1(45)m-1(15)11-m,解得395≤m≤445,
∵m∈N*,所以m=8．
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X
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X
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X
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；④η表示取出的黑球个数,这四种变量中服从超几何分布的是( )
A．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38
C．答对2题的概率为512 D．合格的概率为12
【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=C53C103=112，答对3题的概率为：P3=C53C103=112，
∴对0题和答对3题的概率相同，都为112，故A错误；
在B中，答对1题概率为p1=C51C52C103=512，故B错误；
在C中，答对2题的概率为p2=C52C51C103=512，故C正确；
在D中，合格的概率为P=C52C51C103+C53C103=12，故D正确．
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Pk,则下列说法正确的是( )
A．P1=P5 B．P1
【解析】由n次独立重复试验的概率计算公式可知，Pk=C6k(23)k⋅(1-23)6-k，
∴P1=C61(23)1⋅(13)5，P5=C65(23)5⋅(13)1，显然P1
根据二项分布概率公式，可得P0=1729，P1=4243，P2=20243，
P3=160729，P4=80243，P5=64243，P6=64729，∴P0，P1，P2，…P6中最大的为P4，
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F(a)和F(b)的大小关系是( )
A．F(a)>F(b) B．F(a)=F(b) C．F(a)
【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)=Cnnpn=pn，
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．nMN D．(n+1)MN
【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=nMN
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)=q,则1p+1q的最小值为( )
A．2 B．52 C．94 D．4
【解析】离散型随机变量X服从二项分布X～B(n , p),
所以有EX=np=4,D(X)=np(1－p)=q,
所以4p+q=4,即p+q4=1 , (p>0 , q>0)
所以1p+1q=(1p+1q)(p+q4)=54+q4p+pq≥54+2q4p×pq=54+1=94,
当且仅当q=2p=43时取得等号．
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A和A都发生后停止,此时所进行的试验次数记为Z,则P(Z=k)=p1－pk-1+1－ppk-1 , k=2 , 3 , …,那么E(Z)=( )
A．1p(1-p)-1 B．1p2 C．1p(1-p)+1 D．1(1-p)2
【解析】方法一
∵P(Y=k)=p1－pk-1 , k=1 , 2 , 3 , …,得E(Y)=1p．
∴p+2p1－p+31－pp2+ kp1－pk-1+…=1p,
∴2p1－p+31－pp2+ kp1－pk-1+…=1p-p,
而E(Z)=2p(1－p)+2(1－p)p+3p1－p2+31－pp2+…+kp1－pk-1+k(1－p)pk-1+…
=1p-p+2(1－p)p+31－pp2+……+kp1－pk-1+….
设Ak=2p+3p2+……+kpk-1．
pAk=2p2+3p3+……+(k-1)pk-1+kpk．
∴1－pAk=2p+p2+p3+……+pk-1－kpk=p+p(1-pk-1)1-p-kpk．
∴k→+∞时,1－pAk→p+p1-p．
∴E(Z)=1p-p+p+p1-p=1p(1-p)-1．
故选：A．
方法二 ∵P(Y=k)=p1－pk-1 , k=1 , 2 , 3 , …,得E(Y)=1p．
∴k=1+∞ kp1－pk-1=1p⇒p+k=2+∞ kp1－pk-1=1p⇒k=2+∞ kp1－pk-1=1p-p
同理
k=2+∞ k1-ppk-1=11-p-(1-p)
∴EZ=k=2+∞ kp1－pk-1+k=2+∞ k1-ppk-1=1p-p+11-p-1-p=1p(1-p)-1.
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)内增大时,( )
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-12)2+94．
则当p在(0，1)内增大时，D(ξ)在(0，12]上增大，在[12，1)上减小．
故选：D．
2(★) 随机变量X～B(100 , p),且EX=20,则D(2X－1)=( )
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E(X)=2 , D(X)=1,
则P(X=3)=( )
A．14 B．13 C．38 D．12
【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=12，
则P(X=3)=C43(12)4=14，
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
【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(20X1)，选择规则乙累计获奖得金额的数学期望为E(30X2)．
由已知可得，X1～B(2，23)，X2～B(2，P0)，所以E(X1)=43，E(X2)=2P0，
从而E(20X1)=20E(X1)=20×43=803，E(30X2)=30E(X2)=60P0．
若E20X1=E(30X2)，则803=60P0，解得P0=49．
【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，求红球的个数；
(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)=15．
所以，P3(2)=C32⋅(15)2⋅45=12125．
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)=C32+Cn2+C7-n2C102=6+n(n-1)+(7-n)(6-n)90=415，
整理得：n2－7n+12=0，解得n=3(舍)或n=4．
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)=C42C102=215，P(ξ=3)=C41C31C102=415，
P(ξ=4)=C31C41+C32C102=13，P(ξ=5)=C31C31C102=15，P(ξ=6)=C32C102=115．
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
215
415
13
15
115
所以，Eξ=2×215+3×415+4×13+5×15+6×115=195．
【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
且Xn～B(n , 110)
对于某组n个人,化验次数Y的可能取值为1 , n+1．
P(Y=1)=(910)n , P(Y=n+1)=1-(910)n
所以E(Y)=1⋅(910)n+(n+1)[1-(910)n]=n+1-n(910)n,
则20人的化验总次数为f(n)=20n[n+1-n(910)n]=20[1+1n-(910)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）13
【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)=C3kC73-kC103(k=0，1，2，3)；
所以 P(X=0)=C30C73C103=35120=724，P(X=1)=C31C72C103=63120=2140，
P(X=2)=C32C71C103=21120=740，P(X=3)=C33⋅C70C103=1120；
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
724
2140
740
1120
(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A3，
由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A=A1+A2+A3，
而P(A1)=C31C42C103=320，P(A2)=P(X=2)=740，P(A3)=P(X=3)=1120，
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(A1)+P(A2)+P(A3)=320+740+1120=13．
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P2；
(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的值，写出P1 , P2 , P3的大小关系(只写结果，不用说明理由)．
【答案】（1）12 （2）0.4116 （3）P1>P3>P2
【解析】(Ⅰ)P1=C31⋅C73C104=12，
所以这4人中恰好有1人是志愿者的概率为12．
(Ⅱ)P2=C41(310)1⋅(710)3=0.4116，
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=C301⋅C703C1004≈0.4188，
故有 P1>P3>P2．
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)观察分析上述结果得到研究结论；(Ⅲ)试证明你得到的结论．现在，请你完成：
(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次，1次，2次，3次，4次的概率，求P0 , P1 , P2 , P3 , P4 (用分数表示)，并求P0+P1+P2+P3+P4；
(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0次，1次，2次 , 3次的概率，求P0 , P1 , P2 , P3 (用分数表示)，并求P0+P1+P2+P3；
(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，P3=14，P4=116，P0+P1+P2+P3+P4=1
（2）P0=125216，P1=2572，P2=572，P3=1216，∴P0+P1+P2+P3=1 （3）见解析
【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)，∴Pi=C4i(12)i(12)4-i=C4i(12)4(i=0，1，2，3，4)，
所以P0=116，P1=14，P2=38，P3=14，P4=116，P0+P1+P2+P3+P4=1．
(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(3，16)，
∴Pi=C3i(16)i(56)3-i(i=0，1，2，3)，
所以P0=125216，P1=2572，P2=572，P3=1216，∴P0+P1+P2+P3=1．
(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=Cnipi(1-p)n-i，
∴i=0n Pi=i=0n Cnipi(1-p)n-i=[(1-p)+p]n=1．
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，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9)．
(1)任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及E(X)；
(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一棵B种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
【答案】（1）2p+0.8 （2）①0.96 ②700
【解析】(1)依题意，X的所有可能值为0，1，2，3，
则P(X=0)=0.2(1－p)2=0.2p2－0.4p+0.2，
P(X=1)=0.8×(1－p)2+0.2×C21×p×(1－p)=0.8(1－p)2+0.4p(1－p)=0.4p2－1.2p+0.8，
P(X=2)=0.2p2+0.8×C21×p×(1－p)=0.2p2+1.6p(1－p)=－1.4p2+1.6p，
P(X=3)=0.8p2，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
0.2p2－0.4p+0.2
0.4p2－1.2p+0.8
－1.4p2+1.6p
0.8p2
E(X)=0×(0.2p2－0.4p+0.2)+1×(0.4p2－1.2p+0.8)+2×(－1.4p2+1.6p)+3×0.8p2=2p+0.8．
(2)当p=0.9时，E(X)取得最大值．
①一棵B树苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.75×0.8=0.96．
②记Y为n棵树苗的成活棵数，M(n)为n棵树苗的利润，
则Y～B(n，0.96)，E(Y)=0.96n，M(n)=300Y－50(n－Y)=350Y－50n，
E(M(n))=350E(Y)－50n=286n，要使E(M(n))≥200000，则有n≥699.3．
所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元．
二项分布与超几何分布
1 二项分布
① n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
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
X
0
1
⋯
k
⋯
n
P
Cn0 p0 qn
Cn1p1qn-1
⋯
Cnkpk qn-k
⋯
Cnn pn q0
(其中q=1-p)
由二项定理,可得
k=0nPX=k=k=0nCnkpk qn-k=p+qk=1
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C52可能情况(就组合问题而已).
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1321-133.
那所求概率p=C521321-133.
③ 二项分布的期望与方差
一般地,如果X∼ B(n , p),那么EX=np , DX=np(1-p).
下面对期望进行证明
证明 令q=1-p,由kCnk=nCn-1k-1,可得
EX=k=0nkCnkpk qn-k=k=1nnCn-1k-1pk qn-k=npk=1nCn-1k-1pk-1 qn-1-(k-1)
令k-1=m,则
EX=npm=0n-1Cn-1mpk-1 qn-1-m=npp+qn-1=np
2 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：
PX=k=CMk CN-Mn-kCNn , k= m , m+1 , m+2 , … , r
其中n , M , N∈N* , n≤ N , M≤ N , m=max0 , n-N+M , r=minn , m.
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)=事件A的样本点个数样本空间Ω的样本点个数,
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(3个优品从6个优品抽,2个次品从4个次品抽),所以p=C63C42C105.
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=nMN.
证明 令=max0 , n-N+M , r=minn , m,有
EX=k=mrkCMk CN-Mn-kCNn=Mk=mrCM-1k-1 CN-Mn-kCNn
因为k=mrCM-1k-1 CN-Mn-k=CN-1n-1,所以
EX= MCNnk=mrkCM-1k-1 CN-Mn-k=MCN-1n-1CNn=nMN
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的分布列,
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不服从二项分布,服从超几何分布.
(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ξ；
③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
【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210=15,3次取球可看成3次独立重复试验,
故随机变量服从二项分布X~B(3 , 15 )
则PX=0=C30150453=64125,PX=1=C311514523=48125,
PX=2=C32152451=12125,PX=3=C33153450=1125,
则随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125
(2) 不放回抽样时,取到黑球Y的可能的取值为0 , 1 , 2,Y服从超几何分布,
PY=0=C20C83C103=715,PY=1=C21C82C103=715,PY=2=C22C81C103=115,
则随机变量Y的分布列为
Y
0
1
2
P
715
715
115
【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m的值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】由题意知,投中的次数X～B(10 , 45),
所以P(X=m)=C10m•(45)m•(15)10-m,
因为最有可能投中的次数为m,
所以P(X=m)≥P(X=m+1)P(X=m)≥P(X=m-1),
即C10m(45)m(15)10-m≥C10m+1(45)m+1(15)9-mC10m(45)m(15)10-m≥C10m-1(45)m-1(15)11-m,解得395≤m≤445,
∵m∈N*,所以m=8．
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X
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X
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X
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；④η表示取出的黑球个数,这四种变量中服从超几何分布的是( )
A．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38
C．答对2题的概率为512 D．合格的概率为12
【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=C53C103=112，答对3题的概率为：P3=C53C103=112，
∴对0题和答对3题的概率相同，都为112，故A错误；
在B中，答对1题概率为p1=C51C52C103=512，故B错误；
在C中，答对2题的概率为p2=C52C51C103=512，故C正确；
在D中，合格的概率为P=C52C51C103+C53C103=12，故D正确．
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Pk,则下列说法正确的是( )
A．P1=P5 B．P1
【解析】由n次独立重复试验的概率计算公式可知，Pk=C6k(23)k⋅(1-23)6-k，
∴P1=C61(23)1⋅(13)5，P5=C65(23)5⋅(13)1，显然P1
根据二项分布概率公式，可得P0=1729，P1=4243，P2=20243，
P3=160729，P4=80243，P5=64243，P6=64729，∴P0，P1，P2，…P6中最大的为P4，
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F(a)和F(b)的大小关系是( )
A．F(a)>F(b) B．F(a)=F(b) C．F(a)
【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)=Cnnpn=pn，
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．nMN D．(n+1)MN
【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=nMN
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)=q,则1p+1q的最小值为( )
A．2 B．52 C．94 D．4
【解析】离散型随机变量X服从二项分布X～B(n , p),
所以有EX=np=4,D(X)=np(1－p)=q,
所以4p+q=4,即p+q4=1 , (p>0 , q>0)
所以1p+1q=(1p+1q)(p+q4)=54+q4p+pq≥54+2q4p×pq=54+1=94,
当且仅当q=2p=43时取得等号．
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A和A都发生后停止,此时所进行的试验次数记为Z,则P(Z=k)=p1－pk-1+1－ppk-1 , k=2 , 3 , …,那么E(Z)=( )
A．1p(1-p)-1 B．1p2 C．1p(1-p)+1 D．1(1-p)2
【解析】方法一
∵P(Y=k)=p1－pk-1 , k=1 , 2 , 3 , …,得E(Y)=1p．
∴p+2p1－p+31－pp2+ kp1－pk-1+…=1p,
∴2p1－p+31－pp2+ kp1－pk-1+…=1p-p,
而E(Z)=2p(1－p)+2(1－p)p+3p1－p2+31－pp2+…+kp1－pk-1+k(1－p)pk-1+…
=1p-p+2(1－p)p+31－pp2+……+kp1－pk-1+….
设Ak=2p+3p2+……+kpk-1．
pAk=2p2+3p3+……+(k-1)pk-1+kpk．
∴1－pAk=2p+p2+p3+……+pk-1－kpk=p+p(1-pk-1)1-p-kpk．
∴k→+∞时,1－pAk→p+p1-p．
∴E(Z)=1p-p+p+p1-p=1p(1-p)-1．
故选：A．
方法二 ∵P(Y=k)=p1－pk-1 , k=1 , 2 , 3 , …,得E(Y)=1p．
∴k=1+∞ kp1－pk-1=1p⇒p+k=2+∞ kp1－pk-1=1p⇒k=2+∞ kp1－pk-1=1p-p
同理
k=2+∞ k1-ppk-1=11-p-(1-p)
∴EZ=k=2+∞ kp1－pk-1+k=2+∞ k1-ppk-1=1p-p+11-p-1-p=1p(1-p)-1.
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)内增大时,( )
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-12)2+94．
则当p在(0，1)内增大时，D(ξ)在(0，12]上增大，在[12，1)上减小．
故选：D．
2(★) 随机变量X～B(100 , p),且EX=20,则D(2X－1)=( )
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E(X)=2 , D(X)=1,
则P(X=3)=( )
A．14 B．13 C．38 D．12
【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=12，
则P(X=3)=C43(12)4=14，
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
【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(20X1)，选择规则乙累计获奖得金额的数学期望为E(30X2)．
由已知可得，X1～B(2，23)，X2～B(2，P0)，所以E(X1)=43，E(X2)=2P0，
从而E(20X1)=20E(X1)=20×43=803，E(30X2)=30E(X2)=60P0．
若E20X1=E(30X2)，则803=60P0，解得P0=49．
【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，求红球的个数；
(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)=15．
所以，P3(2)=C32⋅(15)2⋅45=12125．
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)=C32+Cn2+C7-n2C102=6+n(n-1)+(7-n)(6-n)90=415，
整理得：n2－7n+12=0，解得n=3(舍)或n=4．
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)=C42C102=215，P(ξ=3)=C41C31C102=415，
P(ξ=4)=C31C41+C32C102=13，P(ξ=5)=C31C31C102=15，P(ξ=6)=C32C102=115．
所以ξ的分布列为
ξ
2
3
4
5
6
P
215
415
13
15
115
所以，Eξ=2×215+3×415+4×13+5×15+6×115=195．
【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
且Xn～B(n , 110)
对于某组n个人,化验次数Y的可能取值为1 , n+1．
P(Y=1)=(910)n , P(Y=n+1)=1-(910)n
所以E(Y)=1⋅(910)n+(n+1)[1-(910)n]=n+1-n(910)n,
则20人的化验总次数为f(n)=20n[n+1-n(910)n]=20[1+1n-(910)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）13
【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)=C3kC73-kC103(k=0，1，2，3)；
所以 P(X=0)=C30C73C103=35120=724，P(X=1)=C31C72C103=63120=2140，
P(X=2)=C32C71C103=21120=740，P(X=3)=C33⋅C70C103=1120；
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
724
2140
740
1120
(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A3，
由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A=A1+A2+A3，
而P(A1)=C31C42C103=320，P(A2)=P(X=2)=740，P(A3)=P(X=3)=1120，
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(A1)+P(A2)+P(A3)=320+740+1120=13．
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P2；
(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的值，写出P1 , P2 , P3的大小关系(只写结果，不用说明理由)．
【答案】（1）12 （2）0.4116 （3）P1>P3>P2
【解析】(Ⅰ)P1=C31⋅C73C104=12，
所以这4人中恰好有1人是志愿者的概率为12．
(Ⅱ)P2=C41(310)1⋅(710)3=0.4116，
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=C301⋅C703C1004≈0.4188，
故有 P1>P3>P2．
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)观察分析上述结果得到研究结论；(Ⅲ)试证明你得到的结论．现在，请你完成：
(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次，1次，2次，3次，4次的概率，求P0 , P1 , P2 , P3 , P4 (用分数表示)，并求P0+P1+P2+P3+P4；
(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0次，1次，2次 , 3次的概率，求P0 , P1 , P2 , P3 (用分数表示)，并求P0+P1+P2+P3；
(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，P3=14，P4=116，P0+P1+P2+P3+P4=1
（2）P0=125216，P1=2572，P2=572，P3=1216，∴P0+P1+P2+P3=1 （3）见解析
【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)，∴Pi=C4i(12)i(12)4-i=C4i(12)4(i=0，1，2，3，4)，
所以P0=116，P1=14，P2=38，P3=14，P4=116，P0+P1+P2+P3+P4=1．
(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(3，16)，
∴Pi=C3i(16)i(56)3-i(i=0，1，2，3)，
所以P0=125216，P1=2572，P2=572，P3=1216，∴P0+P1+P2+P3=1．
(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=Cnipi(1-p)n-i，
∴i=0n Pi=i=0n Cnipi(1-p)n-i=[(1-p)+p]n=1．
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，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9)．
(1)任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及E(X)；
(2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．
①求一棵B种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？
【答案】（1）2p+0.8 （2）①0.96 ②700
【解析】(1)依题意，X的所有可能值为0，1，2，3，
则P(X=0)=0.2(1－p)2=0.2p2－0.4p+0.2，
P(X=1)=0.8×(1－p)2+0.2×C21×p×(1－p)=0.8(1－p)2+0.4p(1－p)=0.4p2－1.2p+0.8，
P(X=2)=0.2p2+0.8×C21×p×(1－p)=0.2p2+1.6p(1－p)=－1.4p2+1.6p，
P(X=3)=0.8p2，
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
0.2p2－0.4p+0.2
0.4p2－1.2p+0.8
－1.4p2+1.6p
0.8p2
E(X)=0×(0.2p2－0.4p+0.2)+1×(0.4p2－1.2p+0.8)+2×(－1.4p2+1.6p)+3×0.8p2=2p+0.8．
(2)当p=0.9时，E(X)取得最大值．
①一棵B树苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.75×0.8=0.96．
②记Y为n棵树苗的成活棵数，M(n)为n棵树苗的利润，
则Y～B(n，0.96)，E(Y)=0.96n，M(n)=300Y－50(n－Y)=350Y－50n，
E(M(n))=350E(Y)－50n=286n，要使E(M(n))≥200000，则有n≥699.3．
所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元．
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