高尔顿(钉)板与二项分布的关系的证明教程文件
高尔顿钉板R语言实验
【实验结论】 1．当取定小球数时，概率为 0.5 时整体图像大致为正态分布图，当概率小于 0.5 时图像最高点向左偏移，大于 0.5 时向右便宜。 2．当概率去定时，随着小球数目的增多，图像和正态分布图的拟合程度越来 越高，但当小球数超过 10000 时，变化不明显。
高尔顿钉板试验 【实验目的】 1、加强对正态分布的理解 2、了解独立同分布的中心极限定理 3、掌握 R 在计算机模拟中的应用 【实验要求】 1、了解 R 程序文件的建立和运行，理解循环等控制语句的应用。 2、了解 R 的程序设计，掌握用 R 处理实际问题的能力。 【实验内容】 高尔顿钉板试验，这个试验是英国科学家高尔顿设计的，具体如下：自板上 端放一个小球，任其自由下落。在其下落过程中，当小球碰到钉子时从左边落下 的概率为 p，从右边落下的概率为 1-p，碰到下一排钉子又是如此，最后落到底 板中的某一格子，因此任意放入一球，则此球落入哪个格子事先难以确定（设横 排共有 m=20 排钉子，每一排钉子等距排列，下一排每个钉子恰好在上一排两相 邻钉子中间） 。 （1）分别取 p=0.15,0.5,0.85，自板上端放入 n 个小球，取 n=5000，观察 n 个小球落下后呈现的曲线（直方图） 。 （2）固定 p=0.3，分别取 n=1000,10000,100000，观察小球落下后呈现的曲 线的变化。 【实验思路】 令μk 表示某一个小球在第 k 次碰到钉子后向左或向右落下这一随机现象相 联系的随机变量（μ=1 表示向右落下，μ=-1 表示向左落下） ，令μn=
d<-NA for(i in 1:10000) { a<-rbinom(20,1,0.3) b<-sum(a) d<-c(d,(b-10)) } hist(d)
d<-NA for(i in 1:100000) { a<-rbinom(20,1,0.3) b<-sum(a) d<-c(d,(b-10)) } hist(d)
高考数学一轮总复习考点规范练58 二项分布与超几何分布 (2)
考点规范练二项分布与超几何分布1.若每次测量中出现正误差的概率都是12,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( ) A.516B.25C.58D.132,在5次测量中恰好出现2次正误差的概率为P=C 52×(12)2×(1-12)3=516. 2.已知一批产品共10件,次品率为20%,从中任取2件,则恰好取到1件次品的概率为( ) A.2845B.1145C.1745D.1645X,则X 服从超几何分布.由题意知10件产品中有2件次品, 故所求概率为P(X=1)=C 21C 81C 102=1645.3.设随机变量X~B (6,12),则P(X≤3)等于( )A.1132B.732C.2132D.764=C 60×(12)6+C 61×(12)6+C 62×(12)6+C 63×(12)6=2132. 4.(多选)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( ) A.2件都是一等品的概率为13B.2件中有1件是次品的概率为12C.2件都是正品的概率为13D.2件中至少有1件是一等品的概率为56件都是一等品的概率为C 22C 42=16,故A 错误.2件中有1件是次品的概率为C 11C 31C 42=12,故B 正确.2件都是正品的概率为C 32C 42=12,故C 错误.2件中至少有1件是一等品的概率为C 21C 21+C 22C 42=56,故D 正确.5.高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的,如图,每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子,上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间,从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的小球,小球向下降落的过程中,首先碰到最上面的钉子,碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下,于是又碰到下一层钉子,如此继续下去,直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口放进一个小球,则其落在第③个格子的概率为( )A.1128B.7128C.21128D.35128,小球从起点到第③个格子的过程中,要向左边滚动5次,向右边滚动2次,而每次向左或向右的概率均为12,故所求的概率为C 72×(12)2×(12)5=21128. 6.在等差数列{a n }中,a 4=2,a 7=-4.如果从{a n }的前10项中随机取数,每次取出一个数后放回,连续取3次,且每次取数互不影响,那么在这3次取数中,取出的数恰好为两个非负数和一个负数的概率为 .,等差数列的通项公式为a n =10-2n(n=1,2,3,…),其中a 1,a 2,a 3,a 4为正数,a 5=0,a 6,a 7,a 8,a 9,a 10为负数,所以从中取一个数为非负数的概率为510=12,取一个数为负数的概率为12.3次取数相当于一个3重伯努利试验.故取出的数恰为两个非负数和一个负数的概率为C 32×(12)2×12=38. 7.某高校设计了一个实验学科的考核方案:考生从8道备选题中一次性随机抽取3道题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定至少正确完成其中2道题的便可提交通过.已知在8道备选题中,考生甲有6道题能正确完成,2道题不能完成;考生乙每道题能正确完成的概率都是34,且每道题正确完成与否互不影响.(1)分别写出甲、乙两名考生正确完成题数的分布列,并计算均值; (2)试从两名考生正确完成题数的均值及至少正确完成2道题的概率分析比较两名考生的实验操作能力.设甲、乙两名考生正确完成题数分别为X,Y,则X 的所有可能取值为1,2,3,Y 的所有可能取值为0,1,2,3. 由题意可知P(X=1)=C 61C 22C 83=328,P(X=2)=C 62C 21C 83=1528, P(X=3)=C 63C 20C 83=514.故X 的分布列为E(X)=1×328+2×1528+3×514=94.P(Y=0)=C 30×(34)0×(1-34)3=164, P(Y=1)=C 31×34×(1-34)2=964, P(Y=2)=C 32×(34)2×(1-34)=2764, P(Y=3)=C 33×(34)3×(1-34)0=2764. 故Y 的分布列为E(Y)=3×34=94.(2)由(1)知E(X)=E(Y),P(X≥2)=1528+514=2528,P(Y≥2)=2764+2764=2732,所以P(X≥2)>P(Y≥2).故从正确完成题数的均值考察,两人水平相当;从至少正确完成2道题的概率考察,甲的概率大.因此可以判断甲的实验操作能力较强.。
7.4 二项分布与超几何分布(精讲)(解析版)
7.4 二项分布与超几何分布（精讲）考法一 二项分布【例1】（2020·全国高二课时练习）高尔顿(钉)板是在一块竖起的木板上钉上一排排互相平行､水平间隔相等的圆柱形铁钉(如图)，并且每一排铁钉数目都比上一排多一个，一排中各个铁钉恰好对准上面一排两相邻铁钉的正中央.从入口处放入一个直径略小于两颗铁钉间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落下，接着小球再通过两铁钉的间隙，又碰到下一排铁钉.如此继续下去，在最底层的5个出口处各放置一个容器接住小球.（1）理论上，小球落入4号容器的概率是多少？（2）一数学兴趣小组取3个小球进行试验，设其中落入4号容器的小球的个数为X ，求X 的分布列. 【答案】（1）14；（2）分布列答案见解析. 【解析】（1）记“小球落入4号容器”为事件A ，若要小球落入4号容器，则需要在通过的四层中有三层向右，一层向左，∴理论上，小球落入4号容器的概率43411()C 24P A ⎛⎫== ⎪⎝⎭. （2）落入4号容器的小球的个数X 的所有可能取值为0，1，2，3，303127(0)C 1464P X ⎛⎫∴==⨯-= ⎪⎝⎭， 2131127(1)C 14464P X ⎛⎫==⨯⨯-= ⎪⎝⎭，2123119(2)C 14464P X ⎛⎫⎛⎫==⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，33311(3)C 464P X ⎛⎫==⨯=⎪⎝⎭， X ∴的分布列为【一隅三反】1．（2020·重庆市第七中学校高二月考）若随机变量14,2X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭～，则()21E X +=（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】D【解析】因为14,2X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭～，所以1422EX =⨯=，所以()21215E X EX +=+=.故选：D. 2．（多选）（2020·全国高二单元测试）已知随机变量120,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若使()P X k =的值最大，则k 等于（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】BC【解析】令()()1201120202012120331221233k k k k k k C P X k kP X k k C +--+-⎛⎫⎛⎫⋅ ⎪ ⎪=+-⎝⎭⎝⎭==>=+⎛⎫⎛⎫⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得k 6<，即当k 6<时，()1()P X k P X k =+>=； 当6k =时，()()76P X P X ===； 当6k >时，()1()P X k P X k =+<=， 所以(6)P X =和()7P X =的值最大. 故选：BC .3．（2020·江苏淮安市·淮阴中学高二期末）江苏实行的“新高考方案：312++”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“1”指首先在在物理、历史2门科目中选择一门；“2”指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门某校，根据统计选物理的学生占整个学生的34；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为23；在选历史的条件下，选地理的概率为45． （1）求该校最终选地理的学生概率；（2）该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X ． ①求随机变量2X =的概率； ②求X 的概率分布列以及数学期望． 【答案】（1）710；（2）①4411000；②分布列见解析，()2110E X =. 【解析】（1）该校最终选地理的学生为事件A ，()32147434510P A =⨯+⨯=； 因此，该校最终选地理的学生为710； （2）①由题意可知，73,10XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以，()22373441210101000P X C ⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭； ②由于73,10XB ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()33270101000P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭， ()121373189110101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()22373441210101000P X C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()33373433101000P X C ⎛⎫=== ⎪⎝⎭， 所以，随机变量X 的分布列如下表所示：()72131010E X ∴=⨯=．4．（2020·陕西渭南市）已知某植物种子每粒成功发芽的概率都为13，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽试验，每次试验种一粒种子，每次试验结果相互独立.假设某次试验种子发芽，则称该次试验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次试验是失败的. （1）第一小组做了四次试验，求该小组恰有两次失败的概率；（2）第二小组做了四次试验，设试验成功与失败的次数的差的绝对值为X ，求X 的分布列及数学期望. 【答案】（1）827；（2）答案见解析；14881. 【解析】（1）记“该小组有两次失败”为事件A ，222412248()338127P A C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （2）由题意可知X 的可能取值为0，2，4.2224128(0)3327P X C ⎛⎫⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 13311344121232840(2)33338181P X C C +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 444442116117(4)338181P X C C +⎛⎫⎛⎫==+== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故X 的分布列为：84017148()024********E X =⨯+⨯+⨯=. 考点二 超几何分布【例2】（2020·全国高二单元测试）现对某高校16名篮球运动员在多次训练比赛中的得分进行统计，将每位运动员的平均成绩所得数据用频率分布直方图表示如下．(如：落在区间[10，15)内的频率/组距为0.0125)规定分数在[10，20)，[20，30)，[30，40)上的运动员分别为三级篮球运动员、二级篮球运动员、一级篮球运动员，现从这批篮球运动员中利用分层抽样的方法选出16名运动员作为该高校的篮球运动员代表．（1）求a的值和选出篮球运动员代表中一级运动员的人数；（2）若从篮球运动员代表中选出三人，求其中含有一级运动员人数X的分布列；（3）若从该校篮球运动员中有放回地选三人，求其中含有一级运动员人数Y的期望．【答案】（1）a＝0.0250，4人；（2）答案见解析；（3）34.【解析】（1）由频率分布直方图知：(0.0625＋0.0500＋0.0375＋a＋2×0.0125)×5＝1，∴a＝0.0250. 其中为一级运动员的概率为(0.012 5＋0.037 5)×5＝0.25，∴选出篮球运动员代表中一级运动员为0.25×16＝4人．（2）由已知可得X的可能取值分别为0，1，2，3，P(X＝0)＝312316CC＝1128，P(X＝1)＝21243161C CC⋅＝3370，P(X＝2)＝24113162C CC⋅＝970，P(X＝3)＝34316CC＝1140，∴X的分布列为（3）由已知得Y～B1 (3,)4，∴E(Y)＝np＝3×14＝34，∴含有一级运动员人数Y 的期望为34. 【一隅三反】1．（2020·全国高二课时练习）新冠肺炎疫情期间，为了更有效地进行防控，各地学校都发出延期开学的通知.很多学校及老师为响应各地教育行政部门实行“停课不停学”的号召，让学生们在家通过收看网络直播的方式进行学习，已知高一某班共有学生21人，其中男生12人，女生9人.现采用分层抽样的方法从中抽取7人，测试他们对网络课程学习的效果，效果分为优秀和不优秀两种，优秀得2分，不优秀得1分. （1）应抽取男生､女生各多少人？（2）若抽取的7人中，4人的测试效果为优秀，3人为不优秀，现从这7人中随机抽取3人. （i ）用X 表示抽取的3人的得分之和，求随机变量x 的分布列及数学期望；（ii ）设事件A 为“抽取的3人中，既有测试效果为优秀的，也有为不优秀的”，求事件A 发生的概率. 【答案】（1）4人；（2）（i ）分布列答案见解析，数学期望：337；（ii ）67.【解析】（1）因为采用分层抽样的方法进行抽样，所以应抽取女生97321⨯=人，抽取男生127421⨯=人. （2）（i ）随机变量X 的所有可能取值为3，4，5，6.0343371(3)35C C P X C ===， 12433712(4)35C C P X C ===， 21433718(5)35C C P X C ===，3043374(6)35C C P X C ===， 所以随机变量X 的分布列为数学期望11218416533()345635353535357E X =⨯+⨯+⨯+⨯==. （ii ）由（i ）知12186()(4)(5)35357P A P X P X ==+==+=， 故事件A 发生的概率为67. 2．（2020·绵阳市·四川省绵阳江油中学）某校五四青年艺术节选拔主持人，现有来自高一年级参赛选手4名，其中男生2名;高二年级参赛选手4名，其中男生3名.从这8名参赛选手中随机选择4人组成搭档参赛.（Ⅰ）设A 为事件“选出的4人中恰有2名男生，且这2名男生来自同一个年级”，求事件A 发生的概率; （Ⅱ）设X 为选出的4人中男生的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望. 【答案】（Ⅰ）635（Ⅱ）分布列见解析，数学期望52【解析】（Ⅰ）由已知有()2222233348635C C C C P A C +==，所以事件A 发生的概率为635.（Ⅱ）随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4，()()453481,2,3,4k kC C P X k k C -=== 所以随机变量X 的分布列为所以随机变量X 的数学期望()1331512341477142E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. 3．（2021·北京东城区）为了解学生自主学习期间完成数学套卷的情况，一名教师对某班级的所有学生进行了调查，调查结果如下表.（1）从这班学生中任选一名男生，一名女生，求这两名学生完成套卷数之和为4的概率？（2）若从完成套卷数不少于4套的学生中任选4人，设选到的男学生人数为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望；（3）试判断男学生完成套卷数的方差21s 与女学生完成套卷数的方差22s 的大小（只需写出结论）. 【答案】（1）796（2）详见解析（3）2212s s > 【解析】（1）设事件A ：从这个班级的学生中随机选取一名男生,一名女生,这两名学生完成套卷数之和为4,由题意可知,()1341712896P A ⨯+⨯==⨯.（2）完成套卷数不少于4本的学生共8人,其中男学生人数为4人,故X 的取值为0,1,2,3,4.由题意可得()44481070C P X C ===；()13444816817035C C P X C ====；()224448361827035C C P X C ====； ()31444816837035C C P X C ====；()44481470C P X C ===.所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的均值116361610123427070707070EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. (3)2212s s >.考点三 二项分布与超几何分布综合运用【例3】（2020·浙江台州市·高二期中）2020年五一期间，银泰百货举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元(含600元)，均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种.方案一：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状､大小完全相同的小球(其中红球3个，黑球7个)的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.（1）若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率； （2）若某顾客消费恰好满1000元，试从概率角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】（1）114400；（2）选择第二种方案更合算.【解析】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需要摸出三个红球，设顾客享受到免单优惠为事件A ，则()21213101120C C P A C ==， 所以两位顾客均享受到免单的概率为()()114400P P A P A =⋅=；（2）若选择方案一，设付款金额为X 元，则X 可能的取值为0、500、700、1000.()212131010120C C P X C ===，()21273107500120C C P X C ===， ()1217310770040C C P X C ===，()177911000112012040120P X ==---=.故X 的分布列为，所以()0500700100091012012040120E X =⨯+⨯+⨯+⨯=（元）. 若选择方案二，设摸到红球的个数为Y ，付款金额为Z ，则1000200Z Y =-， 由已知可得3~3,10Y B ⎛⎫⎪⎝⎭，故()3931010E Y =⨯=， 所以()()()10002001000200820E Z E Y E Y =-=-=（元）. 因为()()E X E Z >，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.【一隅三反】1．（2020·辽宁大连市）学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有3个白球、2个黑球，乙箱子里装有1个白球、2个黑球，这些球除颜色外完全相同，每次游戏从这两个箱子里各随机摸出2个球，若摸出的白球不少于2个，则获奖．（每次游戏结束后将球放回原箱） （1）求在1次游戏中，①摸出3个白球的概率；②获奖的概率；（2）求在4次游戏中获奖次数X 的分布列及数学期望()E X . 【答案】（1）①15，②710；（2）分布列见解析，145. 【解析】（1）设“在1次游戏中摸出i 个白球”为事件(0,1,2,3),=i A i①2132322531().5==C C P A C C · ②设“在1次游戏中获奖”为事件B ，则23B A A =⋃，又21121332222222253531(),2=+=C C C C C P A C C C C ··且A 2，A 3互斥， 所以23117()()().2510P B P A P A （2）由题意可知X 的所有可能取值为0，1，2，3，4， 由（1）7()10P B =，3()1()10P B P B =-=， 44381(0)()1010000P X P B ⎛⎫⎡⎤==== ⎪⎣⎦⎝⎭， 331473189(1)()()410102500P X C P B P B ⎛⎫⎡⎤===⨯⨯= ⎪⎣⎦⎝⎭， []222224731323(2)()()610105000P X C P B P B ⎛⎫⎛⎫⎡⎤===⨯⨯= ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭ []3334731029(3)()()410102500P X C P B P B ⎛⎫===⨯⨯=⎪⎝⎭[]4472401(4)()1010000P X P B ⎛⎫====⎪⎝⎭ 所以X 的分布列是显然7~B 410X ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ，所以X 的数学期望E(X)=7144105⨯=． 2．（2020·广东云浮市）甲、乙去某公司应聘面试.该公司的面试方案为:应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响. (1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列，并计算其数学期望; (2)请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大?【答案】(1) 甲、乙的分布列见解析；甲的数学期望2、乙的数学期望2； (2)甲通过面试的概率较大． 【解析】（1）设X 为甲正确完成面试题的数量，Y 为乙正确完成面试题的数量， 依题意可得：~(6,3,4)X H ，∴1223461(1)5C C P X C ⋅===，4212363(2)5C C P X C ⋅===，3042361(3)5C C P X C ⋅===， ∴X 的分布列为：∴1232555EX =⨯+⨯+⨯=． 2~3,3Y B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴0303211(0)3327P Y C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，12132162(1)C 33279P Y ⎛⎫⎛⎫==== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 212321124(2)C 33279P Y ⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，333218(3)3327P Y C ⎛⎫⎛⎫=== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴Y 的分布列为：∴01232279927EY =⨯+⨯+⨯+⨯=．（2）2221312(12)(22)(32)5555DX =⨯-+-⨯+-⨯=， 2121333(3)DY np p =-=⨯⨯=，∵DX DY <，∴甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大．3．（2021·哈尔滨市）一批产品共10件，其中3件是不合格品，用下列两种不同方式从中随机抽取2件产品检验：方法一：一次性随机抽取2件；方法二：先随机抽取1件，放回后再随机抽取1件.记方法一抽取的不合格产品数为1ξ.记方法二抽取的不合格产品数为2ξ. （1）求两种抽取方式下1ξ，2ξ的概率分布列；（2）比较两种抽取方式抽到的不合格品平均数的大小？并说明理由. 【答案】（1）1ξ，2ξ的分布列见解析；（2）平均数相等，理由见解析.【解析】（1）方法一中随机变量1ξ可取的值为0，1，2，且1ξ服从超几何分布，于是()023*********C C P C ξ⋅===；()113712107115C C P C ξ⋅===； ()203712101215C C P C ξ⋅===； 因此1ξ的频率分布可表示为下表：方法二中随机变量2ξ可取的值为0，1，2，且2ξ服从二项分布，于是()02022374901010100P C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；()12237211101050P C ξ==⋅⋅=； ()22223721010P C ξ⎛⎫⎛⎫==⋅⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；因此2ξ的频率分布可表示为下表：（2）由（1）知，方法一中1ξ的数学期望为()10121515155E ξ=⨯+⨯+⨯=， 方法二中2ξ的数学期望为()2332105E ξ=⨯=， 所以两种方式抽到的不合格品平均数相等.。
高尔顿(Galton)
高尔顿钉板
如下图中每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位 置恰好位于下一层的两颗正中间。从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间的距离的小圆玻璃球， 当小圆球向下降落过程中，碰到钉子后皆以 1/2 的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子。如 此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止。把许许多多同样大小的小球不断从入口处放下，只要 球的数目相当大，它们在底板将堆成近似于正态 的密度函数图形（即：中间高，两头低，呈左右对
1 2
a1，1=（ ）2= C 2 )0（ ）2—0 2 (
显然成立。 2．假设 n=k（k≥2）成立（即假设第 n 行每一个数据都成立） 。 即 ak，i= C ik （ ）k—i( )i 当 n=k+1 时，ak+1，0=
1 2 1 2 1 2
ak，0=
1 2
1 2
C0 ）k—0 ( )0 k（
ak+1，i= =
1 2
ak，i-1+
1 2
ak，i
1 2 1 2
1 2
C ik-1 （ ）k-(i-1)( )i-1+
1 2
1 2
C ik （ ）k-i( )i
1 2
1 2
=（ C ik-1 + C ik ） （ ）k+1 = C ik 1 （ ）(k+1)-i（ ）i ∴在 n=k 成立的条件下，n=k+1 也成立。 3．由 1，2 得，原命题成立。 由此可知：做一个小球的高尔顿（钉）板试验落入第 i 个空的概率正好满足二项分布。 由大量小球做高尔顿（钉）板试验可知道，小球在各个空格落入的数量关系满足正态分布（已有 人发布了试验的动画在此就不做说明） 。
人教B版数学2-3第二章《.2.3独立重复实验与二项分布》说课稿
人教B版数学2-3 第二章《.2.3 独立重复实验与二项分布》说课稿教材：一、教材分析本节课是高中数学人教B版选修数学2-3第二章第二节第三课时的内容，是在学习条件概率、事件的独立性以及离散型随机变量分布列的基础之后学习的。
本节的重点内容是理解独立重复实验概念，并会应用二项分布概型解决实际问题，本节之后的内容主要是研究离散型随机变量的数字特征。
本节课是从前面学习的内容总结出n次独立重复实验的模型，从而推导出二项分布的概念并给出概率的计算公式，因此本节课是离散型随机变量及其分布中过渡性内容。
模型的总结和公式推导过程中，蕴含了多种数学思想，归纳与总结，类比与推理，特殊到一般，本节中包涵的数学文化，也让学生进一步体会到数学问题及来源于生活又服务于生活。
二、教学目标1．知识与技能（1）理解n次独立重复试验的概念及二项分布模型。
（2）能判断一个具体问题是否服从二项分布，并能解决此问题。
2．过程与方法（1）在聆听数学故事和参加游戏活动中，激发学生学习热情，积极参与，主动交流，归纳出独立重复试验概念，并建构出伯努利概型；（2）学生经历知识发生、发展的过程中渗透由特殊到一般、由具体到抽象的数学思想方法。
3．情感、态度与价值观（1）学生通过对概率论的产生以及伯努利家族的了解，感受数学来源与生活又应用于生活；（2）生活处处皆学问，引导学生学会勇于探索、敢于创新、善于应对新知识的科学态度。
三、学情分析在学习本节课之前，学生已经了解概率意义，掌握了等可能性事件、互斥事件和相互独立事件同时发生的概率计算公式以及分布列相关内容，具备一定总结、归纳和数学建模能力.本节课学生需要从两个相互独立事件推广到n个独立重复事件，需要特殊到一般的抽象概括能力，这些大部分学生可以独立完成，但是比较复杂的实际背景中数学概率模型问题学生解决有难度，需要教师合理指导。
四、教学重点难点重点：独立重复试验概念、伯努利概型问题的理解以及应用二项分布模型解决一些简单的实际问题。
高尔顿(Galton)
“回归”名称的由来-――高尔顿的父子身高试验 引自汪荣伟主编的《经济应用数学》高尔顿（Frramcia Galton,1882-1911）早年在剑桥大学学习医学， 但医生的职业对他并无吸引力， 后来他接受了一笔遗产， 这使他可以放弃医生的生涯， 并与 1850－1852
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高尔顿钉板
如下图中每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位 置恰好位于下一层的两颗正中间。从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间的距离的小圆玻璃球， 当小圆球向下降落过程中，碰到钉子后皆以 1/2 的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子。如 此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止。把许许多多同样大小的小球不断从入口处放下，只要 球的数目相当大，它们在底板将堆成近似于正态 的密度函数图形（即：中间高，两头低，呈左右对
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1 2
1 2
= C0 ）(k+1)－0 ( )0 k 1 （ ak+1，k+1=
高二下学期数学人教A版选择性必修第三册7.4.1二项分布课件(3)
大家还记得相互独立事件吗？怎样算相互独立事件？
P(AB)=P(A)P(B)
大家还记得二项式定理吗？通项是怎样的？
Tk 1 C a
k
n
nk
b
k
课堂探究
3
我们把只包含两个可能结果的实验叫做伯努利实验.
我们将一个伯努利实验独立地重复进行n次所组成的随机实验称
为n重伯努利实验.
n重伯努利实验具有如下共同特征:
布。记作X~B(n,p).
课堂探究
n
二项散布的概率和
n
P( X k ) C
k 0
等于1吗？怎么证明？
k 0
k
n
p (1 p)
k
nk
课堂探究
由二项式定理,易得
n
n
P( X k ) C
k 0
k 0
k
n
p (1 p)
k
[ p (1 p)]
1
问题的概率都为0.6,皮匠中至少一人解出题目即胜出比赛,问臭
皮匠团队和诸葛亮哪个胜出的可能性大?
解:设皮匠中解出题目的人数为X,则X~B(3,0.6)
皮匠中至少一人解出题目的概率
P( X 1) P( X 1) P( X 2) P( X 3)
C 0.6 (1 0.6)
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的散布列。
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
例题解析
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,设实验为视察小球碰到小木钉后下落的方向,有“向左下落”
高尔顿板和二项分布的关系
高尔顿板和二项分布的关系高尔顿板和二项分布的关系介绍高尔顿板和二项分布的概念高尔顿板是一种用于实验和统计学中的工具，它可以帮助人们更好地理解概率和统计学中的一些基本概念。
它通常由一个长方形木板和一些小球组成，每个小球都有一个特定的颜色。
在实验中，小球会被随机地放置在木板上，并且会根据它们落在哪个区域来计算概率。
二项分布是一种离散型概率分布，用于描述当进行n次独立重复试验时成功次数的概率分布。
例如，在进行n次投掷硬币的实验中，成功可能是指出现正面朝上或反面朝上。
在这种情况下，二项分布可以用来计算出每个可能结果发生的概率。
解释高尔顿板如何与二项分布相关联高尔顿板可以用来模拟二项分布中的试验。
例如，在进行10次投掷硬币的实验时，我们可以使用一个有10个区域的高尔顿板来模拟这个过程。
每当硬币落在正面朝上时，在相应的区域上放置一个红色小球；每当硬币落在反面朝上时，在相应的区域上放置一个蓝色小球。
最终，我们可以计算出每个区域中红色小球的数量，并使用这些数据来计算出每个可能结果发生的概率。
具体地说，假设我们进行了10次投掷硬币的实验，并且成功的定义是硬币正面朝上。
在高尔顿板上，我们可以将木板分成10个相等的区域，并为每个区域分配一个数字（从1到10）。
然后，我们可以将红色小球放置在与投掷结果相对应的区域中。
例如，如果第一次投掷硬币正面朝上，则将一个红色小球放置在第一个区域中。
如果第二次投掷硬币反面朝上，则将一个蓝色小球放置在第二个区域中。
以此类推。
最终，我们可以计算出每种可能结果的概率。
例如，我们可以计算出有多少种可能的方式使得恰好有5次投掷成功（即5个红色小球）。
这可以通过使用二项分布公式来完成：P(X=5) = (10 choose 5) * 0.5^5 * 0.5^5 = 0.246其中，“(10 choose 5)”表示从10次试验中选择5次成功的组合数，“0.5^5”表示每次试验成功的概率为0.5，因为硬币是公正的。
【高中数学】二项分布说课课件 高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第三册
Contents
1 教材分析 2 学情分析 3 教学目标 4 教学重难点 5 教学策略 6 教学过程
Part 1
教材分析
教材的地位和作用 内容与内容解析
教材分析（地位和作用）
本节内容是新人教A版教材选修性必修三第七 章《随机变量及其分布》的第四节《二项分布》。 在自然现象和社会现象中，大量的随机变量都服从 或近似的服从二项分布，实际应用广泛，理论上也 非常重要。可以说本节内容是对前面所学知识的综 合应用，是一种模型的构建，是从实际入手，通过 抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应 用于实际的过程。会对今后数学及相关学科的学习 产生深远的影响。
法一：分类讨论 法二：构建二项分布模型
通过对比两种概率的计算方法，比较优缺点，使学生了解二 项分布计算的优越性，并通过GGB作图软件验证“实力派选手， 局数越多，胜算越大”这一结论，激发学生学习数学的热情。
14
巩固提高
变式1 变式2
15
总结提升
1.二项分布的定义：
2.确定一个二项分布模型的步骤: 3.二项分布的期望与方差：
8
教学策略（学法）
本节课主要采用了自主学习、探究学习等方法。让学 生体会观察、分析、归纳、抽象、应用的自主探究式学习 方法。教给学生思考问题的方法，使学生真正成为教学的 主体。
9
Part 6
教学过程
情境引入 新知探究 讲授新课 巩固提高 总结提升 作业布置 板书设计
情景引入
1、 在一定条件下，种子发芽或不发芽； 2、抛掷一枚质地均匀的硬币10次.
5
Part 4
教学重难点
教学重点
教学难点
教学重难点
• 重点：n重伯努利试验模型、二项分布模型（定义、 数字特征）
概率统计02高尔顿钉板的理论解释及仿真
二、高尔顿钉板的理论解释及仿真
高尔顿钉板中（见教材第一章图1—2）每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位置恰好位于下一层的两颗中间．从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间的距离的小圆玻璃球，当小圆球向下降落过程中，碰到钉子后均以2
1的概率向左或右滚下，于是又碰到下一层钉子．如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止．把许许多多同样大小的小球不断从入口处放下，只要球的数目相当大，它们在底板将堆成近似于正态),0(n N 的密度函数图形，其中n 为钉子层数。
解释如下：
令k X 表示某个小球在第k 次碰钉子后向左或向右落下这一随机现象联系的
随机变量，k X 的概率分布为（...,2,1=k ）k X 1-1
k
p 2121令∑==n i k n X Y 1，其中
)...21(n k X k ，，=相互独立，则n Y 表示这个小球第n 次
碰钉后的位置。
由中心极限定理，有⎰∞--∞→=⎭
⎬⎫⎩⎨⎧<x t n n dt e x n Y P 2221lim π故n Y ～),0(n N 。
下面进行计算机仿真。
%“高尔顿钉板问题”模拟程序
function y=f2
n=input('请输入球数n=');
m=input('请输入层数m=');
x(n)=0;yy(m+1)=0;
for i=1:n
for j=1:m
if rand>0.5
x(i)=x(i)+1;
else
x(i)=x(i)-1;
end
end。
中心极限定理证明
中心极限定理证明一、例子[例1] 高尔顿钉板试验.图中每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子.每排钉子等距排列,下一排的每个钉子恰在上一排两相邻钉子之间.假设有排钉子,从入口中处放入小圆珠.由于钉板斜放,珠子在下落过程中碰到钉子后以的概率滚向左边,也以的概率滚向右边.如果较大,可以看到许多珠子从处滚到钉板底端的格子的情形如图所示,堆成的曲线近似于正态分布.如果定义:当第次碰到钉子后滚向右边,令;当第次碰到钉子后滚向左边,令.则是独立的,且那么由图形知小珠最后的位置的分布接近正态.可以想象,当越来越大时接近程度越好.由于时,.因此,显然应考虑的是的极限分布.历史上德莫佛第一个证明了二项分布的极限是正态分布.研究极限分布为正态分布的极限定理称为中心极限定理.二、中心极限定理设是独立随机变量序列,假设存在,若对于任意的,成立称服从中心极限定理.[例2] 设服从中心极限定理,则服从中心极限定理,其中为数列.解:服从中心极限定理,则表明其中.由于,因此故服从中心极限定理.三、德莫佛-拉普拉斯中心极限定理在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则[例3] 用频率估计概率时的误差估计.由德莫佛—拉普拉斯极限定理,由此即得第一类问题是已知,求,这只需查表即可.第二类问题是已知,要使不小于某定值,应至少做多少次试验?这时利用求出最小的.第三类问题是已知,求.解法如下:先找,使得.那么,即.若未知,则利用,可得如下估计: .[例4] 抛掷一枚均匀的骰子,为了至少有0.95的把握使出现六点的概率与之差不超过0.01,问需要抛掷多少次?解:由例4中的第二类问题的结论,.即.查表得.将代入,便得. 由此可见,利用比利用契比晓夫不等式要准确得多.[例5] 已知在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则服从二项分布:的随机变量.求.解:因为很大,于是所以利用标准正态分布表,就可以求出的值.[例6] 某单位内部有260架电话分机,每个分机有0.04的时间要用外线通话,可以认为各个电话分机用不用外线是是相互独立的,问总机要备有多少条外线才能以0.95的把握保证各个分机在使用外线时不必等候.解:以表示第个分机用不用外线,若使用,则令;否则令.则.如果260架电话分机同时要求使用外线的分机数为,显然有.由题意得,查表得,,故取.于是取最接近的整数,所以总机至少有16条外线,才能有0.95以上的把握保证各个分机在使用外线时不必等候.[例7] 根据孟德尔遗传理论,红黄两种番茄杂交第二代结红果植株和结黄果植株的比率为3:1,现在种植杂交种400株,试求结黄果植株介于83和117之间的概率.解:将观察一株杂交种的果实颜色看作是一次试验,并假定各次试验是独立的.在400株杂交种中结黄果的株数记为,则.由德莫佛—拉普拉斯极限定理,有其中,即有四、林德贝格-勒维中心极限定理若是独立同分布的随机变量序列,假设,则有证明:设的特征函数为,则的特征函数为又因为,所以于是特征函数的展开式从而对任意固定的,有而是分布的特征函数.因此,成立.[例8] 在数值计算时,数用一定位的小数来近似,误差.设是用四舍五入法得到的小数点后五位的数,这时相应的误差可以看作是上的均匀分布.设有个数,它们的近似数分别是,.,.令用代替的误差总和.由林德贝格——勒维定理,以,上式右端为0.997,即以0.997的概率有[例9] 设为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,其中,证明:的分布函数弱收敛于.证明:为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,所以仍是独立同分布的随机变量序列,易知有由林德贝格——勒维中心极限定理,知的分布函数弱收敛于,结论得证.作业:P222 EX 32,33,34,35五、林德贝尔格条件设为独立随机变量序列,又令,对于标准化了的独立随机变量和的分布当时,是否会收敛于分布?[例10] 除以外,其余的均恒等于零,于是.这时就是的分布函数.如果不是正态分布,那么取极限后,分布的极限也就不会是正态分布了.因而,为了使得成立,还应该对随机变量序列加上一些条件.从例题中看出,除以外,其余的均恒等于零,在和式中,只有一项是起突出作用.由此认为,在一般情形下,要使得收敛于分布,在的所有加项中不应该有这种起突出作用的加项.因为考虑加项个数的情况,也就意味着它们都要“均匀地斜.设是独立随机变量序列,又,,这时(1)若是连续型随机变量,密度函数为,如果对任意的,有(2)若是离散型随机变量,的分布列为如果对于任意的,有则称满足林德贝尔格条件.[例11] 以连续型情形为例,验证:林德贝尔格条件保证每个加项是“均匀地斜.证明: 令,则于是从而对任意的,若林德贝尔格条件成立,就有这个关系式表明, 的每一个加项中最大的项大于的概率要小于零,这就意味着所有加项是“均匀地斜.六、费勒条件设是独立随机变量序列,又,,称条件为费勒条件.林德贝尔格证明了林德贝尔格条件是中心极限定理成立的充分条件,但不是必要条件.费勒指出若费勒条件得到满足,则林德贝尔格条件也是中心极限定理成立的必要条件.七、林德贝尔格-费勒中心极限定理引理1 对及任意的,证明:记,设,由于因此, ,其次,对,用归纳法即得.由于,因此,对也成立.引理2 对于任意满足及的复数,有证明:显然因此,由归纳法可证结论成立.引理3 若是特征函数,则也是特征函数,特别地证明定义随机变量其中相互独立,均有特征函数,服从参数的普哇松分布,且与诸独立,不难验证的特征函数为,由特征函数的性质即知成立.林德贝尔格-费勒定理定理设为独立随机变量序列,又 .令 ,则(1)与费勒条件成立的充要条件是林德贝尔格条件成立.证明:(1)准备部分记(2)显然(3)(4)以及分别表示的特征函数与分布函数,表示的分布函数,那么 (5)这时因此林德贝尔格条件化为:对任意,(6)现在开始证明定理.设是任意固定的实数.为证(1)式必须证明(7)先证明,在费勒条件成立的假定下,(7)与下式是等价的:(8)事实上,由(3)知,又因为故对一切,把在原点附近展开,得到因若费勒条件成立,则对任意的,只要充分大,均有(9)这时(10)对任意的,只要充分小,就可以有(11)因此,由引理3,引理2及(10),(11),只要充分大,就有(12)因为可以任意小,故左边趋于0,因此,证得(7)与(8)的等价性.(2)充分性先证由林德贝尔格条件可以推出费勒条件.事实上,(13)右边与无关,而且可选得任意小;对选定的,由林德贝尔格条件(6)知道第二式当足够大时,也可以任意地小,这样,费勒条件成立.其次证明林德贝尔格条件能保证(1)式成立.注意到(3)及(4),可知,当时,当时,因此(14)对任给的,由于的任意性,可选得使,对选定的,用林德贝尔格条件知只要充分大,也可使.因此,已证得了(8),但由于已证过费勒条件成立,这时(8)与(7)是等价的,因而(7)也成立.(3)必要性由于(1)成立,因此相应的特征函数应满足(7).但在费勒条件成立时,这又推出了(8),因此,(15)上述被积函数的实部非负,故而且(16)因为对任意的,可找到,使,这时由(15),(16)可得故林德贝尔格条件成立.八、李雅普诺夫定理设为独立随机变量序列,又.令,若存在,使有则对于任意的,有。
高尔顿板背景下的二项分布
列及数学期望．
(2)ξ＝3,2,1，P(ξ＝3)＝P(6,1)＋P(6,6)＝116，
P(ξ＝2)＝P(6,2)＋P(6,5)＝C15(12)5＝156，
P(ξ＝1)＝P(6,3)＋P(6,4)＝58 ξ3 21
m 1 23 456 3 2 1 12 3
P
1 16
5 16
5 8
Eξ＝3×116＋2×156＋1×58＝2136.
1 2
)2
P(4, 3)
C31(
1 2
)1(
1)2 2
C32
(
1 2
)2
(
1 2
)1
P(n,
m)
C
nm1（1 12
）m（1 1 2
）nm
C m1 n-1
(
1 2
)n1
(2)已知f(x)＝4x－ －x3， ，13≤ <xx≤≤63，， 设小球遇到第6行第m个障碍
物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f(m)，试求ξ的分布
变式训练：将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小
球将自由下落．小球在下落过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时向左、右两边下落的概率都是1/2.
(1)求小球落入A袋中的概率P(A)； (2)在容器入口处依次放入4个小球， 记ξ为落入袋中小球的个数，试求ξ＝3的概率与ξ的均值E(ξ)．
P(n，m)． (1)求P(4,1)，P(4,2)的值，并猜想P(n，m) 的表达式(不必证明)；
3左0右 2左1右
1
1左2右 0左3右
2 3
4
5
n
P(4,1)
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《二项分布、超几何分布与正态分布》课件ppt
(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二
项分布.( √ )
(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取
到红球的个数X服从超几何分布.( × )
(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”.
由频率分布直方图可得，8人中分数在[60,70)的有2人，[70,90]的有6人， 所以X～H(3,6,8)，X的所有可能取值为1,2,3， P(X＝1)＝CC16C38 22＝238， P(X＝2)＝CC12C38 26＝2185， P(X＝3)＝CC3638＝154.
故X的分布列为
X12 3
课的画面，5个小窗口显示5名不同学生的画面.小窗口每5分钟切换一次，
即再次从全班随机选择5名学生的画面显示，且每次切换相互独立.若一节
课40分钟，则该班甲同学一节课在直播屏幕上出现的时间的均值是
A.10分钟
B.5分钟
√C.4分钟
D.2分钟
每 5 分钟算作一轮，每一轮甲同学出现在直播屏幕上的概率为550＝110， 设他在直播屏幕上出现的轮次为X， 根据题意得，X～B8，110，E(X)＝8×110＝0.8， 设甲同学一节课在直播屏幕上出现的时间为Y(单位：分钟)， 则E(Y)＝E(5X)＝5×0.8＝4(分钟).
P
3 15 28 28
5 14
故 E(X)＝3×8 6＝94.
思维升华
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个 体的个数.超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对 象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的分布列. (2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型， 其本质是古典概型.
7.4.1 二项分布 课件-高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第三册
知识准备
1.两点分布列
X
0
1
P
1－P
P
2.二项展开式的通项第 + 1 项为
Tk 1 Cnk a nk b k
二项式定理和二项分布有什么联系？
n重伯努利试验的概念
在实际问题中，有许多试验与掷硬币试验具有相同的特征，它们只
包含两个可能的结果.例如
掷一枚硬币结果为正面向上或反面向上；
问题：假设随机变量X~B(n，p)，那么X的均值和方差各是什么？
证明：若X~B(n，p)，则E(X)=np
令q 1 p,由kCnk nCnk11 , 可得
n
E ( X ) kC p q
k
n
k 0
k
nk
n
nC
k 0
k 1
n 1
n
p q np Cnk11 p k 1q n1( k 1)
(3)一批产品的次品率为5%,有放回地随机抽取20次.观察取出的次品数
解:
随机
试验
是否是n重伯
努利试验
伯努利试验
(1)
是
抛掷一枚质地均匀的硬币
(2)
是
(3)
是
P(A)
重复试验
的次数
10
某飞碟运动员进行射击
1
2
0.8
3
从一批产品中随机抽取一件
0.05
20
深化概念理解
在n重伯努利试验中,"在相同条件下"等价于各次试验的结果不会受其他
如果随机变量的分布列具有上式的形式，则称随机变量服从二项分布，
记作~(，).
BC
伯努利分布（二项分布）的概念
新人教A版高中数学《7.4.1二项分布》教学设计
7.4.1 二项分布教学设计一、内容与内容解析1.内容：n重伯努利试验，二项分布及其数字特征。
2.内容解析：（1）n重伯努利试验：n重伯努利试验也称n次独立重复试验，其特征是独立性（各次试验之间相互独立）和重复性（在同一试验条件下重复进行试验），判断试验是否是n重伯努利试验是本节课的重点也是难点。
（2）二项分布是基于特殊试验（n重伯努利试验）的特殊概率模型，对于服从二项分布的随机变量A，运用二项分布的知识，能快速解决关于A的相应问题；另外，相较以往的概率计算方法，基于二项分布能将运算量减少，提高效率的同时能提高准确率。
在教学中，将利用二项分布解决问题的方法和其他方法比较，体会其优势。
3.教学重点：n重伯努利实验，二项分布及其数字特征。
二、目标与目标解析1.目标：（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；（3）在具体问题的解决过程中，领会二项分布需要满足的条件，培养运用概率模型解决实际问题的能力；（4）在利用二项分布解决一些简单的实际问题过程中，深化对某些随机现象的认识，进一步体会数学在日常生活中的广泛应用。
2.目标解析：达成上述目标的标志是：（1）能抓住n重伯努利试验的两大特征：独立性和重复性；（2）能准确识别伯努利试验中的成功事件及成功概率；（3）体会到二项分布事实上是特殊随机试验下的特殊概率模型，其本质是只关心在n重伯努利试验中成功的次数，而不在意哪一次成功，因此与组合问题相通，充分理解3的由来。
三、教学问题诊断解析1.问题诊断（1）让学生体会学习二项分布的必要性是本节课的一个教学难点。
在本节课前，学生所具备的知识已经足够解决n重伯努利试验中随机变量的分布列等相关问题，为何还要学习二项分布？为了让学生主动接受并乐于接受二项分布，需要将选择权还给学生。
因此，本节课将从探究1的问题出发，学生运用已有能力，解决问题，教师基于学生的解答进行深化，得出从二项分布的视角解决问题的方法，核心是对系数3的由来进行分析，让学生在思考4中体会这一思路在解决问题中的优越性，进而自然而然接受特殊随机试验用特殊概率模型解决的思想。
正态分布详解
根据定理1,只要将标准正态分布的分布 函数制成表，就可以解决一般正态分布的概 率计算问题.
四、正态分布表 书末附有标准正态分布函数数值表，有了
它，可以解决一般正态分布的概率计算查表.
(x) 1
x t2
e 2dt
2
表中给的是x>0时, Φ(x)的值.
x x
当-x<0时
(x)1 (x)
若 X～N(0,1),
请同学们想一想，实际生活中具有这 种特点的随机变量还有那些呢？
除了我们在前面遇到过的年降雨量和 身高外,在正常条件下各种产品的质量指标， 如零件的尺寸；纤维的强度和张力；农作 物的产量，小麦的穗长、株高；测量误差， 射击目标的水平或垂直偏差；信号噪声等 等，都服从或近似服从正态分布.
服从正态分布 N(,2) 的随机变量
德莫佛最早发现了二项概率的一个近似公式这一公式被认为是正态分布的首次露面活动请看街头赌博平时我们很少有人会去关心小球下落位置的规律性人们可能不相信它是有规律的
正态分布详解
正态分布是应用最 广泛的一种连续型分布.
德莫佛最早发现了二项概 率的一个近似公式，这一公式 被认为是正态分布的首次露面.
正态分布在十九世纪前叶由 高斯加以推广，所以通常称为高 斯分布.
三、标准正态分布
0,1的正态分布称为标准正态分布.
其密度函数和分布函数常用 ( x)和 ( x) 表示：
(x)
1
x2
e2,
x
2
(x) 1
x t2
e 2dt
2
(x)
(x)
标准正态分布的重要性在于，任何一个 一般的正态分布都可以通过线性变换转化为 标准正态分布.
它的依据是下面的定理：
4.1二项分布课件2024-2025学年人教A版选择性必修第三册
(2)P(X = 1) = C1 ×0.21 ×0.84 = 0.4096. 5
例4.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?
解法1: 当采用3局2胜制时, 甲最终获胜有2种可能的比分2 : 0或2:1,
中靶次数X的概率的散布列为 P(X = k) = Ck30.8k ×0.23—k , k = 0,1,2,3.
思考:如果连续射击4次，类比上面的分析写出中靶次数X的散布列.
中靶次数X的散布列 P(X = k) = Ck0.8k ×0.24—k,k = 0,1,2,3,4. 4
思考:如果连续射击n次，中靶的概率为P(0<P<1),类比上面的分析写出中 靶次数X的散布列.
解设A=“向右下落”,则A=“向左下落”,且P(A) =P(A) =0.5. QX等于事件A产生的次数,而小球在下落的过程中共碰撞小木钉10次,
: X~B(10,0.5),于是,X的散布列为 P(X=k)=Ck10×0.510,k=0,1,2,L ,10.
X的概率散布列如图所示.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
练:一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中有放回地取5次，则取到红球
次数的数学期望是
.方差是
课堂练习
6.某会议室用5盏灯照明，每盏灯各使用灯泡一只，且型号相同。假定每盏灯能否正常照明只与灯泡的寿
命有关，该型号的灯泡的寿命为1年以上的概率为 p1 ，寿命为2年以上的概率为 p 2 。从使用之日起每满1
P(X = k) = C pk (1— p)n—k , k = 0,1,2, …, n.
二项散布 一般地,在 n 重伯努利实验中,设每次实验中事件A产生的概率p(0<p<1),
高尔顿钉板
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载高尔顿钉板地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容高尔顿（Galton）钉板实验一、问题描述Galton钉板试验是英国生物统计学家Galton设计的。
在一板上钉有n排钉子，如图示，其中n=5。
右图中15个圆点表示15颗钉子，在钉子的下方有n+1个各子，分别编号为0，1，2，…，n。
从Galton钉板的上方扔进一个小球任其自由下落，在下落的过程中当小球碰到钉子时，从左边落下与从右边落下的机会相等。
碰到下一排钉子时又是如此。
最后落入底板中的某一个格子，图中用一条折线显示小球下落的一条轨迹。
二、高尔顿钉板试验中的相关问题1、小球落入各个格子中的概率与频数做一个小球的高尔顿钉板试验，其落入第i个格子的概率正好满足二项分布。
设高尔顿钉板有n行钉，第n行铁钉共有n个，有（n+1）个空。
把这（n+1）个空由左到右依次编号为i=0，1，2，…，n共（n+1）个空。
观察i=0这个空，小球从这个空落下的条件是：小球从第一次与铁钉碰撞后必须连续向左落下，即连续n次选择向左落下，所以落入第i=0个空的概率为P（i=0）=C（）n()0。
观察i=1这个空，小球从这个空落下的条件是：小球从第一次与铁钉碰撞后连续n次碰撞落下过程中，有且只有一次选择向右落下，其余都只能是向左落下，所以落入第i=1个空的概率为P（i=1）=C（）n-1()1。
小球从第一次与铁钉碰撞后连续n次碰撞落下过程中，有i次选择向右落下，其余都选择向左落下，所以落入第i个空的概率为P（i）= C（）n-i()i（i=0，1，2，…，n）。
故，当一个一个从顶部放入k个小球，低槽中各格的理论频数为：h(i)=k×P(i),(i=0,1,2,…，n).2、程序运行2.1 基本功能= 1 \* GB3 ① 输入小球数k、概率p;= 2 \* GB3 ② 计算高尔顿钉板n=4时，放入k个小球后，落入底槽各格中的实验小球数；= 3 \* GB3 ③ 计算高尔顿钉板n=4时，放入k个小球后，落入底槽各格中的理论小球数；= 4 \* GB3 ④ 动画演示每个小球下落路径及底槽各格小球数频率增长情况；= 4 \* GB3 ④ 画出落入底槽各格中的实验小球数频率的柱状图；= 5 \* GB3 ⑤ 画出落入底槽各格中的实验小球数、落入底槽各格中的理论实验小球数的频率曲线图；= 6 \* GB3 ⑥ 关闭。
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高尔顿(钉)板与二项分布的关系的证明
高尔顿（钉）板与二项分布的关系的证明
“（人教版）选修2—3 57页探索与研究
高尔顿（钉）板是在一块竖起的木板上钉上一排排互
相平行、水平间隔相等的铁钉（如图），并且每一排钉子
数目都比上一排多一个，一排中各个钉子下好对准上面一
排两上相邻铁钉的正中央。
从入口处放入一个直径略小于
两颗钉子间隔的小球，当小球从两钉之间的间隙下落时，
由于碰到下一排铁钉，它将以相等的可能性向左或向右落
下，接着小球再通过两钉的间隙，又碰到下一排铁休。
如此继续下去，小球最后落入下方条状的格子内。
有兴趣的同学可以通过以下的问题研究高尔顿板与二项分布的关系。
1．通过高尔顿板实验课件，做1000个小球的高尔顿板试验，看一看小球在格子中的分布形状是怎样的？
2．计算小球落入各个格子所有可能路线的数目。
（提示：考虑它与杨辉三角的关系）
3．计算小球落入各个格子的概率。
”
设（如图）高尔顿（钉）板有n行钉，第n行铁钉共有（n+2）个，两个铁钉之间一个空，则有（n+1）个空。
把这（n+1）个空由左到右依次编号为i=0，1，2，…，n共（n+1）个空。
观察i=0这个空，小球从这个空落下的条件是：小球从第一次与铁钉碰撞后必须连续向左落下，即连续n 次选择向左落下，所以落入第i=0个空的概率为P （i=0）=C 0n （
2
1）n (2
1)0。
观察i=1这个空，小球从这个空落下的条件是：小球从第一次与铁钉碰撞后连续n 次碰撞落下过程中，有且只有一次选择向右落下，其余都只能是向左落下，所以落入第i=1个空的概率为P （i=1）=C 1n （
2
1）n —1(2
1)1。
猜想第i 个空，小球从这个空落下的结论是：小球从第一次与铁钉碰撞后连续n 次碰撞落下过程中，有i 次选择向右落下，其余都选择向左落下，所以落入第i 个空的概率为
P （i ）= C i n （2
1）n —i (2
1)i 。
（i=0，1，2，…，n ）
现对上猜想给出证明：a n ，i = P （i ）= C i n （2
1）n —i (2
1)i 。
（i=0，1，2，…，n ） 规定：a i ，j 表示第i 行第j （0≤j ≤n ）个空球落下的概率。
由高尔顿（钉）板可知：a 1，0=2
1
，a 1，1=2
1
⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧
+===-----i 1,n 1i 1,n i n,1
n 0,n 0,1,0n n,0a 21a 21a a 21a a 21a （1≤i ≤n －1，n ≥2） 用数学归纳法证明： 1．当n=1时，已如上证。
当n=2时，a 2，0=21
a 1，0=（21）2=C 02（21）2—0(2
1)0 a 2，1=21 a 1，0+21 a 1，1=21 =C 12（
21）2—1(2
1)1 a 2，2=2
1 a 1，1=（21）2= C 22
(21)0（2
1）2—0 显然成立。
2．假设n=k （k ≥2）成立（即假设第n 行每一个数据都成立）。
即a k ，i = C i k （21）k —i (2
1)i
当n=k+1时，a k+1，0=21 a k ，0= 21C 0k （
21）k —0 (2
1)0 = C 01k +（
21）(k+1)－0 (2
1)0
a k+1，k+1=21 a k ，k =21 C k k （21）k —k (2
1)k = C k k （
21）（k+1）—（k+1）(2
1)k+1 = C 1
k 1k ++（
21）（k+1）—（k+1）(2
1)k+1 a k+1，i =21 a k ，i-1+2
1 a k ，i =2
1 C 1-i k （2
1）k-(i-1)(2
1)i-1+2
1 C i k （2
1）k-i (2
1)i =（ C 1-i k + C i k ）（2
1）k+1
= C i 1k +（2
1）(k+1)-i （21）i
∴在n=k 成立的条件下，n=k+1也成立。
3．由1，2得，原命题成立。
由此可知：做一个小球的高尔顿（钉）板试验落入第i 个空的概率正好满足二项分布。
由大量小球做高尔顿（钉）板试验可知道，小球在各个空格落入的数量关系满足正态分布（已有人发布了试验的动画在此就不做说明）。