7.4.1 二项分布（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）  

7.4.1 二项分布 (强基课——梯度进阶式教学) 课时目标 1.掌握n重伯努利试验的概念，掌握二项分布及其数字特征. 2.理解n重伯努利试验的模型，能用二项分布解决简单的实际问题. CONTENTS 目录 1 2 3 课前环节/预知教材·自主落实主干基础 课堂环节/题点研究·迁移应用融会贯通 课时跟踪检测 课前环节/预知教材· 自主落实主干基础 1.n重伯努利试验 定义 只包含_____可能结果的试验叫做伯努利试验.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__________________. 特征 (1)同一个伯努利试验重复做n次； (2)各次试验的结果相互_____. 注意点 在相同条件下，n重伯努利试验是有放回地抽样试验. 两个 n重伯努利试验 独立 2.二项分布的概念 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X的分布列为P(X=k) =_____________，k=0，1，2，…，n. 如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作____________. pk·(1-p)n-k X~B(n，p) 微点助解 两点分布与二项分布的联系 (1)两点分布与二项分布的随机变量都只有两个可能结果. (2)两点分布是n=1时的二项分布. 3.二项分布的均值和方差 (1)若X服从两点分布，则E(X)=____，D(X)=_________. (2)若X~B(n，p)，则E(X)=____，D(X)=________. p p(1-p) np np(1-p) 基点训练 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)在n重伯努利试验中，各次试验结果之间没有影响. (　　) (2)在n重伯努利试验中，各次试验成功的概率可以不同. (　　) (3)在n重伯努利试验中，事件A恰好发生k次与事件A恰好在第k次发生不一样. (　　) √　 ×　 √　 (4)某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮命中的次数X是一个随机变量，且X~B(10，0.6). (　　) (5)若X~B(5，0.4)，则E(X)=2，D(X)=3. (　　) √　 × 2.若X~B(10，0.8)，则P(X=8)等于 (　　) A.×0.88×0.22 B.×0.82×0.28 C.0.88×0.22 D.0.82×0.28 解析：∵X~B(10，0.8)，∴P(X=8)=×0.88×0.22，故选A. √ 3.已知随机变量X服从二项分布B，则E(X)=(　　) A.4 B. C.2 D.1 解析：由随机变量X服从二项分布B，可得E(X)=np=4×=2. √ 课堂环节/题点研究· 迁移应用融会贯通 题型(一)　n重伯努利试验 [例1]　某公园种植了4棵棕榈树，各棵棕榈树成活与否是相互独立的，且成活率均为，设ξ为成活棕榈树的棵数. (1)求ξ的分布列； 解：易知ξ所有可能的取值为0，1，2，3，4， 且P(ξ=0)==， P(ξ =1)==， P(ξ =2)==， P(ξ =3)==， P(ξ =4)==， 所以ξ 的分布列为 ξ 0 1 2 3 4 P (2)若有2棵或2棵以上的棕榈树未成活，则需要补种，求需要补种棕榈树的概率. 解：记“需要补种棕榈树”为事件A，由(1)得， P(A)=P(ξ≤2)=++=， 所以需要补种棕榈树的概率为. [思维建模] n重伯努利试验概率求解的关注点 (1)解此类题常用到互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式. (2)运用n重伯努利试验的概率公式求概率时，首先判断问题中涉及的试验是否为n重伯努利试验，判断时注意各次试验之间是相互独立的，并且每次试验的结果只有两种(即要么发生，要么不发生)，在任何一次试验中某一事件发生的概率都相等，然后用相关公式求概率. 针对训练 1.某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为，且每次射击的结果互不影响，已知射手射击了5次，求： (1)其中只在第一、三、五次击中目标的概率； 解：该射手射击了5次，其中只在第一、三、五次击中目标，相当于射击了5次，在第一、三、五次击中目标，在第二、四次没有击中目标，所以只有一种情况，又因为各次射击的结果互不影响，故所求概率为P=××××=. (2)其中恰有3次击中目标的概率； 解：因为各次射击的结果互不影响，所以符合n次独立重复试验的概率模型.该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标的概率为P=× ×=. (3)其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标的概率. 解：该射手射击了5次，其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标，把3次连续击中目标看成一个整体，可得共有种情况.故所求概率为P=××=. 题型(二)　二项分布的均值与方差 [例2]　为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物.某人一次种植了n株沙柳，各株沙柳的成活与否是相互独立的，成活率为p，设X为成活沙柳的株数，均值E(X)为3，标准差为. (1)求n和p的值，并写出X的分布列； 解：由题意知，X~B(n，p)，P(X=k)=pk(1-p)n-k，k=0，1，…，n. 由E(X)=np=3，D(X)=np(1-p)=，得1-p=，从而n=6，p=.X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P (2)若有3株或3株以上的沙柳未成活，则需要补种，求需要补种沙柳的概率. 解：由题意知，X~B(n，p)，P(X=k)=pk(1-p)n-k，k=0，1，…，n. 记A=“需要补种沙柳”，则P(A)=P(X≤3)，得P(A)=+++= ， 所以需要补种沙柳的概率为. 　[思维建模] 　解决此类问题第一步是判断随机变量X服从什么分布，第二步代入相应的公式求解.若X服从两点分布，则E(X)=p，D(X)=p(1-p)；若X服从二项分布，即X~B(n，p)，则E(X)=np，D(X)=np(1-p). 针对训练 2.已知随机变量X~B(6，p)，且E(X)+D(X)=，则p=(　　) A.B.C. D. 解析：因为随机变量X~B(6，p)，所以E(X)=6p，D(X)=6p(1-p)，因为E(X)+D(X)=，所以6p+6p(1-p)=，解得p=或p=(舍去). √ 3.某一中学生心理咨询中心服务电话的接通率为，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心，且每人只拨打一次. (1)求他们中成功咨询的人数X的分布列； 解：依题意知X~B，且P(X=k)=××，k=0，1，2，3. P(X=0)=××=， P(X=1)=××=， P(X=2)=××=， P(X=3)=×=. ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P (2)求E(X)与D(X)的值. 解：由X~B及二项分布的性质得， E(X)=np=3×=， D(X)=np(1-p)=3××=. 题型(三)　二项分布的实际应用 [例3]　春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖.活动如下：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，且顾客有放回地抽取3次.超市设计了两种抽奖方案. 方案一：若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券. 方案二：若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖. (1)现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率； 解：选择方案一，则每一次摸到红球的概率为p==， 设“每位顾客获得180元返金券”为事件A，则P(A)==， 所以两位顾客均获得180元返金券的概率P=P(A)·P(A)=×=. (2)若某顾客获得抽奖机会. ①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望； ②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动? 解： ①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为，每一次摸到白球的概率为. 设获得返金券金额为X元，则可能的取值为60，100，140，180， 则P(X=60)==，P(X=100)==， P(X=140)==，P(X=180)==， 所以该顾客获得返金券金额的数学期望为E(X)=60×+100×+140×+180×=100(元). 若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y， 最终获得返金券的金额为Z元，则Y~B，故E(Y)=3×=1， 所以该顾客获得返金券金额的数学期望为E(Z)=E(80Y)=80(元). ②由①得E(X)>E(Z)，所以该超市应选择方案一. [思维建模] 二项分布的实际应用问题的求解步骤 (1)根据题意设出随机变量. (2)判断随机变量是否服从二项分布. (3)求出参数n和p的值. (4)根据二项分布的均值、方差的计算公式求解.　　 针对训练 4.“绿水青山就是金山银山”是习近平总书记于2005年8月在浙江湖州安吉考察时提出的科学论断.为提高学生环保意识，某校决定在高一，高二年级开展环保知识测试，已知高一，高二年级每个学生通过测试的概率分别为. (1)从高二年级随机抽取6人参加测试，求通过测试的人数不多于4人的概率； 解：设高二年级参加测试人数为n，通过测试人数为X，则X~B，由题意得，n=6， ∴P(X≤4)=1-P(X=5)-P(X=6) =1--=. (2)若两个年级各选派部分学生参加测试，高二年级通过测试人数的标准差为，则高一年级至少选派多少人参加测试，才能使其通过测试人数的均值不低于高二年级. 解：D(X)=n××=， ∵==，∴n=50， ∴E(X)=， 设高一年级参加测试人数为m，通过测试人数为Y，则Y~B，易知E(Y)=， 由题意，E(Y)≥E(X)，即≥， 得m≥=55， ∴高一年级至少派56人参加测试，才能使其通过测试人数的均值不低于高二年级. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 A级——综合提能 1.在4重伯努利试验中，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中发生的概率为(　　) A. B. C. D. √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 解析：设事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1-p0(1-p)4 =，所以1-p=，p=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.已知随机变量X~B(2，p)，P(X=1)=，则E=(　　) A. B. C. D.2 解析：依题意，P(X=1)=·p·(1-p)=2·p·(1-p)=，解得p=，所以E(X)=2×=1，所以E=E(X)=×1=. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.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，遇到红灯时停留的时间都是2 min，则这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间Y的均值为(　　) A. B.1 C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：遇到红灯的次数X~B，∴E(X)=4×=，∴E(Y)=E(2X)=2×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.[多选]设随机变量ξ ~B(2，p)，η~B(3，p)，若P(ξ ≥1)=，则(　　) A.p= B.E(ξ )= C.D(η)=1 D.P(η≥2)= √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由P(ξ =0)+P(ξ ≥1)=1，则P(ξ=0)=p0(1-p)2=，可得p=，所以E(ξ )=2×=，D(η)=3××=，P(η≥2)=p2(1-p)1+p3(1-p)0 =+=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，该运动员进行罚球练习(每次罚球互不影响)，则在罚球命中两次停止时，罚球次数恰为4的概率是 (　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：设运动员罚球一次“命中”记为事件A，则P(A)=0.4，P()=0.6.命中两次停止时，罚球次数恰为4，说明第4次命中，前3次命中1次，故所求概率为0.4×0.62×0.4=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.如果随机变量ξ ~B(n，p)，且E(ξ )=10，D(ξ )=8，则p等于_____.  解析：由题意得，E(ξ )=np=10，D(ξ )=np(1-p)=8，解得p=0.2. 0.2 7.小李上班的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为，则他在上班的路上至少遇到2次绿灯的概率为_____.  解析：4次均不是绿灯的概率为××=，3次不是绿灯的概率为××=，∴至少遇到2次绿灯的概率为1--=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和n(n∈N*)个黑球，现从中有放回地摸取4次，每次都是随机摸取一球，设摸得白球个数为X，若D(X)=1，则E(X)=____.  解析：有放回地摸取4次，每次随机摸取一球是白球的概率相等，设为p，而摸取1次即为一次试验，只有两个不同结果，因此，X~B(4，p)，则D(X)=4(1-p)p=1，解得p=，所以E(X)=4p=2. 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.某运动员投篮命中率为p=0.6. (1)求投篮1次时命中次数X的均值； 解：投篮1次，命中次数X的分布列为 X 0 1 P 0.4 0.6 则E(X)=0.6. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求重复5次投篮时，命中次数Y的均值. 解：由题意，重复5次投篮，命中的次数Y服从二项分布， 即Y~B(5，0.6)，则E(Y)=np=5×0.6=3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次，击中区域甲的概率是，击中区域乙的概率是，击中区域丙的概率是，区域甲、乙、丙均没有重复的部分.这次射击比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖.获得一等奖和二等奖的选手被评为“优秀射击手”称号. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率； 解：记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件A，“射击一次获得一等奖”为事件B，“射击一次获得二等奖”为事件C，所以有A=B∪C，所以P(B)=，P(C)=×=，所以P(A)=P(B∪C)=P(B)+P(C) =+=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望. 解：获得三等奖的次数为X，X的可能取值为0，1，2，3，4； 记“获得三等奖”为事件D，所以P(D)=+×=， 所以P(X=0)==， P(X=1)===， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 P(X=2)===， P(X=3)===， P(X=4)==， 所以X的分布列为 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 X 0 1 2 3 4 P 显然X~B，E(X)=4×=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 B级——应用创新 11.A，B两组各有3人独立的破译某密码，A组每个人成功破译出该密码的概率为p1，B组每个人成功破译出该密码的概率为p2，记A，B两组中成功破译出该密码的人数分别为X，Y，若0<p1<p2<，则下列关系正确的是(　　) A.E(X)>E(Y)，D(X)<D(Y) B.E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y) C.E(X)<E(Y)，D(X)<D(Y) D.E(X)<E(Y)，D(X)>D(Y) √ 61 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由题意可知，X服从二项分布B(3，p1)，所以E(X)=3p1，D(X)=3p1(1-p1).同理，Y服从二项分布B(3，p2)，所以E(Y)=3p2，D(Y)=3p2(1-p2).因为0<p1<p2<，所以3p1<3p2，所以E(X)<E(Y). 对于二次函数y=3p(1-p)，对称轴p=，所以在上函数单调递增，所以当0<p1<p2<时，有3p1(1-p1)<3p2(1-p2)，即D(X)<D(Y). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0<p<1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法不正确的是 (　　) A.a+b=1 B.p=时，a=b C.0<p<时，a随着n的增大而增大 D.<p<1时，a随着n的增大而减小 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：对于A，由概率的基本性质可知，a+b=1，故A正确；对于B，由p=时，离散型随机变量X服从二项分布B， 则P(X=k)=(k=0，1，2，3，…，n)， 所以a=(+++…)=×2n-1=，b=(+++…)=×2n-1=，所以a=b，故B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 对于C、D，a==，当0<p<时，a=为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大， 故C正确，当<p<1时，(1-2p)n为正负交替的摆动数列，故D不正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫(1821.5~1894.12)在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量X，若其数学期望E(X)和方差D(X)均存在，则对任意正实数ε，有P(|X-E(X)|<ε)≥1-.根据该不等式可以对事件|X-E(X)|<ε的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号n次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量X，为了至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间(0.4，0.6)内，估计信号发射次数n的值至少为_________.  1 250 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 解析：由题意知X~B，所以E(X)=0.5n，D(X)=0.25n， 若0.4<<0.6，则0.4n<X<0.6n， 即-0.1n<X-0.5n<0.1n，即|X-0.5n|<0.1n， 由切比雪夫不等式P(|X-0.5n|<0.1n)≥1-知， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间(0.4，0.6)内， 则1-≥0.98，解得n≥1 250， 所以估计信号发射次数n的最小值为1 250. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.某学校举办了精彩纷呈的数学文化节活动，其中有两个“掷骰子赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎.游戏规则如下：抛掷一枚质地均匀的骰子一次，出现3的倍数，则一次上三级台阶，否则上两级台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生位于第8、第9或第10级台阶时游戏结束.规定：从平地开始，结束时学生位于第8级台阶可获得一本课外读物，位于第9级台阶可获得一套智力玩具，位于第10级台阶则认定游戏失败. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (1)某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位于第X级台阶，求X的分布列及数学期望E(X)； 解：由题意可知，每次掷骰子上两级台阶的概率为=，上三级台阶的概率为=， 且X的可能取值为6，7，8，9，设Y=X-6， 则Y~B， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 则有P(X=6)=P(Y=0)==， P(X=7)=P(Y=1)=××=， P(X=8)=P(Y=2)=××=， P(X=9)=P(Y=3)==， 所以X的分布列为 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 X 6 7 8 9 P X的数学期望E(X)=6×+7×+8×+9×=7. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)①求一位同学参加游戏，他不能获得奖品的概率； ②若甲、乙两位学生参加游戏，求恰有一人获得奖品的概率. 解：①因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品， 结合题意可知，若学生位于第10级台阶，则投掷3次后，学生位于第7级台阶，投掷第4次上三级台阶，所以不能获得奖品的概率为P1= ×××=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ②甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P=××=. $$