资源简介

第 7课时 二项分布(1)
知识技能
1．理解 n次独立重复试验模型(n重伯努利试验)及其意义．
2．理解二项分布，并能解决一些简单的实际问题．
思想方法
通过具体实例的分析，从特殊到一般体验二项分布概率模型建立过程，唤醒
学生在建立二项式定理时的经验．
核心素养
1．通过对伯努利试验、n重伯努利试验等概念的理解，发展数学抽象素养．
2．在建立二项分布概率模型的过程中，发展数学建模素养．
3．在运用二项分布及加法公式、乘法公式求概率的过程中，发展数学运算
素养．
n重伯努利试验、二项分布概率模型的理解与运用．
问题导引
预习教材 P114～116，思考下面的问题：
1．有人说：“随机抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的概率是 0.5.因此，
随机抛掷 100次硬币，出现 50次正面的可能性应该也是 0.5.”你认为正确吗？
为什么？
2．什么是伯努利试验？什么是 n重伯努利试验？n重伯努利试验有哪些特
征？
3．二项分布是一类重要的概率模型，如果 X～B(n，p)，那么参数 n,p的含
义是什么？你能写出随机变量 X的概率分布吗？
即时体验
1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)：
(1) 检验一件产品是否合格的试验是伯努利试验；(√)
(2) 在 n重伯努利试验中，各次试验的结果相互没有影响；(√ )
(3) 对于 n重伯努利试验，各次试验中事件发生的概率可以不同；(× )
(4) 某飞碟运动员每次射击中靶的概率为 0.8，连续射击 5次，该试验是一
个 5重伯努利试验．(√)
2．判断下列表述是否正确，并说明理由：
(1) 8道四选一的单选题，随机猜结果，猜对答案的题目数 X～B(8,0.25)；
(2) 100件产品中包含 10件次品，不放回地随机抽取 6件，其中的次品数 Y～
B(6,0.1)．
解 (1) 表述正确．理由如下：8道四选一的单选题，随机猜结果，则每一
道题猜对答案的概率均为 0.25，则相当于进行了 8次独立重复试验，故猜对答案
的题目数 X～B(8,0.25)．
(2) 该表述错误．理由如下：因为是不放回地抽取，所以上一次抽取的结果
对本次抽取有影响，故不能看成独立重复试验，次品数 Y不符合二项分布．
一、 问题情境
问题：射击手射击 1次，击中目标的概率为 p(p>0)．现连续射击 3次，记击
中目标的次数为 X，则 X是随机变量，其取值为 0,1,2,3.随机变量 X的概率分布
是什么？[1]
分析 1 求 X的概率分布，即要求出概率 P(X＝k)(k＝0, 1, 2, 3)，即事件“连
续射击 3次，结果恰有 k次击中目标(k＝0, 1, 2, 3)”的概率．
为直观起见，我们用树形图来表示射击 3 次这一试验的过程和结果，其中
Ai表示事件“第 i次射击，结果击中目标”(i＝1, 2, 3), P(Ai)＝p, P( A i)＝1－p(记
为 q).
由树形图可见，随机变量 X的概率分布如下表所示：
X 0 1 2 3
P q3 3pq2 3p2q p3
分析 2 在 X＝k时，根据试验的独立性，事件“射击 1次，击中目标”在
某指定的 k －次发生时，其余的(3－k)次则不发生．其概率为 pkq3 k.而 3次试验中
发生“射击 1次，击中目标”k次的方式有 C k3种，故有
P(X＝k)＝Ck3pkq3－k, k＝0, 1, 2, 3.
因此，随机变量 X的概率分布如下表所示：
X 0 1 2 3
P C03q3 C13pq2 C23p2q C33p3
二、 数学建构
1．伯努利试验、n 重伯努利试验
通过对“问题情境”中射击问题的分析，观察这个概率模型的特点，分两个
层次认识：
(1) 一次试验只包含两个可能结果的试验叫作伯努利试验，如飞碟射击时中
靶或脱靶，产品检验中，要么抽到合格品，要么抽到不合格品等．
(2) 将一个伯努利试验独立地重复进行了 n次所组成的随机试验称为 n 重伯
努利试验．如上述问题就是一个 3重伯努利试验；再如对一批产品进行抽样检查，
每次取一件判断是否合格，有放回地抽取 5次，就是一个 5重伯努利试验．这种
试验在概率论中占有相当重要的地位，因为随机现象的统计规律性只有在大量独
立重复试验中才能显示出来．显然，n重伯努利试验具有如下两个特征：
① 同一个伯努利试验重复做 n次；(“重复”意味着各次试验成功的概率相
同)
② 各次试验的结果相互独立．
在伯努利试验中，我们关注某个事件 A是否发生，而在 n重伯努利试验中，
我们关注事件 A发生的次数．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．例如，对产品抽样检验，随机抽取 n件，我
们关心样本中不合格品数的概率分布列．
2．n 重伯努利试验中事件 A 恰好发生 k 次的概率[2]
一般地，在 n重伯努利试验中，每次试验事件 A发生的概率均为 p(0即 P(A)＝p,P( A )＝1－p＝q.由于试验的独立性，n次试验中，事件 A在某指定
的 k次发生，而在其余(n－k)次不发生的概率为 pkqn－k.又由于在 n重伯努利试验
中，事件 A恰好发生 k次的方式有 Ckn 种，所以在 n重伯努利试验中，事件 A恰
好发生 k(0≤k≤n)次的概率为
Pn(k)＝Cknpkqn－k,k＝0,1,2,…，n.
它恰好是(p＋q)n的二项展开式中的第 k＋1项(这也是二项分布名称的由来)．
3．二项分布
若随机变量 X 的分布列为 P(X＝k)＝Cknpkqn－k，其中 00,1,2，…，n，则称 X服从参数为 n,p的二项分布，记作 X～B(n,p)．其概率分布
如下表所示：
X 0 1 2 … n
P C0p0qn C1 －npqn 1 C2np2qn－2n … Cnnpnq0
由二项式定理，容易得到
错误!(X＝k)＝错误!nkpk(1－p)n－k
＝n＝1.
易知两点分布(01分布)就是当 n＝1时的二项分布．
三、 数学运用
例 1 (教材 P116例 1)求随机抛掷 100 次均匀硬币，正好出现 50 次正面的
概率．[3]
(见学生用书课堂本 P71)
[处理建议] 抛掷一枚均匀硬币，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 100重伯努利试验．因此，正面朝上的次数服从二项
分布．
[规范板书] 解 设“抛掷一枚硬币正面朝上”为事件 A，则 P(A)＝0.5.用 X
表示抛掷 100次硬币出现正面的次数，则 X～B(100,0.5)．正好出现 50次正面等
价于 X＝50，从而
P(X＝50)＝C51000p50q100－50＝C510000.5100≈8%.
因此，随机抛掷 100次均匀硬币，正好出现 50次正面的概率约为 8%.[4]
[题后反思] 确定一个二项分布模型的步骤如下：(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 X～B(n,p)．
(1) 某气象站天气预报的准确率为 80%，求 5次预报中恰有 2次准
确的概率；
(2) 设袋中有 8个红球、6个白球，若从袋中任取 5个球，求其中恰有 2个
红球的概率．
[规范板书] 解 (1) 记“预报一次准确”为事件 A，则 P(A)＝0.8.用 X表示
5次天气预报中准确的次数，则 X～B(5,0.8)．恰有 2次准确即 X＝2，从而
P(X＝2)＝C25×0.82×0.23＝0.0512.
因此，5次预报中恰有 2次准确的概率为 0.0512.
2 3
(2) 由题意，从袋中任取 5 C ·C 40个球，其中恰有 2个红球的概率为 8 65 ＝ .C14 123
[题后反思] 注意(1)与(2)的区别，“恰有”并非二项分布所特有.
例 2 (教材 P116例 2)设某保险公司吸收 10000人参加人身意外保险，该公
司规定：每人每年付给公司 120元，若意外死亡，公司将赔偿 10000元．如果已
知每人每年意外死亡的概率为 0.006，那么该公司会赔本吗？[5]
(见学生用书课堂本 P72)
[处理建议] 引导学生找出问题中蕴含的随机变量(即这 10000 人中意外死
亡的人数 X)，并分析 X服从二项分布．
[规范板书] 解 设这 10000人中意外死亡的人数为 X，依题意，随机变量
X～B(10000, 0.006)：
P(X＝k)＝Ck10 0000.006k(1－0.006)10 000－k.
死亡人数为 X人时，公司要赔偿 X万元，此时公司的利润为(120－X)万元．由
上述分布，公司赔本的概率为
P(120－X＜0)＝1－P(X≤120)
＝1－错误!(X＝k)
＝1－ －错误!(C1k0 0000.006k·0.99410 000 k)
≈0，
这说明，公司几乎不会赔本．
[题后反思] (1) 应用二项分布求概率的一般思路：①根据题意设出随机变
量；②分析出随机变量服从二项分布；③明确参数 n,p，写出二项分布的分布列；
④将 k值代入求概率．(2)注意利用对立事件转化概率．
为了增加系统的可靠性，人们经常使用“备用冗余设备”(即正在
使用的设备出故障时才启动的设备)．已知某计算机网络的服务器采用的是“一
用两备”(即一台正常设备，两台备用设备)的配置，这三台设备中，只要有一台
能正常工作，计算机网络就不会断掉．如果三台设备各自能正常工作的概率都为
0.9，它们之间相互不影响，能正常工作的设备数为 X.
(1) 写出 X的分布列；
(2) 求计算机网络不会断掉的概率．
[规范板书] 解 (1) 由题意知，X服从参数为 3,0.9 的二项分布，即 X～
B(3,0.9)．
因此，P(X＝0)＝C30×0.90×(1－0.9)3＝0.001，
P(X＝1)＝C31×0.91×(1－0.9)2＝0.027，
P(X＝2)＝C23×0.92×(1－0.9)1＝0.243，
P(X＝3)＝C33×0.93×(1－0.9)0＝0.729，
从而，X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.001 0.027 0.243 0.729
(2) 要使得计算机网络不会断掉，也就是要求能正常工作的设备至少有一台，
即 X≥1，因此所求概率为
P(X≥1)＝1－ P(X＜1)＝1－P(X＝0)
＝1－0.001＝0.999.
例 3 下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．
(例 3)
[处理建议] 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．
[规范板书] 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 X～B(10, 0.5)．于是，X的分布列为
P(X＝k)＝Ck10×0.510, k＝0, 1, 2,…， 10.
四、 课堂练习
5 1，
1．若随机变量 X～B 3 ，则 P(X＝2)等于(D)
1 2 2 3 2 2 1 3
A. 3 × 3 B. 3 × 3
2 2 1 3 1 2 2 3
C. C52 3 × 3 D. C25 3 × 3
2 4．一台某型号自动机床在 1h内不需要工人照看的概率为 ，有 5台这种型
5
号的自动机床各自独立工作，则在 1h 内恰有 4 台机床需要工人照看的概率是
4 .
625
4 1 4 4
1 1－提示 C 5 5 45 ＝ .
625
3．若随机变量 X～B(4,0.1)，则 P(X≤1)＝__0.9477__.
提示 P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝C40(0.1)0(1－0.1)4＋C41(0.1)1(1－0.1)3＝
0.9477.
4．鸡接种一种疫苗后，有 80%不会感染某种病毒．如果 5只鸡接种了疫苗，
求：
(1) 没有鸡感染病毒的概率；
(2) 恰好有 1只鸡感染病毒的概率．
解 (1) 由条件鸡接种疫苗后，有 80%不会感染，则没有一只鸡感染的概率
为
4 5
P C5 5 1024＝ 5 ＝ ＝0.32768.
3125
(2) 恰有一只鸡感染的概率为
4 4 1 4－
P＝C54 5 5 256× ＝ ＝0.4096.
625
五、 课堂小结
1．n重伯努利试验的特征；①同一个伯努利试验重复做 n次；②各次试验
的结果相互独立．
2．二项分布：随机变量 X～B(n,p) P(X＝k)＝Cknpkqn－k，其中 01,k＝0,1, 2,…，n.
3．在实际问题中会建立二项分布概率模型．
4．注意区分二项分布与非二项分布，避免概率计算错误.、
[1] 分析 1是常规的思路，比较直观；分析 2充分体现了引入随机变量的重
要性：如果试验次数比较多，那么用树形图的方法很烦琐，而引入随机变量后既
能揭示问题本质，又可简化解决问题的过程．
[2] 用建立二项式定理时的经验，发现一般(上述分析 2)的解决方法．
[3] 根据二项分布的概率模型求相应的概率．
[4] 例 1表明这个概率只有 8%左右，这也回答了前面“问题导引”第 1 题
的说法是不正确的.8%说明许多人抛掷 100 次均匀硬币，大约有 8%的人恰好掷
出 50次正面，另外，有些人掷出正面的次数可能是 48次、49次、51次、52次
1 1
等，总体来说，出现正面的次数约占 ，这和均匀硬币出现正面的概率为 是一致
2 2
的．
[5] 本例是二项分布的简单实际应用．

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