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2.4二项分布 课件(北师大版选修2-3)_图文

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§ 4

二项分布

●三维目标 1.知识与技能 (1)理解 n 次独立重复试验及二项分布模型,会判断一个 具体问题是否服从二项分布. (2)培养学生的自主学习能力、数学建模能力,并能解决 相应的实际问题.
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2.过程与方法 (1)通过主动探究、自主合作、相互交流,从具体事例归 纳出数学概念. (2)使学生充分体会知识的发现过程,并渗透由特殊到一 般、由具体到抽象的数学思想方法. 3.情感、态度与价值观 (1)使学生体会数学的理性与严谨, 了解数学来源于实际, 应用于实际的唯物主义思想.

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(2)培养学生对新知识的科学态度,勇于探索和敢于创新 的精神.
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●重点难点 重点:独立重复试验、二项分布的理解及应用二项分布 模型解决一些简单的实际问题. 难点:二项分布的构建. 重难点突破方式:(1)强调二项分布模型的应用范围.(独 立重复试验).(2)运用类比法对学生容易混淆的地方,加以比 较.(3)创设条件、保证充分练习(设置三个层次的训练题、模 型的直接应用、变形应用和实际应用,对实际应用题师生要

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共同分析讨论,从问题中抽象出二项分布模型,要反复引导, 循序渐进).
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●教学建议 自主性、能动性是人的各种潜能中最主要也是最高层次 的潜能.教育只有在尊重学生主体的基础上,才能激发学生 的主体意识,培养学生的主体精神和主体人格.“主体”参 与是现代教学论关注的要素.课堂教学中做到以学生的自主 学习为中心,给学生提供尽可能多的思考、探索、发现、想 象、创新的时间和空间.提高学生的认知结构,预备知识的 掌握情况.

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本节课可采取“自主探究式”的教学方式,即学生在教 师的引导下,观察发现、自主探究、合作交流、由特殊到一 般、由感性到理性主动构建新知识,启发引导学生积极的思 考,对学生的思维进行调控,帮助学生优化思维过程.

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●教学流程

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演示结束

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1.掌握独立重复试验的概念及意义, 理解事件在n次独立重复试验中恰好 发生k次的概率公式. 课标 2.理解n次独立重复试验的模型, 解读 并能用于解一些简单的实际问题. 3.了解二项分布与超几何分布的关 系.

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n次独立重复试验
【问题导思】 1.n 次独立重复试验包含了几个相同的试验?
【提示】 包含了 n 个. 2.这 n 个试验是什么关系? 【提示】 每次试验相互独立. 3.每一项试验有几种可能?

【提示】 或“失败”.

每一次试验只有两种可能的结果:“成功”

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4.每一次试验结果中“成功”的概率有何特性? 【提示】 “成功”的概率都相等.
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进行 n 次试验,结果满足如下条件: (1)每次试验只有两个相互 对立 的结果,可以分别称为 “ 成功 ”和“ 失败 ”; (2)每次试验“成功”的概率均为 p.“失败”的概率均为

1-p ;
(3)各次试验是相互独立的. 用 X 表示这 n 次试验中成功的次数,则 p k Cn p (1-p)n-k P(X=k)= (k=0,1,2,?,n). 若一个随机变量 X 的分布列如上所述,称 X 服从参数为 n,p 的二项分布,简记为
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X~B(n,p)

.

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求相互独立的重复试验的概率
若图书室中只存放技术书和数学书,每名读者 借技术书的概率为 0.2,借数学书的概率为 0.8.有 5 名读者依 次借书,设每人只借一本书,求至多有 2 人借数学书的概率.

【思路探究】

读者借一本书只有两种结果,每名读者

借一本书可以看做是五次相互独立的重复试验,因此可用相 互独立的重复试验的概率公式求解.

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【自主解答】 记“读者借数学书”为事件 A,“读者 借技术书 ”为事件 A ,因此每名读者借一本书可看做是五次 独立的重复试验,其中 P(A)=0.8,P( A )=0.2,故所求的概
0 1 4 2 2 3 率为 C5 ×0.80×0.25+C1 5×0.8 ×0.2 +C5×0.8 ×0.2 =0.057

92. 即至多有 2 人借数学书的概率为 0.057 92.

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1.二项分布有以下两个特点: ①对立性,即一次试验中,事件发生与否二者必居其一; ②重复性,即试验是独立重复地进行了 n 次. 2.判断随机变量服从二项分布后熟练运用公式 P(X=k)
k k =Cn p (1-p)n-k(k=0,1,2,?,n)求解.

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一个病人服用某种新药后被治愈的概率为 0.9, 服用这种 新药的有甲、乙、丙 3 位病人,且各人之间互不影响,有下 列结论: ①3 位病人都被治愈的概率为 0.93; ②3 人中的甲被治愈的概率为 0.9; ③3 人中恰好有 2 人被治愈的概率是 2×0.92×0.1; ④3 人中恰好有 2 人未被治愈的概率是 3×0.9×0.12; ⑤ 3 人中恰好有 2 人被治愈,且甲被治愈的概率是 0.9 ×0.1. 其中正确结论的序号是________. (把正确的序号都填上)
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【解析】

①中事件为 3 次独立重复试验恰有 3 次发生

的概率,其概率为 0.93,故①正确;由独立重复试验中,事 件 A 发生的概率相同,知②正确;③中恰有 2 人被治愈的概
2 2 率为 P(X=2)=C2 p (1 - p ) = 3 × 0.9 ×0.1,从而③错误;④中 3 1 恰好有 2 人未被治愈相当于恰好 1 人被治愈,故概率为 C3

×0.9×0.12=3×0.9×0.12,从而④正确.⑤中恰有 2 人被治 愈且甲被治愈,可分为甲、乙被治愈,丙未被治愈或甲、丙 被治愈, 乙未被治愈, 其概率为 0.9×0.9×0.1+0.9×0.1×0.9 =2×0.92×0.1,从而⑤错误. 【答案】 ①②④
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二项分布及其应用
某射手每次射击击中目标的概率是 0.8,现在连 续射击 4 次,求击中目标的次数 X 的概率分布列. 【思路探究】 本题是一个独立重复试验问题,其击中

目标的次数 X 的概率分布列服从二项分布,可直接由二项分 布得出. 【自主解答】 在重复射击中,击中目标的次数 X 服从
二项分布,X~B(n,p).
k 4 -k 由已知,n =4,p=0.8,P(X =k) =Ck · 0.8 · (0.2) ,k= 4

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0,1,2,3,4.
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0 4 ∴P(X=0)=C0 · 0.8 · (0.2) =0.001 6, 4

P(X=1)=C1 0.81· (0.2)3=0.025 6, 4·
2 2 P(X=2)=C2 · 0.8 · (0.2) =0.153 4

6,

3 1 P(X=3)=C3 · 0.8 · (0.2) =0.409 6, 4

P(X=4)=C4 0.84· (0.2)0=0.409 6. 4· ∴X 的分布列为
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X

0

1

2

3

4
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P 0.001 6 0.025 6 0.153 6 0.409 6 0.409 6





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1. 独立重复试验问题, 随机变量 X 的分布服从二项分布, 即 X~B(n,p),这里 n 是独立重复试验的次数,p 是每次试 验中某事件发生的概率. 2.满足二项分布常见的实例有:①反复抛掷一枚质地均 匀硬币;②已知次品率的抽样;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.

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学校游园活动有这样一个游戏项目:甲箱子里装有 3 个 白球、2 个黑球,乙箱子里装有 1 个白球、2 个黑球,这些球 除颜色外完全相同.每次游戏从这两个箱子里各随机摸出 2 个球,若摸出的白球不少于 2 个,则获奖.(每次游戏结束后 将球放回原箱) (1)求在 1 次游戏中,①摸出 3 个白球的概率;②获奖的 概率 ; (2)求在 2 次游戏中获奖次数 X 的分布列.
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【解】 (1)①设“在 1 次游戏中摸出 i 个白球”为事件 Ai(i=0,1,2,3),则
1 C2 C 3 2 1 P(A3)=C2· 2= . C 5 3 5

②设“在 1 次游戏中获奖”为事件 B,则 B=A2∪A3,
2 1 1 1 C2 C C 3 2 3C2 C2 1 又 P(A2)=C2· A3 互斥,所以 P(B) 2+ 2 · 3= ,且 A2, C C C 2 5 3 5 3

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1 1 7 =P(A2)+P(A3)=2+5=10.

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(2)由题意可知 X 的所有可能取值为 0,1,2. 7 2 9 P(X=0)=(1- ) = , 10 100
1 7 P(X=1)=C2·

7 21 (1-10)=50, 10·

7 2 49 P(X=2)=( ) = . 10 100 所以 X 的分布列是
X P 0 9 100 1 21 50 2 49 100

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概率的综合应用

一名学生骑自行车上学, 从他到学校的途中有 6 个交通岗,假设他在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立 1 的,并且概率都是3. (1)设 X 为这名学生在途中遇到的红灯次数,求 X 的分布 列; (2)设 Y 为这名学生在首次停车前经过的路口数,求 Y 的 分布列; (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.
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【思路探究】

先正确求得各变量取各值的概率,再找

出(1)和(2)问中概率的区别和联系.

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【自主解答】 (1)将遇到每个交通岗看作一次试验,遇 1 1 到红灯的概率都是3且每次试验结果相互独立, 故 X~B(6, 3), ∴X 的分布列为 k 1 k 2 6-k P(X=k)=C6· ( )· ( ) (k=0,1,2,?,6). 3 3 ∴X 的分布列如下: X 0 1 2 3 0 1 0 2 6 1 1 1 2 5 2 1 2 2 4 3 1 3 2 3 P C6( ) ( ) C6( ) ( ) C6( ) ( ) C6( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 X 4 5 6 4 1 4 2 2 5 1 5 2 1 6 1 6 2 0 P C6( ) ( ) C6( ) ( ) C6( ) ( ) 3 3 3 3 3 3
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(2)Y=k(k=0,1,2,?,5)表示前 k 个路口没有遇上红灯, 2 k1 但在第 k+1 个路口遇上红灯,其概率为 P(Y=k)=( ) ·,Y 3 3 26 =6 表示一路没有遇上红灯,故其概率为 P(Y=6)=(3) ,所 以 Y 的分布列为 Y 0 P 1 2 3 4 5 6

1 12 1 2 2 1 2 3 1 2 4 1 2 5 2 6 · · ( ) · ( ) · ( ) · ( ) ( ) 3 33 3 3 3 3 3 3 3 3 3

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2 6 665 (3)所求概率为 P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(3) =729.
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1.利用二项分布解题的关键在于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. 2.在解题时,要注意概率的加法公式、乘法公式、“正 难则反”思想(利用对立事件求概率)的灵活运用.

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某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训,以提高 下岗人员的再就业能力.每名下岗人员可以选择参加一项培 训、参加两项培训或不参加培训.已知参加过财会培训的有 60%, 参加过计算机培训的有 75%, 假设每个人对培训项目的 选择是相互独立的,且各人的选择相互之间没有影响. (1)任选 1 名下岗人员,求该人参加过培训的概率; (2)任选 3 名下岗人员, 记 X 为 3 人中参加过培训的人数, 求 X 的分布列.
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【解】

(1)任选 1 名下岗人员,记“该人参加过财会培

训”为事件 A,“该人参加过计算机培训”为事件 B ,由题 意知,A 与 B 相互独立,且 P(A)=0.6,P(B)=0.75. 所以,该下岗人员没有参加过培训的概率为 P( A B )=P( A )· P( B )=(1-0.6)(1-0.75)=0.1, ∴该人参加过培训的概率为 1-0.1=0.9.

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(2)因为每个人的选择是相互独立的,所以 3 人中参加过 培训的人数 X 服从二项分布,即 X~B(3,0.9),
k 3 k P(X=k)=Ck 0.9 × 0.1 ,k=0,1,2,3, 3


∴X 的分布列是
X=k 0 1 2 3

P(X=k) 0.001 0.027 0.243 0.729

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9 粒种子分种在 3 个坑内,每坑放 3 粒,每粒种 子发芽的概率为 0.5,若一个坑内至少有 1 粒种子发芽,则这 个坑不需要补种,若一个坑内的种子都没发芽,则这个坑需 要补种.假定每个坑至多补种一次,求需要补种坑数的分布 列.

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【错解】 设需要补种的坑数为 X,则 X 取值为 0,1,2,3. 由独立重复试验知 2 2 2 2 1 0 1 3 P(X=0)=C3· ( )= , 2 8 8

3 1 1 1 2 P(X=1)=C3· ( )· ( )= , 3 2 1 21 P(X=2)=C3· ( ) ·= , 8 1 3 1 3 P(X=3)=C3· (2) =8. 则所求分布列为 X
P
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0 1 8

1 3 8

2 3 8

3 1 8

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【错因分析】 要补种的概率.

错把每粒种子发芽的概率当成每坑不需

【防范措施】

在解题过程中,不要将表面像是 n 次独

立重复试验(实质上不是)不加思索地按 n 次独立重复试验进 行.对于有些问题表面看不是 n 次独立重复试验问题,但经 过转化后可看作独立重复试验,从而将问题简化.由此可看 到转化思想在数学问题的处理中所发挥的重要作用.

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【正解】 因为单个坑内的 3 粒种子都不发芽的概率为 1 1 7 (1-0.5) =8,所以单个坑不需补种的概率为 1-8=8.
3

3 个坑都不需补种的概率为

1 0 7 3 343 0 C3×( ) ×( ) = ; 8 8 512 1 1 7 2 147 1 C3×( ) ×( ) = ; 恰有 8 8 512 8 21 512;

恰有 1 个坑需要补种的概率为 2 个坑需要补种的概率为 8

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12 71 2 C3×( ) ×( ) =

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3 个坑都需要补种的概率为

13 70 3 C3×( ) ×( ) = 8 8

1 512.

所以需要补种坑数的分布列为 X 0 1 2 3

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343 147 21 1 P 512 512 512 512

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1.凡是所涉及的 n 次试验相互独立,每次试验只 有两个相互对立的结果 A 和 A ,且在每次试验中,A 发 生的概率相同,则 n 次试验中 A 发生的次数 X 就服从 二项分布. 2.凡是服从二项分布的随机变量一定只能取有限 个值,否则,随机变量不服从二项分布. 3.凡服从二项分布的随机变量在表示 n 次试验中 某事件发生的次数时, 此事件在每次试验中发生的概率 相等,否则随机变量不服从二项分布.
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1.对独立重复试验有以下说法 ①每次试验之间是相互独立的; ②每次试验只有两个相互对立的结果; ③每次试验中事件 A 发生的概率相等; ④各次试验中,各个事件是互斥的. 其中正确的是( A.①② C.①②③ ) B.②③ D.①②④

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【解析】 根据独立重复试验的特点知只有④是错误的. 【答案】 C
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易 错 易 误 辨 析 当 堂 双 基 达 标

1 2.设随机变量 X~B(6, )得 P(X=3)=( 2 5 A. 16 5 C.8 3 B.16 3 D.8

)

1 5 3 1 3 1 3 【解析】 由 X~B(6,2)得 P(X=3)=C6(2) (2) =16.
【答案】 A

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3.甲、乙两人进行围棋比赛,比赛采取五局三胜制,无 论哪一方先胜三局则结束比赛,假定甲每局比赛获胜的概率 2 为3,则甲以 3∶1 的比分获胜的概率为________.

【解析】 因为甲以 3∶1 获胜,所以共下四局,则前 3 局中甲胜了 2 次,第四局甲胜,所以 2 2 2 2 1 P=C3( ) × × = 3 8 3 3 27.

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8 【答案】 27

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4.在反复进行的某种试验中,其每次成功的概率为 0.7, 该试验独立进行 4 次. (1)求在 4 次试验中,只成功 3 次的概率; (2)试求出第 4 次试验才成功的概率.
【解】 (1)由于试验独立进行,设随机变量 X 表示成功 的次数,则 X~B(4,0.7).
3 4-3 ∴所求概率为 P(X=3)=C3 =0.411 6. 4×0.7 ×(1-0.7)

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(2)第 4 次试验才成功,则前三次不成功,∴P=0.33×0.7 =0.018 9.
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甲、乙 2 人进行乒乓球比赛,采用“五局三胜制”,即 2 五局中先胜三局者为赢,若每场比赛甲获胜的概率是3,乙获 1 胜的概率是3.求: (1)比赛以甲三胜一负而结束的概率; (2)甲获胜的概率.

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【思路探究】 (1)比赛以甲三胜一负而结束,意思是第 四局结束,故前三局甲必须胜两局而第四局甲又必须获胜, 由独立重复试验 3 次恰有 2 次发生的概率易解得.(2)甲获胜 可分为甲第三局、第四局、第五局获胜而赢得比赛三种情况.

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【自主解答】

(1)甲三胜一负结束即共进行四局比赛:

前三局甲两胜一负,第四局甲胜,则所求概率 2 2 2 2 1 P=C3( ) × × = 3 3 8 . 3 27

(2)甲获胜可分为如下三种互斥事件:①甲连胜三局而获 胜;②前三局胜两局,第四局胜而获胜;③前四局甲仅胜两 局,第五局甲胜而最终获胜.所以甲获胜的概率为: 23 22 1 2 22 12 2 3 2 2 P=C3×( ) +C3×( ) × × +C4×( ) ×( ) × 3 3 3 3 3 3 3 8 8 8 2 64 = + + × = . 27 27 27 3 81
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1.本题中涉及的试验不一定是 n 次独立重复试验,不能 盲目套用公式. 2. 解决这类实际问题往往需要把所求概率的事件拆为若 干个事件,而其中的事件可为独立重复试验.

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2 3 甲、乙两人各射击一次击中目标的概率分别是 和 ,假 3 4 设两人射击是否击中目标,相互之间没有影响,每次射击是 否击中目标,相互之间也没有影响. (1)求甲射击 4 次,至少 1 次未击中目标的概率; (2)求两人各射击 4 次,甲恰好击中目标 2 次且乙恰好击 中目标 3 次的概率; (3)假设某人连续 2 次未击中目标,则射击停止,问:乙 恰好射击 5 次后被中止射击的概率是多少?
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【解】

设“甲、乙两人各射击一次击中目标” 分别记

2 3 为 A、B,则 P(A)=3,P(B)=4 (1)甲射击 4 次,全击中目标的概率为 16 = . 81 16 所以甲射击 4 次至少 1 次未中目标的概率为 P=1 - = 81 65 . 81 20 24 4 2 4 C4( ) (1- ) =( ) 3 3 3

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(2)甲、乙各射击 4 次,甲恰好击中 2 次,概率为 22 22 12 2 2 2 C4( ) · (1- ) =6×( ) ×( ) = 3 3 3 3 乙恰好击中 3 次,概率为 8 27 1 ∴概率为 × = . 27 64 8 (3)乙射击 5 次后,中止射击,第 3 次击中,第 4 、5 次不 33 12 中, 而第 1、 2 次至少 1 次击中目标, 所以所求概率为(4) ×(4) 32 13 32 13 45 +(4) ×(4) +(4) ×(4) =1 024.
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8 27. 4 64

3 1 27 3 3 3 C4( ) · (1- ) = . 4

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碰运气能否通过英语四级考试 大学英语四级考试是为全面检验大学生英语水平而设置 的一种考试,具有一定的难度.这种考试包括听力、语法结 构、阅读理解、综合填空、写作等.除英文写作占 15 分外, 其余 85 道多种答案选择每题 1 分,即每一道题附有 A,B, C,D 四个选择答案,要求考生从中选择最佳答案.这种考试 方式使有的学生产生想碰运气的侥幸心理,那么靠碰运气能

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通过英语四级考试吗?

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假定不考虑英文写作所占的 15 分,那么按及格成绩 60 分计算,85 道选择题必须答对 51 道题以上.如果单靠碰运 1 3 气、瞎猜测的话,则每道题答对的概率为4,答错的概率是4. 显然,各道题的解答互不影响,因此,可以将解答 85 道选择 题看成 85 次独立重复试验. 设随机变量 X 表示答对的题数,则 X 服从参数 n=85,p =0.25 的二项分布,其分布列为:
k n-k P(X=k)=Ck p (1 - p ) ,k=0,1,2,?,n. n

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若要及格,必须 X≥51,其概率为
-12 k n -k P(X≥51)= ∑ Ck 0.25 (1 - 0.25) ≈ 8.74 × 10 . n

85

k=51

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这个概率非常小,因此可以认为,想靠碰运气通过四级 考试几乎是一个不可能发生的事件,它相当于在一千亿个想 碰运气的考生中,仅有 0.874 人能通过四级考试.
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