7.4.1 二项分布-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦高中数学中二项分布核心知识点，以n重伯努利试验概念为起点，通过实例提炼试验特征，进而构建二项分布的定义、分布列及均值方差公式，最终落脚于实际应用，形成从概念抽象到问题解决的完整学习支架。 资料以问题探究驱动概念生成，结合射击、投弹灭火等实例培养数学建模与运算素养，任务式设计含对点练、变式探究等环节，课中助力教师引导学生深化理解，课后帮助学生查漏补缺，强化知识应用能力。

7.4　二项分布与超几何分布 7.4.1　二项分布 学习目标 1.通过具体实例，了解伯努利试验及n重伯努利试验的概念，培养数学抽象的核心素养.　2.掌握二项分布的概率表达形式，掌握二项分布的均值与方差公式.　3.能利用n重伯努利试验及二项分布解决一些简单的实际问题，培养数学建模、数学运算的核心素养. 任务一　n重伯努利试验 (阅读教材P72，完成探究问题1) 问题1.观察下面试验有什么共同的特点. (1)投掷一枚质地均匀的硬币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. 1.n重伯努利试验 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. 2.n重伯努利试验的共同特征 (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. [微思考]　在相同条件下，有放回地抽样试验是n重伯努利试验吗？ 提示：是， 满足n重伯努利试验的特征. 甲、乙两人进行射击游戏，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，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响. (1)甲共射击n次，是否可看作n重伯努利试验？乙共射击m次，是否可看作m重伯努利试验？ (2)假设甲射击5次，求有3次连续击中目标，另外2次没有击中目标的概率； (3)求甲、乙各射击一次，至少击中目标一次的概率. 解：(1)由伯努利试验的判断条件，甲、乙各自射击时可看作在相同条件下，且每次射击互不影响，故甲射击的n次可看作n重伯努利试验，乙射击的m次可看作m重伯努利试验. (2)设“第i次射击击中目标”为事件Ai(i＝1，2，3，4，5)，“甲在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A，则A＝A1A2A3＋A2A3A4＋A3A4A5， 所以P(A)＝P(A1A2A3)＋P(A2A3A4)＋P(A3A4A5)＝()3×()2＋×()3×＋()2×()3＝. (3)甲、乙各射击一次，至少击中目标一次，则“甲、乙都击中，甲不中乙击中，甲击中乙不中”，即甲、乙各射击一次，至少击中目标一次的概率为×＋(1－)×＋×(1－)＝. [变式探究] 1.(变设问)本例条件不变，在游戏的全过程中甲、乙共射击了m＋n次，则这m＋n次是否可看作m＋n重伯努利试验？ 解：在游戏的全过程中甲、乙共射击了m＋n次，不是在相同条件下(两人击中目标的概率不同)进行的，故不可看作m＋n重伯努利试验. 学生用书⬇第52页 2.(变条件、变设问)若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击，求乙恰好射击4次后被终止射击的概率. 解：乙恰好射击4次后被终止射击，则“第2次一定击中，最后两次未击中，第一次击中或不击中均有可能”， 故所求概率为(1－)××(1－)×(1－)＋××(1－)×(1－)＝， 或1××(1－)×(1－)＝. n重伯努利试验概率求法的三个步骤 对点练1.(1)某同学随机掷一枚骰子4次，则该同学得到1点或5点的次数超过2次的概率为(　　) A. B. C. D. (2)某产品正品率为，次品率为，现对该产品进行测试，若第X次首次测到正品，则P(X＝3)＝　　　　. 答案：(1)A　(2) 解析：(1)该同学随机掷一枚骰子，得到1点或5点的概率为，则该同学掷一枚骰子4次，得到1点或5点的次数超过2次的概率P＝×()3×(1－)＋×()4＝.故选A. (2)依题意，得P(X＝3)＝××＝. 任务二　二项分布 (阅读教材P73－74，完成探究问题2) 问题2.连续投掷一枚图钉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？恰好出现2次针尖向上的概率是多少？有什么规律？ 提示：连续投掷一枚图钉3次，就是做3次伯努利试验，用Ai(i＝1，2，3)表示第i次掷得针尖向上的事件，用Bk(k＝0，1，2，3)表示“仅出现k次针尖向上”的事件，则B1＝(A1)∪(A2)∪(A3).由此可得P(B1)＝q2p＋q2p＋q2p＝3q2p＝p1q2；同理P(B2)＝P(A1A2)＋P(A2A3)＋P(A1A3)＝3qp2＝p2q1，猜想规律：P(Bk)＝pkq3－k，k＝0，1，2，3. 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)＝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). [微思考]　二项分布的所有概率和是多少？ 提示：由二项式定理可知，二项分布的所有概率和为1. 某公司的一次招聘中，应聘者都要经过A，B，C三个独立项目的测试，如果通过其中的两个或三个项目的测试即可被录用.若甲、乙、丙三人通过每个项目测试的概率都是. (1)求甲被录用的概率； (2)设甲、乙、丙三人中被录用的人数为X，求. ①P(X＝2)； ②P(X≥2). 解：(1)通过两个项目测试的概率为)2×＝，通过三个项目测试的概率为)3＝， 则甲被录用的概率为＋＝. (2)因为甲、乙、丙三人通过每个项目测试的概率都是，由(1)可知甲、乙、丙三人每个人被录用的概率都是，所以甲、乙、丙三人中被录用的人数X～B(3，). ①X＝2表示甲、乙、丙三人中恰好被录用2人，所以P(X＝2)＝)2×＝； ②P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝＋＝. 学生用书⬇第53页 建立二项分布模型的步骤 第1步：明确伯努利试验及事件A的意义，确定事件A发生的概率p； 第2步：确定重复试验的次数n，并判断各次试验的独立性； 第3步：设X为n次独立重复试验中事件A发生的次数，则X～B(n，p). 注意：(1)二项分布的两个关注点：一是对立性，即一次试验中，事件A要么发生，要么不发生；二是重复性，即试验独立重复地进行了n次.(2)公式P(X＝k)＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)是求n重伯努利试验中事件A发生k次的概率. 对点练2.(1)如图，一质点在数轴点0的位置出发，每次向左或向右移动1个单位，其中每次向左移动的概率均为，则第5次到达点1的位置的概率为　　　　. (2)大多数农作物播种时，一般在一个坑内放3粒种子，以便出苗后进行及时的补苗或移栽，已知每粒种子发芽的概率为0.8，每粒种子是否发芽相互独立，如果一个坑内的种子均不发芽则需补苗，则一个坑内不需补苗的概率为　　　　. 答案：(1)　(2)0.992 解析：(1)第5次到达点1的位置，则5次中有2次向左平移，3次向右平移，所以第5次到达点1的位置的概率为)2×()3＝. (2)依题意，一个坑内有3粒种子，每粒种子是否发芽相互独立，设一个坑内发芽的种子个数为ξ，则ξ～B(3，0.8)，则一个坑内不需补苗的概率为P＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝×0.8×(1－0.8)2＋×0.82×(1－0.8)＋×0.83＝0.992. 任务三　二项分布的均值与方差 (阅读教材P76，完成探究问题3) 问题3.投掷一枚质地均匀的硬币，“正面向上”的概率为0.5，如果投掷100次硬币，正面向上的期望是多少？ 提示：根据均值的含义，正面向上的期望为50. 二项分布的均值与方差 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)＝np，D(X)＝np(1－p). [微思考]　二项分布与两点分布有什么关系？ 提示：两点分布就是二项分布中n＝1的特殊情况. (1)(多选)已知随机变量X满足：X～B(4，p)，0＜p＜1，E(X)＝D(X)，则(　　) A.p＝ B.E(X)＝ C.E(2X＋1)＝ D.D(2X＋1)＝ (2)(双空题)为防止风沙危害，某地政府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，已知各株沙柳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，已知E(X)＝3，D(X)＝，则n＝　　　　，p＝　　　　. 答案：(1)BCD　(2)6　 解析：(1)对于A，因为X～B(4，p)，E(X)＝D(X)，所以×4p(1－p)＝4p，解得p＝，故A错误；对于B，由上知E(X)＝4×＝，故B正确；对于C，E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝，故C正确；对于D，D(2X＋1)＝4D(X)＝4×4××(1－)＝，故D正确.故选BCD. (2)依题意，知X服从二项分布B(n，p)，由E(X)＝np＝3，D(X)＝np(1－p)＝，得1－p＝，所以p＝，n＝6. 　　要熟练掌握二项分布的均值与方差公式E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).在解答与均值、方差的相关问题时，主要是弄清楚各公式的结构、各参数的位置，以方程思想为工具进行参数值及概率的求解. 对点练3.(1)如果随机变量ξ～B(n，p)，且E(3ξ)＝12，D(ξ)＝，则p＝(　　) A. B. C. D. (2)现有6名志愿者要去A，B，C，D四个社区参加志愿活动，每名志愿者可自由选择其中的1个社区，记去A社区的志愿者人数为ξ，则E(ξ)＝　　　　. 答案：(1)D　(2) 解析：(1)因为E(3ξ)＝3E(ξ)＝12，即E(ξ)＝4，又因为随机变量ξ～B(n，p)，且D(ξ)＝，则故选D. (2)依题意，知随机变量ξ服从二项分布，即ξ～B(6，)，所以E(ξ)＝6×＝. 学生用书⬇第54页 任务四　二项分布概率模型的实际应用 无人机已广泛用于森林消防、抢险救灾、环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员乙操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为 ，每次投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为 ，击中目标两次起火点被扑灭的概率为 ，击中目标三次起火点必定被扑灭. (1)求起火点被无人机击中次数X的分布列及均值； (2)求起火点被无人机至少击中两次且被扑灭的概率. 解：(1)起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，). 所以P(X＝0)＝()3＝， P(X＝1)＝··()2＝， P(X＝2)＝·()2×＝， P(X＝3)＝()3＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝3×＝. (2)击中两次被扑灭的概率为P1＝·()2××＝； 击中三次被扑灭的概率为P2＝()3＝； 所以所求概率P＝P1＋P2＝＋＝. 　　利用二项分布求解“至少”“至多”“恰有”问题的概率，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概率的和，或者利用对立事件求概率. 对点练4.小王积极响应国家鼓励青年创业的号召，和朋友合伙开了一家小型工厂，该工厂有4台大型机器，在一年中，一台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相对独立的，出现故障时需要1名工人进行维修，每台机器出现故障需要维修的概率为. (1)若出现故障的机器台数为X，求X的分布列； (2)该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时，能及时维修的概率不小于90％？ 解：(1)一台机器是否出现故障可看作一次试验，在一次试验中，设机器出现故障为事件A，则事件A的概率为， 该厂有4台机器，即进行4次独立重复试验， 用X表示出现故障的机器台数，故X服从二项分布B(4，)， 所以P(X＝0)＝)4＝，P(X＝1)＝)()3＝，P(X＝2)＝)2()2＝， P(X＝3)＝)3()1＝， P(X＝4)＝)4＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P (2)设该厂有n名工人，则“每台机器在任何时刻同时出现故障能及时进行维修”为事件X≤n， 则P(X≤0)＝P(X＝0)＝， P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝， P(X≤2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝， P(X≤3)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝， P(X≤4)＝1， 因为＜90％＜，所以至少有3名工人，才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障及时进行维修的概率不小于90％. [教材拓展2]　二项分布中P(X＝k)的最大值问题 高中数学教材人教A版选择性必修第三册P81“探究与发现”讲述了二项分布的有关性质，如果X～B(n，p)，则X的分布列为P(X＝k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，…，n.对于不同的k与p，P(X＝k)的最值常有以下两种情形： (1)当p给定时，可得到函数f(k)＝pk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，这个是数列的最值问题. 学生用书⬇第55页 ＝＝＝＝1＋. 分析：当k＜(n＋1)p时，pk＞pk－1，pk随k值的增加而增加；当k＞(n＋1)p时，pk＜pk－1，pk随k值的增加而减小.如果(n＋1)p为正整数，当k＝(n＋1)p时，pk＝pk－1，此时这两项概率均为最大值.如果(n＋1)p为非整数，而k取(n＋1)p的整数部分，则pk是唯一的最大值. 注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量k等于期望时，概率最大. (2)当k给定时，可得到函数f(p)＝pk(1－p)n－k，p∈(0，1)，这个是函数的最值问题，这可以用导数求函数最值与最值点. 分析：f'(p)＝[kpk－1(1－p)n－k－pk(n－k)(1－p)n－k－1]＝pk－1(1－p)n－k－1[k(1－p)－(n－k)p]＝pk－1(1－p)n－k－1(k－np). 当k＝1，2，…，n－1时，由于当p＜时，f'(p)＞0，f(p)单调递增，当p＞时，f'(p)＜0，f(p)单调递减，故当p＝时，f(p)取得最大值，f(p)max＝f().又当p→0，f(p)→0，当p→1时，f(p)→0，从而f(p)无最小值. 已知随机变量ξ～B(7，0.5)，则概率P(ξ＝k)最大时，k的取值为(　　) A.3 B.4 C.3或4 D.4或5 答案：C 解析：依题意，知P(ξ＝k)＝)k()7－k＝)7，k＝0，1，2，…，7， 由 即解得k＝3或k＝4.故选C. 学习强国中有项“四人赛”竞赛答题活动，活动规则如下：一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分.已知李明参加“四人赛”活动(每天两局)时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，.若李明周一到周五每天都参加了“四人赛”活动(每天两局)，各局比赛互不影响.设李明在这5天的“四人赛”活动(每天两局)中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为f(p).求p为何值时，f(p)取得最大值. 解：设一天得分不低于3分为事件A，则P(A)＝［1－(1－p)(1－)］＝1－(1－p)＝， 则恰有3天每天得分不低于3分的概率f(p)＝)3·(1－)2＝(2p＋1)3(1－p)2，0＜p＜1， 则f'(p)＝×6(2p＋1)2(1－p)2－×2(2p＋1)3(1－p)＝(2p＋1)2(1－p)(4－10p)， 当0＜p＜时，f'(p)＞0， 当＜p＜1时，f'(p)＜0， 所以函数f(p)在(0，)上递增，在(，1)上递减，所以当p＝时，f(p)取得最大值. 任务再现 1.n重伯努利试验的概念.2.二项分布的概念、均值及方差.3.二项分布概率模型的实际应用 方法提炼 公式法，不等式组法 易错警示 二项分布概率模型理解错误；均值、方差公式混淆 学生用书⬇第56页 1.在100件产品中有5件次品，采用有放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　　) A.X～B(100，0.05) B.X～B(10，0.05) C.X～B(100，0.95) D.X～B(10，0.95) 答案：B 解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10次独立重复的伯努利试验，所以服从二项分布X～B(10，0.05).故选B. 2.(多选)对于n重伯努利试验，以下说法正确的是(　　) A.每次试验之间是相互独立的 B.每次试验只有两个相互对立的结果 C.每次试验中事件A发生的概率相等 D.各次试验中，各个事件是互斥的 答案：ABC 解析：n重伯努利试验即为n次独立重复试验，则有：每次试验之间是相互独立的，故A正确；每次试验均为0－1分布，即每次试验只有两个相互对立的结果，故B正确；每次试验中事件A发生的概率相等，故C正确；各次试验之间没有关联，即各次试验结果互不干扰，可以同时发生，故各次试验中，各个事件不是互斥的，故D错误.故选ABC. 3.已知随机变量ξ服从二项分布B(10，p)，若E(3ξ＋1)＝11，则p＝　　　　. 答案： 解析：因为ξ～B(10，p)，由二项分布的期望公式可得E(ξ)＝10p，由均值的性质可得E(3ξ＋1)＝3E(ξ)＋1＝30p＋1＝11，解得p＝. 4.某人通过某语言测试的概率为，若他连续测试3次(各次测试互不影响)，则其中恰有1次通过的概率为　　　　. 答案： 解析：用X表示某人通过语言测试的次数，则X～B(3，)，所以P(X＝1)＝·()1·()2＝. 学科网（北京）股份有限公司 $