8.2.3 二项分布-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（苏教版）

8.2　离散型随机变量及其分布列 8.2.3　二项分布 第8章　概率 [学习目标]　1.通过具体实例,了解伯努利试验.　2.掌握二项分布及其数字特征,并能解决简单的实际问题. [素养目标]　 水平一:理解n重伯努利试验与二项分布.(逻辑推理) 水平二:借助n重伯努利试验及二项分布解题.(数学运算) 学习引语 某学生走在大街上,看见路旁有一群人,他挤进去,见一木板上写着:投掷一枚相同的硬币二十次,恰好10次正面朝上者中奖,他一阵窃喜:数学老师刚讲过,投硬币时,正面朝上和正面朝下为等可能事件,概率均为,20×不就是10吗?这简直是必然事件嘛!于是他走上前去参与游戏.那么这个学生能否中奖呢? 探究活动1　n重伯努利试验 内容索引 探究活动2　二项分布 课时作业 巩固提升 探究活动3　二项分布的均值与方差 课堂达标·素养提升 4 探究活动1　n重伯努利试验 问题　观察下面试验有什么共同的特点? (1)投掷一枚相同的硬币5次,每次正面向上的概率为0.5; (2)某同学玩射击气球游戏,每次射击击破气球的概率为0.7,现有气球10个; (3)某篮球队员罚球命中率为0.8,罚球6次. 提示　①相同条件下的试验:5次、10次、6次; ②每次试验相互独立; ③每次试验只有两种可能的结果:发生或不发生; ④每次试验发生的概率相同,为p,不发生的概率也相同,为1-p. 我们把只包含两个可能结果的试验叫作伯努利试验,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. 温馨提示　在相同条件下,n重伯努利试验是有放回地抽样试验. 知识生成 [例1]　(多选)下列试验不是n重伯努利试验的是(　 　) A.依次投掷四枚质地不同的硬币 B.某人射击,击中目标的概率是稳定的,他连续射击了10次 C.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 D.小明做10道难度不同的数学单选题 知识应用 ACD [解析]　A.由于试验的条件不同(硬币质地不同),因此不是n重伯努利试验.B.某人射击,击中目标的概率是稳定的,因此是n重伯努利试验.C.每次抽取,每种颜色出现的可能性不相等,因此不是n重伯努利试验.D.10道题难度不同,每道题做对的概率也不同,因此不是n重伯努利试验. 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. 反思感悟 1.判断下列试验是否为n重伯努利试验: (1)袋中有质地、大小完全相同的6个红球和4个白球,每次从中任取1个球,记下颜色后放回,连续取球2次; (2)袋中有质地、大小完全相同的6个红球和4个白球,每次从中任取1个球,不放回,连续取球2次. 跟踪训练 解:(1)是n重伯努利试验,因为每次试验的条件相同,且每次试验的结果互不影响,同一事件发生的概率也相同. (2)不是n重伯努利试验,因为每次试验的条件不同(每次取球后不放回,下次取球与上次取球时袋中球的数目不同),并且每次试验中同一事件发生的概率不同. 探究活动2　二项分布 问题　连续抛掷一枚图钉3次,且每次针尖向上的概率为p,针尖向下的概率为q,则仅出现1次针尖向上的概率是多少? 提示　连续抛掷一枚图钉3次,就是做3重伯努利试验,用Ai(i=1,2,3)表示“第i次掷得针尖向上”的事件,用B1表示“仅出现一次针尖向上”的事件,则B1=(A1 )∪(A2)∪(A3).由此可得P(B1)=q2p+q2p+q2p=3q2p. 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),即P(A)=p,P()=1-p=q.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服从参数为n,p的二项分布,记作 　　　　　　.  知识生成 pkqn-k X~B(n,p) [例2]　某射手进行射击训练,假设每次射击击中目标的概率都为,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; (2)其中恰有3次击中目标的概率; (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. 知识应用 [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 P1=××××=. (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P2=××=. (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P3=××=. n重伯努利试验概率求法的三个步骤 1.判断:依据n重伯努利试验的特征,判断所给试验是否为n重伯努利试验. 2.分拆:判断所求事件是否需要分拆. 3.计算:就每个事件依据n重伯努利试验的概率公式求解,最后利用互斥事件概率加法公式计算. 反思感悟 2.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. 跟踪训练 解:(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重伯努利试验,则 “恰有2次准确”的概率为 P=×0.82×0.23=0.051 2≈0.05. 答:5次预报中恰有2次准确的概率约为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=×0.25+×0.8×0.24=0.006 72, 所以所求概率为1-P=1-0.006 72≈0.99. 答:“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99. 探究活动3　二项分布的均值与方差 问题　若随机变量X服从二项分布B(n,p),那么X的均值和方差各是什么? 提示　当n=1时,X服从两点分布,分布列为 E(X)=p,D(X)=p(1-p). X 0 1 P 1-p p 二项分布的分布列为(q=1-p) 则E(X)=0×p0qn+1×p1qn-1+2×p2qn-2+…+kpkqn-k+…+npnq0, 由k=n, 可得E(X)=n×p1qn-1+n×p2qn-2+…+npkqn-k+…+npnq0 =np(p0qn-1+p1qn-2+…+pk-1qn-k+…+pn-1q0) =np(p+q)n-1=np, 同理可得D(X)=np(1-p). X 0 1 … k … n P p0qn p1qn-1 … pkqn-k … pnq0 1.若X服从两点分布,则E(X)=p,D(X)=p(1-p). 2.若X~B(n,p),则E(X)=　　　,D(X)=　　　　　,σ=.  知识生成 np np(1-p) [例3]　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,若中奖,商场返还顾客现金100元.某顾客现购买价格为2 300元的台式电脑一台,得到抽奖券四张.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X,求随机变量X的概率分布; (2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为Y(元),用X表示Y,并求随机变量Y的均值. 知识应用 [解]　(1)因为每张奖券是否中奖是相互独立的, 因此X~B, 所以P(X=0)=×=, P(X=1)=×=. P(X=2)=×=, P(X=3)=×=. P(X=4)=×=. 所以随机变量X的概率分布为 X 0 1 2 3 4 P (2)因为X~B,所以E(X)=4×=2. 又由题意可知Y=2 300-100X, 所以E(Y)=E(2 300-100X)=2 300-100E(X)=2 300-100×2=2 100(元). 即所求随机变量Y的均值为2 100元. 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. 反思感悟 3.某一智力游戏玩一次所得的积分是一个随机变量X,其概率分布如下表,均值E(X)=2. (1)求a和b的值; (2)某同学连续玩三次该智力游戏,记积分X大于0的次数为Y,求Y的概率分布与均值. 跟踪训练 X 0 3 6 P a b 解:(1)因为E(X)=2, 所以0×+3×a+6×b=2, 即3a+6b=2.① 又+a+b=1,得a+b=,② 联立①②,解得a=,b=. (2)由(1)知P(X>0)=, 依题意知Y~B, 故P(Y=0)==, P(Y=1)=××=, P(Y=2)=××=, P(Y=3)==. 故Y的概率分布为 Y的均值为E(Y)=3×=. Y 0 1 2 3 P 课堂小结 1．知识清单 (1)n重伯努利试验的概念及特征． (2)二项分布的概念及表示． (3)二项分布的均值、方差． 2．方法归纳 数学建模． 〈课堂达标·素养提升〉 1.若某射手每次射击击中目标的概率为0.9,每次射击的结果相互独立,则在他连续4次射击中,恰好有一次未击中目标的概率为(　　) A.0.1×0.93　　　　　　　 B.×0.13×0.9 C.0.13×0.93 D.×0.1×0.93 解析:在他连续4次射击中,恰好有一次未击中目标的概率为×0.1×0.93. D 2.已知随机变量X~B,若P=,则p=(　　) A. B.或 C. D.或 D 解析:因为X~B,则P=p2=6p2=, 且0<p<1,整理可得p=,解得p=或. 3.设随机变量X~B(n,p),如果E(X)=12,D(X)=4,那么n和p分别为(　　) A.18和 B.16和 C.20和 D.15和 A 解析:由 解得 4.设X~B(2,p),若P(X≥1)=,则p=　　　　. 解析:因为X~B(2,p), 所以P(X=k)=pk(1-p)2-k,k=0,1,2, 所以P(X≥1)=1-P(X<1)=1-P(X=0) =1-p0(1-p)2=1-(1-p)2=, 结合0<p<1,解得p=. 课时作业 巩固提升 [A组　必备知识练] 1.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 解析:∵X~B(10,0.8), ∴P=×0.88×0.22. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.某班有的学生数学成绩优秀,如果从该班中随机地找出5名同学,那么其中数学成绩优秀的学生数为X,则E(2X+1)等于(　　) A. B. C.3 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D 解析:由题可知,X服从二项分布,即X~B,所以E(X)=,所以E(2X+1)=2E(X)+1=2×+1=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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的期望为(　　) A. B.1 C.+ln 2 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D 解析:由题可得,遇到红灯的次数ξ服从二项分布,即ξ~B,所以E(ξ)=4×=, 所以因遇到红灯停留的总时间Y的期望为 E(2ξ)=2E(ξ)=2×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.某电子元件生产厂家新引进一条产品质量检测线,现对检测线进行上线的检测试验:从装有5个正品和1个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出3个,再将电子元件放回.重复6次这样的试验,那么“取出的3个电子元件中有2个正品,1个次品”的结果恰好发生3次的概率是(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B 解析:从装有5个正品和1个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出3个,再将电子元件放回,取出的3个电子元件中有2个正品,1个次品的概率p==,重复6次这样的试验, 设A=“取出的3个电子元件中有2个正品,1个次品”,则P(A)=,用X表示事件A发生的次数,则X~B,于是A恰好发生3次的概率是P(X=3)==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5.(多选)掷一个硬币6次,每次掷出正面的概率均为,恰好出现k次正面的概率记为Pk,则下列说法正确的是(　　) A.P1=P5 B.P1<P5 C.Pk=1 D.P0,P1,P2,…,P6中最大值为P4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 BD 解析:A,B选项,P1=××=,P5=××=, P1<P5,故A错误,B正确; C选项,Pk=1,C错误; D选项,由二项分布概率公式可得, P0=,P1=,P2=,P3=,P4=,P5=,P6=,最大值为P4,D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)某篮球队员进行投篮练习,根据历史数据可知,该队员每次投篮的命中率均为p,若该队员投篮4次,投进球的个数记为Y,且E=2.8,则(　 　) A.p=0.7 B.D=0.84 C.P=0.49 D.至少进1个球的概率为0.991 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ABD 解析:由题意知,Y~B(4,p),则E(Y)=4p=2.8,解得p=0.7, 所以D(Y)=4p(1-p)=4×0.7×0.3=0.84, P(Y=2)=×0.72×0.32=0.264 6,P(Y=0)=×0.34=0.008 1, 所以至少进1个球的概率为1-P(Y=0)=1-0.008 1=0.991 9. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7.某师傅驾车从公司开往火车站,途经4个交通岗,这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段,每个路段的驾车时间都是3分钟,如果遇到红灯要停留1分钟.假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的,并且概率都 是,则张师傅此行程时间不少于16分钟的概率为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:如果不遇到红灯,全程需要15分钟,否则至少需要16分钟,所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P=1-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.现有10 000人参加某保险公司的人身意外保险,该公司规定:每人每年付给公司120元,若意外死亡,公司将赔偿10 000元.如果每人每年意外死亡的概率为0.006,那么该公司会赔本吗? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:设这10 000人中意外死亡的人数为X,根据题意,X服从参数为n=10 000,p=0.006的二项分布,则它的分布列为P(X=k)=0.006k(1-0.006)10 000-k(k=0,1,2,…,10 000). 死亡人数为X时,公司要赔偿X万元,此时公司的利润为(120-X)万元. 由上述分布列知公司赔本的概率为P(120-X<0)=1-P(X≤120)= 1-P(X=k) =1-0.006k×0.99410 000-k≈0. 这说明,该公司几乎不会赔本. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 [B组　关键能力练] 9.在数学试卷的单项选择题中,共有8道题,每道题有4个选项,其中有且仅有一个选项正确,选对得5分,选错得0分,如果从四个选项中随机选一个,选对的概率是0.25.某同学8道单选题都不会做,只能在每道单选题的选项中随机选择一个作为答案,设他的总得分为X,则X的方差D(X)=(　　) A.1.5 B.7.5 C.20.5 D.37.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A 解析:根据题目可知,服从二项分布X~B,从而得到方差公式D(X)=8×0.25×0.75=1.5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(多选)如果某城镇小汽车的普及率为75%,即平均每100个家庭有75个家庭拥有小汽车,若从该城镇中任意选出5个家庭,则下列结论成立的是(　 　) A.这5个家庭均有小汽车的概率为 B.这5个家庭中,恰有三个家庭拥有小汽车的概率为 C.这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车 D.这5个家庭中,四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ACD 解析:由题得小汽车的普及率为,这5个家庭均有小汽车的概率为=,所以选项A结论成立;这5个家庭中,恰有三个家庭拥有小汽车的概率为=,所以选项B结论错误;这5个家庭平均有3.75个家庭拥有小汽车,所以选项C结论成立;这5个家庭中,四个家庭以上(含四个家庭)拥有小汽车的概率为+=,所以选项D结论成立. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11.位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动:质点每次移动一个单位长度,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为,向右移动的 概率为,则质点P移动五次后位于点(1,0)的概率是　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:依题意得,质点P移动五次后位于点(1,0),则这五次移动中必有某两次向左移动,另三次向右移动,因此所求的概率等于××=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.某公司招聘员工,先由两位专家面试,若两位专家都同意通过,则视作通过初审予以录用.若这两位专家都未同意通过,则视作未通过初审不予录用;当这两位专家意见不一致时,再由第三位专家进行复审,若能通过复审,则予以录用,否则不予录用.设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为0.5,复审能通过的概率为0.3,各专家评审的结果相互独立. (1)求某应聘人员被录用的概率; (2)若4人应聘,设X为被录用的人数,试求随机变量X的概率分布. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解:设A=“两位专家都同意通过”,B=“只有一位专家同意通过”,C=“通过复审”. (1)设D=“某应聘人员被录用”,则D=A∪BC, 因为P(A)=×=. P(B)=2××=,P(C)=, 所以P(D)=P(A∪BC)=P(A)+P(B)P(C)=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)根据题意,知X=0,1,2,3,4,设Ai=“应聘的4人中恰有i人被录用”(i=0,1,2,3,4),则 P(A0)=××=, P(A1)=××=, P(A2)=××=, P(A3)=××=, P(A4)=××=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 所以X的概率分布为 X 0 1 2 3 4 P $$