7.4.1 二项分布 导学案.docx

7.4.1 二项分布 1.理解伯努利试验以及n重伯努利试验的概念,掌握随机变量服从二项分布的有关计算;2.能够解决随机变量服从二项分布的实际应用问题，会求服从二项分布的随机变量的均值和方差;重点： n重伯努利实验，二项分布及其数字特征；难点：在实际问题中抽象出模型的特征，识别二项分布.1.伯努利试验在实际问题中，有许多随机试验与掷硬币试验具有相同的特征，它们只包含两个可能结果.例如，检验一件产品结果为合格或不合格，飞碟射击时中靶或脱靶，医学检验结果为阳性或阴性等.我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验（Bernoulli trials).我们将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验。显然，n重伯努利试验具有如下共同特征：(1）同一个伯努利试验重复做n次；（概率相同）(2) 各次试验的结果相互独立.2.二项分布 一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为PX=k=Cnk×pk×(1-p)n-k，k=0,1,n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布（binomial distribution），记作XB(n,p).X01knp3.一般地，如果XB（n,p）,那么E(X)=np; D(X)=np(1-p).一、 问题探究做一做:问题1.下面3个随机试验是否为n重伯努利试验?如果是,那么其中的伯努利试验是什么?对于每个试验,定义“成功”的事件为A,那么A的概率是多大?重复试验的次数是多少？1.抛掷一枚质地均匀的硬币10次.2.某飞碟运动员每次射击中靶的概率为0.8，连续射击3次.3.一批产品的次品率为5%，有放回地随机抽取20件.探究1 ：伯努利试验和n重伯努利试验有什么不同?问题2：某飞碟运动员每次射击中靶的概率为0.8.连续3次射击，中靶次数X的概率分布列是怎样的？探究2：如果连续射击4次，类比上面的分析，表示中靶次数X等于2的结果有哪些？写出中靶次数X的分布列. 思考1：二项分布与两点分布有何关系?思考2：对比二项分布和二项式定理，你能看出他们之间的联系吗？二、典例解析例1 ：将一枚质地均匀的硬币重复抛掷10次，求：（1）恰好出现5次正面朝上的概率；（2）正面朝上出现的频率在0.4，0.6内的概率.例2：如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0，1，2，10，用X表示小球最后落入格子的号码，求X的分布列。二项分布中需要注意的问题和关注点(1）当X服从二项分布时，应弄清XB(n，p）中的试验次数n与成功概率p.(2）解决二项分布问题的两个关注点对于公式P(Xk）Cpk(1p）nk(k0，1，2，n），必须在满足“独立重复试验”时才能应用，否则不能应用该公式判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n次例3：甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，那么采用3局2胜制还是采用5局3胜制对甲更有利?探究3：假设随机变量X服从二项分布B（n,p）,那么X的均值和方差是什么？例4. 一次数学测验由25道选择题构成，每道选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每道题选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率均为0.6，求此学生在这一次测验中的成绩的数学期望和方差1.某射击选手每次射击击中目标的概率是0.8，这名选手在10次射击中，恰有8次击中目标的概率为(）AC×0.88×0.22 B0.88×0.22 CC×0.28×0.82 D0.28×0.822.已知X是一个随机变量，若XB，则P(X2）等于(）AB CD3.已知XB(n，p），E(X）8，D(X）1.6，则n_，p_4.甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错者得零分假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中每人答对的概率分别为，且各人答对正确与否相互之间没有影响用表示甲队的总得分(1）求随机变量的分布列(2）用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB）.5.一出租车司机从某饭店到火车站途中有6个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件是相互独立的，并且概率是.(1）求这位司机遇到红灯数的期望与方差(2）若遇上红灯，则需等待30秒，求司机总共等待时间的期望与方差1.二项分布的定义：一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为                    PX=k=Cnk×pk×(1-p)n-k，k=0,1,n.如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布（binomial distribution），记作XB(n,p).2.确定一个二项分布模型的步骤:（1）明确伯努利试验及事件A的意义，确定事件A发生的概率p；（2) 确定重复试验的次数n，并判断各次试验的独立性；（3）设X为n次独立重复试验中事件A发生的次数，则XB(n，p）.3.一般地，如果XB（n,p）,那么E(X)=np; D(X)=np(1-p).参考答案：知识梳理学习过程一、 问题探究问题1：随机试验是否为n重伯努利试验伯努利试验P(A)重复试验的次数1是抛掷一枚质地均匀的硬币0.5102是某飞碟运动员进行射击0.833是从一批产品中随机抽取一件0.9520探究1 ：伯努利试验是一个“有两个结果的试验”，只能关注某个事件发生或不发生；n重伯努利试验是对一个“有两个结果的试验”重复进行了n次，所以关注点是这n次重复试验中“发生”的次数X.进一步地，因为X是一个离散型随机变量，所以我们实际关心的是它的概率分布列.问题2：用Ai表示“第i次射击中靶”(i=1，2，3)，用如下图的树状图表示试验的可能结果：问题由分步乘法计数原理，3次独立重复试验共有23=8种可能结果，它们两两互斥，每个结果都是3个相互独立事件的积，由概率的加法公式和乘法公式得P(X=0)=P(A1A2A3)=0.23,PX=1=PA1A2A3+PA1A2A3+PA1A2A3=3×0.8×0.22,P(X=2)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=3×0.82×0.2,P(X=3)=P(A1A2A3)=0.83.为了简化表示，每次射击用1表示中靶，用0表示脱靶，那么3次射击恰好2次中靶的所有可能结果可表示为011，110，101，这三个结果发生的概率都相等，均为0.82×0.2，并且与哪两次中靶无关.因此,3次射击恰好2次中靶的概率为C32×0.82×0.2.同理可求中靶0次,1次,3次的概率.于是，中靶次数X的分布列为：P(X=k)=C3k×0.8k×0.23-k，k=0,1，2，3探究2：(1)表示中靶次数X等于2的结果有：A1 A2 A3 A4, A1 A2 A3 A4, A1 A2 A3 A4, A1 A2 A3A4 , A1 A2A3A4, A1 A2 A3A4,共6个。(2)中靶次数X的分布列为：PX=k=C4k×0.8k×0.24-k，k=0,1，2，3,4思考1：两点分布是一种特殊的二项分布，即是n=1的二项分布；二项分布可以看做两点分布的一般形式.思考2： 如果把p看成b，1-p看成a，则Cnk×pk×(1-p)n-k就是二项式(1-p)+pn的展开式的通项，由此才称为二项分布。即k=0nPx=k=k=0nCnk×pk×(1-p)n-k=p+(1-p)n =1二、典例解析例1 ：分析:抛掷一枚质地均匀的硬币,出现“正面朝上”和“反面朝上”两种结果且可能性相等,这是一个10重伯努利试验,因此,正面朝上的次数服从二项分布。解：设A=“正面朝上”，则P(A）=0.5.用X表示事件A发生的次数，XB(10,0.5).(1)恰好出现5次正面朝上等价于X=5，于是                                              P(X=5)=C105×0.510=2521024=63256;(2)正面朝上出现的频率在0.4，0.6内等价于4X6，于是 P4X6=C104×0.510+C105×0.510+C106×0.510=6721024=2132.例2：分析：小球落入哪个格子取决于在下落过程中与各小木钉碰撞的结果,设试验为观察小球碰到小木钉后下落的方向,有“向左下落”和“向右下落”两种可能结果,且概率都是0.5.在下落的过程中,小球共碰撞小木钉10次,且每次碰撞后下落方向不受上一次下落方向的影响,因此这是一个10重伯努利试验,小球最后落入格子的号码等于向右落下的次数,因此X服从二项分布。解：设A=“向右下落”，则A=“向左下落”，且P(A)=P(A)=0.5.因为小球最后落入格子的号码X等于事件A发生的次数，而小球在下落的过程中共碰撞小木钉10次，所以XB(10，0.5）.于是，X的分布列为PX=k=C10k×0.510，k=0,1,10.X的概率分布图如下图所示：例3：分析:判断哪个赛制对甲有利,就是看在哪个赛制中甲最终获胜的概率大,可以把“甲最终获胜”这个事件,按可能的比分情况表示为若干事件的和,再利用各局比赛结果的独立性逐个求概率;也可以假定赛完所有n局,把n局比赛看成n重伯努利试验,利用二项分布求“甲最终获胜”的概率。解法一：采用3局2胜制，甲最终获胜有两种可能的比分2：0或2：1，前者是前两局甲连胜，后者是前两局甲、乙各胜一局且第3局甲胜.因为每局比赛的结果是独立的，甲最终获胜的概率为 p1=0.62+C21×0.62×0.4=0.648.类似地，采用5局3胜制，甲最终获胜有3种比分3：0，3：1或3：2因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率为p2=0.63+C32×0.63×0.4+C42×0.63×0.42=0.68256.解法2：采用3局2胜制，不妨设赛满3局，用X表示3局比赛中甲胜的局数，则XB(3，0.6).甲最终获胜的概率为 p1 =P(X=2)+P(X=3)= C32×0.62×0.4+C33×0.63=0.648.采用5局3胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中甲胜的局数，则XB(5，0.6).甲最终获胜的概率为p2 =PX=3+PX=4+PX=5 =C53×0.63×0.42+C54×0.64 ×0.4+ C55×0.65=0.68256因为p2>p1，所以5局3胜制对甲有利.实际上，比赛局数越多，对实力较强者越有利.探究3：当n=1时，X服从两点分布，分布列为P(X=0)=1-p,P(X=1)=p.均值和方差分别为E(X)=p;D(X) =p(1-p).2当n=2时，X的分布列为PX=0=1-p2,PX=1=2p1-p,P(X=2)=p2.均值和方差分别为E(X)=0×1-p2+1×2p（1-p）+2×p2=2p.D(X)=02×1-p2+12×2p（1-p）+22×p2-(2p)2=2p（1-p）.证明：P(X=k)= Cnkpkqn-k( k Cnk =n Cn-1k-1)kP(X=k)= kCnkpkqn-k= npCn-1k-1pk-1qn-kE (X) =0×Cn0p0qn+ 1×Cn1p1qn-1+ 2×Cn2p2qn-2 + + k×Cnkpkqn-k+ n×Cnnpnq0=np(Cn-10p0qn-1+ Cn-11p1qn-2+ + Cn-1k-1pk-1q(n-1)-(k-1) + Cn-1n-1pn-1q0)=np(p+q)n-1=np例4. 解析：设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为，所得的分数为，由题意知，4，且B(25，0.6)，则E()25×0.615，D()25×0.6×(10.6)6.故E()E(4)4E()60，D()D(4)42×D()96.所以该学生在这一次测验中的成绩的数学期望与方差分别是60和96.达标检测1.解析：设X为击中目标的次数，则XB(10，0.8)，这名选手在10次射击中，恰有8次击中目标的概率为P(X8)C×0.88×(10.8)2C×0.88×0.22.故选A.答案：A2.解析：由题意知n6，p，故P(X2)C××C××.故选D.答案：D3. 解析：因为随机变量XB(n，p)，所以E(X)np8，D(X)np(1p)1.6，解得p0.8，n10.4.解析：(1)由已知，甲队中3人回答问题相当于3次独立重复试验，所以B.P(0)C×，P(1)C××，P(2)C×，P(3)C×，所以的分布列为(2)用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，ABCD，C，D互斥P(C)C×××.P(D)××.所以P(AB)P(C)P(D).5.解析：(1)易知司机遇上红灯次数服从二项分布，且B，所以E()6×2，D()6××.(2)由已知30，所以E()30E()60，D()900D()1 200.