数学教案：独立重复试验与二项分布

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2．2。3独立重复试验与二项分布eq\o（\s\up7()，\s\do5（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．eq\o(\s\up7(),\s\do5（教学过程））eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（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（Aneq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（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A1eq\x\to（A2)eq\x\to(A3）,∴P（A1eq\x\to（A2)eq\x\to(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A1eq\x\to（A2)eq\x\to（A3)＋eq\x\to（A1）A2eq\x\to(A3）＋eq\x\to(A1）eq\x\to（A2）A3,∴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A1A2eq\x\to（A3）＋eq\x\to（A1)A2A3＋A1eq\x\to(A2）A3,∴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＝Ceq\o\al（1,3）×0.8×（1－0。8）2＝0。096，P3(2)＝3×0。8×0.8×0。2＝Ceq\o\al（2,3)×0。82×(1－0。8）＝0。384，推广到一般形式：n次射击试验，命中k次的概率Pn(k）＝Ceq\o\al(k,n）0.8k(1－0.8）n－k.eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(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件恰好发生k次的概率Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，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P（X＝k)＝Ceq\o\al(k，n）pkqn－k（k＝0,1,2，…，n，q＝1－p)．于是得到随机变量X的概率分布如下：X01…k…nPCeq\o\al（0,n)p0qnCeq\o\al（1，n)p1qn－1…Ceq\o\al(k，n)pkqn－k…Ceq\o\al(n，n)pnq0由于Ceq\o\al(k，n）pkqn－k恰好是二项展开式:(q＋p)n＝Ceq\o\al(0,n)p0qn＋Ceq\o\al(1,n）p1qn－1＋…＋Ceq\o\al(k，n）pkqn－k＋…＋Ceq\o\al（n，n)pnq0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．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1（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．解:甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为eq\f(1，2),乙获胜的概率为eq\f（1，2）。(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．∴甲打完3局取胜的概率为P(A)＝Ceq\o\al（3,3）(eq\f（1,2))3＝eq\f（1，8)。②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．∴甲打完4局才能取胜的概率为P（B)＝Ceq\o\al(2,3)×(eq\f(1,2））2×eq\f（1，2）×eq\f(1,2)＝eq\f（3，16)。③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．∴甲打完5局才能取胜的概率为P（C）＝Ceq\o\al（2,4)×（eq\f(1,2)）2×(eq\f（1，2))2×eq\f（1，2)＝eq\f（3,16).(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,故P(D）＝P(A＋B＋C）＝P（A)＋P（B)＋P（C)＝eq\f(1,8）＋eq\f(3,16）＋eq\f(3,16)＝eq\f(1，2）.答:按比赛规则甲获胜的概率为eq\f(1，2).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)．解：依题意，随机变量ξ~B(5，eq\f(1,6)）．∴P(ξ＝4）＝Ceq\o\al(4，5）(eq\f(1，6））4·eq\f(5，6）＝eq\f（25，7776)，P（ξ＝5）＝Ceq\o\al（5,5)（eq\f（1，6)）5＝eq\f(1,7776)。∴P(ξ>3)＝P(ξ＝4）＋P（ξ＝5）＝eq\f（13,3888)。【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＋Ceq\o\al(1,2）×0.62×0。4＝0。648.五局三胜制中，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．故P（甲获胜)＝0.63＋Ceq\o\al（2,3）×0。63×0。4＋Ceq\o\al（2，4)×0。63×0。42≈0。683。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）＝Ceq\o\al（2,3)×0.62×0。4＋0。63＝0.648.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)＝Ceq\o\al（3,5）×0.63×0。42＋Ceq\o\al（4,5)×0.64×0.4＋0。65≈0.683.【达标检测】1．每次试验的成功率为p(0<p<1)，重复进行10次试验，其中前7次都未成功，后3次都成功的概率为()A．Ceq\o\al（3,10)p3(1－p)7B．Ceq\o\al(3，10)p3（1－p)3C．p3（1－p）7D．p7（1－p)32．10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．Ceq\o\al（3，10）×0。72×0。3B．Ceq\o\al(1，3）×0。72×0.3C.eq\f（3，10)D。eq\f(3A\o\al（2,7)·A\o\al（1,3）,A\o\al（3,10)）答案:1.C2.Beq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1（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生k次的概率为Pn（k）＝Ceq\o\al(k,n)pk（1－p)n－k。对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件A要么发生，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eq\x\to(A）发生,由P（A）＝p，P(eq\x\to(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．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(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．0.192B．0.288C．0。6483．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（)A。eq\f（81,125)B.eq\f(81,625)C.eq\f（1053，3125)D.eq\f（243，625)答案:1.A2。B3.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）．解：（1）这批食品不能出厂的概率是:P＝1－0。85－Ceq\o\al（1，5）×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＝Ceq\o\al（1,4）×0。2×0。83×0.8，五项指标全部检验完毕,这批食品不能出厂的概率是：P2＝Ceq\o\al（1，4）×0。2×0。83×0.2，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＝Ceq\o\al（1,4)×0。2×0.83＝0.4096≈0.410.eq\o(\s\up7（),\s\do5（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．eq\o(\s\up7（），\s\do5（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．解：(Ⅰ)在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为peq\o\al(5，1）;需要更换2只灯泡的概率为Ceq\o\al（2，5）peq\o\al(3,1）（1－p1)2；（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只的概率为p5(其中p为（Ⅱ)中所求，下同)，换4只的概率为Ceq\o