4.2.3 第1课时 n次独立重复试验与二项分布-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦“n次独立重复试验与二项分布”，通过课前自主预习落实n次独立重复试验特征及二项分布公式，课堂以梯度进阶式教学衔接伯努利试验与二项分布，构建从概念理解到实际应用的学习支架。 其亮点在于结合射击、种子发芽等实际案例，用数学眼光观察现实问题，通过“判断-分析-计算”思维建模步骤培养数学思维，以分布列、概率公式规范表达发展数学语言。学生能提升知识应用能力，教师可依托系统题型与训练资源高效教学。

4.2.3　 二项分布与超几何分布 n次独立重复试验与二项分布 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 第1课时 课时目标 1.理解n次独立重复试验的模型. 2.掌握二项分布公式. 3.能利用独立重复试验的模型及二项分布解决一些简单的实际问题. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 1.n次独立重复试验 在____________下重复n次伯努利试验时,人们总是约定这n次试验是__________的,此时这n次伯努利试验也常称为n次独立重复试验. 相同条件 相互独立 |微|点|助|解| n次独立重复试验的特点 (1)同一个伯努利试验重复做n次,“重复”意味着各次试验成功的概率相同. (2)各次试验的结果相互独立. 2.二项分布的分布列 一般地,如果一次伯努利试验中,出现“成功”的概率为p,记q=1-p,且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X,则X的取值范围是{0,1,…,k,…,n},而且P(X=k)=__________,k=0,1,…,n,因此X的分布列如下表所示. X 0 1 … k … n P p0qn p1 … pkqn-k … pnq0 注意到上述X的分布列第二行中的概率值都是(q+p)n展开式p0qn+p1qn-1 +…+pkqn-k+…+pnq0中对应项的值,因此称X服从参数为n,p的二项分布,记作______________. pkqn-k X~B(n,p) |微|点|助|解| 二项分布与两点分布的区别与联系   两点分布 二项分布 区别 只有两个结果,这两个结果是对立的,即要么发生,要么不发生 在每次试验中只有两个结果,这两个结果是对立的,即要么发生,要么不发生,但在n次独立重复试验中共有n+1个结果 联系 两点分布是特殊的二项分布,即X~B(n,p)中,当n=1时,二项分布便是两点分布,也就是说二项分布是两点分布的一般形式 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)在n次独立重复试验中,各次试验结果之间没有影响. (　　) (2)在n次独立重复试验中,各次试验成功的概率可以不同. (　　) (3)在n次独立重复试验中,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). (　　) √ × √ √ 2.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 √ 3.在100件产品中有5件次品,采用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(1 000,95) D.X~B(10,0.95) √ 4.若随机变量X服从二项分布B,则P(X=3)的值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. √ 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　n次独立重复试验中的概率计算 [例1]　若某射击手每次射击击中目标的概率为p(0<p<1),每次射击的结果相互独立.在他连续8次射击中,“恰有3次击中目标”的概率是“恰有5次击中目标”的概率的,则p的值为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:因为射击手每次射击击中目标的概率为p,且每次射击的结果相互独立,由题可得p3(1-p)5=p5(1-p)3,即(1-p)2=p2,解得p=或p=(舍去). √ [例2]　2025年3月12日植树节期间,某乡镇政府为了发展农村经济,根据当地的地理优势,计划从A,B,C三种经济作物中选取两种进行种植推广.通过调研得到当地村民愿意种植A,B,C的概率分别为,,,若从当地村民中随机选取4人进行交流,则其中至少有2人愿意种植A,且至少有1人愿意种植B的概率为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. √ 解析:4人中,至少有2人愿意种植A,且至少有1人愿意种植B的可能性共有3种:①有2人愿意种植A,愿意种植B,C的各有1人,②有2人愿意种植A,有2人愿意种植B,③有3人愿意种植A,有1人愿意种植B,故所求概率P=××××+×××+××=. 　　|思|维|建|模|　独立重复试验求概率的三个步骤 判断 依据n次独立重复试验的特征,判断所给试验是否为独立重复试验 分拆 判断所求事件是否需要分拆 计算 就每个事件依据n次独立重复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 针对训练 1.如图,一个质点在随机外力的作用下,从原点O出发,每隔1 s等可能地向左或向右移动1个单位,共移动6次.求下列事件的概率. (1)质点回到原点; 解:设质点向右移动的次数为X,质点每隔1 s等可能地向左或向右移动1个单位,共移动6次,且每次移动是相互独立的,则X~B. 当质点回到原点时,X=3, 则P(X=3)=××=,所以质点回到原点的概率是. (2)质点位于4的位置. 解:当质点位于4的位置时,X=5,则P(X=5)=××=, 所以质点位于4的位置的概率是. 题型(二)　 二项分布的简单计算 [例3]　已知随机变量X~B(4,p),若P(X=2)=,则p=(　　) A.　　　　B.或　　　　C.　　　　D.或 √ 解析:因为X~B(4,p),所以P(X=2)=p2(1-p)2=6p2(1-p)2=,且0<p<1,整理可得p(1-p)=,解得p=或p=. [例4]　某人寿保险公司规定,投保人没活过65岁时,保险公司要赔偿100万元,活过65岁时,保险公司不赔偿,但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此种 保险的每个投保人能活过65岁的概率都是0.9,随机抽取3个投保人,设其中活过65岁的人数为X,保险公司要赔偿给这三个人的总金额为Y万元.则P(Y<200)= (　　) A.0.972　　　B.0.729　　　C.0.486　　　D.0.243 解析:依题意知X~B(3,0.9),因为3个投保人中,活过65岁的人数为X, 所以没活过65岁的人数为3-X,因此Y=100(3-X)+5X=300-95X(X=0,1,2,3).所以P(Y<200)=P(X=2)+P(X=3)=×0.92×(1-0.9)+×0.93=0.972. √ 　　|思|维|建|模| (1)当X服从二项分布时,应弄清X~B(n,p)中的试验次数n与成功概率p. (2)解决二项分布问题的两个关注点 ①对于公式P(X=k)=pk(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n),必须在满足“独立重复试验”时才能应用,否则不能应用该公式. ②判断一个随机变量是否服从二项分布,关键有两点:一是对立性,即一次试验中,事件发生与否两者必有其一;二是重复性,即试验是独立重复地进行了n次. 针对训练 2.设随机变量ξ~B(2,p),η~B(3,p),若P(ξ≥1)=,则P(η≥2)的值为 (　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析:易知P(ξ=0)=(1-p)2=1-,∴p=,则P(η≥2)=p3+p2(1-p) =+=. √ 3.已知随机变量X~B,若使P(X=k)的值最大,则k=(　　) A.6或7　　　 B.7或8　　　C.5或6　　　D.7 √ 解析:由随机变量X~B,可得P(X=k)=pkq20-k,其中p=,q=. 由==>1,解得k<6.当k=6时,==1,所以P(X=7)=P(X=6).当k>6时,P(X=k+1)<P(X=k), 所以P(X=7)和P(X=6)的值最大. [例5]　高二(1)班的一个研究性学习小组在网上查知,某珍稀植物种子在一定条件下发芽成功的概率为,该研究性学习小组又分成两个小组进行验证性试验. (1)第一小组做了5次这种植物种子的发芽试验(每次均种下一粒种子),求他们的试验中至少有3次发芽成功的概率; 题型(三)　二项分布的实际应用 解:至少有3次发芽成功,即有3次、4次、5次发芽成功.设5次试验中种子发芽成功的次数为随机变量X,则P(X=3)=××=,P(X=4)=××=, P(X=5)=××=,所以至少有3次发芽成功的概率为P=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)=++=. (2)第二小组做了若干次发芽试验(每次均种下一粒种子),如果在一次试验中 种子发芽成功就停止试验,否则将继续进行下次试验,直到种子发芽成功为止,但试验的次数不大于5,求第二小组所做的种子发芽试验次数ξ的分布列. 解:随机变量ξ的可能取值为1,2,3,4,5,则P(ξ=1)=,P(ξ=2)=×=, P(ξ=3)=×=,P(ξ=4)=×=, P(ξ=5)==.所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 4 5 P 　[变式拓展] 在本例条件不变的情况下,求: (1)第一小组做了3次试验(每次试验种一粒种子),该小组试验成功的次数为X,求X的分布列; 解:由题意,得随机变量X的可能取值为0,1,2,3,且X~B. 则P(X=0)=××=,P(X=1)=××=, P(X=2)=××=, P(X=3)=×=. 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P (2)第二小组进行试验,到成功了4次为止,求在第4次成功之前共有3次失败的概率. 解:第二小组第7次试验成功,前面6次试验中有3次失败,3次成功,每次试验又是相互独立的, 因此所求概率为P=×××=. 　|思|维|建|模| 　对于综合题,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、独立重复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,分别应用事件的加法或乘法公式;最后选用相应的古典概型、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. 4.为了增加系统的可靠性,人们经常使用“备用冗余设备”(即正在使用的设备出故障时才启动的设备).已知某计算机网络的服务器采用的是“一用两备”(即一台正常设备,两台备用设备)的配置,这三台设备中,只要有一台能正常工作,计算机网络就不会断掉,如果三台设备各自能正常工作的概率都为0.9,它们之间相互不影响,设能正常工作的设备数为X. 针对训练 (1)写出X的分布列; X 0 1 2 3 P 0.001 0.027 0.243 0.729 解:由题意知,X~B(3,0.9), 则P(X=0)=×0.90×(1-0.9)3=0.001, P(X=1)=×0.91×(1-0.9)2=0.027, P(X=2)=×0.92×(1-0.9)1=0.243, P(X=3)=×0.93×(1-0.9)0=0.729, 从而X的分布列为 (2)求出计算机网络不会断掉的概率. 解:要使得计算机网络不会断掉,也就是要求能正常工作的设备至少有一台,即X≥1,因此所求概率为P(X≥1)=1-P(X<1) =1-P(X=0)=1-0.001=0.999. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 1.若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:P=××=. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.[多选]随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次,下列说法错误的是 (　　) A.每次出现正面向上的概率都为0.5 B.第一次出现正面向上的概率为0.5,第二次出现正面向上的概率为0.25 C.出现n次正面向上的概率为0.510 D.出现n次正面向上的概率为0.5n √ √ 解析:随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次,每次出现正面向上的概率都是0.5,故A正确;第一次出现正面向上的概率为0.5,第二次出现正面向上的概率为0.5,故B错误;出现n次正面向上的概率为×0.5n×0. =0.510,故C正确,D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.已知X~B,则P=(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析:P=P(X=2)+P(X=3)=+=.故选C. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 4.[多选]一射手对同一目标独立地射击四次,已知至少命中一次的概率为,若该射手射击四次命中次数为ξ,每次命中的概率为p,则(　　) A.ξ~B(4,p) B.P(ξ≥1)= C.p=或p= D.p= 解析:因为该射手射击四次命中次数为ξ,每次命中的概率为p,所以ξ~B(4,p).依题意可知,P(ξ≥1)=,所以1-P(ξ=0) =1-(1-p)4=,所以(1-p)4=,所以p=或p=(舍去). √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 5.甲、乙两名同学进行羽毛球比赛,比赛采取5局3胜制,假设每局比赛相互独立且没有平局,若每局比赛甲胜的概率为,则比赛在第4局结束的概率为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. √ 解析:打完第4局比赛结束,包含以下两种情况:第4局甲赢,前三局甲赢两局,概率为×××=;第4局乙赢,前三局乙赢两局,概率为× ××=,∴打完第4局比赛结束的概率为+=,故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.甲、乙两人进行比赛,假设每局甲胜的概率为0.6,乙胜的概率为0.4,且各局比赛互不影响.若采用5局3胜制,则概率最大的比赛结果是 (　　) A.乙3∶2赢得比赛 B.甲3∶0赢得比赛 C.甲3∶1赢得比赛 D.甲3∶2赢得比赛 √ 解析:若乙3∶2赢得比赛,则乙前四场赢两场,第五场赢,故其概率为P=×0.62×0.43=2.16×0.43=0.138 24;同理若甲3∶2赢得比赛,则其概率为P=×0.42×0.63=0.96×0.63=0.207 36;若甲3∶0赢得比赛,则甲前三场都赢,其概率为P=0.63=0.216;若甲3∶1赢得比赛,则甲前三场赢两场,第四场赢,其概率为P=×0.4×0.63=1.2×0.63=0.259 2.综上,甲3∶1赢得比赛的概率最大. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.已知某种疾病的某种疗法的治愈率为90%.若有1 000位该病患者采取了这种疗法,且每位患者治愈与否相互独立,设其中被治愈的人数为X,P(X=k)>P(X=1 000-k), 则 (　　) A.k≤499 B.k≤500 C.k≥500 D.k≥501 √ 解析:由题意知X~B(1 000,0.9),故P(X=k)=0.9k×0.11 000-k,P(X=1 000-k) =0.91 000-k×0.1k,由P(X=k)>P(X=1 000-k)得0.9k×0.11 000-k> 0.91 000-k×0.1k,即0.9k×0.11 000-k>0.91 000-k×0.1k,所以> ,即92k-1 000>1,2k-1 000>0,解得k>500.因为k∈N,所以k≥501.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(5分)某处有3个水龙头,调查表明每个水龙头被打开的概率均为0.1,各个水龙头是否被打开互不影响,随机变量X表示水龙头同时被打开的个数,则P(X=2)=_________.(用数字作答) 0.027 解析:由题意得P(X=2)=×0.12×0.9=0.027. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 9.(5分)一名学生通过某种英语听力测试的概率是,他连续测试n次, 要保证他至少有一次通过的概率大于0.9,那么n的最小值为________. 4 解析:由1->0.9,得<0.1,∴n≥4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.(5分)将一枚质地均匀的硬币抛掷6次,则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为_________. 解析:正面出现的次数比反面出现的次数多,则正面可以出现4次、5次或6次,所求概率P=×+×+×=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.(5分)一年之计在于春,一日之计在于晨,春天是播种的季节,是希望的开端.某种植户对一块地的n个坑进行播种,每个坑播3粒种子,每粒种子发芽的概率均为,且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言,如果至少有两粒种子发芽,那么不需要进行补播种,否则要补播种.当n=_________时,有3个坑要补播种的概率最大,最大概率为_______. 5或6 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析:对一个坑而言,要补播种的概率P=+=,则有3个坑要补播种的概率为·=.要使最大,只需解得5≤n≤6,所以n=5或n=6. 当n=5时,=,当n=6时,=,所以当n=5或n=6时, 有3个坑要补播种的概率最大,最大概率为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(10分)某商场为吸引顾客,增加顾客流量,决定开展一项有奖游戏.参加一次游戏的规则如下:连续抛质地均匀的硬币三次(每次抛硬币结果相互独立),若正面朝上多于反面朝上的次数,则得3分,否则得1分. 一位顾客可最多连续参加5次游戏. (1)求顾客甲在一次游戏中正面朝上次数ξ的分布列;(6分) ξ 0 1 2 3 P 解:由题意得三次抛硬币正面朝上的次数ξ~B,则P(ξ=3)==, P(ξ=2)==,P(ξ=1)==,P(ξ=0)==, 所以ξ的分布列为 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)若连续参加游戏获得的分数总和不小于11分,即可获得一份大奖.顾客乙准备连续参加5次游戏,求他获得这份大奖的概率.(4分) 解:由(1)知,在一次游戏中,顾客乙得3分和得1分的概率均为. 设5次游戏中,得3分的次数为m,则3m+(5-m)≥11,即m≥3, 易知m~B,故P1=P(m≥3)=P(m=3)+P(m=4)+P(m=5) =++=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(15分)(2025·安康模拟)小明和小红参加反应速度测试,该测试通过一个简单的视觉刺激来测试反应速度,其规则为当看到屏幕上红色圆变为绿色时,测试人员应当以最快速度敲击屏幕,若测试结果低于150毫秒,则被认定为“优秀”.已知小明和小红分别进行了m,n次测试,其中小明反应速度的优秀率为94%,小红反应速度的优秀率为98%,若将两人的测试情况进行混合,总体优秀率为97%. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (1)求的值;(5分) 解:由题意,小明和小红分别进行了m,n次测试, 其中小明反应速度的优秀率为94%,小红反应速度的优秀率为98%, 则小明反应速度优秀的次数为94%×m,小红反应速度优秀的次数为98%×n. 因为总的测试次数为m+n,所以94%×+98%×=97%,即0.94×+ 0.98×=0.97,即0.94m+0.98n=0.97(m+n), 所以0.01n=0.03m,所以=3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)以频率估计概率,若从两人所有的测试结果中随机抽取3次,记其中由小明完成的测试次数为X,求X的分布列.(10分) 解:由n=3m可知,由小明完成的测试次数的概率为==, 由小红完成的测试次数的概率为1-=. X表示这3次测试中由小明完成的次数,则X服从参数为n=3,p=的二项分布,即X~B, 则P(X=k)=,k=0,1,2,3. P(X=0)==1×1×=; P(X=1)==3××=; P(X=2)==3××=; P(X=3)==1××1=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $