2017-2018版高中數(shù)學(xué)第二章概率4二項分布學(xué)案2-3

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE4二項分布學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解n次獨立重復(fù)試驗的模型.2。掌握二項分布公式.3。能利用獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布解決一些簡單的實際問題．知識點二項分布在體育課上,某同學(xué)做投籃訓(xùn)練，他連續(xù)投籃3次，每次投籃的命中率都是0。8，用X表示3次投籃投中的次數(shù)．思考1若把每一次投籃看成做了一次試驗，則每次試驗有幾個可能的結(jié)果？思考2X＝2表示何意義？求P（X＝2)．梳理二項分布進行n次試驗，如果滿足以下條件：(1）每次試驗只有____________的結(jié)果，可以分別稱為“成功”和“失敗"．(2）每次試驗“成功"的概率均為p，“失敗”的概率均為________．（3）各次試驗是________的．用X表示這n次試驗中成功的次數(shù)，則P（X＝k)＝________________________________.若一個隨機變量X的分布列如上所述,稱X服從參數(shù)為n，p的二項分布，簡記為___________．類型一利用二項分布求概率例1在人壽保險事業(yè)中，很重視某一年齡段的投保人的死亡率．假如每個投保人能活到70歲的概率為0.6，試問3個投保人中：（1)全部活到70歲的概率；（2）有2個活到70歲的概率;(3)有1個活到70歲的概率．反思與感悟要判斷n次獨立重復(fù)試驗中A發(fā)生的次數(shù)X是否服從二項分布，關(guān)鍵是看試驗是否為獨立重復(fù)試驗,獨立重復(fù)試驗的特點為：（1)每次試驗是在相同的條件下進行的．(2）每次試驗的結(jié)果不會受其他試驗的影響，即每次試驗是相互獨立的．（3）基本事件的概率可知，且每次試驗保持不變．（4）每次試驗只有兩種結(jié)果，要么發(fā)生，要么不發(fā)生．跟蹤訓(xùn)練1甲、乙兩人各進行3次射擊,甲每次擊中目標(biāo)的概率為eq\f（1,2），乙每次擊中目標(biāo)的概率為eq\f(2,3),求：（1)甲恰好擊中目標(biāo)2次的概率；（2）乙至少擊中目標(biāo)2次的概率；(3）乙恰好比甲多擊中目標(biāo)2次的概率．類型二求二項分布的分布列例2現(xiàn)有10道題，其中6道甲類題、4道乙類題，張同學(xué)從中任取3道題解答．（1）求張同學(xué)至少取到1道乙類題的概率；(2）已知所取的3道題中有2道甲類題、1道乙類題．設(shè)張同學(xué)答對每道甲類題的概率是eq\f(3，5),答對每道乙類題的概率是eq\f(4，5)，且各題答對與否相互獨立，用X表示張同學(xué)答對題的個數(shù),求X的分布列．反思與感悟求二項分布的分布列的一般步驟(1）判斷所述問題是否是相互獨立試驗．（2)建立二項分布模型．(3）求出相應(yīng)概率．(4）寫出分布列．跟蹤訓(xùn)練2某居民小區(qū)有兩個相互獨立的安全防范系統(tǒng)(簡稱系統(tǒng)）A和B,系統(tǒng)A和系統(tǒng)B在任意時刻發(fā)生故障的概率分別為eq\f(1,10)和p.（1）若在任意時刻至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障的概率為eq\f（49，50)，求p的值;(2）設(shè)系統(tǒng)A在3次相互獨立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)為隨機變量ξ，求ξ的分布列．類型三二項分布的綜合應(yīng)用例3一名學(xué)生每天騎自行車上學(xué)，從家到學(xué)校的途中有5個交通崗,假設(shè)他在各交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都是eq\f(1,3)。(1)求這名學(xué)生在途中遇到紅燈的次數(shù)ξ的分布列；(2)求這名學(xué)生在首次遇到紅燈或到達目的地停車前經(jīng)過的路口數(shù)η的分布列；（3)這名學(xué)生在途中至少遇到一次紅燈的概率．反思與感悟?qū)τ诟怕蕟栴}的綜合題，首先，要準確地確定事件的性質(zhì)，把問題化歸為古典概型、互斥事件、獨立事件、獨立重復(fù)試驗四類事件中的某一種；其次,要判斷事件是A＋B還是AB，確定事件至少有一個發(fā)生，還是同時發(fā)生，分別應(yīng)用相加或相乘事件公式;最后，選用相應(yīng)的求古典概型、互斥事件、條件概率、獨立事件、n次獨立重復(fù)試驗的概率公式求解．跟蹤訓(xùn)練3一個口袋內(nèi)有n（n〉3)個大小相同的球，其中3個紅球和（n－3）個白球,已知從口袋中隨機取出1個球是紅球的概率為p.若6p∈N，有放回地從口袋中連續(xù)4次取球(每次只取1個球)，在4次取球中恰好2次取到紅球的概率大于eq\f（8,27),求p與n的值．1．下列隨機變量X不服從二項分布的是(）A．投擲一枚骰子5次，X表示點數(shù)為6出現(xiàn)的次數(shù)B．某射手射中目標(biāo)的概率為p，設(shè)每次射擊是相互獨立的，X為從開始射擊到擊中目標(biāo)所需要的射擊次數(shù)C．實力相等的甲、乙兩選手進行了5局乒乓球比賽，X表示甲獲勝的次數(shù)D．某星期內(nèi)，每次下載某網(wǎng)站數(shù)據(jù)被病毒感染的概率為0。3，X表示下載n次數(shù)據(jù)電腦被病毒感染的次數(shù)2．將一枚質(zhì)地均勻的硬幣連續(xù)拋擲4次,出現(xiàn)“3個正面，1個反面”的概率是（)A。eq\f(1,2） B。eq\f（3，8）C。eq\f（2,5） D.eq\f(1，4)3．若隨機變量X～Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（5，\f（1，3）)），則P（X＝2）等于(）A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,3））)2×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））3 B.eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2,3））)2×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)））3C．Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2,3）)）2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，3））)3 D．Ceq\o\al(2,5）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)））2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2,3））)34．在4次獨立重復(fù)試驗中，隨機事件A恰好發(fā)生1次的概率不大于其恰好發(fā)生2次的概率，則事件A在1次試驗中發(fā)生的概率p的取值范圍是(）A．［0.4，1] B．（0，0.4]C．(0，0.6］ D．[0。6,1］5．某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18,19,20層?？浚粼撾娞菰诘讓虞d有5位乘客，且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為eq\f(1,3)，用X表示這5位乘客在第20層下電梯的人數(shù),求隨機變量X的分布列．1．各次試驗互不影響，相互獨立;每次試驗只有兩個可能的結(jié)果，且這兩個結(jié)果是對立的；兩個結(jié)果在每次試驗中發(fā)生的概率不變，是判斷隨機變量服從二項分布的三個條件．2．二項式［（1－p）＋p]n的展開式中，第r＋1項Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(1－p)n－rpr,可見P（X＝r）＝Ceq\o\al（r，n）pr（1－p)n－r就是二項式[（1－p)＋p]n的展開式中的第r＋1項．

答案精析問題導(dǎo)學(xué)知識點思考1有2種結(jié)果：投中(成功）與未投中(失?。伎?X＝2表示3次投籃中有2次投中，有Ceq\o\al（2，3)種情況，每種情況發(fā)生的可能性為0。82×0。2，所以P(X＝2)＝Ceq\o\al（2，3）×0。82×0.2。梳理（1）兩個相互對立（2）1－p(3)相互獨立Ceq\o\al(k,n）pk（1－p）n－k（k＝0，1,2，…，n)X～B（n，p）題型探究例1解設(shè)3個投保人中活到70歲的人數(shù)為X，則X~B(3,0.6)，故P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)0.6k·(1－0.6)3－k（k＝0，1，2，3)．（1)P(X＝3）＝Ceq\o\al(3,3)·0。63·（1－0.6)0＝0。216;即全部活到70歲的概率為0。216.(2）P（X＝2）＝Ceq\o\al（2，3）·0。62·(1－0。6）＝0。432。即有2個活到70歲的概率為0。432.(3）P（X＝1）＝Ceq\o\al（1,3)·0.6·（1－0。6）2＝0.288。即有1個活到70歲的概率為0.288.跟蹤訓(xùn)練1解（1)甲恰好擊中目標(biāo)2次的概率為Ceq\o\al（2,3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2))）3＝eq\f(3,8)。(2）乙至少擊中目標(biāo)2次的概率為Ceq\o\al（2，3）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2，3)））2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,3）））＋Ceq\o\al（3,3)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）))3＝eq\f(20，27）。（3)設(shè)乙恰好比甲多擊中目標(biāo)2次為事件A，乙恰好擊中目標(biāo)2次且甲恰好擊中目標(biāo)0次為事件B1，乙恰好擊中目標(biāo)3次且甲恰好擊中目標(biāo)1次為事件B2,則A＝B1＋B2，B1，B2為互斥事件．P(A)＝P（B1）＋P（B2)＝Ceq\o\al（2，3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2，3))）2·eq\f(1,3）Ceq\o\al（0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)））3＋Ceq\o\al（3，3）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)))3·Ceq\o\al(1，3)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）））3＝eq\f（1,18)＋eq\f（1，9)＝eq\f(1，6）.例2解（1）設(shè)事件A：“張同學(xué)所取的3道題至少有1道乙類題”,則有eq\x\to(A)：“張同學(xué)所取的3道題都是甲類題”．因為P(eq\x\to（A）)＝eq\f（C\o\al(3，6）,C\o\al（3,10))＝eq\f（1，6），所以P(A）＝1－P(eq\x\to（A))＝eq\f(5,6）.（2）X所有可能的取值為0，1，2,3.P(X＝0）＝Ceq\o\al（0,2）×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3，5）)）0×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5）)）2×eq\f(1,5)＝eq\f（4,125)，P(X＝1）＝Ceq\o\al(1，2)×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3，5））)1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2,5)))1×eq\f（1,5）＋Ceq\o\al（0，2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3，5))）0×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(2，5)）)2×eq\f（4，5）＝eq\f（28,125），P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（3，5)))2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，5）)）0×eq\f(1，5）＋Ceq\o\al(1，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，5）)）1×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2，5))）1×eq\f（4，5)＝eq\f（57，125），P（X＝3)＝Ceq\o\al(2，2)×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（3,5））)2×eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2，5)))0×eq\f(4,5）＝eq\f（36,125)。所以X的分布列為X0123Peq\f（4，125)eq\f（28，125)eq\f(57，125）eq\f(36,125)跟蹤訓(xùn)練2解(1）設(shè)“至少有一個系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么1－P（eq\x\to（C)）＝1－eq\f(1,10)p＝eq\f（49,50),解得p＝eq\f（1，5).（2)由題意，ξ的可能取值為0，1，2,3。P（ξ＝0）＝Ceq\o\al（0,3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，10))）3eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，10)）)0＝eq\f(1，1000）,P(ξ＝1)＝Ceq\o\al（1，3)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，10)))2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f（1，10）））＝eq\f（27，1000）,P(ξ＝2）＝Ceq\o\al(2，3）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，10）））eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f（1,10）))2＝eq\f(243,1000)，P（ξ＝3）＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,10）)）0eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,10）））3＝eq\f（729,1000)。所以隨機變量ξ的分布列為ξ0123Peq\f（1，1000)eq\f(27，1000）eq\f（243,1000）eq\f（729,1000)例3解（1)由ξ～Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f（1，3)）），則P（ξ＝k)＝Ceq\o\al（k，5）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,3)）)keq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3)))5－k,k＝0，1,2，3，4，5.故ξ的分布列為ξ012345Peq\f（32，243)eq\f(80，243)eq\f(80，243）eq\f（40,243)eq\f(10,243）eq\f(1,243)(2）η的分布列為P(η＝k)＝P(前k個是綠燈,第k＋1個是紅燈）＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))k·eq\f(1,3），k＝0,1，2，3,4;P（η＝5)＝P（5個均為綠燈)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2，3）））5.故η的分布列為η012345Peq\f(1，3)eq\f(2，9）eq\f（4,27）eq\f（8,81）eq\f(16,243）eq\f(32,243）（3)所求概率為P（ξ≥1）＝1－P(ξ＝0）＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3）））5＝eq\f（211，243).跟蹤訓(xùn)練3解由題設(shè)知,Ceq\o\al（2,4)p2(1－p)2>eq\f（8,27）.∵p（1－p)〉0，∴不等式化為p(1－p)>eq\f（2，9),解得eq\f(1,3）<p<eq\f（2,3)，故2<6p〈4。又∵6p∈N，∴6p＝3,即p＝eq\f(1,2）。由eq\f（3,n）＝eq\f（1,2)，得n＝6.當(dāng)堂訓(xùn)練1．B2.D3。D4。A5．解可視一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗,相當(dāng)于做了5次獨立重復(fù)試驗，故X~Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(5，\f（1,3）)）。則P（X＝0)＝Ceq\o\al（0，5)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，3)））0eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3）)）5＝