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2015-2016学年高中数学 第2章 4二项分布课件 北师大版选修2-3


第二章
概 率

第二章
§4 二项分布

1

课前自主预习

2

课堂典例探究

3

课 时 作 业

课前自主预习

理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布,并能

解决一些 简单的实际问题.

本节重点:n次独立重复试验及二项分布.
本节难点:n次独立重复试验及二项分布模型的建立.

同样的条件 下 重 复 地 、 各 次 之 间 1. 独 立 重 复 试 验 是 在 ___________ 相互独立 进行的一种试验.这种试验中,每一次试验只有 _________ 两个相互对立的 结果,而且任何一次试验中某事件发生的概 _______________

率都是一样的.

2 . 在 相 同 条 件 下 重 复 做 的 n 次 试 验 称 为 ________________ n次独立重复试验 ,设每次试验中事件A发生的概率为p,事件 A发生的次数为X,那么在n次独立重复试验中,事件A恰好发生
k k n-k C p (1 - p ) n k 次的概率为 P(X = k) = _____________ ,其中 k = 0,1 , … , n ,

二项分布 ,记作 X ~ B(n , 则称随机变量 X 服从参数为 n , p 的 _________ 成功概率 p),并称p为__________.

1.对n次独立重复试验的理解
(1)独立重复试验满足的条件 第一:每次试验是在同样条件下进行的; 第二:每次试验中的事件是相互独立的; 第三:每次试验都只有两种结果,即事件要么发生,要么 不发生. (2)独立重复试验的实际原型是有放回地抽样检验问题,但 在实际应用中,从大批产品中抽取少量样品的不放回检验,可

以近似地看作此类型,因此独立重复试验在实际问题中应用广
泛.

2.独立重复试验的概率公式 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k(0≤k≤n)次的概 率为
k n-k Pn(k)=Ck p ,k=0,1,2,?,n. n q

一般地,在 n 次独立重复试验中,每次试验事件 A 发生的 概率均为 p(0<p<1),即 P(A)=p,P( A )=1-p=q,由于试验的 独立性,n 次试验中,事件 A 在指定的 k 次发生,而在其余 n -k 次不发生的概率为 pkqn-k,又由于在 n 次试验中,事件 A 恰 好发生 k 次的方式有 Ck n种,所以由概率的乘法公式可知公式成 立.

0 n 1 1 n-1 k ①由二项式定理可得,(q+p)n=C0 p q + C p q +?+ C n n n n k k n-k Cnp q = Pn(k), k=0 k=0 n

pq

k n -k

n 0 +?+Cn p n q =

?

?

k n-k 可以看到 Pn(k)=Ck 是(q+p)n 的二项展开式中的第 k np q

+1 项,可见排列组合、二项式定理、概率之间存在着密切的 联系. ②公式中,p+q=1,且 Pn(0)+Pn(1)+?+Pn(n)=(q+p)n =1n=1.

③n 次独立重复试验中事件恰好发生了 k 次,其中的 k 次 是从 n 次中选出来的,并不限定于具体的哪 k 次,故有一个组
k 合数 Cn .

④n 次独立重复试验中恰好第 k 次发生,与恰好发生 k 次 是有很大区别的,前者仅仅是第 k 次发生了,其他各次没有发
k 生,此时不存在乘 Cn .

3.二项分布: (1)二项分布实际上只是对 n 次独立重复试验从概率分布的 角度作了进一步的阐述,是概率论中最重要的几种分布之一. (2)判断一个随机变量是否服从二项分布,关键有二:其一 是对立性,即一次试验中只有两个相互对立的结果,可以分别 称为“成功”和“失败”,二者必居其一;其二是重复性,即 试验是独立重复地进行了 n 次.

k k (3)由二项分布的定义,若 X~B(n,p),则 P(X=k)=Cn p (1

-p)n-k(k=0,1,2,?,n).这里各个符号的意义要弄清. (4)由于在 n 次独立重复试验中某个事件恰好发生 k 次的概
k n-k 0 n 1 率 P(X = k) = C k p 恰好是二项展开式 (q + p)n = C0 n q n p q + Cn k n k n n 0 p1qn 1+?+Ck p q +?+ C n np q 中的第 k+1 项(这里 k 可取
- -

0,1,2,?,n 中的各个值),所以称这样的随机变量 X 服从二项 分布.

1.某一次试验中事件 A 发生的概率为 p,则在 n 次试验中, 事件 A 发生 k 次的概率为( A.1-pk C.(1-p)k ) B.(1-p)kpn
-k

k n-k D.Ck (1 - p ) p n

[答案] D
[解析] 因为事件 A 发生的概率为 p, 所以事件 A 发生的概
k n-k 率为 1-p,故事件 A 发生 k 次的概率为 Ck (1 - p ) p . n

4 2.某一批花生种子,如果每 1 粒发芽的概率为5,那么播 下 3 粒种子恰有 2 粒发芽的概率是( 12 A.125 48 C.125 16 B.125 96 D.125 )

[答案] C
[解析]
?4? 1 ? ?2× . 5 ?5?

本题考查独立重复试验、二项分布.P(X=2)=C2 3

3. 某厂大量生产某种小零件, 经抽样检验知道其次品率是 1%,现把这种零件每 6 件装成一盒,那么每盒中恰含一件次品 的概率是( 99 6 A.(100) C.C1 6 1 1 5 100(1-100) ) B.0.01 D.C2 2( 1 2 1 4 100) (1-100)

[答案] C
[解析] 应选 C. 每盒中恰含一件次品的概率是 C1 6 1 1 5 100(1-100) .故

4.某同学进行了 2次投篮(假定这两次投篮互不影响 ),每
次投中的概率都为p(p≠0),如果最多投中1次的概率不小于至少 投中1次的概率,则p的取值范围为________.
1 [答案] 0<p≤2 [解析] (1-p)
2 1 2 +C1 p (1 - p ) ≥ C p (1 - p ) + p , 解得 2 2

1 0<p≤2.

5. (2014· 湖南师大附中高二期中)某班有 4 位同学住在同一 个小区,上学路上要经过 1 个路口.假设每位同学在路口是否 1 遇到红绿灯是相互独立的,且遇到红灯的概率都是3,则最多 1 名同学遇到红灯的概率是________.
[答案] 16 27

24 2 3 16 1 1 [解析] P=(3) +C4· (3)· (3) =27.

课堂典例探究

独立重复试验的概率的求法 一射手平均每射击 10 次中靶 4次,求在 5次射击 中: (1)恰击中1次的概率;

(2)第二次击中的概率;
(3)恰击中2次的概率; (4)第二、三两次击中的概率; (5)至少击中1次的概率.

[解析] 由题意,此射手射击 1 次,中靶的概率为 P=0.4, 此射手射击 5 次,是一独立重复试验.
4 (1)P5(1)=C1 P (1 - P ) =0.2592. 5

(2)事件“第二次击中”,表示第一、三、四、五次击中或 击不中均可, 它不同于“击中一次”, 也不同于“第二次击中, 其他各次都不中”, 不能用独立重复试验的概率公式. 实际上, “ 第二次击中 ” 的概率就是 “ 射击一次击中 ” 的概率为 P = 0.4.

2 3 (3)P5(2)=C2 5P (1-P) =0.3456.

(4)P=0.4×0.4=0.16. (5)解法一:设“至少击中一次”为事件 A,则 P(A)=P5(1)+P5(2)+P5(3)+P5(4)+P5(5) =0.2592+0.3456+0.2304+0.0768+0.01024 =0.92224. 解法二:考虑对立事件 - 5 P(A)=1-P( A )=1-P5(0)=1-C0 (1 - 0.4) =0.92224. 5

[反思总结]

本题主要考查概率的基本概念、互斥事件有

一个发生及相互独立事件同时发生的概率的计算方法,考查运 用概率知识解决实际问题的能力.

某气象站天气预报的准确率为80%,计算(结果保留两个有

效数字):
(1)5次预报中恰有4次准确的概率; (2)5次预报中至少有4次准确的概率.

[解析] (1)记“预报 1 次,结果准确”为事件 A.预报 5 次 相当于 5 次独立重复试验,根据概率计算公式,5 次预报中恰
4 5 4 4 有 4 次准确的概率是 P5(4)=C4 × 0.8 × (1 - 0.8) = 0.8 ≈0.41. 5


(2)5 次预报中至少有 4 次准确的概率,就是 5 次预报中恰 有 4 次准确的概率与 5 次预报都准确的概率的和,即:
4 5-4 5 5 P = P5(4) + P5(5) = C 4 × 0.8 × (1 - 0.8) + C × 0.8 ×(1 - 5 5

0.8)5-5=0.84+0.85≈0.410+0.328≈0.74.

甲、 乙两人各射击一次, 击中目标的概率分别是 2 3 3和4,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; (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; (3)假设某人连续 2 次未击中目标,则中止其射击,问:乙 恰好射击 5 次后,被中止射击的概率是多少?

[分析]

(1)从对立事件的角度考虑比较容易解决;(2)首先

甲射击 4 次击中目标 2 次,乙射击 4 次击中目标 3 次的事件, 两者均为独立重复试验,而这两个事件又为相互独立事件同时 发生的概率;(3)依题意后 3 次射击情形必为:击中、未击中、 未击中的分布,而前 2 次的射击不能为两次都未击中,而这些 情形都是相互独立的,故可用相互独立事件同时发生的概率公 式求解.

[解析] (1)记“甲连续射击 4 次至少有 1 次未击中目标” 为事件 A1,由题意,射击 4 次,相当于做 4 次独立重复试验, 故 2 4 65 P(A1)=1-P( A1 )=1-(3) =81. (2)记“甲射击 4 次,恰有 2 次击中目标”为事件 A2,“乙 射击 4 次恰有 3 次击中目标”为事件 B2,则 22 2 4-2 2 P(A2)=C4×( ) ×(1- ) = 3 3 8 27,

33 3 4-3 27 3 P(B2)=C4×( ) ×(1- ) = , 4 4 64 8 由于甲、乙射击相互独立,故 P(A2B2)=P(A2)×P(B2)=27 27 1 ×64=8. (3)记“乙恰好射击 5 次后被中止射击”为事件 A3, “乙第 i 次射击未击中”为事件 Di(i=1,2,3,4,5),则 1 P(Di)=4.

由于各事件相互独立,故 P(A3)=P(D5)· P(D4)· P( D3 )· (1-P(D1)P(D2)) 1 1 3 1 1 45 =4×4×4×(1-4×4)=1 024, 45 即乙恰好射击 5 次后,被中止射击的概率为1 024.

[反思总结]

该例主要考查相互独立事件同时发生或互斥

事件有一发生的概率的计算方法,考查运用概率知识解决实际 问题的能力.

甲、乙两个同学解数学题,他们答对的概率分别是 0.5 与 0.8,如果每人都解两道题, (1)求甲两题都解对,且乙至少解对一题的概率; (2)若解对一题得 10 分,未解对得 0 分,求甲、乙得分相 等的概率.

2 1 2 2 [解析] (1)P=C2 0.5 × (C 0.8 × 0.2 + C 0.8 )=0.24. 5 2 2 2 0 2 (2)两人都得零分的概率为 C0 0.5 × C 0.2 ; 2 2 2 1 两人都得 10 分的概率为 C1 20.5 ×C20.8×0.2; 2 2 2 两人都得 20 分的概率为 C2 0.5 × C 0.8 . 2 2 2 0 2 1 2 1 2 2 2 2 ∴ P = C0 0.5 × C 0.2 + C 0.5 × C 0.8 × 0.2 + C 0.5 × C 0.8 2 2 2 2 2 2

=0.33.

二项分布的分布列

某射手每次射击击中目标的概率是 0.8,现在连 续射击 4 次,求击中目标的次数 X 的概率分布列.

[分析]

本题是一个独立重复试验问题,其击中目标的次

数 X 的概率分布列服从二项分布,可直接由二项分布得出.

[解析] 在重复射击中, 击中目标的次数 X 服从二项分布, X~B(n,p).
k 4-k 由已知, n = 4 , p = 0.8 , P(X = k) = C k · 0.8 · (0.2) ,k= 4

0,1,2,3,4.

0 4 ∴P(X=0)=C0 · 0.8 · (0.2) =0.001 6, 4 1 3 P(X=1)=C1 · 0.8 · (0.2) =0.025 6, 4

P(X=2)=C2 0.82· (0.2)2=0.153 6, 4·
3 1 P(X=3)=C3 · 0.8 · (0.2) =0.409 6, 4 4 0 P(X=4)=C4 · 0.8 · (0.2) =0.409 6. 4

∴X 的分布列为 X 0 1 2 3 4

P 0.001 6 0.025 6 0.153 6 0.409 6 0.409 6

[反思总结]

(1)独立重复试验问题,随机变量 X 的分布服

从二项分布,即 X~B(n,p),这里 n 是独立重复试验的次数, p 是每次试验中某件发生的概率. (2) 满足二项分布常见的实例有:①反复抛掷一枚均匀硬 币;②已知次品率的抽样;③有放回的抽样;④射手射击目标 命中率已知的若干次射击.

(2014· 四川理,17)一款击鼓小游戏的规则如下:每盘游戏 都需要击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音 乐;每盘游戏击鼓三次后,出现一次音乐获得 10 分,出现两次 音乐获得 20 分,出现三次音乐获得 100 分,没有出现音乐则扣 1 除 200 分(即获得-200 分).设每次击鼓出现音乐的概率为2, 且各次击鼓出现音乐相互独立. (1)设每盘游戏获得的分数为 X,求 X 的分布列; (2)玩三盘游戏,至少有一盘出现音乐的概率是多少?

[解析]

(1)X 可能的取值为:10,20,100,-200. 11 12 3 1 P(X=10)=C3×( ) ×(1- ) = , 2 2 8 2 2 8

根据题意,有

12 11 3 2 P(X=20)=C3×( ) ×(1- ) = , 13 10 1 3 P(X=100)=C3×( ) ×(1- ) = , 2 2 8 10 13 1 0 P(X=-200)=C3×( ) ×(1- ) = . 2 2 8 所以 X 的分布列为

X 10 20 100 -200 P 3 8 3 8 1 8 1 8

(2)设“第 i 盘游戏没有出现音乐”为事件 Ai(i=1,2,3),则 1 P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-200)=8. 所以,“三盘游戏中至少有一次出现音乐”的概率为 13 1 511 1-P(A1A2A3)=1-(8) =1-512=512. 511 因此,玩三盘游戏至少有一盘出现音乐的概率是512.

综合应用
现有 10 道题,其中 6 道甲类题,4 道乙类题, 张同学从中任取 3 道题解答. (1)求张同学至少取到 1 道乙类题的概率; (2)已知所取的 3 道题中有 2 道甲类题,1 道乙类题.设张 3 同学答对每道甲类题的概率都是5, 答对每道乙类题的概率都是 4 5,且各题答对与否相互独立.用 X 表示张同学答对题的个数, 求 X 的分布列.

[解析] (1)设事件 A=“张同学所取的 3 道题至少有 1 道 乙类题”, - 则有 A =“张同学所取的 3 道题都是甲类题”.
3 - C6 1 因为 P( A )=C3 =6, 10

- 5 所以 P(A)=1-P( A )=6. (2)X 所有的可能取值为 0,1,2,3.
0 3 0 2 2 1 P(X=0)=C2· ( )· ( ) ·=

5

5 5

4 125;

1 3 1 2 1 1 0 3 0 2 2 4 P(X=1)=C2· ( )· ( ) · +C2( ) · ( ) ·=

5 5 5

5 5 5 5

5 5

28 5 5 125; 57 5 5 125;

2 3 2 2 0 1 1 3 1 2 1 4 P(X=2)=C2· ( )· ( ) · +C2( ) · ( ) ·= 2 3 2 2 0 4 P(X=3)=C2· ( )· ( ) ·=

36 5 5 125.

所以 X 的分布列为: X P 0 1 2 3

4 28 57 36 125 125 125 125

(2014· 湖北理,20)计划在某水库建一座至多安装 3 台发电 机的水电站,过去 50 年的水文资料显示,水库年入流量 X(年 入流量:一年内上游来水与库区降水之和.单位:亿立方米) 都在 40 以上.其中,不足 80 的年份有 10 年,不低于 80 且不 超过 120 的年份有 35 年,超过 120 的年份有 5 年.将年入流量 在以上三段的频率作为相应段的概率,并假设各年的年入流量 相互独立. (1)求未来 4 年中, 至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率;

(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行,但每年发电机最 多可运行台数受年入流量 X 限制,并有如下关系: 年入流量 X 40<X<80 80≤X≤120 X>120 发电机最多 可运行台数 1 2 3

若某台发电机运行,则该台年利润为 5000 万元;若某台发 电机未运行,则该台年亏损 800 万元,欲使水电站年总利润的 均值达到最大,应安装发电机多少台?

[解析]

10 (1) 依 题 意 , p1 = P(40<X<80) = 50 = 0.2 , p2 =

35 P(80≤X≤120)=50=0.7, 5 p3=P(X>120)=50=0.1. 由二项分布, 在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为 =0.9477.
4 3 3 p=C0 4(1-p3) +C4(1-p3) P3=(

9 4 9 3 1 10) +4×(10) ×(10)

(2)记水电站年总利润为 Y(单位:万元). ①安装 1 台发电机的情形, 由于水库年入流量总大于 40,故一台发电机运行的概率为 1,对应的年利润 Y=5000,E(Y)=5000×1=5000 ②安装 2 台发电机的情形, 依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5000 - 800 = 4200 ,因此 P(Y = 4200) = P(40<X<80) = p1 = 0.2 ;当 X≥80 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2=10000,因此 P(Y=10000)=P(Y≥80)=p2+p3=0.8,因此得 Y 的分布列如下

Y 4200 10000 P 0.2 0.8 所以,E(Y)=4200×0.2+10000×0.8=8840. ③安装 3 台发电机的情形, 依题意,当 40<X<80 时,一台发电机运行,此时 Y=5000 - 1600 = 3400 ,因此 P(Y = 3400) = P(40<X<80) = p1 = 0.2 ;当 80≤X≤120 时,两台发电机运行,此时 Y=5000×2-800= 9200,因此 P(Y=9200)=P(80≤X≤120)=p2=0.7;当 x>120 时,三台发电机运行,此时 Y=5000×3=15000,因此 P(Y= 15000)=P(X>120)=P1=0.1,由此得 Y 的分布列如下

Y 3400 9200 15000 P 0.2 0.7 0.1 所以,E(Y)=3400×0.2+9200×0.7+15000×0.1=8620. 综上,欲使水电年总利润的均值达到最大,应安装发电机 2 台.

在人寿保险事业中, 很重视某一年龄段的投保人 的死亡率,假如每个投保人能活到 65 岁的概率为 0.6,任取 3 名投保人,求他们当中活到 65 岁的人数的分布列.

[误解] 记 X 为投保人中活到 65 岁的人数, 则其分布列为: X 0 1 2 3

P (1-0.6)3 0.6×(1-0.6)2 0.62×(1-0.6) 0.63

[正解] 记 X 为投保人中活到 65 岁的人数,X=0,1,2,3. X 服从参数为 n = 3 , p = 0.6 的二项分布, P(X = k) = Ck 3 ×0.6k×0.43-k,k=0、1、2、3. X 的分布列是: X 0 1 2 3

P 0.064 0.288 0.432 0.216

[反思总结]

本题中试验只有两种结果:“活到 65 岁”和

“活不到 65 岁”, 且每个人活到 65 岁的概率都是 0.6, 满足二 项分布的条件,错解中用错了公式.

假定一个人在一年 365 天中的任一天出生的概 率是一样的, 某班级有 50 名同学, 其中有两名以上的同学生于 元旦的概率是多少(不要求得出结果)?

[ 误解 ]

1 由于每个人在每天出生的概率是 365 ,一个人在

365 天中的任一天出生相当于做了 365 次独立重复试验. 1 设 50 个人中生于元旦的人数为 X,则 X~B(365,365). 所以有两名以上的同学生于元旦的概率为 P(X≥2) =1 - P(X=1)-P(X=0)=1-C1 365( 1 1 364 364 1 0 364 365 0 365) (365) -C365(365) (365) .

[正解] 由题意记“有一个人生于元旦”为事件 A, 显然每 个人的生日是随机的, 互不影响, 所以 50 名同学的生日相当于 进行 50 次独立重复试验, 若设 X 表示 50 人中生于元旦的人数, 1 则 X~B(50,365),从而 P(X≥2)=1-P(X=1)-P(X=0)=1- C1 50( 1 1 364 49 1 0 364 50 0 365) (365) -C50(365) (365) .

[ 反思总结 ]

错解没有弄清随机试验是否是独立重复试

验,每次试验指的是什么,由于每个人在一年中生于元旦的概 1 率为365,50 名同学的生日相当于进行 50 次试验且各次试验互 不影响,从而考虑独立重复试验.


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