高中教育最新高中数学第二章概率4二项分布导学案.docx
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高中教育最新高中数学第二章概率4二项分布导学案
——教学资料参考参考范本——
【高中教育】最新高中数学第二章概率4二项分布导学案
______年______月______日
____________________部门
自主整理
进行n次试验，如果满足以下条件：
（1）每次试验只有________________相互________________的结果，可以分别称为“________________”和“________________”；
（2）每次试验“成功”的概率均为p，“失败”的概率均为________________；
（3）各次试验是相互独立的.
设X表示这n次试验中________________次数,则
P（X=k）=________________（其中k可以取________________）.
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__________.
高手笔记
1.二项分布的识别策略
（1）凡是所考虑的试验可以看作是一个只有两个可能结果A和A的试验的n次独立重复,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取有限个实数为其值,否则,随机变量不服从二项分布.
例如:
某射手射击击中目标的概率为0.8,从开始射击到击中目标所需的射击次数X.
分析:
本例中的试验虽然满足:
①一次试验结果只有两个,“击中”和“不击中”;②各次试验是相互独立的,且每次试验“击中”发生的概率都是0.8.但是X的取值不是有限个,而是无限个,即1,2,3,4,…,故本例中X不服从二项分布.事实上,X服从几何分布,其分布列为P（X=k）=（1-p）k-1·p（k=1,2,3,…）.
（3）凡服从二项分布的随机变量在被看作观察n次试验中某事件发生的次数时,此事件在每次观察中出现的概率相等,否则不服从二项分布.
例:
（1）有一批产品共有N件,其中M件次品,采用不放回抽样方法,用X表示n（n≤N-M且n≤M）次抽取中出现次品的件数.
（2）有一批产品共有N件,其中M件次品,采用放回抽样方法,用Y表示n（n≤N-M且n≤M）次抽取中出现次品的件数.
（1）中X不服从二项分布,而服从超几何分布,
P（X=k）=（k=0,1,2,…,n）
（2）中Y服从二项分布,因为“放回”抽样能保证第一次、第二次、第三次、……抽取时抽到次品的概率为.
2.对P（X=k）=C（1-p）n-k（k=0,1,2,…,n）的理解与认识
如果1次试验中,事件A发生的概率是p,那么A发生的概率就是1-p.由于在1次试验中事件A要么发生,要么不发生,所以在n次独立重复试验中A恰好发生k次,则在另外的n-k次中A没有发生,但A发生.因为P（A）=p,P（A）=1-p，所以公式P（X=k）=Cpk（1-p）n-k恰好为［（1-p）+p］n展开式中的第k+1项，这一点充分揭示了排列组合、二项式定理和概率三者之间的密切联系.
名师解惑
1.“恰有k次发生”和“某指定的k次发生”的区别
剖析：
对于独立重复试验来说，恰有k次发生实质上是k种彼此互斥事件的情况，其概率为Cpk（1-p）n-k,而某指定的k次发生是指某指定的试验要发生，另外的试验则不发生，其概率为pk（1-p）n-k.
例:
社会福利组织定期发行某种奖券,每券1元,中奖率为p,某人购买1张奖券,如果没有中奖,下次再继续购买1张,直到中奖为止,求此人购买次数X的分布列.
解:
购买奖券次数X的可能取值为全体自然数,事件“X=k”表示“此人购买第k张奖券,前k-1张都没有中奖,而第k张中奖”,由于各期中奖与否是相互独立的,因此P（X=k）=（1-p）k-1p（k=1,2,3,4,…）.
X
1
2
…
k
…
…
P
p
（1-p）p
…
（1-p）k-1p
…
…
独立重复试验是指在相同的条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，每次试验都有两种结果（事件A要么成功要么失败），并且在任何一次试验中，事件发生的概率是均等的.在本题中中奖之前是一定要发生“不中奖”这一事件,因此为独立事件,而不是n次独立重复试验.这一点很易引起误解,一定要区分开.
2.区别“事件A恰好发生k次”与“最后一次一定是事件A发生”的差异
剖析：
在n次独立重复试验中事件A发生的概率为p,如果X表示事件A在n次独立重复试验中事件A发生的次数，则事件“A恰好发生k次”的概率是P（X=k）=Cpk（1-p）n-k，而“最后一次一定是事件A发生”暗含在前n-1次试验中事件A应出现k-1次，此时事件A发生的概率为P（X=k）=Cpk-1（1-p）n-kp=Cpk（1-p）n-k.
例:
甲、乙两队进行比赛,单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6,比赛实行五局三胜制,X为本场比赛的局数,求X的概率分布列.
解:
单局比赛甲队胜乙队的概率为0.6,则乙队胜甲队的概率为1-0.6=0.4,比赛三局结束有两种情况:
甲队胜三局或乙队胜三局,因而有P（X=3）=0.63+0.43=0.28；比赛四局结束有两种情况:
前三局中甲胜2局,第四局甲胜或前三局中乙胜2局,第四局乙胜,因而P（X=4）=C×0.62×0.4×0.6+C×0.42×0.6×0.4=0.3744;比赛五局结束有两种情况:
前四局中甲胜2局乙胜2局,第五局甲胜或乙胜,P（X=5）=C×0.62×0.42×0.6+C×0.42×0.62×0.4=0.3456.
所以X的概率分布列为：
X
3
4
5
P
0.28
0.3744
0.3456
在本题中,获胜的队都是最后一局要取得胜利,也就是说事件A在最后一次要发生,前n-1次试验中事件A发生k-1次,因此在计算二项分布的概率时应先计算前n-1次试验中事件A发生k-1次的概率Cpk-1（1-p）n-k,然后再乘上最后一次事件A发生的概率p即可.
讲练互动
【例1】在10件产品中有2件次品,连续抽3次,每次抽1个,求:
（1）不放回抽样时,抽到次品数X的分布列;
（2）放回抽样时,抽到次品Y的分布列（保留三位有效数字）.
分析：
首先确定X和Y的可取值,然后求出每种取值下的随机事件的概率,列出对应表格即为分布列.
解:
（1）不放回抽样,抽到的次品数X=0,1,2,而P（X=0）=，P（X=1）=,P（X=2）=
=,故X的分布列为:
X
0
1
2
P
（2）放回抽样时，抽到的次品数Y=0,1,2,3,而P（Y=0）=0.83=0.512,P（Y=1）=C（0.8）2×0.2=0.384,P（Y=2）=C·0.8×（0.2）2=0.096,P（Y=3）=0.23=0.008.
故Y的分布列为:
Y
0
1
2
3
P
0.512
0.384
0.096
0.0088
绿色通道:
从本例中可以看出超几何分布与二项分布的区别与联系：
超几何分布是不放回抽样；二项分布是有放回抽样.
变式训练
1.某厂生产电子元件,其产品的次品率为5%,现从一批产品中任意地连续取出2件,其中次品数X的概率分布是
X
0
1
2
P
解析：
由题意“任意地连续取出2件”可认为两次独立重复试验,则次品数X服从二项分布,即X—（2,0.05）,
∴X=0时,P0=C02（0.95）2=0.9025;
X=1时,P1=C0.95×0.05=0.095;
X=2时,P2=C0.052=0.0025.
则X的概率分布为:
X
0
1
2
P
0.9025
0.095
0.0025
答案：
0.90250.0950.0025
【例2】A、B两位同学各有五张卡片，现以抛掷均匀硬币的形式进行游戏，当出现正面朝上时，A赢得B一张卡片,否则B赢得A一张卡片,如果某人已赢得所有卡片，则游戏中止，求投硬币的次数不大于7时游戏中止的概率.
分析：
本题首先要确定离散型随机变量X的取值,然后利用互斥事件、独立事件、独立重复试验的概率知识求解.
解:
设X表示游戏中止时掷硬币的次数,正面出现的次数为m,反面出现的次数为n,则
可得当m=5,n=0或m=0,n=5时,X=5;
当m=6,n=1或m=1,n=6时,X=7.
所以X的取值为5,7.
P（X≤7）=P（X=5）+P（X=7）=2×（）5+2C（）7=
绿色通道:
本题综合考查了等可能事件、互斥事件、相互独立事件、重复试验概率的计算，入手点高，综合性强，运用限制条件进行分类讨论和枚举X的取值是本题的一大特色..
变式训练
2.甲、乙两名围棋手进行比赛，已知每一局甲获胜的概率是0.6，乙获胜的概率是0.4，比赛时可采用三局两胜或五局三胜制，问:
在哪一种比赛制度下，甲获胜的可能性较大？
解：
在三局两胜中，甲获胜的情况有：
两局全胜；三局中前两局一胜一负、第三局胜，则甲获胜的概率为P1=0.62+C×0.6×0.4×0.6=0.648.
在五局三胜中,甲获胜的情况有:
三局全胜;四局中前三局二胜一负,第四局胜;五局中前四局二胜二负，第五局胜.则甲获胜的概率为:
P2=0.63+C0.62×0.4×0.6+C×0.62×0.42×0.6=0.68256.
∵P1＜P2,
∴五局三胜的情况下，甲获胜的可能性大.
【例3】某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立）.求:
（1）至少3人同时上网的概率;
（2）至少几个人同时上网的概率小于0.3.
分析：
本题是相互独立事件同时发生或互斥事件有一个发生的概率的计算问题,运用相应的概率公式列式计算.
解：
（1）至少3人同时上网的概率,等于1减去至多2人同时上网的概率,即1-C（0.5）6-C（0.5）6-C（0.5）6=1-=.
（2）至少4人同时上网的概率为
C（0.5）6+C（0.5）6+C（0.5）6=＞0.3.
至少5人同时上网的概率为
（C+C）（0.5）6=＜0.3.
因此，至少5人同时上网的概率小于0.3.
绿色通道:
若设6个员工中同时上网的人数为X，则X—B（6,）.
变式训练
3.设有两门高射炮，每一门击中飞机的概率是0.6，试求：
（1）同时射击一发炮弹而命中飞机的概率是多少？
（2）若有一架飞机侵犯，要以0.99的概率击中它，问需多少门高射炮？
解：
（1）两门高射炮同时射击一发炮弹而命中飞机包括两发炮弹中恰有一发命中或两发都命中.设命中飞机为事件A，则P（A）=Cp（1-p）+Cp2=2×0.6×0.4+0.62=0.84,
即两门高射炮同时射击一发炮弹而命中飞机的概率为0.84.
（2）设需n门高射炮，同时发射一发炮弹命中飞机的概率为0.99，则
P（A）=Cp（1-p）n-1+Cp2（1-p）n-2+…+Cpn
=1-p（）=1-Cp0（1-p）n
=1-0.4n=0.99.
即0.4n=0.01,∴n==5,
即要以0.99的概率击中敌机，需5门高射炮.
【例4】将一枚骰子，任意地抛掷500次，问1点出现（指1点的面向上）多少次的概率最大？
分析：
设500次中1点恰好出现X次，则X—B（500，），通过比较P（X=k）和P（X=k+1）的大小来判断P（X=k）的单调性，进而求出概率最大的X值.
解：
=.
注意到k为正整数，由＞1,得k≤82,即当k≤82时,P（X=k）＜P（X=k+1）,这时P（X=k）是单调增加的.当k≥83时，P（X=k）是单调减小的，从而P（X=82）是最大的.
故掷500次中1点出现82次的概率最大.
绿色通道:
本题巧妙地利用P（X=k）的单调性，求得P（X=k）的最大值.
变式训练
4.某小组有10台各为7.5千瓦的机床，如果每台机床的使用情况是相互独立的，且每台机床平均每小时开动12分钟，问全部机床用电超过48千瓦的可能性有多大？
解：
由于每台机床正在工作的概率是=，而且每台机床有“工作”与“不工作”两种情况，故某一时刻正在工作的机床台数X服从二项分布，即
X—B（10，）且
P（X=k）=C（）k（）10-k（k=0,1,2,…,10）.
48千瓦可供6台机床同时工作，“用电超过48千瓦”就意味着“有7台或7台以上的机床在工作”，这一事件的概率为
P（X≥7）=P（X=7）+P（X=8）+P（X=9）+P（X=10）=C（）7（）3+C（）8（）2+C（）9（）1+C（）10（）0=.
【例5】有一批食品出厂前，要进行五项指标抽检，如果有两项指标不合格，则这批食品不能出厂.已知每项指标抽检是相互独立的,且每项抽检出现不合格的概率是0.2.
（1）求这批食品不能出厂的概率（保留三位有效数字）;
（2）求直至五项指标全部检验完毕,才能确定该批食品是否出厂的概率（保留三位有效数字）.
分析：
设五项指标中抽检时不合格的指标数为X，则X—B（5，0.2）.
解：
（1）五项指标抽检，有2项、3项、4项、5项指标不合格，则这批食品均不能出厂，其对立事件是五项指标抽检，全合格或有一项指标不合格，所以这批食品不能出厂的概率为
P（X≥2）=1-P（X=0）-P（X=1）=1-［C（1-0.2）5+C0.21（1-0.2）4］=0.26272≈0.263.
（2）直至五项指标全部检验完毕，才能确定该批产品是否出厂,即为:
前4项指标检验中恰有一项指标不合格,故所求的概率为
p2=C0.21（1-0.2）3=0.4096≈0.410.
绿色通道:
（1）中利用了对立事件的概率来简化计算;
（2）中的随机变量虽然也服从二项分布,但参数发生了变化,由
（1）中的n=5变为n=4.
变式训练
5.某金工车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机的功率为10千瓦，已知每台机床工作时，平均每小时实际开动12分钟，且开动与否是相对独立的，现因当地电力供应紧张，供电部门只提供50千瓦的电力给这10台机床，问这10台机床能够正常工作的概率为多大？
解：
设X表示某一时间同时工作的机床数，则P（X=k）=C（）k（）10-k，0≤k≤10，由于供电部门只提供50千瓦，所以同时工作的机床数不超过5台时，均能正常工作.所以能正常工作的概率:
p=（X=k）=（）k·（）10-k.
教材链接
［P49思考交流］下列随机变量X服从二项分布吗？
如果服从二项分布，其参数各是什么？
（1）掷n枚相同的骰子，X为“1”点出现的个数.
（2）n个新生婴儿,X为男婴的个数.
（3）某产品的次品率为p,X为n个产品中的次品数.
（4）女性患色盲的概率为0.25%,X为任取n个女人中患色盲的人数.
答：
（1）X服从二项分布,其参数为n,p=.
（2）X服从二项分布,其参数为n,p=.
（3）X服从二项分布,其参数为n,p.
（4）X服从二项分布,其参数为n,p=25%.
［P57思考交流］
1.如果用X表示10次投掷中正面朝上的次数.
（1）X服从二项分布吗?
与其他同学交流你的理由.
（2）这个分布的参数是多少?
（3）求出X的分布列,并计算出“投掷一枚均匀的硬币10次,恰有5次正面朝上”的概率.
答：
（1）X服从二项分布,因为掷均匀的硬币,一次试验出现的结果只有两个,即“正面朝上”与“反面朝上”;各次试验相互独立;每次试验“正面朝上”的概率都是,恰好满足二项分布的定义.
（2）其参数n=10,p=.
（3）（分布列略）投掷一枚均匀的硬币10次,恰好5次正面朝上的概率为:
P（X=5）=C（）5（1-）5=≈0.246.
2.有的同学可能会继续思考,10次投掷中恰有一半正面朝上的可能性不大,那么增加投掷次数,比如100次,恰好出现一半“正面朝上”（即50次“正面朝上”）的可能性会不会大一些呢？
答：
X—B（100，）,则投掷均匀硬币100次,恰好50次上面朝上的概率为P（X=50）=C（）50（1-）50=C（）100≈0.08.
可以看出，当投掷次数由10增加到100时，概率反倒变得更小了.
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