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9.6　离散型随机变量及分布列
9．6.1　离散型随机变量的概率分布、均值与方差
复习目标　1. 理解离散型随机变量及其概率分布的概念，掌握概率分布列的基本性质，会求一些简单的离散型随机变量的概率分布列.2. 理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.3. 能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．
活动一 基础引入
1 [2025兰州西北师大月考]抛掷2枚骰子，若所得点数之和记为ξ，则ξ＝4表示的随机试验结果是(　　)
A. 2枚都是4点 B. 1枚是1点，另1枚是3点
C. 2枚都是2点 D. 1枚是1点，另1枚是3点或者2枚都是2点
2 由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况如下表：
ξ1(甲得分) 0 1 2
P(ξ1) 0.2 0.5 0.3
ξ2(乙得分) 0 1 2
P(ξ2) 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛，较好的参加人选是运动员(　　)
A. 甲 B. 乙
C. 甲、乙均可 D. 无法确定
3 [2025东明一中等校联考]已知随机变量X的概率分布如下表所示，若E(X)＝，则D(X)的值为(　　)
X －2 0 1
P a b
A. B. C. D.
4 [2025中山烟洲中学月考]若随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，E(X)，D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论中不正确的是(　　)
A. P(X＝1)＝E(X) B. E(3X＋2)＝4
C. D(3X＋2)＝4 D. D(X)＝
5 已知随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝2a2，P(X＝1)＝a，则a＝________.
活动二 典例悟法
题组一　离散型随机变量分布列的性质
1 设随机变量X的分布列P＝ak(k＝1，2，3，4，5).求：
(1) 常数a的值；
(2) P；
(3) P.
题组二　离散型随机变量的概率分布
2 某班为庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：一个不透明的箱子中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同，每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回．若摸出的球中有X个红球，则分得X个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目．
(1) 求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2) 求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望．
3 某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．
(1) 设事件A为“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2) 设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的概率分布和数学期望．
4 一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下列两种情况下，分别求直至取得正品时所需次数X的概率分布．
(1) 每次取出的产品不再放回；
(2) 每次取出的产品仍放回．
题组三　离散型随机变量的均值与方差
5 某超市计划按月订购一种酸奶，每天的进货量相同，进货成本为每瓶4元，售价为每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年的销售经验，每天的需求量与当天的最高气温(单位：℃)有关．若最高气温不低于25，则需求量为500瓶；若最高气温位于区间[20，25)，则需求量为300瓶；若最高气温低于20，则需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40)
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1) 求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的概率分布；
(2) 设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？
1 [2025全国一卷·14]一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望E(X)＝________．
2 [2024新课标Ⅰ卷·14]甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)，则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________．
6为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励．规定：每位顾客从装有4个标有面值的球的袋子中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励金额．
(1) 若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励金额为60元的概率；
②顾客所获的奖励金额的概率分布及均值；
(2) 商场对奖励总金额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总金额尽可能符合商场的预算，且每位顾客所获的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
9.6.2　超几何分布、二项分布、正态分布
复习目标　1. 理解超几何分布及其推导过程，并能进行简单的应用.2. 理解二项分布X～B(n，p)的特点，会计算n次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率，并能解决一些简单的实际问题.3. 利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
常见的离散型随机变量的分布列
正态分布
活动一 基础引入
1 有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次(每次1件)，若X表示取得次品的次数，则P(X≤2)的值为(　　)
A. B. C. D.
2 某地区在一次测试中，高三学生的数学成绩ξ服从正态分布N(80，σ2).已知P(50<ξ<80)＝0.3，若按成绩以分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取(　　)
A. 15份 B. 20份 C. 25份 D. 30份
3 若随机变量ξ～N(2，4)，η～B，则下列结论中正确的是(　　)
A. D(ξ)＝D(η) B. E(ξ)＝E(η)
C. P(ξ≤2)＝ D. P(η＝1)＝
4 (多选)中秋节又称祭月节、仲节、拜月节、团圆节等，是中国民间的传统节日．中秋节自古便有祭月、赏月、吃月饼等民俗，流传至今，经久不息．在一个食盒中装有大小一样的五仁月饼6个，鲜肉月饼4个，小明同学从中一次性任取4个月饼，设取出的4个月饼中鲜肉月饼的个数为X，则下列结论中正确的是(　　)
A. P(X＝2)＝
B. 随机变量X服从二项分布
C. 随机变量X服从超几何分布
D. P(15 已知一个学生通过某种英语听力测试的概率是，若他连续测试n次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，则n的最小值为________．
活动二 典例悟法
题组一　超几何分布
1 袋中有8个球，其中5个黑球，3个红球，从袋中任取3个球，求取出的红球数X的概率分布，并求至少有一个红球的概率．
在例1的条件下，求取出的黑球数Y的概率分布．
[2023全国甲卷(理)·19(1)]一项试验旨在研究臭氧效应. 实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境中，对照组的小白鼠饲养在正常环境中，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的概率分布和数学期望．
1. 超几何分布适用于不放回抽样，且总体由两类个体组成(如次品与正品、男生与女生等).需确认题目是否满足这两个条件，若为放回抽样，则可能适用二项分布．
2. 超几何分布的特征：(1) 考察对象分两类；(2) 已知各类对象的数量；(3) 从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．
题组二　n次独立重复试验的概率及二项分布
2 已知一个射手每次击中目标的概率为，求他在4次射击中下列事件发生的概率．
(1) 命中一次；
(2) 命中两次．
1 在例2的条件下，求：
(1) 恰在第三次命中目标的概率；
(2) 刚好在第二次、第三次两次击中目标的概率．
2 在例2的条件下，求：
(1) 至少命中一次的概率；
(2) 至多命中两次的概率．
3 某中学生心理咨询中心服务电话的接通率为，某班3名同学商定明天分别就同一问题询问该服务中心，且每人只拨打一次，求他们中成功咨询的人数X的概率分布．
在例3的条件下，求他们中至少一人成功咨询的概率．
1. 超几何分布和二项分布的区别：
(1) 超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2) 超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．
2. 两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．
3. 二项分布的适用范围：
(1) 各次试验中的事件是相互独立的；
(2) 每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；
(3) 随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
题组三　正态分布及其应用
4 [2026南京临江高级中学期初]中国数学奥林匹克(CMO)由中国数学会主办，是全国中学生级别最高、规模最大、最具影响力的数学竞赛．某中学为了选拔参赛队员，组织了校内选拔赛．比赛分为预赛和决赛，预赛成绩合格者可进入决赛．
(1) 根据预赛成绩统计，学生预赛的成绩X～N(70，225)，成绩超过85分的学生可进入决赛．若共有600名学生参加了预赛，试估计进入决赛的人数(结果取整数)；
(2) 决赛试题共设置了10个题目，其中单选题6题，每题10分，每题有1个正确选项，答对得10分，答错得0分；多选题4题，每题15分，每题有多个正确选项，全部选对得15分，部分选对得5分，有选错得0分．假设甲同学进入了决赛，且在决赛中，每个单选题答对的概率均为；每个多选题得15分，5分，0分的概率分别为，，.求甲同学决赛成绩Y的数学期望．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.955，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
5 从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图．
(1) 求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组数据用该区间的中点值作代表，记作xi，i＝1，2，…，7，该组对应的记为hi，i＝1，2，…，7)；
(2) 由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值X服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数 ，σ2近似为样本方差s2.
①若使84.14%的产品的质量指标值高于企业制定的合格标准，则合格标准的质量指标值大约为多少？
②若该企业又生产了这种产品1 000件，且每件产品相互独立，则这1 000件产品质量指标值不低于12.14的件数最有可能是多少？
附：(xi－)2hi＝3.46，3.46≈×2.632；若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ(多选)[2024新课标Ⅰ卷·9]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平均值 ＝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)，则下列结论中正确的是(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则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
解决正态分布问题的关键：(1) 正态密度曲线的对称轴x＝μ；(2) 标准差σ；(3) 分布区间．
9．6　离散型随机变量及分布列
9．6.1　离散形随机变量的概率分布、均值与方差
1. D　解析：对于A，表示的是随机试验中ξ＝8的其中一个结果；对于B，C，表示的是随机试验中ξ＝4的部分结果；对于D，表示的是随机试验中ξ＝4的所有试验结果．
2. A　解析：由概率分布表可得E(ξ1)＝0×0.2＋1×0.5＋2×0.3＝1.1，E(ξ2)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.4＝1.1，则E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)＝(0－1.1)2×0.2＋(1－1.1)2×0.5＋(2－1.1)2×0.3＝0.49，D(ξ2)＝(0－1.1)2×0.3＋(1－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.4＝0.69，所以D(ξ1)3. B　解析：因为E(X)＝，且各概率之和为1，所以
解得
所以D(X)＝×＋×＋×＝.
4. C　解析：因为随机变量X服从两点分布，其中P(X＝0)＝，所以P(X＝1)＝，E(X)＝0×＋1×＝，D(X)＝×＋×＝.对于A，P(X＝1)＝E(X)，故A正确；对于B，E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝4，故B正确；对于C，D(3X＋2)＝9D(X)＝9×＝2，故C错误；对于D，D(X)＝，故D正确．
5. 　解析：由题意可知P(X＝0)＋P(X＝1)＝a＋2a2＝1，解得a＝或a＝－1.又因为a>0，所以a＝.
例1　由题意，得X的概率分布为
X
P a 2a 3a 4a 5a
(1) 由a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，解得a＝.
(2) P＝P＋P＋P＝＋＋＝.
(3) 因为故P＝P＋P(X＝)＋P(X＝)＝＋＋＝.
例2　(1) 记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
则P(A)＝＝.
(2) 由题意，得X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，
所以随机变量X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
例3　(1) 由题意，得P(A)＝＝，
所以事件A发生的概率为.
(2) 随机变量X的所有可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P
故随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
例4　(1) 因为总共有7件正品，3件次品，
所以X的可能取值是1，2，3，4，
则P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
P(X＝4)＝＝，
所以X的概率分布为
X 1 2 3 4
P
(2) 因为取出的产品仍放回，所以每次取时完全相同，
所以X的可能取值是1，2，…，k，k∈N*，
则P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
…
P(X＝k)＝×，
所以X的概率分布为
X 1 2 3 … k
P … ×
例5　(1) 由题意知，X的可能取值为200，300，500，
则P(X＝200)＝＝0.2，
P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4，
所以X的概率分布为
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2) 由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶，
因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20，25)，
则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
所以E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
所以E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n，
所以当n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
链接高考
1. 　解析：方法一：由题意，得X的所有可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.故E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
方法二：令Xi＝
则X＝X1＋X2＋X3＋X4＋X5，E(Xi)＝P(球i至少被取出1次)＝1－P(球i没被取出过)＝1－＝.故E(X)＝E(X1)＋E(X2)＋E(X3)＋E(X4)＋E(X5)＝5×＝.
2. 　解析：设甲在四轮游戏中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率均相等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，则甲在该轮得分的概率P(Xk＝1)＝＝，所以E(Xk)＝(k＝1，2，3，4)，所以E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)＝E(Xk)＝4×＝.记pm＝P(X＝m)(m＝0，1，2，3).若甲得0分，则组合方式是唯一的，必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以p0＝＝；若甲得3分，则组合方式也是唯一的，必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3＝＝.因为X的所有可能取值是0，1，2，3，所以p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝，所以p1＋p2＋＝1，p1＋2p2＋＝，两式相减，得p2＋＝，所以p2＋p3＝.故甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝.
例6　(1) 设顾客所获的奖励金额为X.
①由题意，得P(X＝60)＝＝.
故顾客所获的奖励金额为60元的概率为.
②由题意，得X的可能取值为20，60.
则P(X＝60)＝，P(X＝20)＝＝，
所以奖励金额X的概率分布为
X 20 60
P
故顾客所获的奖励金额的均值E(X)＝20×＋60×＝40(元).
(2) 根据商场的预算，每个顾客的平均奖励金额为60元，所以先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案一．
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案二．
以下是对两个方案的分析：
对于方案一，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励金额为X1，
则X1的概率分布为
X1 20 60 100
P
所以X1的均值E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，
所以X1的方差D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.
对于方案二，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励金额为X2，
则X2的概率分布为
X2 40 60 80
P
所以X2的均值E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，
所以X2的方差D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.
因为两种方案的奖励金额的均值都符合要求，但方案二奖励金额的方差比方案一的小，所以应该选择方案二，即方案(20，20，40，40).
9．6.2　超几何分布、二项分布、正态分布
1. D　解析：因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为＝.从中取3次，X为取得次品的次数，则X～B，所以P(X≤2)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＋P(X＝0)＝C××＋C××＋C×＝.
2. B　解析：由题意，得正态密度曲线的对称轴为直线x＝80，则P(80<ξ<110)＝P(50<ξ<80)＝0.3，P(ξ>110)＝0.5－0.3＝0.2，所以应从110分以上的试卷中抽取100×0.2＝20(份).
3. C　解析：因为E(ξ)＝2，E(η)＝3×＝，所以E(ξ)≠E(η)，故B错误；因为D(ξ)＝4，D(η)＝3××＝，所以D(ξ)≠D(η)，故A错误；由正态分布的对称性可得P(ξ≤2)＝，故C正确；P(η＝1)＝C××＝，故D错误．
4. ACD　解析：由题意，得随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，所以P(15. 4　解析：由题意，得1－n>，所以2n>10.因为n∈N*，所以n≥4.故n的最小值为4.
例1　由题意，得X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以P(X≥1)＝1－＝.
变式训练　由题意，得Y的可能取值为0，1，2，3，
则P(Y＝0)＝＝，
P(Y＝1)＝＝，
P(Y＝2)＝＝＝，
P(Y＝3)＝＝＝，
所以Y的概率分布为
Y 0 1 2 3
P
链接高考
由题意，得X的可能取值为0，1，2，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2
P
故数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
例2　(1) 命中一次的概率为P＝C××＝.
(2) 命中两次的概率为P＝C××＝.
变式训练1　(1) 恰在第三次命中目标的概率为
P＝×＝×＝.
(2) 在第二次、第三次两次击中目标的概率为
P＝×＝.
变式训练2　 (1) 至少命中一次的概率为P＝1－＝.
(2) 至多命中两次的概率为P＝＋C××＋C××＝.　
例3　由题意，得X～B，
所以P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3)，
所以P(X＝0)＝C××＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
P(X＝3)＝C×＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
变式训练　由例3，得P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－＝，
所以他们中至少一人成功咨询的概率为.
例4　(1) 因为X～N(70，225)，所以μ＝70，σ＝15，
所以μ＋σ＝85，
所以P(X≥85)＝≈.
故进入决赛的人数约为600×≈95.
(2) 甲同学每个单选题得分ξ1的数学期望E(ξ1)＝10×＋0×＝6(分).
甲同学每个多选题得分ξ2的数学期望E(ξ2)＝15×＋5×＋0×＝6(分)，
故甲同学的决赛成绩的数学期望为E(Y)＝6E(ξ1)＋4E(ξ2)＝6×6＋4×6＝60(分).
例5　(1) ＝12×0.04＋14×0.12＋16×0.28＋18×0.36＋20×0.10＋22×0.06＋24×0.04＝17.4，
s2＝(xi－)2hi×2＝3.46×2＝6.92.
(2) 由题意，知X～N(17.4，6.92)，其中μ＝17.4，σ≈2.63.
①P(X>μ－σ)＝0.5＋≈0.841 4，
所以μ－σ≈17.4－2.63＝14.77时，满足题意，
即合格标准的质量指标值约为14.77.
②由P(X≥12.14)＝P(X≥μ－2σ)＝0.5＋≈0.977 3，
可知每件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率为0.977 3.
记这1 000件产品的质量指标值不低于12.14的件数为ξ，
则ξ～B(103，p)，其中p＝0.977 3，
所以恰有k件产品的质量指标值不低于12.14的事件概率为P(ξ＝k)＝Ck103pk(1－p)103-k，k∈N，
令＝>1，k∈N，
解得k<1 001p＝978.277 3，
所以当0≤k≤978时，P(ξ＝k－1)当979≤k≤1 000时，P(ξ＝k－1)>P(ξ＝k).
故在这1 000件产品中，质量指标值不低于12.14的件数最有可能是978.
链接高考
BC　解析：因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1).又P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，所以P(X>2)1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，故A错误，B正确；因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，故C正确，D错误．故选BC.(共45张PPT)
第九章
9.6　离散型随机变量及分布列
9.6.1　离散型随机变量的概率分布、均值与方差
统计与概率
复习目标　1．理解离散型随机变量及其概率分布的概念，掌握概率分布列的基本性质，会求一些简单的离散型随机变量的概率分布列.2．理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念.3．能计算简单的离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
离散型
随机变
量的概
率分布
随机变
量的均
值与方
差
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 [2025兰州西北师大月考]抛掷2枚骰子，若所得点数之和记为ξ，则ξ＝4表示的随机试验结果是 (　　)
A．2枚都是4点
B．1枚是1点，另1枚是3点
C．2枚都是2点
D．1枚是1点，另1枚是3点或者2枚都是2点
D
【解析】对于A，表示的是随机试验中ξ＝8的其中一个结果；对于B，C，表示的是随机试验中ξ＝4的部分结果；对于D，表示的是随机试验中ξ＝4的所有试验结果．
2 由以往的统计资料表明，甲、乙两运动员在比赛中得分情况如下表：
ξ1(甲得分) 0 1 2
P(ξ1) 0.2 0.5 0.3
ξ2(乙得分) 0 1 2
P(ξ2) 0.3 0.3 0.4
现有一场比赛，较好的参加人选是运动员 (　　)
A．甲　　　　 B．乙
C．甲、乙均可　　　　 D．无法确定
A
【解析】由概率分布表可得E(ξ1)＝0×0.2＋1×0.5＋2×0.3＝1.1，E(ξ2)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.4＝1.1，则E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)＝(0－1.1)2×0.2＋(1－1.1)2×0.5＋(2－1.1)2×0.3＝0.49，D(ξ2)＝(0－1.1)2×0.3＋(1－1.1)2×0.3＋(2－1.1)2×0.4＝0.69，所以D(ξ1)B
C
5 已知随机变量X服从两点分布，且P(X＝0)＝2a2，P(X＝1)＝a，则
a＝_____．
活动二　典例悟法
1
【解析】由题意，得X的概率分布为
题组二　离散型随机变量的概率分布
　　　某班为庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：一个不透明的箱子中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同，每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回．若摸出的球中有X个红球，则分得X个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目．
(1) 求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2) 求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望．
2
　　　某小组共10人，利用假期参加义工活动．已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会．
(1) 设事件A为“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2) 设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的概率分布和数学期望．
3
　　　一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下列两种情况下，分别求直至取得正品时所需次数X的概率分布．
(1) 每次取出的产品不再放回；
(2) 每次取出的产品仍放回．
4
【解析】(1) 因为总共有7件正品，3件次品，
所以X的可能取值是1，2，3，4，
(2) 因为取出的产品仍放回，所以每次取时完全相同，
所以X的可能取值是1，2，…，k，k∈N*，
所以X的概率分布为
题组三　离散型随机变量的均值与方差
　　　某超市计划按月订购一种酸奶，每天的进货量相同，进货成本为每瓶4元，售价为每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年的销售经验，每天的需求量与当天的最高气温(单位：℃)有关．若最高气温不低于25，则需求量为500瓶；若最高气温位于区间[20，25)，则需求量为300瓶；若最高气温低于20，则需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
5
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1) 求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的概率分布；
(2) 设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元).当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？
最高 气温 [10，15) [15，20) [20，25) [25，30) [30，35) [35，40)
天数 2 16 36 25 7 4
X 200 300 500
P 0.2 0.4 0.4
(2) 由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500瓶，至少为200瓶，
因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20，25)，
则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
所以E(Y)＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，
则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，
所以E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n，
所以当n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
1 [2025全国一卷·14]一个箱子里有5个相同的球，分别以1～5标号，若有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望
E(X)＝_____．
2 [2024新课标Ⅰ卷·14]甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用)，则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率
为_____．
　　　为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励．规定：每位顾客从装有4个标有面值的球的袋子中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励金额．
(1) 若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：
①顾客所获的奖励金额为60元的概率；
②顾客所获的奖励金额的概率分布及均值；
6
(2) 商场对奖励总金额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总金额尽可能符合商场的预算，且每位顾客所获的奖励金额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．
(2) 根据商场的预算，每个顾客的平均奖励金额为60元，所以先寻找均值为60元的可能方案．对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10，10，10，50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以均值不可能为60元；如果选择(50，50，50，10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以均值也不可能为60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，记为方案一．
对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，记为方案二．
以下是对两个方案的分析：
对于方案一，即方案(10，10，50，50)，设顾客所获的奖励金额为X1，
则X1的概率分布为
对于方案二，即方案(20，20，40，40)，设顾客所获的奖励金额为X2，
则X2的概率分布为
谢谢观看
Thank you for watching9.6　离散型随机变量及分布列
9．6.1　离散型随机变量的概率分布、均值与方差
一、 单选题
1 袋中装有除颜色外其余均相同的10个红球，5个黑球，每次任取一球，若取到黑球，则放入袋中，直到取到红球为止．若抽取的次数为X，则表示“放回4个球”的事件为(　　)
A. X＝4 B. X＝5 C. X＝6 D. X≤4
2 已知随机变量X的取值为1，2，3，若P(X＝1)＝P(X＝3)＝，则P(X＝2)的值为(　　)
A. B. C. D.
3 [2025宿迁联考]已知随机变量X的概率分布为P(X＝0)＝0.2，P(X＝1)＝0.6，P(X＝2)＝0.2，则E(3X＋2)的值为(　　)
A. 1 B. 3 C. 5 D. 9
4 《易系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中．如图，白圈为阳数，黑点为阴数．若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至多有1个阴数的概率为(　　)
A. B. C. D.
二、 多选题
5 [2025无锡梅春高级中学期中]已知随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝0，1，2)，其中a是常数，则下列结论中正确的是(　　)
A. P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝1
B. a＝
C. P(0≤X<2)＝
D. P(X＝1)＝
6 对于离散型随机变量X的数学期望E(X)和方差D(X)，下列说法中正确的是(　　)
A. E(X)是反映随机变量的平均取值
B. D(X)越小，说明X越集中于E(X)
C. E(aX＋b)＝aE(X)＋b
D. D(aX＋b)＝a2D(X)＋b
7 已知a，b，c∈(0，1)，随机变量ξ的概率分布为
ξ 1 2 3
P a b c
则下列结论中正确的是(　　)
A. E(ξ－2)＝E(ξ) B. D(ξ－2)＝D(ξ)
C. E(ξ2)≥[E(ξ)]2 D. D[(ξ－2)2]＝D(ξ2)
三、 填空题
8 某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数X的概率分布为
X 1 2 3 4
P 0.5 0.2 0.2 0.1
已知商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为 100元；分2期或3期付款，其利润为150元；分4期付款，其利润为200元．若Y表示经销一件该商品的利润，则E(Y)＝________元．
9 [2025通州高级中学期中]已知随机变量X的概率分布为
X 0 1 2
P p 0.6
若E(X)＝1.2，则p＝________；当p＝________时，D(X)最大．
10 小张的公司年会有一小游戏：箱子中有材质和大小完全相同的六个小球，其中三个球标有号码1，两个球标有号码2，一个球标有号码3，有放回地从箱子中取两次球，每次取一个，设第一个球的号码是x，第二个球的号码是y，记ξ＝x＋2y，若公司规定ξ＝9，8，7时，分别为一、二、三等奖，奖金分别为1 000元，500元，200元，其余无奖，则小张玩游戏一次获得奖金的数学期望为________元．
四、 解答题
11 [2025宿迁期中]银行储蓄卡的密码由6位数字组成．小明是一位数学爱好者，记得自己随机用了π(π≈3.141 59…)的前6个数字(1，1，3，4，5，9)设置个人银行储蓄卡密码．
(1) 求密码中两个1不相邻的概率；
(2) 若密码的前三位出现1的次数为X，求X的概率分布和数学期望．
12 [2025邹城一中月考]某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该同学比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1) 若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的概率分布；
(2) 为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
9.6.2　超几何分布、二项分布、正态分布
建议用时：40＋2分钟　答案P222
一、 单选题
1 [2025常州期末]设随机变量X服从正态分布N(4，σ2)，若P(X<2a－1)＝P(X>a＋3)，则实数a的值为(　　)
A. B. 1 C. 2 D. 4
2 [2025深圳高级中学一模]某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，则下列结论中错误的是(　　)
A. σ越大，该物理量在一次测量中的结果落在区间(9.9，10.1)内的概率越大
B. 该物理量在一次测量中的结果大于10的概率为0.5
C. 该物理量在一次测量中的结果小于9.99与大于10.01的概率相等
D. 该物理量在一次测量中的结果落在区间(9.9，10.2)内与落在区间(9.8，10.1)内的概率相等
3 “锦里开芳宴，兰缸艳早年．”元宵节是中国非常重要的传统节日，某班级准备进行“元宵福气到”抽奖活动，福袋中装有标号分别为1，2，3，4，5的五个相同小球，从袋中一次性摸出三个小球，若号码之和是3的倍数，则获奖．若有5名同学参与此次活动，则恰好有3人获奖的概率是(　　)
A. B. C. D.
4 下列命题中，错误的是(　　)
A. 若随机变量ξ，η满足η＝3ξ－2，且D(ξ)＝3，则D(η)＝27
B. 设ξ～B(n，p)，若E(ξ)＝30，D(ξ)＝20，则n＝90
C. 设随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－1<ξ<0)＝－p
D. 一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从二项分布，且E(X)＝8
二、 多选题
5 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，则下列结论中正确的是(　　)
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)6 [2025黑龙江一模]坐位体前屈是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测试项目，通常使用电动测试仪进行测试．为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一．已知某地区进行体育达标测试，统计得到高三女生坐位体前屈的成绩ξ(单位：cm)服从正态分布N(20，σ2)，且P(ξ≥22)＝0.1，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记ξ在区间(18，22)内的人数为X，则下列结论中正确的有(　　)
A. P(18<ξ<22)＝0.8
B. E(3X＋1)＝8.2
C. D(2X)＝0.96
D. P(X≥1)＝0.488
7 已知离散型随机变量X服从二项分布B(n，p)，其中n∈N*，0A. a＋b＝1
B. 当p＝时，a＝b
C. 当0D. 当三、 填空题
8 如图，用X，Y，Z三种不同元件连接成系统S，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响．当元件X正常工作，且Y，Z中至少有一个正常工作时，系统S正常工作．已知元件X，Y，Z正常工作的概率分别为0.6，0.5，0.5，则系统S正常工作的概率为________．
9 [2025江西一模]已知随机变量X～N(3，σ2)，若P(X≤2)＋P(X≥4)＝0.6，则P(3≤X<4)＝________．
10 [2025辽宁一模]已知随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X～B(n，p)，其概率分布可用下图直观地表示，则D(X)＝________．
四、 解答题
11 [2025苏州期初]2024年7月26日第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎开幕，为了保证奥运赛事的顺利组织和运行，以及做好文化交流、信息咨询、观众引导等多方面的工作，每项比赛都需要若干名志愿者参加服务，每名志愿者可服务多个项目.8月7日，100m跨栏，200m，400m，800m，1 500m，5 000m比赛在法兰西体育场举行．
(1) 志愿者汤姆可以在以上6个项目中选择3个参加服务，求汤姆在选择200m服务的条件下，选择1 500m 服务的概率；
(2) 为了调查志愿者参加服务的情况，从仅参加1个项目的志愿者中抽取了10名同学，其中6名参加5 000m服务，4名参加800m服务．现从这10名同学中再选3名同学做进一步调查．将其中参加800m服务的人数记作X，求随机变量X的概率分布和数学期望．
12 [2025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，当输入的问题表达不清晰时，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的概率分布、数学期望及方差．
9．6　离散型随机变量及分布列
9．6.1　离散型随机变量的概率分布、均值与方差
1. B　解析：由题意可知，若取到黑球，则将黑球放回，然后继续抽取；若取到红球，则停止抽取，所以“放回4个球”即前4次都是取到黑球，第5次取到了红球．故X＝5表示“放回4个球”．
2. C　解析：因为随机变量X的取值为1，2，3，所以P(X＝1)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1，所以P(X＝2)＝1－P(X＝1)－P(X＝3)＝1－－＝.
3. C　解析：由题意，得E(X)＝0×0.2＋1×0.6＋2×0.2＝1，则E(3X＋2)＝3E(X)＋2＝3×1＋2＝5.
4. A　解析：由题意知，在10个数中，1，3，5，7，9为阳数，2，4，6，8，10为阴数．若任取的3个数中有0个阴数，则概率为＝；若任取的3个数中有1个阴数，则概率为＝.故这3个数中至多有1个阴数的概率为P＝＋＝.
5. ABC　解析：由题意，得随机变量X的概率分布为P(X＝n)＝(n＝0，1，2)，则P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝＋＋＝1，解得a＝，则P(X＝1)＝，所以P(0≤X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝，故A，B，C正确，D错误．故选ABC.
6. ABC　解析：离散型随机变量的期望反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度，方差越小，说明随机变量的取值越集中于均值，故A，B正确；由数学期望和方差的性质，得E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)，故C正确，D错误．故选ABC.
7. BC　解析：E(ξ－2)＝E(ξ)－2，故A错误；D(ξ－2)＝D(ξ)，故B正确；因为D(X)＝[x1－E(X)]2p1＋[x2－E(X)]2p2＋…＋[xn－E(X)]2pn＝[xi－E(X)]2pi＝xpi－[E(X)]2，所以D(ξ)＝E(ξ2)－[E(ξ)]2≥0，所以E(ξ2)≥[E(ξ)]2，故C正确；取a＝b＝c＝，则E[(ξ－2)2]＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝，D[(ξ－2)2]＝×＋×＋×＝，E(ξ2)＝1×＋4×＋9×＝，D(ξ2)＝×＋×＋×＝＋＋＝≠D[(ξ－2)2]，故D错误．故选BC.
8. 130　解析：由题意可知Y的可能取值为100，150，200，则利润Y的概率分布为
Y 100 150 200
P 0.5 0.4 0.1
所以E(Y)＝100×0.5＋150×0.4＋200×0.1＝130(元).
9. 0.1　0.2　解析：由E(X)＝1.2，得0×p＋1×0.6＋2×(0.4－p)＝1.2，所以p＝0.1.由题意，得E(X)＝1.4－2p，E(X2)＝02×p＋12×0.6＋22×(0.4－p)＝2.2－4p，所以D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝2.2－4p－(1.4－2p)2＝－4(p－0.2)2＋0.4，则当p＝0.2时，D(X)取得最大值．
10. 　解析：由题意，得取一次球，取的号码是1的概率是，取一次球，取的号码是2的概率是，取一次球，取的号码是3的概率是.因为ξ＝x＋2y，ξ＝9，8，7，当ξ＝x＋2y＝7时，或所以P(ξ＝7)＝×＋×＝；当ξ＝x＋2y＝8时，所以P(ξ＝8)＝×＝；当ξ＝x＋2y＝9时，所以P(ξ＝9)＝×＝.设奖金为X，则P(X＝0)＝1－－－＝，所以随机变量X的概率分布为
X 1 000 500 200 0
P
所以E(X)＝1 000×＋500×＋200×＋0×＝.
11. (1) 由题意，得π的前6个数字的不同排列有CA种，两个1相邻的有5A种，
所以密码中两个1不相邻的概率P＝1－＝.
(2) 由题意，得X的可能取值为0，1，2，
P(X＝0)＝＝，
P(X＝2)＝P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝，
所以次数X的概率分布为
X 0 1 2
P
则数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
12. (1) 由题意，得X的可能取值为0，20，100.
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以得分X的概率分布为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2) 由(1)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，
则Y的可能取值为0，80，100.
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．
9．6.2　超几何分布、二项分布、正态分布
1. C　解析：由题意，得a＋3＋2a－1＝8，解得a＝2.
2. A　解析：因为σ2为数据的方差，所以σ越大，数据在均值附近越分散，所以测量结果落在区间(9.9，10.1)内的概率越小，故A错误；由正态密度曲线的对称性可知该物理量的一次测量结果大于10的概率为0.5，故B正确；由正态密度曲线的对称性可知该物理量的一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；由正态密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中的结果落在区间(9.9，10.2)内与落在区间(9.8，10.1)内的概率相等，故D正确．
3. C　解析：每次抽奖中，总情况数为C＝10(种)，获奖的共有(1，2，3)，(1，3，5)，(2，3，4)，(3，4，5)，共4种，所以抽一次获奖的概率为.设5人中获奖人数为X，则X～B，所以P(X＝3)＝C·＝.
4. D　解析：对于A，D(η)＝32D(ξ)＝27，故A正确；对于B，E(ξ)＝np＝30，D(ξ)＝np(1－p)＝20，解得n＝90，p＝，故B正确；对于C，因为随机变量ξ服从正态分布N(0，1)，所以正态密度曲线关于直线x＝0对称，则P(－1<ξ<0)＝P(0<ξ<1)＝－p，故C正确；对于D，因为是不放回地随机摸出20个球作为样本，所以由超几何分布的定义知X服从超几何分布，且E(X)＝20×＝8，故D错误．
5. ABD　解析：对于A，B，由超几何分布和二项分布的概念可知A，B正确；对于D，设该批产品有M件，则E(X)＝3×＝，E(Y)＝＝＝＝，故D正确；对于C，若P(X＝k)6. AB　解析：对于A，由ξ～N(20，σ2)，得P(ξ≤18)＝P(ξ≥22)＝0.1，则P(18<ξ<22)＝1－0.1－0.1＝0.8，故A正确；对于B，由A知，ξ在区间(18，22)内的概率为0.8，X～B(3，0.8)，E(X)＝2.4，所以E(3X＋1)＝3E(X)＋1＝8.2，故B正确；对于C，由B知，D(X)＝3×0.2×0.8＝0.48，所以D(2X)＝4D(X)＝1.92，故C错误；对于D，P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.23＝0.992，故D错误．故选AB.
7. ABC　解析：对于A，由离散型随机变量的概率分布的基本性质，得a＋b＝1，故A正确；对于B，当p＝时，离散型随机变量X服从二项分布B(n，)，则P(X＝k)＝C(k＝0，1，2，3，…，n)，所以a＝(C＋C＋C＋…)＝×2n-1＝，b＝(C＋C＋C＋…)＝×2n-1＝，所以a＝b，故B正确；对于C，D，a＝＝，当08. 0.45　解析：由题意，得元件Y，Z都不能正常工作的概率为(1－0.5)×(1－0.5)＝0.25，所以元件Y，Z中至少有一个正常工作的概率为1－0.25＝0.75，所以元件X正常工作，且Y，Z中至少有一个正常工作的概率为0.6×0.75＝0.45，即系统S正常工作的概率为0.45.
9. 0.2　解析：因为X～N(3，σ2)，P(X≤2)＋P(X≥4)＝0.6，所以P(X≤2)＝P(X≥4)＝0.3，所以P(3≤X<4)＝P(X≥3)－P(X≥4)＝0.5－0.3＝0.2.
10. 　解析：由图可得X的可能取值为0，1，2，3，4，所以n＝4.因为P(X＝4)＝Cp4＝，所以p＝，所以D(X)＝np(1－p)＝4××＝.
11. (1) 设“汤姆的选择中有200 m服务”为事件A，“汤姆的选择中有1 500 m服务”为事件B.
方法一：由题意，得P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝＝.
方法二：由题意，得事件A的样本容量为n(A)＝C＝10，事件A，B同时发生的样本容量为n(AB)＝C＝4，
所以P(B|A)＝＝＝.
(2) 由题意，得X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以随机变量X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
方法一：故数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
方法二：易知随机变量X服从超几何分布H(3，4，10)，
所以数学期望E(X)＝＝.
12. (1) 设事件A为“智能客服的回答被采纳”，事件B为“输入的问题表达不清晰”．
由题意，得P(B)＝，P()＝，P(A|B)＝，P(A|)＝，
所以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.
(2) 由题意，得X的可能取值为0，1，2，3，且X～B，
则P(X＝0)＝C××＝，
P(X＝1)＝C××＝，
P(X＝2)＝C××＝，
P(X＝3)＝C××＝，
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
方法一：故E(X)＝3×＝，D(X)＝3××＝.
方法二：故E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
D(X)＝×＋×＋×＋×＝.(共39张PPT)
第九章
9.6　离散型随机变量及分布列
9.6.2　超几何分布、二项分布、正态分布
统计与概率
复习目标　1．理解超几何分布及其推导过程，并能进行简单的应用.2．理解二项分布X～B(n，p)的特点，会计算n次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率，并能解决一些简单的实际问题.3．利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次(每次1件)，若X表示取得次品的次数，则P(X≤2)的值为 (　　)
D
2 某地区在一次测试中，高三学生的数学成绩ξ服从正态分布N(80，σ2).已知P(50<ξ<80)＝0.3，若按成绩以分层抽样的方式取100份试卷进行分析，则应从110分以上的试卷中抽取 (　　)
A．15份　　　　B．20份　　　　C．25份　　　　D．30份
B
【解析】由题意，得正态密度曲线的对称轴为直线x＝80，则P(80<ξ<110)＝P(50<ξ<80)＝0.3，P(ξ>110)＝0.5－0.3＝0.2，所以应从110分以上的试卷中抽取100×0.2＝20(份).
C
ACD
4
活动二　典例悟法
题组一　超几何分布
　　　袋中有8个球，其中5个黑球，3个红球，从袋中任取3个球，求取出的红球数X的概率分布，并求至少有一个红球的概率．
1
在例1的条件下，求取出的黑球数Y的概率分布．
[2023全国甲卷(理)·19(1)]一项试验旨在研究臭氧效应．实验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到实验组，另外20只分配到对照组，实验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境中，对照组的小白鼠饲养在正常环境中，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的概率分布和数学期望．
1．超几何分布适用于不放回抽样，且总体由两类个体组成(如次品与正品、男生与女生等).需确认题目是否满足这两个条件，若为放回抽样，则可能适用二项分布．
2．超几何分布的特征：(1) 考察对象分两类；(2) 已知各类对象的数量；(3) 从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布．
2
　　　　　　1 在例2的条件下，求：
(1) 恰在第三次命中目标的概率；
(2) 刚好在第二次、第三次两次击中目标的概率．
　　　　　　2 在例2的条件下，求：
(1) 至少命中一次的概率；
(2) 至多命中两次的概率．
3
　　　　　　在例3的条件下，求他们中至少一人成功咨询的概率．
1．超几何分布和二项分布的区别：
(1) 超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要；
(2) 超几何分布是“不放回”抽取，在每次试验中某一事件发生的概率是不相同的；而二项分布是“有放回”抽取(独立重复)，在每次试验中某一事件发生的概率是相同的．
2．两点分布是一种特殊的二项分布，即n＝1时的二项分布．
3．二项分布的适用范围：
(1) 各次试验中的事件是相互独立的；
(2) 每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；
(3) 随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．
题组三　正态分布及其应用
　　　[2026南京临江高级中学期初]中国数学奥林匹克(CMO)由中国数学会主办，是全国中学生级别最高、规模最大、最具影响力的数学竞赛．某中学为了选拔参赛队员，组织了校内选拔赛．比赛分为预赛和决赛，预赛成绩合格者可进入决赛．
(1) 根据预赛成绩统计，学生预赛的成绩X～N(70，225)，成绩超过85分的学生可进入决赛．若共有600名学生参加了预赛，试估计进入决赛的人数(结果取整数)；
4
　　　从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图．
5
BC
【解析】因为X～N(1.8，0.12)，所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1).又P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，所以P(X>2)1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，故A错误，B正确；因为Y～N(2.1，0.12)，所以P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，故C正确，D错误．故选BC.
解决正态分布问题的关键：(1) 正态密度曲线的对称轴x＝μ；(2) 标准差σ；(3) 分布区间．
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