河北省抚宁县第六中学高三数学专题复习72概率随机变量及其分布列教案第1课时(数学教案)

课 题 概率、随机变量及其分布列 专题七 知识模块 概率与统计 课 时 共 3 课时 课 型 本节第 1 课时 复习 选用教材 教学目标 重 难 关 点 点 键 熟练掌握概率、随机变量及其分布列 熟练掌握概率、随机变量及其分布列 熟练掌握概率、随机变量及其分布列 熟练掌握概率、随机变量及其分布列 教学方法 及课前准备 多媒体辅助教学 学生自主探究 讲练结合 多媒 体辅 助教 学内 容 教 学 流 程 网络构建 复习知识 点,用多 媒 体 展 示,带领 学生对相 关知识进 考点溯源 [思考 1] 若事件 A、B 是相互独立事件,则 P(B| A)=P(B).正确吗? 提示:正确. [思考 2] 若离散型随机变量 X 的分布列为 行回忆与 记忆 X P x1 p1 x2 p2 … … xi pi … … xn pn 试写出计算 X 的数学期望 E(X),方差 D(X)的公式. 提示:E(X)=x1p1+x2p2+…+xnpn. D(X)=[x1-E(X)] 2·p1+[x2-E(X)]2·p2+…+[xn-E(X)]2pn. [思考 3] 随机变量 X 满足什么条件才服从二项分布,即 X~B(n,p).试计算 E(X),D(X)? 提示:在 n 次独立重复试验中,设事件 A 发生的次数为 X,在每次试验 中事件 A 发生的概率为 k n-k p,那么在 n 次独立重复试验中,事件 A 恰好发生 k 次的概率为 P(X=k)=Ck ,k= np (1-p) 1 0,1,2,…,n.此时称随机变量 X 服从二项分布.E(X)=np,D(X)=np(1-p). [思考 4] 若 ξ 是离散型随机变量,则 η =aξ +b(a、b 为常数)的均值、方差与 ξ 的均值、 方差有什么关系? 提示:(1)E(η )=aE(ξ )+b;(2)D(η )=a D(ξ ). 2 教 学 流 程 多媒 体辅 助教 学内 容 考向一 考查古典概型与几何概型 常以实际情景为背景来考查古典概型、几何概型,其中古典概型常与计数原理与排列、组合知 识相结合,试题较易.几何概型则需确定事件对应 的区域. 【例 1】 (2013·湖南高考)已知事件“在矩形 ABCD 的边 CD 上随机取一点 P,使△APB 的最大边 1 AD 是 AB”发生的概率为 ,则 等于( 2 AB A. 1 1 3 B. C. 2 4 2 D. 7 4 ). [思路点拨]由几何图形的对称性, 要使△PAB 中的边 AB 是最大边, 则点 P 在线段 P1P3 上(其中 AB =BP1 或 AB=AP3),由已知概率定点 P1 的位置,进而求 的值. 解析 当△PAB 中边 AB 最大,则点 P 在线段 P1P3 上(其中 AB=BP1 或 AB=AP3),如图所示, AD AB 又事件发生的概率 P= P1P3 1 1 = ,则 P1P3= CD, CD 2 2 1 3 3 根据对称性知,DP1= CD,P1C= CD= AB, 4 4 4 ?3 ?2 2 2 此时 AB=BP1,则 AB =AD +? AB? , ?4 ? 2 7 2 AD 7 2 ∴AD = AB ,则 = . 16 AB 4 答案 D [探究提升] (1)本题求解的关键:①点 P1、P3 位置的探求. ②等量关系 AB=BP1 的确定.(2)几何概型中的基本事件是无限的,但其构成的区域却是有限的, 因此可用“比例法”求概率.在利用几何概型求概率时,关键是试验的全部结果构成的区域和 事件发生的区域的确定. 【变式训练 1】 (2013·上海高考)盒子中装有编号为 1,2,3,4,5,6,7,8,9 的九个小球,从中任 意取出两个,则这两个球的编号之积为偶数的概率是________(结果用最简分数表示). 解析 从 9 个小球中,任取两个,有 n=C 9=36 种方法, 设 A 表示“两球编号之积为偶数”,则 A 表示“取出两球编号之积为奇数”. C5 5 13 由 P( A )= = ,得 P(A)=1-P( A )= . 36 18 18 答案 13 18 2 2 考向二 互斥事件与相互独立事件的概率 互斥事件、相互独立事件的概率在求随机变量的分布列 时往往起工具性作用,试题素材贴近生 活,考查阅读理解能力及对概率知识的应用能力. 【例 2】 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和 B,系统 A 和系统 B 在任意 时刻发生故障的概率分别为 1 和 p. 10 49 (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为 ,求 p 的值; 50 (2)求系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率. [思路点拨](1)利用对立事件的概率求 p 的值;(2)转化为两个互斥事件:3 次检测中仅发生一次 故障,3 次检测中均没发生故障,然后利用加法公式. 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件 C, - 1 49 1 那么 1-P( C )=1- ·p= ,解得 p= . 10 50 5 (2)设“系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件 D.“系 统 A 在 3 次相互独立的 检测中发生 k 次故 障”为事件 Dk.(k=0,1,2,3) 则 D=D0+D1 且 D0、D1 互斥. 1 ?3 1 ?2 1? 0? 1 依题意,P(D0)=C3?1- ? ,P(D1)=C3· ?1- ? . 10? 10? ? 10? 729 243 243 所以 P(D)=P(D0)+P(D1)= + = . 1 000 1 000 250 3 243 所以系统 A 在 3 次相互独立的检测中不发 生故障的次数大于发生故障次数的概率为 . 250 [探究提升] 1.一个复杂事件若正面情况较多, 反面情况较少, 则一般利用对立事件进行

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