2016届高考数学一轮复习10.10二项分布、超几何分布、正态分布练习理

两点分布，二项分布及超几何分布【提纲挈领】（请阅读下面文字，并在关键词下面记着重号）主干知识归纳1．两点分布：若随机变量X 的分布列是其中0<p <1，q ＝1－p ，则离散型随机变量X 服从两点分布，且称p ＝P (X ＝1)为成功概率．2．超几何分布：在含有M 件次品的N 件产品中，任取n 件，其中恰有ξ件次品，则事件{ξ＝k}发生的概率为P(ξ＝k)＝C k M C n －kN －M C n N，k ＝0,1,2，…，m ，其中m ＝min {M ，n}，且m ≤N ，M ≤N ，n ，M ，N ∈N *.称分布列为超几何分布．如果随机变量ξ的分布列为超几何分布列，则称随机变量ξ服从超几何分布． 3.二项分布(1)进行n 次试验，如果满足下列条件：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”； ② 每次试 验“成功”的 概 率 均为p ，“失败”的概率为1－p ； ③各次试验是相互独立的．用X 表示这n 次试验中成功的次数，则P (X ＝k )＝ .若一个随机变量X 的分布列如上所述，则称X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为 . (2)二项分布的期望与方差．若随机变量X ～B (n ，p )，则EX ＝ ，DX ＝ . 方法规律总结1.求超几何分布的分布列、期望的步骤：第一步，验证随机变量服从超几何分布，并确定参数N ，M ，n 的值；第二步，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； 第三步，用表格的形式列出分布列； 第四步，根据定义求出期望2.二项分布的分布列问题一般遵循以下三个步骤： 第一步，先判断随机变量是否服从二项分布；第二步，若服从二项分布，一般是通过古典概型或相互独立事件的概率公式计算出试验中“成功”“不成功”的概率分别是多少；第三步，根据二项分布的分布列P(X ＝k)＝C k n p k(1－p)n －k(k ＝0,1,2，…，n)列出相应的分布列．【指点迷津】【类型一】两点分布【例1】：某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列和数学期望．【解析】：(1)由题意知，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全部从B 中学中抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100. 因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100. (2)根据题意得，X 的可能取值为1，2，3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15.所以X 的分布列为因此，X 的数学期望E (X )＝1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)＝ 1×15＋2×35＋3×15＝2.答案：(1)99100. (2) 2. 【例2】：据IEC(国际电工委员会)调查显示，小型风力发电项目投资较少，且开发前景广阔，但受风力自然资源影响，项目投资存在一定风险．根据测算，风能风区分类标准如下：假设投资A 位于一类风区的A 项目获利30%的可能性为0.6，亏损20%的可能性为0.4；位于二类风区的B 项目获利35%的可能性为0.6，亏损10%的可能性是0.1，不赔不赚的可能性是0.3.(1)记投资A ，B 项目的利润分别为ξ和η，试写出随机变量ξ与η的分布列和期望E (ξ)，E (η)； (2)某公司计划用不超过100万元的资金投资A ，B 项目，且公司要求对A 项目的投资不得低于B 项目，根据(1)的条件和市场调研，试估计一年后两个项目的平均利润之和z ＝E (ξ)＋E (η)的最大值． 【解析】： (1)投资A 项目的利润ξ则E (ξ)＝0.18x －0.08x ＝0.1x . 投资B 项目的利润η则E (η)＝0.21y －0.01y ＝0.2y (2)由题意可知x ，y 满足的约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤100，x ≥y ，x ，y ≥0，其表示的可行域如图中阴影部分所示．由(1)可知，z ＝E (ξ)＋E (η)＝0.1x ＋0.2y ，当直线y ＝－0.5x ＋5z 过点(50，50)时，z 取得最大值，即当x ＝50，y ＝50时，z 取得最大值15. 故对A ，B 项目各投资50万元，可使公司获得最大利润，最大利润是15万元 答案：(1) ξ的分布列为E (ξ)＝0.18x －0.08x ＝0.1x . η的分布列为E (η)＝0.21y －0.01y ＝0.2y .(2) 对A ，B 项目各投资50万元，可使公司获得最大利润，最大利润是15万元【类型二】超几何分布【例1】：(2015·重庆卷)端午节吃粽子是我国的传统习俗．设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽2个，肉粽3个，白粽5个，这三种粽子的外观完全相同．从中任意选取3个．(1)求三种粽子各取到1个的概率；(2)设X 表示取到的豆沙粽个数，求X 的分布列与数学期望．【解析】： (1)令A 表示事件“三种粽子各取到1个”，则由古典概型的概率计算公式有P (A )＝C 12C 13C 15C 310＝14.(2)X 的所有可能值为0,1,2，且 P (X ＝0)＝C 38C 310＝715，P (X ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (X ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.综上知，X 的分布列为故EX ＝0×715＋1×715＋2×115＝35(个)．答案：(1) 14. (2) 35．【例2】：某市A ，B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．(1)求A 中学至少有1名学生入选代表队的概率；(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 的分布列和数学期望．【解析】： (1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100.因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100. (2)根据题意，X 的可能取值为1,2,3.P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35， P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15，所以X 的分布列为因此，X 的数学期望为EX ＝1×15＋2×35＋3×15＝2.答案：(1) 99100. (2) 2.【类型三】两项分布【例1】：某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时．假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列分别为 该厂每天根据获取的鲜牛奶数量安排生产，使其获利最大，因此每天的最大获利Z (单位：元)是一个随机变量．(1)求Z 的分布列和均值；(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率． 【解析】：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x ，y ，相应的获利为z ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.① 目标函数z ＝1000x ＋1200y .当W ＝12时，①表示的平面区域如图(1)，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，4.8)，C (6，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z 1200，当x ＝2.4，y ＝4.8时，直线l ：y ＝－56x ＋z 1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝2.4×1000＋4.8×1200＝8160.当W ＝15时，①表示的平面区域如图(2)，三个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (7.5，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z 1200，当x ＝3，y ＝6时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝3×1000＋6×1200＝10 200.当W ＝18时，①表示的平面区域如图(3)，四个顶点分别为A (0，0)，B (3，6)，C (6，4)，D (9，0)．将z ＝1000x ＋1200y 变形为y ＝－56x ＋z 1200，当x ＝6，y ＝4时，直线l ：y ＝－56x ＋z1200在y 轴上的截距最大，最大获利Z ＝z max ＝6×1000＋4×1200＝10 800.故最大获利Z 的分布列为因此，E (Z )＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率P 1＝P (Z >10 000)＝0.5＋0.2＝0.7， 由二项分布，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为 P ＝1－(1－P 1)3＝1－0.33＝0.973. 答案：(1)最大获利Z 的分布列为E (Z )＝8160×0.3＋10 200×0.5＋10 800×0.2＝9708.(2) 0.973. 【例2】：在一次数学考试中，第22,23,24题为选做题，规定每位考生必须且只须在其中选一题，设5名同学选做这三题中任意一题的可能性均为13，每位同学对每题的选择是相互独立的，各学生的选择相互之间没有影响．(1)求其中甲、乙两人选做同一题的概率；(2)设选做第23题的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．【解析】：(1)设事件A 1表示“甲选22题”，A 2表示“甲选23题”，A 3表示“甲选24题”，B 1表示“乙选22题”，B 2表示“乙选23题”，B 3表示“乙选24题”，由甲、乙选做同一题的事件为A 1B 1＋A 2B 2＋A 3B 3，且A 1与B 1，A 2与B 2，A 3与B 3相互独立， 所以P(A 1B 1＋A 2B 2＋A 3B 3)＝P(A 1)P(B 1)＋P(A 2)P(B 2)＋P(A 3)P(B 3)＝3×19＝13.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3,4,5，则ξ～B(5，13)，所以P(ξ＝k)＝C k 5(13)k (23)5－k ＝C k 525－k35，k ＝0,1,2,3,4,5.所以ξ的分布列为所以E ξ＝np ＝5×13＝53.答案：(1) 13. (2) 53.【同步训练】【一级目标】基础巩固组一．选择题1.已知离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望EX ＝( )A.32 B ．2 C.52 D ．3 【解析】：EX ＝1×35＋2×310＋3×110＝32.答案：A.2.一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )A ．C 1012⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582 B ．C 912⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582 C ．C 911⎝⎛⎭⎫589⎝⎛⎭⎫382 D ．C 911⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582【解析】：“X ＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2次取到白球，因此P (X ＝12)＝38×C 911⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582＝C 911⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582.答案：D ．3.在四次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生一次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4，1]B ．(0，0.4]C ．(0，0.6]D ．[0.6，1]【解析】：由题知C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，故选A ． 答案：A ．4.随机变量X 的分布列为则E (5X ＋4)等于( )A ．15B ．11C ．2.2D ．2.3 【解析】：∵E(X)＝1×0.4＋2×0.3＋4×0.3＝2.2，∴E(5X ＋4)＝5E(X)＋4＝11＋4＝15. 答案：A ．5.已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴在y 轴的左侧，其中a ，b ，c ∈{－3，－2，－1，0，1，2，3}，在这些抛物线中，记随机变量X 为“|a －b |的取值”，则X 的数学期望E (X )为( )A.89B.35C.25D.13【解析】：对称轴在y 轴的左侧(a 与b 同号)的抛物线有2C 13C 13C 17＝126(条)，X 的可能取值有0，1，2.P(X ＝0)＝6×7126＝13，P(X ＝1)＝8×7126＝49，P(X ＝2)＝4×7126＝29，故E(X)＝0×13＋1×49＋2×29＝89.答案：A. 二．填空题6.设随机变量X ～B(6，12)，则P(X ＝3)的值为 (用最简的分数作答）【解析】：P(X ＝3)＝C 36(12)3(12)3＝516. 答案：516. 7.10件产品中有7件正品、3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．【解析】：由超几何分布的概率公式可得P (恰好取到一件次品)＝C 13C 37C 410＝12.答案：12.8.设随机变量X ～B (2，p )，随机变量Y ～B (3，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥1)＝________．【解析】：∵X ～B (2，p )，∴P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 02(1－p )2＝59，解得p ＝13.又Y ～B (3，p )，∴P (Y ≥1)＝1－P (Y ＝0)＝1－C 03(1－p )3＝1927.答案：1927.三．解答题9.某校对参加“社会实践活动”的全体志愿者进行学分考核，因该批志愿者表现良好，学校决定考核只有合格和优秀两个等次．若考核为合格，则授予1个学分；若考核为优秀，则授予2个学分．假设该校志愿者甲、乙、丙考核为优秀的概率分别为45，23，23，且他们考核所得的等次相互独立．(1)求在这次考核中，志愿者甲、乙、丙三人中至少有一人考核为优秀的概率；(2)记在这次考核中甲、乙、丙三名志愿者所得学分之和为随机变量X ，求随机变量X 的分布列及数学期望． 【解析】：(1)记“甲考核为优秀”为事件A ，“乙考核为优秀”为事件B ，“丙考核为优秀”为事件C ，“甲、乙、丙三人中至少有一人考核为优秀”为事件D ，则P (D )＝1－P (A B C )＝1－P (A )P (B )P (C )＝1－15×13×13＝4445.(2)由题意，得X 所有可能的取值是3，4，5，6，P (X ＝3)＝P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝145，P (X ＝4)＝P (A B C )＋P (ABC )＋P (A B C )＝845，P (X ＝5)＝P (ABC )＋P (ABC )＋P (ABC )＝49，P (X ＝6)＝P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＝1645，所以故E (X )＝3×145＋4×845＋5×49＋6×1645＝7715.答案：(1) 4445.(2) X E (X )＝3×145＋4×845＋5×49＋6×1645＝7715.10.某中学校本课程共开设了A ，B ，C ，D 共4门选修课，每个学生必须且只能选修1门选修课，现有该校的甲、乙、丙3名学生．(1)求这3名学生选修课所有选法的总数；(2)求恰有2门选修课没有被这3名学生选择的概率；(3)求这3名学生中选择A 选修课的人数X 的分布列和数学期望． 【解析】：(1)每个学生有4个不同的选择，根据分步计数原理，选法总数N ＝4×4×4＝64.(2)设“恰有2门选修课没有被这3名学生选择”为事件E ，则P (E )＝C 24C 23A 2243＝916，即恰有2门选修课没有被这3名学生选择的概率为916. (3)方法一：X 所有可能的取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝3343＝2764，P (X ＝1)＝C 13×3243＝2764， P (X ＝2)＝C 23×343＝964，P (X ＝3)＝C 3343＝164，所以X 的分布列为所以X 的数学期望E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.方法二：因为A 选修课被每位学生选中的概率均为14，没被选中的概率均为34，所以X 的所有可能取值为0，1，2，3，且X ～B 3，14，P (X ＝0)＝343＝2764，P (X ＝1)＝C 13×14×342＝2764， P (X ＝2)＝C 23×142×34＝964，P (X ＝3)＝143＝164， 所以X故X 的数学期望E (X )＝3×14＝34.答案：(1) 64. (2) 916.(3) X 的分布列为E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝34.【二级目标】能力提升题组一．选择题1.已知集合A ＝{x |2x 2－x －3＜0}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪y ＝lg1－x x ＋3，在区间(－3，3)上任取一实数x ，则x ∈A ∩B 的概率为( )A.14B.18C.13D.112【解析】：由2x 2－x －3<0，得－1<x<32.由1－xx ＋3>0，得x －1x ＋3<0，∴－3<x<1.∴A ∩B ＝{x|－1<x<1}，故所求概率P ＝26＝13.答案：C.2.某同学做了10道选择题，每道题四个选项中有且只有一项是正确的，他每道题都随意地从中选了一个答案，记该同学至少答对9道题的概率为P ，则下列数据中与P 的值最接近的是( )A ．3×10－4B ．3×10－5C ．3×10－6D ．3×10－7【解析】：P ＝C 910·149×34＋C 1010·1410＝30×1410＋1410＝31×1410＝31×12102＝31×110242≈31×(10－3)2＝31×10－6＝3×10－5. 答案：B ． 二．填空题3.[2014·浙江卷] 随机变量ξ的取值为0，1，2.若P (ξ＝0)＝15，E (ξ)＝1，则D (ξ)＝________．【解析】：设P (ξ＝1)＝x ，P (ξ＝2)＝y ，则⎩⎨⎧x ＋y ＝45，x ＋2y ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝35，y ＝15，所以D (ξ)＝(0－1)2×15＋(1－1)2×35＋(2－1)2×15＝25.答案：25.三．解答题(1)求在未来连续三天里，有连续两天的日车流量都不低于10万辆且另一天的日车流量低于5万辆的概率；(2)用X 表示在未来三天时间里日车流量不低于10万辆的天数，求X 的分布列和数学期望． 【解析】：(1)设A 1表示事件“日车流量不低于10万辆”，A 2表示事件“日车流量低于5万辆”，B 表示事件“在未来连续三天里，有连续两天的日车流量都不低于10万辆且另一天的日车流量低于5万辆”，则P (A 1)＝0.35＋0.25＋0.10＝0.70，P (A 2)＝0.05， 所以P (B )＝0.70×0.70×0.05×2＝0.049. (2)X 所有可能的取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝C 03×(1－0.7)3＝0.027，P (X ＝1)＝C 13×0.7×(1－0.7)2＝0.189，P (X ＝2)＝C 23×0.72×(1－0.7)＝0.441，P (X ＝3)＝C 33×0.73＝0.343， 所以X 的分布列为因为X ～B (3，0.7)答案：(1) 0.049.(2) X 的分布列为E (X )＝3×0.7＝【高考链接】1.[2015·福建卷] 某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X ，求X 的分布列和数学期望． 【解析】：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A ，则P (A )＝56×45×34＝12.(2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23，所以X 的分布列为所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.答案：(1) 12.(2) X 的分布列为E (X )＝1×16＋2×16＋3×23＝52.2.[2014·北京卷] 李明在10场篮球比赛中的投篮情况统计如下(假设各场比赛相互独立)：(1)从上述比赛中随机选择一场，求李明在该场比赛中投篮命中率超过0.6的概率；(2)从上述比赛中随机选择一个主场和一个客场，求李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率；(3)记x －为表中10个命中次数的平均数，从上述比赛中随机选择一场，记X 为李明在这场比赛中的命中次数，比较EX 与x －的大小．(只需写出结论)【解析】： (1)根据投篮统计数据，在10场比赛中，李明投篮命中率超过0.6的有5场，分别是主场2，主场3，主场5，客场2，客场4.所以在随机选择的一场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6的概率是0.5.(2)设事件A 为“在随机选择的一场主场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件B 为“在随机选择的一场客场比赛中，李明的投篮命中率超过0.6”，事件C 为“在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6”．则C＝AB∪AB，A，B相互独立．根据投篮统计数据，P(A)＝35，P(B)＝25.故P(C)＝P(AB)＋P(AB)＝35×35＋25×25＝1325.所以，在随机选择的一个主场和一个客场中，李明的投篮命中率一场超过0.6，一场不超过0.6的概率为1325.（3）EX＝x－.答案：(1) 0.5. (2)1325. （3）EX＝x－.3.[2014·全国卷] 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立．(1)求同一工作日至少3人需使用设备的概率；(2)X表示同一工作日需使用设备的人数，求X的数学期望．【解析】：记A1表示事件：同一工作日乙、丙中恰有i人需使用设备，i＝0，1，2.B表示事件：甲需使用设备．C表示事件：丁需使用设备．D表示事件：同一工作日至少3人需使用设备．(1)因为P(B)＝0.6，P(C)＝0.4，P(A i)＝C i2×0.52，i＝0，1，2，所以P(D)＝P(A1·B·C＋A2·B＋A2·B·C)＝P(A1·B·C)＋P(A2·B)＋P(A2·B·C)＝P(A1)P(B)P(C)＋P(A2)P(B)＋P(A2)P(B)P(C)＝0．31.(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，其分布列为P(X＝0)＝P(B·A0·C)＝P(B)P(A0)P(C)＝(1－0.6)×0.52×(1－0.4)＝0.06，P(X＝1)＝P(B·A0·C＋B·A0·C＋B·A1·C)＝P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A0)P(C)＋P(B)P(A1)P(C)＝0.6×0.52×(1－0.4)＋(1－0.6)×0.52×0.4＋(1－0.6)×2×0.52×(1－0.4)＝0.25，P(X＝4)＝P(A2·B·C)＝P(A2)P(B)P(C)＝0.52×0.6×0.4＝0.06，P(X＝3)＝P(D)－P(X＝4)＝0.25，P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－0.06－0.25－0.25－0.06＝0.38，所以EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4)＝0.25＋2×0.38＋3×0.25＋4×0.06＝2.答案：(1) 0.31.(2)2.。

第七节　二项分布、超几何分布与正态分布考试要求：1．掌握二项分布和超几何分布的概念．2．了解正态分布的含义．一、教材概念·结论·性质重现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两个可能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n重伯努利试验．n重伯努利实验具有如下共同特征：(2)二项分布一般地，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)＝C p k(1－p )n－k，k＝0,1,2，…，n，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．2．超几何分布一般地，假设一批产品共有N件，其中有M件次品．从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．3．超几何分布的期望E(X)＝＝np (p为N件产品的次品率)．(2)已知各类对象的个数．(3)从中抽取若干个个体，考察某类个体数X的概率分布．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．4．正态分布(1)正态曲线函数f(x)＝e，x∈R，其中μ∈R，σ>0为参数，我们称函数f(x)为正态密度函数，称它的图象为正态密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交．②曲线是单峰的，它关于直线x＝ μ对称．③曲线在x＝ μ处达到峰值．④曲线与x轴围成的面积为1．⑤在参数σ取固定值时，正态曲线的位置由μ确定，且随着μ 的变化而沿x轴平移，如图(1)所示．⑥当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ较小时，峰值高，曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；σ较大时，峰值低，曲线“矮胖”，表示随机变量X的分布比较分散，如图(2)所示．(3)正态分布的定义及表示若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝e，x∈R，则称随机变量X服从正态分布，记为X～ N(μ， σ2)．正态总体在三个特殊区间内取值的概率值．①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7．②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5．③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．若X服从正态分布，即二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P(X＝k)＝C p k(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n表示的概率分布列，它表示了n次独立重复试验中事件A发生的次数的概率分布．(　√　)(2)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X服从超几何分布．(　×　)(3)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．(　√　)(4)一个盒中装有4个黑球、3个白球，从中任取一个球．若是白球，则取出来，若是黑球，则放回盒中，直到把白球全部取出来．设取到黑球的次数为X，则X服从超几何分布．(　×　)(5)二项分布是一个概率分布，其公式相当于二项式(a＋b)n展开式的通项，其中a＝p，b＝1－p．(　×　)(6)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．(　√　)2．(2021·佛山期末)有一批谷类种子，如果每1粒种子发芽的概率为，那么插下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( )A．B．C．D．A　解析：3粒种子中发芽的粒数服从二项分布X～B，所以恰有2粒发芽的概率为C××＝．3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，平均分为80，标准差为10，则理论上在80分到90分的人数是( )A．32 B．16C．8 D．20B　解析：因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.682 7．根据正态曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16．4．有N件产品，其中有M件次品，从中不放回地抽取n件产品，抽到的次品数的数学期望是( )A．n B．(n－1)C．D．(n＋1)C　解：设抽到的次品数为X，则有N件产品，其中有M件次品，从中不放回地抽取n件产品，抽到的次品数X服从超几何分布即X～H(n，M，N)，所以抽到的次品数的数学期望值E(X)＝．5．已知随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)＝________(用数字作答)．　解析：随机变量ξ～B，则P(ξ＝3)＝C·3·＝．6．已知随机变量X～N(1,62)，若P(X>0)＝0.8，则P(X≥2)＝________．0.2　解析：随机变量X服从正态分布N(1,62)，所以正态曲线关于x＝1对称，所以P(x≥2)＝P(x≤0)＝1－P(x>0)＝0.2．考点1　二项分布——基础性某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为，复审能通过的概率为，各专家评审的结果相互独立．(1)求某应聘人员被录用的概率；(2)若4人应聘，设X为被录用的人数，试求随机变量X的分布列．解：设“两位专家都同意通过”为事件A，“只有一位专家同意通过”为事件B，“通过复审”为事件C．(1)设“某应聘人员被录用”为事件D，则D＝A∪BC．因为P(A)＝×＝，P(B)＝2××＝，P(C)＝，所以P(D)＝P(A∪BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝．所以某应聘人员被录用的概率为．(2)根据题意，X＝0,1,2,3,4，且X～B，A i表示“应聘的4人中恰有i人被录用”(i＝0,1,2,3,4)．因为P(A0)＝C×＝，P(A1)＝C××＝，P(A2)＝C××＝，P(A3)＝C××＝，P(A4)＝C××＝．所以X的分布列为X01234P二项分布概率公式可以简化求概率的(2021·杭州二模)从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸得白球个数为X．若E(X)＝，则m＝________，P(X＝2)＝________．2 解析：甲从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为X，则X～B，因为E(X)＝，所以E(X)＝3×＝，所以m＝2，所以P(X＝2)＝C××＝．考点2　超几何分布——应用性在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列．解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M)＝＝．(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，因此X的分布列为X01234P(1)超几何分布1．(多选题)在一个袋中装有质地大小一样的6个黑球、4个白球，现从中任取4个小球．设取出的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是( )A．P(X＝1)＝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．E(X)＝ACD　解析：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确．X的取值分别为0,1,2,3,4，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝，故A，D正确．2．某高中德育处为了调查学生对“国安法”的关注情况，在全校组织了“国家安全知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩(百分制)如下：52,63,67,68,72,76,76,76,82,88,93,94．(1)写出该样本的中位数，若该校共有3 000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；(2)从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记ξ表示测试成绩在80分以上的人数，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)由已知数据可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为＝，故可估计该校测试成绩在70分以上的约为3 000×＝2 000(人)．(2)由题意可得ξ的可能取值为0,1,2,3,4．P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝＝，P(ξ＝2)＝＝＝，P(ξ＝3)＝＝＝，P(ξ＝4)＝＝．所以ξ的分布列为ξ01234PE(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2．考点3　正态分布——应用性(1)(多选题)若随机变量ξ～N(0,1)，φ(x)＝P(ξ≤x)，其中x>0．下列等式成立的有( )A．φ(－x)＝1－φ(x)B．φ(2x)＝2φ(x)C．P(|ξ|<x)＝2φ(x)－1D．P(|ξ|>x)＝2－φ(x)AC　解析：因为随机变量ξ服从标准正态分布N(0，1)，所以正态曲线关于ξ＝0对称，如图．φ(－x)＝P(ξ≤－x)＝P(ξ≥x)＝1－φ(x)，所以A项正确．φ(2x)＝P(ξ≤2x)，2φ(x)＝2P(ξ≤x)，所以φ(2x)≠2φ(x)，B项错误．P(|ξ|<x)＝P(－x<ξ<x)＝1－2φ(－x)＝1－2[1－φ(x)]＝2φ(x)－1，所以C项正确．P(|ξ|≥x)＝P(ξ≥x或ξ≤－x)＝1－φ(x)＋φ(－x)＝1－φ(x)＋1－φ(x)＝2－2φ(x)，所以D项错误．故选AC．(2)(2021·重庆校级模拟)重庆合川桃片远近闻名，某个品种的合川桃片是小袋装的，其质量服从正态分布N(100，0.01)(单位：g)．现抽取500袋样本，X表示抽取的桃片质量在(100，100.2]的袋数，则X约为______．(结果四舍五入保留整数)附：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5．239　解析：因为质量服从正态分布N(100,0.01)，所以μ＝100，σ＝0.1．因为P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，且μ＝100，σ＝0.1，所以P(99.8≤X≤100.2)≈0.954 5，所以P(100＜X≤100.2)≈＝0.47725，则抽取的桃片质量在(100,100.2)的袋数X服从二项分布，即X～B(500,0.477 25)，则E(X)＝500×0.477 25≈239．(2021·湖南模拟)扶贫期间，扶贫工作组从A地到B地修建了公路，脱贫后，为了了解A地到B地公路的交通通行状况，工作组调查了从A地到B地行经该公路的各种类别的机动车共4 000辆，汇总行车速度后作出如图所示的频率分布直方图．(1)试根据频率分布直方图，求样本中的这4 000辆机动车的平均车速(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)．(2)由频率分布直方图可大致认为，该公路上机动车的行车速度Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别取调查样本中4 000辆机动车的平均车速和车速的方差s2(s2＝204.75)．①请估计该公路上10 000辆机动车中车速高于84.8 km/h的车辆数(精确到个位)；②现从经过该公路的机动车中随机抽取10辆，设车速低于84.8 km/h的车辆数为X，求X的数学期望．附：若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，取＝14.3．解：(1)由题意可知，＝(45＋95)×0.1＋(55＋85)×0.15＋65×0.2＋75×0.3＝70.5．故样本中的这4 000辆机动车的平均车速为70.5 km/h．(2)由题意，Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝＝70.5，σ2＝s2＝204.75，则σ＝14.3．①因为P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)＝P(56.2≤Z≤84.8)≈0.682 7，所以P(Z>84.8)≈×(1－0.682 7)＝0.158 65，所以车速高于84.8 km/h的车辆数的估计值为0.158 65×10 000＝1 586.5≈1 587．②行车速度低于84.8 km/h的概率为1－0.158 65＝0.841 35，又X～B(10,0.841 35)，所以E(X)＝10×0.841 35＝8.413 5．。

第五节 二项分布与正态分布考点一 条件概率与相互独立事件的概率1．(2015·新课标全国Ⅰ，4)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312解析 该同学通过测试的概率为p ＝0.6×0.6＋C 12×0.4×0.62＝0.648. 答案 A2．(2014·新课标全国Ⅱ，5)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是( ) A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45解析 由条件概率可得所求概率为0.60.75＝0.8，故选A.答案 A3.(2011·湖南，15)如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则 (1)P (A )＝________. (2)P (B |A )＝________.解析 圆的半径为1，正方形的边长为2，∴圆的面积为π，正方形面积为2，扇形面积为π4.故P (A )＝2π， P (B |A )＝P （A ∩B ）P （A ）＝12π2π＝14.答案 (1)2π (2)144．(2014·陕西，19)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率．解(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，因为利润＝产量×市场价格－成本，所以X所有可能的取值为500×10－1 000＝4 000，500×6－1 000＝2 000，300×10－1 000＝2 000，300×6－1 000＝800.P(X＝4 000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2 000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为(2)设C i表示事件“第i季利润不少于2 000元”(i＝1，2，3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知，P(C i)＝P(X＝4 000)＋P(X＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1，2，3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季的利润不少于2 000元的概率为P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896. 5．(2013·辽宁，19)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答．(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的分布列和数学期望．解 (1)设事件A ＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有A ＝“张同学所取的3道题都是甲类题”． 因为P (A )＝C 36C 310＝16，所以P (A )＝1－P (A )＝56.(2)X 所有的可能取值为0，1，2，3.P (X ＝0)＝C 02·⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·15＝4125；P (X ＝1)＝C 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·15＋C 02⎝ ⎛⎭⎪⎫350·⎝ ⎛⎭⎪⎫252·45＝28125；P (X ＝2)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·15＋C 12⎝ ⎛⎭⎪⎫351·⎝ ⎛⎭⎪⎫251·45＝57125；P (X ＝3)＝C 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫352·⎝ ⎛⎭⎪⎫250·45＝36125.所以X 的分布列为：所以E (X )＝0×4125＋1×28125＋2×57125＋3×36125＝2.6．(2012·山东，19)现有甲、乙两个靶，某射手向甲靶射击一次，命中的概率为34，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为23，每命中一次得2分，没有命中得0分．该射手每次射击的结果相互独立．假设该射手完成以上三次射击． (1)求该射手恰好命中一次的概率；(2)求该射手的总得分X 的分布列及数学期望E (X )．解 (1)记：“该射手恰好命中一次”为事件A ，“该射手射击甲靶命中”为事件B ，“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C ，“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D ，由题意知P (B )＝34，P (C )＝P (D )＝23，由于A ＝B C D ＋B C D ＋B C D ，根据事件的独立性和互斥性得P (A )＝P (B C D ＋B C D ＋B C D )＝P (B C D )＋P (B C D )＋P (B C D ) ＝P (B )P (C )P (D )＋P (B )P (C )P (D )＋P (B )P (C )P (D )＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝736.(2)根据题意，X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，5. 根据事件的独立性和互斥性得P (X ＝0)＝P (B C D )＝[1－P (B )][1－P (C )][1－P (D )] ＝(1－34)×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×⎝⎛⎭⎪⎫1－23＝136，P (X ＝1)＝P (B C D )＝P (B )P (C )P (D ) ＝34×⎝⎛⎭⎪⎫1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝112，P (X ＝2)＝P (B C D ＋B C D )＝P (B C D )＋P (B C D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝19， P (X ＝3)＝P (BC D ＋B C D )＝P (BC D )＋P (B C D )＝34×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝13， P (X ＝4)＝P (BCD )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－34×23×23＝19， P (X ＝5)＝P (BCD )＝34×23×23＝13.故X 的分布列为所以E (X )＝0×136＋1×112＋2×19＋3×13＋4×19＋5×13＝4112.7．(2011·大纲全国，18)根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立． (1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；(2)X 表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数．求X 的期望． 解 设A 表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；B 表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；C 表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D 表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买．(1)P (A )＝0.5，P (B )＝0.3，C ＝A ＋B ，P (C )＝P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝0.8.(2)D ＝C ，P (D )＝1－P (C )＝1－0.8＝0.2，X ～B (100，0.2)，即X 服从二项分布， 所以期望E (X )＝100×0.2＝20. 考点二 正态分布1．(2015·湖南，7)在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (0，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)＝0.954 4.A ．2 386B ．2 718C ．3 413D ．4 772解析 由X ～N (0，1)知，P (－1＜X ≤1)＝0.682 6， ∴P (0≤X ≤1)＝12×0.682 6＝0.341 3，故S ≈0.341 3.∴落在阴影部分中点的个数x 估计值为x 10 000＝S1(古典概型)，∴x ＝10 000×0.341 3＝3 413，故选C. 答案 C2．(2015·山东，8)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.) A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74%解析 由题意，知P (3＜ξ＜6)＝P （－6＜ξ＜6）－P （－3＜ξ＜3）2＝95.44%－68.26%＝13.59%.2答案 B3．(2014·新课标全国Ⅰ，18)从某企业生产的某种产品中抽取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x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.(ⅰ)利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；(ⅱ)某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数．利用(ⅰ)的结果，求E(X)．附：150≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z<μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<Z<μ＋2σ)＝0.954 4.解(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x－＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)(ⅰ)由(1)知，Z～N(200，150)，从而P(187.8<Z<212.2)＝P(200－12.2<Z<200＋12.2)＝0.682 6.(ⅱ)由(ⅰ)知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X～B(100，0.682 6)，所以E(X)＝100×0.682 6＝68.26.4．(2013·湖北，20)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800，502) 的随机变量，记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.(1)求p 0的值；(参考数据：若X ～N (μ，σ2)，有P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4.)(2)某客运公司用A ，B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次， A ，B 两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆，公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B 型车不多于A 型车7辆，若每天要以不小于p 0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆？ 解 (1)由于随机变量X 服从正态分布N (800，502)，故有μ＝800，σ＝50，P (700<X ≤900)＝0.954 4. 由正态分布的对称性，可得p 0＝P (X ≤900)＝P (X ≤800)＋P (800<X ≤900)＝12＋12P (700<X ≤900)＝0.977 2. (2)设A 型、B 型车辆的数量分别为x ，y 辆，则相应的营运成本为1 600x ＋2 400y . 依题意，x ，y 还需满足：x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，P (X ≤36x ＋60y )≥p 0. 由(1)知，p 0＝P (X ≤900)，故P (X ≤36x ＋60y )≥p 0等价于36x ＋60y ≥900. 于是问题等价于求满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤21，y ≤x ＋7，36x ＋60y ≥900，x ，y ≥0，x ，y ∈N ，且使目标函数z ＝1 600x ＋2 400y 达到最小的x ，y .作可行域如图阴影部分所示，可行域的三个顶点坐标分别为P (5，12)，Q (7，14)，R (15，6)．由图可知，当直线z＝1 600x＋2 400y经过可行域的点P时，直线z＝1 600x＋2 400y在y轴上截距z2 400最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆，B型车12辆．。

超几何分布、二项分布、正态分布复习课程超几何分布、二项分布、正态分布超几何分布、二项分布、正态分布【学习目标】1、通过实例，理解超几何分布及其特点，掌握超几何分布列及其导出过程，并能进行简单的应用。

2、理解n次独立重复试验(即n重伯努利试验)及其意义，理解二项分布并能解决一些简单的实际问题。

3、借助直观图，了解是正态分布曲线与正态分布，认识正态分布曲线的特点及曲线表示的意义。

4、会查标准正态分布表，会求满足正态分布的随机变量x在某一范围内的概率。

【重点与难点】重点：正确理解超几何分布、二项分布、正态分布的意义。

难点：正确进行超几何分布、二项分布、正态分布有关概率的计算。

【知识要点】1、超几何分布：一般地，若一个随机变量x的分布列为：P(x＝r)＝①其中r＝0，1，2，3，…… ，，＝min(n，M)，则称x服从超几何分布。

记作x～H(n，M，N)，并将P(x＝r)＝，记为H(r，n，M，N)。

如：在一批数量为N件的产品中共有M件不合格品，从中随机取出的n件产品中，不合格品数x的概率分布列如表一所示：(表一)其中＝min(n，M)，满足超几何分布。

2、伯努利试验(n次独立重复试验)，在n 次相互独立试验中，每次试验的结果仅有两种对立的结果A与出现，P(A)＝p∈(0，1)，这样的试验称为 n 次独立重复试验，也称为伯努利试验。

P()＝1－p＝q，则在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率(0≤k≤n)为P(k)＝(k＝0，1，2，3，……，n)，它恰好是(q＋p)n 的二项展开式中的第k＋1项。

3、二项分布：若随机变量x的分布列为p(x＝k)＝，其中0＜p＜1，p＋q＝1，k＝0，1，2，……，n，则称x服从参数为n、p的二项分布，记作x～B(n，p)。

如：n次射击中，击中目标k次的试验或投掷骰子n次，出现k次数字5的试验等均满足二项分布。

3、正态分布曲线。

(1)概率密度曲线：当数据无限增多且组距无限缩小，那么频率直方图的顶边无限缩小乃至形成一条光滑的曲线，则称此曲线为概率密度曲线。

二项分布？还是超几何分布二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析．例 1 袋中有 8 个白球、 2 个黑球，从中随机地连续抽取 3 次，每次取 1 个球．求：（ 1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列；（ 2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列．解：（ 1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1， 2， 3．又由于每次取到黑球的概率均为1， 3 次取球可以看成 3 次独立重复试验，则1，．550312∴ P(X 0) C301464 ；P(X 1)C311448 ；551255512521P(X 3) C33130P(X 2) C321412 ；4 1 ．5512555125因此， X 的分布列为X0123P6448121 125125125125（2）不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0， 1，2，且有：P(Y 0)C20C837；P(Y1)C21C827；P(Y2)C22C81 1 ．C10315C10315C10315因此， Y 的分布列为Y012771P151515例 2 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重量（单位：克），重量的分组区间为(490,495] ， (495,500] ，,, ，(510,515] ，由此得到样本的频率分布直方图，如图4（ 1）根据频率分布直方图，求重量超过505 克的产品数量 ,（ 2）在上述抽取的40 件产品中任取 2 件，设 Y 为重量超过505 克的产品数量，求Y 的分布列；（ 3）从该流水线上任取 5 件产品，求恰有 2 件产品的重量超过505克的概率。

17.解 : (1)重量超过 505克的产品数量是 :40 (0.055+0.01 5)=40 0.3=12.(2)Y 的分布列为 :Y 0 1 2PC 282 C 281 C 121C 122C 402C 402C 402(3)设所取的 5件产品中 , 重量超过 505克的产品件数为随机变量 Y, 则Y B(5, 3),102 3 2 7 33087 从而 P(Y=2)=C 5( 10 )( 10 ) =10000 .即恰有 2件产品的重量超过 505克的概率为3087.10000超几何分布与二项分布特点(A) 判断一个随机变量是否服从超几何分布 , 关键是要看随机变量是否满足超几何分布的特征 :一个总体 ( 共有 N 个) 内含有两种不同的事物 A(M 个) 、 B(N M 个) , 任取 n 个 , 其中恰有 X 个A . 符合该条件的即可断定是超几何分布C M k C N nk M, 按照超几何分布的分布列 P( X k)C N n（ k 0,1,2, , m ）进行处理就可以了 . (B) 二项分布必须同时满足以下两个条件: ①在一次试验中试验结果只有A 与 A 这两个 , 且事件 A 发生的概率为 p , 事件 A 发生的概率为 1 p ；②试验可以独立重复地进行 , 即每次重复做一次试验 , 事件 A 发生的概率都是同一常数 p , 事件 A 发生的概率为 1 p .辨析：通过 2 个例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．例 1 与例 2 中的 EX=EY=0.6 注意▲ 超几何分布和二项分布都是离散型分布超几何分布和二项分布的判断方法（ 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，而二项分布是放回抽取（独立重复）（ 3）当总体的容量非常大时，超几何分布近似于二项分布。

第十节 二项分布、超几何分布、正态分布题号 1 2 3 4 5 6 答案1．(2013·大庆模拟)设ξ是服从二项分布B(n ，p)的随机变量，又E(ξ)＝15，D(ξ)＝454，则n 与p 的值为 ( ) A ．60，34 B ．60，14 C ．50，34 D ．50，14解析：由ξ～B(n ，p)，有E(ξ)＝np ＝15，D (ξ)＝np(1－p)＝454，所以p ＝14，n ＝60.答案：B2．(2013·许昌模拟)设随机变量X ～N(1，52)，且P(X≤0)＝P(X≥a－2)，则实数a 的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：由正态分布的性质可知P(X≤0)＝P(X≥2)，所以a －2＝2，所以a ＝4，选A. 答案：A3．从一批含有13件正品，2件次品的产品中，不放回地任取3件，则取得次品数为1的概率是( )A.3235 B.1235 C.335 D.235解析：设随机变量X 表示取出次品的个数，则X 服从超几何分布，其中N ＝15，M ＝2，n ＝3，它的可能的取值为0，1，2，相应的概率为P(X ＝1)＝C 12C 213C 315＝1235.故选B.答案：B4. 位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位长度，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B ．C 52⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 53⎝ ⎛⎭⎪⎫123 D ．C 52C 53⎝ ⎛⎭⎪⎫125解析：质点在移动过程中向右移动2次向上移动3次，因此质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率为P ＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123.故选B 答案：B5．一个袋内装有m 个白球，n －m 个黑球，连续不放回地从袋中取球，直到取出黑球为止，设此时取出了ξ个白球，下列概率等于（n －m ）A m2A n3的是( ) A ．P(ξ＝3) B ．P(ξ≥2) C．P(ξ≤3) D．P(ξ＝2) 解析：P(ξ＝2)＝A 2m C 1n －m A 3n ＝（n －m ）A 2mA 3n . 故选D. 答案：D6．正态总体的概率密度函数为f ()x ＝18πe －x28()x∈R ，则总体的平均数和标准差分别是( )A ．0和8B ．0和4C ．0和2D ．0和 2 答案：C7．将1枚硬币连续抛掷5次，如果出现k 次正面的概率与出现k ＋1次正面的概率相同，则k 的值是________．解析：由C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝ C k ＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫124－k ，得k ＝2. 答案：28．已知ξ～N(4，σ2)，且P(2＜ξ≤6)＝0.682 6，则P(ξ≤10)＝________． 解析：∵P(4－2＜ξ≤4＋2)＝0.682 6， ∴σ＝2，P(－2＜ξ≤10)＝P(4－2×3＜ξ≤4＋2×3)＝0.997 4， P (ξ≤10)＝P(－2＜ξ≤10)＋12[1－P(－2＜ξ≤10)]＝0.997 4＋12(1－0.997 4)＝0.998 7.答案：0.998 79．(2013·揭阳二模)某个部件由两个电子元件按右图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，则部件正常工作，设两个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1000，502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为_____________．解析：两个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000，502)，得：两个电子元件的使用寿命超过1 000小时的概率均为p ＝12，则该部件使用寿命超过1 000小时的概率为：p 1＝1－(1－p)2＝34.答案：3410．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且他各次射击是否击中目标相互之间没有影响．有下列结论：①他第3次击中目标的概率是0.9；②他恰好击中目标3次的概率是0.93× 0.1； ③他至少击中目标1次的概率是1－0.14.其中正确结论的序号是____________(写出所有正确结论的序号)．解析：“射手射击1次，击中目标的概率是0.9”是指射手每次射击击中目标的概率都是0.9，由于他各次射击是否击中目标相互之间没有影响，因此他在连续射击4次时，第1次、第2次、第3次、第4次击中目标的概率都是0.9，①正确；“他恰好击中目标3次”是在4次独立重复试验中有3次发生，其概率是C 34×0.93×0.1，②不正确；“他至少击中目标1次”的反面是“1次也没有击中”，而“1次也没有击中”的概率是0.14，故至少击中目标1次的概率是1－0.14，③正确．故选①③.答案：①③11．甲、乙两人参加知识竞答，共有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道，甲先抽一题，乙再抽一题．(1)甲抽到选择题，乙抽到判断题的概率是多少？ (2)甲、乙两人中至少有一个抽到选择题的概率是多少？ (3)甲抽到选择题的条件下，乙抽到选择题的概率是多少？解析：(1)记A ＝“甲抽到选择题，乙抽到判断题”，则P(A)＝6×410×9＝415；∴所求的概率是415.(2)记B ＝“甲、乙没有谁抽到选择题”，则B 为所求事件， ∴P(B)＝1－P(B)＝1－4×310×9＝1315；∴甲、乙两人中至少有一个抽到选择题的概率是1315.(3)记C ＝“甲抽到选择题”，D ＝“乙抽到选择题”， 则P(C)＝610＝35，P(CD)＝6×510×9＝13，∴P(D|C)＝P （CD ）P （C ）＝59.因此，所求的概率是59.12．设在一次数学考试中，某班学生的分数服从ξ～N(110，202)，且知满分150分，这个班的学生共有54人，求这个班的这次数学考试中及格(不小于90分)的人和130分以上的人数．解析：∵ξ～N(110，202)， ∴μ＝110，σ＝20，∴P(90＜ξ≤130)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ＝0.682 6)， P (ξ＞130)＝12[1－P(90＜ξ≤130)]＝0.158 7，∴P (ξ≥90)＝0.682 6＋0.158 7＝0.841 3， 因此，及格的人数为54×0.841 3≈45(人)， 130分以上的人数54×0.158 7≈9(人)．13．(2013·山东卷)甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立．(1)分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利的概率；(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求乙队得分X 的分布列及数学期望．解析：(1)设“甲队以3∶0，3∶1，3∶2胜利”分别为事件A ，B ，C ，则P(A)＝23×23×23＝827，P(B)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23＝827，P(C)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×12＝427. (2)X 的可能的取值为0，1，2，3， 则P(X ＝0)＝P(A)＋P(B)＝1627，P(X ＝1)＝P(C)＝427，P(X ＝2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝427，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×13＝19，所以X 的分布列为P1627 427 427 19所以E(X)＝0×1627＋1×427＋2×427＋3×19＝79.14.近几年来，我国许多地区经常出现干旱现象，为抗旱经常要进行人工降雨．现由天气预报得知，某地在未来5天的指定时间的降雨概率是：前3天均为50%，后2天均为80%，5天内任何一天的该指定时间没有降雨，则在当天实行人工降雨，否则，当天不实施人工降雨．(1)求至少有1天需要人工降雨的概率； (2)求不需要人工降雨的天数X 的分布列和期望． 解析：(1)5天全不需要人工降雨的概率是P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝225， 故至少有1天需要人工降雨的概率是1－P 1＝2325.(2)X 的所有可能取值是0，1，2，3，4，5. P(X ＝5)＝225，P(X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 12×45×15＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝725， P(X ＝3)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝73200， P(X ＝2)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝43200， P(X ＝1)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 12×45×15＝11200， P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝1200. 所以不需要人工降雨的天数X 的分布列是X 0 1 2 3 4 5 P1200112004320073200725225E(X)＝0×1200＋1×11200＋2×43200＋3×73200＋4×725＋5×225＝3.1.15．某地区对12岁儿童瞬时记忆能力进行调查．瞬时记忆能力包括听觉记忆能力与视觉记忆能力．某班学生共有40人，下表为该班学生瞬时记忆能力的调查结果．例如表中听觉记忆能力为中等，且视觉记忆能力偏高的学生为3人.视觉听觉 视觉记忆能力 偏低 中等 偏高 超常听觉记忆能力偏低 0 7 5 1中等 1 8 3 B偏高 2 a 0 1超常 0 2 1 1且听觉记忆能力为中等或中等以上的概率为25.(1)试确定a ，b 的值；(2)从40人中任意抽取3人，求其中至少有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生的概率；(3)从40人中任意抽取3人，设具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的学生人数为ξ，求随机变量ξ的数学期望E(ξ)．解析：(1)由表格数据可知，视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上的学生共有()10＋a 人．记“视觉记忆能力恰为中等，且听觉记忆能力为中等或中等以上”为事件A ，则P(A)＝10＋a 40＝25，解得a ＝6.所以b ＝40－(32＋a)＝40－38＝2.(2)由表格数据可知，具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生共有8人． 方法一 记“至少有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生”为事件B ，则“没有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生”为事件B ，所以P(B)＝1－P(B)＝1－C 332C 340＝1－124247＝123247.方法二 记“至少有一位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力超常的学生”为事件B ， 所以P ()B ＝C 18C 232＋C 28C 132＋C 38C 340＝123247. (3)由于从40位学生中任意抽取3位的结果数为C 340，其中具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的学生共24人，从40位学生中任意抽取3位，其中恰有k 位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的结果数为C k24C 3－k16， 所以从40位学生中任意抽取3位，其中恰有k 位具有听觉记忆能力或视觉记忆能力偏高或超常的概率为P （ξ＝k ）＝C k24C 3－k16C 340，k ＝0，1，2，3.ξ的可能取值为0，1，2，3.P (ξ＝0)＝C 024C 316C 340＝14247，P (ξ＝1)＝C 124C 216C 340＝72247，P (ξ＝2)＝C 224C 116C 340＝5521 235，P (ξ＝3)＝C 324C 016C 340＝2531 235.所以ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P14247722475521 2352531 235所以E(ξ)＝0×14247＋1×72247＋2×5521 235＋3×2531 235＝2 2231 235＝95. 16．(2013·揭阳二模)某批产品成箱包装，每箱5件．一用户在购进该批产品前先取出3箱，设取出的3箱中，第一、二、三箱中分别有0件、1件、2件二等品，其余为一等品．(1)在取出的3箱中，若该用户从第三箱中有放回的抽取3次(每次一件)，求恰有两次抽到二等品的概率；(2)在取出的3箱中，若该用户再从每箱中任意抽取2件产品进行检验，用ξ表示抽检的6件产品中二等品的件数，求ξ的分布列及数学期望．解析：(1)设A 表示事件“从第三箱中有放回地抽取3次(每次一件)，恰有两次取到二等品”，依题意知，每次抽到二等品的概率为25，故P(A)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252×35＝36125.(2)ξ可能的取值为0，1，2，3.P (ξ＝0)＝C 24C 23C 25C 25＝18100＝950，P (ξ＝1)＝C 14C 23C 25C 25＋C 24C 13C 12C 25C 25＝1225，P (ξ＝2)＝C 14C 13·C 12C 25C 25＋C 24C 22C 25C 25＝1550＝310，P (ξ＝3)＝C 14C 22C 25C 25＝125.ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P95012251550125数学期望为E(ξ)＝1×1225＋2×1550＋3×125＝1.2.17．为迎接6月6日的“全国爱眼日”，某高中学校学生会随机抽取16名学生，经校医用对数视力表检查得到每个学生的视力状况的茎叶图(以小数点前的一位数字为茎，小数点后的一位数字为叶)如图，若视力测试结果不低于5.0，则称为“好视力”．(1)写出这组数据的众数和中位数；(2)求从这16人中随机选取3人，至少有2人是“好视力”的概率；(3)以这16人的样本数据来估计整个学校的总体数据，若从该校(人数很多)任选3人，记X 表示抽到“好视力”学生的人数，求X 的分布列及数学期望．解析：(1)由题意知众数为4.6和4.7；中位数为4.75.(2)设A i 表示所选3人中有i 个人是“好视力”，至少有2人是“好视力”记为事件A ， 则P(A)＝P(A 2)＋P(A 3)＝C 24C 112C 316＋C 34C 316＝19140.(3)X 的可能取值为0，1，2，3.由于该校人数很多，故X 近似服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14. P(X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2764，P(X ＝1)＝C 13×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝2764，P(X ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫142×34＝964，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝164，X 的分布为X 0 1 2 3 P27642764964164故X 的数学期望E(X)＝3×4＝4.。

二项分布？还是超几何分布二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用 这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析． 例1袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列．解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑球的概率均为51，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1~35X B ⎛⎫⎪⎝⎭，．331464(0)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴； 12131448(1)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 21231412(2)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 333141(3)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 因此，X 的分布列为（2）不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0，1，2，且有：03283107(0)15C C P Y C ===；12283107(1)15C C P Y C ===；21283101(2)15C C P Y C ===．因此，Y 的分布列为Y 0 1 2P715 715 115例2 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重量（单位：克），重量的分组区间为(490,495]，(495,500]，……，(510,515]，由此 得到样本的频率分布直方图，如图4（1）根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量,（2）在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y 为重量超过505克的产品数量，求Y 的分布列；（3）从该流水线上任取5件产品，求恰有2件产品的重量超过505克的概率。

X 0 1 2 3 P64125 48125 12125 112517.:(1)505⨯⨯⨯⨯解重量超过克的产品数量是:40(0.055+0.015)=400.3=12.(2)Y 的分布列为:(3)10.10000B(5,),从而即恰有2件产品的重量超过505克的概率为: (共有N 个)内含有两种不同的事物()A M 个、()B N M -个,任取n 个,其中恰有X 个A .符合该条件的即可断定是超几何分布,按照超几何分布的分布列()k n k M N MnNC C P X k C --== （0,1,2,,k m =）进行处理就可以了.:①在一次试验中试验结果只有A 与A 这两个,且事件A 发生的概 率为p ,事件A 发生的概率为1p -；②试验可以独立重复地进行,即每次重复做一次试验,事件A 发生 的概率都是同一常数p ,事件A 发生的概率为1p -.2个例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．例1与例2中的EX=EY=0.6 二项分布、超几何分布、正态分布练习题一、选择题1．设随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ＝3)的值为( )A.516B.316C.58D.7162．设随机变量ξ ～ B (2，p )，随机变量η ～ B (3，p )，若P (ξ ≥1) ＝59，则P (η≥1) ＝( )A.13B.59C.827D.19273．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球 出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P (ξ＝12)＝( )A ．C 1012⎝⎛⎭⎫3810·⎝⎛⎭⎫582B ．C 911⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582·38 C ．C 911⎝⎛⎭⎫589·⎝⎛⎭⎫382D ．C 911⎝⎛⎭⎫389·⎝⎛⎭⎫5824．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则 事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.6]C ．(0,0.4]D ．[0.6,1) 5．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，P (ξ≤4)＝0.84，则P (ξ＜0)＝( ) A ．0.16 B ．0.32 C ．0.68 D ．0.84 二、填空题6．某篮运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进3个球的概率________．7．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出两个球，设其中有X 个红球，则X 的分布列为______． 8.某厂生产的圆柱形零件的外径ε～N (4,0.25)．质检人员从该厂生产的1000件零件中随机抽查一件，测得它的外径为5.7 cm.则该厂生产的这批零件是否合格________． 三、解答题9、为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率 为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响. （Ⅰ）求该产品不能销售的概率；（Ⅱ）如果产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元（即获利-80元）.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X 元，求X 的分布 列，并求出均值E (X ).10、为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽样100名志愿者的年龄情况如下表所示．（Ⅰ）频率分布表中的①、②位置应填什么数据？并在答题卡中补全频率分布直方图（如图），再根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[3035，）岁的人数； （Ⅱ）在抽出的100名志愿者中按年龄再采用分层抽样法抽取20人参加中心广场的宣传活动，从这20人中选取2名志愿者担任主要负责人，记这2名志愿者中“年龄低于30岁”频率组距的人数为X ，求X 的分布列及数学期望．11、2015年南京青奥组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者。

高考数学总复习基础知识第十章第十节二项分布、超几何分布、正态分布理1、理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用、2、理解n次独立重复试验的模型及二项分布，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、知识梳理一、独立重复试验在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验、二、二项分布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P(ξ＝k)＝Cpkqn－k，其中k＝0,1，…，n，q＝1－p、于是得到随机变量ξ的概率分布列为ξ01…k…nPCp0qnCp1qn－1…Cpkqn－k…Cpnq0我们称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，p叫成功概率、令k＝0得，在n次独立重复试验中，事件A没有发生的概率为P(ξ＝0)＝Cp0(1－p)n＝(1－p)n、令k＝n得，在n次独立重复试验中，事件A全部发生的概率为P(ξ＝n)＝Cpn(1－p)0＝pn、,三、超几何分布在含有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P(X＝k)＝，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称分布列X012…mP…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，则称离散型随机变量X服从超几何分布、四、正态分布密度函数φμ，σ(x)＝e－，σ＞0，x∈(－∞，＋∞)其中π是圆周率，e是自然对数的底，x是随机变量的取值，μ为正态分布的均值，σ是正态分布的标准差、正态分布一般记为N(μ，σ2)、五、正态曲线函数φμ，σ(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)，实数μ和σ(σ>0)为参数，其图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线、标准正态曲线：当μ＝0，σ＝1时，正态总体称为标准正态总体，其相应的函数表示式是f(x)＝e－，x∈(－∞，＋∞)其相应的曲线称为标准正态曲线、六、正态分布如果对于任何实数a<b，随机变量X满足P(a<X≤b)＝φμ，σ(x)dx，则称X的分布为正态分布，参数μ表示随机变量X的均值，参数σ表示随机变量X的标准差，记作X～N(μ，σ2)，其中N(0,1)称为标准正态分布、正态分布N(μ，σ2)是由均值μ和标准差σ唯一决定的分布、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、七、正态总体在三个特殊区间内取值的概率值(简称三个基本概率值)P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0、6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0、9544，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0、9974、八、3σ原则在实际应用中，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)之间的值，并简称之为3σ原则、正态总体几乎总取值于区间(μ－3σ，μ＋3σ)之内，而在此区间以外取值的概率只有0、0026，通常认为这种情况在一次试验中几乎不可能发生，这是统计中常用的假设检验方法的基本思想、九、几个重要分布的期望和方差1、若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－ p)、2、若X～B(n, p), 则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)、3、若X服从超几何分布P(X＝k)＝，则E(X)＝n, D(X)＝、基础自测1、(xx惠州一模)设随机变量ξ服从正态分布N(3，4)，若P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，则a的值为()A、B、C、5D、3解析：因为随机变量ξ服从正态分布N(3,4)，且P(ξ<2a－3)＝P(ξ>a＋2)，所以2a－3与a＋2关于x＝3对称，所以2a－3＋a＋2＝6，所以3a＝7，所以a＝，故选A、答案：A2、正态总体N(0,1)在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率为P1，P2，则()A、P1＞P2B、P1＜P2C、P1＝P2D、不确定解析：根据正态曲线的特点知，关于x＝0对称，即在区间(－2，－1)和(1,2)上取值的概率相等、故选C、答案：C3、在含有5件次品的100件产品中，任取3件，则取到的次品数X的分布列为________________、解析：X服从超几何分布、答案：P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)4、从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出2个球，设其中有ξ个红球，则随机变量ξ的概率分布为：ξ012P__________________解析：由题意可知：P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝、答案：1、(xx新课标全国卷)某一部件由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作、设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1 000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为__________、解析：(法一)设该部件的使用寿命超过1 000 小时的概率为P(A)、因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的概率分别为P1＝，P2＝，P3＝、因为P()＝12P3＋3＝＋＝，所以P(A)＝1－P()＝、(法二)设该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为P(A)、因为三个元件的使用寿命均服从正态分布N(1 000,502)，所以元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的概率分别为P1＝，P2＝，P3＝、故P(A)＝P12P3＋1P2P3＋P1P2P3＝＋＋＝、答案：2、(xx辽宁卷)现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答、(1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题、设张同学答对每道甲类题的概率都是，答对每道乙类题的概率都是，且各题答对与否相互独立、用X表示张同学答对题的个数，求X的分布列和数学期望、解析：(1)设事件A＝“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则有＝“张同学所取的3道题都是甲类题”、因为P()＝＝，所以P(A)＝1－P()＝、(2)X所有的可能取值为0,1,2,3、P(X＝0)＝C02＝；P(X＝1)＝C11＋C02＝；P(X＝2)＝C20＋C11＝；P(X＝3)＝C20＝、所以X的分布列为：X0123P所以E(X)＝0＋1＋2＋3＝2、1、若ξ～B(n，p)且E(ξ)＝6，D(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值为 ( )A、32－2B、32－10C、2－4D、2－8解析：因ξ服从二项分布，所以E(ξ)＝np＝6，D(ξ)＝n p(1－p)＝3，解得p＝，n＝12、∴P(ξ＝1)＝C12＝32－10、故选B、答案：B2、(xx江门一模)春节期间，某商场决定从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品进行促销活动、(1)试求选出的3种商品中至少有一种是家电的概率；(2)商场对选出的某商品采用抽奖方式进行促销，即在该商品现价的基础上将价格提高100元，规定购买该商品的顾客有3次抽奖的机会：若中一次奖，则获得数额为m元的奖金；若中两次奖，则共获得数额为3m元的奖金；若中3次奖，则共获得数额为6m元的奖金、假设顾客每次抽奖中获得的概率都是，请问：商场将奖金数额m最高定为多少元，才能使促销方案对商场有利？解析：(1)设选出的3种商品中至少有一种是家电为事件A，从3种服装、2种家电、3种日用品中，选出3种商品，一共有C种不同的选法，选出的3种商品中，没有家电的选法有C种、所以，选出的3种商品中至少有一种是家电的概率为P(A)＝1－＝、(2)设顾客三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量ξ，其所有可能的取值为0，m,3m,6m、(单元：元)ξ＝0表示顾客在三次抽奖都没有获奖，所以P(ξ＝0)＝3＝，同理，P(ξ＝m)＝C2＝，P(ξ＝3m)＝C12＝，P(ξ＝6m)＝C3＝，顾客在三次抽奖中所获得的奖金总额的期望值是E(ξ)＝0＋m＋3m＋6m＝m、由m≤100，解得m≤75，所以故m最高定为75元，才能使促销方案对商场有利、。

二项分布？还是超几何分布二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用 这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析． 例1袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列．解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑球的概率均为51，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1~35X B ⎛⎫⎪⎝⎭，．331464(0)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴； 12131448(1)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 21231412(2)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 333141(3)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 因此，X 的分布列为（2）不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0，1，2，且有：03283107(0)15C C P Y C ===；12283107(1)15C C P Y C ===；21283101(2)15C C P Y C ===．因此，Y 的分布列为Y 0 1 2P715 715 115例2 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重量（单位：克），重量的分组区间为(490,495]，(495,500]，……，(510,515]，由此 得到样本的频率分布直方图，如图4（1）根据频率分布直方图，求重量超过505克的产品数量,（2）在上述抽取的40件产品中任取2件，设Y 为重量超过505克的产品数量，求Y 的分布列；（3）从该流水线上任取5件产品，求恰有2件产品的重量超过505克的概率。

X 0 1 2 3 P64125 48125 12125 112517.:(1)505⨯⨯⨯⨯解重量超过克的产品数量是:40(0.055+0.015)=400.3=12.(2)Y 的分布列为:(3)10.10000B(5,),从而即恰有2件产品的重量超过505克的概率为: (共有N 个)内含有两种不同的事物()A M 个、()B N M -个,任取n 个,其中恰有X 个A .符合该条件的即可断定是超几何分布,按照超几何分布的分布列()k n k M N MnNC C P X k C --== （0,1,2,,k m =）进行处理就可以了.:①在一次试验中试验结果只有A 与A 这两个,且事件A 发生的概 率为p ,事件A 发生的概率为1p -；②试验可以独立重复地进行,即每次重复做一次试验,事件A 发生 的概率都是同一常数p ,事件A 发生的概率为1p -.2个例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．例1与例2中的EX=EY=0.6 二项分布、超几何分布、正态分布练习题一、选择题1．设随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ＝3)的值为( )A.516B.316C.58D.7162．设随机变量ξ ～ B (2，p )，随机变量η ～ B (3，p )，若P (ξ ≥1) ＝59，则P (η≥1) ＝( )A.13B.59C.827D.19273．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球 出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P (ξ＝12)＝( )A ．C 1012⎝⎛⎭⎫3810·⎝⎛⎭⎫582B ．C 911⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582·38 C ．C 911⎝⎛⎭⎫589·⎝⎛⎭⎫382D ．C 911⎝⎛⎭⎫389·⎝⎛⎭⎫5824．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则 事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.6]C ．(0,0.4]D ．[0.6,1) 5．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，P (ξ≤4)＝0.84，则P (ξ＜0)＝( ) A ．0.16 B ．0.32 C ．0.68 D ．0.84 二、填空题6．某篮运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进3个球的概率________．7．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出两个球，设其中有X 个红球，则X 的分布列为______． 8.某厂生产的圆柱形零件的外径ε～N (4,0.25)．质检人员从该厂生产的1000件零件中随机抽查一件，测得它的外径为5.7 cm.则该厂生产的这批零件是否合格________． 三、解答题9、为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率 为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响. （Ⅰ）求该产品不能销售的概率；（Ⅱ）如果产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元（即获利-80元）.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X 元，求X 的分布 列，并求出均值E (X ).10、为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽样100名志愿者的年龄情况如下表所示．（Ⅰ）频率分布表中的①、②位置应填什么数据？并在答题卡中补全频率分布直方图（如图），再根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在[3035，）岁的人数； （Ⅱ）在抽出的100名志愿者中按年龄再采用分层抽样法抽取20人参加中心广场的宣传活动，从这20人中选取2名志愿者担任主要负责人，记这2名志愿者中“年龄低于30岁”频率组距的人数为X ，求X 的分布列及数学期望．11、2015年南京青奥组委会在某学院招募了12名男志愿者和18名女志愿者。

第6节 二项分布、超几何分布与正态分布一、教材概念·结论·性质重现 1．n 次独立重复试验与二项分布(1)n 次独立重复试验：在相同条件下重复n 次伯努利试验时，人们总是约定这n 次试验是相互独立的，此时这n 次伯努利试验也常称为n 次独立重复试验．(2)二项分布：一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p ，记q ＝1－p ，且n 次独立重复试验中出现“成功”的次数为X ，则X 的取值范围是{0,1，…，k ，…，n }，而且P (X ＝k )＝C k n p k qn －k，k ＝0,1，…，n ，因此X 的分布列如下表所示. X 01… k… nPC 0np 0q n C 1np 1q n －1 …C k n p k qn －k…C n n p n q 0注意到上述X 的分布列第二行中的概率值都是二项展开式(q ＋p )n ＝C 0n p 0q n ＋C 1n p 1qn－1＋…＋C k n p k q n －k ＋…＋C n n p n q 0中对应项的值，因此称X 服从参数为n ，p 的二项分布，记作X ～B (n ，p )．二项分布与两点分布的联系由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n ＝1时的二项分布． 2．超几何分布(1)定义：一般地，若有总数为N 件的甲、乙两类物品，其中甲类有M 件(M ＜N )，从所有物品中随机取出n 件(n ≤N )，则这n 件中所含甲类物品数X 是一个离散型随机变量，X 能取不小于t 且不大于s 的所有自然数，其中s 是M 与n 中的较小者，t 在n 不大于乙类物品件数(即n ≤N －M )时取0，否则t 取n 减乙类物品件数之差(即t ＝n －(N －M ))，而且P (X ＝k )＝C k M C n －kN －M C n N，k ＝t ，t ＋1，…，s ，这里的X 称为服从参数为N ，n ，M 的超几何分布． (2)记法：X ～H (N ，n ，M )．(3)分布列：如果X ～H (N ，n ，M )且n ＋M －N ≤0，则X 能取所有不大于s 的自然数，此时X 的分布列如下表所示．X 01… k… sPC 0M C nN －MC n NC 1M C n －1N －MC n N…C k M C n －kN －MC nN…C s M C n －s N －MC n N超几何分布的特征(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，考察某类个体数X的概率分布．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．3．正态曲线及其性质(1)正态曲线的定义一般地，函数φ(x)＝1σ2πe对应的图像称为正态曲线，其中μ＝E(X)，σ＝D(X).(2)正态曲线的性质①正态曲线关于x＝μ对称(即μ决定正态曲线对称轴的位置)，具有中间高、两边低的特点；②正态曲线与x轴所围成的图形面积为1；③σ决定正态曲线的“胖瘦”：σ越大，说明标准差越大，数据的集中程度越弱，所以曲线越“胖”；σ越小，说明标准差越小，数据的集中程度越强，所以曲线越“瘦”．4．正态分布(1)一般地，如果随机变量X落在区间[a，b]内的概率，总是等于φμ，σ(x)对应的正态曲线与x轴在区间[a，b]内围成的面积，则称X服从参数为μ与σ的正态分布，记作X～N(μ，σ2)，此时φμ，σ(x)称为X的概率密度函数．(2)正态分布在三个特殊区间内取值的概率值P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68.3%，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95.4%，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99.7%.5．标准正态分布(1)定义：μ＝0且σ＝1的分布称为标准正态分布，记作X～N(0,1)．(2)概率计算方法：如果X～N(0,1)，那么对于任意a，通常记Φ(a)＝P(x＜a)，其中Φ(a)表示N(0,1)对应的正态曲线与x轴在区间(－∞，a)内所围的面积．特别地，Φ(－a)＋Φ(a)＝1.若X服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线的关于直线X＝μ对称和曲线与x轴之间的面积为1.二、基本技能·思想·活动体验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( √ )(2)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X 服从超几何分布．( × )(3)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．( √ ) (4)一个盒中装有4个黑球、3个白球，从中任取一个球．若是白球，则取出来，若是黑球，则放回盒中，直到把白球全部取出来．设取到黑球的次数为X ，则X 服从超几何分布．( × )(5)二项分布是一个概率分布，其公式相当于二项式(a ＋b )n 展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝1－p .( × )(6)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布密度函数，参数μ是正态分布的均值，σ是正态分布的标准差．( √ )2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为23，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率是( )A.80243B.8081C.163243D.163729A 解析：用X 表示发芽的粒数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫5，23，则P (X ＝3)＝C 35×⎝⎛⎭⎫233×⎝⎛⎭⎫1－232＝80243.故播下5粒这样的种子，恰有2粒不发芽的概率为80243.3．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10.现从中任取4个球，有如下几种变量：①X 表示取出的最大号码； ②X 表示取出的最小号码；③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，X 表示取出的4个球的总得分； ④X 表示取出的黑球个数．这四种变量中服从超几何分布的是( ) A ．①② B ．③④ C ．①②④D ．①②③④B 解析：由超几何分布的概念知③④符合．故选B. 4．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A.516B.316C.58D.38A 解析：因为X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，所以由二项分布可得，P (X ＝3)＝C 36⎝⎛⎭⎫123× ⎝⎛⎭⎫1－123＝516.5．已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (X >2c －1)＝P (X <c ＋3)，则c ＝________. 43解析：因为X ～N (3,1)，所以正态曲线关于直线x ＝3对称，且P (X >2c －1)＝P (X <c ＋3)，所以2c －1＋c ＋3＝2×3，所以c ＝43.6．已知随机变量X ～N (1，σ2)，若P (X >0)＝0.8，则P (X ≥2)＝________.0.2 解析：随机变量X 服从正态分布N (1，σ2)，所以正态曲线关于x ＝1对称，所以P (X ≥2)＝P (X ≤0)＝1－P (X >0)＝0.2.考点1 n 次伯努利试验与二项分布——综合性考向1 n 次伯努利试验及其概率甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为23和34.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？解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A 1，则事件A 1的对立事件A1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次独立重复试验，故P (A 1)＝C 44⎝⎛⎭⎫234＝1681. 所以P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－1681＝6581.所以甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰好击中目标2次”为事件A 2，“乙射击4次，恰好击中目标3次”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－232＝827， P (B 2)＝C 34×⎝⎛⎭⎫343×⎝⎛⎭⎫1－341＝2764. 由于甲、乙射击相互独立， 故P (A 2B 2)＝P (A 2)P (B 2)＝827×2764＝18.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18.(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D 2 D 1∪D 2D 1∪D 2D 1)，且P (D i )＝14.由于各事件相互独立，故 P (A 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D2D 1＋D 2D 1＋D 2D 1)＝14×14×34×⎝⎛⎭⎫1－14×14＝451 024.所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为451 024.n 次伯努利试验概率求解的策略(1)首先判断问题中涉及的试验是否为n 重伯努利试验，判断时注意各次试验之间是否相互独立的，并且每次试验的结果是否只有两种，在任何一次试验中，某一事件发生的概率是否都相等，全部满足n 重伯努利试验的要求才能用相关公式求解．(2)解此类题时常用互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．考向2 二项分布某公司招聘员工，先由两位专家面试，若两位专家都同意通过，则视作通过初审予以录用；若这两位专家都未同意通过，则视作未通过初审不予录用；当这两位专家意见不一致时，再由第三位专家进行复审，若能通过复审则予以录用，否则不予录用．设应聘人员获得每位初审专家通过的概率均为12，复审能通过的概率为310，各专家评审的结果相互独立．(1)求某应聘人员被录用的概率；(2)若4人应聘，设X 为被录用的人数，试求随机变量X 的分布列．解：设“两位专家都同意通过”为事件A ，“只有一位专家同意通过”为事件B ，“通过复审”为事件C .(1)设“某应聘人员被录用”为事件D ， 则D ＝A ∪BC . 因为P (A )＝12×12＝14，P (B )＝2×12×⎝⎛⎭⎫1－12＝12， P (C )＝310，所以P (D )＝P (A ∪BC )＝P (A )＋P (B )P (C )＝25.(2)根据题意，X ＝0,1,2,3,4，且X ～B ⎝⎛⎭⎫4，25， A i 表示“应聘的4人中恰有i 人被录用”(i ＝0,1,2,3,4)．因为P (A 0)＝C 04×⎝⎛⎭⎫354＝81625， P (A 1)＝C 14×25×⎝⎛⎭⎫353＝216625， P (A 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫252×⎝⎛⎭⎫352＝216625， P (A 3)＝C 34×⎝⎛⎭⎫253×35＝96625， P (A 4)＝C 44×⎝⎛⎭⎫254×⎝⎛⎭⎫350＝16625. 所以X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P 816252166252166259662516625二项分布概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p ；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率．为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售．已知某产品第一轮检测不合格的概率为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响．若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元．已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X 元，则P (X ≥－80)＝________.243256解析：由题意得该产品能销售的概率为⎝⎛⎭⎫1－16⎝⎛⎭⎫1－110＝34.易知X 的所有可能取值为－320，－200，－80,40,160.设ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则 ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，34，所以P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫34k ⎝⎛⎭⎫144－k . 所以P (X ＝－80)＝P (ξ＝2)＝C 24⎝⎛⎭⎫342·⎝⎛⎭⎫142＝27128，P (X ＝40)＝P (ξ＝3)＝C 34⎝⎛⎭⎫343⎝⎛⎭⎫141＝2764， P (X ＝160)＝P (ξ＝4)＝C 44⎝⎛⎭⎫344·⎝⎛⎭⎫140＝81256. 故P (X ≥－80)＝P (X ＝－80)＋P (X ＝40)＋P (X ＝160)＝243256.考点2 超几何分布——综合性在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用．现有6名男志愿者A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6和4名女志愿者B 1，B 2，B 3，B 4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的概率； (2)用X 表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X 的分布列． 解：(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含B 1的事件为M ， 则P (M )＝C 48C 510＝518.(2)由题意知X 可取的值为0,1,2,3,4，则P (X ＝0)＝C 56C 510＝142，P (X ＝1)＝C 46C 14C 510＝521，P (X ＝2)＝C 36C 24C 510＝1021，P (X ＝3)＝C 26C 34C 510＝521，P (X ＝4)＝C 16C 44C 510＝142，因此X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P 1425211021521142(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．超几何分布的特征：①考查对象分两类；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．(2)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．1．已知在10件产品中可能存在次品，从中抽取2件检查，其次品数为ξ.已知P (ξ＝1)＝1645，且该产品的次品率不超过40%，则这10件产品的次品率为( ) A ．10% B ．20% C ．30%D ．40%B 解析： 设10件产品中有x 件次品，则P (ξ＝1)＝C 1x C 110－xC 210＝x (10－x )45＝1645，所以x ＝2或x ＝8.因为次品率不超过40%，所以x ＝2，所以次品率为210＝20%.2．(2020·贵阳市四校高三联考)高新区某高中德育处为了调查学生对“国安法”的关注情况，在全校组织了“国家安全知多少”的知识问卷测试，并从中随机抽取了12份问卷，得到其测试成绩(百分制)如下：52,63,67,68,72,76,76,76,82,88,93,94.(1)写出该样本的中位数，若该校共有3 000名学生，试估计该校测试成绩在70分以上的人数；(2)从所抽取的70分以上的学生中再随机选取4人，记ξ表示测试成绩在80分以上的人数，求ξ的分布列和数学期望．解：(1)由已知数据可得中位数为76，样本中70分以上的所占比例为812＝23，故可估计该校测试成绩在70分以上的约为3 000×23＝2 000(人)．(2)由题意可得ξ的可能取值为0,1,2,3,4.P (ξ＝0)＝C 04C 44C 48＝170，P (ξ＝1)＝C 14C 34C 48＝1670＝835，P (ξ＝2)＝C 24C 24C 48＝3670＝1835，P (ξ＝3)＝C 34C 14C 48＝1670＝835，P (ξ＝4)＝C 44C 04C 48＝170.所以ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 4 P1708351835835170E (ξ)＝0×170＋1×835＋2×1835＋3×835＋4×170＝2.考点3 正态分布——应用性(1)(多选题)(2020·本溪高级中学期末)若随机变量ξ～N (0,1)，φ(x )＝P (ξ≤x )，其中x >0.下列等式成立的有( )A ．φ(－x )＝1－φ(x )B ．φ(2x )＝2φ(x )C ．P (|ξ|<x )＝2φ(x )－1D ．P (|ξ|>x )＝2－φ(x )AC 解析：因为随机变量ξ服从标准正态分布N (0，1)，所以正态曲线关于ξ＝0对称，如图．φ(－x )＝P (ξ≤－x )＝P (ξ≥x )＝1－φ(x )，所以A 项正确； φ(2x )＝P (ξ≤2x )，2φ(x )＝2P (ξ≤x )， 所以φ(2x )≠2φ(x )，B 项错误；P (|ξ|<x )＝P (－x ≤ξ≤x )＝1－2φ(－x )＝1－2[1－φ(x )]＝2φ(x )－1，所以C 项正确； P (|ξ|>x )＝P (ξ>x 或ξ<－x )＝1－φ(x )＋φ(－x )＝1－φ(x )＋1－φ(x )＝2－2φ(x )，所以D 项错误．故选AC.(2)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X ，且X ～N (800,502)，则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( )A ．0.977B ．0.683C ．0.997D ．0.954A 解析：因为X ～N (800,502)， 所以P (700≤X ≤900)≈0.954， 所以P (X >900)≈1－0.9542＝0.023，所以P (X ≤900)≈1－0.023＝0.977.(3)“过大年，吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2020年春节前夕，A 市某质检部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺，检测其某项质量指标值，所得频率分布直方图如下：①求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；②由频率分布直方图可以认为，速冻水饺的该项质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，利用该正态分布，求Z 落在[14.55,38.45]内的概率．附：计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标值的标准差为σ＝142.75≈11.95. 解：①所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数x ＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.②因为Z 服从正态分布N (μ，σ2)，且μ＝26.5，σ≈11.95，所以P (14.55≤Z ≤38.45)＝P (26.5－11.95≤Z ≤26.5＋11.95)≈0.683，所以Z 落在[14.55,38.45]内的概率是0.683.(1)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于[μ－σ，μ＋σ]，[μ－2σ，μ＋2σ]，[μ－3σ，μ＋3σ]中的哪一个．(2)利用正态曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，及曲线与x 轴之间的面积为1.注意活用下面两个结论：①P (X ＜a )＝1－P (X ≥a )；②P (X ＜μ－σ)＝P (X >μ＋σ)．1．(2021·八省联考)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 ⎝⎛⎭⎫0，2n .为使误差εn 在(－0.5，0.5)的概率不小于0.954，至少要测量__32__次(若X ～N (μ，σ2)，则P (|X －μ|≤2σ)≈0.954)．2．(2020·安庆二模)为了保障某种药品的主要药理成分在国家药品监督管理局规定的值的范围内，某制药厂在该药品的生产过程中，检验员在一天中按照规定每间隔2小时对该药品进行检测，每天检测4次，每次检测由检验员从该药品生产线上随机抽取20件产品进行检测，测量其主要药理成分含量(单位：mg)．根据生产经验，可以认为这条药品生产线正常状态下生产的产品中其主要药理成分含量服从正态分布N (μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X 表示某次抽取的20件产品中其主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品件数，求P (X ＝1)(精确到0.001)及X 的数学期望．(2)在一天内的四次检测中，如果有一次出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对本次的生产过程进行检查；如果在一天中，有连续两次检测出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，则需停止生产并对原材料进行检测．(i)下面是检验员在某一次抽取的20件药品的主要药理成分含量：其中x i 为抽取的第i 件药品的主要药理成分含量(i ＝1,2，…，20)．用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对本次的生产过程进行检查；(ii)试确定一天中需停止生产并对原材料进行检测的概率．(精确到0.001)附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ≤Z ≤μ＋3σ)≈0.997,0.99719≈0.944 5，0.99720≈0.941 7.解：(1)抽取的一件药品的主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之内的概率为0.997， 从而主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的概率为0.003，故X ～B (20,0.003)．因此P (X ＝1)≈C 120(0.997)19×0.003≈0.057，X 的数学期望E (X )≈20×0.003＝0.06.(2)(i)由x ＝9.96，s ＝0.19，得μ的估计值μ^＝9.96，σ的估计值σ^＝0.19.由样本数据可以看出有一件药品的主要药理成分含量9.22在[μ－3σ，μ＋3σ]＝[9.39，10.53]之外，因此需对本次的生产过程进行检查．(ii)设“在一次检测中，发现需要对本次的生产过程进行检查”为事件A ，则P (A )＝1－[P (X ＝0)]20≈1－0.99720≈1－0.941 7＝0.058 3；如果在一天中，需停止生产并对原材料进行检测，则在一天的四次检测中，有连续两次出现了主要药理成分含量在[μ－3σ，μ＋3σ]之外的药品，故概率p ＝3[P (A )]2×[1－P (A )]2≈3×(0.058 3)2×(0.941 7)2≈0.009.故确定一天中需对原材料进行检测的概率为0.009.。

二项分布与超几何分布辨析二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析． 例 袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列． 解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1~35X B ⎛⎫⎪⎝⎭，．3031464(0)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴；12131448(1)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；21231412(2)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；333141(3)55125P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，X 的分布列为2．不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0，1，2，且有：03283107(0)15C C P Y C ===；12283107(1)15C C P Y C ===；21283101(2)15C C PY C ===．因此，Y 的分布列为辨析：通过此例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的．超几何分布和二项分布都是离散型分布超几何分布和二项分布的区别：超几何分布需要知道总体的容量，而二项分布不需要； 超几何分布是不放回抽取，而二项分布是放回抽取（独立重复） 当总体的容量非常大时，超几何分布近似于二项分布二项分布、超几何分布、正态分布一、选择题1．设随机变量ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ＝3)的值为( ) A.516 B.316 C.58 D.7162．设随机变量ξ ～ B (2，p )，随机变量η ～ B (3，p )，若P (ξ ≥1) ＝59，则P (η≥1) ＝( )A.13B.59C.827D.19273．一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了ξ次球，则P (ξ＝12)＝( )A ．C 1012⎝⎛⎭⎫3810·⎝⎛⎭⎫582B ．C 911⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582·38C ．C 911⎝⎛⎭⎫589·⎝⎛⎭⎫382D ．C 911⎝⎛⎭⎫389·⎝⎛⎭⎫582 4．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.6]C ．(0,0.4]D ．[0.6,1)5．已知随机变量ξ服从正态分布N (2，σ2)，P (ξ≤4)＝0.84，则P (ξ＜0)＝( ) A ．0.16 B ．0.32 C ．0.68 D ．0.84 二、填空题6．某篮运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进3个球的概率________．(用数值作答) 答案：151287．从装有3个红球，2个白球的袋中随机取出两个球，设其中有X 个红球，则X 的分布列为________．8.某厂生产的圆柱形零件的外径ε1000件零件中随机抽查一件，测得它的外径为5.7 cm.则该厂生产的这批零件是否合格________． 答案：不合格三、解答题9．一条生产线上生产的产品按质量情况分为三类：A 类、B 类、C 类．检验员定时从该生产线上任取2件产品进行一次抽检，若发现其中含有C 类产品或2件都是B 类产品，就需要调整设备，否则不需要调整．已知该生产线上生产的每件产品为A 类品，B 类品和C 类品的概率分别为0.9,0.05和0.05，且各件产品的质量情况互不影响．(1)求在一次抽检后，设备不需要调整的概率；(2)若检验员一天抽检3次，以ξ表示一天中需要调整设备的次数，求ξ的分布列．10.甲、乙两人参加2010年广州亚运会青年志愿者的选拔．打算采用现场答题的方式来进行，已知在备选的10道试题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题．规定每次考试都从备选题中随机抽出3题进行测试，至少答对2题才能入选．(1)求甲答对试题数ξ的概率分布； (2)求甲、乙两人至少有一人入选的概率．参考答案1、解析：P (ξ＝3)＝C 36⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫1－123＝516. 答案：A2、解析：∵P (ξ≥1) ＝2p (1－p )＋p 2＝59， ∴p ＝13 ，∴P (η≥1) ＝C 13⎝⎛⎭⎫13⎝⎛⎭⎫232＋C 23⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫23＋C 33⎝⎛⎭⎫133＝1927，故选D.3、解析：P (ξ＝12)表示第12次为红球，前11次中有9次为红球，从而P (ξ＝12)＝C 911·⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582×38. 答案：B4、解析：C14p (1－p )3≤C24p 2(1－p )2，即2(1－p )≤3p ，∴p ≥0.4.又∵p <1，∴0.4≤p <15、解析：∵P (ξ≤4)＝0.84，μ＝2，∴P (ξ＜0)＝P (ξ＞4)＝1－0.84＝0.16.故选A.6、解析：由题意知所求概率P ＝C 310⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫127＝15128. 7、解析：这是超几何分布，P (X ＝0)＝C 03C 22C 25＝0.1；P (X ＝1)＝C 13C 12C 25＝0.6; P (X ＝2)＝C 23C 02C 25＝0.3，分布列如下表：8、解析：根据3σ原则，在4－3×0.5＝2.5~4＋3×0.5＝5.5之外为异常，所以这批零件不合格． 9、解析：(1)设A i 表示事件“在一次抽检中抽到的第i 件产品为A 类品”，i ＝1,2. B i 表示事件“在一次抽检中抽到的第i 件产品为B 类品”，i ＝1,2. C 表示事件“一次抽检后，设备不需要调整”． 则C ＝A 1·A 2＋A 1·B 2＋B 1·A 2.由已知P (A i )＝0.9，P (B i )＝0.05 i ＝1,2. 所以，所求的概率为P (C )＝P (A 1·A 2)＋P (A 1·B 2)＋P (B 1·A 2) ＝0.92＋2×0.9×0.05＝0.9.(2)由(1)知一次抽检后，设备需要调整的概率为p ＝P (C )＝1－0.9＝0.1，依题意知ξ～B (3,0.1)，ξ的分布列为10、解析：(1)P (ξ＝0)＝C 34C 310＝130，P (ξ＝1)＝C 16·C 24C 310＝310，P (ξ＝2)＝C 26·C 14C 310＝12，P (ξ＝3)＝C 36C 310＝16，其分布列如下：(2)法一：设甲、乙两人考试合格的事件分别为A 、B ，则P (A )＝C 26C 14＋C 36C 310＝60＋20120＝23， P (B )＝C 28C 12＋C 38C 310＝56＋56120＝1415.因为事件A 、B 相互独立，∴甲、乙两人考试均不合格的概率为 P()A ·B ＝P ()A ·P ()B ＝⎝⎛⎭⎫1－23⎝⎛⎭⎫1－1415＝145， ∴甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为 P ＝1－P()A ·B ＝1－145＝4445.答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为4445.法二：甲、乙两人至少有一个考试合格的概率为 P ＝P ()A ·B＋P ()A ·B ＋P ()A ·B ＝23×115＋13×1415＋23×1415＝4445. 答：甲、乙两人至少有一人考试合格的概率为4445。