7.4.1 二项分布(课件PPT)-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练测（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第七章　随机变量及其分布 7.4　二项分布与超几何分布 7.4.1　二项分布 [学习任务] 1.通过具体实例,了解伯努利试验.（重点） 2.掌握二项分布及其数字特征,并能解决简单的实际问题.（难点） 7.4.1　二项分布 [对应学生用书第54页] 知识点一　n重伯努利试验的概念 只包含两个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n重伯努利试验. 知识点二　n重伯努利试验具有如下共同特征 （1）同一个伯努利试验重复做n次； （2）各次试验的结果相互独立. 7.4.1　二项分布 知识点三　二项分布 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）＝pk（1－p）n－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X～B（n,p）. 7.4.1　二项分布 1.某一批花生种子,如果每1粒发芽的概率都为,那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是（　　） A. B. C. D. 解析　播下3粒种子恰有2粒发芽的概率为×＝. 答案　B 7.4.1　二项分布 7.4.1　二项分布 3.已知X～B,则P（X＝4）＝ 　　　　⁠.  解析　P（X＝4）＝＝. 答案　 7.4.1　二项分布 [对应学生用书第54页] 探究一　n重伯努利试验的判断 [例1]　判断下列试验是不是n重伯努利试验. （1）依次投掷四枚质地不同的硬币,3次正面向上； [解]　（1）由于试验的条件不同（质地不同）,因此不是n重伯努利试验. 7.4.1　二项分布 （2）某人射击,击中目标的概率是稳定的,他连续射击了10次,其中6次击中； [解]　（2）某人射击且击中的概率是稳定的,因此是n重伯努利试验. （3）口袋中装有5个白球,3个红球,2个黑球,依次从中抽取5个球,恰好抽出4个白球. [解]　（3）每次抽取时,球的个数不一样多,且每种颜色出现的可能性不相等,因此不是n重伯努利试验. 7.4.1　二项分布 　　n重伯努利试验的判断依据 （1）要看该试验是不是在相同的条件下可以重复进行. （2）每次试验的结果相互独立,互不影响. 7.4.1　二项分布 1.下列事件：①运动员甲射击一次,“射中9环”与“射中8环”；②甲、乙两运动员各射击一次,“甲射中10环”与“乙射中9环”；③甲、乙两运动员各射击一次,“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”；④在相同的条件下,甲射击10次,5次击中目标.其中是n重伯努利试验的是 （　　） A.① B.② C.③ D.④ 7.4.1　二项分布 答案　D 解析　①③符合互斥事件的概念,是互斥事件；②是相互独立事件；④是n重伯努利试验. 7.4.1　二项分布 探究二　n重伯努利试验概率的求法 7.4.1　二项分布 7.4.1　二项分布 　　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. 7.4.1　二项分布 2.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　（1）该射手射击了5次,其中只在第一、三、五次击中目标,是在确定的情况下击中目标3次,也就是在第二、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＝××××＝. 7.4.1　二项分布 （2）其中恰有3次击中目标的概率； 解　（2）该射手射击了5次,其中恰有3次击中目标,符合n重伯努利试验概率模型.故所求概率为P＝××＝. 7.4.1　二项分布 （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　（3）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,应用排列组合知识,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＝××＝. 7.4.1　二项分布 探究三　二项分布的均值与方差 [例3]　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； 7.4.1　二项分布 [解]　由题意知,X～B（n,p）,P（X＝k）＝pk（1－p）n－k,k＝0,1,…,n. （1）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 7.4.1　二项分布 （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. （2）记A＝“需要补种沙柳”,则P（A）＝P（X≤3）, 得P（A）＝＋＋＋＝,或P（A）＝1－P（X＞3）＝1－＝,所以需要补种沙柳的概率为. 7.4.1　二项分布 　　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,即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）. 7.4.1　二项分布 3.某厂一批产品的合格率是98%. （1）求从中抽取一件产品为正品的数量的方差； 解　（1）用Y表示抽得的正品数,则Y＝0,1. Y服从两点分布,且P（Y＝0）＝0.02,P（Y＝1）＝0.98, 所以D（Y）＝p（1－p）＝0.98×（1－0.98）＝0.019 6. 7.4.1　二项分布 （2）若从中有放回地随机抽取10件产品,计算抽出的10件产品中正品数的方差及标准差. 解　（2）用X表示抽得的正品数,则X～B（10,0.98）, 所以D（X）＝10×0.98×0.02＝0.196, 标准差为≈0.44. 7.4.1　二项分布 探究四　二项分布的综合应用 [例4]　一名学生每天骑自行车上学,从家到学校的途中有5个交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的,并且概率都是. （1）求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列； 7.4.1　二项分布 [解]　（1）由ξ～B,则P（ξ＝k）＝,k＝0,1,2,3,4,5. 即P（ξ＝0）＝××＝；P（ξ＝1）＝××＝； P（ξ＝2）＝××＝；P（ξ＝3）＝××＝； P（ξ＝4）＝××＝；P（ξ＝5）＝×＝. 故ξ的分布列为 7.4.1　二项分布 ξ 0 1 2 3 4 5 P 7.4.1　二项分布 [解]　（2）η的分布列为P（η＝k）＝P（前k个是绿灯,第k＋1个是红灯）＝·,k＝0,1,2,3,4, 即P（η＝0）＝×＝；P（η＝1）＝×＝； P（η＝2）＝×＝；P（η＝3）＝×＝；P（η＝4）＝×＝； P（η＝5）＝P（5个均为绿灯）＝＝. （2）求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列； 7.4.1　二项分布 η 0 1 2 3 4 5 P 故η的分布列为 7.4.1　二项分布 （3）求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率. [解]　（3）所求概率为P（ξ≥1）＝1－P（ξ＝0）＝1－＝. 7.4.1　二项分布 　　对于概率问题的综合题,首先,要准确地确定事件的性质,把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、n重伯努利试验四类事件中的某一种；其次,要判断事件是A＋B还是AB,确定事件至少有一个发生,还是同时发生,分别应用相加或相乘事件公式；最后,选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n次独立重复试验的概率公式求解. 7.4.1　二项分布 4.甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标,相互之间没有影响,每人各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,至少有1次未击中目标的概率； 解　用A表示事件甲射击一次击中目标,B表示事件乙射击一次击中目标, 则A,B相互独立,且P（A）＝,P（B）＝. （1）用C表示事件甲射击4次,至少有1次未击中目标,则P（C）＝1－＝. 7.4.1　二项分布 （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； （2）用D表示事件两人各射击4次,甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次, ∴P（D）＝·····＝. 7.4.1　二项分布 （3）甲恰好射击5次,被中止射击,说明甲第4、5次未击中目标,第3次击中目标,第1、2两次至多一次未击中目标,故所求概率P＝··＝. （3）假设某人连续2次未击中目标,则中止其射击.问：甲恰好射击5次后,被中止射击的概率是多少？ 7.4.1　二项分布 　　　　　　 （一）审题不清致误 [典例1]　某知识大奖赛,比赛分初赛和决赛两部分.为了增加节目的趣味性,初赛采用选手选一题答一题的方式进行.每位选手最多有5次选题答题的机会,选手累计答对3题或答错3题即终止其初赛的比赛,答对3题者直接进入决赛,答错3题者则被淘汰.已知选手甲答题的正确率为. （1）求选手甲可进入决赛的概率； 7.4.1　二项分布 [解]　（1）选手甲答3道题进入决赛的概率为＝； 选手甲答4道题进入决赛的概率为×××＝； 选手甲答5道题进入决赛的概率为×××＝. 所以选手甲可进入决赛的概率为＋＋＝. 7.4.1　二项分布 （2）设选手甲在初赛中答题的个数为ξ,试写出ξ的分布列. [解]　（2）依题意,得ξ的可能取值为3,4,5,则有P（ξ＝3）＝＋＝, P（ξ＝4）＝×××＋×××＝, P（ξ＝5）＝××＝, 所以ξ的分布列为 7.4.1　二项分布 ξ 3 4 5 P 7.4.1　二项分布 　　（1）甲答4题进入决赛指的是前3题中答对2道题,答错1道题,第4题答对,只有前3次答题事件满足伯努利试验.甲答5题进入决赛同理也不是全部满足伯努利试验. （2）甲答4题结束比赛,指答对前3题中的2道题,第4题答对进入决赛,或前3题中有2道题答错,第4题答错.甲答5题结束比赛,指答对前4题中的2道题. 7.4.1　二项分布 　　　　　　　 （二）对公式不理解致误 [典例2]　（绍兴高三期末）盒中有6个除颜色外其余均相同的球,其中1个红球,2个绿球,3个黄球.从盒中随机取球,每次取3个,记取出的球的颜色种数为ξ,则P（ξ＝2）＝ 　　　　⁠.若摸出的三个球的颜色相同或各不相同为中奖,每次中奖可得奖金20元,记某人5次重复摸球（每次摸球后放回）中奖获得的奖金为X元,则D（X）＝ 　　　　⁠.  7.4.1　二项分布 [解析]　摸出的三个球为1个红球,2个绿球,共有1种； 摸出的三个球为1个红球,2个黄球,共有＝3（种）； 摸出的三个球为1个绿球,2个黄球或2个绿球,1个黄球,共有－＝9（种）. 则P（ξ＝2）＝＝. 每次摸出的三个球的颜色相同或各不相同的概率为P＝1－P（ξ＝2）＝. 设中奖的次数为Y,则Y～B, 所以D（Y）＝5××＝, 所以D（X）＝D（20Y）＝400D（Y）＝455. [答案]　　455 7.4.1　二项分布 [对应学生用书第57页] 1.某批数量很大的产品的次品率为p,从中任意取出4件,则其中恰好含有3件次品的概率是 （　　） A.p3 B.p3（1－p） C.p3（1－p） D.p3 7.4.1　二项分布 解析　由题意,从这批产品中任取4件,所得次品数记作X,则X服从二项分布,即X～B（4,p）,所以从中任意取出4件,其中恰好含有3件次品的概率是P（X＝3）＝p3（1－p）. 答案　C 7.4.1　二项分布 7.4.1　二项分布 7.4.1　二项分布 3.已知随机变量ξ～B,则P（ξ＝2）＝（　　） A. B. C. D. 解析　P（ξ＝2）＝＝. 答案　D 7.4.1　二项分布 4.设如果X～B,那么E（X）＝ 　　　　⁠,D（X）＝ 　　　　⁠.  解析　E（X）＝4×＝,D（X）＝4××＝. 答案　　 7.4.1　二项分布 知识点三　二项分布 2．(浙江诸暨期中)已知X～B(20，p)，且E(X)＝6，则D(X)＝(　　) A．1.8　　　B．6　　　C．2.1　　　D．4.2 解析　因为X～B(20，p)，所以E(X)＝20p＝6，解得p＝0.3，故D(X)＝20p(1－p)＝20×0.3×0.7＝4.2.故选D. 答案　D 探究二　n重伯努利试验概率的求法 [例2]　如图，将一个半径适当的小球放入容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、向右下落的概率分别是 eq \f(2,3) ， eq \f(1,3) . (1)设小球向左的次数为X，求随机变量X的分布列； (2)分别求出小球落入A袋和B袋的概率． [解]　(1)由题意，得X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(2,3))) ，所以P(X＝k)＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(k) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3－k) (k＝0，1，2，3)，所以X的分布列为 P 0 1 2 3 X eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) (2)由(1)得，小球落入A袋的概率为P(X＝3)＋P(X＝0)＝ eq \f(8,27) ＋ eq \f(1,27) ＝ eq \f(1,3) ，小球落入B袋的概率为1－ eq \f(1,3) ＝ eq \f(2,3) . 2．(江西抚州高二月考)现有3个小组，每组3人，每人投篮1次，投中的概率均为 eq \f(1,2) ，若1个小组中至少有1人投中，则称该组为“成功组”，则这3个小组中恰有1个“成功组”的概率为(　　) A． eq \f(1,512) 　　 B． eq \f(21,512) 　　 C． eq \f(343,512) 　　 D． eq \f(147,512) 解析　由题意知，1个小组是“成功组”的概率为1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(7,8) ，则这3个小组中恰有1个“成功组”的概率为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(3)) × eq \f(7,8) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(7,8))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(21,512) .故选B. 答案　B $$