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第70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．
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．
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
3．(苏教版选择性必修第二册P146T10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
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)＝___________．
5．(人教B版选择性必修第二册P89练习BT1)已知随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X~B(n，p)，且E(X)＝7，D(X)＝6，则p的值为___________．
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______________________．
(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(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)＝___________．
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．
(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．
(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)＝____．
1．“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率P＝pk(1－p)n-k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n-k(k＝0，1，2，…，n)．
2．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．
3．正态分布是连续型随机变量，与其相关的概率问题，常借助其对称性求解．
考点一　二项分布
　n重伯努利试验的概率
[典例1]　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为．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？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　二项分布
[典例2]　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，记甲的得分为X．
(1)经过3局比赛，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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：(1)在求n重伯努利试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据伯努利试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，从而求得概率．
[巩固迁移]
1．纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面，第三步绘花刷油．已知某工艺师制作出一件优秀作品的概率为，在某次纸伞制作比赛中，该工艺师制作了4件作品．
(1)设该工艺师制作的优秀作品数为X，求X的分布列及期望；
(2)若制作一件优秀作品得10分，制作一件不合格品扣5分，求该工艺师在本次比赛中得分的期望和方差．
考点二　超几何分布
[典例3]　(2025·辽宁沈阳期末)现有一堆颜色不同，形状相同的小球在甲、乙两个完全相同的袋中，其中甲袋中有4个红色小球，2个白色小球，乙袋中有3个红色小球，1个白色小球．
(1)先从甲、乙两袋中任取一袋，然后在所取袋中任取一球，求取出的是红球的概率；
(2)将甲、乙两袋合为一袋，然后在袋中一次任取3球，设所取3个球中红球的个数为X，求X的分布列及期望．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
[巩固迁移]
2．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，直至连续2次取到黑球才停止，设在第Y次取球后停止取球，求P．
考点三　正态分布
[典例4]　(1)(多选)(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
，s2)(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)，则 (　　)
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
(2)(2026·浙江杭州模拟)已知某场考试考生人数为10 000人，考试的成绩服从正态分布N(300，2 500)，若录取分数线为350分，则录取人数约为___________．(结果四舍五入取整数)(参考数据：若ξ服从正态分布N(μ，δ2)，则P(μ－δ≤ξ≤μ＋δ)≈0.682 7)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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．
[巩固迁移]
3．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗-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(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)
A．0.158 7 B．0.022 8
C．0.002 7 D．0.001 4
4．(多选)随机变量X服从正态分布N，则 (　　)
A．μ＝2
B．P
C．P
D．P
第70课时　二项分布、超几何分布与正态分布
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．D　2．A　3．C　4．
No2．储备知识要点
1．(1)两个可能　n重伯努利试验
(2)pk(1－p)n-k　二项分布　(3)p(1－p)　np　np(1－p)
2．(1)
3．(2)X~N(μ，σ2)　0　1　(3)x＝μ　x＝μ　(4)0.682 7　0.954 5　0.997 3　(5)μ　σ2
精研考点·提升素养
考点一
考向1　典例1　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＝D5D4)，
且P(Di)＝．
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P()P()＝．
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为．
考向2　典例2　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(X)＝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(X＝2)＋P(X＝3)＝．
巩固迁移
1．解：(1)依题意，制作一件优秀作品的概率为，
该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4．
由题意可知X~B，
所以P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
P(X＝4)＝．
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
数学期望E(X)＝4×．
(2)设该工艺师在本次比赛中的得分为Y，则Y＝10X－5(4－X)＝15X－20，
由(1)知E(X)＝，D(X)＝4×，
则E(Y)＝E(15X－20)＝15E(X)－20＝15×－20＝4，
D(Y)＝D(15X－20)＝152D(X)＝152×＝216，
所以该工艺师在本次比赛中得分的期望和方差分别为4和216．
考点二
典例3　解：(1)设事件A为“取出的是红球”，事件B1为“取到甲袋”，事件B2为“取到乙袋”，
因为甲袋中有4个红色小球，2个白色小球，乙袋中有3个红色小球，1个白色小球，
所以P(B1)＝P(B2)＝，P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，
则P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＝P(B1)·P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝．
(2)若将甲、乙两袋合为一袋，
此时共有7个红球和3个白球，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故E(X)＝0×．
巩固迁移
2．解： (1) X的可能取值为0，1，2，P(X＝k)＝，其中k＝0，1，2．
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
故E．
(2)当Y＝5时，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
典例4　(1)BC　(2)1 587　[(1)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．
(2)因为考试成绩服从正态分布N(300，2 500)，
故P(ξ≥350)＝P(ξ≥300＋50)＝＝0.158 65，
所以录取人数为0.158 65×10 000≈1 587．]
巩固迁移
3．A　[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＝50，D＝np(1－p)＝100×＝25，由题意，X~N(μ，σ2)，且μ＝E＝50，σ2＝D(X)＝25，则σ＝5，因为P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈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(X≤45)＝P(X≤50－5)≈≈0.158 7．故选A．]
4．AB　[对于A，由P知μ＝2，故A正确；
对于B，C，在正态分布X~N中，
P(X>2)＝P(X≥2)＝，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，P6/6(共131张PPT)
第70课时　二项分布、超几何分布与正态分布
第九章　计数原理、概率、随机变量及其分布
[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．
以题引理·激活思维
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．
√
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，变量X服从超几何分布，
∴E(X)＝＝4．故选A．]
3．(苏教版选择性必修第二册P146T10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)＝．]
5．(人教B版选择性必修第二册P89练习BT1)已知随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X~B(n，p)，且E(X)＝7，D(X)＝6，则p的值为_____________．
　[因为随机变量X~B(n，p)， 且E(X)＝7，D(X)＝6，
所以np＝7，np(1－p)＝6， 所以p＝．]
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(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
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．
0.682 7
0.954 5
0.997 3
(5)正态分布的均值与方差
若X~N(μ，σ2)，则E(X)＝__，D(X)＝____．
μ
σ2
1．“恰好发生k次”与“有指定的k次发生”不同：恰好发生k次的概率P＝pk(1－p)n-k，有指定的k次发生的概率P＝pk(1－p)n-k(k＝0，1，2，…，n)．
2．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．
3．正态分布是连续型随机变量，与其相关的概率问题，常借助其对称性求解．
考点一　二项分布
考向1　n重伯努利试验的概率
[典例1]　甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为．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．
精研考点·提升素养
(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？
[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＝D5D4)，
且P(Di)＝．
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P()P()＝．
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为．
考向2　二项分布
[典例2]　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，记甲的得分为X．
(1)经过3局比赛，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．
所以X的分布列为
因为X~B，所以X的期望E＝2．
[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)＝．
X 0 1 2 3
P
(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．
名师点评：(1)在求n重伯努利试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据伯努利试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，从而求得概率．
[巩固迁移]
1．纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面，第三步绘花刷油．已知某工艺师制作出一件优秀作品的概率为，在某次纸伞制作比赛中，该工艺师制作了4件作品．
(1)设该工艺师制作的优秀作品数为X，求X的分布列及期望；
(2)若制作一件优秀作品得10分，制作一件不合格品扣5分，求该工艺师在本次比赛中得分的期望和方差．
[解]　(1)依题意，制作一件优秀作品的概率为，
该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4．
由题意可知X~B，所以P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，P(X＝4)＝．
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
E(X)＝4×．
(2)设该工艺师在本次比赛中的得分为Y，则Y＝10X－5(4－X)＝15X－20，
由(1)知E(X)＝，D(X)＝4×，
则E(Y)＝E(15X－20)＝15E(X)－20＝15×－20＝4，
D(Y)＝D(15X－20)＝152D(X)＝152×＝216，
所以该工艺师在本次比赛中得分的期望和方差分别为4和216．
【教用·备选题】
1．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
，又k为整数，可得k＝33，所以P(X＝k)≤P(X＝33)．
故选C．]
2．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＝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＝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．
考点二　超几何分布
[典例3]　(2025·辽宁沈阳期末)现有一堆颜色不同，形状相同的小球在甲、乙两个完全相同的袋中，其中甲袋中有4个红色小球，2个白色小球，乙袋中有3个红色小球，1个白色小球．
(1)先从甲、乙两袋中任取一袋，然后在所取袋中任取一球，求取出的是红球的概率；
(2)将甲、乙两袋合为一袋，然后在袋中一次任取3球，设所取3个球中红球的个数为X，求X的分布列及期望．
[解]　(1)设事件A为“取出的是红球”，事件B1为“取到甲袋”，事件B2为“取到乙袋”，
因为甲袋中有4个红色小球，2个白色小球，乙袋中有3个红色小球，1个白色小球，
所以P(B1)＝P(B2)＝，P(A|B1)＝，P(A|B2)＝，
则P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝．
(2)若将甲、乙两袋合为一袋，
此时共有7个红球和3个白球，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
则X的分布列为



故E(X)＝0×．
X 0 1 2 3
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．
[巩固迁移]
2．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，直至连续2次取到黑球才停止，设在第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


故E．
X 0 1 2
P
(2)当Y＝5时，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)(多选)(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
√
√
(2)(2026·浙江杭州模拟)已知某场考试考生人数为10 000人，考试的成绩服从正态分布N(300，2 500)，若录取分数线为350分，则录取人数约为_____________．(结果四舍五入取整数)(参考数据：若ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7)
1 587
(1)BC　(2)1 587　[(1)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．
(2)因为考试成绩服从正态分布N(300，2 500)，
故P(ξ≥350)＝P(ξ≥300＋50)＝＝0.158 65，
所以录取人数为0.158 65×10 000≈1 587．]
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．
[巩固迁移]
3．概率论中有一个重要的结论是棣莫弗-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
√
A　[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＝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(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈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(X≤45)＝P≈0.158 7．故选A．]
4．(多选)随机变量X服从正态分布N，若P，则(　　)
A．μ＝2
B．P
C．P
D．P
√
√
AB　[对于A，由P知μ＝2，故A正确；
对于B，C，在正态分布X~N中，P(X>2)＝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，所以D错误．故选AB．]
【教用·备选题】
1．设随机变量X~N(2，9)，若P(X>c＋1)＝P(X2
0.954 5
2　0.954 5　[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．]
2．(多选)设随机变量X~N，f ，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
C．函数f 上是增函数
D．f
√
√
√
ACD　[随机变量X~N σ2＝1，μ＝0，则A正确； 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 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，则D正确．故选ACD．]
3．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
√
B　[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<，所以f (53)>f (52)．
令
＝0.16·＝0.16·<1，
所以x>，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．]
一、单项选择题
1．已知随机变量ξ~B(12，p)，且E(2ξ－3)＝5，则D(3ξ)＝(　　)
A． B．8
C．12 D．24
D　[因为E(2ξ－3)＝2E(ξ)－3＝2×12p－3＝5，
所以p＝，故D(3ξ)＝32D(ξ)＝9×12×＝24．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
课后作业(七十)　二项分布、超几何分布与正态分布
√
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
2．(2026·安徽阜阳开学考试)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X≥3)＝0.3，则P(1A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
√
B　[因为随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，所以P(X≤2)＝0.5，
又P(X≥3)＝0.3，所以P(X≤1)＝P(X≥3)＝0.3，
则P(13．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．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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
4．甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为(　　)
A． B．
C． D．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
C　[由题意可知，共进行6局比赛，
第6局甲获胜，前5局比赛甲获胜3局，乙获胜2局，
所以甲以4比2获胜的概率为．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
5．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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
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
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
6．(2025·广东广州一模)口袋内放有大小相同的2个红球和1个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列为an＝如果Sn为数列的前n项和，那么S7＝－3的概率为(　　)
A． B．
C． D．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[由题意S7＝－3说明共摸球七次，只有两次摸到白球，由于每次摸球的结果之间没有影响，摸到红球的概率是
．故共摸球七次只有两次摸到白球的概率是．故选B．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．(2026·重庆开学考试)随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X~N(2，4)，Y~B，则(　　)
A．P(X≤2)＝ B．P(Y＝2)＝
C．E(X)＝E(Y) D．D(X)＝D(Y)
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
ABC　[对于A，由X~N(2，4)，所以P(X≤2)＝，故A正确；
对于B，由Y~B，所以P(Y＝2)＝，故B正确；
对于C，由E(X)＝μ＝2，E(Y)＝4×＝2，
所以E(X)＝E(Y)，故C正确；
对于D，由D(X)＝σ2＝4，D(Y)＝4×＝1，所以D(X)>D(Y)，故D错误．故选ABC．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
8．(2026·湖北恩施模拟)已知盒子中有12个样品，6个不同的正品和6个不同的次品，现从中逐个抽取5个样品．方案一：有放回地抽样，记取得次品个数为X；方案二：不放回地抽样，记取得次品个数为Y，则(　　)
A．P(X＝0)B．当k＝2或3时，P(X＝k)最大
C．E(X)＝E(Y)
D．两种方案中第三次抽到次品的概率均为
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
BCD　[方案一中，有放回地抽样，则取得次品个数服从X~B，
∴P(X＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，5，
方案二中，不放回地抽样，则取得次品个数Y服从超几何分布，
则P(Y＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，5．
选项A，P(X＝0)＝，P(Y＝0)＝，P(X＝0)>P(Y＝0)，A错误；
题号
2
1
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4
5
6
8
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11
12
选项B，∵P(X＝k)＝，故当k＝2或3时，P(X＝k)最大，B正确；
选项C，由二项分布及超几何分布期望公式E(X)＝5×，E(Y)＝，C正确；
选项D，方案一中，每次抽到次品的概率均为，
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
方案二，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”，
其中“正正次”的概率为，
“次正次”的概率为，
“次次次”的概率为，
故第三次抽到次品的概率为，D正确．故选BCD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
三、填空题
9．设随机变量ξ服从正态分布N(2，1)，若P(ξ>a＋1)＝P(ξ题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
　[因为ξ~N(2，1)且P(ξ>a＋1)＝P(ξ所以a＋1＋a＝2×2，解得a＝．]
10．(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈．第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6．若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4．小桐一周跑11圈的概率为_________；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X，则期望E(X)＝_____________．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
0.6
3.2
0.6　3.2　[由题意可知，小桐一周跑10圈或11圈或12圈，
小桐一周跑10圈的概率为0.5×0.4＝0.2，
小桐一周跑11圈的概率为0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6，
小桐一周跑12圈的概率为0.5×0.4＝0.2，
一周至少跑11圈的概率为0.6＋0.2＝0.8，
则X~B(4，0.8)，
所以E(X)＝4×0.8＝3.2．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
四、解答题
11．(2026·江苏南京开学考试)袋中有8个大小相同的球，其中有3个黄球、5个白球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球．
(1)若每次抽取后都放回，设取到黄球的个数为X，求P(X≥1)；
(2)若每次抽取后都不放回，设取到黄球的个数为Y，求Y的分布列和数学期望．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)每次抽取后都放回，则取到黄球的个数X~B，
所以P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，
所以P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝．
(2)每次抽取后都不放回，则取到黄球的个数Y的值可能为0，1，2．
且P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
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11
12
所以Y的分布列为



所以E(Y)＝0×．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
Y 0 1 2
P
12．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，击中目标三次起火点必定被扑灭．
题号
2
1
3
4
5
6
8
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9
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11
12
(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．
2025课标新变化：具有运用随机思想进行数据分析的意识．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
[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~B，∴E．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
X 0 1 2 3
P
(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＝．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．(2026·吉林长春模拟)已知随机变量X~B，则P(X≤1)＝(　　)
A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．
D　[由题意得P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝，故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
阶段评估(十三)　(第65课时~第70课时)
√
16
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
2．(2026·重庆模拟)已知随机变量X的分布列如下


若E(X)＝4，则a＝(　　)
A． B．
C． D．
√
16
X 2 3 5
P a b 2b－a
C　[由分布列的性质可得a＋b＋2b－a＝1，解得b＝，
可得E(X)＝2a＋3×－3a＝4，解得a＝．
故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
3．在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为
(　　)
A．32 B．24
C．18 D．12
题号
2
1
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√
16
B　[按照A场地安排人数，可以分以下两类：
第一类，A场地安排1人，共＝18(种)安排方法，
第二类，A场地安排2人，共＝6(种)安排方法，
由分类加法计数原理得，共有18＋6＝24(种)不同安排方法．
故选B．]
题号
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4．(2026·广东阳江模拟)医学部门对某地区的一种地方性疾病进行医学研究，已知该地区有良好卫生习惯的居民占0.6，没有良好卫生习惯的居民占0.4，该地区所有居民患这种地方性疾病的概率为0.014．若有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为0.01，则没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为(　　)
A．0.03 B．0.024
C．0.02 D．0.018
题号
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√
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C　[设事件A＝“居民患有这种地方性疾病”，事件B1＝“居民有良好卫生习惯”，事件B2＝“居民没有良好卫生习惯”．由题意，P(B1)＝0.6，P(B2)＝0.4，P(A)＝0.014，P(A|B1)＝0.01，
由全概率公式，可得P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)，
即0.014＝0.6×0.01＋0.4×P(A|B2)，解得P(A|B2)＝0.02，
即没有良好卫生习惯的居民患这种地方性疾病的概率为0.02．故选C．]
题号
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5．从正方体的8个顶点中任取3个连接构成三角形，则能构成正三角形的概率为(　　)
A． B．
C． D．
题号
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√
16
A　[如图，从正方体的8个顶点中任选3个构成三角形有＝56(种)情况，其中能构成正三角形的有8种情况：△ACD1，△BDC1，△ACB1，△BDA1，△A1C1B，△B1D1A，△B1D1C，△A1C1D．
故所求概率为．]
题号
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6．(2026·江苏常州模拟)将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件A：两次的点数之和为偶数，B：两次的点数之积为奇数，C：第一次的点数小于5，则(　　)
A．P(B)＝ B．P(C)＝
C．A与C相互独立 D．A与B互斥
题号
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√
16
C　[抛掷2次， 两次的点数之和为偶数，则两次点数都为奇数或偶数，所以P(A)＝，
两次的点数之积为奇数，则两次点数都为奇数，
所以P(B)＝，
第一次的点数小于5的情况有4种，所以P(C)＝，
第一次的点数小于5且为奇数有2种情况，第二次为奇数的情况有3种，
题号
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16
同理第一次的点数小于5且为偶数有2种情况，第二次为偶数的情况有3种，
所以P(AC)＝＝P(A)P(C)，所以A与C相互独立．故C正确；
事件A与事件B能同时发生，所以不互斥，故D错误．
故选C．]
题号
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二、多项选择题
7．若随机变量X服从正态分布N(6，4)，且P(2A．P(7P(1B．E(2X＋1)＝13
C．P(4D．D(2X＋1)＝8
题号
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√
16
√
√
ABC　[随机变量X服从正态分布N(6，4)，则μ＝6，σ＝2，P(7P(1E(X)＝μ＝6，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝13，B正确；
由P(2D(X)＝σ2＝4，则D(2X＋1)＝4D(X)＝16，D错误．]
题号
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8．(2026·江苏南京模拟)某校开展“强国有我，筑梦前行”主题演讲比赛，共有4位男生，6位女生进入决赛．现通过抽签决定出场顺序，记事件A表示“第一位出场的是女生”，事件B表示“第二位出场的是女生”，则(　　)
A．P(AB)＝ B．P(B|A)＝
C．P(A)＝P(B) D．P(A∪B)＝
题号
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√
16
√
√
BCD　[对于A，P(AB)＝，故A错误；
对于B，P(A)＝，P(B|A)＝，故B正确；
对于C，事件B可分为两种情况：第一位出场的是男生且第二位出场的是女生；第一位出场的是女生且第二位出场的是女生，
∴P(B)＝，∴P(A)＝P(B)，故C正确；
对于D，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝，故D正确．故选BCD．]
题号
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三、填空题
9．已知(ax－2)的展开式中的常数项为240，则a＝_____．
题号
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3　[的展开式的通项Tk+1＝x5-k·x5-2k(k＝0，1，2，3，4，5)，
令5－2k＝－1，得k＝3，令5－2k＝0，无解，所以(ax－2)的展开式中的常数项为a·23＝80a＝240，所以a＝3．]
16
3
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)＝_____________．
题号
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　[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×．
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)＝．]
题号
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四、解答题
11．(2025·山东济南一模)某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．
(1)求智能客服的回答被采纳的概率；
(2)在某次测试中输入了3个问题(3个问题相互独立)，设X表示智能客服的回答被采纳的次数，求X的分布列、期望及方差．
题号
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[解]　(1)设A＝“智能客服的回答被采纳”，B＝“输入的问题表达不清晰”，
依题意，P(B)＝，P()＝，P(A|B)＝，P(A|)＝，
因此P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝，
所以智能客服的回答被采纳的概率为．
题号
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(2)依题意，X的所有可能取值为0，1，2，3，X~B，
P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以X的分布列为
题号
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X 0 1 2 3
P
E(X)＝3×；D(X)＝3×．
12．(2025·广东中山一模)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题便可通过．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，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及数学期望；
(2)请从稳定性的角度分析甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
题号
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[解]　(1)设甲正确完成面试题数为X，乙正确完成面试题数为Y，则X可取1，2，3，Y可取0，1，2，3，
则P(X＝1)＝，P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，
所以甲正确完成面试题数X的分布列为
题号
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16
X 1 2 3
P
E(X)＝1×＝2．
P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，
P(Y＝2)＝，P(Y＝3)＝，
所以乙正确完成面试题数Y的分布列为
题号
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16
Y 0 1 2 3
P
E(Y)＝0×＝2．
(2)由(1)得D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝，
D(Y)＝×(0－2)2＋×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝，
因为D(X)所以甲面试通过的可能性大．
题号
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13．(2025·重庆二模)某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下：
题号
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16
零件直径 (单位：厘米) [1.0， 1.2) [1.2， 1.4) [1.4， 1.6) [1.6， 1.8) [1.8，
2.0]
零件个数 10 25 30 25 10
(1)经统计，零件的直径ξ服从正态分布N(1.5，0.2282)，据此估计这批零件直径在区间[1.044，1.5]内的概率；
(2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间[1.2，1.4)内的零件个数为η，求η的分布列和数学期望；
题号
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16
(3)在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率．
参考数据： 若随机变量ξ~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤ξ≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤ξ≤μ＋3σ)≈0.997 3．
题号
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[解]　(1)由题意P(μ－2σ≤ξ≤μ＋2σ)＝2P(μ－2σ≤ξ≤μ)＝2P(1.044≤ξ≤1.5)
≈0.954 5，得P(1.044≤ξ≤1.5)≈0.477 25．
(2)由题意，随机抽取一个零件，直径在区间[1.2，1.4)内的概率为，
故由题意可知η服从二项分布B，
故P(η＝0)＝，P(η＝1)＝，
P(η＝2)＝，
P(η＝3)＝，P(η＝4)＝，
题号
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故η的分布列为


η的数学期望为E(η)＝4×＝1．
题号
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η 0 1 2 3 4
P
(3)设事件A为“从这批零件中随机抽取一件是甲机器生产”，事件B为“从这批零件中随机抽取一件为次品”，
则为“从这批零件中随机抽取一件是乙机器生产”，
由题意P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝0.3＝，P(B|)＝0.2＝，
则P(AB)＝P(A)P(B|A)＝，
P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝，
故P(A|B)＝，故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 这个零件是甲机器生产的概率为．
题号
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14．(2026·湖北十一校模拟)某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球．模型一为若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中．
题号
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(1)分别计算在两种模型下，取两次球，第二次取到的球是红球的概率；
(2)在模型二的前提下：
①求在第n(n≥2)次取球时，取到的球恰好是第二个红球的概率(结果用n表示)．
②现规定当两个红球都被取出来时停止取球，且最多取球10次，第10次取球结束后无论盒中是否还有红球均停止取球，记取球的次数为X，求X的数学期望．
题号
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16
[解]　(1)记在模型一下，第二次取到红球的概率为P1，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则P1＝；
记在模型二下，第二次取到红球的概率为P2，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，
则P2＝．
题号
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(2)①设第k(k则Pk＝，
则第n次恰好取到第二个红球的概率P为Pk中k从1到n－1取值累加求和，即
P＝＋…＋，
题号
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16
利用等比数列求和公式即可得
P＝＝＝＝＝
＝．
题号
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16
②由题可知，X的取值依次为2，3，…，9，10，
当X＝10时，P(X＝10)＝1－[P(X＝2)＋P(X＝3)＋…＋P(X＝9)]，
由数学期望的定义和①中的概率公式可知，
E(X)＝2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋…＋9×P(X＝9)＋10×{1－[P(X＝2)＋P(X＝3)＋…＋P(X＝9)]}＝10－[8×P(X＝2)＋7×P(X＝3)＋…＋1×P(X＝9)]＝10－
，
题号
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设an＝×(－n＋9)×，bn＝×(－n＋9)×，n＝1，2，…，8，
由错位相减法可得a1＋a2＋…＋a8＝5＋10×，b1＋b2＋…＋b8＝4＋2×，
所以E(X)＝10－．
题号
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15．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；
(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(μ－σP＝0.16．
所以P
＝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．
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．
题号
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16．某素质训练营设计了一项闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次．如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1，p2，p3，假定p1，p2，p3互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立．
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(1)计划依次派甲、乙、丙进行闯关，若p1＝，p2＝，p3＝，求该小组比赛胜利的概率；
(2)若依次派甲、乙、丙进行闯关，请写出所需派出的人员数目X的分布列，并求X的期望E；
(3)已知1>p1>p2>p3，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出．
题号
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[解]　(1)设事件A表示“该小组比赛胜利”，
则P．
(2)由题意可知，X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X＝1)＝p1，P(X＝2)＝(1－p1)p2，P(X＝3)＝(1－p1)(1－p2)，
所以X的分布列为
题号
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X 1 2 3
P p1 (1－p1)p2 (1－p1)(1－p2)
所以E(X)＝p1＋2(1－p1)p2＋3(1－p1)(1－p2)＝p1p2－2p1－p2＋3．
(3)若依次派甲、乙、丙进行闯关，设派出人员数目的期望为E1，由(2)可知，E1＝p1p2－2p1－p2＋3，
若依次派丙、乙、甲进行闯关，设派出人员数目的期望为E2，
则E2＝p3p2－2p3－p2＋3，
则E1－E2＝(p1p2－2p1－p2＋3)－(p3p2－2p3－p2＋3)＝p1p2－2p1－p3p2＋2p3＝p2(p1－p3)－2(p1－p3)＝(p1－p3)(p2－2)，
因为1>p1>p2>p3，所以p1－p3>0，p2－2<0，所以E1－E2<0，即E1题号
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谢 谢 ！课后作业(七十)　二项分布、超几何分布与正态分布
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共80分
一、单项选择题
1．已知随机变量ξ~B(12，p)，且E(2ξ－3)＝5，则D(3ξ)＝ (　　)
A． B．8
C．12 D．24
2．(2026·安徽阜阳开学考试)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(X≥3)＝0.3，则P(1A．0.1 B．0.2
C．0.3 D．0.4
3．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．
4．甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)．已知每局比赛甲获胜的概率均为，则甲以4比2获胜的概率为 (　　)
A． B．
C． D．
5．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
6．(2025·广东广州一模)口袋内放有大小相同的2个红球和1个白球，有放回地每次摸取一个球，定义数列为an＝如果Sn为数列的前n项和，那么S7＝－3的概率为 (　　)
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题
7．(2026·重庆开学考试)随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X~N(2，4)，Y~B，则 (　　)
A．P(X≤2)＝ B．P(Y＝2)＝
C．E(X)＝E(Y) D．D(X)＝D(Y)
8．(2026·湖北恩施模拟)已知盒子中有12个样品，6个不同的正品和6个不同的次品，现从中逐个抽取5个样品．方案一：有放回地抽样，记取得次品个数为X；方案二：不放回地抽样，记取得次品个数为Y，则 (　　)
A．P(X＝0)B．当k＝2或3时，P(X＝k)最大
C．E(X)＝E(Y)
D．两种方案中第三次抽到次品的概率均为
三、填空题
9．设随机变量ξ服从正态分布N(2，1)，若P(ξ>a＋1)＝P(ξ10．(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈．第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6．若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4．小桐一周跑11圈的概率为________；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X，则期望E(X)＝________．
四、解答题
11．(13分)(2026·江苏南京开学考试)袋中有8个大小相同的球，其中有3个黄球、5个白球，从中随机地连续抽取2次，每次取1个球．
(1)若每次抽取后都放回，设取到黄球的个数为X，求P(X≥1)；
(2)若每次抽取后都不放回，设取到黄球的个数为Y，求Y的分布列和数学期望．
12．(15分)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．
2025课标新变化：具有运用随机思想进行数据分析的意识．
课后作业(七十)
1．D
2．B　[因为随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，所以P(X≤2)＝0.5，
又P(X≥3)＝0.3，所以P(X≤1)＝P(X≥3)＝0.3，
则P(1故选B．]
3．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．]
4．C
5．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．]
6．B　[由题意S7＝－3说明共摸球七次，只有两次摸到白球，由于每次摸球的结果之间没有影响，摸到红球的概率是．
故共摸球七次只有两次摸到白球的概率是．故选B．]
7．ABC　[对于A，由X~N(2，4)，所以P(X≤2)＝，故A正确；
对于B，由Y~B，所以P(Y＝2)＝，故B正确；
对于C，由E(X)＝μ＝2，E(Y)＝4×＝2，所以E(X)＝E(Y)，故C正确；
对于D，由D(X)＝σ2＝4，D(Y)＝4×＝1，所以D(X)>D(Y)，故D错误．
故选ABC．]
8．BCD　[方案一中，有放回地抽样，则取得次品个数服从X~B，
∴P(X＝k)＝
＝，k＝0，1，2，3，4，5，
方案二中，不放回地抽样，则取得次品个数Y服从超几何分布，
则P(Y＝k)＝，k＝0，1，2，3，4，5．
选项A，P(X＝0)＝，P(Y＝0)＝，P(X＝0)>P(Y＝0)，A错误；
选项B，∵P(X＝k)＝>>，故k＝2或3时，P(X＝k)最大，B正确；
选项C，由二项分布及超几何分布期望公式E(X)＝5×，E(Y)＝，C正确；
选项D，方案一中，每次抽到次品的概率均为，
方案二，第三次抽到次品的情况有四种，“正正次”、“正次次”、“次正次”、“次次次”，
其中“正正次”的概率为，
“次正次”的概率为，
“次次次”的概率为，
故第三次抽到次品的概率为×3＋，D正确．故选BCD．]
9．　[因为ξ~N(2，1)且P(ξ>a＋1)＝P(ξ所以a＋1＋a＝2×2，解得a＝．]
10．0．6　3.2　[由题意可知，小桐一周跑10圈或11圈或12圈，
小桐一周跑10圈的概率为0.5×0.4＝0.2，
小桐一周跑11圈的概率为0.5×0.6＋0.5×0.6＝0.6，
小桐一周跑12圈的概率为0.5×0.4＝0.2，
一周至少跑11圈的概率为0.6＋0.2＝0.8，
则X~B(4，0.8)，
所以E(X)＝4×0.8＝3.2．]
11．解：(1)每次抽取后都放回，则取到黄球的个数X~B，
所以P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
所以P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝．
(2)每次抽取后都不放回，则取到黄球的个数Y的值可能为0，1，2．
且P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，P(Y＝2)＝．
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
P
所以E(Y)＝0×＋1×＋2×．
12．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＝．
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