2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章隨機變量及其分布2.2.3獨立重復(fù)試驗與二項分布學(xué)案含解析新人教A版選修2-31

PAGE2.2.3獨立重復(fù)試驗與二項分布自主預(yù)習(xí)·探新知情景引入在學(xué)校組織的高二籃球競賽中，通過小組循環(huán)，甲、乙兩班順當(dāng)進入最終的決賽．在每一場競賽中，甲班取勝的概率為0.6，乙班取勝的概率是0.4，競賽既可以采納三局兩勝制，又可以采納五局三勝制．假如你是甲班的一名同學(xué)．你認(rèn)為采納哪種賽制對你班更有利？新知導(dǎo)學(xué)1．n次獨立重復(fù)試驗(1)定義一般地，在相同條件下__重復(fù)地做n次試驗__，各次試驗的結(jié)果相互獨立，稱為n次獨立重復(fù)試驗．(2)公式一般地，在n次獨立重復(fù)試驗中，設(shè)事務(wù)A發(fā)生的次數(shù)為X，在每次試驗中事務(wù)A發(fā)生的概率為p，那么在n次獨立重復(fù)試驗中，事務(wù)A恰好發(fā)生k次的概率為Pn(k)＝__Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，(k＝0,1,2，…，n)__．2．二項分布若將事務(wù)A發(fā)生的次數(shù)設(shè)為X，發(fā)生的概率為p，不發(fā)生的概率q＝1－p，那么在n次獨立重復(fù)試驗中，事務(wù)A恰好發(fā)生k次的概率是P(X＝k)＝__Ceq\o\al(k,n)pkqn－k__(k＝0,1,2，…，n)，于是得到X的分布列X01…k…nPCeq\o\al(0,n)p0qnCeq\o\al(1,n)p1qn－1…Ceq\o\al(k,n)pkqn－k…Ceq\o\al(n,n)pnq0由于表中其次行恰好是二項式綻開式(q＋p)n＝Ceq\o\al(0,n)p0qn＋Ceq\o\al(1,n)p1qn－1＋…＋Ceq\o\al(k,n)pkqn－k＋…＋Ceq\o\al(n,n)pnq0各對應(yīng)項的值，稱這樣的離散型隨機變量X聽從參數(shù)為n，p的二項分布，記作__X～B(n，p)__．預(yù)習(xí)自測1．口袋里放有大小相同的兩個紅球和一個白球，有放回地每次摸取一個球，定義數(shù)列{an}：an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1第n次摸取紅球，,1第n次摸取白球，))假如Sn為數(shù)列{an}的前n項和，那么S7＝3的概率為(B)A．Ceq\o\al(5,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))5 B．Ceq\o\al(2,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5C．Ceq\o\al(5,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5 D．Ceq\o\al(2,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2[解析]由S7＝3知，在7次摸球中有2次摸取紅球，5次摸取白球，而每次摸取紅球的概率為eq\f(2,3)，摸取白球的概率為eq\f(1,3)，則S7＝3的概率為Ceq\o\al(2,7)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))5，故選B．2．(2024·全國二模)設(shè)隨機變量X～B(6，eq\f(1,2))，則P(X＝3)＝__eq\f(5,16)__．[解析]∵隨機變量X聽從二項分布B(6，eq\f(1,2))，∴P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,6)(eq\f(1,2))3×(1－eq\f(1,2))3＝eq\f(5,16)．故答案為eq\f(5,16)．互動探究·攻重難互動探究解疑獨立重復(fù)試驗概率的求法典例1某氣象站天氣預(yù)報的精確率為80%，計算(結(jié)果保留到小數(shù)點后面第2位)．(1)5次預(yù)報中恰有2次精確的概率；(2)5次預(yù)報中至少有2次精確的概率；(3)5次預(yù)報中恰有2次精確，且其中第3次預(yù)報精確的概率．[思路分析]由于5次預(yù)報是相互獨立的，且結(jié)果只有兩種(精確或不精確)，符合獨立重復(fù)試驗?zāi)Ｐ停甗解析](1)記預(yù)報一次精確為事務(wù)A，則P(A)＝0.8．5次預(yù)報相當(dāng)于5次獨立重復(fù)試驗，2次精確的概率為P＝Ceq\o\al(2,5)×0.82×0.23＝0.0512≈0.05，因此5次預(yù)報中恰有2次精確的概率約為0.05．(2)“5次預(yù)報中至少有2次精確”的對立事務(wù)為“5次預(yù)報全部不精確或只有1次精確”，其概率為P＝Ceq\o\al(0,5)×(0.2)5＋Ceq\o\al(1,5)×0.8×0.24＝0.00672≈0.01．所以所求概率為1－P＝1－0.01＝0.99．所以5次預(yù)報中至少有2次精確的概率約為0.99．(3)說明第1,2,4,5次中恰有1次精確．所以概率為P＝Ceq\o\al(1,4)×0.8×0.23×0.8＝0.02048≈0.02，所以恰有2次精確，且其中第3次預(yù)報精確的概率約為0.02．『規(guī)律總結(jié)』1.運用獨立重復(fù)試驗的概率公式求概率，首先要分析問題中涉及的試驗是否為n次獨立重復(fù)試驗，若不符合條件，則不能應(yīng)用公式求解．2．解決這類實際問題往往需把所求的概率的事務(wù)分拆為若干個事務(wù)，而這每個事務(wù)均為獨立重復(fù)試驗．3．在解題時，還要留意“正難則反”的思想的運用，即利用對立事務(wù)來求其概率．┃┃跟蹤練習(xí)1__■甲、乙兩人各射擊一次，擊中目標(biāo)的概率分別是eq\f(2,3)和eq\f(3,4)，假設(shè)每次射擊是否擊中目標(biāo)，相互之間沒有影響．(結(jié)果須用分?jǐn)?shù)作答)(1)求甲射擊3次，至少1次未擊中目標(biāo)的概率；(2)求兩人各射擊2次，甲恰好擊中目標(biāo)2次且乙恰好擊中目標(biāo)1次的概率．[解析](1)記“甲射擊3次至少有1次未擊中目標(biāo)”為事務(wù)A1，由題意，射擊3次，相當(dāng)于3次獨立重復(fù)試驗，故P(A1)＝1－P(eq\x\to(A)1)＝1－(eq\f(2,3))3＝eq\f(19,27)．(2)記“甲射擊2次，恰有2次擊中目標(biāo)”為事務(wù)A2，“乙射擊2次，恰有1次擊中目標(biāo)”為事務(wù)B2，則P(A2)＝Ceq\o\al(2,2)×(eq\f(2,3))2＝eq\f(4,9)，P(B2)＝Ceq\o\al(1,2)×(eq\f(3,4))1×(1－eq\f(3,4))＝eq\f(3,8)，由于甲、乙射擊相互獨立，故P(A2B2)＝eq\f(4,9)×eq\f(3,8)＝eq\f(1,6)．二項分布典例2在一次數(shù)學(xué)考試中，第14題和第15題為選做題．規(guī)定每位考生必需且只需在其中選做一題．設(shè)4名考生選做這兩題的可能性均為eq\f(1,2)．(1)求其中甲、乙2名考生選做同一道題的概率；(2)設(shè)這4名考生中選做第15題的考生人數(shù)為X，求X的分布列．[思路分析](1)設(shè)出事務(wù)，利用獨立事務(wù)求概率；(2)依據(jù)求分布列的步驟寫出分布列即可．[解析](1)設(shè)事務(wù)A表示“甲選做第14題”，事務(wù)B表示“乙選做第14題”，則甲、乙2名考生選做同一道題的事務(wù)為“AB∪eq\x\to(A)eq\x\to(B)”，且事務(wù)A，B相互獨立．所以P(AB∪eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(A)P(B)＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＋(1－eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)．(2)隨機變量X的可能取值為0,1,2,3,4.且X～B(4，eq\f(1,2))．所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,4)(eq\f(1,2))k(1－eq\f(1,2))4－k＝Ceq\o\al(k,4)(eq\f(1,2))4(k＝0,1,2,3,4)．所以變量X的分布列為：X01234Peq\f(1,16)eq\f(1,4)eq\f(3,8)eq\f(1,4)eq\f(1,16)『規(guī)律總結(jié)』解決二項分布問題的兩個關(guān)注點(1)對于公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)必需在滿意“獨立重復(fù)試驗”時才能運用，否則不能應(yīng)用該公式．(2)推斷一個隨機變量是否聽從二項分布，關(guān)鍵有兩點：一是對立性，即一次試驗中，事務(wù)發(fā)生與否兩者必有其一；二是重復(fù)性，即試驗獨立重復(fù)地進行了n次．┃┃跟蹤練習(xí)2__■一袋中有大小相同的4個紅球和2個白球，給出下列結(jié)論：①從中任取3球，恰有一個白球的概率是eq\f(3,5)；②現(xiàn)從中不放回的取球2次，每次任取1球，則在第一次取到紅球后，其次次再次取到紅球的概率為eq\f(2,5)；③從中有放回的取球3次，每次任取一球，則至少有一次取到紅球的概率為eq\f(26,27)．其中全部正確結(jié)論的序號是__①③__．[解析]①恰有一個白球的概率P＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(2,4),C\o\al(3,6))＝eq\f(3,5)，故①正確；②設(shè)A＝{第一次取到紅球}，B＝{其次次取到紅球}．則P(A)＝eq\f(2,3)，P(A∩B)＝eq\f(4×3,6×5)＝eq\f(2,5)，∴P(B|A)＝eq\f(PA∩B,PA)＝eq\f(3,5)，故②錯；③每次取到紅球的概率P＝eq\f(2,3)，所以至少有一次取到紅球的概率為1－(1－eq\f(2,3))3＝eq\f(26,27)，故③正確．二項分布的應(yīng)用典例3高二(1)班的一個探討性學(xué)習(xí)小組在網(wǎng)上查知，某珍稀植物種子在肯定條件下發(fā)芽勝利的概率為eq\f(1,3)，該探討性學(xué)習(xí)小組又分成兩個小組進行驗證性試驗．(1)第一小組做了5次這種植物種子的發(fā)芽試驗(每次均種下一粒種子)，求他們的試驗中至少有3次發(fā)芽勝利的概率；(2)其次小組做了若干次發(fā)芽試驗(每次均種下一粒種子)，假如在一次試驗中種子發(fā)芽勝利就停止試驗，否則將接著進行下次試驗，直到種子發(fā)芽勝利為止，但試驗的次數(shù)最多不超過5次．求其次小組所做種子發(fā)芽試驗的次數(shù)ξ的概率分布列．[解析](1)至少有3次發(fā)芽勝利，即有3次、4次、5次發(fā)芽勝利．設(shè)5次試驗中種子發(fā)芽勝利的次數(shù)為隨機變量X，則P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,5)×(eq\f(1,3))3×(eq\f(2,3))2＝eq\f(40,243)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)×(eq\f(1,3))4×eq\f(2,3)＝eq\f(10,243)，P(X＝5)＝Ceq\o\al(5,5)×(eq\f(1,3))5×(eq\f(2,3))0＝eq\f(1,243)．所以至少有3次發(fā)芽勝利的概率P＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5)＝eq\f(40,243)＋eq\f(10,243)＋eq\f(1,243)＝eq\f(51,243)＝eq\f(17,81)．(2)隨機變量ξ的可能取值為1,2,3,4,5．P(ξ＝1)＝eq\f(1,3)，P(ξ＝2)＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，P(ξ＝3)＝(eq\f(2,3))2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，P(ξ＝4)＝(eq\f(2,3))3×eq\f(1,3)＝eq\f(8,81)，P(ξ＝5)＝(eq\f(2,3))4×1＝eq\f(16,81)．所以ξ的分布列為：ξ12345Peq\f(1,3)eq\f(2,9)eq\f(4,27)eq\f(8,81)eq\f(16,81)『規(guī)律總結(jié)』1.二項分布的簡潔應(yīng)用是求n次獨立重復(fù)試驗中事務(wù)A恰好發(fā)生k次的概率．解題的一般思路是：依據(jù)題意設(shè)出隨機變量→分析出隨機變量聽從二項分布→找到參數(shù)n，p→寫出二項分布的分布列→將k值代入求解概率．2．利用二項分布求解“至少”“至多”問題的概率，其實質(zhì)是求在某一取值范圍內(nèi)的概率，一般轉(zhuǎn)化為幾個互斥事務(wù)發(fā)生的概率的和，或者利用對立事務(wù)求概率．┃┃跟蹤練習(xí)3__■在一次抗洪搶險中，打算用射擊的方法引爆從上游漂流而下的一個巨大汽油罐，已知只有5發(fā)子彈，第一次命中只能使汽油流出，其次次命中才能引爆，每次射擊是相互獨立的，且命中的概率都是eq\f(2,3)．(1)求油罐被引爆的概率；(2)假如引爆或子彈打光則停止射擊，設(shè)射擊次數(shù)為X，求X不小于4的概率．[解析](1)油罐引爆的對立事務(wù)為油罐沒有引爆，沒有引爆的可能狀況是：射擊5次只擊中一次或一次也沒有擊中，故該事務(wù)的概率為Ceq\o\al(1,5)·eq\f(2,3)·(eq\f(1,3))4＋(eq\f(1,3))5，所以所求的概率為1－[Ceq\o\al(1,5)·eq\f(2,3)·(eq\f(1,3))4＋(eq\f(1,3))5]＝eq\f(232,243)．(2)當(dāng)X＝4時記為事務(wù)A，則P(A)＝Ceq\o\al(1,3)·eq\f(2,3)·(eq\f(1,3))2·eq\f(2,3)＝eq\f(4,27)．當(dāng)X＝5時，意味著前4次射擊只擊中一次或一次也未擊中，記為事務(wù)B．則P(B)＝Ceq\o\al(1,4)·eq\f(2,3)·(eq\f(1,3))3＋(eq\f(1,3))4＝eq\f(1,9)，∴射擊次數(shù)不小于4的概率為eq\f(4,27)＋eq\f(1,9)＝eq\f(7,27)．學(xué)科核心素養(yǎng)二項分布中的概率最值問題一般地，若隨機變量X聽從二項分布，即X～B(n，p)，其中0<p<1，則有eq\f(PX＝k,PX＝k－1)＝eq\f(n－k＋1p,k1－p)＝1＋eq\f(n＋1p－k,k1－p)(1≤k≤n)，當(dāng)且僅當(dāng)k≤(n＋1)p時，P(X＝k)≥P(X＝k－1)，所以P(X＝k)在(n＋1)p的左側(cè)嚴(yán)格遞增，右側(cè)嚴(yán)格遞減，故有：(1)假如(n＋1)p>n，則當(dāng)k取n時，P(X＝k)最大．(2)假如(n＋1)p是不超過n的正整數(shù)，則當(dāng)k＝(n＋1)p－1和(n＋1)p時，P(X＝k)都達到最大值．(3)假如(n＋1)p是不超過n的非整數(shù)，那么當(dāng)k＝[(n＋1)p]時([(n＋1)p]表示不超過(n＋1)p的最大整數(shù))，P(X＝k)最大．典例4某一批產(chǎn)品的合格率為95%，那么在取出其中的20件產(chǎn)品中，最有可能有幾件產(chǎn)品合格？[思路分析]設(shè)在取出的20件產(chǎn)品中，合格產(chǎn)品有ξ件，則ξ聽從二項分布，比較P(ξ＝k－1)與P(ξ＝k)的大小得出結(jié)論．[解析]設(shè)在取出的20件產(chǎn)品中，合格產(chǎn)品有ξ件，則ξ聽從二項分布，即ξ～B(20,0.95)，于是恰好有k件產(chǎn)品合格的概率為P(ξ＝k)＝Ceq\o\al(k,20)×0.95k×0.0520－k(0≤k≤20，k∈N)．又eq\f(Pξ＝k,Pξ＝k－1)＝eq\f(C\o\al(k,20)×0.95k×0.0520－k,C\o\al(k－1,20)×0.95k－1×0.0521－k)＝eq\f(20－k＋1×0.95,k×0.05)＝1＋eq\f(21×0.95－k,k×0.05)(1≤k≤20，k∈N)．于是當(dāng)k<19.95時，P(ξ＝k－1)<P(ξ＝k)；當(dāng)k>19.95時，P(ξ＝k－1)>P(ξ＝k)．從而可知在取出的20件產(chǎn)品中，最有可能有19件合格品．『規(guī)律總結(jié)』求二項分布的最值的方法：①依據(jù)ξ～B(n，p)，列出分布列P(ξ＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0,1,2,3，…，n.②利用比較法(作差或作商)比較P(ξ＝k－1)和P(ξ＝k)的大?。哿頟(ξ＝k)－P(ξ＝k－1)≥0或eq\f(Pξ＝k,Pξ＝k－1)≥1，求出k的取值區(qū)間，此區(qū)間即為P(ξ＝k)的單調(diào)增區(qū)間，它的補集即為單調(diào)減區(qū)間．④結(jié)合P(ξ＝k)的單調(diào)性確定P(ξ＝k)的最大值和對應(yīng)的k的值．┃┃跟蹤練習(xí)4__■一款擊鼓小嬉戲的規(guī)則如下：每盤嬉戲都須要擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂；每盤嬉戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂則扣除200分(即獲得－200分)．設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f(1,2)，且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨立．(1)設(shè)每盤嬉戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列；(2)玩三盤嬉戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？[解析](1)X可能的取值為：10,20,100，－200．依據(jù)題意，有P(X＝10)＝Ceq\o\al(1,3)×(eq\f(1,2))1×(1－eq\f(1,2))2＝eq\f(3,8)，P(X＝20)＝Ceq\o\al(2,3)×(eq\f(1,2))2×(1－eq\f(1,2))1＝eq\f(3,8)，P(X＝100)＝Ceq\o\al(3,3)×(eq\f(1,2))3×(1－eq\f(1,2))0＝eq\f(1,8)，P(X＝－200)＝Ceq\o\al(0,3)×(eq\f(1,2))0×(1－eq\f(1,2))3＝eq\f(1,8)．所以X的分布列為：X1020100－200Peq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)eq\f(1,8)(2)設(shè)“第i盤嬉戲沒有出現(xiàn)音樂”為事務(wù)Ai(i＝1,2,3)，則P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f(1,8)．所以，“三盤嬉戲中至少有一次出現(xiàn)音樂”的概率為1－P(A1A2A3)＝1－(eq\f(1,8))3＝1－eq\f(1,512)＝eq\f(511,512)．因此，玩三盤嬉戲至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是eq\f(511,512)．易混易錯警示求獨立重復(fù)試驗的概率典例5在將來3天中，某氣象臺預(yù)報每每天氣的精確率為0.8，則在將來3天中，(1)至少有2天預(yù)報精確的概率是多少？(2)至少有一個連續(xù)2天預(yù)報都精確的概率是多少？[錯解](1)0.8×0.8×0.2＋0.8×0.8×0.8＝0.64，所以至少2天預(yù)報精確的概率為0.64．(2)0.8×0.8×0.2＋0.8×0.8×0.8＝0.64，所以至少有一個連續(xù)2天預(yù)報都精確的概率為0.64．[辨析]錯誤緣由：對“至少有2天預(yù)報精確”“至少有一個連續(xù)2天”理解有誤，對題意分析不夠透徹．防范措施：精確把握“恰有”“至少有”“至多有”等含義，依據(jù)題意確定事務(wù)發(fā)生的次數(shù)和事務(wù)發(fā)生的概率，再結(jié)合題中條件求解．[正解](1)至少有2天預(yù)報精確的概率為恰有2天和恰有3天預(yù)報精確的概率，即Ceq\o\al(2,3)×0.82×0.2＋Ceq\o\al(3,3)×0.83＝0.896，所以至少有2天預(yù)報精確的概率為0.896．(2)至少有一個連續(xù)2天預(yù)報都精確，即為恰有一個連續(xù)2天預(yù)報精確或3天預(yù)報精確，概率為2×0.82×0.2＋0.83＝0.768.所以至少有一個連續(xù)2天預(yù)報都精確的概率為0.768．[誤區(qū)警示]審題不細是解題致誤的主要緣由之一，審題時要仔細分析．弄清條件與結(jié)論，發(fā)掘一切可用信息．┃┃跟蹤練習(xí)5__■(2024·吉林高二質(zhì)檢)某公司是否對某一項目投資，由甲、乙、丙三位決策人投票確定，他們?nèi)硕加小巴狻?、“中立”、“反對”三類票各一張，投票時，每人必需且只能投一張，每人投三類票中的任何一類的概率都是eq\f(1,3)，他們的投票相互沒有影響，規(guī)定：若投票結(jié)果中至少有兩張“同意”票，則確定對該項目投資；否則，放棄對該項目的投資．(1)求該公司確定對該項目投資的概率；(2)求該公司放棄對該項目投資且投票結(jié)果中最多有一張“中立”票的概率．[解析](1)該公司確定對該項目投資的概率為P＝Ceq\o\al(2,3)(eq\f(1,3))2×eq\f(2,3)＋Ceq\o\al(3,3)(eq\f(1,3))3＝eq\f(7,27)．(2)該公司放棄對該項目投資且投票結(jié)果中最多有一張“中立”票，有以下四種情形：“同意”票張數(shù)“中立”票張數(shù)“反對”票張數(shù)事務(wù)A003事務(wù)B102事務(wù)C111事務(wù)D012P(A)＝Ceq\o\al(3,3)(eq\f(1,3))3＝eq\f(1,27)，P(B)＝Ceq\o\al(1,3)(eq\f(1,3))3＝eq\f(1,9)，P(C)＝Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)(eq\f(1,3))3＝eq\f(2,9)，P(D)＝Ceq\o\al(1,3)(eq\f(1,3))3＝eq\f(1,9)．∵A，B，C，D互斥，∴P(A∪B∪C∪D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝eq\f(13,27)．課堂達標(biāo)·固基礎(chǔ)1．下列隨機變量X不聽從二項分布的是(B)A．投擲一枚勻稱的骰子5次，X表示點數(shù)為6出現(xiàn)的次數(shù)B．某射手射中目標(biāo)的概率為p，設(shè)每次射擊是相互獨立的，X為從起先射擊到擊中目標(biāo)所須要的射擊次數(shù)C．實力相等的甲、乙兩選手進行了5局乒乓球競賽，X表示甲獲勝的次數(shù)D．某星期內(nèi)，每次下載某網(wǎng)站數(shù)據(jù)被病毒感染的概率為0.3，X表示下載n次數(shù)據(jù)電腦被病毒感染的次數(shù)[解析]選項A，試驗出現(xiàn)的結(jié)果只有兩種：點數(shù)為6和點數(shù)不為6，且點數(shù)為6的概率在每一次試驗中都為eq\f(