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第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
第6课时　二项分布、超几何分布与正态分布
[考试要求]　1．理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题．
2．借助正态曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用．
链接教材·夯基固本
1．n重伯努利试验与二项分布
(1)n重伯努利试验
把只包含__________结果的试验叫做伯努利试验．
将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为_______________．
两个可能
n重伯努利试验
(2)二项分布
在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，用X表示事件A发生的次数，则X的分布列为P(X＝k)＝________________，k＝0，1，2，…，n，则称随机变量X服从__________，记作X～___________．
(3)两点分布与二项分布的均值、方差
①若随机变量X服从两点分布，那么E(X)＝p，D(X)＝___________．
②若X～B(n，p)，则E(X)＝____，D(X)＝____________．
pk(1－p)n－k
二项分布
B(n，p)
p(1－p)
np
np(1－p)
2．超几何分布
(1)定义
在含有M件次品的N件产品中，随机抽取n件(不放回)，用X表示抽取
的n件产品中的次品数，则X的分布列为P(X＝k)＝________，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中n，M，N∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}，称随机变量X服从超几何分布．
(2)超几何分布的均值
若X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝______．
3．正态曲线与正态分布
(1)我们称f (x)＝，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，为正态密度函数，称其图象为正态密度曲线，简称正态曲线．
(2)若随机变量X的概率分布密度函数为f (x)，则称随机变量X服从正态分布，记为_______________．特别地，当μ＝___，σ＝___时，称随机变量X服从标准正态分布．
X～N(μ，σ2)
0
1
(3)正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线______对称；
②曲线在______处达到峰值；
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．
x＝μ
x＝μ
(4)正态变量在三个特殊区间内取值的概率
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈___________；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈___________；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈___________．
在实际应用中，通常认为服从于正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取[μ－3σ，μ＋3σ]中的值，这在统计学中称为3σ原则．
(5)正态分布的均值与方差
若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝___，D(X)＝____．
0.682 7
0.954 5
0.997 3
μ
σ2
提醒：正态分布是连续型随机变量，要注意它是用面积表示概率，解决问题一定用到对称性．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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． (　　)
(2)从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从超几何分布． (　　)
(3)超几何分布与二项分布的期望值相同． (　　)
(4)正态曲线与x轴围成的面积随参数μ，σ的变化而变化． (　　)
√
√
√
×
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第三册P79例6改编)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
D　[袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率P＝＝．]
2．(人教A版选择性必修第三册P78探究改编)设50个产品中有10个次品，任取产品20个，取到的次品可能有X个，则E(X)＝(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
√
A　[由题意，E(X)＝＝4．故选A．]
3．(人教A版选择性必修第三册P87练习T1改编)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ＞2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝(　　)
A．0.477 B．0.628
C．0.954 D．0.977
√
C　[∵μ＝0，∴P(ξ＞2)＝P(ξ＜－2)＝0.023，
∴P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954．]
4．(人教A版选择性必修第三册P78例5改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝2)＝________．
　[由题意得P(X＝2)＝＝．]
考点一　二项分布
考向1　二项分布的期望
[典例1]　(2024·湘豫名校联考)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响．
典例精研·核心考点
(1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
解：(1)由题意得，X～B，X的可能取值为0，1，2，3，
则P＝＝，
P＝＝，
P＝＝，P(X＝3)＝＝．
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
因为X～B，所以X的期望E＝np＝3×＝2．
(2)第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为P＝P＋P＝＝．
【教用·备选题】
小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束．假设每局比赛小明获胜的概率都是．
(1)求比赛结束时恰好打了7局的概率；
(2)若现在是小明以6∶2的比分领先，记X表示结束比赛还需打的局数，求X的分布列及期望．
解：(1)恰好打了7局小明获胜的概率
P1＝＝，
恰好打了7局小亮获胜的概率
P2＝＝，
∴比赛结束时恰好打了7局的概率为
P＝P1＋P2＝＝．
(2)X的可能取值为2，3，4，5．
P＝＝，
P＝＝＝，
P＝＝＝，
P＝＝＝，
∴X的分布列为
E＝2×＋3×＋4×＋5×＝．
X 2 3 4 5
P
考向2　二项分布的性质
[典例2]　(2024·河北唐山一模)某项测试共有8道题，每道题答对得5分，不答或答错得0分．某人答对每道题的概率都是，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X．
(1)求此人得分的期望；
(2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由．
解：(1)某人答对每道题的概率都是，则答对题目的个数X服从二项分布，
即X～B，E＝8×＝2，由于每道题答对得5分，
所以此人答题得分为5X，因此，在此项测试中，
此人答题得分的期望为E＝5E＝5×2＝10．
(2)设此人答对k道题的可能性为P＝，k＝0，1，2，…，8，
记pk＝P，则＝＝＝＝＝1＋，k＝1，2，…，8，
当k<时，pk>pk－1，pk随k的增加而增加，即p2>p1>p0；
当k>时，pk所以当k＝2时，p2最大，因此此人答对2道题的可能性最大．
【教用·备选题】
若X～B，则当k＝0，1，2，…，100时(　　)
A．P(X＝k)≤P(X＝50)
B．P(X＝k)≤P(X＝32)
C．P(X＝k)≤P(X＝33)
D．P(X＝k)≤P(X＝49)
√
C　[由题意，得
即 化简得≤k≤，
又k为整数，可得k＝33，所以P(X＝k)≤P(X＝33)，故选C．]
名师点评　二项分布问题的解题关键
定型 ①在每一次试验中，事件发生的概率相同．
②各次试验中的事件是相互独立的．
③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生
定参 确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率
提醒：下列问题能转化为二项分布
①条件不变，重复进行试验，一般取球后再放回；②该地区人数多或不知总体，从中抽取几个；③某产品服从正态分布，若干个产品服从二项分布；④用频率表示概率，有时转化为二项分布．
[跟进训练]
1．(1)经检测一批产品中每件产品的合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是(　　)
A．X的可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝
C．X＝3的概率最大
D．X服从超几何分布
√
(2)甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为和．假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．
①求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；
②求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；
③假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为多少？
(1)C　[对于A，X的可能取值为0，1，2，3，4，5，A错误；
对于B，P(X＝2)＝，B错误；
对于D，由题意，随机变量X～B，D错误；
对于C，随机变量X～B，所以P(X＝k)＝，
若P(X＝k)取得最大值，
则
则
即
解得2.6≤k≤3.6，k∈N*，则k＝3，故X＝3的概率最大，C正确．故选C．]
(2)解：①记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意可知，射击4次相当于做了4重伯努利试验，
故P()＝＝．
所以P(A1)＝1－P()＝1－＝．
所以甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率为．
②记“甲射击4次，恰好击中目标2次”为事件A2，“乙射击4次，恰好击中目标3次”为事件B2，
则P(A2)＝＝，
P(B2)＝＝．
由于甲、乙射击相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝＝．
所以两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率为．
③记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1，2，3，4，5)，
则A3＝)，
且P(Di)＝．
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P()P(＋D1＋D2)＝＝．
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为．
【教用·备选题】
1．已知随机变量X～B，若P最大，则D＝________．
24
24　[由题意知，P＝·0.26-k·0.8k，
要使P最大，有
解得≤k≤，故k＝5．
又D(X)＝6×0.8×0.2＝0.96，
故D＝D＝52D(X)＝24．]
2．(2024·江苏苏锡常镇一模)我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防、抢险救灾、环境监测等领域．某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立．无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭．
(1)求起火点被无人机击中次数X的分布列及数学期望；
(2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率．
解：(1)起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3，
P＝＝，
P＝＝，
P＝＝，P＝＝．
∴X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
∵X～B，∴E＝3×＝．
(2)击中一次被扑灭的概率为P1＝＝，
击中两次被扑灭的概率为P2＝＝，
击中三次被扑灭的概率为P3＝＝，
∴所求概率P＝＝．
考点二　超几何分布
[典例3]　(2024·山东青岛一模)为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1 000名学生的假期日均阅读时间(单位：分钟)，得到
了如图所示的频率分布直方图，若前
两个小矩形的高度分别为0.007 5，
0.012 5，后三个小矩形的高度比为
3∶2∶1．
(1)根据频率分布直方图，估计高一年级1 000名学生假期日均阅读时间的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层随机抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100)的人数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．
解：(1)由题知：各组频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
30×0.15＋50×0.25＋70×0.3＋90×0.2＋110×0.1＝67(分钟)．
(2)由题意，在[60，80)，[80，100)，[100，120]三组分别抽取3，2，1人，所以ξ的可能取值为0，1，2．
则P(ξ＝0)＝＝；P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝＝．
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
E＝0×＋1×＋2×＝1．
【教用·备选题】
某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个．在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验．若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件．
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检验时次品的个数为X，求X的分布列及期望．
解：(1)设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A，则P＝＝．
(2)由已知得10个元件中有2个次品，8个正品，
随机抽取3个电子元件进行检验时，次品的个数为X，X可取0，1，2．
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝．
X 0 1 2
P
名师点评　(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．
(2)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的概率分布．
(3)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，其实质是古典概型．
[跟进训练]
2．(2025·重庆模拟)已知一个袋子中装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球．
(1)若从袋中一次任取3个球，设取到的3个球中有X个黑球，求X的分布列及数学期望；
(2)若从袋中每次随机取出一个球，记下颜色后将球放回袋中，重复此过程，直至他连续2次取到黑球才停止，设他在第Y次取球后停止取球，求P．
解： (1) X的可能取值为0，1，2，P＝，其中k＝0，1，2．
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故X的数学期望E＝＝．
(2)当Y＝5时知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前两次不能都取到黑球，
所以所求概率P(Y＝5)＝＝．
考点三　正态分布
[典例4]　(1)概率论中有一个重要的结论是棣莫弗一拉普拉斯极限定理，它表明，若随机变量Y～B(n，p)，当n充分大时，二项随机变量Y可以由正态随机变量X来近似，且正态随机变量X的期望和方差与二项随机变量Y的期望和方差相同．现抛掷一枚质地均匀的硬币100次，则利用正态分布近似估算硬币正面向上次数不超过45次的概率为(　　)
(附：若X～N，则P≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3)
A．0.158 7 B．0.022 8
C．0.002 7 D．0.001 4
√
(2)(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X服从正态分布N，若P＝P，则(　　)
A．μ＝2 B．P＝
C．P> D．P>P
√
√
(1)A　(2)AB　[(1)抛掷一枚质地均匀的硬币100次，设硬币正面向上次数为X，则X～B，
所以E＝np＝100×＝50，D＝np(1－p)＝100×＝25，由题意，X～N(μ，σ2)，且μ＝E＝50，σ2＝D＝25，则σ＝5，因为P≈0.682 7，所以利用正态分布近似估算硬币正面向上次数不超过45次的概率为P＝P ≈≈0.158 7，故选A．
(2)对于A，由P＝P知μ是1和3的中间值，故μ＝2，故A正确；
对于B，C，在正态分布X～N中，P＝P＝，故B正确，C错误；
对于D，当σ∈时，0<σ2<σ<1，由正态曲线的特征可得，P【教用·备选题】
(1)(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，则下列结论中不正确的是(　　)
A．σ越小，该物理量一次测量结果落在(9.9，10.1)内的概率越大
B．该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C．该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等
D．该物理量一次测量结果落在(9.9，10.2)内的概率与落在(10，10.3)内的概率相等
√
(2)设随机变量X～N(2，9)，若P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，则c的值为________，P(－4≤X≤8)＝__________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)
(3)对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～N，为使误差εn在[－0.5，0.5]的概率不小于0.954 5，至少要测量________次．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)
2
0.954 5
32
(1)D　(2)2　0.954 5　(3)32　[(1)σ越小，正态分布的图象越瘦长，总体分布越集中在对称轴附近，A正确．由于正态分布图象的对称轴为μ＝10，B，C正确．D显然错误．故选D．
(2)由X～N(2，9)可知，正态分布的图象关于直线x＝2对称(如图所示)，
又P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，
故有2－(c－1)＝(c＋1)－2，
∴c＝2．
∴P(－4≤X≤8)＝P(2－2×3≤X≤2＋2×3)≈0.954 5．
(3)P(|εn－μ|≤2σ)≈0.954 5，又μ＝0，σ2＝，即P(μ－2σ≤εn≤μ＋2σ)
＝P≈0.954 5，
由题意知2σ≤0.5，即2，所以n≥32．]
名师点评　解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间．
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率；μ决定正态曲线位置，σ的大小决定正态曲线的稳定与波动大小，即高矮与胖瘦；注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0．
[跟进训练]
3．(1)(2024·河南信阳一模)对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是(　　)
A　　　　　　　 B
C　　　　　　　D
√
(2)(多选)(2024·江苏宿迁一模)设随机变量X～N，f＝P，其中x>0，下列说法正确的是(　　)
A．变量X的方差为1，均值为0
B．P＝1－2f
C．函数f在上是增函数
D．f＝1－f
√
√
√
(3)(2024·广东佛山二模)统计学中通常认为服从于正态分布N的随机变量X只取 中的值，简称为3σ原则．假设某厂有一条包装食盐的生产线，正常情况下食盐质量服从正态分布N(单位：g)，某天生产线上的检测员随机抽取了一包食盐，称得其质量大于415 g，他立即判断生产线出现了异常，要求停产检修．由此可以得出，σ的最大值是________．
5
(1)B　(2)ACD　(3)5　[(1)由μX＝2<μY＝3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D；
由＝＝，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A．故选B．
(2)随机变量X～N σ2＝1，μ＝0，则A正确； P＝P＝1－2[1－f (x)]＝2f (x)－1，则B错误；
随机变量X～N，结合正态曲线易得函数f在上是增函数，则C正确；
正态分布的曲线关于x＝0对称，f＝P(X≤－x)＝P＝1－f，则D正确，故选ACD．
(3)依题意，μ＝400，由3σ原则，得400＋3σ≤415，解得σ≤5，所以σ的最大值是5．]
【教用·备选题】
(1)已知X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．今有一批数量庞大的零件，假设这批零件的某项质量指标ξ(单位：mm)服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M个，这M个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间[5.35，5.55]．若K＝45，试以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为(　　)
A．45 B．53
C．54 D．90
√
(2)(多选)(2024·石家庄模拟)若随机变量X～N(1，σ2)，且正态分布N(1，σ2)的正态密度曲线如图所示，则下列选项中，可以表示图中阴影部分面积的是(　　)
A．－P(X≤0)
B．－P(X≥2)
C．P(X≤2)－P(X≤0)
D．－P(1≤X≤2)
√
√
√
(3)为了解高三复习备考情况，某校组织了一次阶段考试．经数据分析，高三全体考生的数学成绩X近似服从正态分布N(100，17.52)．已知成绩在117.5分以上(不含117.5分)的学生有80人，则此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率为__________；如果成绩大于135分的为特别优秀，那么本次数学考试成绩特别优秀的大约有________人．(若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5)
0.158 65
11
(1)B　(2)ABC　(3)0.158 65　11　[(1)由已知可得，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)．
又P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)＝
≈＝0.84，
所以K～B(M，0.84)，P(K＝45)＝·0.8445·0.16M-45．
设f (x)＝·0.8445·0.16x-45，
令＝＝0.16·＝0.16·>1，
所以x<＝52＋，所以f (53)>f (52)．
令＝＝0.16·＝0.16·<1，
所以x>＝53＋，所以f (53)>f (54)．
所以，以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为53．
故选B．
(2)根据正态分布的性质可知，正态密度曲线关于直线x＝1对称，所以题图中阴影部分的面积为－P(X≤0)，A正确；根据对称性，P(X≤0)＝P(X≥2)，B正确；阴影部分的面积也可以表示为，C正确；阴影部分的面积也可以表示为P(0≤X≤1)，而P(0≤X≤1)＝P(1≤X≤2)，D不正确．故选ABC．
(3)因为数学成绩X服从正态分布N(100，17.52)，则P(100－17.5≤X≤100＋17.5)＝P(82.5≤X≤117.5)≈0.682 7，所以此次参加考试的学生成绩低于82.5分的概率P(X<82.5)＝ ≈＝0.158 65．又P(100－17.5×2≤X≤100＋17.5×2)＝P(65≤X≤135)≈0.954 5，所以数学成绩特别优秀的概率P(X>135)＝≈＝0.022 75．
又P(X<82.5)＝P(X>117.5)＝0.158 65，则本次考试数学成绩特别优秀的人数大约是×0.022 75≈11．]
超几何分布 二项分布
区别 描述的是不放回抽样问题(总体在变化)，一次性取 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，一个一个的取
考察对象分为两类 每一次试验是伯努利试验
已知各类对象的个数
联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布
[典例]　某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505 g的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列．
[赏析]　(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12．
(2)突破点1：总体一定，不放回抽样，超几何分布
质量超过505 g的产品数量为12，则质量未超过505 g的产品数量为28，X的取值为0，1，2，X服从超几何分布．
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为＝．
突破点2：总体容量大，不放回抽样，视为二项分布
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505 g的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～B，
P(Y＝k)＝，k＝0，1，2．
所以P(Y＝0)＝＝，
P(Y＝1)＝＝，
P(Y＝2)＝＝．
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
P
名师点评　抓住超几何分布与二项分布的各自特征，明确两者间的区别与联系是破解此类问题的关键所在．
[跟进训练]
1．一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中有1个红球、2个黑球，现随机等可能地取出小球．当有放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ1；当无放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ2，则(　　)
A．E(ξ1)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
√
B　[依题意知，ξ1的所有可能取值为0，1，2，ξ1～B，
所以E(ξ1)＝2×＝，D(ξ1)＝2×＝．
当无放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ2，则ξ2的所有可能取值为0，1，
P(ξ2＝0)＝＝，
P(ξ2＝1)＝＝，
所以E(ξ2)＝0×＋1×＝，
D(ξ2)＝＝．
所以E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)．故选B．]
2．(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是(　　)
A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝
B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D．若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记B：从乙盒中取出的1球为白球，则P(B)＝
√
√
√
BCD　[A选项，由题意得P＝＝，故错误； B选项，由题意得取出1个白球的概率为P＝＝＝，故正确；
C选项，若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为Y，则Y～B，
则恰好得到2个白球的概率为P＝＝，故正确；
D选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为＝＝，
从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为＝，故P(B)＝＝，故正确．故选BCD．]
【教用·备选题】
1．(多选)某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X，员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y，k＝0，1，2，3．则下列判断正确的是(　　)
A．随机变量X服从二项分布　
B．随机变量Y服从超几何分布
C．P(X＝k)D．E(X)＝E(Y)
√
√
√
ABD　[对于A，B选项，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；
对于D选项，设该批产品有M件，则E(X)＝3·＝，E(Y)＝，因此D正确；
对于C选项，假如C正确可得E(X)2．袋中有大小、质地完全相同的五个小球，小球上面分别标有0，1，2，3，4．
(1)从袋中任意摸出三个球，标号为奇数的球的个数记为X，写出X的分布列；
(2)从袋中一次性摸两个球，和为奇数记为事件A，有放回地摇匀后连摸五次，事件A发生的次数记为Y，求Y的分布列、数学期望和方差．
解：(1)由题可得X的所有可能取值为0，1，2．
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝．
则X的分布列为
X 0 1 2
P
(2)由题易知P(A)＝＝＝，因此Y服从二项分布B．
所以P(Y＝k)＝(k＝0，1，2，3，4，5)，
则Y的分布列为
Y 0 1 2 3 4 5
P
所以E(Y)＝5×＝3，D(Y)＝5×＝．
题号
1
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12
一、单项选择题
1．接种疫苗是预防和控制传染病最经济、有效的公共卫生干预措施．根据实验数据，人在接种某种病毒疫苗后，有80%不会感染这种病毒，若有4人接种了这种疫苗，则最多1人被感染的概率为(　　)
A．　 　B．　 　C．　 　D．
13
课后作业(六十二)　二项分布、超几何分布与正态分布
√
A　[由题得最多1人被感染的概率为＝＝．故选A．]
题号
1
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13
2．(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N，随机变量Y＝(X－3)，则＝(　　)
A．0 B．
C． D．2
题号
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√
题号
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13
B　[由X～N可知，E(X)＝3，D(X)＝4，
又因为Y＝(X－3)，所以E(Y)＝E＝E＝＝0，
D(Y)＝D＝D＝1，
则＝＝．故选B．]
3．(2025·河北石家庄模拟)如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)＝(　　)
A． B．
C． D．
题号
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√
13
D　[设该质点向右移动的次数为Y，则Y～B，Y＝0，1，2，3，4，5，而X＝Y－(5－Y)＝2Y－5＞0，所以X的可能取值为1，3，5．
所以P(X＞0)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＋P(X＝5)＝P(Y＝3)＋P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝＝．故选D．]
题号
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13
4．已知某社区居民每周运动总时间为随机变量X(单位：小时)，且X～N，P＝0.2．现从该社区中随机抽取2名居民，则恰有1名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为(　　)
A．0.60 B．0.48
C．0.36 D．0.24
题号
1
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12
√
13
B　[由题意得P＝0.5，
则P＝0.5－0.2＝0.3，
所以P＝0.3×2＝0.6．
所以恰有1名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为×0.61×0.41＝2×0.6×0.4＝0.48．故选B．]
题号
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题号
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5．口袋中有6个球(除颜色外其他属性都相同)，其中3个黑球，2个红球，1个白球，ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的数目，η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的数目，则下列结论成立的是(　　)
A．EE
C．E＝E D．无法判断
13
√
题号
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12
A　[ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的数目， ξ的可能取值为0，1，2，3，则ξ～B，则E＝3×＝1；
η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的数目， η的可能取值为0，1，2，3，η满足超几何分布，
则E＝3×＝，则E13
题号
1
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12
6．已知随机变量X～N(μ，σ2)，有下列四个命题：
甲：P(X>m＋1)>P(X乙：P(X>m)＝0.5；
丙：P(X≤m)＝0.5；
丁：P(m－1如果只有一个是假命题，则该命题为(　　)
A．甲　　　B．乙　　　C．丙　　　D．丁
13
√
题号
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12
D　[因为只有一个假命题，故乙、丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，
所以乙、丙一定都正确，则μ＝m，P(X>m＋1)＝P(XP(X故甲正确，根据正态曲线的对称性可得P(m－1P(m＋113
题号
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二、多项选择题
7．(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)(　　)
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
13
√
√
题号
1
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12
13
BC　[依题可知，＝2.1，s2＝0.01，
所以Y～N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误；
因为X～N(1.8，0.12)，
所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC．]
题号
1
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12
8．(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．(　　)
13
题号
1
3
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12
A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
13
√
√
√
题号
1
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11
12
ABD　[由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β．对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，A正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为＝3β(1－β)2＋(1－β)3，C不正确．对于D，
13
题号
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发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0．5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－
α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，D正确．故选ABD．]
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题号
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三、填空题
9．(教材改编)如图是一块高尔顿板的示意图．在一块木板上钉着若干排相互平行但错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落过程中，每次碰到小木钉后可能向左或向右下落，其中向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中．格子从左到右分别编号
为0，1，2，…，10，则小球落入________号格子的概
率最大．
13
7
题号
1
3
5
2
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7　[小球下落需要10次碰撞，每次向左下落的概率为，向右下落的概率为，
小球掉入0号格子，需要向左10次，概率为，
小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，概率为，
小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，概率为，
小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，概率为，
13
题号
1
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依此类推，小球掉入k号格子，需要向左(10－k)次，向右k次，
概率为，
设小球落入k号格子的概率最大，显然k≠0，k≠10，
则，解得≤k≤，又k为整数，所以k＝7，
所以小球落入7号格子的概率最大．]
13
题号
1
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12
10．某校召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下，“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________；若用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则E(X)＝________．
13
题号
1
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12
　[由题意3人全是男志愿者，即X＝0，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
E(X)＝1×＋2×＋3×＝．
记全是男志愿者为事件A，至少有一名男志愿者为事件B，则
P(A)＝P(X＝0)＝，
P(B)＝1－P(X＝3)＝，
P(A|B)＝＝＝．]
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题号
1
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12
四、解答题
11．(2024·河南名校联考)在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小、形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球．小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量X为小张摸出白球的个数．
(1)若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求E和D；
(2)若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求X的分布列．
13
题号
1
3
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4
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11
12
解：(1)由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，且每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，所以随机变量X～B(4，0.8)，所以E＝4×0.8＝3.2，D＝4×0.8×＝0.64．
(2)由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，
且每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，随机变量X服从超几何分布，
则P＝，k＝2，3，4，
13
题号
1
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可得P＝＝，P＝＝，P＝＝，
所以X的分布列为
13
X 2 3 4
P
题号
1
3
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12．(2024·北京西城期中)某校设计了一个实验学科的实验考查方案．考生从6道备选题中一次性随机抽取3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题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成，2题不能正确完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响，求：
(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望；
(2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力．
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
解：(1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
所以ξ的分布列为
13
ξ 1 2 3
P
题号
1
3
5
2
4
6
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9
10
11
12
则E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2．
设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～B，
所以P(η＝0)＝＝，P(η＝1)＝＝，
P(η＝2)＝＝，P(η＝3)＝＝．
13
题号
1
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2
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11
12
所以η的分布列为
所以E(η)＝3×＝2．
13
η 0 1 2 3
P
题号
1
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2
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11
12
(2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2，D(ξ)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝，
D(η)＝3×＝，P(ξ≥2)＝＝，P(η≥2)＝＝．
所以D(ξ)P(η≥2)，
故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；
从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；
从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强．
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题号
1
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12
13．(2024·江苏南京、盐城一模)已知某种机器的电源电压U(单位：V)服从正态分布N．其电压通常有3种状态：①不超过200 V；②在200 V～240 V之间；③超过240 V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；
13
题号
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(2)从该机器生产的零件中随机抽取n(n≥2)件，记其中恰有2件不合格品的概率为pn，求pn取得最大值时n的值．
附：若Z～N，取P＝0.68，P＝0.95．
题号
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解：(1)记电压“不超过200 V”、“在200 V～240 V之间”、“超过240 V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D．
因为U～N，所以P＝P(U≤200)＝＝＝0.16，
P＝P＝P(μ－σP＝P＝＝＝0.16．
所以P＝PP＋PP＋PP
＝0.16×0.15＋0.68×0.05＋0.16×0.2＝0.09，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．
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题号
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(2)从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则X～B，
所以pn＝P＝·0.91n-2·0.092．
由＝＝×0.91>1，
解得2≤n<．
所以当2≤n≤21时，pn当n≥22时，pn>pn＋1，所以p22最大．
因此当n＝22时，pn最大．
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