2．4正态分布
教学目标：
知识与技能：掌握正态分布在实际生活中的意义和作用 。
过程与方法：结合正态曲线，加深对正态密度函数的理理。
情感、态度与价值观：通过正态分布的图形特征，归纳正态曲线的性质 。
教学重点：正态分布曲线的性质、标准正态曲线N(0，1) 。
教学难点：通过正态分布的图形特征，归纳正态曲线的性质。
教具准备：多媒体、实物投影仪 。
教学设想：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。
内容分析：
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：
， （σ＞0）
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
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
5．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（0，1），其他的正态分布都可以通过转化为N（0，1），我们把N（0，1）称为标准正态分布，其密度函数为，x∈（-∞，+∞），从而使正态分布的研究得以简化
6．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
教学过程：
学生探究过程：
复习引入：
总体密度曲线:样本容量越大，所分组数越多，各组的频率就越接近于总体在相应各组取值的概率．设想样本容量无限增大，分组的组距无限缩小，那么频率分布直方图就会无限接近于一条光滑曲线,这条曲线叫做总体密度曲线．
它反映了总体在各个范围内取值的概率．根据这条曲线，可求出总体在区间(a，b)内取值的概率等于总体密度曲线，直线x=a，x=b及x轴所围图形的面积．
观察总体密度曲线的形状，它具有“两头低，中间高，左右对称”的特征，具有这种特征的总体密度曲线一般可用下面函数的图象来表示或近似表示：
式中的实数、是参数，分别表示总体的平均数与标准差，的图象为正态分布密度曲线,简称正态曲线．
讲解新课：
一般地，如果对于任何实数，随机变量X满足
,
则称 X 的分布为正态分布（normal distribution ) ．正态分布完全由参数和确定，因此正态分布常记作．如果随机变量 X 服从正态分布，则记为X～.
经验表明，一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．例如，高尔顿板试验中，小球在下落过程中要与众多小木块发生碰撞，每次碰撞的结果使得小球随机地向左或向右下落，因此小球第1次与高尔顿板底部接触时的坐标 X 是众多随机碰撞的结果，所以它近似服从正态分布．在现实生活中，很多随机变量都服从或近似地服从正态分布．例如长度测量误差；某一地区同年龄人群的身高、体重、肺活量等；一定条件下生长的小麦的株高、穗长、单位面积产量等；正常生产条件下各种产品的质量指标（如零件的尺寸、纤维的纤度、电容器的电容量、电子管的使用寿命等）；某地每年七月份的平均气温、平均湿度、降雨量等；一般都服从正态分布．因此，正态分布广泛存在于自然现象、生产和生活实际之中．正态分布在概率和统计中占有重要的地位．
说明:1参数是反映随机变量取值的平均水平的特征数，可以用样本均值去佑计；是衡量随机变量总体波动大小的特征数，可以用样本标准差去估计．
2.早在 1733 年，法国数学家棣莫弗就用n！的近似公式得到了正态分布．之后，德国数学家高斯在研究测量误差时从另一个角度导出了它，并研究了它的性质，因此，人们也称正态分布为高斯分布．
2．正态分布）是由均值μ和标准差σ唯一决定的分布
通过固定其中一个值，讨论均值与标准差对于正态曲线的影响
3．通过对三组正态曲线分析，得出正态曲线具有的基本特征是两头底、中间高、左右对称 正态曲线的作图，书中没有做要求，教师也不必补上 讲课时教师可以应用几何画板，形象、美观地画出三条正态曲线的图形，结合前面均值与标准差对图形的影响，引导学生观察总结正态曲线的性质
4．正态曲线的性质：
（1）曲线在x轴的上方，与x轴不相交
（2）曲线关于直线x=μ对称
（3）当x=μ时，曲线位于最高点
（4）当x＜μ时，曲线上升（增函数）；当x＞μ时，曲线下降（减函数） 并且当曲线向左、右两边无限延伸时，以x轴为渐近线，向它无限靠近
（5）μ一定时，曲线的形状由σ确定
σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；
σ越小．曲线越“瘦高”．总体分布越集中：
五条性质中前三条学生较易掌握，后两条较难理解，因此在讲授时应运用数形结合的原则，采用对比教学
5．标准正态曲线:当μ=0、σ=l时，正态总体称为标准正态总体，其相应的函数表示式是，（-∞＜x＜+∞）
其相应的曲线称为标准正态曲线
标准正态总体N（0，1）在正态总体的研究中占有重要的地位 任何正态分布的概率问题均可转化成标准正态分布的概率问题
讲解范例：
例1．给出下列三个正态总体的函数表达式，请找出其均值μ和标准差σ
（１）
（２）
（３）
答案：(1)0，1；(2)1，2；(3)-1，0.5
例2求标准正态总体在（-1，2）内取值的概率．
解：利用等式有
==0.9772＋0.8413－1=0.8151．
1.标准正态总体的概率问题:
对于标准正态总体N（0，1），是总体取值小于的概率，
即 ，
其中，图中阴影部分的面积表示为概率 只要有标准正态分布表即可查表解决.从图中不难发现:当时，；而当时，Φ（0）=0.5
2.标准正态分布表
标准正态总体在正态总体的研究中有非常重要的地位，为此专门制作了“标准正态分布表”．在这个表中，对应于的值是指总体取值小于的概率，即 ，．
若，则．
利用标准正态分布表，可以求出标准正态总体在任意区间内取值的概率，即直线，与正态曲线、x轴所围成的曲边梯形的面积．
3．非标准正态总体在某区间内取值的概率:可以通过转化成标准正态总体，然后查标准正态分布表即可 在这里重点掌握如何转化 首先要掌握正态总体的均值和标准差，然后进行相应的转化
4.小概率事件的含义
发生概率一般不超过5％的事件，即事件在一次试验中几乎不可能发生
假设检验方法的基本思想:首先，假设总体应是或近似为正态总体，然后，依照小概率事件几乎不可能在一次试验中发生的原理对试验结果进行分析
假设检验方法的操作程序，即“三步曲”
一是提出统计假设，教科书中的统计假设总体是正态总体；
二是确定一次试验中的a值是否落入(μ-3σ，μ+3σ)；
三是作出判断
讲解范例：
例1. 若x～N(0,1),求(l)P(-2.322).
解：(1)P(-2.32 =(1.2)-[1-(2.32)]=0.8849-(1-0.9898)=0.8747.
(2)P(x>2)=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
（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）
解：（１）＝＝Φ（1）＝0.8413
（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
对于正态总体取值的概率：
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
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，求总体落入区间（－1.2，0.2）之间的概率
解：正态分布的概率密度函数是，它是偶函数，说明μ＝0，的最大值为＝，所以σ＝1，这个正态分布就是标准正态分布
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：
， （σ＞0）
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
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（0，1），其他的正态分布都可以通过转化为N（0，1），我们把N（0，1）称为标准正态分布，其密度函数为，x∈（-∞，+∞），从而使正态分布的研究得以简化。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。2．1．1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：
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，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，若，则（ ）
A．； B．； C．； 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（ ）
A．； B．； C．； D．
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.2．3离散型随机变量的均值与方差
2．3．1离散型随机变量的均值
教学目标：
知识与技能：了解离散型随机变量的均值或期望的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望．
过程与方法：理解公式“E（aξ+b）=aEξ+b”，以及“若ξB（n,p），则Eξ=np”.能熟
练地应用它们求相应的离散型随机变量的均值或期望。
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：离散型随机变量的均值或期望的概念
教学难点：根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望
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，是常数，则也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型）
5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x1，x2，…，x3，…，
ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为，则称表
ξ x1 x2 … xi …
P P1 P2 … Pi …
为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列
6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．
7.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
，（k＝0,1,2,…，n，）．
于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ 0 1 … k … n
P … …
称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记＝b(k；n，p)．
8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“”表示在第k次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k次试验时事件A发生记为、事件A不发生记为，P()=p，P()=q(q=1-p)，那么
（k＝0,1,2,…， ）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ 1 2 3 … k …
P … …
称这样的随机变量ξ服从几何分布
记作g(k，p)= ，其中k＝0,1,2,…， ．
二、讲解新课：
根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如：已知某射手射击所得环数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
在n次射击之前，可以根据这个分布列估计n次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或期望
根据射手射击所得环数ξ的分布列，
我们可以估计，在n次射击中，预计大约有
次得4环；
次得5环；
…………
次得10环．
故在n次射击的总环数大约为
，
从而，预计n次射击的平均环数约为
．
这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射击的平均水平．
对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个（i=0，1，2，…，10），我们可以同样预计他任意n次射击的平均环数:
…．
1. 均值或数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
ξ x1 x2 … xn …
P p1 p2 … pn …
则称 …… 为ξ的均值或数学期望，简称期望．
2. 均值或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
3. 平均数、均值:一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令…，则有…，…，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值
4. 均值或期望的一个性质:若(a、b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为
ξ x1 x2 … xn …
η … …
P p1 p2 … pn …
于是……
＝……)……)
＝，
由此，我们得到了期望的一个性质:
5.若ξB（n,p），则Eξ=np
证明如下：
∵ ，
∴ 0×＋1×＋2×＋…＋k×＋…＋n×．
又∵ ，
∴ ＋＋…＋＋…＋．
故 若ξ～B(n，p)，则np．
三、讲解范例：
例1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分的期望
解：因为，
所以
例2. 一次单元测验由20个选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答案得5分，不作出选择或选错不得分，满分100分 学生甲选对任一题的概率为0.9，学生乙则在测验中对每题都从4个选择中随机地选择一个，求学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望
解：设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是，则~ B（20,0.9）,,
由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是5和5 所以，他们在测验中的成绩的期望分别是：
例3. 根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0. 01．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10000元．为保护设备，有以下3 种方案：
方案1：运走设备，搬运费为3 800 元．
方案2：建保护围墙，建设费为2 000 元．但围墙只能防小洪水．
方案3：不采取措施，希望不发生洪水．
试比较哪一种方案好．
解：用X1 、X2和X3分别表示三种方案的损失．
采用第1种方案，无论有无洪水，都损失3 800 元，即
X1 = 3 800 .
采用第2 种方案，遇到大洪水时，损失2 000 + 60 000=62 000 元；没有大洪水时，损失2 000 元，即
同样，采用第 3 种方案，有
于是，
EX1＝3 800 ,
EX2＝62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 )
= 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 ,
EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0)
= 60 000×0.01 + 10000×0.25=3100 .
采取方案2的平均损失最小，所以可以选择方案2 .
值得注意的是，上述结论是通过比较“平均损失”而得出的．一般地，我们可以这样来理解“平均损失”：假设问题中的气象情况多次发生，那么采用方案 2 将会使损失减到最小．由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对于个别的一次决策，采用方案 2 也不一定是最好的．
例4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数的期望
解：∵，
=3.5
例5.有一批数量很大的产品，其次品率是15%，对这批产品进行抽查，每次抽取1件，如果抽出次品，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过10次求抽查次数的期望（结果保留三个有效数字）
解：抽查次数取110的整数，从这批数量很大的产品中抽出1件检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率是0.15，取出正品的概率是0.85，前次取出正品而第次（=1，2，…，10）取出次品的概率：
（=1，2，…，10）
需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率：由此可得的概率分布如下：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0.15 0.1275 0.1084 0.092 0.0783 0.0666 0.0566 0.0481 0.0409 0.2316
根据以上的概率分布，可得的期望
例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．
解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为
ξ 1 2 3 4 5 6
P
所以
1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×
＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5．
抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值．
例7.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km时租车费为10元，若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足lkm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．某司机经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．设他所收租车费为η
(Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；
(Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为
ξ 15 16 17 18
P 0.1 0.5 0.3 0.1
求所收租车费η的数学期望．
(Ⅲ)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：(Ⅰ)依题意得 η=2(ξ-4)十10，即 η=2ξ+2；
(Ⅱ)
∵ η=2ξ+2
∴ 2Eξ+2=34.8 （元）
故所收租车费η的数学期望为34.8元．
(Ⅲ)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. 口袋中有5只球，编号为1，2，3，4，5，从中任取3球，以表示取出球的最大号码，则（ ）
A．4； B．5； C．4.5； D．4.75
答案：C
2. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中的1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求
⑴他罚球1次的得分ξ的数学期望；
⑵他罚球2次的得分η的数学期望；
⑶他罚球3次的得分ξ的数学期望．
解：⑴因为，，所以
1×＋0×
⑵η的概率分布为
η 0 1 2
P
所以 0×＋1×＋2×＝1.4．
⑶ξ的概率分布为
ξ ０ １ 2 3
P
所以 0×＋1×＋2×＝2.1.
3．设有m升水，其中含有大肠杆菌n个．今取水1升进行化验，设其中含有大肠杆菌的个数为ξ，求ξ的数学期望．
分析：任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是，事件“ξ=k”发生，即n个大肠杆菌中恰有k个在此升水中，由n次独立重复实验中事件A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生k次的概率计算方法可求出P(ξ=k),进而可求Eξ.
解：记事件A：“在所取的1升水中含一个大肠杆菌”，则P(A)=．
∴ P(ξ=k)=Pn(k)=C)k(1－)n－k（k=0,1,2,….,n）．
∴ ξ～B(n,)，故 Eξ =n×=
五、小结 ：(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；
(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ=np
六、课后作业：P64-65练习1,2,3,4 P69 A组1,2,3
1.一袋子里装有大小相同的3个红球和两个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是 （用数字作答）
解：令取取黄球个数 (=0、1、2)则的要布列为
0 1 2
p
于是 E（）=0×+1×+2×=0.8
故知红球个数的数学期望为1.2
2.袋中有4个黑球、3个白球、2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球记0分，每取到一个白球记1分，每取到一个红球记2分，用表示得分数
①求的概率分布列
②求的数学期望
解：①依题意的取值为0、1、2、3、4
=0时，取2黑 p(=0)=
=1时，取1黑1白 p(=1)=
=2时，取2白或1红1黑p(=2)= +
=3时，取1白1红，概率p(=3)=
=4时，取2红，概率p(=4)=
0 1 2 3 4
p
∴分布列为
（2）期望E=0×+1×+2×+3×+4×=
3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分别为p1、p2、p3，求试验中三台投影仪产生故障的数学期望
解：设表示产生故障的仪器数，Ai表示第i台仪器出现故障（i=1、2、3）
表示第i台仪器不出现故障，则：
p(=1)=p(A1··)+ p(·A2·)+ p(··A3)
=p1(1－p2) (1－p3)+ p2(1－p1) (1－p3)+ p3(1－p1) (1－p2)
= p1+ p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3
p(=2)=p(A1· A2·)+ p(A1··)+ p(·A2·A3)
= p1p2 (1－p3)+ p1p3(1－p2)+ p2p3(1－p1)
= p1p2+ p1p3+ p2p3－3p1p2p3
p(=3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3
∴=1×p(=1)+2×p(=2)+3×p(=3)= p1+p2+p3
注：要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望
4.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望是 1.2
解：从5个球中同时取出2个球，出现红球的分布列为
0 1 2
P
5. 、两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，队队员是，队队员是，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
对阵队员 A队队员胜的概率 B队队员胜的概率
A 1 对B1
A 2 对B2
A 3 对B3
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设队，队最后所得分分别为，
（1）求，的概率分布； （2）求，
解：（Ⅰ），的可能取值分别为3，2，1，0
根据题意知，所以
（Ⅱ）；
因为,所以
七、板书设计（略）
八、教学反思：
(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；
(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：
①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；
②求ξ取各个值的概率，写出分布列；
③根据分布列，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ=np 。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“ ”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y，Y和 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．由古典概型计算公式可知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为.
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和Y．而“最后一名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是Y.由古典概型计算公式可知．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=｛Y, Y,Y｝．既然已知事件A必然发生，那么只需在A={Y, Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y和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，因此
== .
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，
其中 n（）表示中包含的基本事件个数．所以，
=.
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 ). 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．
定义为
.
由这个定义可知，对任意两个事件A、B，若，则有
.
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Af. ；
（2）规范性：P（|B）=1；
（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则
.
更一般地,对任意的一列两两部相容的事件（I=1,2…），有
P =.
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（）==20.
根据分步乘法计数原理，n (A）==12 ．于是
.
(2）因为 n (AB)＝=6 ，所以
.
(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
.
解法2 因为 n (AB）=6 , n (A）=12 ，所以
.
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(i=1,2) ，则表示不超过2次就按对密码．
(1）因为事件与事件互斥，由概率的加法公式得
.
(2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则
.
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。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
2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件发生的频率总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件的概率，记作．
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，不可能事件的概率为，随机事件的概率为，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）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个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是，这种事件叫等可能性事件
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个，而且所有结果都是等可能的，如果事件包含个结果，那么事件的概率
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．
一般地：如果事件中的任何两个都是互斥的，那么就说事件彼此互斥
11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．
12．互斥事件的概率的求法:如果事件彼此互斥，那么
＝
13．相互独立事件：事件（或）是否发生对事件（或）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件
若与是相互独立事件，则与，与，与也相互独立
14．相互独立事件同时发生的概率：
一般地，如果事件相互独立，那么这个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，
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，那么在次独立重复试验中这个事件恰好发生次的概率．
它是展开式的第项
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
，（k＝0,1,2,…，n，）．
于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ 0 1 … k … n
P … …
由于恰好是二项展开式
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＝b(k；n，p)．
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 ) ＝.
(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 )
.
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)=(95%)=0.9025，P(ξ=1)=(5%)(95%)=0.095，
P()=(5%)=0.0025．
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)．
解：依题意，随机变量ξ～B．
∴P(ξ=4)==，P(ξ=5)==．
∴P(ξ>3)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=
例4．某气象站天气预报的准确率为，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．预报5次相当于5次独立重复试验，根据次独立重复试验中某事件恰好发生次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的概率
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
答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74．
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＝“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小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率，
1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率，
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
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．
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，应射击次
记事件＝“射击一次，击中目标”，则．
∵射击次相当于次独立重复试验，
∴事件至少发生1次的概率为．
由题意，令，∴，∴，
∴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
设从低层到顶层停次，则其概率为，
∴当或时，最大，即最大，
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．
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．
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．
记事件=“甲打完3局才能取胜”，记事件=“甲打完4局才能取胜”，
记事件=“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
∴甲打完3局取胜的概率为．
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
∴甲打完4局才能取胜的概率为．
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
∴甲打完5局才能取胜的概率为．
(2)事件＝“按比赛规则甲获胜”，则，
又因为事件、、彼此互斥，
故．
答：按比赛规则甲获胜的概率为．
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？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（）
解：记事件＝“种一粒种子，发芽”，则，，
（1）设每穴至少种粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于．
∵每穴种粒相当于次独立重复试验，记事件＝“每穴至少有一粒发芽”，则
．
∴．
由题意，令，所以，两边取常用对数得，
．即，
∴，且，所以取．
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．
（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，
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，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（ ）
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．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 （ ）
4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为，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（ ）
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，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 ．
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
10．（1）设在四次独立重复试验中，事件至少发生一次的概率为，试求在一次试验中事件发生的概率（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率为，求在第次才击中目标的概率
答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.046
7. 8.（1）（2）
9.⑴； ⑵；
⑶； ⑷
10.(1) (2)
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，那么次独立重复试验中这个事件恰好发生次的概率为对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件要么发生，要么不发生，所以在次独立重复试验中恰好发生次，则在另外的次中没有发生，即发生，由，所以上面的公式恰为展开式中的第项，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。2．2．2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
2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件发生的频率总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件的概率，记作．
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，不可能事件的概率为，随机事件的概率为，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）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个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是，这种事件叫等可能性事件
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个，而且所有结果都是等可能的，如果事件包含个结果，那么事件的概率
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．
一般地：如果事件中的任何两个都是互斥的，那么就说事件彼此互斥
11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．
12．互斥事件的概率的求法:如果事件彼此互斥，那么
＝
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：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件：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：从甲坛子里摸出1个球，得到白球；事件：从乙坛子里摸出1个球，得到白球
问题(1)、(2)中事件、是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以）
问题(1)、(2)中事件（或）是否发生对事件（或）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（或）是否发生对事件（或）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件
若与是相互独立事件，则与，与，与也相互独立
2．相互独立事件同时发生的概率：
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，同时发生，记作．（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，共有种等可能的结果同时摸出白球的结果有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．
另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率，从乙坛子里摸出1个球，得到白球的概率．显然．
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，如果事件相互独立，那么这个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，
即 ．
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：
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（A）U（B）表示．由于事件A与B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 (A）十P（B）=P（A）P（）+ P（）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 ( A）U（B）表示．由于事件 AB , A和B 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（A）+ P（B ) = 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次，甲射中的概率为，乙射中的概率为，求：
（1）人都射中目标的概率；
（2）人中恰有人射中目标的概率；
（3）人至少有人射中目标的概率；
（4）人至多有人射中目标的概率？
解：记“甲射击次，击中目标”为事件，“乙射击次，击中目标”为事件，则与，与，与，与为相互独立事件，
（1）人都射中的概率为：
，
∴人都射中目标的概率是．
（2）“人各射击次，恰有人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件发生），另一种是甲未击中、乙击中（事件发生）根据题意，事件与互斥，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：
∴人中恰有人射中目标的概率是．
（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．
（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，
∴“两人至少有1人击中目标”的概率为．
（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：
．
（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
例 3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作假定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
解：分别记这段时间内开关，，能够闭合为事件，，．
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
∴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
．
答：在这段时间内线路正常工作的概率是．
变式题1：如图添加第四个开关与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7，计算在这段时间内线路正常工作的概率
（）
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：
方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除开且与至少有1个开的情况
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(k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为．
∵事件，，，，相互独立，
∴敌机未被击中的概率为
=
∴敌机未被击中的概率为．
（2）至少需要布置门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得：
敌机被击中的概率为1-
∴令，∴
两边取常用对数，得
∵，∴
∴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．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( )
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，从两个口袋内各摸出1个球，那么等于（ ）
2个球都是白球的概率 2个球都不是白球的概率
2个球不都是白球的概率 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（ ）
0.128 0.096 0.104 0.384
4．某道路的、、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 （ ）
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？
答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1) (2)
6.(1) , (2) ,
7. P=
8. P=
9. 提示：
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。2．3．2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，，…，中，各数据与它们的平均值得差的平方分别是，，…，，那么＋＋…＋
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 x1 x2 … xi …
P P1 P2 … Pi …
6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．
7.二项分布:ξ～B(n，p)，并记＝b(k；n，p)．
ξ 0 1 … k … n
P … …
8.几何分布： g(k，p)= ，其中k＝0,1,2,…， ．
ξ 1 2 3 … k …
P … …
9.数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
ξ x1 x2 … xn …
P p1 p2 … pn …
则称 …… 为ξ的数学期望，简称期望．
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…，则有…，…，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值
12. 期望的一个性质:
13.若ξB（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，，…，，…，且取这些值的概率分别是，，…，，…，那么,
＝＋＋…＋＋…
称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的是随机变量ξ的期望．
2. 标准差:的算术平方根叫做随机变量ξ的标准差，记作．
3.方差的性质：（1）；（2）；
（3）若ξ～B(n，p)，则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
P
从而
;
.
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X1/元 1200 1400 1600 1800
获得相应职位的概率P1 0.4 0.3 0.2 0.1
乙单位不同职位月工资X2/元 1000 1400 1800 2000
获得相应职位的概率P2 0.4 0.3 0.2 0.1
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
EX1 = 1200×0.4 + 1 400×0.3 + 1600×0.2 + 1800×0.1
= 1400 ,
DX1 = (1200-1400) 2 ×0. 4 + (1400-1400 ) 2×0.3
+ (1600 -1400 )2×0.2+(1800-1400) 2×0. 1
= 40 000 ;
EX2＝1 000×0.4 +1 400×0.3 + 1 800×0.2 + 2200×0.1 = 1400 ,
DX2 = (1000-1400)2×0. 4+(1 400-1400)×0.3 + (1800-1400)2×0.2 + (2200-1400 )2×0.l
= 160000 .
因为EX1 =EX2, DX1例3．设随机变量ξ的分布列为
ξ 1 2 … n
P …
求Dξ
解：（略）,
例4．已知离散型随机变量的概率分布为
1 2 3 4 5 6 7
P
离散型随机变量的概率分布为
3．7 3．8 3．9 4 4．1 4．2 4．3
P
求这两个随机变量期望、均方差与标准差
解：；
；
；
=0.04, .
点评：本题中的和都以相等的概率取各个不同的值，但的取值较为分散，的取值较为集中．，，，方差比较清楚地指出了比取值更集中．
＝2，=0.02，可以看出这两个随机变量取值与其期望值的偏差
例5．甲、乙两射手在同一条件下进行射击，分布列如下：射手甲击中环数8，9，10的概率分别为0.2,0.6,0.2;射手乙击中环数8，9，10的概率分别为0.4,0.2,0.24用击中环数的期望与方差比较两名射手的射击水平
解：
+（10-9）；
同理有
由上可知，，所以，在射击之前，可以预测甲、乙两名射手所得的平均环数很接近，均在9环左右，但甲所得环数较集中，以9环居多，而乙得环数较分散，得8、10环地次数多些．
点评：本题中，和所有可能取的值是一致的，只是概率的分布情况不同．=9，这时就通过=0.4和=0.8来比较和的离散程度，即两名射手成绩的稳定情况
例6．A、B两台机床同时加工零件，每生产一批数量较大的产品时，出次品的概率如下表所示：
A机床 B机床
次品数ξ1 0 1 2 3 次品数ξ1 0 1 2 3
概率P 0.7 0.2 0.06 0.04 概率P 0.8 0.06 0.04 0.10
问哪一台机床加工质量较好
解： Eξ1=0×0.7+1×0.2+2×0.06+3×0.04=0.44,
Eξ2=0×0.8+1×0.06+2×0.04+3×0.10=0.44.
它们的期望相同，再比较它们的方差
Dξ1=（0-0.44）2×0.7+（1-0.44）2×0.2+（2-0.44）2
×0.06+（3-0.44）2×0.04=0.6064,
Dξ2=（0-0.44）2×0.8+（1-0.44）2×0.06+（2-0.44）2
×0.04+（3-0.44）2×0.10=0.9264.
∴Dξ1< Dξ2 故A机床加工较稳定、质量较好.
四、课堂练习：
1 .已知，则的值分别是（ ）
A．； B．； C．； D．
答案：1.D
2. 一盒中装有零件12个，其中有9个正品，3个次品，从中任取一个，如果每次取出次品就不再放回去，再取一个零件，直到取得正品为止．求在取得正品之前已取出次品数的期望．
分析：涉及次品率；抽样是否放回的问题．本例采用不放回抽样，每次抽样后次品率将会发生变化，即各次抽样是不独立的．如果抽样采用放回抽样，则各次抽样的次品率不变，各次抽样是否抽出次品是完全独立的事件．
解：设取得正品之前已取出的次品数为ξ，显然ξ所有可能取的值为0，1，2，3
当ξ=0时，即第一次取得正品，试验停止，则
P（ξ=0）=
当ξ=1时，即第一次取出次品，第二次取得正品，试验停止，则
P（ξ=1）=
当ξ=2时，即第一、二次取出次品，第三次取得正品，试验停止，则
P（ξ=2）=
当ξ=3时，即第一、二、三次取出次品，第四次取得正品，试验停止，则P（ξ=3）=
所以，Eξ=
3. 有一批数量很大的商品的次品率为1%，从中任意地连续取出200件商品，设其中次品数为ξ，求Eξ，Dξ
分析：涉及产品数量很大，而且抽查次数又相对较少的产品抽查问题．由于产品数量很大，因而抽样时抽出次品与否对后面的抽样的次品率影响很小，所以可以认为各次抽查的结果是彼此独立的．解答本题，关键是理解清楚：抽200件商品可以看作200次独立重复试验，即ξB（200，1%），从而可用公式：Eξ=np，Dξ=npq(这里q=1-p)直接进行计算
解：因为商品数量相当大，抽200件商品可以看作200次独立重复试验，所以ξB（200，1%）因为Eξ=np，Dξ=npq，这里n=200，p=1%，q=99%，所以，Eξ=200×1%=2,Dξ=200×1%×99%=1.98
4. 设事件A发生的概率为p，证明事件A在一次试验中发生次数ξ的方差不超过1/4
分析：这是一道纯数学问题．要求学生熟悉随机变量的期望与方差的计算方法，关键还是掌握随机变量的分布列．求出方差Dξ=P(1-P)后，我们知道Dξ是关于P(P≥0)的二次函数，这里可用配方法，也可用重要不等式证明结论
证明：因为ξ所有可能取的值为0，1且P（ξ=0）=1-p,P(ξ=1)=p,
所以，Eξ=0×(1-p)+1×p=p
则 Dξ=（0-p）2×(1-p)+(1-p) 2×p=p(1-p)
5. 有A、B两种钢筋，从中取等量样品检查它们的抗拉强度，指标如下：
ξA 110 120 125 130 135 ξB 100 115 125 130 145
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2 P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
其中ξA、ξB分别表示A、B两种钢筋的抗拉强度．在使用时要求钢筋的抗拉强度不低于120，试比较A、B两种钢筋哪一种质量较好
分析： 两个随机变量ξA和ξB&都以相同的概率0．1，0．2，0．4，0．1，0．2取5个不同的数值．ξA取较为集中的数值110，120，125，130，135；ξB取较为分散的数值100，115，125，130，145．直观上看，猜想A种钢筋质量较好．但猜想不一定正确，需要通过计算来证明我们猜想的正确性
解：先比较ξA与ξB的期望值，因为
EξA=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125,
EξB=100×0.1+115×0.2+125×0.4十130×0.1+145×0.2=125.
所以，它们的期望相同．再比较它们的方差．因为
DξA=(110-125)2×0.1+(120-125) 2 ×0.2+(130-125) 2×0.1+(135-125) 2×0.2=50，
DξB=(100-125)2×0.1+(110-125) 2 ×0.2+(130-125) 2×0.1+(145-125) 2×0.2=165.
所以，DξA < DξB.因此，A种钢筋质量较好
6. 在有奖摸彩中，一期(发行10000张彩票为一期)有200个奖品是5元的，20个奖品是25元的，5个奖品是100元的．在不考虑获利的前提下，一张彩票的合理价格是多少元？
分析：这是同学们身边常遇到的现实问题，比如福利彩票、足球彩票、奥运彩票等等．一般来说，出台各种彩票，政府要从中收取一部分资金用于公共福利事业，同时也要考虑工作人员的工资等问题．本题的“不考虑获利”的意思是指：所收资金全部用于奖品方面的费用
解：设一张彩票中奖额为随机变量ξ，显然ξ所有可能取的值为0，5，25，100依题
意，可得ξ的分布列为
ξ 0 5 25 100
P
答：一张彩票的合理价格是0．2元．
五、小结 ：⑴求离散型随机变量ξ的方差、标准差的步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由期望的定义求出Eξ；④根据方差、标准差的定义求出、.若ξ～B(n，p)，则不必写出分布列，直接用公式计算即可．
⑵对于两个随机变量和，在和相等或很接近时，比较和
，可以确定哪个随机变量的性质更适合生产生活实际，适合人们的需要
六、课后作业： P69练习1,2,3 P69 A组4 B组1,2
1.设～B(n、p)且E=12 D=4，求n、p
解：由二次分布的期望与方差性质可知E=np D= np（1－p）
∴ ∴
2.已知随机变量服从二项分布即~B(6、)求b (2；6，)
解：p(=2)=c62()2()4
3.已知甲、乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量和，已知和 的分布列如下：（注得分越大，水平越高）
1 2 3
p a 0.1 0.6
1 2 3
p 0.3 b 0.3
试分析甲、乙技术状况
解：由0.1+0.6+a+1a=0.3
0.3+0.3+b=1a=0.4
∴E=2.3 , E=2.0
D=0.81 , D=0.6
七、板书设计（略）
八、教学反思：
⑴求离散型随机变量ξ的方差、标准差的步骤：
①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；
②求ξ取各个值的概率，写出分布列；
③根据分布列，由期望的定义求出Eξ；
④根据方差、标准差的定义求出、.若ξ～B(n，p)，则不必写出分布列，直接用公式计算即可．
⑵对于两个随机变量和，在和相等或很接近时，比较和，可以确定哪个随机变量的性质更适合生产生活实际，适合人们的需要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，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P5-6的内容，说明什么是随机变量的分布列？
二、讲解新课：
1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为
x1，x2，…，x3，…，
ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为，则称表
ξ x1 x2 … xi …
P P1 P2 … Pi …
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:，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：
⑴Pi≥0，i＝1，2，…；
⑵P1+P2+…=1．
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
3.两点分布列:
例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令
如果针尖向上的概率为，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（) ．于是，随机变量 X 的分布列是
ξ 0 1
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 (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．
，
，
，．
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，从100 件产品中任取3件，
其中恰有k 件次品的结果数为，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为
。
所以随机变量 X 的分布列是
X 0 1 2 3
P
(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
,
其中，且．称分布列
X 0 1 …
P …
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 )
=≈0.191.
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？
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，…，，由古典概型知
此时称 服从参数为的超几何分布。
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.
定理 如果当 时，，那么当 时（ 不变），则
。
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．
∴ ，，．
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
P
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xi
（2）求出各取值的概率p(=xi)=pi
（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？
