选修2-3教案(1)_教资初高中_教资面试2025教资面试备考资料合集_教资面试资料合集_2025教资面试资料_25上教资面试-小学资料包_19教案：合集_高中学科全册教案_高中数学全册教案

1.3 二项式定理 学习目标： 1理解和掌握二项式系数的性质，并会简单的应用； 2.初步了解用赋值法是解决二项式系数问题； 3.能用函数的观点分析处理二项式系数的性质，提高分析问题和解决问题的能力 学习重点：二项式系数的性质及其对性质的理解和应用 学习难点：二项式系数的性质及其对性质的理解和应用 授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入： 1．二项式定理及其特例： （1）(ab)n C0an C1anbCranrbr Cnbn(nN)， n n n n （2）(1x)n 1C1xCrxr xn. n n 2．二项展开式的通项公式：T Cranrbr r1 n 3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r的限制；求有理项时要 注意到指数及项数的整数性 二、讲解新课： 1二项式系数表（杨辉三角） (ab)n展开式的二项式系数，当n依次取1,2,3…时，二项式系 数表，表中每行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个 数的和 2．二项式系数的性质： (ab)n展开式的二项式系数是C0，C1，C2，…，Cn．Cr可以看 n n n n n 成以r为自变量的函数 f(r) 定义域是{0,1,2,,n}，例当n6时，其图象是7个孤立的点（如图） （1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵Cm Cnm）． n n n 直线r  是图象的对称轴． 2 n(n1)(n2)(nk1) nk1 （2）增减性与最大值．∵Ck  Ck1 ， n k! n k nk1 nk1 n1 ∴Ck相对于Ck1的增减情况由 决定， 1 k  ， n n k k 2 n1 当k  时，二项式系数逐渐增大．由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取 2 得最大值； n n1 n1 当n是偶数时，中间一项C2取得最大值；当n是奇数时，中间两项C 2 ，C 2 取得最大值． n n n （3）各二项式系数和： ∵(1x)n 1C1xCrxr xn， n n 令x1，则2n C0 C1 C2 Cr Cn n n n n n 三、讲解范例： 例1．在(ab)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和 证明：在展开式 (ab)n C0an C1anbCranrbr Cnbn(nN)中，令 n n n n a1,b1，则(11)n C0 C1 C2 C3 (1)nCn， n n n n n 即0(C0 C2 )(C1 C3)， n n n n ∴C0 C2 C1 C3 ， n n n n 即在(ab)n的展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和． 说明：由性质（3）及例1知C0 C2 C1 C32n1. n n n n www.ks5u.com 例2．已知(12x)7 a a xa x2 a x7，求： 0 1 2 7 （1）a a a ； （2）a a a a ； （3）|a ||a ||a |. 1 2 7 1 3 5 7 0 1 7 解：（1）当x1时，(12x)7 (12)7 1，展开式右边为a a a a 0 1 2 7 ∴a a a a 1， 0 1 2 7 当x0时，a 1，∴a a a 112， 0 1 2 7 （2）令x1， a a a a 1 ① 0 1 2 7 令x1，a a a a a a a a 37 ② 0 1 2 3 4 5 6 7 137 ①② 得：2(a a a a )137，∴ a a a a   . 1 3 5 7 1 3 5 7 2 （3）由展开式知：a ,a ,a ,a 均为负，a ,a ,a ,a 均为正， 1 3 5 7 0 2 4 8 ∴由（2）中①+② 得：2(a a a a )137， 0 2 4 6 137 ∴ a a a a  ， 0 2 4 6 2 ∴|a ||a ||a | a a a a a a a a 0 1 7 0 1 2 3 4 5 6 7 (a a a a )(a a a a )37 0 2 4 6 1 3 5 7 例3.求(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)10展开式中x3的系数 (1x)[1(1x)10] 解：(1x)(1x)2 （1x）10  1(1x) (x1)11 (x1) = ， x ∴原式中x3实为这分子中的x4，则所求系数为C7 11 例4.在(x2+3x+2)5的展开式中，求x的系数 解：∵(x2 3x2)5 (x1)5(x2)5 ∴在(x+1)5展开式中，常数项为1，含x的项为C1 5x， 5 在(2+x)5展开式中，常数项为25=32，含x的项为C124x 80x 5 ∴展开式中含x的项为 1(80x)5x(32)  240x， ∴此展开式中x的系数为2402 例5.已知( x  )n的展开式中，第五项与第三项的二项式系数之比为14；3，求展开式 x2 的常数项 解：依题意C4 :C2 14:33C4 14C2 n n n n ∴3n(n-1)(n-2)(n-3)/4!=4n(n-1)/2!n=10 2 105r 设第r+1项为常数项，又 T Cr ( x)10r( )r (2)rCr x 2 r1 10 x2 10 105r 令 0 r  2， 2 T C2 (2)2 180.此所求常数项为180 21 10 四、课堂练习： （1）2x5y20 的展开式中二项式系数的和为 ，各项系数的和为 ，二项 式系数最大的项为第 项； 1 （2）( x  )n的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则第四项为 ． x （3）C0+2C1+4C2+ 2nCn 729，则C1 C2 C3 Cn （ ） n n n n n n n n A．63 B.64 C.31 D.32 （4）已知：(2 3x)50 a a xa x2 a x50， 0 1 2 50 求：(a a a )2(a a a )2的值 0 2 50 1 3 49 答案：（1）220，320，11； （2）展开式中只有第六项的二项式系数最大， 1 ∴ n10， T C3 ( x)7( )3 120 x； 4 10 x （3）A． www.ks5u.com 五、小结 ：1．性质1是组合数公式Cr Cnr的再现，性质2是从函数的角度研究的二项式 n n 系数的单调性，性质3是利用赋值法得出的二项展开式中所有二项式系数的和； 2．因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求 解二项展开式各项系数和的一种重要方法六、课后作业： 七、板书设计（略） 八、课后记： 求0.9986的近似值，使误差小于0.001． 解：0.9986 (10.002)6 C0 C1(0.002)1C6(0.002)6， 6 6 6 展开式中第三项为C20.0022 0.00006，小于0.001，以后各项的绝对值更小，可忽略不计， 6 ∴0.9986 (10.002)6 C0 C1(0.002)1 0.998， 6 6 一般地当a较小时(1a)n 1na 1.3 二项式定理 学习目标： 1掌握二项式定理和二项式系数的性质。 2.能灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题 学习重点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题 学习难点：如何灵活运用展开式、通项公式、二项式系数的性质解题 授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入： 1．二项式定理及其特例： （1）(ab)n C0an C1anbCranrbr Cnbn(nN)， n n n n （2）(1x)n 1C1xCrxr xn. n n 2．二项展开式的通项公式：T Cranrbr r1 n 3．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r的限制；求有理项时要 注意到指数及项数的整数性 4二项式系数表（杨辉三角）(ab)n展开式的二项式系数，当n依次取1,2,3…时，二项式系数表，表中每行两端都是1， 除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 5．二项式系数的性质： (ab)n展开式的二项式系数是C0，C1，C2，…，Cn．Cr可以看成以r为自变量的函 n n n n n 数 f(r)，定义域是{0,1,2,,n}，例当n6时，其图象是7个孤立的点（如图） （1）对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵Cm Cnm）． n n n 直线r  是图象的对称轴． 2 n （2）增减性与最大值：当n是偶数时，中间一项C2取得最大值；当n是奇数时，中间两项 n n1 n1 C 2 ，C 2 取得最大值． n n （3）各二项式系数和： ∵(1x)n 1C1xCrxr xn， n n 令x1，则2n C0 C1 C2 Cr Cn n n n n n 二、讲解范例： 例1． 设1x1x2 1x3 1xn  a a xa x2 a xn， 0 1 2 n 当a a a a 254时，求n的值 0 1 2 n 解：令x1得： 2(2n 1) a a a a 222 23 2n  254， 0 1 2 n 21 ∴2n 128,n7， 点评：对于 f(x)a (xa)n a (xa)n1a ，令xa1,即xa1可得各项系 0 1 n 数的和a a a a 的值；令xa 1,即xa1，可得奇数项系数和与偶数项 0 1 2 n 和的关系 例2．求证：C1 2C2 3C3 nCn n2n1． n n n n 证（法一）倒序相加：设S  C1 2C2 3C3nCn ① n n n n又∵S  nCn (n1)Cn1(n2)Cn2 2C2 C1 ② n n n n n ∵Cr Cnr，∴C0 Cn,C1 Cn1,， n n n n n n 由①+②得：2S n  C0 C1 C2 Cn ， n n n n 1 ∴S  n2n n2n1，即C1 2C2 3C3 nCn n2n1． 2 n n n n （法二）：左边各组合数的通项为 n! n(n1)! rCr r  nCr1， n r!(nr)! (r1)!(nr)! n1 ∴ C1 2C2 3C3nCn n  C0 C1 C2 Cn1 n2n1． n n n n n1 n1 n2 n1 2 例3．已知：(x3 3x2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992． （1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项 解：令x1，则展开式中各项系数和为(13)n 22n， 又展开式中二项式系数和为2n， ∴22n 2n 992，n5． （1）∵n5，展开式共6项，二项式系数最大的项为第三、四两项， 2 2 22 ∴T C2(x3)3(3x2)2 90x6，T C3(x3)2(3x2)3 270x3 ， 3 5 4 5 2 104r （2）设展开式中第r1项系数最大，则T Cr(x3)5r(3x2)r 3rCrx 3 ， r1 5 5 3rCr 3r1Cr1 7 9 ∴ 5 5  r  ，∴r 4，  3rCr 3r1Cr1 2 2 5 5 2 26 即展开式中第5项系数最大，T C4(x3)(3x2)4 405x3 ． 5 5 例4．已知S  2n C12n1 C22n2 Cn121(nN )， n n n n  求证：当n为偶数时，S 4n1能被64整除 n 分析：由二项式定理的逆用化简S ，再把S 4n1变形，化为含有因数64的多项式 n n ∵S 2n C12n1C22n2 Cn121(21)n 3n， n n n n ∴S 4n13n 4n1，∵n为偶数，∴设n2k（kN*）， n∴S 4n1 32k 8k1(81)k 8k1 n C08k C18k1Ck1818k1 k k k (C08k C18k1C2)82 （） ， k 8 k 当k=1时，S 4n10显然能被64整除， n 当k 2时，（）式能被64整除， 所以，当n为偶数时，S 4n1能被64整除 n www.ks5u.com 三、课堂练习： 1．  x 1 4 x15 展开式中x4的系数为 ，各项系数之和为 ． 2．多项式 f(x)C1(x1)C2(x1)2 C3(x1)3 Cn(x1)n（n6）的展开式 n n n n 中，x6的系数为 1 3．若二项式(3x2  )n（nN）的展开式中含有常数项，则n的最小值为（ ） 2x3 A.4 B.5 C.6 D.8 4．某企业欲实现在今后10年内年产值翻一番的目标，那么该企业年产值的年平均增长率最 低应 （ ） A.低于5％ B.在5％～6％之间 C.在6％～8％之间 D.在8％以上 5．在(1x)n的展开式中，奇数项之和为 p，偶数项之和为q，则(1x2)n等于（ ） A.0 B. pq C. p2 q2 D. p2 q2 1a 1a2 1a3 1a4 1an1 6．求和： C0  C1  C2  C3 1n Cn． 1a n 1a n 1a n 1a n 1a n 7．求证：当nN且n2时，3n 2n1n2． 8．求2x10 的展开式中系数最大的项 答案：1. 45, 0 2. 0 ．提示： f x xn 1n63. B 4. C 5. D 6. a1an1 7. (略) 8. T 15360x3 31 四、小结 ：二项式定理体现了二项式的正整数幂的展开式的指数、项数、二项式系数等方 面的内在联系，涉及到二项展开式中的项和系数的综合问题，只需运用通项公式和二项式系 数的性质对条件进行逐个节破，对于与组合数有关的和的问题，赋值法是常用且重要的方法， 同时注意二项式定理的逆用 www.ks5u.com 五、课后作业： 5 16 1  1．已知(a2 1)n展开式中的各项系数的和等于 x2  的展开式的常数项，而    5 x  (a2 1)n 展开式的系数的最大的项等于54，求a的值(aR) 答案：a 3 2．设1x532x9 a x114 a x113 a x1a 0 1 13 14 求：① a a a ②a a a ． 0 1 14 1 3 13  39 35 答案：①39 19683； ② 9963 2 3．求值：2C0 C12C2 C3 2C4 C5 2C6 C7 2C8 C9． 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 答案：28 256 4．设 f(x)(x2 x1)9(2x1)6，试求 f(x)的展开式中： （1）所有项的系数和； （2）所有偶次项的系数和及所有奇次项的系数和 答案：（1）36 729； 36 1 （2）所有偶次项的系数和为 364； 2 36 1 所有奇次项的系数和为 365 2六、板书设计（略） 七、课后记： www.ks5u.com 高中数学《二项式定理》教学设计 【教学设计思想】 教学设计思想 现代教学的核心是“以学生的发展为本”，注重学生的学习状态和情感体验，注重教学 过程中学生主体地位的体现和主体作用的发挥，强调尊重学生人格和个性，鼓励发现、探究 与质疑，鼓励培养学生的创新精神和实践能力． 二项式定理这部分内容比较枯燥，如何发挥学生的主体作用，使学生自己探究学习知识、 建构知识网络，是本节课教学设计的核心． 我采用启发探究式教学方式： 一是从实际应用问题引入课题。这里体现了新课程的数学应用意识的理念，使学生体会 到数学不仅是为了学数学，还可以学以致用，用来解决现实生活的问题． 二是从特殊到一般。面对一般问题，学生会想到从特殊情况入手，让学生自己探究n=1， 2，3，4，…时二项展开式的规律，观察发现二项式定理的基本内容． 三是采用小组合作、探究的方式。小组内的同学共同归纳二项式定理的内容，由特殊推 广到一般． 四是教师的启发与学生的探究恰当结合。本节课的难点在于确定二项展开式中，每一项 的二项式系数，对于平行班的学生，真正能独立归纳出来，有一定的困难，教师在此时的引 导启发，就显得尤为重要． 本节课，学生通过对n=1，2，3，4，…时二项展开式的观察，归纳、猜想到n为任意 正整数时的二项式定理内容，并真正理解二项式系数的意义。这样设计的目的是为了让学生 参与知识的发生、发展、深化的过程，学习体会应用“观察、归纳、猜想、证明”的科学思 维方法的过程，提高数学修养． 本节课对二项式定理特点及规律的总结和归纳，有利于学生对二项式定理的识记，同时 还可以使学生体验数学公式的对称美、和谐美． 学生情况分析 学生为平行班学生，有一定的数学基础．学生理解组合及组合数的概念，掌握了多项式 乘法的运算法则，有一定的归纳猜想能力，能顺利完成课时计划内容． 学生有过探究、交流的课堂教学的尝试． 教学流程框图实际问题， 引入课题 合作探究， 发现规律 成果交流， 教师引导 推广一般， 内容呈现 定理应用， 初步体验 归纳小结， 巩固提高 教学诊断分析 在本节内容的学习中，学生容易了解的内容是二项展开式的项数、指数和系数的规律， 即项数：n1项；指数：字母a，b的指数和为n，字母a的指数由n递减至0，同时，字 母b的指数由0递增至n；二项式系数：下标为n，上标由0递增至n； 容易产生误解的内容是：通项T Cranrbr指的是第r+1项；通项的二项式系数是Cr r1 n n ，与该项的系数是不同的概念（在第二课时会进行探讨）。 【教学方式及预期效果分析】 本节课采用启发探究式教学．通过学生小组合作交流、师生对话交流等方式，引导学生 自主探究，合作交流． 1．课前准备工作 为便于管理和探究，将学生随机分组，每组3-4人左右． 2．课堂探究过程 探究内容为二项式定理的内涵，包括项数、指数、系数等方面的规律内容．采用小组内合作探究方式，组间交流、置疑、点评． 组内探究要求有分工，有合作，有交流．并推选交流发言代表． 在探究过程中，学生和组内其他同学进行探讨和辩论，通过不同观点的交锋来补充、修 正或加深自己对当前问题的理解，从而完善自己的研究成果． 3．课堂交流过程 （1）小组汇报 小组内推选汇报交流发言代表，其他同学自由补充． （2）组间置疑 小组汇报后，对不同意见或不清楚的地方，提出置疑． （3）师生点评 对汇报展示与置疑的同学进行点评，及时鼓励、表扬，保持学生学习热情，通过交流， 学习他人的研究成果，充实自己． （4）教师引导 对部分内容，如二项式系数的确定，教师适时，适度引导． 4．预期效果分析：通过本节课的学习，在知识面上，期望学生能够理解二项式定理及 其推导方法，识记二项展开式的有关特征，能对二项式定理进行简单应用；在思想和能力面 上，期望通过教师指导下的探究活动，使学生经历数学思维过程，熟悉理解“观察—归纳— 猜想—证明”的思维方法，培养合作的意识，获得学习和成功的体验；通过对二项式定理内 容的研究，使学生体验特殊到一般发现规律，一般到特殊指导实践的认识事物过程，通过对 二项展开式结构特点的观察，使学生体验数学公式的对称美、和谐美． 【教学目标与教学内容】 本节课时高中数学第二册（下A）10．4二项式定理第一节课． 本节课的学生起点：学生已经学习了组合的基本知识，初中学习了多项式乘法． 本节课是在组合和多项式乘法的基础上，进一步研究学习二项式定理的内容．这一内容 我共安排两课时，这是第一课时． 1．教材分析： 二项式定理是初中学习的多项式乘法的继续，它所研究的是一种特殊的多项式——二 项式的乘方的展开式．这一小节与很多内容都有着密切的联系，特别是它在本章的学习中起 着乘上启下的作用．学习本小节的意义在于：①二项式定理与概率理论中的三大概率分布之 一的二项分布有其内在联系，本小节是学习概率知识及概率统计的准备知识；②二项式系数 都是一些特殊的组合数，利用二项式定理可以得到关于组合数的一些恒等式，从而深化对组 合数的认识；③基于二项展开式与多项式乘法的联系，本小节的学习可对初中学习的多项式 的变形起到复习、深化的作用；④二项式定理是解决某些整除性、近似计算等问题的一种方 法． 教材的安排：教材中是通过n取一些特殊值（1，2，3，4）的基础上，观察归纳出二项 式定理，强调要分析清楚式子展开并进行同类项合并后有哪些项及各项系数的一些规律，教 材采用的是不完全归纳法，没有进行严谨的证明．教材随后安排了四道例题，是对二项式定 理的简单应用． 重点：二项式定理的内容及应用难点：二项式定理的推导过程及内涵 2．内容分析： (ab)n C0an C1an1bC2an2b2 Cranrbr Cnbn (nN*) n n n n n 对二项式定理的理解和掌握，要从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉它的展 开式． 3．教学目标： 知识技能：理解二项式定理及其推导方法，识记二项展开式的有关特征，能对二项式定 理进行简单应用． 过程方法：通过教师指导下的探究活动，经历数学思维过程，熟悉理解“观察—归纳— 猜想—证明”的思维方法，养成合作的意识，获得学习和成功的体验． 情感、态度和价值观：通过对二项式定理内容的研究，体验特殊到一般发现规律，一般 到特殊指导实践的认识事物过程；通过对二项展开式结构特点的观察，体验数学公式的对称 美、和谐美． ４.教学过程 一、设置情境，引入课题 问题 某人投资10万元，有两种获利的可能供选择．一种是年利率12％，按单利计算，10 年后收回本金和利息．另一种年利率10％，按每年复利一次计算，10年后收回本金和利息． 试问，哪一种投资更有利？ 分析：本金10万元，年利率12％，按单利计算，10年后的本利和是 10×（1＋12％×10）＝22（万元） 本金10万元，年利率10％，按每年复利一次计算，10年后的本利和是 10(110%)10 那么如何计算(110%)10的值呢？能否在不借助计算器的情况下，快速、准确地求出 其近似值呢？这就得研究形如(ab)n的展开式． 二、探索研究二项式定理的内容 问题：(ab)n的展开式有什么特点？你能将它展开吗？试一试． [学生分组探究] 学生可能的探究方法1： 由(ab)1  ab C0aC1b 1 1 (ab)2 a2 2abb2 C0a2 C1abC2b2 2 2 2 (ab)3  a3 3a2b3ab2 b3 C0a3 C1a2bC2ab2 C3b3 3 3 3 3 (ab)4  a4 4a3b6a2b2 4ab3 b4 C0a4 C1a3bC2a2b2 C3ab3 C4b4 4 4 4 4 4 …… 学生可能通过具体的例子来展开说明， 如：(ab)3  a3 3a2b3ab2 b3 或(ab)4  a4 4a3b6a2b2 4ab3 b4 学生归纳过程可能如下：以(ab)4为例的展开式的分析过程： (ab)4 (ab)(ab)(ab)(ab)  a4 4a3b6a2b2 4ab3 b4 容易看到，等号右边的积的展开式的每一项，是从每个括号里任取一个字母的乘积，因 而各项都是4次式，即展开式应有下面形式的各项：a4,a3b,a2b2,ab3,b4． a b [学生可能归纳出来：（1）每一项中字母 ， 的指数之间的关系（2）项的个数有n1 项] 在上面4个括号中： 每个都不取b的情况有1种，即C0种，所以a4的系数是C0； 4 4 恰有1个取b的情况下有C1 种，所以a3b的系数是C1 ； 4 4 恰有2个取b的情况下有C2种，所以a2b2的系数是C2； 4 4 恰有3个取b的情况下有C3种，所以ab3的系数是C3； 4 4 4个都取b的情况下有C4种，所以b4的系数是C4； 4 4 因此(ab)4 C0a4 C1a3bC2a2b2 C3ab3 C4b4． 4 4 4 4 4 [归纳、猜想(ab)n ?] (ab)n C0an C1an1bC2an2b2 Cranrbr Cnbn (nN*) n n n n n 教师根据情况进行指导和引导，尤其是各项二项式系数的确定，教师要从各项中a，b 指数的含义如a4,a3b来引导，并要求学生说明怎么得到这些项？教师可以通过电脑演示各 形式项的形成过程，将学生的思维过程展示． 学生可能的探究方法2： (ab)n (ab)(ab)(ab)(ab)，共n个(ab)，依据多项式乘法，直接写 出各项． [学生成果展示，可通过具体实例：通过投影、板书或口述] 问题：希望学生得到的规律 （1） 项数：n1项； （2） 指数：字母a，b的指数和为n，字母a的指数由n递减至0，同时，字母b 的指数由0递增至n； （3） 二项式系数是C0,C1,C2,,Cr,Cn n n n n n （4） 通项：T Cranrbr r1 n [板书（1），（2）] [规律（3）得到后，板书(ab)n an  an1b anrbr  bn ] [规律（4）得到后，补全二项式定理板书] 教师引导中，可能用到的引导问题： （1） 将(ab)n展开，有多少项？ （2） 每一项中，字母a，b的指数有什么特点？ （3） 字母a，b的指数的含义是什么？是怎样得到的？（4） 如何确定anrbr的系数？ 教师引导学生观察二项式定理，从以下几方面强调： （1） 项数：n1项； （2） 指数：字母a，b的指数和为n，字母a的指数由n递减至0，同时，字母b 的指数由0递增至n； （3） 二项式系数：下标为n，上标由0递增至n； （4） 通项：T Cranrbr指的是第r+1项，该项的二项式系数是Cr r1 n n （5） 公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(ab)n的二项展开 式，上面的定理是用不完全归纳法得到的，将来可以用数学归纳法进行严格证明． 三、二项式定理的应用 1．解决本节课开始提出的问题． 解：10(110%)10 10(10.1)10 10(1C1 0.1C2 0.12 ) 10 10  24.5 由此可见，按年利率10％每年复利一次计算的要比年利率12％单利计算更有利，10年 后多得利息2.5万元． 备选例题 2．展开(12x)4 解：(12x)4 C014(2x)0 C113(2x)1 C212(2x)2 C311(2x)3 C410(2x)4 4 4 4 4 4 18x24x2 32x3 16x4 思考1．第三项的系数是多少？ 思考2．第三项的二项式系数是多少？你能得到什么结论？ [板书：.二项式系数与项的系数是两个不同概念．] 思考3．若本例只求第三项的二项式系数，你还可以怎么处理？哪种方法更好？ 四、归纳小结 1．学生的学习体会与感悟； 2．教师强调： （1）主要探究方法：从特殊到一般再回到特殊的思想方法 （2）从特殊情况入手，“观察——归纳——猜想——证明”的思维方法，是人们发现事 物规律的重要方法之一，要养成“大胆猜想，严谨论证”的良好习惯． （3）二项式定理每一项中字母a，b的指数和为n，a的指数从n递减至0同时b的 指数由0递增至n，体现数学的对称美、和谐美．二项式系数还有哪些规律呢？希望同学们 在课下继续研究、能够有新的发现． 五、作业P121 习题10.4 2，4，5 【自评反馈与反思】1．探究与合作是本节课的亮点 本节课采用探究式教学方式，注重学生的学习状态和情感体验，注重教学过程中学生主 体地位的体现和主体作用的发挥，尊重学生人格和个性，鼓励发现、探究与质疑，符合“以 学生的发展为本”新课程理念． 本课采用小组合作、探究的方式，学生从特殊情况入手，探究n=1，2，3，4，…时二 项展开式的规律，观察发现二项式定理的基本内容，再推广到一般．（强调证明，但不要求 证明） 这样，本课做到了以学生为主体，学生通过自主与合作的探究学习，经历从特殊到一般 的学习过程．在接受、掌握知识的同时，学生的学习能力与思维方法得到发展，科学思维修 养获得了提高，合作的意识得到加强． 2．德育渗透恰当，适时适度 通过对二项式定理内容的研究，学生体验了从特殊到一般发现规律，从一般到特殊的指 导实践的认识事物过程．通过对二项展开式结构特点的观察，学生体验到数学公式的对称美、 和谐美． 本课有意识的培养学生的数学应用意识．新课程理念中强调“培养学生的数学应用意 识”，本节课正是由实际问题的引入为开始，又以问题的最终解决为结局，数学的应用贯穿 整个课堂，突出了“应用意识”的培养，符合新课程理念． 突出数学思维方法与学习方法的指导．数学有两类猜想，一是归纳（不完全归纳），一 是类比．本节课充分体现数学的“观察――归纳――猜想――证明”的思维方法：首先由学 生探究n=1，2，3，…时二项展开式的特点，发现二项展开式的项数、指数及系数的基本规 律；然后进一步归纳、猜想出当n为任意正整数时二项展开式的基本规律（强调应该证明， 由于知识的局限，以后再证明），这样体现了从特殊到一般的辩证过程． 3．课后反思 （1）二项式系数的确定，对平行班的学生来说，如果没有教师的适时，适度的引导， 学生如何探究归纳，能否独立研究出来？ （2）学生交流成果呈现方式问题，本节课中并没有使用实物展台，而是将学生的成果 通过口述方式呈现在黑板上，若使用实物展台，由学生上讲台来展示，课堂效果会不会更好？ 课堂效率是否有提高？另外，投影和黑板板书之间如何更有机的结合？这些都需要做进一步 的探讨． 2．1．1 离散型随机变量 教学目标： 知识目标：1.理解随机变量的意义； 2.学会区分离散型与非离散型随机变量，并能举出离散性随机变量 的例子； 3.理解随机变量所表示试验结果的含义，并恰当地定义随机变量. 能力目标：发展抽象、概括能力，提高实际解决问题的能力. 情感目标：学会合作探讨，体验成功，提高学习数学的兴趣. 教学重点：随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义 教学难点：随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义 授课类型：新授课课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 内容分析： 本章是在初中“统计初步”和高中必修课“概率”的基础上，学习随机变量和统计的一 些知识．学习这些知识后，我们将能解决类似引言中的一些实际问题 教学过程： 一、复习引入： 展示教科书章头提出的两个实际问题(有条件的学校可用计算机制作好课件辅助教学)， 激发学生的求知欲 某人射击一次，可能出现命中0环，命中1环，…，命中10环等结果，即可能出现的 结果可能由0，1，……10这11个数表示； 某次产品检验，在可能含有次品的100件产品中任意抽取4件，那么其中含有的次品可 能是0件，1件，2件，3件，4件，即可能出现的结果可以由0，1，2，3，4这5个数表示 在这些随机试验中，可能出现的结果都可以用一个数来表示．这个数在随机试验前是否 是预先确定的?在不同的随机试验中，结果是否不变? 观察，概括出它们的共同特点 二、讲解新课： 思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1 , 2 ，3，4，5，6来表示．那么掷一枚 硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？ 掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有 数量性质，但我们可以用数1和 0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1 ) . 在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用 一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化． 定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )．随机变量常 用字母 X , Y，，，… 表示． 思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？ 随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为 实数．在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当 于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域． 例如，在含有10件次品的100 件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X 将 随着抽取结果的变化而变化，是一个随机变量，其值域是｛0, 1, 2 , 3, 4 } . 利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出0件次品” , {X =4｝表示“抽 出4件次品”等．你能说出｛X< 3 ｝在这里表示什么事件吗？“抽出 3 件以上次品”又如 何用 X 表示呢？定义 2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) . 离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机 变量，它的所有可能取值为0，1，…，10；某网页在24小时内被浏览的次数Y也是一个离 散型随机变量，它的所有可能取值为0, 1,2，…. 思考3：电灯的寿命X是离散型随机变量吗？ 电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所 以 X 不是离散型随机变量． 在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关 心电灯泡的使用寿命是否超过1000 小时，那么就可以定义如下的随机变量： 0，寿命<1000小时； Y= 1,寿命1000小时. 与电灯泡的寿命 X 相比较，随机变量Y的构造更简单，它只取两个不同的值0和1，是一 个离散型随机变量，研究起来更加容易． 连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量 就叫做连续型随机变量 如某林场树木最高达30米，则林场树木的高度是一个随机变量，它可以取（0，30]内 的一切值 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变 量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一 一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达如投掷一 枚硬币，=0，表示正面向上，=1，表示反面向上 （2）若是随机变量， ab,a,b是常数，则也是随机变量 三、讲解范例： 例1． 写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果 (1)一袋中装有5只同样大小的白球，编号为1，2，3，4，5 现从该袋内随机取出3只 球，被取出的球的最大号码数ξ； (2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η 解：(1) ξ可取3，4，5 ξ=3，表示取出的3个球的编号为1，2，3； ξ=4，表示取出的3个球的编号为1，2，4或1，3，4或2，3，4； ξ=5，表示取出的3个球的编号为1，2，5或1，3，5或1，4，5或2，3或3，4，5 （2）η可取0，1，…,n，… η=i，表示被呼叫i次，其中i=0,1,2,… 例2． 抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为 ξ，试问：“ξ> 4”表示的试验结果是什么？ 答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5，6六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5， 也就是说“ξ>4”就是“ξ=5”所以，“ξ>4”表示第一枚为6点，第二枚为1点例3 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km，则按10元的标准收租 车费若行驶路程超出 4km，则按每超出 lkm加收 2元计费(超出不足 1km的部分按 lkm 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km．某司机常驾车在机场与此宾馆之间接 送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5 分钟按lkm路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的 租车费可也是一个随机变量 (1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式； (Ⅱ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km，问出租车在途中因故 停车累计最多几分钟? 解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2 (Ⅱ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15． 所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟． 四、课堂练习： 1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数；②长江上某水文站观察到一天中的水位；③某 超市一天中的顾客量 其中的是连续型随机变量的是（ ） A．①； B．②； C．③； D．①②③ ２.随机变量的所有等可能取值为1,2,… ,n，若P40.3，则（ ） A．n3； B．n4； C．n10； D．不能确定 3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（ ） 11 31 5 1 A． ； B． ； C． ； D． 12 36 36 12 4.如果是一个离散型随机变量，则假命题是( ) A. 取每一个可能值的概率都是非负数；B. 取所有可能值的概率之和为1； C. 取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和； D. 在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和 答案：1.B 2.C 3.B 4.D 五、小结 ：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量ξ是关于试验结 果的函数，即每一个试验结果对应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=aξ+b(其中a、b 是常数)也是随机变量 六、课后作业： 七、板书设计（略） 八、教学反思： 1、怎样防止所谓新课程理念流于形式,如何合理选择值得讨论的问题，实现学生实质意 义的参与. 2、防止过于追求教学的情境化倾向,怎样把握一个度. 2． 1．2 离散型随机变量的分布列教学目标： 知识与技能：会求出某些简单的离散型随机变量的概率分布。 过程与方法：认识概率分布对于刻画随机现象的重要性。 情感、态度与价值观：认识概率分布对于刻画随机现象的重要性。 教学重点：离散型随机变量的分布列的概念 教学难点：求简单的离散型随机变量的分布列 授课类型：新授课 课时安排：2课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入： 1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变 量 随机变量常用希腊字母ξ、η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机 变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变 量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变 量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一 一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 若是随机变量， ab,a,b是常数，则也是随机变量 并且不改变其属性 （离散型、连续型） 请同学们阅读课本P 的内容，说明什么是随机变量的分布列？ 5-6 二、讲解新课： 1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x，x，…，x，…， 1 2 3 ξ取每一个值x（i=1，2，…）的概率为P( x ) p ，则称表 i i i ξ x x … x … 1 2 i P P P … P … 1 2 i 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列 2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:0 P(A)1，并且不可能事 件的概率为0，必然事件的概率为1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面 两个性质： ⑴P≥0，i＝1，2，…； i ⑵P+P+…=1． 1 2 对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的 和 即P( x )  P( x )P( x ) k k k1 3.两点分布列: 例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令1，针尖向上； X= 0,针尖向下. 如果针尖向上的概率为 p，试写出随机变量 X 的分布列． 解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（1 p) ．于是，随机变量 X 的分布列 是 ξ 0 1 P 1 p p 像上面这样的分布列称为两点分布列． 两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新 生婴儿的性别；投篮是否命中等，都可以用两点分布列来研究．如果随机变量X的分布列为 两点分布列，就称X服从两点分布 ( two一point distribution)，而称 p=P (X = 1）为成功概率． 两点分布又称0一1分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努利分布．   P0  q，   P1  p， 0 p 1， pq 1． 4. 超几何分布列： 例 2．在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求： (1)取到的次品数X 的分布列； （2）至少取到1件次品的概率． 解： (1)由于从 100 件产品中任取3 件的结果数为C3 ，从100 件产品中任取3件， 10 其中恰有k 件次品的结果数为CkC3k，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件 5 95 次品的概率为 CkC3k P(X k) 5 95 ,k 0,1,2,3。 C3 100 所以随机变量 X 的分布列是 X 0 1 2 3 C0C3 C1C2 C2C1 C3C0 P 5 95 5 95 5 95 5 95 C3 C3 C3 C3 100 100 100 100 (2)根据随机变量X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) ≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 . 一般地，在含有M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有X件次品数，则事件{X=k｝发生的概率为 Ck Cnk P(X k) M NM ,k 0,1,2,,m, Cn N 其中mmin{M,n}，且n N,M  N,n,M,NN．称分布列 X 0 1 … m C0Cn C1 Cn1 CmCnm P M NM M NM … M NM Cn Cn Cn N N N 为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几 何分布（ hypergeometriC distribution ) . 例 3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个 白球，这些球除颜色外完全相同．一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖．求中奖 的概率． 解：设摸出红球的个数为X，则X服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 ．于是中 奖的概率 P (X≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 ) C3C53 C4C54 C5C55 = 10 3010  10 3010  10 3010 ≈0.191. C5 C5 C5 30 30 30 思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？ P   k  CkCk /Cn m Nk N 例4.已知一批产品共 件，其中 件是次品，从中任取 件，试求这 件产品中 所含次品件数 的分布律。 解 显然，取得的次品数 只能是不大于 与 最小者的非负整数，即 的可 能取值为：0，1，…，min{M,n}，由古典概型知 Ck Cnk P(X k) M NM ,k 0,1,2,,m Cn N 此时称 服从参数为(N,M,n)的超几何分布。 注 超几何分布的上述模型中，“任取 件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取 件”.如果是有放回地抽取，就变成了 重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所 以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品总数 很大时， 那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当 时，超几何分布的极限分 布就是二项分布，即有如下定理. M 定理 如果当 时，  p，那么当 时（ 不变），则 N Ck Cnk M NM Ck pk(1 p)nk Cn N 。 N 由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有： 超几何分布 二项分布 普阿松分布. 例5．一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出 黄球得0分，取出绿球得－1分，试写出从该盒中取出一球所得分数ξ的分布列． 分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率． 解：设黄球的个数为n，由题意知 绿球个数为2n，红球个数为4n，盒中的总数为7n． 4n 4 n 1 2n 2 ∴ P(1)   ，P(0)   ，P( 1)   ． 7n 7 7n 7 7n 7 所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为 ξ 1 0 －1 4 1 2 P 7 7 7 说明：在写出 ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1． 例6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下： ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率． 分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10” 的和，根据互斥事件的概率加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率． 解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有 P(ξ=7)＝0.09，P(ξ=8)＝0.28，P(ξ=9)＝0.29，P(ξ=10)＝0.22. 所求的概率为 P(ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88 四、课堂练习： 某一射手射击所得环数分布列为  4 5 6 7 8 9 10 P 0．02 0．04 0．06 0．09 0．28 0．29 0．22 求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率 解：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“=7”，“=8”，“=9”，“=10”的和， 根据互斥事件的概率加法公式，有： P（≥7）=P（=7）+P（=8）+P（=9）+P（=10）=0.88 注：求离散型随机变量的概率分布的步骤: （1）确定随机变量的所有可能的值x i （2）求出各取值的概率p(=x )=p i i （3）画出表格 五、小结 ：⑴根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率；⑵两 点分布是一种常见的离散型随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几何分布 六、课后作业：七、板书设计（略） 八、课后记： 预习提纲： ⑴什么叫做离散型随机变量ξ的数学期望？它反映了离散型随机变量的什么特征？ ⑵离散型随机变量ξ的数学期望有什么性质？ 2．2．2 事件的相互独立性 教学目标： 知识与技能：理解两个事件相互独立的概念。 过程与方法：能进行一些与事件独立有关的概率的计算。 情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。 教学重点：独立事件同时发生的概率 教学难点：有关独立事件发生的概率计算 授课类型：新授课 课时安排：2课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入： 1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件； 必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 m 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率 总是接近 n 某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A的概率，记作P(A)． 3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为 0 P(A)1，必然事件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 5基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件A）称为一个基本事件 6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都 1 相等，那么每个基本事件的概率都是 ，这种事件叫等可能性事件 n 7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果都是等可 m 能的，如果事件A包含m个结果，那么事件A的概率P(A) n 8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件A和事件B是可以进行加法运算的 10 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A,A ,,A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件A,A ,,A 1 2 n 1 2 n 彼此互斥 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．P(A A)1 P(A)1P(A) 12．互斥事件的概率的求法:如果事件A,A ,,A 彼此互斥，那么 1 2 n P(A  A  A )＝P(A)P(A )P(A ) 1 2 n 1 2 n 探究: (1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？ 事件A：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件B：乙掷一枚硬币，正面朝上 (2)甲坛子里有3个白球，2个黑球，乙坛子里有2个白球，2个黑球，从这两个坛子里 分别摸出1个球，它们都是白球的概率是多少？ 事件A：从甲坛子里摸出1个球，得到白球；事件B：从乙坛子里摸出1个球，得到白 球 问题(1)、(2)中事件A、B是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以） 问题(1)、(2)中事件A（或B）是否发生对事件B（或A）发生的概率有无影响？（无 影响） 思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件A为“第一名同 学没有抽到中奖奖券”, 事件B为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件A的发生会影响事 件B 发生的概率吗? 显然，有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第 一名同学抽的结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A的发生不会影响事件B 发生的概率．于是 P（B| A）=P(B）, P（AB）=P( A ) P ( B |A）=P（A）P(B). 二、讲解新课： 1．相互独立事件的定义： 设A, B为两个事件，如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件A与事件B相互独立（mutually independent ) . 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 若A与B是相互独立事件，则A与B，A与B，A与B也相互独立 2．相互独立事件同时发生的概率：P(AB) P(A)P(B) 问题2中，“从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生， 就是事件A，B同时发生，记作AB．（简称积事件） 从甲坛子里摸出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能 的结果于是从这两个坛子里分别摸出1个球，共有54种等可能的结果同时摸出白球的结 果 有 32种 所 以 从 这 两 个 坛 子 里 分 别 摸 出 1个 球 ， 它 们 都 是 白 球 的 概 率 32 3 P(AB)  ． 54 103 另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率P(A) ，从乙坛子里摸出1 5 2 个球，得到白球的概率P(B) ．显然P(AB) P(A)P(B)． 4 这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积一般地， 如果事件A,A ,,A 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 1 2 n 率的积， 即 P(A A A ) P(A)P(A )P(A )． 1 2 n 1 2 n 3．对于事件A与B及它们的和事件与积事件有下面的关系： P(AB)  P(A)P(B)P(AB) 三、讲解范例： 例 1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有 一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率 都是 0 . 05 ，求两次抽奖中以下事件的概率： (1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； (3)至少有一次抽到某一指定号码． 解： (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A, “第二次抽奖抽到某一指定号码” 为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB．由于两次抽奖结果互不影响， 因此A与B相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 05×0.05 = 0.0025. (2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（AB）U（AB）表示．由于事件A B与AB互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P (AB）十P（AB）=P（A）P（B）+ P（A）P（B ) = 0. 05×(1-0.05 ) + (1-0.05 ) ×0.05 = 0. 095. ( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB ) U ( AB）U（AB）表 示．由于事件 AB , AB和AB 两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求 的概率为 P ( AB ) + P（AB）+ P（AB ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097 5. 例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为 0.9，求： （1）2人都射中目标的概率； （2）2人中恰有1人射中目标的概率； （3）2人至少有1人射中目标的概率； （4）2人至多有1人射中目标的概率？ 解：记“甲射击1次，击中目标”为事件A，“乙射击1次，击中目标”为事件B，则A 与B，A与B，A与B，A与B为相互独立事件， （1）2人都射中的概率为： P(AB) P(A)P(B)0.80.90.72， ∴2人都射中目标的概率是0.72． （2）“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件AB发生），另一种是甲未击中、乙击中（事件AB发生）根据题意，事件AB与AB 互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式，所求的概率为： P(AB)P(AB) P(A)P(B)P(A)P(B) 0.8(10.9)(10.8)0.90.080.180.26 ∴2人中恰有1人射中目标的概率是0.26． （3）（法1）：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况， 其概率为P P(AB)[P(AB)P(AB)]0.720.260.98． （法2）：“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件， 2个都未击中目标的概率是P(AB) P(A)P(B)(10.8)(10.9)0.02， ∴“两人至少有1人击中目标”的概率为P1P(AB)10.020.98． （4）（法1）：“至多有1人击中目标”包括“有1人击中”和“2人都未击中”， 故所求概率为： P P(AB)P(AB)P(AB)  P(A)P(B)P(A)P(B)P(A)P(B) 0.020.080.180.28． （法2）：“至多有1人击中目标”的对立事件是“2人都击中目标”， 故所求概率为P1P(AB)1P(A)P(B)10.720.28 例 3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关， J A 只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作假定在 J B 某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段 时间内线路正常工作的概率 J C 解：分别记这段时间内开关J ，J ，J 能够闭合为事件A，B，C． A B C 由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概 率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是 P(ABC) P(A)P(B)P(C) 1P(A)1P(B)1P(C) (10.7)(10.7)(10.7)0.027 ∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是 1P(ABC)10.0270.973． 答：在这段时间内线路正常工作的概率是0.973． 变式题1：如图添加第四个开关J 与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭 D合的概率也是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率 （1P(ABC)P(D)0.9730.70.6811）   变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的 概率都是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率 方法一：P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)  P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C) P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C) 0.847 JA JB 方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除 J 开且J 与J 至少有1个开的情况 C A B JC 1P(C)1P(AB)10.3(10.72)0.847 例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2． （1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率； （2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？ 分析:因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少 有1门高炮击中敌机的概率 解:（1）设敌机被第k门高炮击中的事件为A (k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击 K 中敌机的事件为A A A A A ． 1 2 3 4 5 ∵事件A，A ，A ，A ，A 相互独立， 1 2 3 4 5 ∴敌机未被击中的概率为 P(A A A A A )=P(A)P(A )P(A )P(A )P(A ) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4 (10.2)5  ( )5 5 4 ∴敌机未被击中的概率为( )5． 5 （2）至少需要布置n门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得： 4 敌机被击中的概率为1-( )n 5 4 4 1 ∴令1( )n 0.9，∴( )n  5 5 10 1 两边取常用对数，得n 10.3 13lg2 ∵nN，∴n11∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机 点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思考方法采用这种方法在解决带 有词语“至多”、“至少”的问题时的运用，常常能使问题的解答变得简便 四、课堂练习： 1 1 1．在一段时间内，甲去某地的概率是 ，乙去此地的概率是 ，假定两人的行动相互之 4 5 间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是( ) 3 1 2 9 (A) (B) (C) (D) 20 5 5 20 1 1 2．从甲口袋内摸出1个白球的概率是 ，从乙口袋内摸出1个白球的概率是 ，从两个口 3 2 5 袋内各摸出1个球，那么 等于（ ） 6 (A)2个球都是白球的概率 (B)2个球都不是白球的概率 (C)2个球不都是白球的概率 (D)2个球中恰好有1个是白球的概率 3．电灯泡使用时间在1000小时以上概率为0.2，则3个灯泡在使用1000小时后坏了1个 的概率是（ ） (A)0.128 (B)0.096 (C)0.104 (D)0.384 4．某道路的A、B、C三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25 秒、35秒、45秒，某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是 （ ） 35 25 35 65 (A) (B) (C) (D) 192 192 576 192 5．（1）将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是 ； （2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是0.8与0.7，那 么在一次预报中两个气象台都预报准确的概率是 ． 6．棉籽的发芽率为0.9，发育为壮苗的概率为0.6， （1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为 ；此穴无壮苗的概率为 ． （2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为 ；此穴有壮苗的概率为 ． 7．一个工人负责看管4台机床，如果在1小时内这些机床不需要人去照顾的概率第1台是 0.79，第2台是0.79，第3台是0.80，第4台是0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间 没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不需要人去照顾的概率. 8．制造一种零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05．从它们制造的产品中 各任抽1件，其中恰有1件废品的概率是多少？ 9．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问 取得的球是同色的概率是多少？ 1 答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1) (2) 0.56 32 6.(1) 0.01 , 0.16 (2) 0.999,0.936 7. P=0.7920.812 0.4048. P=0.040.950.960.050.086 8 6 4 6 1 9. 提示：P     12 12 12 12 2 五、小结 ：两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概 率没有影响一般地，两个事件不可能即互斥又相互独立，因为互斥事件是不可能同时发生 的，而相互独立事件是以它们能够同时发生为前提的相互独立事件同时发生的概率等于每 个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的概率和也是不同的 六、课后作业：课本58页练习1、2、3 第60页 习题 2. 2A组4. B组1 七、板书设计（略） 八、教学反思： 1. 理解两个事件相互独立的概念。 2. 能进行一些与事件独立有关的概率的计算。 3. 通过对实例的分析，会进行简单的应用。 2．2．3 独立重复实验与二项分布 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，并能解答一些简单的实际问题。 过程与方法：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。 情感、态度与价值观：承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文 价值。 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 授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入： 1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件； 必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件 m 2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率 总是接近 n 某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件A的概率，记作P(A)． 3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为 0 P(A)1，必然事件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 5基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件A）称为一个基本事件6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都 1 相等，那么每个基本事件的概率都是 ，这种事件叫等可能性事件 n 7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果都是等可 m 能的，如果事件A包含m个结果，那么事件A的概率P(A) n 8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件A和事件B是可以进行加法运算的 10 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A,A ,,A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件A,A ,,A 1 2 n 1 2 n 彼此互斥 11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．P(A A)1 P(A)1P(A) 12．互斥事件的概率的求法:如果事件A,A ,,A 彼此互斥，那么 1 2 n P(A  A  A )＝P(A)P(A )P(A ) 1 2 n 1 2 n 13．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 若A与B是相互独立事件，则A与B，A与B，A与B也相互独立 14．相互独立事件同时发生的概率：P(AB) P(A)P(B) 一般地，如果事件A,A ,,A 相互独立，那么这n个事件同时发生的概率，等于每个 1 2 n 事件发生的概率的积，P(A A A )P(A)P(A )P(A ) 1 2 n 1 2 n 二、讲解新课： 1独立重复试验的定义： 指在同样条件下进行的，各次之间相互独立的一种试验 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P (k) CkPk(1P)nk． n n 它是(1P)Pn 展开式的第k1项 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ξ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 ( k) Ck pkqnk，（k＝0,1,2,…，n，q 1 p）． n n 于是得到随机变量ξ的概率分布如下：ξ 0 1 … k … n P C0p0qn C1p1qn1 … Ck pkqnk … Cnpnq0 n n n n 由于Ck pkqnk恰好是二项展开式 n (q p)n C0p0qn C1p1qn1 Ck pkqnk Cnpnq0 n n n n 中的各项的值，所以称这样的随机变量 ξ服从二项分布（binomial distribution )， 记作 ξ～B(n，p)，其中 n，p为参数，并记Ck pkqnk＝b(k；n，p)． n 三、讲解范例： 例1．某射手每次射击击中目标的概率是0 . 8.求这名射手在 10 次射击中， (1)恰有 8 次击中目标的概率； (2)至少有 8 次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．) 解：设X为击中目标的次数，则X～B (10, 0.8 ) . (1)在 10 次射击中，恰有 8 次击中目标的概率为 P (X = 8 ) ＝C8 0.88(10.8)108 0.30. 10 (2)在 10 次射击中，至少有 8 次击中目标的概率为 P (X≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 ) C8 0.88(10.8)108 C9 0.89(10.8)109 C100.810(10.8)1010 10 10 10 0.68. 例2．（2000年高考题）某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%．现从一批产品中任 意地连续取出2件，写出其中次品数ξ的概率分布． 解：依题意，随机变量ξ～B(2，5%)．所以， P(ξ=0)=C0(95%)2=0.9025，P(ξ=1)=C1(5%)(95%)=0.095， 2 2 P( 2)=C2(5%)2=0.0025． 2 因此，次品数ξ的概率分布是 ξ 0 1 2 P 0.9025 0.095 0.0025 例3．重复抛掷一枚筛子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)．  1 解：依题意，随机变量ξ～B5, ．  6 4 5 1 5 25 1 1 ∴P(ξ=4)=C4   = ，P(ξ=5)=C5   = ． 5 6 6 7776 5 6 7776 13 ∴P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)= 3888例4．某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留两个有效数字）： （1）5次预报中恰有4次准确的概率； （2）5次预报中至少有4次准确的概率 解：（1）记“预报1次，结果准确”为事件A．预报5次相当于5次独立重复试验， 根据n次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的 概率P(4)C40.84(10.8)54 0.84 0.41 5 5 答：5次预报中恰有4次准确的概率约为0.41. （2）5次预报中至少有4次准确的概率，就是5次预报中恰有4次准确的概率与5次 预报都准确的概率的和，即 P P(4)P(5) P(4)C40.84(10.8)54 C50.85(10.8)55 5 5 5 5 5 0.84 0.85 0.4100.3280.74 答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74． 1 例5．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是 ，求1小时内5台机床 4 中至少2台需要工人照管的概率是多少？（结果保留两个有效数字） 解：记事件A＝“1小时内，1台机器需要人照管”，1小时内5台机器需要照管相当于5 次独立重复试验 1 3 1小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率P(0)(1 )5 ( )5， 5 4 4 1 1 1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率P(1)C1 (1 )4， 5 5 4 4 所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为 P1P(0)P(1)0.37 5 5 答：1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率约为0.37． 点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法 例6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是0.25，若使至少命中1次的概率不小于 0.75，至少应射击几次？ 解：设要使至少命中1次的概率不小于0.75，应射击n次 记事件A＝“射击一次，击中目标”，则P(A)0.25． ∵射击n次相当于n次独立重复试验， ∴事件A至少发生1次的概率为P1P (0)10.75n． n 1 lg 3 1 4 由题意，令10.75n 0.75，∴( )n  ，∴n 4.82， 4 4 3 lg 4 ∴n至少取5． 答：要使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击5次 例7．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？解：依题意，从低层到顶层停不少于3次，应包括停3次，停4次，停5次，……，直 到停9次 ∴从低层到顶层停不少于3次的概率 1 1 1 1 1 1 1 PC3( )3( )6 C4( )4( )5 C5( )5( )4 C9( )9 9 2 2 9 2 2 9 2 2 9 2 1 1 1 233 (C3C4 C5 C9)( )9 29 (C0 C1C2)( )9 (29 46)( )9  9 9 9 9 2  9 9 9  2 2 256 1 1 1 设从低层到顶层停k次，则其概率为Ck( )k( )9k Ck( )9， 9 2 2 9 2 1 ∴当k 4或k 5时，Ck最大，即Ck( )9最大， 9 9 2 233 答：从低层到顶层停不少于3次的概率为 ，停4次或5次概率最大． 256 例8．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）按比赛规则甲获胜的概率． 1 1 解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ． 2 2 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 1 1 ∴甲打完3局取胜的概率为P(A)C3( )3  ． 3 2 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 1 1 1 3 ∴甲打完4局才能取胜的概率为P(B)C2( )2   ． 3 2 2 2 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 1 1 1 3 ∴甲打完5局才能取胜的概率为P(C)C2( )2( )2  ． 4 2 2 2 16 (2)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， 1 3 3 1 故P(D) P(ABC) P(A)P(B)P(C)    ． 8 16 16 2 1 答：按比赛规则甲获胜的概率为 ． 2 例9．一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有 一粒发芽的概率大于98%？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（lg20.3010） 解：记事件A＝“种一粒种子，发芽”，则P(A)0.8，P(A)10.80.2， （1）设每穴至少种n粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%．∵每穴种n粒相当于n次独立重复试验，记事件B＝“每穴至少有一粒发芽”，则 P(B) P (0)C00.80(10.8)n 0.2n． n n ∴P(B)1P(B)10.2n． 由题意，令P(B)98%，所以0.2n 0.02，两边取常用对数得， nlg0.2lg0.02．即n(lg21)lg22， lg22 1.6990 ∴n  2.43，且nN，所以取n3． lg21 0.6990 答：每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%． （2）∵每穴种3粒相当于3次独立重复试验， ∴每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为PC20.820.20.384， 3 答：每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为0.384 四、课堂练习： 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) C3 p3(1 p)7 (B) C3 p3(1 p)3 (C) p3(1 p)7 (D) p7(1 p)3 10 10 2．10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（ ） 3 3A2A1 (A) C3 0.720.3 (B) C10.720.3 (C) (D) 7 3 10 3 10 A3 10 3．某人有5把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开， 则此人在3次内能开房门的概率是 （ ） A3 A2A1 A1A2 (A)1 3 (B) 3 2  3 2 A3 A3 A3 5 5 5 3 3 2 3 2 (C)1( )3 (D) C2( )2( )C1( )1( )2 5 3 5 5 3 5 5 4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技 术水平，则在5局3胜制中，甲打完4局才胜的概率为（ ） 3 2 3 2 3 2 2 1 (A) C2( )3 (B) C2( )2( ) (C) C3( )3( ) (D) C3( )3( ) 3 5 5 3 5 3 4 5 5 4 3 3 5．一射手命中10环的概率为0.7，命中9环的概率为0.3，则该射手打3发得到不少于29 环的概率为 ．（设每次命中的环数都是自然数） 6．一名篮球运动员投篮命中率为60%，在一次决赛中投10个球，则投中的球数不少于9 个的概率为 ．80 7．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为 ，则此射手的 81 命中率为 ． 8．某车间有5台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于 1 停车状态的概率为 ，求：（1）在任一时刻车间有3台车床处于停车的概率；（2）至少有 3 一台处于停车的概率 9．种植某种树苗，成活率为90%，现在种植这种树苗5棵，试求： ⑴全部成活的概率； ⑵全部死亡的概率； ⑶恰好成活3棵的概率； ⑷至少成活4棵的概率 80 10．（1）设在四次独立重复试验中，事件A至少发生一次的概率为 ，试求在一次试验中 81 事件A发生的概率（2）某人向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概 1 率为 ，求在第n次才击中目标的概率 3 答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.046 3 2 5 7. 2 8.（1）P 3C3   1    2   40 （2）PB1P  B  1C5   2   211 3 5 5 3 3 243 5 3 243 9.⑴C50.95 0.59049； ⑵C50.15 0.00001； 5 5 ⑶P 3C30.930.12 0.0729； ⑷P P 4P 50.91854 5 5 5 5 2 1 2 10.(1) P (2) P ( )n1 3 3 3 五、小结 ：1．独立重复试验要从三方面考虑第一：每次试验是在同样条件下进行第二： 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P (k) CkPk(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 n n 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A发生，由P(A) P，P(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 六、课后作业：课本58页 练习1、2、3、4第60页 习题 2. 2 B组2、3 七、板书设计（略） 八、课后记： 教学反思： 1. 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。 2. 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。 3. 承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文价值。2．3．2 离散型随机变量的方差 教学目标： 知识与技能：了解离散型随机变量的方差、标准差的意义，会根据离散型随机变量的分布列 求出方差或标准差。 过程与方法：了解方差公式“D(aξ+b)=a2Dξ”，以及“若ξ～Β(n，p)，则Dξ=np(1—p)”， 并会应用上述公式计算有关随机变量的方差 。 情感、态度与价值观：承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文 价值。 教学重点：离散型随机变量的方差、标准差 教学难点：比较两个随机变量的期望与方差的大小，从而解决实际问题 教具准备：多媒体、实物投影仪 。 教学设想：了解方差公式“D(aξ+b)=a2Dξ”，以及“若ξ～Β(n，p)，则Dξ=np(1—p)”， 并会应用上述公式计算有关随机变量的方差 。 授课类型：新授课 课时安排：2课时 教 具：多媒体、实物投影仪 内容分析： 数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平， 表示了随机变量在随机实验中取值的平均值，所以又常称为随机变量的平均数、均值．今天， 我们将对随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度进行研究．其实在初中我们也对一 组数据的波动情况作过研究，即研究过一组数据的方差. 回顾一组数据的方差的概念：设在一组数据x ， x ，…， x 中，各数据与它们的平 1 2 n 1 均值 x 得差的平方分别是 (x x)2， (x x)2，…， (x x)2，那么 S2  [ 1 2 n n (x x)2＋(x x)2＋…＋(x x)2] 1 2 n 叫做这组数据的方差 教学过程： 一、复习引入： 1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变 量 随机变量常用希腊字母ξ、η等表示 2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机 变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变 量就叫做连续型随机变量 4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变 量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一 一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出 5. 分布列:ξ x x … x … 1 2 i P P P … P … 1 2 i 6. 分布列的两个性质： ⑴P≥0，i＝1，2，…； ⑵P+P+…=1． i 1 2 7.二项分布:ξ～B(n，p)，并记Ck pkqnk＝b(k；n，p)． n ξ 0 1 … k … n P C0p0qn C1p1qn1 … Ck pkqnk … Cnpnq0 n n n n 8.几何分布： g(k，p)= qk1p，其中 k＝0,1,2,…， q 1 p． ξ 1 2 3 … k … P p pq q2p … qk1p … 9.数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为 ξ x x … x … 1 2 n P p p … p … 1 2 n 则称 E x p  x p …x p … 为ξ的数学期望，简称期望． 1 1 2 2 n n 10. 数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水 平 11 平均数、均值:在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令 p  p … p ， 1 2 n 1 1 则有 p  p … p  ，E (x  x … x ) ，所以ξ的数学期望又称为平 1 2 n n 1 2 n n 均数、均值 12. 期望的一个性质: E(ab)  aEb 13.若ξ: B（n,p），则Eξ=np 二、讲解新课： 1. 方差: 对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是x ， x ，…， x ，…， 1 2 n 且取这些值的概率分别是 p ， p ，…， p ，…，那么, 1 2 n D＝(x E)2  p ＋(x E)2  p ＋…＋(x E)2  p ＋… 1 1 2 2 n n 称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的E是随机变量ξ的期望． 2. 标准差:D的算术平方根 D 叫做随机变量ξ的标准差，记作． 3.方差的性质：（1）D(ab)  a2D；（2）D E2 (E)2； （3）若ξ～B(n，p)，则Dnp(1-p)4.其它： ⑴随机变量ξ的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的； ⑵随机变量ξ的方差、标准差也是随机变量ξ的特征数，它们都反映了随机变量取值 的稳定与波动、集中与离散的程度； ⑶标准差与随机变量本身有相同的单位，所以在实际问题中应用更广泛 三、讲解范例： 例1．随机抛掷一枚质地均匀的骰子,求向上一面的点数的均值、方差和标准差. 解：抛掷散子所得点数X 的分布列为 ξ 1 2 3 4 5 6 1 1 1 1 1 1 P 6 6 6 6 6 6 从而 1 1 1 1 1 1 EX 1 2 3 4 5 6 3.5; 6 6 6 6 6 6 1 1 1 1 DX (13.5)2 (23.5)2 (33.5)2 (43.5)2 6 6 6 6 1 1 (53.5)2 (63.5)2 2.92 6 6 X  DX 1.71. 例2．有甲乙两个单位都愿意聘用你，而你能获得如下信息： 甲单位不同职位月工资X /元 1200 1400 1600 1800 1 获得相应职位的概率P 0.4 0.3 0.2 0.1 1 乙单位不同职位月工资X /元 1000 1400 1800 2000 2 获得相应职位的概率P 0.4 0.3 0.2 0.1 2 根据工资待遇的差异情况，你愿意选择哪家单位？ 解：根据月工资的分布列，利用计算器可算得 EX = 1200×0.4 + 1 400×0.3 + 1600×0.2 + 1800×0.1 1 = 1400 , DX = (1200-1400) 2 ×0. 4 + (1400-1400 ) 2×0.3 1 + (1600 -1400 )2×0.2+(1800-1400) 2×0. 1 = 40 000 ; EX ＝1 000×0.4 +1 400×0.3 + 1 800×0.2 + 2200×0.1 = 1400 , 2 DX = (1000-1400)2×0. 4+(1 400-1400)×0.3 + (1800-1400)2×0.2 + (2200-1400 )2×0.l 2 = 160000 . 因为EX =EX , DX 2). 解：(1)P(-2.322)=1-P(x<2)=1-(2)=l-0.9772=0.0228. 例2．利用标准正态分布表，求标准正态总体在下面区间取值的概率： (1)在N(1,4)下，求F(3) （2）在N（μ，σ2）下，求Ｆ（μ－σ，μ＋σ）； Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）；Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）； Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ） 31 解：（１）F(3)＝( )＝Φ（1）＝0.8413 2  （２）Ｆ（μ＋σ）＝( )＝Φ（1）＝0.8413   Ｆ（μ－σ）＝( )＝Φ（－1）＝１－Φ（1）＝１－0.8413＝0.1587  Ｆ（μ－σ，μ＋σ）＝Ｆ（μ＋σ）－Ｆ（μ－σ）＝0.8413－0.1587＝0.6826 Ｆ（μ－1.84σ，μ＋1.84σ）＝Ｆ（μ＋1.84σ）－Ｆ（μ－1.84σ）＝0.9342 Ｆ（μ－2σ，μ＋2σ）＝Ｆ（μ＋2σ）－Ｆ（μ－2σ）＝0.954 Ｆ（μ－3σ，μ＋3σ）＝Ｆ（μ＋3σ）－Ｆ（μ－3σ）＝0.997 对于正态总体N(,2)取值的概率：68.3% 95.4% 99.7% x x x 2σ 4σ 6σ 在区间（μ-σ，μ+σ）、（μ-2σ，μ+2σ）、（μ-3σ，μ+3σ）内取值的概率分别 为68.3%、95.4%、99.7% 因此我们时常只在区间（μ-3σ，μ+3σ）内研究正态总体分布 情况，而忽略其中很小的一部分 1 例3．某正态总体函数的概率密度函数是偶函数，而且该函数的最大值为 ，求总 2 体落入区间（－1.2，0.2）之间的概率 (x)2 1  解：正态分布的概率密度函数是 f(x)  e 22 ,x(,)，它是偶函数， 2 1 说明μ＝0， f(x)的最大值为 f()＝ ，所以σ＝1，这个正态分布就是标准正态分 2 布 P(1.2 x0.2)(0.2)(1.2)(0.2)[1(1.2)](0.2)(1.2)1 巩固练习：书本第74页 1,2,3 课后作业： 书本第75页 习题2. 4 A组 1 , 2 B组1 , 2 教学反思： 1．在实际遇到的许多随机现象都服从或近似服从正态分布 在上一节课我们研究了当 样本容量无限增大时，频率分布直方图就无限接近于一条总体密度曲线，总体密度曲线较科 学地反映了总体分布 但总体密度曲线的相关知识较为抽象，学生不易理解，因此在总体分 布研究中我们选择正态分布作为研究的突破口 正态分布在统计学中是最基本、最重要的一 种分布 2．正态分布是可以用函数形式来表述的 其密度函数可写成： 1  (x)2 f(x) e 22 ,x(,)， （σ＞0） 2 由此可见，正态分布是由它的平均数μ和标准差σ唯一决定的 常把它记为N(,2) 3．从形态上看，正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线，其对称轴为x=μ，并在x=μ 时取最大值 从x=μ点开始，曲线向正负两个方向递减延伸，不断逼近x轴，但永不与x轴 相交，因此说曲线在正负两个方向都是以x轴为渐近线的 4．通过三组正态分布的曲线，可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征。 由于正态分布是由其平均数μ和标准差σ唯一决定的，因此从某种意义上说，正态分布就有 好多好多，这给我们深入研究带来一定的困难 但我们也发现，许多正态分布中，重点研究N x （0，1），其他的正态分布都可以通过F(x) ( )转化为N（0，1），我们把N（0，1） 1  1 x2 称为标准正态分布，其密度函数为F(x)  e 2 ，x∈（-∞，+∞），从而使正态分布 2 的研究得以简化。结合正态曲线的图形特征，归纳正态曲线的性质 正态曲线的作图较难， 教科书没做要求，授课时可以借助几何画板作图，学生只要了解大致的情形就行了，关键是 能通过正态曲线，引导学生归纳其性质。 2． 2．1 条件概率 教学目标： 知识与技能：通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。 过程与方法：掌握一些简单的条件概率的计算。 情感、态度与价值观：通过对实例的分析，会进行简单的应用。 教学重点：条件概率定义的理解 教学难点：概率计算公式的应用 授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学设想：引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。 教学过程： 一、复习引入： 探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中 奖奖券的概率是否比前两名同学小. 若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ Y ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共 有三种可能：YY Y ，Y YY 和 Y Y Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券 1 的概率为P(B) . 3 思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率 又是多少？ 因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y和Y YY ．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典概型计算公式可 1 知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 ，不妨记为P（B|A ) ，其中A表示事件“第一 2 名同学没有抽到中奖奖券”. 已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？ 在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) . 思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？ 用表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即=｛YY Y , Y YY ,Y Y Y｝．既然已知事件A必然发生，那么只需在A={Y YY , Y Y Y}的范围内考虑问题， 即只有两个基本事件Y YY 和Y Y Y．在事件 A 发生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y，因此 1 n(AB) P(B| A)= = . 2 n(A) 其中n ( A）和 n ( AB）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根 据古典概型的计算公式， n(AB) n(A) P(AB) ,P(A) n() n() 其中 n（）表示中包含的基本事件个数．所以， n(AB) n(AB) n() P(AB) P(B| A)=   . n() n(A) P() n() 因此，可以通过事件A和事件AB的概率来表示P（B| A ) . 条件概率 1.定义 设A和B为两个事件，P(A)>0，那么，在“A已发生”的条件下，B发生的条件概率 （conditional probability ). P(B| A)读作A 发生的条件下 B 发生的概率． P(B| A)定义为 P(AB) P(B| A) . P(A) 由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若 ，则有 P(B)0 P(AB) P(B| A)P(A). 并称上式微概率的乘法公式. 2.P（·|B）的性质： （1）非负性：对任意的Af. 0 P(B| A)1；（2）规范性：P（|B）=1； （3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则 P(BC| A) P(B| A)P(C| A). 更一般地,对任意的一列两两部相容的事件A （I=1,2…），有 i     P A | B =P(A | B).   i i   i1 i1 例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l）第1次抽到理科题的概率； (2）第1次和第2次都抽到理科题的概率； (3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率． 解：设第1次抽到理科题为事件A，第2次抽到理科题为事件B，则第1次和第2次都 抽到理科题为事件AB. (1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为 n（）=A3 =20. 5 根据分步乘法计数原理，n (A）=A1A1 =12 ．于是 3 4 n(A) 12 3 P(A)   . n() 20 5 (2）因为 n (AB)＝A2 =6 ，所以 3 n(AB) 6 3 P(AB)   . n() 20 10 (3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的 概 3 P(AB) 10 1 P(B| A)   . P(A) 3 2 5 解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以 P(AB) 6 1 P(B| A)   . P(A) 12 2 例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动 提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求： (1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率； (2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率． 解：设第i次按对密码为事件A(i=1,2) ，则A A (AA )表示不超过2次就按对 i 1 1 2密码． (1）因为事件A与事件AA 互斥，由概率的加法公式得 1 1 2 1 91 1 P(A) P(A)P(AA )   . 1 1 2 10 109 5 (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则 P(A|B) P(A |B)P(AA |B) 1 1 2 1 41 2    . 5 54 5 课堂练习. 1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}， B={1，2，4，5，6}，求P（A），P（B），P（AB），P（A︱B）。 2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投 中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A，投中最上面3个小正方形或正中间的1 个小正方形区域的事件记为B，求P（AB），P（A︱B）。 3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1 个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。 巩固练习： 课本55页练习1、2 课外作业：第60页 习题 2. 2 1 ，2 ，3 教学反思： 1. 通过对具体情景的分析，了解条件概率的定义。 2. 掌握一些简单的条件概率的计算。 3. 通过对实例的分析，会进行简单的应用。 www.ks5u.com