7.4.2 超几何分布-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第七章　随机变量及其分布 7.４　二项分布与超几何分布 7.4.2　超几何分布 (教师独具内容) 课程标准：通过具体实例，了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题． 教学重点：1.超几何分布的概念.2.与超几何分布有关的概率计算． 教学难点：用超几何分布解决实际问题． 核心素养：通过学习超几何分布及其均值，并应用其来解决实际问题，提升数学抽象素养和数据分析素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　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，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝min{n，M}．如果随机变量X的分布列具有上式的形式，那么称随机变量X服从超几何分布． 知识点二　超几何分布的均值 设随机变量X服从超几何分布，则E(X)＝_____． 核心概念掌握 5 1．(超几何分布的综合应用)某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的概率为________． 2．(超几何分布的均值)若随机变量X服从超几何分布，其中N＝9，M＝4，n＝2，则E(X)＝________． 3．(超几何分布的概率)一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中，此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X)，则P(X＝4)的值为________． 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　超几何分布的概率 核心素养形成 8 感悟提升 超几何分布的概率 (1)超几何分布的概率计算公式给出了求解这类问题的方法，可以直接运用公式求解．但是不能机械地记忆公式，要在理解公式意义的前提下进行记忆． (2)超几何分布是随机变量的另一种分布形式．在这里，要特别注意公式中的各个字母的取值范围及其含义． 核心素养形成 9 核心素养形成 10 题型二　超几何分布的均值　 核心素养形成 11 感悟提升 超几何分布的方差公式一般不考查，均值公式比较常考，要注意找准参数N，M和n. 核心素养形成 12 [跟踪训练2]　甲、乙两人参加普法知识竞赛，共设有10道不同的题目，其中选择题6道，判断题4道．若甲从中随机抽取5道题目，其中判断题的数目为X，求X的均值． 核心素养形成 13 　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的分布列及均值． 题型三　超几何分布的综合应用 核心素养形成 14 核心素养形成 15 感悟提升 超几何分布综合应用题的求解步骤 核心素养形成 16 [跟踪训练3]　袋子中有8张水果卡片，其中4张苹果卡片，4张梨子卡片，消费者从该袋子中不放回地随机抽取4张卡片，若抽到的4张卡片都是同一种水果，则获得一张10元代金券；若抽到的4张卡片中恰有3张卡片是同一种水果，则获得一张5元代金券；若抽到的4张卡片是其他情况，则不获得任何奖励． (1)求某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片都是苹果卡片的概率； (2)记随机变量X为某位消费者在一次抽奖活动中获得代金券的金额数，求X的分布列和数学期望E(X)； (3)该商家规定，每位消费者若想再次参加该项抽奖活动，则需支付2元．若你是消费者，是否愿意再次参加该项抽奖活动？请说明理由． 核心素养形成 17 核心素养形成 18 核心素养形成 19 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 21 随堂水平达标 1 2 3 4 5 22 随堂水平达标 1 2 3 4 5 23 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 4．高三(1)班的联欢会上设计了一项游戏：在一个口袋中装有10个红球，20个白球，这些球除颜色外完全相同，一次从中摸出5个球，摸到4个红球，1个白球的就中一等奖，则中一等奖的概率为________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 5．从5名女生和2名男生中任选3人参加英语演讲比赛，设随机变量X表示所选3人中男生的人数． (1)求X的分布列； (2)求X的均值与方差； (3)求“所选3人中男生的人数X≤1”的概率． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 超几何分布的概率 超几何分布的概率 超几何分布的概率 超几何分布的综合应用 超几何分布的综合应用 超几何分布的概率 超几何分布的标准差 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 超几何分布的概率和均值 超几何分布的分布列与概率 超几何分布的分布列与均值 超几何分布的综合应用 超几何分布的综合应用 超几何分布的综合应用 超几何分布的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 5．(多选)产品的质量是企业的根本，产品检测是生产中不可或缺的重要工作．某工厂为了保证产品质量，利用两种不同方法进行检测，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，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工甲抽取到的3件产品中次品数量为X，员工乙抽取到的3件产品中次品数量为Y，k＝0，1，2，3.则下列判断正确的是(　　) 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)<P(Y＝k) D．E(X)＝E(Y) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 二、填空题 6．20件货物中夹杂3件次品，如果从中任取4件，那么这4件中至多含有1件次品的概率是________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 7．某公司有日生产件数为95件的“生产能手”3人，有日生产件数为55件的“新手”2人，从这5人中任意抽取2人，则2人的日生产件数之和X的标准差为________． 24 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 8．近年来，空气质量成为人们越来越关注的话题，空气质量指数(Air Quality Index，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数．环保部门记录了某地区7天的空气质量指数，其中，有4天空气质量为优，有2天空气质量为良，有1天空气质量为轻度污染．现工作人员从这7天中随机抽取3天进行某项研究，则抽取的3天中至少有一天空气质量为良的概率为________；记X表示抽取的3天中空气质量为优的天数，则随机变量X的数学期望为________． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 三、解答题 9．某校高三年级某班的数学课外活动小组中有6名男生，4名女生，从中选出4人参加数学竞赛，用X表示其中的男生人数． (1)求X的分布列； (2)求至少有2名男生参加数学竞赛的概率． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 班级 考试成绩/分 甲班 106，112，117，120，125，129，129，135，141，146 乙班 103，114，116，119，124，128，131，134，139，143 10．某校高二年级学生参加全市的数学调研考试(满分150分)，现从甲班和乙班分别随机抽取了10位同学的考试成绩，统计如下表： (1)若分别从甲、乙两班的这10位同学中各选1人，求被选出的两人的成绩均不低于120分的概率； (2)考虑甲、乙两班这20位同学的成绩，从不低于130分的同学中任选3人，随机变量X表示被选出的3人中成绩不低于140分的人数，求X的分布列和均值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 12．4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”．为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间(单位：h)，并将样本数据分成[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，(12，14]，(14，16]，(16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)从这500名学生中随机抽取一人，求日平均阅读时间在(10，12]内的概率； 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 (2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生中，采用比例分配的分层抽样方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在(14，16]内的学生人数为X，求X的分布列； (3)以样本的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，用P(k)表示这10名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在(8，12]内的概率，其中k＝0，1，2，…，10.当P(k)最大时，写出k的值．(只需写出结论) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 13．(2024·甘肃临夏期末)某种药材的种植加工过程受天气、施肥、管理等因素影响，农民按照药材色泽、大小等将药材分为上等药材、中等药材、普通药材，并分类装箱，已知去年生产了8箱药材，其中上等药材2箱，中等药材2箱，其他为普通药材． (1)若在去年生产的药材中随机抽取4箱，设X为上等药材的箱数，求X的分布列和数学期望； (2)已知每箱药材的利润如表： 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 今年市场需求增加，某农户计划增加产量，且生产的上等药材、中等药材、普通药材所占比例不变，但需要的人力成本增加，每增加m箱，成本相应增加(1000m－2000ln m)元，假设你为该农户决策，你觉得目前应不应该增加产量？如果需要增加产量，增加多少箱最好？如果不需要增加产量，请说明理由． 等级 上等药材 中等药材 普通药材 利润/(元/箱) 4000 2000 －1200 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 14．某小型工厂生产蓝色和粉色两种颜色的手持便携风扇，每日生产量为200台，其中蓝色手持便携风扇120台，粉色手持便携风扇80台． (1)若从某日生产的手持便携风扇中随机抽检2台，用X表示抽检蓝色手持便携风扇的台数，分别就有放回抽检与不放回抽检，求X的分布列及数学期望； (2)若从某日生产的手持便携风扇中随机抽取10台作为样本，用Y表示样本中蓝色手持便携风扇的台数，分别就有放回抽取和不放回抽取，用样本中蓝色手持便携风扇的比例估计总体中蓝色手持便携风扇的比例，求误差不超过0.1的概率，并说明在相同误差限制下，采用哪种抽取方式估计的结果更可靠． 参考数据：随机变量Y对应二项分布和超几何分布概率值参考数据(精确到0.00001)． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 k 二项分布概率值 超几何分布概率值 k 二项分布概率值 超几何分布概率值 0 0.00010 0.00007 6 0.25082 0.25732 1 0.00157 0.00124 7 0.21499 0.21770 2 0.01062 0.00922 8 0.12093 0.11827 3 0.04247 0.03974 9 0.04031 0.03726 4 0.11148 0.10995 10 0.00605 0.00517 5 0.20066 0.20407 总计 1 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 62 　　　　　　　　　　　　　 R k,M)eq \f(CCeq \o\al(n－k,N－M),Ceq \o\al(n,N)) eq \f(nM,N) eq \f(8,15) eq \f(8,9) eq \f(27,220) A.2,10)eq \f(CCeq \o\al(2,20),Ceq \o\al(3,30)) B.2,10)eq \f(C＋Ceq \o\al(2,20),Ceq \o\al(3,30)) C.2,10)eq \f(CCeq \o\al(1,20)＋Ceq \o\al(1,10)Ceq \o\al(2,20),Ceq \o\al(3,30)) D.2,10)eq \f(（C＋Ceq \o\al(1,20)）（Ceq \o\al(1,10)＋Ceq \o\al(2,20)）,Ceq \o\al(3,30)) 解析　由题意可知X，Y服从超几何分布，P(X＝2)＝2,10)eq \f(CCeq \o\al(1,20),Ceq \o\al(3,30)) ，P(Y＝2)＝1,10)eq \f(CCeq \o\al(2,20),Ceq \o\al(3,30)) ，所以P(X＝2)＋P(Y＝2)＝2,10)eq \f(CCeq \o\al(1,20)＋Ceq \o\al(1,10)Ceq \o\al(2,20),Ceq \o\al(3,30)) .故选C. [跟踪训练1]　(多选)在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，设随机变量X表示取出的一等品的件数，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝0)＝eq \f(1,10) B．P(X＝1)＝eq \f(3,5) C．P(X≥1)＝eq \f(3,10) D．P(X≤1)＝eq \f(7,10) 解析：由题意知X服从超几何分布，P(X＝0)＝2,2)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10)，P(X＝1)＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(1,2),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,5)，P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝eq \f(3,5)＋2,3)eq \f(C,Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(9,10)，P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝eq \f(7,10).故选ABD. (3,5)INCLUDEPICTURE"例2.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\杨楠\\课件\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\齐蔵\\PPT\\529数学（选择性必修第三册导学案（A版\\例2.TIF" \* MERGEFORMATINET 　一个口袋内有m(m>3)个大小相同的球，其中有3个红球和m－3个白球．已知从口袋中随机取出一个球是红球的概率是.不放回地从口袋中随机取出3个球，求取到白球的个数X的均值E(X)． 解　∵P＝eq \f(3,5)，∴eq \f(3,m)＝eq \f(3,5)，∴m＝5，∴5个球中有2个白球．取到白球的个数X服从N＝5，M＝2，n＝3的超几何分布，则E(X)＝eq \f(nM,N)＝eq \f(3×2,5)＝eq \f(6,5). 解析：从10道不同的题目中抽取5道，则表示判断题数目的随机变量X服从N＝10，M＝4，n＝5的超几何分布，故均值E(X)＝eq \f(nM,N)＝eq \f(5×4,10)＝2. 解析　(1)设“接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1”为事件M， 则P(M)＝4,8)eq \f(C,Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(5,18). (2)由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，则 P(X＝0)＝0,4)eq \f(CCeq \o\al(5,6),Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(1,42)， P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(4,6),Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(5,21)， P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(3,6),Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(10,21)， P(X＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(5,21)， P(X＝4)＝4,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(5,10)) ＝eq \f(1,42). 因此X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P eq \f(1,42) eq \f(5,21) eq \f(10,21) eq \f(5,21) eq \f(1,42) 均值E(X)＝eq \f(5×4,10)＝2. 解：(1)记“某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片都是苹果卡片”为事件A， 则P(A)＝4,8)eq \f(1,C) ＝eq \f(1,70)，所以某位消费者在一次抽奖活动中抽到的4张卡片都是苹果卡片的概率为eq \f(1,70). (2)依题意，得随机变量X的所有可能取值为0，5，10， 则P(X＝0)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(18,35)， P(X＝5)＝3,4)eq \f(2CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(16,35)， P(X＝10)＝0,4)eq \f(2CCeq \o\al(4,4),Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(1,35)， 所以X的分布列为 X 0 5 10 P eq \f(18,35) eq \f(16,35) eq \f(1,35) 所以E(X)＝10×eq \f(1,35)＋5×eq \f(16,35)＋0×eq \f(18,35)＝eq \f(18,7). (3)记随机变量Y为消费者在一次抽奖活动中的收益， 则Y＝X－2， 所以E(Y)＝E(X－2)＝E(X)－2＝eq \f(18,7)－2＝eq \f(4,7)＞0， 所以消费者愿意再次参加该项抽奖活动． 1．今有电子元件50个，其中一级品45个，二级品5个，从中任取3个，出现二级品的概率为(　　) A.3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,50)) B.1,5)eq \f(C＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,5),Ceq \o\al(3,50)) C．1－3,45)eq \f(C,Ceq \o\al(3,50)) D.1,5)eq \f(CCeq \o\al(2,45)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(1,45),Ceq \o\al(3,50)) 解析：出现二级品的情况较多，可以考虑不出现二级品的概率为3,45)eq \f(C,Ceq \o\al(3,50)) ，故出现二级品的概率为1－3,45)eq \f(C,Ceq \o\al(3,50)) . 2．一个箱内有9张票，其号数分别为1，2，3，…，9，从中任取2张，其号数至少有一个为奇数的概率是(　　) A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,6) D.eq \f(5,6) 解析：从中任取2张，其号数至少有一个为奇数有两种情况，而其对立事件是全为偶数，又全为偶数的概率为2,4)eq \f(C,Ceq \o\al(2,9)) ＝eq \f(1,6)，故所求概率为1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6). 3．(多选)中秋节又称祭月节、仲秋节、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，则下列结论正确的是(　　) A．P(X＝2)＝eq \f(3,7) 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(1<X<4)＝eq \f(19,35) 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；因为P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(3,7)，P(X＝3)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(4,35)，所以P(1<X<4)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝eq \f(3,7)＋eq \f(4,35)＝eq \f(19,35).故选ACD. 解析：令X表示取到的红球数，则X服从N＝30，M＝10，n＝5的超几何分布，于是P(X＝4)＝4,10)eq \f(CCeq \o\al(5－4,20),Ceq \o\al(5,30)) ＝eq \f(100,3393)，所以中一等奖的概率为eq \f(100,3393). eq \f(100,3393) 解：(1)X的所有可能取值为0，1，2，且P(X＝0)＝0,2)eq \f(CCeq \o\al(3,5),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(2,7)，P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(2,5),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(4,7)，P(X＝2)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(1,7). 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(2,7) eq \f(4,7) eq \f(1,7) (2)E(X)＝0×eq \f(2,7)＋1×eq \f(4,7)＋2×eq \f(1,7)＝eq \f(6,7)，D(X)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(6,7))) eq \s\up12(2)×eq \f(2,7)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(6,7))) eq \s\up12(2)×eq \f(4,7)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(6,7))) eq \s\up12(2)×eq \f(1,7)＝eq \f(20,49). (3)P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝eq \f(2,7)＋eq \f(4,7)＝eq \f(6,7). 一、选择题 1．某12人的兴趣小组中，有5名“三好生”，现从中任意选6人参加竞赛，用X表示这6人中“三好生”的人数，则下列概率中等于3,5)eq \f(CCeq \o\al(3,7),Ceq \o\al(6,12)) 的是(　　) A．P(X＝2) B．P(X＝3) C．P(X≤2) D．P(X≤3) 解析：Ceq \o\al(3,5)表示从5名“三好生”中选3名，从而P(X＝3)＝3,5)eq \f(CCeq \o\al(3,7),Ceq \o\al(6,12)) . 2．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球，从袋中任取2个球，则恰好取到1个白球和1个红球的概率为(　　) A.eq \f(5,21) B.eq \f(10,21) C.eq \f(11,21) D．1 解析：由题意知P(恰好取到1个白球和1个红球)＝1,10)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(2,15)) ＝eq \f(10,21). 3．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X，已知P(X＝1)＝eq \f(16,45)，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% 解析：设10件产品中有x件次品，则P(X＝1)＝1,x)eq \f(CCeq \o\al(1,10－x),Ceq \o\al(2,10)) ＝eq \f(x（10－x）,45)＝eq \f(16,45)，所以x＝2或8.因为次品率不超过40%，所以x＝2，所以次品率为eq \f(2,10)＝20%. 4．(多选)某人参加一次测试，在备选的10道题中，他能答对其中的5道．现从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，规定至少答对2道题才算合格，则下列说法正确的是(　　) A．答对0道题和答对3道题的概率相同，都为eq \f(1,8) B．答对1道题的概率为eq \f(3,8) C．答对2道题的概率为eq \f(5,12) D．合格的概率为eq \f(1,2) 解析：对于A，答对0道题的概率为P0＝3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,12)，答对3道题的概率为P3＝3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,12)，故A错误；对于B，答对1道题的概率为P1＝1,5)eq \f(CCeq \o\al(2,5),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(5,12)，故B错误；对于C，答对2道题的概率为P2＝2,5)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(5,12)，故C正确；对于D，合格的概率为P＝2,5)eq \f(CCeq \o\al(1,5),Ceq \o\al(3,10)) ＋3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2)，故D正确． 解析：对于A，因为员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，所以随机变量X服从二项分布，所以A正确；对于B，因为员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品，所以随机变量Y服从超几何分布，所以B正确；对于D，设抽取的这批产品有M件，则E(X)＝3×eq \f(5,M)＝eq \f(15,M)，E(Y)＝eq \f(3×5,M)＝eq \f(15,M)，所以D正确；对于C，因为E(X)＝eq \o(∑,\s\up16(3),\s\do4(k＝0))k·P(X＝k),E(Y)= eq \o(∑,\s\up16(3),\s\do4(k＝0))k·P(Y＝k)，若P(X＝k)<P(Y＝k)，可得E(X)<E(Y)，与D矛盾，所以C错误．故选ABD. 解析：P＝1,3)eq \f(CCeq \o\al(3,17),Ceq \o\al(4,20)) ＋0,3)eq \f(CCeq \o\al(4,17),Ceq \o\al(4,20)) ＝eq \f(52,57). eq \f(52,57) 解析：由题意，可得X的所有可能取值为190，150，110，且P(X＝190)＝0,2)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,10)，P(X＝150)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(3,5)，P(X＝110)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(0,3),Ceq \o\al(2,5)) ＝eq \f(1,10)，则E(X)＝190×eq \f(3,10)＋150×eq \f(3,5)＋110×eq \f(1,10)＝158，标准差eq \r(D（X）)＝eq \r(322×\f(3,10)＋（－8）2×\f(3,5)＋（－48）2×\f(1,10))＝24. eq \f(5,7) eq \f(12,7) 解析：设事件A表示“抽取的3天中至少有一天空气质量为良”，事件B表示“抽取的3天空气质量都不为良”，则事件A与事件B互为对立事件，所以P(A)＝1－P(B)＝1－3,5)eq \f(C,Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(5,7)，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，概率为P(X＝k)＝k,4)eq \f(CCeq \o\al(3－k,3),Ceq \o\al(3,7)) (k＝0，1，2，3)． 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,35) eq \f(12,35) eq \f(18,35) eq \f(4,35) 数学期望为E(X)＝0×eq \f(1,35)＋1×eq \f(12,35)＋2×eq \f(18,35)＋3×eq \f(4,35)＝eq \f(12,7). 解：(1)依题意，随机变量X服从超几何分布，且N＝10，M＝6，n＝4， ∴P(X＝m)＝m,6)eq \f(CCeq \o\al(4－m,4),Ceq \o\al(4,10)) ，m＝0，1，2，3，4. ∴P(X＝0)＝0,6)eq \f(CCeq \o\al(4,4),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(1,210)， P(X＝1)＝1,6)eq \f(CCeq \o\al(3,4),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(4,35)， P(X＝2)＝2,6)eq \f(CCeq \o\al(2,4),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(3,7)， P(X＝3)＝3,6)eq \f(CCeq \o\al(1,4),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(8,21)， P(X＝4)＝4,6)eq \f(CCeq \o\al(0,4),Ceq \o\al(4,10)) ＝eq \f(1,14)， ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P eq \f(1,210) eq \f(4,35) eq \f(3,7) eq \f(8,21) eq \f(1,14) (2)解法一(直接法)： P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＋P(X＝4)＝eq \f(3,7)＋eq \f(8,21)＋eq \f(1,14)＝eq \f(37,42). 解法二(间接法)： 由分布列的性质，得P(X≥2)＝1－P(X<2) ＝1－[P(X＝0)＋P(X＝1)] ＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,210)＋\f(4,35)))＝eq \f(37,42). 解：(1)设事件A为“被选出的两人的成绩均不低于120分”，则由表格可得，甲、乙两班中成绩不低于120分的人数分别为7和6， ∴P(A)＝1,7)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(1,10)Ceq \o\al(1,10)) ＝eq \f(21,50)， ∴被选出的两人的成绩均不低于120分的概率为eq \f(21,50). (2)易知甲、乙两班的这20位同学中，分数不低于130分的有7人，分数不低于140分的有3人， ∴随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3， ∴P(X＝0)＝3,4)eq \f(CCeq \o\al(0,3),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(4,35)， P(X＝1)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,3),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(18,35)， P(X＝2)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,3),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(12,35)， P(X＝3)＝0,4)eq \f(CCeq \o\al(3,3),Ceq \o\al(3,7)) ＝eq \f(1,35). ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(4,35) eq \f(18,35) eq \f(12,35) eq \f(1,35) ∴E(X)＝0×eq \f(4,35)＋1×eq \f(18,35)＋2×eq \f(12,35)＋3×eq \f(1,35)＝eq \f(45,35)＝eq \f(9,7). 11．为发展业务，某调研组对A，B两个公司的扫码支付情况进行调查，准备从国内n(n∈N，n>0)个人口超过1000万的超大城市和8个人口低于100万的小城市中随机抽取若干个进行统计．若一次抽取2个城市，全是小城市的概率为eq \f(4,15). (1)求n的值； (2)若一次抽取4个城市， ①假设抽取出的小城市的个数为X，求X的可能值及相应的概率； ②若抽取的4个城市是同一类城市，求全为超大城市的概率． 解：(1)从(n＋8)个城市中一次抽取2个城市，有Ceq \o\al(2,n＋8)种情况， 其中全是小城市的有Ceq \o\al(2,8)种情况，则全是小城市的概率为2,8)eq \f(C,Ceq \o\al(2,n＋8)) ＝eq \f(8×7,（n＋8）（n＋7）)＝eq \f(4,15)， 解得n＝7(负值舍去)． (2)①由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，4， P(X＝0)＝0,8)eq \f(CCeq \o\al(4,7),Ceq \o\al(4,15)) ＝eq \f(1,39)， P(X＝1)＝1,8)eq \f(CCeq \o\al(3,7),Ceq \o\al(4,15)) ＝eq \f(8,39)， P(X＝2)＝2,8)eq \f(CCeq \o\al(2,7),Ceq \o\al(4,15)) ＝eq \f(28,65)， P(X＝3)＝3,8)eq \f(CCeq \o\al(1,7),Ceq \o\al(4,15)) ＝eq \f(56,195)， P(X＝4)＝4,8)eq \f(CCeq \o\al(0,7),Ceq \o\al(4,15)) ＝eq \f(2,39). ②若抽取的4个城市全是超大城市，共有Ceq \o\al(4,7)＝35种情况； 若抽取的4个城市全是小城市，共有Ceq \o\al(4,8)＝70种情况， 所以若抽取的4个城市是同一类城市，则全为超大城市的概率为eq \f(35,35＋70)＝eq \f(1,3). 解：(1)由频率分布直方图，得2×(0.02＋0.03＋0.05＋0.05＋0.15＋a＋0.05＋0.04＋0.01)＝1， 解得a＝0.10，0.10×2＝0.20， 所以日平均阅读时间在(10，12]内的概率为0.20. (2)由频率分布直方图，得这500名学生中日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生人数分别为500×0.10＝50，500×0.08＝40，500×0.02＝10. 若采用比例分配的分层抽样方法抽取10人，则从日平均阅读时间在(14，16]内的学生中抽取eq \f(40,50＋40＋10)×10＝4人，现从这10人中随机抽取3人，则X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝3,6)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,6)，P(X＝1)＝1,4)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,2)， P(X＝2)＝2,4)eq \f(CCeq \o\al(1,6),Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(3,10)，P(X＝3)＝3,4)eq \f(C,Ceq \o\al(3,10)) ＝eq \f(1,30)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(1,6) eq \f(1,2) eq \f(3,10) eq \f(1,30) (3)k＝5，理由如下： 由频率分布直方图得抽取的学生中日平均阅读时间在(8，12]内的概率为0.5，所以从该地区所有高一学生中随机抽取10名学生，恰有k名学生日平均阅读时间在(8，12]内的分布列大致服从二项分布X～B(10，0.50)，P(k)＝Ceq \o\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(10－k)＝Ceq \o\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(10)，由组合数的性质可得，当k＝5时，P(k)最大． 解：(1)X的所有可能取值为0，1，2， P(X＝0)＝4,6)eq \f(C,Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(3,14)， P(X＝1)＝1,2)eq \f(CCeq \o\al(3,6),Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(4,7)， P(X＝2)＝2,2)eq \f(CCeq \o\al(2,6),Ceq \o\al(4,8)) ＝eq \f(3,14)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(3,14) eq \f(4,7) eq \f(3,14) 所以E(X)＝0×eq \f(3,14)＋1×eq \f(4,7)＋2×eq \f(3,14)＝1. (2)按原计划生产药材每箱平均利润为eq \f(1,4)×4000＋eq \f(1,4)×2000＋eq \f(1,2)×(－1200)＝900(元)， 则增加m箱药材，利润增加900m元，成本相应增加(1000m－2000ln m)元， 所以增加的利润为900m－1000m＋2000ln m＝2000ln m－100m(m∈N*)． 设f(x)＝2000ln x－100x(x≥1)， 则f′(x)＝eq \f(2000－100x,x)，当1≤x<20时，f′(x)>0， 当x>20时，f′(x)<0，且f(20)>0， 所以函数f(x)在[1，20)上单调递增，在(20，＋∞)上单调递减，所以当x＝20时，f(x)取得最大值， 所以需要增加产量，增加20箱最好． 解：(1)对于有放回抽检，每次抽到蓝色手持便携风扇的概率为eq \f(120,200)＝eq \f(3,5)， 设X1表示抽检蓝色手持便携风扇的台数， 则X1～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,5)))，此时X1的所有可能取值为0，1，2， 则P(X1＝0)＝Ceq \o\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,25)， P(X1＝1)＝Ceq \o\al(1,2)×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,5)))＝eq \f(12,25)， P(X1＝2)＝Ceq \o\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝eq \f(9,25)，故X1的分布列为 X1 0 1 2 P eq \f(4,25) eq \f(12,25) eq \f(9,25) 数学期望为E(X1)＝2×eq \f(3,5)＝eq \f(6,5)； 对于不放回抽检，设X2表示抽检蓝色手持便携风扇的台数，则X2的所有可能取值为0，1，2， 则P(X2＝0)＝0,120)eq \f(CCeq \o\al(2,80),Ceq \o\al(2,200)) ＝eq \f(158,995)， P(X2＝1)＝1,120)eq \f(CCeq \o\al(1,80),Ceq \o\al(2,200)) ＝eq \f(96,199)， P(X2＝2)＝2,120)eq \f(CCeq \o\al(0,80),Ceq \o\al(2,200)) ＝eq \f(357,995)， 故X2的分布列为 X2 0 1 2 P eq \f(158,995) eq \f(96,199) eq \f(357,995) 数学期望为E(X2)＝0×eq \f(158,995)＋1×eq \f(96,199)＋2×eq \f(357,995)＝eq \f(6,5). (2)样本中蓝色手持便携风扇的比例f10＝eq \f(Y,10)是一个随机变量， 有放回抽取时， Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f10－\f(3,5)))≤0.1))＝P(5≤Y≤7) ＝0.20066＋0.25082＋0.21499＝0.66647； 不放回抽取时， Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(f10－\f(3,5)))≤0.1))＝P(5≤Y≤7) ＝0.20407＋0.25732＋0.21770＝0.67909. 因为0.66647<0.67909，故在相同误差限制下，采用不放回抽取方式估计的结果更可靠． $$