7.4.1 第2课时 二项分布的综合问题（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修3（人教A版2019）

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 第2课时　二项分布的综合问题 第七章 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 C 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 A 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 B 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 谢谢观看 返回导航 数学 选择性必修 第三册 A　 学习目标 1.掌握二项分布的均值和方差． 2．能利用二项分布解决一些简单的实际问题． np np(1－p) 知识点　二项分布的均值与方差 二项分布的均值与方差 如果X～B(n, p)，那么E(X)＝____，D(X)＝___________． 特别地，若随机变量X服从参数为p的两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p). [例1] (2024·南通高二期中)袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验． (1)若直到取到新球为止，求抽取次数X的分布列及其均值； (2)若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值． (1)X的可能取值为1，2，3，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 故抽取次数X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)＝1×＋2×＋3×＝. (2)每次检验取到新球的概率均为，故X～B(5，)，所以E(X)＝5×＝3. 利用二项分布均值与方差公式解题的关键点 对于二项分布的均值与方差，关键是通过题设确定随机变量服从二项分布，然后直接应用公式计算． [练1] (2024·湖南常德高二阶段检测)福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一，纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架；第二步裱伞面；第三步绘花刷油．一个优秀的作品除了需要有很好的素材外，更要有制作上的技术要求，已知某工艺师在每个环节制作合格的概率分别为，，，只有当每个环节制作都合格才认为一次成功制作． (1)求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率； (2)若该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，求X分布列及期望． (1)由题意可知，制作一件优秀作品的概率为××＝，所以该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率P＝C××()2＝. (2)该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，X的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由题意知X～B(4, )， 则P(X＝0)＝C()0×(1－)4＝， P(X＝1)＝C()1×(1－)3＝， P(X＝2)＝C()2×(1－)2＝， P(X＝3)＝C()3×(1－)1＝， P(X＝4)＝C()4×(1－)0＝， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 所以数学期望为E(X)＝4×＝. 综合应用一　二项分布的实际应用 [例2] (2024·新课标 Ⅱ 卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率； (2)假设0＜p＜q. (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (1)设A1＝“甲、乙所在队进入第二阶段”，则P(A1)＝1－(1－0.4)3＝0.784. 设A2＝“乙在第二阶段至少得5分”，则P(A2)＝1－(1－0.5)3＝0.875. 设A3＝“甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分”，则P(A3)＝P(A1)·P(A2)＝0.686. (2)(ⅰ)设甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队得15分的概率为P甲， 则P甲＝[1－(1－p)3]·q3＝pq3·(3－3p＋p2). 设乙参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队得15分的概率为P乙， 则P乙＝[1－(1－q)3]·p3＝qp3·(3－3q＋q2). 则P甲－P乙＝pq(3q2－3pq2＋p2q2－3p2＋3p2q－p2q2)＝3pq(q－p)·(p＋q－pq)， 由0＜p＜q≤1，得q－p＞0，p＋q－pq＝p＋q(1－p)＞0， 所以P甲－P乙＞0，即P甲＞P乙． 故应该由甲参加第一阶段比赛． (ⅱ)若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15. P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝[1－(1－p)3]·C·q·(1－q)2， P(X＝10)＝[1－(1－p)3]·C·q2·(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·Cq3， 所以E(X)＝[1－(1－p)3]·[15q(1－q)2＋30q2(1－q)＋15q3]＝[1－(1－p)3]·15q＝15pq(p2－3p＋3). 若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15. 同理，可得E(Y)＝15pq(q2－3q＋3). E(X)－E(Y)＝15pq(p2－3p－q2＋3q)＝15pq·(q－p)·(3－p－q)， 由0＜p＜q≤1，得q－p＞0，3－p－q＝3－(p＋q)＞0， 所以E(X)－E(Y)＞0，即E(X)＞E(Y). 故应该由甲参加第一阶段比赛． (1)二项分布的实际应用类问题的求解步骤 ①根据题意设出随机变量； ②分析随机变量服从二项分布； 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． (2)利用二项分布求解“至少”“至多”问题的思路 其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率． [练2] 某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立． (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0； (2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用． (ⅰ)若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)； (ⅱ)以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？ (1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝Cp2(1－p)18. 因此f′(p)＝C[2p(1－p)18－18p2(1－p)17] ＝2Cp(1－p)17(1－10p)， 令f′(p)＝0，得p＝0.1. 当p∈(0, 0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1, 1)时，f′(p)<0. 所以f(p)的最大值点为p0＝0.1. (2)由(1)知，p＝0.1. (ⅰ)令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180, 0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y. 所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490. (ⅱ)如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元． 由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验． 综合应用二　二项分布的性质 [例3] 某一批产品的合格率为95%，那么在取出的20件产品中，最有可能有几件产品合格？ 设在取出的20件产品中，合格产品有X件，则X服从二项分布，X～B(20, 0.95)， 则恰好有k件产品合格的概率为 P(X＝k)＝C×0.95k×0.0520－k(0≤k≤20，且k∈N). ＝ ＝＝1＋ ＝1＋(1≤k≤20，且k≤N). 则当k＜19.95时，P(X＝k－1)＜P(X＝k)； 当k＞19.95时，P(X＝k－1)＞P(X＝k)， 所以＜1. 由以上分析可知，在取出的20件产品中，合格品有19件的概率最大，即最有可能有19件合格品． 二项分布概率最大问题的求解思路 可以用≤1(0≤k≤n－1，k∈N)来求，还可以考虑用不等式组(k∈N，1≤k≤n－1)来求． [练3] (2024·盐城高二联考)若X～B(20, )，则P(X＝k)(0≤k≤20且k∈N)取得最大值时，k＝________. 答案：6或7　 由题意知X服从二项分布， 所以P(X＝k)＝C()k(1－)20－k＝C()k·()20－k，0≤k≤20，且k∈N. 由不等式≤1(0≤k≤19，且k∈N)， 得×≤1，解得k≥6. 所以当k≥6时，P(X＝k)≥P(X＝k＋1)； 当k＜6时，P(X＝k＋1)＞P(X＝k). 因为当且仅当k＝6时，P(X＝k＋1)＝P(X＝k)， 即P(X＝6)＝P(X＝7)， 所以当k＝6或k＝7时，P(X＝k)取得最大值． 1．知识清单 (1)二项分布的均值、方差． (2)二项分布的实际应用． (3)二项分布的性质． 2．方法归纳：公式法． 3．常见误区：判断随机变量X是否服从二项分布． ◎随堂演练 1．(2024·东营高二期中)随机变量X服从二项分布X～B(10，0.5)，则它的期望E(X)＝(　　) A．0.5 B．2.5 C．5 D．10 因为随机变量X服从二项分布X～B(10，0.5)， 则它的期望E(X)＝10×0.5＝5. 2．(2024·咸宁高二月考)已知盒中装有除颜色外完全相同的4个黑球与2个白球，现从中有放回地摸取4次，每次都是从盒子中随机摸出1个球，设摸得白球个数为X，则E(X)为(　　) A． B． C．2 D． 因为盒中装有除颜色外完全相同的4个黑球与2个白球，所以每次从盒子中随机摸出1个白球的概率为，又摸球的过程是有放回地，故X服从二项分布X～B(4，)，所以E(X)＝4×＝. 3．(2024·运城高二期中)已知随机变量X～B(n，p)，若E(X)＝，D(X)＝，则P(X＝1)＝(　　) A． B． C． D． 随机变量X～B(n，p)，则有E(X)＝np＝，D(X)＝np(1－p)＝， 由＝＝1－p＝÷＝，解得p＝，n＝4， 所以P(X＝1)＝C××()3＝. 4．某市公租房的房源位于甲、乙、丙三个片区，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．则该市的4位申请人中恰有2人申请甲片区房源的概率为________． 答案：　 每位申请人申请房源为一次试验，这是4重伯努利试验，设A＝“申请甲片区房源”，则P(A)＝，恰有2人申请甲片区的概率为P＝C·()2·()2＝. $$