4.2.3 二项分布与超几何分布-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册学习手册（人教B版）

参 考 答 案 从而由上表得两个分布列为 （ 1 ） 2X+1 的分布列 （ 2 ） |X-1| 的分布列 10. 解： ξ 的所有可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， “ ξ=0 ” 表 示入选 3 人全是男生， 则 P （ ξ=0 ） = C 3 8 C 3 10 = 7 15 ， “ ξ=1 ” 表示 入选 3 人 中 恰 有 1 名 女 生 ， 则 P （ ξ=1 ） = C 1 2 C 2 8 C 3 10 = 7 15 ， “ ξ=2 ” 表示入选 3 人中有 2 名女生， 则 P （ ξ=2 ） = C 2 2 C 1 8 C 3 10 = 1 15 . 因此 ξ 的分布列为 提升练习 11. B 【解析】 根据分布列的性质， 知随机变量的所 有取值的概率之和为 1 ， 可解得 x=2 ， y=5 ， 故 P 3 2 <X< 11 3 3 " = P （ X=2 ） +P （ X=3 ） =0.35. 故选 B. 12. B 【解析 】 ξ=8 表示 3 个篮球中一个编号是 8 ， 另外两个从剩余 7 个号中选 2 个， 有 C 2 7 种方法， 即 21 种 . 故选 B. 13. BD 【解析 】 由分布列的性质得 a+b+c=3b=1 ， ∴b= 1 3 . ∴P （ |X|=1 ） =P （ X=1 ） +P （ X=-1 ） =1-P （ X=0 ） =1- 1 3 = 2 3 . 故选 BD. 14. 1 8 【解析】 由分布列的性质 ， 知 a+b= 1 2 ， 而 a 2 +b 2 ≥ （ a+b ） 2 2 = 1 8 （当且仅当 a=b= 1 4 时等号成立） . 15. 2 5 【解析】 X 的可能取值为 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 则 第 1 次取到白球的概率为 P （ X=1 ） = 1 5 ， 第 2 次取到白球 的概率为 P （ X=2 ） = 4×1 5×4 = 1 5 ， 第 3 次取到白球的概率为 P （ X=3 ） = 4×3×1 5×4×3 = 1 5 ， 第 4 次取到白球的概率为 P （ X=4 ） = 4×3×2×1 5×4×3×2 = 1 5 ， 第 5 次取到白球的概率为 P （ X=5 ） = 4×3×2×1×1 5×4×3×2×1 = 1 5 ， ∴P （ 1<X≤3 ） =P （ X=2 ） +P （ X=3 ） = 2 5 . 16. 解 ： （ 1 ） 由 x 2 -x-6≤0 得 -2≤x≤3 ， 即 S= {x|-2≤x≤3}. 由于 m ， n∈Z ， m ， n∈S 且 m+n=0 ， ∴A 包含的样本点为 （ -2 ， 2 ）， （ 2 ， -2 ）， （ -1 ， 1 ）， （ 1 ， -1 ）， （ 0 ， 0 ） . （ 2 ） 由于 m 的所有不同取值为 -2 ， -1 ， 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， ∴ξ=m 2 的所有不同取值为 0 ， 1 ， 4 ， 9 ， 且有 P （ ξ=0 ） = 1 6 ， P （ ξ=1 ） = 2 6 = 1 3 ， P （ ξ=4 ） = 2 6 = 1 3 ， P （ ξ=9 ） = 1 6 . 故 ξ 的分 布列为 4.2.3 二项分布与超几何分布 学习手册 变式训练 1 ACD 【解析】 选项 A ： 试验出现的结果只 有两个， 点数为 6 和点数不为 6 ， 且点数为 6 的概率在 每一次试验中都为 1 6 ， 每一次试验都是独立的， 故随机 变量 X 服从二项分布； 选项 B ： 虽然每一次试验的结果 只有两个， 且每一次试验都是相互独立的， 且概率不发 生变化， 但随机变量 X 的取值不确定， 故随机变量 X 不 服从二项分布； 选项 C ： 甲、 乙获胜的概率一定， 且和 为 1 ， 举行 5 次比赛， 相当于进行了 5 次独立重复试验， 故 X 服从二项分布 ； 选项 D ： 由二项分布的定义可 知， X～B （ n ， 0.3 ） . 故选 ACD. 变式训练 2 解： （ 1 ） X 的可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 且 P （ X=0 ） = C 3 3 C 3 8 = 1 56 ， P （ X=1 ） = C 1 5 C 2 3 C 3 8 = 15 56 ， P （ X=2 ） = C 2 5 C 1 3 C 3 8 = 30 56 = 15 28 ， P （ X=3 ） = C 3 5 C 0 3 C 3 8 = 10 56 = 5 28 ， 即 X 的分布列为 （ 2 ） 去执行任务的同学中有男有女的概率为 P=P （ X= 1 ） +P （ X=2 ） = 15 56 + 15 28 = 45 56 . 变式训练 3 12 25 3 5 【解析】 若放回抽取， 设取得红球 的个数为 X ， 则 X～B 2 ， 3 5 3 " ， 取出 2 个颜色不同的球 即事件 “ X=1 ”， ∴P （ X=1 ） =C 1 2 × 3 5 × 2 5 = 12 25 . 若不放回抽 X 0 1 2 3 4 2X+1 1 3 5 7 9 |X-1| 1 0 1 2 3 2X+1 1 7 9 P 0.2 0.3 0.3 3 0.1 5 0.1 |X-1| 0 1 2 3 P 0.1 0.3 0.3 0.3 ξ 2 P 1 15 0 7 15 1 7 15 ξ 9 P 1 6 0 1 6 4 1 3 1 1 3 X 3 P 5 28 0 1 56 2 15 28 1 15 56 59 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 取， 设取得红球的个数为 Y ， 则 Y～H （ 5 ， 2 ， 3 ）， ∴ 取到 的 2 个球颜色不同的概率 P= C 1 3 C 1 2 C 2 5 = 3 5 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） × （ 3 ） √ 2. B 【解析】 由二项分布的定义知 B 正确 . 故选 B. 3. B 【解析】 抛一枚硬币， 正面朝上的概率为 1 2 ， 则抛三枚硬币， 恰有 2 枚朝上的概率为 P=C 2 3 1 2 2 # 2 × 1 2 = 3 8 . 故选 B. 4. B 【解析】 根据超几何分布的定义可知 C 1 2 表示从 2 件次品中任选 1 件， C 3 6 表示从 6 件正品中任选 3 件 . 故选 B. 5. 1 5 【解析】 由二项分布参数的意义知， 成功概率 为 1 5 . 6. 28 145 【解析】 所求概率 P=1- C 2 27 C 2 30 = 28 145 . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 由题意可得， 甲、 乙、 丙三人中每人 在某一行业中都不能胜过孔圣人的概率均为 0.99 360 ≈ 0.03 ， 故甲、 乙、 丙三人在某一行业中都不能胜过孔圣 人的概率为 0.03 3 =0.000 027 ， 故甲、 乙、 丙三人中至少 一人在某一行业中胜过孔圣人的概率为 1-0.000 027= 0.999 973. 故选 B. 2. A 【解析】 若从甲袋中取出的 2 个球都是红球的 概率为 C 2 4 C 2 7 = 6 21 = 2 7 ， 此时乙袋中有 4 个红球， 4 个白球， 则从乙袋中取出 2 个球均是红球的概率为 P 1 = C 2 4 C 2 8 = 6 28 = 3 14 ； 若从甲袋中取出的 2 个球是 1 红 1 白的概率为 C 1 3 C 1 4 C 2 7 = 12 21 = 4 7 ， 此时乙袋中有 3 个红球， 5 个白球， 则 从乙袋中取出 2 个球是红球的概率为 P 2 = C 2 3 C 2 8 = 3 28 ； 若从 甲袋中取出的 2 个球都是白球的概率为 C 2 3 C 2 7 = 3 21 = 1 7 ， 此 时乙袋中有 2 个红球， 6 个白球， 则从乙袋中取出 2 个 球是红球的概率为 P 3 = C 2 2 C 2 8 = 1 28 ， 则从乙袋中取出的 2 个 球为红球的概率为 2 7 × 3 14 + 4 7 × 3 28 + 1 7 × 1 28 = 25 196 . 故选 A. 3. C 【解析 】 记 “恰好经过 4 场比赛分出胜负 ” “恰好经过 4 场比赛甲所在球队获胜” “恰好经过 4 场 比赛 A 所在球队获胜” 的事件分别为 D ， E ， F ， 由 E ， F 互斥， 且 P （ D ） =P （ E ） +P （ F ） . 若事件 E 发生， 则第四 场比赛甲获胜， 且前 3 场比赛甲所在球队恰有一场比赛 失利， 由于甲对 A ， B 比赛每场获胜的概率均为 0.6 ， 乙 与 A 或 B 比赛， 乙每场获胜的概率均为 0.5 ， 丙与 C 比 赛， 丙每场获胜的概率均为 0.5 ， 各场比赛的结果互不 影响， ∴ 甲所在球队恰好经过 4 场比赛获得胜利的概率 为 P （ E ） =0.6× （ 0.4×0.5×0.5+0.6×C 1 2 ×0.5×0.5 ） =0.24 ； 若事 件 F 发生， 则第四场比赛 B 获胜， 且前 3 场比赛 A 所在 球队恰有一场比赛失利， 由于甲对 A ， B 比赛每场获胜 的概率均为 0.6 ， 乙与 A 或 B 比赛， 乙每场获胜的概率 均为 0.5 ， 丙与 C 比赛， 丙每场获胜的概率均为 0.5 ， 各 场比赛的结果互不影响， ∴A 所在球队恰好经过 4 场比 赛获得胜利的概率为 P （ F ） =0.4× （ 0.6×0.5×0.5+0.4×C 1 2 × 0.5×0.5 ） =0.14 ， ∴ 恰好经过 4 场比赛分出胜负的概率为 P （ D ） =P （ E ） +P （ F ） =0.38. 故选 C. 4. B 【解析】 两人都中奖的概率是 P= 2 3 × 1 2 = 1 3 . 故 选 B. 5. D 【解析】 至少有一项合格的概率是 1- 1- 1 5 5 & × 1- 1 4 5 & = 2 5 . 故选 D. 6. C 【解析】 掷这两个骰子， 一共有 6×6=36 种基本 事件， 事件 A 发生， 则两个骰子的点数为一奇一偶有 3×3+3×3=18 种， ∴P （ A ） = 18 36 = 1 2 . ∵ 掷骰子正面向上为奇 数和偶数的方法种数相同， ∴P （ B ） = 3 6 = 1 2 ， P （ C ） = 3 6 = 1 2 ， 故 A 正确； 事件 BC ， 事件 AC ， 事件 AB 均表示甲为奇数， 乙 为偶数， ∴P （ BC ） =P （ AC ） =P （ AB ）， 故 B 正确； 事件 ABC 表示甲朝上一面为奇数， 乙朝上一面为 偶数， 故 P （ ABC ） = 3×3 6×6 = 1 4 ， 故 C 错误 . ∵P （ A ） = 1 2 ， P （ B ） = 1 2 ， P （ C ） = 1 2 ， ∴P （ A ） P （ B ） P （ C ） = 1 2 5 & 3 = 1 8 ， 故 D 正确 . 故选 C. 7. B 【解析】 由题意得， 每局甲胜的概率为 3 5 ， 乙 胜的概率为 2 5 ， 前三局甲胜 2 局负 1 局， 第 4 局甲获 胜， 则概率为 C 2 3 · 3 5 5 & 3 · 2 5 . 故选 B. 8. D 【解析】 由题意可得， 每次他没有命中目标的 概率为 1-0.8=0.2 ， 则他连续射击两次都没命中的概率为 0.2×0.2=0.04. 故选 D. 9. CD 【解析 】 当事件 A 和 B 都出现一正一次时 ， 他们就不是互斥事件， 故 A 错误； 事件 C 是事件 A ， 事 件 B 的一个子事件， 故 B 错误； ∵A∩B=C ， 故 AB 同时 发生的概率就等于 C 发生的概率， 故 C 正确； 事件 A 包含一正一次和两正两种情况， 事件 C 只有一正一次一 种情况， 故 P （ C|A ） = C 1 2 C 1 2 C 2 3 +C 1 2 C 1 2 = 2 3 ， 故 D 正确 . 故选 CD. 60 参 考 答 案 10. ABD 【解析】 根据题意， 事件 M 的发生与否与 对事件 N 没有影响， 是相互独立事件， 故 A 符合题意； 事件 M 的发生与否与对事件 N 没有影响， 是相互独立 事件， 故 B 符合题意； 若事件 M 发生， 事件 N 发生的 概率 P= 1 2 ， 若事件 M 不发生， 事件 N 发生的概率 P= 1 4 ， 事件 M 与 N 不是相互独立事件， 故 C 不符合题意； 事件 M 的发生与否与对事件 N 没有影响， 是相互独立 事件， 故 D 符合题意 . 故选 ABD. 11. BD 【解析】 目标恰好被命中一次的概率为 P= 1 2 × 1- 1 3 ! " + 1- 1 2 ! " × 1 3 ， 故 A 错误； 由相互独立事件 概率乘法公式得 ， 目标恰好被命中两次的概率为 1 2 × 1 3 ， 故 B 正确 ； 目标被命中的概率为 P=1- 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " ， 故 C 错误； 目标被命中的概率为 P=1- 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " ， 故 D 正确 . 故选 BD. 12. ABD 【解析】 从中任取 3 球， 恰有一个白球的 概率是 P= C 2 4 C 1 2 C 3 6 = 3 5 ， 故 A 正确； 从中有放回地取球 6 次， 每次任取一球， 每次抽到 白球的概率为 P= 2 6 = 1 3 ， 则恰好有两次白球的概率为 P=C 2 6 2 3 ! " 4 1 3 ! " 2 = 80 243 ， 故 B 正确； 现从中不放回地取球 2 次， 每次任取 1 球， 则在第 一次取到红球后， 第二次再次取到红球的概率为 C 1 4 C 1 3 C 1 4 C 1 5 = 3 5 ， 故 C 错误； 从中有放回的取球 3 次， 每次任取一球， 每次抽到 红球的概率为 P= 4 6 = 2 3 ， 则至少有一次取到红球的概率 为 P=1-C 0 3 1 3 ! " 3 = 26 27 ， 故 D 正确 . 故选 ABD. 13. 1 3 【解析】 甲、 乙两位同学参加 3 个小组的所 有可能性有 3×3=9 种， 其中甲、 乙两位同学参加同一兴 趣小组的情况有 3 种， 故甲、 乙两位同学参加同一兴趣 小组的概率 P= 3 9 = 1 3 . 14. C 3 90 C 2 10 C 5 100 【解析 】 根据题意 ， 在 100 个产品中 ， 有 10 个是次品， 则有 90 个合格品， 从 100 个产品中任 取 5 个， 有 C 5 100 种情况， 恰有 ２ 个次品， 则有 ３ 件合格 品 ， 即从 １0 个次品中取 ２ 个 ， 从 90 个合格品中取 ３ 个， 故其情况有 C 3 90 · C 2 10 ， 由古典概型的公式， 可得其概 率为 P= C 3 90 C 2 10 C 5 100 . 故答案为 C 3 90 C 2 10 C 5 100 . 15. 20 243 【解析】 由于每位乘客在这三层的每一层 下电梯的概率均为 1 3 ， 且每个人下电梯互不影响， 这是 6 次独立重复试验， X 的可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， ∴X~B 6 ， 1 3 ! " ， 则有 P （ X=k ） =C k 6 × 1 3 ! " k × 2 3 ! " 6-k ， k= 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ， 6 ， 故 P （ X=4 ） =C 4 6 × 1 3 ! " 4 × 2 3 ! " 2 = 20 243 . 故答案为 20 243 . 16. 81 125 【解析】 根据题意， 恰有两次击中目标的 概率为 C 2 3 · 3 5 ! " 2 · 2 5 = 54 125 ， 恰有三次击中目标的概率 为 C 3 3 · 3 5 ! " 3 = 27 125 ， 故至少有两次击中目标的概率为 54 125 + 27 125 = 81 125 ， 故答案为 81 125 . 17. 15 128 【解析】 由题意得， P=C 3 10 1 2 ! " 3 1 2 ! " 7 = 15 128 . 故答案为 15 128 . 提升练习 18. 解： （ 1 ） m＜n. （ 2 ） 设 “从抽取的 20 位客户中任意抽取 2 位， 至少 有一位是 A 组的客户” 为事件 M ， 则 P （ M ） = C 1 10 C 1 10 +C 2 10 C 2 20 = 29 38 . ∴ 从抽取的 20 位客户中任意抽取 2 位至少有一位 是 A 组的客户的概率是 29 38 . （ 3 ） 依题意 ξ 的可能取值为 0 ， 1 ， 2. 则 P （ ξ=0 ） = C 1 9 C 1 8 C 1 10 C 1 10 = 18 25 ， P （ ξ=1 ） = C 1 1 C 1 8 +C 1 9 C 1 2 C 1 10 C 1 10 = 13 50 ， P （ ξ=2 ） = C 1 1 C 1 2 C 1 10 C 1 10 = 1 50 . ∴ 随机变量 ξ 的分布列为 ∴ 随机变量 ξ 的数学期望 Eξ=0× 18 25 +1× 13 50 +2× 1 50 = 3 10 . 即 Eξ= 3 10 . 19. 解： （ 1 ） 记 “甲队总得分为 0 分” 为事件 A ， “甲队总得分为 2 分” 为事件 B ， 甲队总得分为 0 分， 即 甲队三人都回答错误， 其概率 P （ A ） = 1- 2 3 ! " 3 = 1 27 ； 甲队总得分为 2 分， 即甲队三人中有 1 人答错， 其 余两人答对， 其概率 P （ B ） =C 2 3 × 2 3 ! " 2 1- 2 3 ! " = 4 9 . （ 2 ） 记 “乙队得 1 分” 为事件 C ， “甲队得 2 分乙 ξ 3 P 1 50 1 18 25 2 13 50 61 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 队得 1 分” 为事件 D ； 事件 C 即乙队三人中有 2 人答 错， 其余 1 人答对， 则 P （ C ） = 1- 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 1- 2 3 ! " × 1 2 + 2 3 ! " × 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " = 5 18 ， 甲队得 2 分乙队 得 1 分即事件 B ， C 同时发生， 则 P （ D ） =P （ B ） P （ C ） = 4 9 × 5 18 = 10 81 . 20. 解： （ 1 ） 设 A i B i （ i=1 ， 2 ， 3 ） 分别表示甲、 乙 在第 i 次投篮投中， 则乙获胜的概率为 P （ A 1 B 1 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 B 3 ） = 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 = 7 16 . （ 2 ） 投篮结束时， 乙只投了 2 个球的概率为 P （ A 1 B 1 A 2 B 2 ） +P （ A 1 B 1 A 2 B 2 A 3 ） = 3 4 × 2 3 × 3 4 × 1 3 + 3 4 × 2 3 × 3 4 × 2 3 × 1 4 = 3 16 . 21. 解： （ 1 ） 设事件 A ： “答对第一个问题”， 事 件 B ： “答对第二个问题”， 事件 C ： “恰好答对一个问 题”， 事件 D ： “至少答对一个问题”， 由题意知事件 A 与 B 相互对立， 故 C=AB∪AB ， 且事件 AB 与 AB 互斥， ∴P （ C ） =P （ AB∪AB ） =P （ AB ） +P （ AB ） = 1 2 × 1- 2 5 ! " + 1- 1 2 ! " × 2 5 = 3 10 + 1 5 = 1 2 . （ 2 ） 由题意得事件 “两个问题都答错 ” 可表示为 AB ， 且事件 D 与 AB 互为对立事件， 于是 P （ D ） =1-P （ AB ） = 1-P （ A ） P （ B ） =1- 1- 1 2 ! " × 1- 2 5 ! " =1- 3 10 = 7 10 . 4.2.4 随机变量的数字特征 第 1 课时 离散型随机变量的均值 学习手册 变式训练 1 解： 根据题意， 设 X 表示 “该嘉宾所得分 数”， 则 X 的可能取值为 -4 ， 1 ， 3 ， 6. ∴P （ X=-4 ） = 1- 2 3 ! " × 1- 1 2 ! " × 1- 1 3 ! " = 1 9 ， P （ X=1 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 2 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=3 ） = 2 3 × 1 2 × 2 3 + 2 3 × 1 2 × 1 3 + 1 3 × 1 2 × 1 3 = 7 18 ， P （ X=6 ） = 2 3 × 1 2 × 1 3 = 2 18 = 1 9 . ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） = （ -4 ） × 1 9 +1× 7 18 +3× 7 18 +6× 1 9 = 16 9 . 变式训练 2 解： E （ ξ ） =E （ aX+3 ） =aE （ X ） +3=- 17 30 a+3= - 11 2 ， ∴a=15. 变式训练 3 A 【解析】 ∵η=12ξ+7 ， 则 E （ η ） =12E （ ξ ） +7 ， 即 E （ η ） =12× 1× 1 4 +2×m+3×n+4× 1 12 ! " +7=34. ∴2m+3n= 5 3 ①. 又 1 4 +m+n+ 1 12 =1 ， ∴m+n= 2 3 ② ， 由 ①② 可解得 m= 1 3 . 故选 A. 变式训练 4 解： （ 1 ） 由题意， X 可取的值为 1 ， 2 ， 3 ， 则 P （ X=1 ） = 3 5 ， P （ X=2 ） = 2 5 × 3 4 = 3 10 ， P （ X=3 ） = 2 5 × 1 4 × 1= 1 10 . 抽取次数 X 的分布列为 E （ X ） =1× 3 5 +2× 3 10 +3× 1 10 = 3 2 . （ 2 ） 由题意， 每次检验取到好电池的概率均为 3 5 ， 故 Y～B 4 ， 3 5 ! " ， 则 E （ Y ） =4× 3 5 = 12 5 . 变式训练 5 解： （ 1 ） 设 “甲品牌轿车首次出现故障 发生在保修期内” 为事件 A ， 则 P （ A ） = 2+3 50 = 1 10 . （ 2 ） 依题意得， X 1 的分布列为 X 2 的分布列为 （ 3 ） 由 （ 2 ） 得 E （ X 1 ） =1× 1 25 +2× 3 50 +3× 9 10 =2.86 （万 元） . E （ X 2 ） =1.8× 1 10 +2.9× 9 10 =2.79 （万元） . ∵E （ X 1 ） >E （ X 2 ）， ∴ 应生产甲品牌轿车 . 随堂练习 1. （ 1 ） × （ 2 ） √ （ 3 ） √ 2. A 【解析】 E （ X ） =1× 2 5 +2× 3 10 +3× 3 10 = 19 10 . 故选 A. 3. B 【解析】 ∵X～B （ 5 ， 0.8 ）， ∴E （ X ） =5×0.8=4. 故 选 B. X 6 P 1 9 -4 1 9 3 7 18 1 7 18 X 1 3 P 9 10 1 1 25 2 3 50 X 2 2.9 P 9 10 1.8 1 10 X 3 P 1 10 1 3 5 2 3 10 62 第四章 概率与统计 学 学 习 目 标 1. 能判断一个随机变量分布列是否是二 项分布和超几何分布 . 2. 理解二项分布和超几何分布之间的区 别与联系 . 要 点 精 析 要点 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， 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 q n－k （ k＝0 ， 1 ， 2 ， …， n ）， 因此 X 的分布列如下表所示： 由于表中的第二行中的概率值恰好是二 项式展开式（ q＋p ） n ＝C 0 n p 0 q n ＋C 1 n p 1 q n－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 ） . 思考 独立重复试验需要满足什么 条件？ 例 1 某地区为下岗人员免费提供财会 和计算机培训， 以提高下岗人员的再就业 能力， 每名下岗人员可以选择参加一项培 训、 参加两项培训或不参加培训 . 已知参加 过财会培训的占 60% ， 参加过计算机培训 的占 75% ， 假设每个人对培训项目的选择 是相互独立的， 且各人的选择相互之间没 有影响 . （ 1 ） 任选 1 名下岗人员， 求该人员参加 过培训的概率； （ 2 ） 任选 3 名下岗人员， 记 ξ 为 3 人中 参加过培训的人数， 求 ξ 的分布列 . 解： （ 1 ） 任选 1 名下岗人员， 记 “该 人员参加过财会培训” 为事件 A ， “该人员 参加过计算机培训” 为事件 B ， 则事件 A 与 B 相互独立， 且 P （ A ） ＝0.6 ， P （ B ） ＝0.75. ∴ 该 下岗人员没有参加过培训的概率是 P （ AB ） ＝ P （ A ）· P （ B ） ＝ （ 1－0.6 ） × （ 1－0.75 ） ＝0.1. ∴ 该人员参加过培训的概率为 1－0.1＝ 0.9. （ 2 ） ∵ 每个人的选择是相互独立的 ， ∴3 人中参加过培训的人数 ξ 服从二项分布 ξ～B （ 3 ， 0.9 ）， P （ ξ＝k ） ＝C k 3 0.9 k ×0.1 3－k ， k＝0 ， 1 ， 2 ， 3 ， ∴ξ 的分布列是 4.2.3 二项分布与超几何分布 X 0 1 … k … n P C 0 n p 0 q n C 1 n p 1 q n－1 … C k n p k q n－k … C n n p n q 0 ξ 0 1 2 3 P 0.001 0.027 0.243 0.729 49 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 反思感悟 二项分布问题的注意点： （ 1 ） 判断一个随机变量是否服从二项 分布， 关键有两点： 一是对立性， 即一次 试验中， 事件发生与否两者必有其一； 二 是重复性， 即试验是独立重复地进行了 n 次 . （ 2 ） 二项分布， 当 X 服从二项分布时， 应弄清 X～B （ n ， p ） 中的试验次数 n 与成功 概率 p. （ 3 ） 对于公式 P （ X＝k ） ＝C k n p k （ 1－p ） n－k （ k＝0 ， 1 ， 2 ， …， n ） 必须在满足 “独立重 复试验” 时才能运用， 否则不能应用该公式 . 变式训练 1 （多选题） 下列随机变量 X 服从二项分 布的是 （ ） A. 投掷一枚均匀的骰子 5 次， X 表示点 数为 6 出现的次数 B. 某射手射中目标的概率为 p ， 设每次 射击是相互独立的， X 为从开始射击到击中 目标所需要的射击次数 C. 实力相当的甲、 乙两选手进行了 5 局乒乓球比赛， X 表示甲获胜的次数 D. 某星期内， 每次下载某网站数据被 病毒感染的概率为 0.3 ， X 表示下载 n 次数 据电脑被病毒感染的次数 要点 2 超几何分布 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 －k N－M C n N ， k＝t ， t＋1 ， …， s ， X 称为服从参数为 N ， n ， M 的超几何 分布， 记作 X～H （ N ， n ， M ） . 例 2 现有来自甲、 乙两班学生共 7 名， 从中任选 2 名都是甲班的概率为 1 7 . （ 1 ） 求 7 名学生中甲班的学生数； （ 2 ） 设所选 2 名学生中甲班的学生数为 X ， 求 X 的分布列， 并求所选 2 人中甲班学 生数不少于 1 人的概率 . 解： （ 1 ） 设甲班的学生数为 M ， 由题 意得 1 7 ＝ C 2 M C 2 7 ＝ M （ M-1 ） 2 7×6 2 ＝ M （ M-1 ） 7×6 ， 整理得 M 2 －M－6＝0 ， 解得 M＝3 或 M＝－2 （舍去） . 即 7 名学生中， 甲班有 3 人 . （ 2 ） 由题意知 X 服从参数 N＝7 ， M＝3 ， n＝2 的超几何分布， 其中 X 的所有可能取值 为 0 ， 1 ， 2. P （ X＝k ） = C k 3 C 2-k 4 C 2 7 （ k＝0 ， 1 ， 2 ）， 即 P （ X＝0 ） ＝ C 0 3 C 2 4 C 2 7 ＝ 6 21 ＝ 2 7 ， P （ X＝1 ） ＝ C 1 3 C 1 4 C 2 7 = 12 21 ＝ 4 7 ， P （ X＝2 ） ＝ C 2 3 C 0 4 C 2 7 ＝ 3 21 ＝ 1 7 . ∴X 的分布列为 X 0 1 2 P 2 7 4 7 1 7 50 第四章 概率与统计 学 由分布列知 P （ X≥1 ） ＝P （ X＝1 ） ＋P （ X＝2 ） ＝ 4 7 ＋ 1 7 ＝ 5 7 ， 即所选两人中甲班学生数不少 于 1 人的概率为 5 7 . 反思感悟 超几何分布问题的两点说明： （ 1 ） 超几何分布是概率分布的一种形 式， 一定要注意公式中字母的范围及其意 义， 解决问题时可以直接利用公式求解， 但不能机械地记忆 . （ 2 ） 超几何分布中， 只要知道 M ， N ， n ， 就可以利用公式求出 X 取不同 k 的概率 P （ X＝k ）， 从而求出 X 的分布列 . 变式训练 2 某校组织一次冬令营活动， 有 8 名同学 参加， 其中有 5 名男同学， 3 名女同学， 为 了活动的需要， 要从这 8 名同学中随机抽取 3 名同学去执行一项特殊任务， 记其中有 X 名男同学 . 求： （ 1 ） X 的分布列； （ 2 ） 去执行任务的同学中有男有女的 概率 . 要点 3 几种分布问题的综合应用 例 3 在 10 件产品中， 有 3 件一等品， 4 件二等品， 3 件三等品 . （ 1 ） 若从这 10 件产品中任意抽取 1 件， 求抽到一等品件数 ξ 的分布列； （ 2 ） 若从这 10 件产品中随机连续抽取 3 次， 每次抽取 1 件 . 每次抽取后都放回， 设 取到一等品的件数为 η ， 求 η 的分布列； （ 3 ） 若从这 10 件产品中随机连续抽取 3 次， 每次抽取 1 件 . 每次抽取后都不放回， 设取到一等品的件数为 X ， 求： ①X 的分布 列； ② 抽到的 3 件产品中一等品件数多于二 等品件数的概率 . 解： （ 1 ） 抽奖一次， 只有中奖和不中 奖两种情况， 故 X 的取值只有 0 和 1 两种情 况， 服从两点分布 . P （ ξ＝1 ） ＝ 3 10 ， 则 P （ ξ＝0 ） ＝ 1－P （ ξ＝1 ） ＝1－ 3 10 ＝ 7 10 . 因此 X 的分布列为 （ 2 ） 若每次抽取后都放回， 则每次抽到 一等品的概率均为 3 10 ， 3 次抽取可以看成 3 次 独立重复试验， 因此 η～B 3 ， 3 10 0 # ， ∴P （ η＝0 ） ＝C 0 3 3 10 0 0 0 7 10 0 0 3 ＝ 343 1 000 ， P （ η＝1 ） ＝C 1 3 3 10 0 0 1 7 10 0 0 2 ＝ 441 1 000 ， P （ η＝2 ） ＝C 2 3 3 10 0 0 2 7 10 0 0 1 ＝ 189 1 000 ， ξ 0 1 P 7 10 3 10 51 高中数学选择性必修 第二册 （人教 B 版） 精编版 学 P （ η＝3 ） ＝C 3 3 3 10 ! " 3 7 10 ! " 0 ＝ 27 1 000 . 因此 η 的分布列为 （ 3 ） ① 若每次抽取后都不放回， 则随机 抽取 3 次可看成随机抽取 1 次但 1 次抽取了 3 件， 因此一等品件数 X 服从参数 10 ， 3 ， 3 的超几何分布， 即 X～H （ 10 ， 3 ， 3 ）， ∴ 从 10 件产品中任取 3 件， 其中恰有 m 件一等品的概率为 P （ X＝m ） ＝ C m 3 C 3－m 7 C 3 10 ， m＝ 0 ， 1 ， 2 ， 3. ∴ 随机变量 X 的分布列是 ② 设 “抽到的 3 件产品中一等品件数多 于二等品件数” 为事件 A ， “恰好取出 1 件 一等品和 2 件三等品” 为事件 A 1 ， “恰好取 出 2 件一等品” 为事件 A 2 ， “恰好取出 3 件 一等品” 为事件 A 3 . 由于事件 A 1 ， A 2 ， A 3 彼 此互斥， 且 A＝A 1 ∪A 2 ∪A 3 ， ∵P （ A 1 ） ＝ C 1 3 C 2 3 C 3 10 ＝ 3 40 ， P （ A 2 ） ＝P （ X＝2 ） ＝ 7 40 ， P （ A 3 ） ＝P （ X＝3 ） ＝ 1 120 ， ∴P （ A ） ＝P （ A 1 ） ＋P （ A 2 ） ＋P （ A 3 ） ＝ 3 40 ＋ 7 40 ＋ 1 120 ＝ 31 120 . 即取出的 3 件产品中一等品的件数多于 二等品的件数的概率为 31 120 . 反思感悟 几种分布的特点及关系： （ 1 ） 两点分布是一种特殊的二项分布， 即 n＝1 的二项分布 . （ 2 ） 独立重复试验的实际原型是有放 回地抽样检验问题， 超几何分布的实际原 型是不放回地抽样检验问题 . 变式训练 3 盒中装有形状、 大小完全相同的 5 个 球， 其中红色球 3 个， 黄色球 2 个 . 若从中 随机依次取出 2 个球， 则放回抽取时所取出 的 2 个球颜色不同的概率等于 ， 不 放回抽取时所取出的 2 个球颜色不同的概率 等于 . 数 学 文 化 例 为快速控制新冠病毒的传播， 全球 多家公司进行新冠疫苗的研发 . 某生物技术 公司研制出一种新冠灭活疫苗， 为了检测其 质量指标， 从中抽取了 100 支该疫苗样本， 经统计质量指标得到如图所示的频率分布直 方图 . （ 1 ） 求所抽取的样本平均数 x （同一组 中的数据用该组区间的中点值作代表）； （ 2 ） 将频率视为概率， 若某家庭购买 4 支该疫苗， 记这 4 支疫苗的质量指标值位于 频率 / 组距 质量指标值 0.030 0.025 0.020 0.015 0.010 10 20 30 40 50 O η 0 1 2 3 P 343 1 000 441 1 000 189 1 000 27 1 000 X 0 1 2 3 P 7 24 21 40 7 40 1 120 图 4-2-1 52 第四章 概率与统计 学 （ 10 ， 30 ］ 内的支数为 X ， 求 X 的分布列和 数学期望 . 解： （ 1 ） 根据频率分布直方图， 可得： （ 0 ， 10 ］ 的频率为 0.010×10=0.1 ； （ 10 ， 20 ］ 的频率为 0.020×10=0.2 ； （ 20 ， 30 ］ 的频率为 0.030×10=0.3 ； （ 30 ， 40 ］ 的频率为 0.025×10=0.25 ； （ 40 ， 50 ］ 的频率为 0.015×10=0.15 ， ∴x=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.25+45× 0.15=26.5. （ 2 ） 根据题意得每支灭活疫苗的质量指 标值位于（ 10 ， 30 ］ 内的概率为 0.2+0.3=0.5 ， ∴X~B 4 ， 1 2 2 " ， X 的可能取值为 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 故 P （ X=0 ） =C 0 4 1 2 2 " 4 = 1 16 ， P （ X=1 ） =C 1 4 1 2 2 " 4 = 1 4 ， P （ X=2 ） =C 2 4 1 2 2 " 4 = 3 8 ， P （ X=3 ） =C 3 4 1 2 2 " 4 = 1 4 ， P （ X=4 ） =C 4 4 1 2 2 " 4 = 1 16 ， ∴X 的分布列为 ∴E （ X ） =0× 1 16 +1× 1 4 +2× 3 8 +3× 1 4 +4× 1 16 =2. X 0 1 4 P 1 16 1 4 1 16 2 3 8 3 1 4 53