小结ppt配套的教学设计方案

第二章

随机变量及其分布列

------------小结与复习

一、教学目标：

知识与技能：

进一步熟悉基本概念和方法，构建知识网络，强化知识间的联系，形成解题技能。

过程与方法：

通过典型的错例分析，达到加深概念理解，强化解题技能形成的目的；

情感、态度与价值：

让学生探索、发现数学知识和掌握数学知识的内在规律的过程中不，不断获得成功积累愉快的体验，不断增进学习数学的兴趣，同时还通过探索这一活动培养学生善于和他人合作的精神. 二、教学重点、难点

重点：基本概念和基本解题方法

难点：通过错题分析，提升解题能力；

三、教学模式与教法、学法

教学模式：本课采用“探究——发现”教学模式．

教师的教法：利用多媒体辅助教学，突出活动的组织设计与方法的引导．

“抓三线”，即(一)知识技能线（二）过程与方法线（三）能力线. “抓两点”,即一抓学生情感和思维的兴奋点，二抓知识的切入点. 学法：突出探究、发现与交流．

四、教学过程

（一）温故知新

一、离散型随机变量及其分布列

(1)随机变量的定义可用下图表示：

①随机变量随着试验的结果变化而变化，“随机”地取值的，其对应关系可类比函数的定义域与值域.常见的随机变量的取值可以一一列出，称为离散型随机变量. ②在随机变量中，还有连续型随机变量，如某工厂生产的圆形零件的直径X，尽管规定的规格是确定的，但在实际操作中得到的结果是不确定的.显然这种随机变量的取值不可能一一列出来.

1

③随机变量X的取值x1,x2,是和A中的随机事件A1,A2,一一对应的；随机变量X中的每个取值所发生的概率P(A2),1)，P(A，x1,x2,的概率P(Xx1)，P(Xx2),分别等于随机事件A1,A2,解题的关键是建立X与概率值之间的对应，列出分布列. (2)离散型随机变量分布列的性质：①pi0,i1,2,,n;②pi1. ③利用上述性质，可以检查分布i1n列的正误：若所有项的和为1，则这个分布列是正确的；也可以利用这条性质来求概率值：如果一个分布列中，有一个P(Xxi)运算繁琐，我们可以先计算除P(Xxi)之外其余的概率值，然后用1减去这些概率值即得P(Xxi). (3)求分布列的步骤：①首先确定随机变量X的所有可能值xi；②求出各个取值下的所有事件的概率值P(X=xi)=pi，常利用古典概型和概率的加法、乘法公式求解；③列出表格，即为分布列.④验证分布列中所有概率值的和是否为1. 二、条件概率、相互独立事件

1.精要总结

条件概率是事件在一定附加条件下的概率，这里所说的“附加条件”是指除试验条件之外的附加信息，通常表现为“A、B事件有关联，已知事件A发生了，求事件B的概率”.设A和B为两个事件，在“B已发生的条件下，A发生的”概率P(A|B)=P(AB)/P(B). 条件概率的求法：①对于古典概型的题目,可采用缩小基本事件空间的方法来计算条件概率.如：甲、乙两车间各生产50件产品，其中分别含有次品3件与5件.现从这100件产品中任取l件，在已知取到甲车间产品的条件下，求取得次品的概率.基本事件空间总数为50,基本事件个数为3，则P=据条件概率公式求解. 而相互独立事件则是指事件B的发生对事件A是否发生没有影响.这种情况下，事件A、B同时发生的概率计算公式为P(AB)=P(A)P(B)，使用该公式时要注意区分“互斥事件”与“相互独立事件”的概念. 求相互独立事件同时发生的概率的步骤：①确定各个事件是相互独立且会同时发生②先求每个事件发生的概率，③套用公式求这些事件同时发生的概率. 三、二项分布

1.精要总结

独立重复试验必须满足两个特征：①每次试验的条件都完全相同，有关事件的概率保持不变；②各次试验的结果互不影响，即各次试验互相独立.独立重复试验的每次试验只有两个可能的结果：发生与不发生、

2 3.②其他问题直接根50

成功与失败等.独立重复试验的原型是有放回的抽样检验问题.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也可以近似地看作此类型. 二项分布是一种建立在独立重复试验基础上的分布，是一种常见的离散型随机变量的概率分布.它的应用十分广泛，利用二项分布的模型可以快速的写出随机变量的分布列，从而简化了求随机变量每一个具体值对应概率的过程. 利用二项分布解决实际问题的关键在于判断实际问题给出的问题是否为二项分布模型.也就是看：题目的情景是否为n次独立重复试验；随机变量是否为n次独立重复试验中某事件发生的次数. 四、离散型随机变量的数学期望与方差

1.精要总结

期望表示随机变量在随机试验中取值的平均值，它是概率意义下的平均值但不同于相应数值的算术平均数.随机变量X的方差与标准差都反映了随机变量ξ取值相对于EX的稳定与波动、集中与离散的程度.DX越小，稳定性越高，波动越小. 一般的随机变量，通过如下公式求解其期望与方差。设离散型随机变量X的分布列为

X P 则EX＝x1p1x2p2x1

p1

xipix2

p2

xnpn，DX…

…

nxi

pi

2…

…

xn

pn

(xEX)ii1pi，X=DX. 若给出的模型满足如下分布，可直接套公式求解：若X服从两点分布，则EX＝ｐ，DXp(1p)；若随机变量X服从二项分布，即X~B(n,p)，则EX

np,DXnp(1p)；若随机变量X服从N，M，n的超几何分布，则EX=五、正态分布

1.精要总结

正态曲线的特征：位于ｘ轴上方，与ｘ轴不相交；曲线是先增后减，以直线x为对称轴；曲线与ｘ轴之间的面积为1；σ越小，曲线越“瘦高”；σ越大，曲线越“矮胖”.

正态分布的取值：P(X)0.6826，P(2X2)

nM. N0.9544，P(3X3)0.9974. 在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(,)的随机变量X只取(3,3)之间的值，并

3 2

简称之为3原则.

（二）典例解析，深化理解，提升能力

例1 已知盒中有10个灯泡，其中8个正品、2个次品，从中取出2个正品，每次取出1个，取出后不放回，直到取出2个正品为止.设为取出的次数，求的分布列. 错解：每次取1件产品，所以至少需2次，即ξ最小为2，有2件次品，当前2次取得的都是次品时，=4，所以可以取2，3，4，5，6，……

P(=2)=P(=4)=816864888×=；P(=3)=××=；

1010251010101258882568×××=；

10101010725……故的分布列为



P 2 3 4 ……

……

16

2564

125256

725错因分析：上述解题过程出现审题错误，混淆概念“取后放回”与“取后不放回”.“取后放回”被取出的物品还会再取到，盒子中物品的个数保持不变而“取后不放回” 被取出的物品不会再取到，盒子中物品的个数在减少. 正解：每次取1件产品，所以至少需2次，即ξ最小为2，有2件次品，当前2次取得的都是次品时，=4，所以可以取2，3，4.

P(=2)=P(=3)=8728×=；

109458272871428141××+××=；P(=4)=1－－=. 1098109845454515所以的分布列如下：



P

2 28

453 14

454 1

15例2甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和.假设两人射击中目标，相互之间没有影响；每次射击是否击中目标，相互之间没有影响. (1)求甲射击4次，至少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；

2334

4

(3)假设某人连续2次未击中目标，则停止射击.问：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？

错解：第(3)问，乙恰好射击5次后，被中止，则乙前3次都击中，4、5次未击中，∴所求概率为()334141427.

1024错因分析：乙恰好射击5次后，被中止射击，则4、5次未击中，但前3次不一定全部击中，可能有1次未击中，也可能有2次未击中. 正解：(1)甲射击4次，全部击中的概率为()4，则至少1次未击中的概率为1()423133414232365.

8123(2)甲恰好击中目标2次的概率为C4()2()2乙恰好击中目标3次的概率为C4()()1,

24∴甲恰好击中2次且乙恰好击中3次的概率为C4()2()2C3()3.

2313341418(3)依题意，乙恰好射击5次后，被中止射击，则4、5两次一定未击中，前3次若有1次未击中，则一定是1、2两次中的某一次；前3次若有2次未击中，则一定是1、3两次，但此时第4次也未中，那么射击4次后就被停止，∴这种情况不可能；前三次都击中也符合题意.∴所求事件的概率为11323345()2[C1.

2()()]44441024例3 甲、乙两人参加一次英语口语考试，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才算合格. (1)分别求甲、乙两人考试合格的概率；

(2)求甲、乙两人至少有一人考试合格的概率. 错解：(1)由已知从10道题中，任选一道，甲答对的概率为,那么选3道题甲至少答对2道相当于三次独立22重复试验发生两次或三次.∴甲合格的概率为C3()35352333C3(). 55错因分析：上述解法对相互独立事件的概念理解错误,只有当事件A发生与否对事件B的发生与否没有任何影响时,才能说A与B相互独立.而错解中,答对第一题这个事件发生与否，对“答对第二题”这个事件有影响，所以它们之间不独立. 3正解：(1)设甲、乙两人考试合格的事件分别为A、B，那么对于A：基本事件总数为C10，而考试合格的可能有：(1)答对2题，共CC2614；(2)答对213C6C4C61423题，共C.，同理P(B)=. 315C10336(2)由(1)知A与B相互独立，

∴甲、乙两人考试均不合格的概率为P(AB)=P(A)P(B)(1)(1∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为P=1-P(AB)=1-23141),

1545144.

4545

5

例4 盒子中有大小相同的球10个，其中标号为1的球3个，标号为2的球4个，标号为5的球3个.第一次从盒子中任取1个球，放回后第二次再任取1个球(假设取到每个球的可能性都相同).记第一次与第二次取得球的标号之和为ξ. (1)求随机变量ξ的分布列；

(2)求随机变量ξ的期望. 错解：

(1)依题意，ξ的取值是3，6，7，它们所对应的概率分别为0.24,0.18,0.24,故随机变量ξ的分布列如下：

错因分析：随机变量ξ的取值不正确，当然随之概率之和不等于1，由于两次可能取到同标号的球，所以随机变量ξ的取值应为2，3，4，6，7，10. 正解：(1)由题意可得，随机变量ξ的取值是2，3，4，6，7，10.且

P(ξ=2)=0.3×0.3=0.09,P(ξ=3)=C12×0.3×0.4=0.24,P(ξ=4)=0.4×0.4=0.16,P(ξ=6)=2×0.3×0.3=0.18,P(ξ=7)2×0.4×0.3=0.24,P(ξ=10)=0.3×0.3=0.09.故随机变量ξ的分布列如下：

ξ

P 2 0.09 3 0.24 4 0.16 5 0.18 7 0.24 10 0.09 ξ

P 3 0.24 6 0.18 7 0.24 (2)随机变量ξ的数学期望

Eξ=2×0.09+3×0.24+4×0.16+6×0.18+7×0.24+10×0.09=5.2. 例5 某电器商经过多年经验发现本店每个月售出的电冰箱的台数ξ是一个随机变量，它的分布列如下：

ξ

P 1 1

122 1

123 1

12…

…

12 1

12

设每售出一台电冰箱，电器商获利300元，如销售不出而囤积于仓库，则每台每月需花保养费100元，

问电器商月初购进多少台电冰箱才能使自己平均收益最大？

错解1：由题意，ξ的期望Eξ=才能使自己平均收益最大. 错解2：设月初购进x台电冰箱，则获利也是随机变量，

取值为300-(x-1)·100，600-(x-2)·100,…，300x，它们的概率均为

1，

12113(1+2+…+12)=，由期望的意义知：电器商月初购进6台或7台电冰箱1226

∴获利的期望为x(400100x300x)1252(x2x),∵1≤x≤12.

2123∴x=12时期望最大，∴月初购进12台电冰箱. 错因分析：解答1错把期望当作与实际等同，Eξ=131313表示平均能卖台，不是一定能卖台，平均卖的情2221是错误的，实际上获利的取值为12况并不一定是盈利最多；解答2中“获利的取值为300x”时，概率也为300x时，概率应为13x. 12正解：设月初进x台，则获利η是一个随机变量，

η

P 300-(x-1)·100 1

12600-(x-2)·100 1

12…

…

300x 13x

12

其取值为300-(x-1)·100，600-(x-2)·100，…300x，共x个值，它的分布列如下：

∴Eη=13x150

(400-100x+800-100x+…+300x-400)+300x·=(x2-19x). 12312∵1≤x≤12.∴当x=9或x=10时，Eη最大，即月平均收益最大. ∴月初购进9台或10台电冰箱才能使月平均收益最大. 例6

设随机变量服从正态分布N(0，1)，记φ(x)=P(ξ

) A.φ(0)1B.φ(x)=1-φ(-x) 2C.P(|ξ|0)D.P(|ξ|>a)=1-φ(a)(a>0) 错解：由于φ(a)可能小于，即2φ(a)-1可能小于0，∴选C. 错因分析：对正态分布不熟悉导致错误，实际上φ(a)>φ(0)=. 正解：由正态函数的图像知；φ(0)=1，φ(x)=1-φ(-x),P(|ξ|a)=P(ξ>a)+P(ξ<-a)=1-φ(a)+ φ(-a)=1-2φ(a).∴不正确的为D.∴选D. 五、小结

1.本章基本概念和基本方法

2.常见问题及解题思路

六、作业

1.课时检测

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