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第3讲　大题专攻
——随机变量及其分布
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CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量的分布列、均值、方
差和概率的计算问题常常结合在一起
进行考查，重点考查超几何分布、二
项分布及正态分布，以解答题为主，
难度中等
二项分布与超几何分布 现实生活情境中的决策问题 二、真题感悟
1. （2023·全国甲卷理19题节选）（超几何分布概率模型的应用）一项试
验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20
只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓
度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小
白鼠体重的增加量（单位：g）.设X表示指定的两只小白鼠中分配到对
照组的只数，求X的分布列和数学期望.
解：X的所有可能取值为0，1，2，
且P（X＝k）＝ ，k＝0，1，2，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
X的数学期望E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＝1.
2. （2024·新高考Ⅱ卷18题节选）（相互独立事件的概率、离散型随机变量
的期望）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成.比赛
具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投
中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二
阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未
投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投
中的概率为q，各次投中与否相互独立.
（1）若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比
赛成绩不少于5分的概率；
解：甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至
少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
所以比赛成绩不少于5分的概率P＝（1－0.63）·（1－0.53）＝
0.686.
（2）假设0＜p＜q，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最
大，应该由谁参加第一阶段比赛？
解：若甲参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩X
的所有可能取值为0，5，10，15.
P（X＝0）＝（1－p）3＋[1－（1－p）3]·（1－q）3，
P（X＝5）＝[1－（1－p）3]· ·q·（1－q）2，
P（X＝10）＝[1－（1－p）3]· ·q2·（1－q），
P（X＝15）＝[1－（1－p）3]· q3，
所以E（X）＝[1－（1－p）3]·[15q（1－q）2＋30q2·（1－q）
＋15q3]＝[1－（1－p）3]·15q＝15pq·（p2－3p＋3）.
若乙参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩Y的所有可
能取值为0，5，10，15.
同理，可得E（Y）＝15pq（q2－3q＋3）.
E（X）－E（Y）＝15pq（p2－3p－q2＋3q）
＝15pq（q－p）（3－p－q），
由0＜p＜q≤1，
得q－p＞0，3－p－q＝3－（p＋q）＞0，
所以E（X）－E（Y）＞0，即E（X）＞E（Y）.
故应该由甲参加第一阶段比赛.
1. 离散型随机变量的期望与方差
（1）期望：E（X）＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn；
（2）方差：D（X）＝ （xi－E（X））2pi，标准差为 ；
（3）期望与方差的性质
E（aX＋b）＝aE（X）＋b（a，b为常数），
D（aX＋b）＝a2D（X）（a，b为常数），
若X～B（n，p），则E（X）＝np，D（X）＝np（1－p）.
2. 二项分布概率模型的特征
（1）在每一次试验中，试验结果只有两个，即发生与不发生；
（2）各次试验中的事件是相互独立的；
（3）在每一次试验中，事件发生的概率与不发生的概率都保持不变.
3. 超几何分布概率模型的特征
（1）实际问题所描述的事件只包含两个结果（发生与不发生），每进
行一次上述抽取都不是原来的重复（再次抽取时，都与上次条件
发生了变化）；
（2）每次抽取中同一事件发生的概率都不同；
（3）实际问题中随机变量为抽到某类个体的个数；
（4）该问题属于不放回抽取问题.
易错提醒　涉及求分布列时，要注意区分是二项分布还是超几何
分布.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
离散型随机变量的期望与方差
【例1】　（2024·济宁一模）袋中装有大小相同的4个红球，2个白球.某人
进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若
摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸
球次数达到4次时本轮摸球游戏结束.
（1）求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；
解：设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记
第i次（i＝1，2，3）摸到红球为事件Bi，
则事件A＝ ∪B1 ∪B1B2 ，
显然 ，B1 ，B1B2 彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：P（A）＝P（ ∪B1 ∪B1B2 ）
＝P（ ）＋P（B1 ）＋P（B1B2 ），
因为每次摸到红球后放回，所以P（Bi）＝ ，P（ ）＝ ，
所以P（A）＝ ＋ × ＋ × × ＝ .
（2）若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此
人总得分X的分布列和数学期望.
解：依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
P（X＝2）＝P（ ）＝ ，
P（X＝3）＝P（B1 ）＝ × ＝ ，
P（X＝4）＝P（B1B2 ）＋P（B1B2B3B4）＝ × × ＋（ ）4
＝ ，
P（X＝5）＝P（B1B2B3 ）＝（ ）3× ＝ ，
X 2 3 4 5
P
E（X）＝2× ＋3× ＋4× ＋5× ＝ .
所以一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为
求随机变量X的均值与方差的方法及步骤
（1）理解随机变量X的意义，写出X可能的全部取值；
（2）求X取每个值时对应的概率，写出随机变量X的分布列；
（3）由均值和方差的计算公式，求得均值E（X），方差D（X）.
　（2024·济南高三模拟考试）抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点
数分别为a，b，记［ ］的取值为随机变量X，其中［ ］表示不超过
的最大整数.
（1）求在X＞0的条件下，X＝ 的概率；
解：记抛掷骰子的样本点为（a，b），则样本空间Ω＝
{（a，b）｜1≤a≤6，1≤b≤6，a∈N*，b∈N*}，
则n（Ω）＝36，
记事件A＝“X＞0”，记事件B＝“X＝［ ］＝ ”，
则A＝{（a，b）｜1≤a≤b≤6，a∈N*，b∈N*，且［ ］＞0}，
则n（A）＝21.
又AB＝{（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），
（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3），（3，
6），（4，4），（5，5），（6，6）}，
则n（AB）＝14，
所以P（B｜A）＝ ＝ ＝ ，
即在X＞0的条件下，X＝ 的概率为 .
（2）求X的分布列及其数学期望.
解：X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.
P（X＝0）＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ，P（X＝3）＝ ＝ ，
P（X＝4）＝ ，P（X＝5）＝ ，P（X＝6）＝ ，
所以E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＋5× ＋
6× ＝ .
X 0 1 2 3 4 5 6
P
所以X的分布列为：
二项分布与超几何分布
【例2】　某地为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项
活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
（1）在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求这3所学校参与“自由
式滑雪”都超过40人的概率；
解：记“从10所学校中随机选取的3所学校参与‘自由式滑
雪’都超过40人”为事件A，
参与“自由式滑雪”的人数超过40的学校共4所，
从中随机选择3所学校的选法共 ＝4（种），
所以P（A）＝ ＝ ＝ .
（2）“单板滑雪”参与人数超过45的学校可以作为“基地学校”，现在
从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校
个数，求X的分布列和均值；
解：参与“单板滑雪”人数在45以上的学校共4所，
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
则P（X＝0）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝1）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ ＝ ＝ ，
X 0 1 2 3
P
所以E（X）＝ ＋2× ＋3× ＝ .
所以X的分布列如下表：
（3）现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动
作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试
中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为
“优秀”.在集训测试中，小明同学每个动作达到“优秀”的概率均
为 ，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训
测试中要想获得“优秀”的次数的均值达到不少于5次，那么理论上
至少要进行多少轮测试？
解：记“小明同学在一轮测试中要想获得优秀”为事件B，
则P（B）＝ （ ）2× ＋ （ ）3＝ ，
由题意，小明同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B
（ n， ），
由题意得 n≥5，得n≥ ，
因为n∈N*，所以n的最小值为20，
故至少要进行20轮测试.
1. 二项分布的期望与方差的求解策略
（1）如果ξ ～B（n，p），则用公式E（ξ）＝np，D（ξ）＝np（1
－p）求解，可大大减少计算量；
（2）有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随
机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E（aξ＋b）＝aE
（ξ）＋b以及E（ξ）＝np求出E（aξ＋b），同样也可求出D
（aξ＋b）.
2. 求超几何分布的分布列的三个步骤
（1）验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N，M，n的值；
（2）根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的
概率；
（3）用表格的形式列出分布列.
　（2024·临沂一模）某学校举办了精彩纷呈的数学文化节活动，其中
有一个“掷骰子赢奖品”的登台阶游戏最受欢迎.游戏规则如下：抛掷
一枚质地均匀的骰子一次，出现3的倍数，则一次上三级台阶，否则上
两级台阶，再重复以上步骤，当参加游戏的学生位于第8、第9或第10
级台阶时游戏结束.规定：从平地开始，结束时学生位于第8级台阶可
获得一本课外读物，位于第9级台阶可获得一套智力玩具，位于第10级
台阶则认定游戏失败.
（1）某学生抛掷三次骰子后，按游戏规则位于第X级台阶，求X的分布列
及数学期望E（X）；
解：由题意可知：每次抛掷骰子上两级台阶的概率为 ＝
，上三级台阶的概率为 ＝ ，
且X的可能取值为6，7，8，9，可得（X－6）～B（3， ），则有：
P（X＝6）＝（ ）3＝ ，
P（X＝7）＝ × ×（ ）2＝ ，
P（X＝8）＝ ×（ ）2× ＝ ，
P（X＝9）＝（ ）3＝ ，
所以X的分布列为
X 6 7 8 9
P
因为E（X－6）＝3× ＝1，所以E（X）＝7.
（2）甲、乙两位学生参加游戏，求恰有一人获得奖品的概率.
解：因为位于第10级台阶则认定游戏失败，无法获得奖品，
结合题意可知：若学生位于第10级台阶，则抛掷3次后，学生位于第
7级台阶，抛掷第4次上三级台阶，
可知不能获得奖品的概率为P1＝ × ×（ ）2× ＝ ，
所以甲、乙两位学生参加游戏，恰有一人获得奖品的概率P＝
× ×（1－ ）＝ .
现实生活情境中的决策问题
【例3】　（2024·滨州二模）某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的
株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物的影响情况.其中
长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应第1，2，3组.观察
一段时间后，分别从第1，2，3组各随机抽取20株鸡冠花作为样本，得到
相应的株高增量数据整理如下表：
株高增量（单位：厘米） （4，7] （7，10] （10，13] （13，16]
第1组鸡冠花样本株数 4 10 4 2
第2组鸡冠花样本株数 3 8 8 1
第3组鸡冠花样本株数 7 5 7 1
（1）从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，求至少有1株鸡冠花
的株高增量在（7，10]内的概率；
解：记“从第1组抽取的20株鸡冠花样本中随机抽取2株，至少
有1株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件A，所以P（A）＝
＝ .
（2）分别从第1组，第2组，第3组的鸡冠花中各随机抽取1株，记这3株鸡
冠花中恰有X株的株高增量在（7，10]内，求X的分布列和数学期望
E（X）；
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.
解：记“从第i（i＝1，2，3）组的鸡冠花中各随机抽取1株，
这株鸡冠花的株高增量在（7，10]内”为事件Bi，
由题意可知：P（B1）＝ ，P（B2）＝ ，P（B3）＝ ，
X的可能取值有0，1，2，3，则有：
P（X＝0）＝（1－ ）×（1－ ）×（1－ ）＝ ，
P（X＝1）＝ ×（1－ ）×（1－ ）＋（1－ ）× ×（1－ ）
＋（1－ ）×（1－ ）× ＝ ，
P（X＝2）＝ × ×（1－ ）＋ ×（1－ ）× ＋（1－ ）×
× ＝ ，
P（X＝3）＝ × × ＝ .
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
X的期望E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .
（3）用“ζk＝1”表示第k组鸡冠花的株高增量在（4，10]内，“ζk＝0”
表示第k组鸡冠花的株高增量在（10，16]内，k＝1，2，3.比较方
差D（ζ1），D（ζ2），D（ζ3）的大小，并说明理由.
解：由题意可知：ζ1，ζ2，ζ3均服从两点分布，则有：
ζ1的分布列为：
ζ1 0 1
P
可得ζ1的方差D（ζ1）＝ × ＝ ；
ζ2 0 1
P
可得ζ2的方差D（ζ2）＝ × ＝ ；
ζ2的分布列为：
可得ζ3的方差D（ζ3）＝ × ＝ ；
因为 ＞ ＞ ，所以D（ζ2）＞D（ζ3）＞D（ζ1）.
ζ3 0 1
P
ζ3的分布列为：
决策类问题的解题关注点
（1）关注均值：随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平；
（2）关注方差：随机变量的方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它
们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的
重要理论依据；
（3）先后顺序：一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决策.
　灯带是生活中常见的一种装饰材料，已知某款灯带的安全使用寿命
为5年，灯带上照明的灯珠为易损配件，该灯珠的零售价为4元/只，但
在购买灯带时可以以零售价五折的价格购买备用灯珠.该灯带销售老板
为了给某顾客节省装饰及后期维护的支出，提供了150条这款灯带在安
全使用寿命内更换的灯珠数量的数据，数据如图所示.以这150条灯带
在安全使用寿命内更换的灯珠数量的频率代替1条灯带更换的灯珠数量
发生的概率，若该顾客买1盒此款灯带，每盒有2
条灯带，记X表示这1盒灯带在安全使用寿命内
更换的灯珠数量，n表示该顾客购买1盒灯带的同
时购买的备用灯珠数量.
（1）求X的分布列；
解：设ζ表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，则P（ζ＝5）＝P（ζ＝7）＝P（ζ＝8）＝0.2，P（ζ＝6）＝0.4，X的取值范围是{10，11，12，13，14，15，16}，P（X＝10）＝0.2×0.2＝0.04，P（X＝11）＝2×0.2×0.4＝0.16，
P（X＝12）＝0.42＋2×0.2×0.2＝0.24，
P（X＝13）＝2×（0.2×0.2＋0.2×0.4）＝0.24，
P（X＝14）＝0.22＋2×0.4×0.2＝0.2，
P（X＝15）＝2×0.2×0.2＝0.08，
P（X＝16）＝0.2×0.2＝0.04，
X的分布列为
X 10 11 12 13 14 15 16
P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）若满足P（X≥n）≤0.6的n的最小值为n0，求n0；
解：由（1）可知P
（X≥12）＝0.8，
P（X≥13）＝0.56，
故n0＝13.
（3）在灯带安全使用寿命期内，以购买替换灯珠所需总费用的期望值为
依据，比较n＝n0－1与n＝n0哪种方案更优.
解：由（2）可知n0－1＝12，
在灯带安全使用寿命期内，当n＝
12时，设购买替换灯珠所需总费用
为u元，当n＝13时，设购买替换
灯珠所需总费用为v元，则
E（u）＝24＋0.24×4＋0.2×8＋
0.08×12＋0.04×16＝28.16，
E（v）＝26＋0.2×4＋0.08×8＋0.04×12＝27.92，
E（v）＜E（u），
故以购买替换灯珠所需总费用的期望值为依据，n＝n0比n＝n0－1
的方案更优.
03
课时跟踪检测
1. （2024·九省联考）盒中有标有数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次
取出3个小球.
（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
1
2
3
4
解：从8个小球中，随机一次取出3个小球，
共有 ＝ ＝56（种）结果.
先从数字1，2，3，4中选择3个数字，再从选定的数字中各取1个
小球，共有 ＝32（种）结果.
记事件A：“取出的3个小球上的数字两两不同”，
则P（A）＝ ＝ .
所以取出的3个小球上的数字两两不同的概率为 .
1
2
3
4
（2）记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E
（X）.
解：因为X为取出的3个小球上的最小数字，所以X的所有
可能取值为1，2，3，
P（X＝1）＝ ＝ ，
P（X＝2）＝ ＝ ，
P（X＝3）＝ ＝ .
1
2
3
4
X 1 2 3
P
X的数学期望E（X）＝1× ＋2× ＋3× ＝ .
故X的分布列为
1
2
3
4
2. （2024·安庆二模）树人高中拟组织学生到某航天基地开展天宫模拟飞
行器体验活动，该项活动对学生身体体能指标和航天知识素养有明确要
求.学校所有3 000名学生参加了遴选活动，遴选活动分以下两个环节，
当两个环节均测试合格时可以参加体验活动.
1
2
3
4
第一环节：对学生身体体能指标进行测试，当测试值ζ≥12.2时体能指
标合格；
第二环节：对身体体能指标符合要求的学生进行航天知识素养测试，测
试方案为对A，B两类试题依次作答，均测试合格才能符合遴选要求.
每类试题均在题库中随机产生，有两次测试机会，在任一类试题测试
中，若第一次测试合格，不再进行第二次测试.若第一次测试不合格，
则进行第二次测试，若第二次测试合格，则该类试题测试合格，若第二
次测试不合格，则该类试题测试不合格，测试结束.
经过统计，该校学生身体体能指标ζ服从正态分布N（9，2.56）.
1
2
3
4
参考数值：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.
（1）请估计树人高中遴选学生符合身体体能指标的人数（结果取整
数）；
解：P（ζ≥12.2）＝P（ζ≥μ＋2σ）＝ ＝0.022 75.
所以符合该项指标的学生人数为3 000×0.022 75＝68.25≈68.
1
2
3
4
（2）学生小华通过身体体能指标遴选，进入航天知识素养测试，作答
A类试题，每次测试合格的概率为 ，作答B类试题，每次测试合
格的概率为 ，且每次测试相互独立.
①在解答A类试题第一次测试合格的条件下，求测试共进行3次的
概率；
②若解答A，B两类试题测试合格的类数为X，求X的分布列和数
学期望.
1
2
3
4
解：①记A1表示解答A类试题第一次测试合格，
B1，B2分别表示解答B类试题第一次和第二次测试合格，测试共
进行3次记为事件M，
则P（A1）＝ ，P（A1M）＝P（A1 B2）＋P（A1 ）＝
× × ＋ × × ＝ .
P（M｜A1）＝ ＝
＝ ＝ .
1
2
3
4
②由题知，X的取值为0，1，2，
P（X＝0）＝ × ＝ ，
P（X＝1）＝ × × ＋ × × × ＝ ，
P（X＝2）＝1－P（X＝0）－P（X＝1）＝ ，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
数学期望E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＝ .
1
2
3
4
3. （2024·菏泽一模）某商场举行“庆元宵，猜谜语”的促销活动，抽奖
规则如下：在一个不透明的盒子中装有若干个标号为1，2，3的空心小
球，球内装有难度不同的谜语.每次随机抽取2个小球，答对一个小球中
的谜语才能回答另一个小球中的谜语，答错则终止游戏.已知标号为1，
2，3的小球个数比为1∶2∶1，且取到异号球的概率为 .
（1）求盒中2号球的个数；
1
2
3
4
解：由题意可设1，2，3号球的个数分别为n，2n，n，
则取到异号球的概率P＝ ＝ ，
所以 ＝ ，即n2＝2n.解得n＝2.
所以盒中2号球的个数为4.
1
2
3
4
（2）若甲抽到1号球和3号球，甲答对球中谜语的概率和对应奖金如表
所示，请帮甲决策猜谜语的顺序（猜对谜语的概率相互独立）.
球号 1号球 3号球
答对概率 0.8 0.5
奖金 100 500
1
2
3
4
解：若甲先回答1号球再回答3号球中的谜语，
因为猜对谜语的概率相互独立，记X为甲获得的奖金总额，
则X可能的取值为0元，100元，600元，
P（X＝0）＝0.2，
P（X＝100）＝0.8×（1－0.5）＝0.4，
P（X＝600）＝0.8×0.5＝0.4.
X的分布列为
X 0 100 600
P 0.2 0.4 0.4
1
2
3
4
X的均值为E（X）＝280.
若甲先回答3号球再回答1号球中的谜语，因为猜对谜语的概率
相互独立，
记Y为甲获得的奖金总额，则Y可能的取值为0元，500元，600元，
P（Y＝0）＝0.5.
P（Y＝500）＝0.5×（1－0.8）＝0.1，
P（Y＝600）＝0.5×0.8＝0.4，
1
2
3
4
Y 0 500 600
P 0.5 0.1 0.4
Y的均值为E（Y）＝290.
因为E（Y）＞E（X），所以推荐甲先回答3号球中的谜语再回
答1号球中的谜语.
Y的分布列为
1
2
3
4
4. （2024·赣州模拟）某人准备应聘甲、乙两家公司的高级工程师，两家
公司应聘程序都是：应聘者先进行三项专业技能测试，专业技能测试通
过后进入面试.已知该应聘者应聘甲公司，每项专业技能测试通过的概
率均为 ，该应聘者应聘乙公司，三项专业技能测试通过的概率依次为
， ，m，其中0＜m＜1，技能测试是否通过相互独立.
（1）若m＝ .求该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两项
的概率；
1
2
3
4
解：记“该应聘者应聘乙公司三项专业技能测试恰好通过两
项”为事件A，
由题设P（A）＝ × × × ＋ × ×（ ）2＝ .
1
2
3
4
（2）已知甲、乙两家公司的招聘在同一时间进行，该应聘者只能应聘
其中一家，应聘者以专业技能测试通过项目数的数学期望为决策
依据，若该应聘者更有可能通过乙公司的技能测试，求m的取值
范围.
1
2
3
4
解：设“该应聘者应聘甲、乙公司三项专业技能测试中通过
的项目数分别记为ζ，η”，
由题设知：ζ～B（3， ），所以E（ζ）＝3× ＝2，
η的所有可能取值为0，1，2，3，
P（η＝0）＝ × ×（1－m）＝ ，
P（η＝1）＝ × ×（1－m）＋ × ×（1－m）＋ × ×m
＝ ，
1
2
3
4
P（η＝2）＝ × ×（1－m）＋ × ×m＋ × ×m＝ ，
P（η＝3）＝ × ×m＝ ＝ ，
故η的分布列为
η 0 1 2 3
P
1
2
3
4
从而E（η）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ，
由得解得 ＜m＜1，
故m的取值范围为（ ，1）.
1
2
3
4

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