學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2．2。3獨立重復(fù)試驗與二項分布eq\o（\s\up7()，\s\do5（整體設(shè)計)）教材分析本節(jié)內(nèi)容是新課標(biāo)教材選修2-3第二章《隨機變量及其分布》的第二節(jié)《二項分布及其應(yīng)用》的第三小節(jié)．通過前面的學(xué)習(xí)，學(xué)生已經(jīng)學(xué)習(xí)掌握了有關(guān)概率和統(tǒng)計的基礎(chǔ)知識：古典概率、互斥事件概率、條件概率、相互獨立事件概率的求法以及分布列的有關(guān)內(nèi)容．獨立重復(fù)試驗是研究隨機現(xiàn)象的重要途徑之一，很多概率模型的建立都以獨立重復(fù)試驗為背景，二項分布就是來自于獨立重復(fù)試驗的一個概率模型．二項分布是繼超幾何分布后的又一應(yīng)用廣泛的概率模型,而超幾何分布在產(chǎn)品數(shù)量n相當(dāng)大時可以近似地看成二項分布．在自然現(xiàn)象和社會現(xiàn)象中,大量的隨機變量都服從或近似地服從二項分布,實際應(yīng)用廣泛，理論上也非常重要．可以說本節(jié)內(nèi)容是對前面所學(xué)知識的綜合應(yīng)用,是一種模型的構(gòu)建，是從實際入手，通過抽象思維，建立數(shù)學(xué)模型，進而認(rèn)知數(shù)學(xué)理論,應(yīng)用于實際的過程．會對今后數(shù)學(xué)及相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)產(chǎn)生深遠(yuǎn)的影響．課時分配1課時教學(xué)目標(biāo)知識與技能理解n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布,能解答簡單實際問題;能進行與n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布有關(guān)的概率的計算．過程與方法通過主動探究、自主合作、相互交流,從具體事例中歸納出數(shù)學(xué)概念，使學(xué)生充分體會知識的發(fā)現(xiàn)過程，并滲透由特殊到一般,由具體到抽象的數(shù)學(xué)思想方法．情感、態(tài)度與價值觀感受探索的樂趣與成功的喜悅，體會數(shù)學(xué)的理性與嚴(yán)謹(jǐn),養(yǎng)成實事求是的科學(xué)態(tài)度和鍥而不舍的鉆研精神．重點難點教學(xué)重點：理解n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布，并能解答一些簡單的實際問題．教學(xué)難點：能進行一些與n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布有關(guān)的概率的計算．eq\o(\s\up7(),\s\do5（教學(xué)過程））eq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（復(fù)習(xí)舊知))互斥事件：不可能同時發(fā)生的兩個事件．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)．相互獨立事件：事件A（或B）是否發(fā)生對事件B（或A）發(fā)生的概率沒有影響，這樣的兩個事件叫做相互獨立事件．相互獨立事件同時發(fā)生的概率：P(AB)＝P（A)P(B)一般地，如果事件A1,A2,…，An相互獨立，那么這n個事件同時發(fā)生的概率，等于每個事件發(fā)生的概率的積，P（A1A2…An)＝P（A1)P(A2)…P（Aneq\b\lc\\rc\（\a\vs4\al\co1（探究新知）)提出問題：分析下面的試驗,它們有什么共同特點？(1)某人射擊1次，擊中目標(biāo)的概率是0.8,他連續(xù)射擊3次；（2）實力相等的甲、乙兩隊參加乒乓球團體比賽，規(guī)定5局3勝制（即先贏3局就勝出）；(3）連續(xù)投擲一個骰子5次．活動結(jié)果:在同一條件下多次重復(fù)地做某個試驗．(由學(xué)生歸納后給出定義)1．n次獨立重復(fù)試驗的定義:一般地，在相同條件下重復(fù)做的n次試驗稱為n次獨立重復(fù)試驗．在n次獨立重復(fù)試驗中,記Ai(i＝1,2，…，n）是“第i次試驗的結(jié)果”．顯然，P（A1A2…An）＝P(A1）P(A2)…P(An提出問題：在前面問題(1）基礎(chǔ)上，求：①第一次命中,后面兩次不中的概率；②恰有一次命中的概率；③恰有兩次命中的概率．活動設(shè)計：由淺入深，增加梯度，旨在引導(dǎo)學(xué)生歸納獨立重復(fù)試驗的概率公式．活動結(jié)果：記事件“第i次擊中目標(biāo)”為Ai(i＝1，2，3)，則A1、A2、A3相互獨立，且P(A1)＝P（A2）＝P（A3)＝0.8。①第一次命中，后面兩次不中的事件即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。②三次射擊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,∴三次射擊恰有一次命中的事件的概率為P3（1）＝3×0。8×0。2×0。2＝0.096.③三次射擊恰有兩次命中的事件即A1A2eq\x\to（A3）＋eq\x\to（A1)A2A3＋A1eq\x\to(A2）A3,∴三次射擊恰有兩次命中的事件的概率為P3（2）＝3×0.8×0.8×0.2＝0.384.教師指出：由剛才的問題不難發(fā)現(xiàn)這樣一個事實：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，推廣到一般形式：n次射擊試驗，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．獨立重復(fù)試驗的概率公式:一般地，如果在1次試驗中某事件發(fā)生的概率是p，那么在n次獨立重復(fù)試驗中這個事件恰好發(fā)生k次的概率Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，它是二項式［(1－p)＋p]n展開式的第k＋1項．設(shè)計意圖：理所當(dāng)然引出二項分布概念．3．離散型隨機變量的二項分布：在一次隨機試驗中，某事件可能發(fā)生也可能不發(fā)生,在n次獨立重復(fù)試驗中這個事件發(fā)生的次數(shù)X是一個隨機變量．如果在一次試驗中某事件發(fā)生的概率是p，那么在n次獨立重復(fù)試驗中這個事件恰好發(fā)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)．于是得到隨機變量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恰好是二項展開式:(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項的值，所以稱這樣的隨機變量X服從二項分布，記作X～B（n，p），其中p稱為成功概率．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1（運用新知）)例1實力相等的甲、乙兩隊參加乒乓球團體比賽，規(guī)定5局3勝制（即5局內(nèi)誰先贏3局就算勝出并停止比賽）．（1）試分別求甲打完3局、4局、5局才能取勝的概率．(2）求按比賽規(guī)則甲獲勝的概率．解:甲、乙兩隊實力相等，所以每局比賽甲獲勝的概率為eq\f(1，2),乙獲勝的概率為eq\f（1，2）。(1)記事件A＝“甲打完3局才能取勝”,記事件B＝“甲打完4局才能取勝”，記事件C＝“甲打完5局才能取勝"．①甲打完3局取勝,相當(dāng)于進行3次獨立重復(fù)試驗,且每局比賽甲均取勝．∴甲打完3局取勝的概率為P(A)＝Ceq\o\al（3,3）(eq\f（1,2))3＝eq\f（1，8)。②甲打完4局才能取勝,相當(dāng)于進行4次獨立重復(fù)試驗，且甲第4局比賽取勝，前3局為2勝1負(fù)．∴甲打完4局才能取勝的概率為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局才能取勝,相當(dāng)于進行5次獨立重復(fù)試驗，且甲第5局比賽取勝，前4局恰好2勝2負(fù)．∴甲打完5局才能取勝的概率為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)記事件D＝“按比賽規(guī)則甲獲勝”,則D＝A＋B＋C，又因為事件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:按比賽規(guī)則甲獲勝的概率為eq\f(1，2).例2重復(fù)拋擲一枚骰子5次得到點數(shù)為6的次數(shù)記為ξ,求P(ξ>3)．解：依題意，隨機變量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)?！咀兙氀菥帯考滓覂蛇x手比賽，假設(shè)每局比賽甲勝的概率為0.6，乙勝的概率為0.4，那么采取三局兩勝制還是五局三勝制對甲更有利?你對局制長短的設(shè)置有何認(rèn)識？設(shè)計意圖：此題設(shè)計新穎，貼近生活,貼近高考，一下子把學(xué)生帶到了全新的知識場景中，強大的誘惑力促使每個學(xué)生積極思考．此題是開放性試題，不是直接要你求什么、證什么，培養(yǎng)學(xué)生的發(fā)散性思維和創(chuàng)造性思維．解：三局兩勝制中，甲獲勝分三種情形：甲連勝兩局；甲前兩局中勝一局，第三局勝．故P(甲獲勝)＝0。62＋Ceq\o\al(1,2）×0.62×0。4＝0。648.五局三勝制中，甲獲勝分三種情形：甲連勝三局；甲前三局中勝兩局，第四局勝；甲前四局中勝兩局,第五局勝．故P（甲獲勝)＝0.63＋Ceq\o\al（2,3）×0。63×0。4＋Ceq\o\al（2，4)×0。63×0。42≈0。683。可以看出五局三勝制對甲有利，并由此可以猜測比賽的總局?jǐn)?shù)越多甲獲勝的概率越大．因此，為使比賽公平，比賽的局?jǐn)?shù)不能太少．變式：如果要求在這兩種賽制比賽中必須打完全部比賽，結(jié)論會有變化嗎？解：設(shè)甲獲勝的局?jǐn)?shù)為隨機變量X,在三局兩勝制中，X～B（3,0。6),因此甲獲勝的概率為P（X≥2）＝P（X＝2)＋P(X＝3）＝Ceq\o\al（2,3)×0.62×0。4＋0。63＝0.648.在五局三勝制中,X～B（5,0。6），因此甲獲勝的概率為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.【達標(biāo)檢測】1．每次試驗的成功率為p(0<p<1)，重復(fù)進行10次試驗，其中前7次都未成功，后3次都成功的概率為()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張獎券中含有3張中獎的獎券，每人購買1張，則前3個購買者中，恰有一人中獎的概率為()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（課堂小結(jié)))1．獨立重復(fù)試驗要從三方面考慮．第一：每次試驗是在相同條件下進行．第二:各次試驗中的事件是相互獨立的．第三，每次試驗都只有兩種結(jié)果,即事件要么發(fā)生，要么不發(fā)生．2．如果1次試驗中某事件發(fā)生的概率是p，那么n次獨立重復(fù)試驗中這個事件恰好發(fā)生k次的概率為Pn（k）＝Ceq\o\al(k,n)pk（1－p)n－k。對于此式可以這么理解：由于1次試驗中事件A要么發(fā)生，要么不發(fā)生，所以在n次獨立重復(fù)試驗中A恰好發(fā)生k次，則在另外的n－k次中A沒有發(fā)生，即eq\x\to(A）發(fā)生,由P（A）＝p，P(eq\x\to(A)）＝1－p，所以上面的公式恰為[（1－p)＋p]n展開式中的第k＋1項，可見排列組合、二項式定理及概率間存在著密切的聯(lián)系．eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(補充練習(xí))）【基礎(chǔ)練習(xí)】1．將一枚硬幣連續(xù)拋擲5次,則正面向上的次數(shù)X的分布為（)A．X～B(5,0。5)B．X～B(0。5,5）C．X～B(2,0.5）D．X～B(5,1）2．隨機變量X～B（3,0.6),則P（X＝1)等于()A．0.192B．0.288C．0。6483．某人考試,共有5題，解對4題為及格,若他解一道題的正確率為0.6,則他及格的概率為（)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【拓展練習(xí)】有一批食品出廠前要進行五項指標(biāo)檢驗，如果有兩項指標(biāo)不合格,則這批食品不能出廠．已知每項指標(biāo)抽檢是相互獨立的，且每項抽檢出現(xiàn)不合格的概率都是0.2.（1）求這批產(chǎn)品不能出廠的概率（保留三位有效數(shù)字）；(2)求直至五項指標(biāo)全部檢驗完畢，才能確定該批食品是否出廠的概率（保留三位有效數(shù)字）．解：（1）這批食品不能出廠的概率是:P＝1－0。85－Ceq\o\al（1，5）×0。84×0。2≈0。263。（2)五項指標(biāo)全部檢驗完畢,這批食品可以出廠的概率是：P1＝Ceq\o\al（1,4）×0。2×0。83×0.8，五項指標(biāo)全部檢驗完畢,這批食品不能出廠的概率是：P2＝Ceq\o\al（1，4）×0。2×0。83×0.2，由互斥事件只能有一個發(fā)生的概率加法可知，五項指標(biāo)全部檢驗完畢，才能確定這批產(chǎn)品是否出廠的概率是：P＝P1＋P2＝Ceq\o\al（1,4)×0。2×0.83＝0.4096≈0.410.eq\o(\s\up7（),\s\do5（設(shè)計說明））在整個教學(xué)過程中，主要采用“誘思探究教學(xué)法”，其核心是“誘導(dǎo)思維,探索研究”，其教學(xué)思想是“教師為主導(dǎo)，學(xué)生為主體,訓(xùn)練為主線，思維為主攻”的“四為主”原則．教師不是拋售現(xiàn)成的結(jié)論，而是充分利用學(xué)生的思維,展示“發(fā)現(xiàn)”的過程，突出“師生互動”的教學(xué)，這種設(shè)計充分體現(xiàn)了教師的主導(dǎo)作用．學(xué)生在一系列的思考、探究中逐步完成了本節(jié)的學(xué)習(xí)任務(wù)，充分實現(xiàn)了學(xué)生的主體性地位，在整個教學(xué)過程中，始終著眼于培養(yǎng)學(xué)生的思維能力,這種設(shè)計符合現(xiàn)代教學(xué)觀和學(xué)習(xí)觀的精神，體現(xiàn)了素質(zhì)教育的要求．eq\o(\s\up7（），\s\do5（備課資料））備選例題：1．某會議室用5盞燈照明,每盞燈各使用燈泡一只，且型號相同．假定每盞燈能否正常照明只與燈泡的使用壽命有關(guān),該型號的燈泡的使用壽命為1年以上的概率為p1,使用壽命為2年以上的概率為p2.從使用之日起每滿1年進行一次燈泡更換工作，只更換已壞的燈泡，平時不換．（Ⅰ）在第一次燈泡更換工作中，求不需要換燈泡的概率和更換2只燈泡的概率；（Ⅱ)在第二次燈泡更換工作中,對其中某一盞燈來說，求該盞燈需要更換燈泡的概率；(Ⅲ)當(dāng)p1＝0.8，p2＝0.3時,求在第二次燈泡更換工作中，至少需要更換4只燈泡的概率（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．分析：對于（Ⅰ），不需要換燈泡，則說明這5只燈泡的使用壽命都在1年以上，每只發(fā)生的概率均為p1；更換2只燈泡，則說明這5只燈泡中有且僅有2只燈泡的使用壽命均不超過1年，其發(fā)生的概率均為(1－p1)，但是哪兩只不確定;而對于(Ⅱ）,一是這盞燈是確定的;二是這盞燈有兩種可能，一種是第一、二次均更換；另一種是第一次未換,但第二次需要更換；對于(Ⅲ)，包括換4只和換5只兩種情況．解：(Ⅰ)在第一次更換燈泡工作中，不需要換燈泡的概率為peq\o\al(5，1）;需要更換2只燈泡的概率為Ceq\o\al（2，5）peq\o\al(3,1）（1－p1)2；（Ⅱ）對該盞燈來說，在第一、二次都更換了燈泡的概率為(1－p1）2；在第一次未更換燈泡,而在第二次需要更換燈泡的概率為p1（1－p2），故所求的概率為p＝(1－p1）2＋p1（1－p2）；（Ⅲ)在第二次燈泡更換工作中，至少換4只燈泡包括換4只和換5只兩種情況，換5只的概率為p5(其中p為（Ⅱ)中所求，下同)，換4只的概率為Ceq\o