7.4.1 二项分布
基础知识
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；（“重复”意味着各次试验成功的概率相同）
第二：各次试验的结果相互独立.
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\(p(0<p<1)\)，用\(X\)表示事件\(A\)发生的次数，则
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
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | ⋯ | \(k\) | ⋯ | \(n\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(C_n^0 p^0 q^n\) | \(C_n^1 p^1 q^{n-1}\) | ⋯ | \(C_n^k p^k q^{n-k}\) | ⋯ | \(C_n^n p^n q^0\) |
(其中\(q=1-p\))
由二项定理，可得
\(\sum_{k=0}^n P(X=k)=\sum_{k=0}^n C_n^k p^k q^{n-k}=(p+q)^k=1\)
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\(\dfrac{1}{3}\)，那他投\(5\)次恰好中\(2\)次的概率\(p\)是\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 小明投\(5\)次，如下图，他只中了\(2\)次，
答：共有\(C_5^2\)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\(\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^3\) .
那所求概率\(p=C_5^2\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\left(1-\dfrac{1}{3}\right)^3\).
二项分布的应用非常广泛，例如，生产过程中的质量控制和抽样方案，都是以二项分布为基础的；参加某保险人群中发生保险事故的人数，试制药品治愈某种疾病的人数，感染某种病毒的家禽数等，都是可以用二项分布来描述.
二项分布的期望与方差
一般地，如果\(X～B(n，p)\)，那么\(E(X)=np\) ， \(D(X)=np(1-p)\).
下面对期望进行证明
证明 令\(q=1-p\)，由\(k C_n^k=n C_{n-1}^{k-1}\)，可得
\(E(X)=\sum_{k=0}^n k C_n^k p^k q^{n-k}=\sum_{k=1}^n n C_{n-1}^{k-1} p^k q^{n-k}=n p \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} p^{k-1} q^{n-1-(k-1)}\)
令\(k-1=m\)，则
\(E(X)=n p \sum_{m=0}^{n-1} C_{n-1}^m p^{k-1} q^{n-1-m}=n p(p+q)^{n-1}=n p\)
基本方法
【题型1】 二项分布
【典题1】 下列随机变量\(\xi\)服从二项分布的是( )
①随机变量\(\xi\)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\(\xi\)；
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，\(\xi\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数\((M<N)\)；
④有一批产品共有\(N\)件，其中\(M\)件为次品，采用不放回抽取方法，\(\xi\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数\((M<N)\)．
A．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．③④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．①③
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\(\xi\)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\(\xi\)，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\(\xi\)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\(\xi\)表示\(n\)次抽取中出现次品的件数不服从二项分布；
故选：\(D\)．
点拨 二项分布要求事件要相互独立，是放回抽样.
【典题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．假设甲队中每人答对的概率均为\(\dfrac{2}{3}\)，乙队中\(3\)人答对的概率分别为\(\dfrac{2}{3}\)，\(\dfrac{2}{3}\)，\(\dfrac{1}{2}\)，且各人答对正确与否相互之间没有影响．用\(\xi\)表示甲队的总得分．
(1)求随机变量\(\xi\)的分布列；
(2)用\(A\)表示“甲、乙两个队总得分之和等于\(3\)”这一事件，用\(B\)表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求\(P(AB)\)．
解析 (1)由已知，甲队中\(3\)人回答问题相当于\(3\)次独立重复试验，\(\therefore \xi \sim B\left(3， \dfrac{2}{3}\right)\)．
\(P(\xi=0)=C_3^0 \times\left(1-\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{1}{27}\)， \(P(\xi=1)=C_3^1 \times \dfrac{2}{3} \times\left(1-\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{2}{9}\)，
\(P(\xi=2)=C_3^2 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^2\left(1-\dfrac{2}{3}\right)=\dfrac{4}{9}\)， \(P(\xi=3)=C_3^3 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}\)，
所以\(\xi\)的分布列为
| \(\xi\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{27}\) | \(\dfrac{2}{9}\) | \(\dfrac{4}{9}\) | \(\dfrac{8}{27}\) |
(2)用\(C\)表示“甲得\(2\)分乙得\(1\)分”这一事件，用\(D\)表示“甲得\(3\)分乙得\(0\)分”这一事件，
\(AB=C\cup D\)，\(C\)，\(D\)互斥．
\(P(C)=C_3^2 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \times\left(1-\dfrac{2}{3}\right)=\dfrac{10}{81}\)．
\(P(D)=\dfrac{8}{27} \times\left(1-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-\dfrac{2}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{4}{243}\)．
\(\therefore P(A B)=P(C)+P(D)=\dfrac{10}{81}+\dfrac{4}{243}=\dfrac{34}{243}\)．
【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\(X\)
2.打靶时，某人每打\(10\)发可中靶\(8\)次，则他打\(100\)发子弹有\(4\)发中靶的概率为( )
A．\(C_{100}^4 \cdot 0.8^4 \times 0.2^{96}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(0.8^4\) \(\qquad \qquad \qquad\) C． \(0.8^4 \times 0.2^{96}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(0.2^4 \times 0.2^{96}\)
3.在一次篮球投篮测试中，记分规则如下(满分为\(10\)分)：①每人可投篮\(7\)次，每投中一次记\(1\)分；②若连续两次投中加\(0.5\)分，连续三次投中加\(1\)分，连续四次抽中加\(1.5\)分，以此类推，…，七次都投中加\(3\)分．假设某同学每次投中的概率为\(\dfrac{1}{2}\)，各次投篮相互独立，则：
(1)该同学在测试中得\(2\)分的概率为\(\underline{\quad \quad}\)；(2)该同学在测试中得\(8\)分的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
4.某射手射击\(1\)次，击中目标的概率是\(0.9\).他连续射击\(4\)次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：
①他第\(3\)次击中目标的概率是\(0.9\)；
②他恰好击中目标\(3\)次的概率是\(0.9^3 \times 0.1\)；
③他至少击中目标\(1\)次的概率是\(1-0.1^4\)．
其中正确结论的序号是\(\underline{\quad \quad}\)．(写出所有正确结论的序号)
5.某气象站天气预报的准确率为\(80\%\)，计算：(结果保留到小数点后面第\(2\)位)
(1)\(5\)次预报中恰有\(2\)次准确的概率；
(2)\(5\)次预报中至少有\(2\)次准确的概率；
(3)\(5\)次预报中恰有\(2\)次准确，且其中第\(3\)次预报准确的概率．
6.如图，一个圆形游戏转盘被分成\(6\)个均匀的扇形区域，用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头\(A\)所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头\(A\)指向每个区域的可能性都是相等的．在一次家庭抽奖的活动中，要求每位家庭派一位儿童和一位成人先后分别转动一次游戏转盘，得分情况记为\((a，b)\)(假设儿童和成人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动)．若规定：一个家庭的得分为参与游戏的两人得分之和，且得分大于等于\(8\)的家庭可以获得一份奖品．
(1)求某个家庭获奖的概率；
(2)若共有\(5\)个家庭参加家庭抽奖活动，记获奖的家庭数为\(X\)，求\(X\)的分布列．
参考答案
-
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：\(B\)． -
答案 \(A\)
解析 由题意可知中靶的概率为\(0.8\)，故打\(100\)发子弹有\(4\)发中靶的概率为\(C_{100}^4 \cdot 0.8^4 \times 0.2^{96}\)． -
答案 (1) \(\dfrac{15}{128}\)；(2) \(\dfrac{5}{128}\)．
解析 易知，这是一个七次独立重复试验问题．
(1)由题意可知，七次投篮，只投中两次，且两次不相邻，
故\(P=\left(C_7^2-6\right) \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^7=\dfrac{15}{128}\)．
(2)由题意可知，当七次投篮中，中间五次投篮有一次不中，其余\(6\)次全中时，得分为\(8\)分，
故\(P=C_5^1 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^7=\dfrac{5}{128}\)．
故答案为：(1)\(\dfrac{15}{128}\)；(2\(\dfrac{5}{128}\)． -
答案 ①③
解析 ②中恰好击中目标\(3\)次的概率应为\(C_4^3×0.9^3×0.1=0.9^3×0.4\)，①③正确． -
答案 (1) \(0.05\) (2) \(0.99\) (3) \(0.02\)
解析 (1)记预报一次准确为事件\(A\)，则\(P(A)=0.8\)．
\(5\)次预报相当于\(5\)次独立重复试验，
\(2\)次准确的概率为\(P=C_5^2×0.8^2×0.2^3=0.0512≈0.05\)，
因此\(5\)次预报中恰有\(2\)次准确的概率为\(0.05\)．
(2)“\(5\)次预报中至少有\(2\)次准确”的对立事件为“\(5\)次预报全部不准确或只有\(1\)次准确”，
其概率为\(P=C_5^0×(0.2)^5+C_5^1×0.8×0.2^4=0.00672≈0.01\)．
\(\therefore\)所求概率为\(1-P=1-0.01=0.99\)．
(3)说明第\(1\)，\(2\)，\(4\)，\(5\)次中恰有\(1\)次准确．
\(\therefore\)概率为\(P=C_4^1×0.8×0.2^3×0.8=0.02048≈0.02\)．
\(\therefore\)恰有\(2\)次准确，且其中第\(3\)次预报准确的概率约为\(0.02\)． -
答案 (1) \(\dfrac{1}{3}\) (2) 略
解析 (1) 记事件\(A\)：某个家庭在游戏中获奖，
则符合获奖条件的得分包括\((5，3)\)，\((5，5)\)， \((3，5)\)共\(3\)种情况，
\(\therefore P(A)=\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}×\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{3}\)．
\(\therefore\)某个家庭获奖的概率为\(\dfrac{1}{3}\)．
(2)由(1)知每个家庭获奖的概率都是\(\dfrac{1}{3}\)，\(5\)个家庭参加游戏相当于\(5\)次独立重复试验．
\(\therefore X \sim B\left(5， \dfrac{1}{3}\right)\)．
\(\therefore P(X=0)=C_5^0 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^0 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^5=\dfrac{32}{243}\)， \(P(X=1)=C_5^1 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^1 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^4=\dfrac{80}{243}\)，
\(P(X=2)=C_5^2 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{80}{243}\)， \(P(X=3)=C_5^3 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^3 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{40}{243}\)，
\(P(X=4)=C_5^4 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^4 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^1=\dfrac{10}{243}\)， \(P(X=5)=C_5^5 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^5 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^0=\dfrac{1}{243}\)．
\(\therefore X\)的分布列为
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{32}{243}\) | \(\dfrac{80}{243}\) | \(\dfrac{80}{243}\) | \(\dfrac{40}{243}\) | \(\dfrac{10}{243}\) | \(\dfrac{1}{243}\) |
【题型2】 二项分布的期望与方差
【典题1】 若随机变量\(\eta ～B(5，0.2)\)，则\(E(2\eta +1)=\) \(\underline{\quad \quad}\)， \(D(3\eta -1)=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
解析 \(\because E(\eta )=np=5×0.2=1\)，\(D(\eta )=np(1-p)=5×0.2×0.8=0.8\)，
\(\therefore E(2\eta +1)=2E(\eta )+1=3\)，\(D(3\eta -1)=9D(\eta )=7.2\).
点拨 一般地，如果\(X∼ B(n ，p)\)，那么\(E(X)=np\) ，\(D(X)=np(1-p)\).
【典题2】 一出租车司机从某饭店到火车站途中有六个交通岗，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\(\dfrac{1}{3}\)．
(1)求这位司机遇到红灯数\(\xi\)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\(\eta\)的期望与方差．
解析 (1)易知司机遇上红灯次数\(\xi\)服从二项分布，且 \(\xi \sim B\left(6， \dfrac{1}{3}\right)\)，
\(\therefore E( \xi )=6×\dfrac{1}{3}=2\)， \(D(\xi)=6 \times \dfrac{1}{3} \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{4}{3}\)．
(2)由已知\(\eta =30 \xi\)，
\(\therefore E(\eta )=30E( \xi )=60\)，\(D(\eta )=900D( \xi )=1 200\)．
【巩固练习】
1.设随机变量\(\xi\)服从二项分布，即\(\xi ～B(n，p)\)，且\(E( \xi )=3\)， \(p=\dfrac{1}{7}\)，则\(n=\)\(\underline{\quad \quad}\)，\(D( \xi )=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
2.随机变量\(X～B(100，p)\)，且\(EX=20\)，则\(D(2X-1)=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
3.某计算机网络有\(n\)个终端，每个终端在一天中使用的概率为\(p\)，则这个网络在一天中平均使用的终端个数为( )
A．\(np(1-p)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(np\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(p(1-p)\)
4.一批产品的二等品率为\(0.03\)，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取\(100\)次，\(X\)表示抽到的二等品件数，则\(D(X)=\)( )
A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2.91\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(0.97\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.09\)
5.(多选)设导弹发射失败的概率为\(0.01\)．若导弹发射\(10\)次，其中的事故次数为\(X\)，则下列结论正确的是( )
A．\(E(X)=0.1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(P(X=k)=0.01^k \times 0.99^{10-k}\)
C． \(P(X=k)=C_{10}^k 0.01^k \times 0.99^{10-k}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(D(X)=0.1\)
6.某班组织“\(2\)人组”投篮比赛，每队\(2\)人．在每轮比赛中，每队中的两人各投篮\(1\)次，规定：每队中\(2\)人都投中，则该队得\(3\)分；若只有\(1\)人投中，则该队得\(1\)分；若没有人投中，则该队得\(-1\)分．\(A\)队由甲、乙两名同学组成，甲投球一次投中的概率为\(\dfrac{3}{5}\)，乙投球一次投中的概率为\(\dfrac{3}{4}\)，且甲、乙投中与否互不影响，在各轮比赛中投中与否也互不影响．
(1)求\(A\)队在一轮比赛中的得分不低于\(1\)分的概率；
(2)若共进行五轮比赛，记“\(A\)队在一轮比赛中得分不低于\(1\)分”恰有\(X\)次，求\(X\)的期望和方差；
参考答案
-
答案 \(21\)， \(\dfrac{18}{7}\)
解析 由已知 \(\left\{\begin{array}{l} E(\xi)=n p \\ D(\xi)=n p(1-p) \end{array}\right.\) ，即 \(\left\{\begin{array}{l} 3=\dfrac{1}{7} n \\ D(\xi)=\dfrac{6}{49} n \end{array}\right.\) ，
\(\therefore n=21\)， \(D(\xi)=\dfrac{126}{49}=\dfrac{18}{7}\)． -
答案 \(64\)
解析 由于\(X～B(100，p)\)，且\(EX=20\)，
则\(100p=20\)，得\(p=0.2\)，
\(D(X)=100p(1-p)=20×(1-0.2)=16\)，
\(D(2X-1)=2^2 D(X)=64\)． -
答案 \(B\)
解析 每天平均使用的终端个数\(X～B(n，p)\)，每天平均使用的终端个数值即\(E(X)=np\)，故选：\(B\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because\)一批产品的二等品率为\(0.03\)，
从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取\(100\)次，\(X\)表示抽到的二等品件数，
\(\therefore X～B(100，0.03)\)，
\(\therefore D(X)=100×0.03×0.97=2.91\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(AC\)
解析 由题意知本题是在相同的条件下发生的试验，发射的事故率为\(0.01\)，
故本题符合独立重复试验，即\(X～B(10，0.01)\)，
所以\(E(X)=10×0.01=0.1\)，故\(A\)正确；
\(P(X=k)=C_{10}^k 0.01^k \times 0.99^{10-k}\)，故\(C\)正确，\(B\)错误；
\(D(X)=10×0.01×0.99=0.099\)，故\(D\)错误．
故选：\(AC\)． -
答案 (1) \(\dfrac{9}{10}\) (2) \(X\)的期望\(\dfrac{9}{2}\)，方差\(\dfrac{9}{20}\)．
解析 (1)设事件“\(A\)队在一轮比赛中的得分不低于\(1\)分”为事件\(B\)，
“甲在一轮中投中”为事件\(C\)，“乙在一轮中投中”为事件\(D\)，
则\(C\)，\(D\)相互独立，且\(P(C)=\dfrac{3}{5}\)，\(P(D)=\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore A\)队在一轮比赛中的得分不低于\(1\)分的概率为：
\(P(B)=P(C D+\bar{C} D+C \bar{D})=P(C D)+P(\bar{C} D)+P(C \bar{D})\)
\(=\dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{4}+\left(1-\dfrac{3}{5}\right) \times \dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{5} \times\left(1-\dfrac{3}{4}\right)=\dfrac{9}{10}\)．
(2)由(1)知“\(A\)队在一轮比赛中的得分不低于\(1\)分”的概率为\(\dfrac{9}{10}\)，
共进行五轮比赛，记“\(A\)队在一轮比赛中得分不低于\(1\)分”恰有\(X\)次，
则\(X\)的可能取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，且\(X \sim B\left(5， \dfrac{9}{10}\right)\)，
\(X\)期望\(E(X)=5×\dfrac{9}{10}=\dfrac{9}{2}\)，方差 \(D(X)=5 \times \dfrac{9}{10} \times \dfrac{1}{10}=\dfrac{9}{20}\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.某一批花生种子，如果每\(1\)粒发芽的概率为\(\dfrac{4}{5}\)，那么播下\(3\)粒种子恰有\(2\)粒发芽的概率是( )
A．\(\dfrac{49}{125}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{48}{125}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)C．\(\dfrac{16}{25}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{9}{25}\)
2.设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是\(0.4\)，则此人三次上班途中遇红灯的次数的期望为( )
A．\(0.4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1.2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(0.4^3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0.6\)
3.某篮球运动员每次投篮投中的概率是\(\dfrac{4}{5}\)，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．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(7\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(8\)
4.（多选）掷一个不均匀的硬币\(6\)次，每次掷出正面的概率均为\(\dfrac{2}{3}\)，恰好出现\(k\)次正面的概率记为\(P_k\)，则下列说法正确的是( )
A．\(P_1=P_5\) \(\qquad\) B．\(P_1<P_5\) \(\qquad\) C．\(\sum_{k=1}^6 P_k=1\) \(\qquad\) D．\(P_0，P_1，P_2，…P_6\)中最大值为\(P_4\)
5.一只蚂蚁位于数轴\(x=0\)处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位，设它向右移动的概率为\(\dfrac{2}{3}\)，向左移动的概率为\(\dfrac{1}{3}\)，则\(3\)秒后，这只蚂蚁在\(x=1\)处的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
6.某市公租房的房源位于\(A\)，\(B\)，\(C\)三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的．该市的\(4\)位申请人中恰有\(2\)人申请\(A\)片区房源的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
7.某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社会医院作为本人就诊的医疗机构．若甲、乙、丙、丁\(4\)名参加保险人员所在地区有\(A\)，\(B\)，\(C\)三家社区医院，并且他们的选择相互独立．设\(4\)名参加保险人员选择\(A\)社区医院的人数为\(X\)，求\(X\)的分布列．
8.某学生在上学路上要经过\(4\)个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是\(\dfrac{1}{3}\)，遇到红灯时停留的时间都是\(2 \min\)．
(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；
(2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是\(4 \min\)的概率．
9.某商场为刺激消费，拟按以下方案进行促销：顾客每消费\(500\)元便得到抽奖券一张，每张抽奖券的中奖概率为\(\dfrac{1}{2}\)，若中奖，商场返回顾客现金\(100\)元．某顾客现购买价格为\(2 300\)元的台式电脑一台，得到奖券\(4\)张．每次抽奖互不影响．
(1)设该顾客抽奖后中奖的抽奖券张数为\(\xi\) ，求 \(\xi\)的分布列；
(2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为\(\eta\)(元)，用\(\xi\)表示\(\eta\) ，并求\(\eta\)的数学期望．
10.某地区为贯彻“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\(E(X)\)；
(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？
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 \(\because\)每\(1\)粒发芽的概率为定值，\(\therefore\)播下\(3\)粒种子相当于做了\(3\)次试验，
设发芽的种子数为\(X\)，则\(X\)服从二项分布，即 \(X \sim B\left(3， \dfrac{4}{5}\right)\) ，
\(\therefore P(X=2)=C_2^3 \times\left(\dfrac{4}{5}\right)^2 \times\left(\dfrac{1}{5}\right)^1=\dfrac{48}{125}\)．
故选 \(B\)． -
答案 \(B\)
解析 设此人上班途中遇红灯的次数为\(X\)，则\(X～B(3，0.4)\)，
\(\therefore E(X)=3×0.4=1.2\)，故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 由题意知，投中的次数\(X \sim B\left(10， \dfrac{4}{5}\right)\)，
所以\(P(X=m)=C_{10}^m \cdot\left(\dfrac{4}{5}\right)^m \cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m}\)，
因为最有可能投中的次数为\(m\)，
所以\(\left\{\begin{array}{l} P(X=m) \geq P(X=m+1) \\ P(X=m) \geq P(X=m-1) \end{array}\right.\)，
即\(\left\{\begin{array}{l} C_{10}^m\left(\dfrac{4}{5}\right)^m\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m} \geq C_{10}^{m+1}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m+1}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{9-m} \\ C_{10}^m\left(\dfrac{4}{5}\right)^m\left(\dfrac{1}{5}\right)^{10-m} \geq C_{10}^{m-1}\left(\dfrac{4}{5}\right)^{m-1}\left(\dfrac{1}{5}\right)^{11-m} \end{array}\right.\)，
解得\(\dfrac{39}{5}≤m≤\dfrac{44}{5}\)，
\(\because m \in \boldsymbol{N}^*\)，所以\(m=8\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(BD\)
解析 由\(n\)次独立重复试验的概率计算公式可知， \(P_k=C_6^k\left(\dfrac{2}{3}\right)^k \cdot\left(1-\dfrac{2}{3}\right)^{6-k}\)，
\(\therefore P_1=C_6^1\left(\dfrac{2}{3}\right)^1 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^5\)， \(P_5=C_6^5\left(\dfrac{2}{3}\right)^5 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^1\)，显然\(P_1<P_5\)，
即选项\(A\)错误，选项\(B\)正确；
由必然事件的概率可知，\(\sum_{k=0}^6 P_k=1\)，而 \(P_0=C_6^0\left(\dfrac{2}{3}\right)^0\left(\dfrac{1}{3}\right)^6 \neq 0\)，即选项\(C\)错误；
根据二项分布概率公式，可得\(P_0=\dfrac{1}{729}\)， \(P_1=\dfrac{4}{243}\)， \(P_2=\dfrac{20}{243}\)，\(P_3=\dfrac{160}{729}\)， \(P_4=\dfrac{80}{243}\)， \(P_5=\dfrac{64}{243}\)， \(P_6=\dfrac{64}{729}\)，\(\therefore P_0，P_1，P_2，…P_6\)中最大值为\(P_4\)，
即选项\(D\)正确．
故选：\(BD\)． -
答案 \(\dfrac{4}{9}\)
解析 由题意知，\(3\)秒内蚂蚁向左移动一个单位，向右移动两个单位，
所以蚂蚁在\(x=1\)处的概率为\(C_3^2 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^2 \times\left(\dfrac{1}{3}\right)^1=\dfrac{4}{9}\)． -
答案 \(\dfrac{8}{27}\)
解析 每位申请人申请房源为一次试验，这是\(4\)次独立重复试验，
设申请\(A\)片区房源记为\(A\)，则\(P(A)=\dfrac{1}{3}\)，
\(\therefore\)恰有\(2\)人申请\(A\)片区的概率为 \(P(2)=C_4^2 \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{8}{27}\)． -
解析 由已知每位参加保险人员选择\(A\)社区的概率为\(\dfrac{1}{3}\)，\(4\)名人员选择\(A\)社区即\(4\)次独立重复试验，
即\(X \sim B\left(4， \dfrac{1}{3}\right)\)，
\(\therefore P(X=k)=C_4^k \cdot\left(\dfrac{1}{3}\right)^k \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^{4-k}=C_4^k \cdot \dfrac{2^{4-k}}{81}\)\((k=0，1，2，3，4)\)，
\(\therefore X\)的分布列为
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{16}{81}\) | \(\dfrac{32}{81}\) | \(\dfrac{24}{81}\) | \(\dfrac{8}{81}\) | \(\dfrac{1}{81}\) |
-
答案 (1) \(\dfrac{4}{27}\)；(2) \(\dfrac{8}{9}\)
解析 (1)记“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件\(A\)．因为事件\(A\)等价于事件“这名学生在第一和第二个路口都没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件\(A\)发生的概率为： \(P(A)=\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times\left(1-\dfrac{1}{3}\right) \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{27}\)．
(2)记“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是\(4 \min\)”为事件\(B\)，“这名学生在上学路上遇到\(k\)次红灯”为事件\(B_k (k=0，1，2，3，4)\)．
由题意，得\(P\left(B_0\right)=\left(\dfrac{2}{3}\right)^4=\dfrac{16}{81}\)， \(P\left(B_1\right)=C_4^1 \times\left(\dfrac{1}{3}\right)^1 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{32}{81}\)，
\(P\left(B_2\right)=C_4^2 \times\left(\dfrac{1}{3}\right)^2 \times\left(\dfrac{2}{3}\right)^2=\dfrac{8}{27}\)．
由于事件\(B\)等价于事件“这名学生在上学路上至多遇到\(2\)次红灯”，
所以事件\(B\)发生的概率为\(P(B)=P(B_0 )+P(B_1 )+P(B_2 )=\dfrac{8}{9}\)． -
答案 (1)略；(2)\(2 100\)
解析 (1)由于每张奖券是否中奖是相互独立的，
因此\(\xi \sim B\left(4， \dfrac{1}{2}\right)\)．
\(\therefore P(\xi=0)=C_4^0 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{16}\)， \(P(\xi=1)=C_4^1 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{4}\)， \(P(\xi=2)=C_4^2 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{3}{8}\)，
\(P(\xi=3)=C_4^3 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{4}\)， \(P(\xi=4)=C_4^4 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{16}\)．
其分布列为
| \(\xi\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{16}\) | \(\dfrac{1}{4}\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(\dfrac{1}{4}\) | \(\dfrac{1}{16}\) |
(2)\(\because \xi \sim B\left(4， \dfrac{1}{2}\right)\)，\(\therefore E( \xi )=4×\dfrac{1}{2}=2\)．
又由题意可知\(\eta =2 300-100 \xi\)，
\(\therefore E(\eta )=E(2 300-100 \xi )=2 300-100E( \xi )=2 300-100×2=2 100\)(元)．
即所求变量\(\eta\)的数学期望为\(2 100\)元．
- 答案 (1)\(2p+0.8\)；(2) ① \(0.96\)②\(700\)
解析 (1)依题意，\(X\)的所有可能值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
则\(P(X=0)=0.2(1-p)^2=0.2p^2-0.4p+0.2\)，
\(P(X=1)=0.8×(1-p)^2+0.2×C_2^1×p×(1-p)\)\(=0.8(1-p)^2+0.4p(1-p)=0.4p^2-1.2p+0.8\)，
\(P(X=2)=0.2p^2+0.8×C_2^1×p×(1-p)\)\(=0.2p^2+1.6p(1-p)=-1.4p^2+1.6p\)，
\(P(X=3)=0.8p^2\)，
所以\(X\)的分布列为：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(0.2p^2-0.4p+0.2\) | \(0.4p^2-1.2p+0.8\) | \(-1.4p^2+1.6p\) | \(0.8p^2\) |
\(E(X)=0×(0.2p^2-0.4p+0.2)+1×(0.4p^2-1.2p+0.8)\)\(+2×(-1.4p^2+1.6p)+3×0.8p^2=2p+0.8\)．
(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．
【B组---提高题】
1.将一枚均匀的硬币连续抛掷\(n\)次，以\(P_n\)表示没有出现连续\(3\)次正面的概率．给出下列四个结论：
①\(P_3=\dfrac{7}{8}\)；\(\quad\) ② \(P_4=\dfrac{15}{16}\)；\(\quad\) ③当\(n≥2\)时， \(P_{n+1}<P_n\)； \(\quad\) ④ \(P_n=\dfrac{1}{2} P_{n-1}+\dfrac{1}{4} P_{n-2}+\dfrac{1}{8} P_{n-3}(n \geq 4)\)．
其中，所有正确结论的序号是\(\underline{\quad \quad}\)．
2.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\(p\in [0，1]\)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．\(F(a)>F(b)\) \(\qquad \qquad\) B．\(F(a)=F(b)\) \(\qquad \qquad\) C．\(F(a)<F(b)\) \(\qquad \qquad\) D．无法确定
3.随着网络信息化的高速发展，越来越多的大中小企业选择做网络推广，为了适应时代的发展，某企业引进一种通讯系统，该系统根据部件组成不同，分为系统\(A\)和系统\(B\)，其中系统\(A\)由\(5\)个部件组成，系统\(B\)由\(3\)个部件组成，每个部件独立工作且能正常运行的概率均为\(p(0<p<1)\)，如果构成系统的部件中至少有一半以上能正常运行，则称系统是“有效”的．
(1)若系统\(A\)与系统\(B\)一样有效(总体有效概率相等)，试求\(p\)的值；
(2)若\(p=\dfrac{1}{2}\)对于不能正常运行的部件，称为坏部件，在某一次检测中，企业对所有坏部件都要进行维修，系统\(A\)中每个坏部件的维修费用均为\(100\)元，系统\(B\)中第\(n\)个坏部件的维修费用\(y\)(单位：元)满足关系\(y=50n+150(n=1，2，3)\)，记企业支付该通讯系统维修费用为\(X\)，求\(EX\)．
参考答案
-
答案 ①③④
解析 对于①，将一枚均匀的硬币连续抛掷\(n\)次，
以\(P_n\)表示没有出现连续\(3\)次正面的概率，
\(\therefore P_3=1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=\dfrac{7}{8}\)，故①正确；
对于②，又投掷四次连续出现三次正面向上的情况只有：
正正正正或正正正反或反正正正， \(\therefore P_4=1-\dfrac{3}{16}=\dfrac{13}{16}\)，故②错误；
对于④，共分三种情况：(i)如果第\(n\)次出现反面，
那么前\(n\)次不出现连续三次正面和前\(n-1\)次不出现连续三次正面是相同的，
\(\therefore\)这个时候不出现连续三次正面的概率是\(\dfrac{1}{2} \times P_{n-1}\)；
(ii)如果第\(n\)次出现正面，第\(n-1\)次出现反面，
那么前\(n\)次不出现连续三次正面和前\(n-2\)次不出现连续三次正面是相同的，
\(\therefore\)这个时候不出现连续三次正面的概率是\(\dfrac{1}{4} \times P_{n-2}\)；
(iii)如果第\(n\)次出现正面，第\(n-1\)次出现正面，第n-2次出现反面，
那么前\(n\)次不出现连续三次正面和前\(n-3\)次不出现连续三次正面是相同的，
\(\therefore\)这时候不出现三次连续正面的概率是\(\dfrac{1}{8} \times P_{n-3}\)，
综上， \(P_n=\dfrac{1}{2} \times P_{n-1}+\dfrac{1}{4} \times P_{n-2}+\dfrac{1}{8} \times P_{n-3}(n \geq 4)\)，故④正确；
对于③，由④知，\(n≥4\)时，\(\left\{P_n\right\}\)单调递减，
又\(P_1=P_2>P_3>P_4\)，
\(\therefore n≥2\)时，数列\(\left\{P_n\right\}\)单调递减，即当\(n≥2\)时， \(P_{n+1}<P_n\)，故③正确．
故答案为：①③④． -
答案 \(B\)
解析 根据题意，随机变量\(X\)的分布服从\(X～B(n，p)\)，
则 \(P(x=n-1)=C_n^{n-1} p^{n-1}(1-p)=n p^{n-1}(1-p)=n p^{n-1}-n p^n\)，
\(P(x=n)=C_n^n p^n=p^n\)，
则 \(f(n， p)=\left(n p^{n-1}-n p^n\right)+p^n=(1-n) p^n+n p^{n-1}\)，
设 \(g(p)=(1-n) p^n+n p^{n-1}\)，
其导数 \(g^{\prime}(p)=n(1-n) p^{n-1}+n(n-1) p^{n-2}=n(1-n) p^{n-2}(p-1)\)，
当\(n=1\)时，\(g(p)=1\)，则\(F(1)=1\)，
当\(n≥2\)时，对于\(g'(p)\)，有\(n(1-n)<0\)， \(p^{n-2} \geq 0\)，\(p-1≤0\)，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：\(B\)． -
答案 (1) \(\dfrac{1}{2}\)；(2)\(625\)元
解析 (1)\(\because\)系统\(A\)与系统\(B\)一样有效(总体有效概率相等)，
\(\therefore C_5^3 p^3(1-p)^2+C_5^4 p^4(1-p)+C_5^5 p^5=C_3^2 p^2(1-p)+C_3^3 p^3\)，
整理得： \(2 p^3-5 p^2+4 p-1=p\left(p^2-5 p+4\right)+p^3-1=(p-1)^2(2 p-1)=0\)，
解得\(p=1\)(舍)或\(p=\dfrac{1}{2}\)，
故\(p\)的值为\(\dfrac{1}{2}\)．
(2)系统\(A\)中每个坏部件的维修费用均为\(100\)元，
系统\(B\)中第\(n\)个坏部件的维修费用\(y\)(单位：元)满足关系\(y=50n+150(n=1，2，3)\)，
记企业支付该通讯系统维修费用为\(X\)，
考虑系统\(A\)的维修费用可能为\(0\)，\(100\)、\(200\)、\(300\)、\(400\)、\(500\)元；
系统\(B\)的维修费用可能为\(0\)；\(200\)，\(250\)，\(300\)；\(450\)，\(500\)，\(550\)；\(750\)元；
可得 \(E X=C_5^0 \cdot \dfrac{1}{256}(0+200+250+300+450+500+550+750)\)
\(+C_5^1 \cdot \dfrac{1}{256}(100+300+350+400+550+600+650+850)\)
\(+C_5^2\cdot \dfrac{1}{256}(200+400+450+500+650+700+750+950)\)
\(+C_5^3\cdot \dfrac{1}{256}(300+500+550+600+750+800+850+1050)\)
\(+C_5^4\cdot \dfrac{1}{256}(400+600+650+700+850+900+950+1150)\)
\(+C_5^5\cdot \dfrac{1}{256}(500+700+750+800+950+1000+1050+1250)\)
\(=\dfrac{3000}{256}+\dfrac{19000}{256}+\dfrac{46000}{256}+\dfrac{54000}{256}+\dfrac{31000}{256}+\dfrac{7000}{256}=625\)(元)
【C组---拓展题】
1.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 \(P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}\)，\(k=1\)，\(2\)，\(3\)，…，我们称\(Y\)服从“几何分布”，经计算得\(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．由此推广，在无限次伯努利试验中，试验进行到事件\(A\)和\(\bar{A}\)都发生后停止，此时所进行的试验次数记为\(Z\)，则\(P(Z=k)=p(1-p)^{k-1}+(1-p) p^{k-1}\)，\(k=2\)，\(3\)，…，那么\(E(Z)=\)( )
A． \(\dfrac{1}{p(1-p)}-1\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{1}{p^2}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{p(1-p)}+1\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{(1-p)^2}\)
参考答案
- 答案 \(A\)
解析 方法一
\(\because P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}\)，\(k=1\)，\(2\)，\(3\)，…，得 \(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．
\(\therefore p+2 p(1-p)+3(1-p) p^2+k p(1-p)^{k-1}+\cdots=\dfrac{1}{p}\)，
\(\therefore 2 p(1-p)+3(1-p) p^2+k p(1-p)^{k-1}+\cdots=\dfrac{1}{p}-p\)，
而 \(E(Z)=2 p(1-p)+2(1-p) p+3 p(1-p)^2+3(1-p) p^2+\cdots+k p(1-p)^{k-1}+\) \(k(1-p) p^{k-1}+\cdots=\dfrac{1}{p}-p+2(1-p) p+3(1-p) p^2+\cdots \ldots+k p(1-p)^{k-1}+\cdots\).
设 \(A_k=2 p+3 p^2+\cdots \ldots+k p^{k-1}\)．
\(p A_k=2 p^2+3 p^3+\cdots \ldots+(k-1) p^{k-1}+k p^k\)．
\(\therefore(1-p) A_k=2 p+p^2+p^3+\cdots \ldots+p^{k-1}-k p^k=p+\dfrac{p\left(1-p^{k-1}\right)}{1-p}-k p^k\)．
\(\therefore k \rightarrow+\infty\)时，\((1-p) A_k \rightarrow p+\dfrac{p}{1-p}\)．
\(\therefore E(Z)=\dfrac{1}{p}-p+p+\dfrac{p}{1-p}=\dfrac{1}{p(1-p)}-1\)．
故选：\(A\)．
方法二 \(\because P(Y=k)=p(1-p)^{k-1}\)，\(k=1\)，2，\(3\)，…，得 \(E(Y)=\dfrac{1}{p}\)．
\(\therefore \sum_{k=1}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p} \Rightarrow p+\sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p}\)\(\Rightarrow \sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p}-p\)
同理 \(\sum_{k=2}^{+\infty} k(1-p) p^{k-1}=\dfrac{1}{1-p}-(1-p)\)
\(\therefore E(Z)=\sum_{k=2}^{+\infty} k p(1-p)^{k-1}+\sum_{k=2}^{+\infty} k(1-p) p^{k-1}\)\(=\dfrac{1}{p}-p+\dfrac{1}{1-p}-(1-p)=\dfrac{1}{p(1-p)}-1\).
