探究与发现 服从二项分布的随机变量取何值时概率最大ppt配用优秀获奖教案

教学设计

2．2.3

独立重复试验与二项分布

整体设计

教材分析

本节内容是新课标教材选修2—3第二章《随机变量及其分布》的第二节《二项分布及其应用》的第三小节．通过前面的学习，学生已经学习掌握了有关概率和统计的基础知识：古典概率、互斥事件概率、条件概率、相互独立事件概率的求法以及分布列的有关内容．

独立重复试验是研究随机现象的重要途径之一，很多概率模型的建立都以独立重复试验为背景，二项分布就是来自于独立重复试验的一个概率模型．二项分布是继超几何分布后的又一应用广泛的概率模型，而超几何分布在产品数量n相当大时可以近似地看成二项分布．在自然现象和社会现象中，大量的随机变量都服从或近似地服从二项分布，实际应用广泛，理论上也非常重要．可以说本节内容是对前面所学知识的综合应用，是一种模型的构建，是从实际入手，通过抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应用于实际的过程．会对今后数学及相关学科的学习产生深远的影响．

课时分配

1课时

教学目标

知识与技能

理解n次独立重复试验的模型及二项分布，能解答简单实际问题；能进行与n次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算．

过程与方法

通过主动探究、自主合作、相互交流，从具体事例中归纳出数学概念，使学生充分体会知识的发现过程，并渗透由特殊到一般，由具体到抽象的数学思想方法．

情感、态度与价值观

感受探索的乐趣与成功的喜悦，体会数学的理性与严谨，养成实事求是的科学态度和锲而不舍的钻研精神．

重点难点

教学重点：理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解答一些简单的实际问题．

教学难点：能进行一些与n次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算．

教学过程

复习旧知

互斥事件：不可能同时发生的两个事件．P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．

一般地，如果事件A1，A2，…，An彼此互斥，那么

P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．

相互独立事件：事件A(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．

相互独立事件同时发生的概率：P(AB)＝P(A)P(B) 一般地，如果事件A1，A2，…，An相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)．

探究新知

提出问题：分析下面的试验，它们有什么共同特点？

(1)某人射击1次，击中目标的概率是0.8，他连续射击3次；

(2)实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制(即先赢3局就胜出)；

(3)连续投掷一个骰子5次．

活动结果：在同一条件下多次重复地做某个试验．(由学生归纳后给出定义) 1．n次独立重复试验的定义：

一般地，在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验．

在n次独立重复试验中，记Ai(i＝1,2，…，n)是“第i次试验的结果”．

显然，P(A1A2…An)＝P(A1)P(A2)…P(An) 提出问题：在前面问题(1)基础上，求：①第一次命中，后面两次不中的概率；

②恰有一次命中的概率；

③恰有两次命中的概率．

活动设计：由浅入深，增加梯度，旨在引导学生归纳独立重复试验的概率公式．

活动结果：记事件“第i次击中目标”为Ai(i＝1,2,3)，则A1、A2、A3相互独立，且P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝0.8. ①第一次命中，后面两次不中的事件即A1A2

A3，

∴P(A1A2

A3)＝P(A1)[1－P(A2)][1－P(A3)]＝0.032.

②三次射击恰有一次命中的事件即A1A2

A3＋A1A2A3＋A1

A2A3，

∴三次射击恰有一次命中的事件的概率为P3(1)＝3×0.8×0.2×0.2＝0.096. ③三次射击恰有两次命中的事件即A1A2A3＋A1A2A3＋A1A2A3，

∴三次射击恰有两次命中的事件的概率为P3(2)＝3×0.8×0.8×0.2＝0.384. 教师指出：由刚才的问题不难发现这样一个事实：

P3(1)＝3×0.8×0.2×0.2＝C10.8×(1－0.8)2＝0.096，

3×P3(2)＝3×0.8×0.8×0.2＝C20.82×(1－0.8)＝0.384，

3×knk推广到一般形式：n次射击试验，命中k次的概率Pn(k)＝Ck. n0.8(1－0.8)－

理解新知

2．独立重复试验的概率公式：

一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事knk件恰好发生k次的概率Pn(k)＝Ck，

np(1－p)－它是二项式[(1－p)＋p]n展开式的第k＋1项．

设计意图：理所当然引出二项分布概念．

3．离散型随机变量的二项分布：在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数X是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是

knkP(X＝k)＝Ck(k＝0,1,2，…，n，q＝1－p)．

npq－于是得到随机变量X的概率分布如下：

X P 0 00nCnpq

－k1 11n1Cnpq

－…

…

k kknkCnpq

－－…

…

n nn0Cnpq

－kn由于Cknpq0n11n1kknk恰好是二项展开式：(q＋p)n＝C0＋…＋Cnpq＋…＋Cnnpq＋Cnpqnpnq0中的第k＋1项的值，所以称这样的随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，其中p称为成功概率．

运用新知

例1实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制(即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛)．

(1)试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率．

(2)求按比赛规则甲获胜的概率．

11解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. 22(1)记事件A＝“甲打完3局才能取胜”，记事件B＝“甲打完4局才能取胜”，

记事件C＝“甲打完5局才能取胜”．

①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜．

131∴甲打完3局取胜的概率为P(A)＝C3(3)＝. 28②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负．

1113∴甲打完4局才能取胜的概率为P(B)＝C2()2××＝. 3×22216③甲打完5局才能取胜，相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负．

1113∴甲打完5局才能取胜的概率为P(C)＝C2()2×()2×＝. 4×22216(2)记事件D＝“按比赛规则甲获胜”，则D＝A＋B＋C，

又因为事件A、B、C彼此互斥，

1331故P(D)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＋＋＝. 8161621答：按比赛规则甲获胜的概率为. 2例2重复抛掷一枚骰子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．

1解：依题意，随机变量ξ～B(5，)．

614525151∴P(ξ＝4)＝C4，P(ξ＝5)＝C5. 5()·＝5()＝667 77667 77613∴P(ξ>3)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝. 3 888【变练演编】

甲乙两选手比赛，假设每局比赛甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，那么采取三局两胜制还是五局三胜制对甲更有利？你对局制长短的设置有何认识？

设计意图：此题设计新颖，贴近生活，贴近高考，一下子把学生带到了全新的知识场景中，强大的诱惑力促使每个学生积极思考．此题是开放性试题，不是直接要你求什么、证什么，培养学生的发散性思维和创造性思维．

解：三局两胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜两局；甲前两局中胜一局，第三局胜．

故P(甲获胜)＝0.62＋C10.62×0.4＝0.648. 2×

五局三胜制中，甲获胜分三种情形：甲连胜三局；甲前三局中胜两局，第四局胜；甲前四局中胜两局，第五局胜．

2故P(甲获胜)＝0.63＋C20.63×0.4＋C4×0.63×0.42≈0.683.

3×可以看出五局三胜制对甲有利，并由此可以猜测比赛的总局数越多甲获胜的概率越大．因此，为使比赛公平，比赛的局数不能太少．

变式：如果要求在这两种赛制比赛中必须打完全部比赛，结论会有变化吗？

解：设甲获胜的局数为随机变量X，

在三局两胜制中，X～B(3,0.6)，因此甲获胜的概率为

P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C20.62×0.4＋0.63＝0.648. 3×在五局三胜制中，X～B(5,0.6)，因此甲获胜的概率为

P(X≥3)＝P(X＝3)＋P(X＝4)＋P(X＝5) ＝C30.63×0.42＋C40.64×0.4＋0.65≈0.683.

5×5×【达标检测】

1．每次试验的成功率为p(0

) 37333A．C310p(1－p)

B．C10p(1－p)

C．p3(1－p)7

D．p7(1－p)3

2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为(

) A．C30.72×0.3

B．C10.72×0.3 10×3×133A2A37·C.

D.3

10A10答案：1.C

2.B

课堂小结

1．独立重复试验要从三方面考虑．第一：每次试验是在相同条件下进行．第二：各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．如果1次试验中某事件发生的概率是p，那么n次独立重复试验中这个事件恰好发knk生k次的概率为Pn(k)＝Ck.对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件A要么np(1－p)－发生，要么不发生，所以在n次独立重复试验中A恰好发生k次，则在另外的n－k次中A

没有发生，即A发生，由P(A)＝p，P(A)＝1－p，所以上面的公式恰为[(1－p)＋p]n展开式中的第k＋1项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系．

补充练习

【基础练习】

1．将一枚硬币连续抛掷5次，则正面向上的次数X的分布为(

) A．X～B(5,0.5)

B．X～B(0.5,5)

C．X～B(2,0.5)

D．X～B(5,1) 2．随机变量X～B(3,0.6)，则P(X＝1)等于(

) A．0.192

B．0.288

C．0.648

D．0.254 3．某人考试，共有5题，解对4题为及格，若他解一道题的正确率为0.6，则他及格的概率为(

) 81811 053243A.

B.

C.

D.

1256253 125625答案：1.A

2.B

3.C 【拓展练习】

有一批食品出厂前要进行五项指标检验，如果有两项指标不合格，则这批食品不能出厂．已知每项指标抽检是相互独立的，且每项抽检出现不合格的概率都是0.2. (1)求这批产品不能出厂的概率(保留三位有效数字)；

(2)求直至五项指标全部检验完毕，才能确定该批食品是否出厂的概率(保留三位有效数字)．

1解：(1)这批食品不能出厂的概率是：P＝1－0.85－C5×0.84×0.2≈0.263.

(2)五项指标全部检验完毕，这批食品可以出厂的概率是：

P1＝C10.2×0.83×0.8，

4×五项指标全部检验完毕，这批食品不能出厂的概率是：

P2＝C10.2×0.83×0.2，

4×由互斥事件只能有一个发生的概率加法可知，五项指标全部检验完毕，才能确定这批产品是否出厂的概率是：P＝P1＋P2＝C10.2×0.83＝0.409 6≈0.410.

4×设计说明

在整个教学过程中，主要采用“诱思探究教学法”，其核心是“诱导思维，探索研究”，其教学思想是“教师为主导，学生为主体，训练为主线，思维为主攻”的“四为主”原则．教师不是抛售现成的结论，而是充分利用学生的思维，展示“发现”的过程，突出“师生互动”的教学，

这种设计充分体现了教师的主导作用．学生在一系列的思考、探究中逐步完成了本节的学习任务，充分实现了学生的主体性地位，在整个教学过程中，始终着眼于培养学生的思维能力，这种设计符合现代教学观和学习观的精神，体现了素质教育的要求．

备课资料

备选例题：

1．某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同．假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的使用寿命有关，该型号的灯泡的使用寿命为1年以上的概率为p1，使用寿命为2年以上的概率为p2.从使用之日起每满1年进行一次灯泡更换工作，只更换已坏的灯泡，平时不换．

(Ⅰ)在第一次灯泡更换工作中，求不需要换灯泡的概率和更换2只灯泡的概率；

(Ⅱ)在第二次灯泡更换工作中，对其中某一盏灯来说，求该盏灯需要更换灯泡的概率；

(Ⅲ)当p1＝0.8，p2＝0.3时，求在第二次灯泡更换工作中，至少需要更换4只灯泡的概率(结果保留两位有效数字)．

分析：对于(Ⅰ)，不需要换灯泡，则说明这5只灯泡的使用寿命都在1年以上，每只发生的概率均为p1；更换2只灯泡，则说明这5只灯泡中有且仅有2只灯泡的使用寿命均不超过1年，其发生的概率均为(1－p1)，但是哪两只不确定；而对于(Ⅱ)，一是这盏灯是确定的；二是这盏灯有两种可能，一种是第一、二次均更换；另一种是第一次未换，但第二次需要更换；对于(Ⅲ)，包括换4只和换5只两种情况．

5解：(Ⅰ)在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为p1；需要更换2只灯泡的概32率为C25p1(1－p1)；

(Ⅱ)对该盏灯来说，在第一、二次都更换了灯泡的概率为(1－p1)2；在第一次未更换灯泡，而在第二次需要更换灯泡的概率为p1(1－p2)，故所求的概率为p＝(1－p1)2＋p1(1－p2)；

(Ⅲ)在第二次灯泡更换工作中，至少换4只灯泡包括换4只和换5只两种情况，换5只4的概率为p5(其中p为(Ⅱ)中所求，下同)，换4只的概率为C15p(1－p)，故至少换4只灯泡4的概率为p3＝p5＋C15p(1－p)．

又当p1＝0.8，p2＝0.3时，p＝0.22＋0.8×0.7＝0.6，

∴p3＝0.65＋5×0.64×0.4＝0.34. 即满2年至少需要换4只灯泡的概率为0.34. 点评：分情况进行讨论，一定要注意不重不漏地全部考虑到．

2．某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5(相互独立)．

(Ⅰ)求至少3人同时上网的概率；

(Ⅱ)至少几人同时上网的概率小于0.3? 解：(Ⅰ)方法1：利用分类讨论的思想解决．将“至少3人同时上网的概率”转化为“恰有3人同时上网，恰有4人同时上网，恰有5人同时上网，恰有6人同时上网”四种情形，即36566621C6(0.5)6＋C4(0.5)＋C(0.5)＋C(0.5)＝. 66632方法2：利用正难则反的思想解决．将“至少3人同时上网的概率”转化为“1减去至多2112161626人同时上网的概率”，即1－C06(0.5)－C6(0.5)－C6(0.5)＝1－＝. 32321165666(Ⅱ)至少4人同时上网的概率为C46(0.5)＋C6(0.5)＋C6(0.5)＝>0.3，

32766至少5人同时上网的概率为(C5＋C)(0.5)＝<0.3，

6664因此，至少5人同时上网的概率小于0.3. (设计者：胡永贤）