专题02 概率分布（含泊松分布等）10种题型归类（压轴题专项训练）数学苏教版选择性必修第二册

专题02 离散型随机变量及概率分布 目录 类型一、随机变量分布列的性质及应用 类型二、二项分布的均值与方差问题 类型三、超几何分布的均值与方差问题 类型四、二项分布的最大概率问题 类型五、比赛背景下的概率分布问题 类型六、二项分布的综合应用 类型七、超几何分布的综合应用 类型八、正态分布的综合应用 类型九、泊松分布的应用 类型十、指数分布的应用 压轴专练 类型一、随机变量分布列的性质及应用 解题技巧： 1．离散型随机变量的分布列及性质 (1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则表 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 称为离散型随机变量X的概率分布列． (2)离散型随机变量的分布列的性质： ①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②p1＋p2＋…＋pn＝1. 2．离散型随机变量均值 (1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (3)若X服从两点分布，则E(X)＝p； 3．离散型随机变量方差 (1)设离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝ (xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．且 (2)D(aX＋b)＝a2D(X)． (3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． 例1-1．若随机变量X的分布列如下表所示，则的最小值为______． X 0 1 2 3 P a b 【答案】/ 【分析】由分布列的性质得，再由基本不等式求的最小值. 【详解】由题设，可得， 由，当且仅当时取等号. 所以的最小值为. 故答案为： 例1-2．（多选）设为实数，如果随机变量的分布列为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据题意结合概率和为1求的值，即可判断A；根据的值判断B；对于C：根据分析判断；对于D：根据期望公式运算求解. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：，解得，故A错误； 对于选项B：，故B正确； 对于选项C：，故C错误； 对于选项D：，故D正确； 故选：BD. 变式1-1．离散型随机变量的分布列为为常数，则______. 【答案】 【分析】结合裂项相消求和法，根据离散型随机变量的概率之和为1列方程求解即可. 【详解】， 因为， 所以，解得. 故答案为： 变式1-2．设是一个离散型随机变量，其分布列为如下，则 __________． 【答案】/ 【分析】根据随机变量的概率非负不大于，且随机变量取遍所有可能值时相应的概率之和等于，列出方程和不等式，解方程组即可． 【详解】因为随机变量取遍所有可能值时相应的概率之和等于， 所以， 解得或， 又因为随机变量的概率非负不大于， 所以，， 解得， 综上， 故答案为：##． 变式1-3．（多选）随机变量的分布列如表：其中，下列说法正确的是（    ） 0 1 2 P A． B． C．有最大值 D．随y的增大而减小 【答案】ABC 【分析】利用分布列的性质以及期望与方差公式，列出表达式，结合二次函数的性质判断选项的正误即可． 【详解】由题意可知，即，故A正确； ，故B正确； ， 因为，，易得， 而开口向下，对称轴为， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得最大值， 所以随着y的增大先增大后减小，当时取得最大值，故C正确，D错误. 故选：ABC. 变式1-4．设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且，，定义．若，则当时，的最大值为________． 【答案】 【分析】根据题意可求得当时，的表达式，结合基本不等式即可求得答案. 【详解】当时，， 则 ∵，，，∴，当且仅当时，等号成立． 所以，，， ∴，即的最大值为． 答案： 类型二、二项分布的均值与方差问题 解题技巧： 若服从二项分布，则 例2-1．已知随机变量，，且，则_______ 【答案】1 【分析】利用服从二项分布结合已知可得，可求得，进而利用二项分布的期望与方差公式求得期望与方差，结合期望与方差的性质求解即可. 【详解】由题意得，， 由， 得，即，由知， 故，，， 而，， 故． 故答案为：1． 例2-2．（多选）若则（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据二项分布和正态分布的期望、方差公式及概率计算逐一判断. 【详解】对于选项A：，A错误； 对于选项B：，B正确； 对于选项C：，，C正确； 对于选项D：，，D错误. 故选：BC. 变式2-1．已知随机变量，若，则__________. 【答案】36 【分析】直接利用公式求解，即随机变量，则有，再根据方差的性质求解. 【详解】由题知， 所以， 解得. 故答案为：36 变式2-2．（多选）若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（   ） A． B． C．令，则 D．若，满足，则有 【答案】ABD 【分析】对A，直接套用二项分布的期望公式；对B，利用二项分布的方差公式结合期望公式推导；对C，根据独立二项分布之和的性质判断；对D，通过条件概率公式展开，结合二项分布的概率函数化简，得到超几何分布形式的条件概率表达式，验证其正确性. 【详解】对于A：由二项分布的期望公式可知当时，，A正确； 对于B：由二项分布的方差公式可知当时，，B正确； 对于C：因为表示次独立伯努利试验中成功的次数，表示次独立伯努利试验中成功的次数， 两者相互独立，所以表示次独立伯努利试验中成功的次数， 所以，C错误； 对于D：根据条件概率公式， 因为相互独立， 所以， 因为，所以 所以，D正确； 故选：ABD. 变式2-3．设随机变量，其中且，若，，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用二项分布的概率公式、期望公式及期望的性质求出，再利用二项分布的方差公式及方差性质求解. 【详解】由随机变量，得，由，得， 解得，于是，解得，由， 得，则，解得， 所以. 故选：A 变式2-4．组合投资需要同时考虑风险与收益．为了控制风险需要组合低风险资产，为了扩大收益需要组合高收益资产，现有两个相互独立的投资项目A和B，单独投资100万元项目A的收益记为随机变量X，单独投资100万元项目B的收益记为随机变量Y．若将100万资金按进行组合投资，则投资收益的随机变量Z满足，其中．假设在组合投资中，可用随机变量的期望衡量收益，可用随机变量的方差衡量风险. (1)若，，求Z的期望与方差； (2)已知随机变量X满足分布列： X … … … … 随机变量Y满足分布列： Y … … … … 且随机变量X与Y相互独立，即，，．求证：； (3)若投资项目X是高收益资产，其每年的收益满足：有30%的可能亏损当前资产的一半；有70%的可能增值当前资产的一倍．投资项目是低风险资产，满足．试问能否满足投资第1年的收益不低于17万，风险不高于500？请说明理由． 【答案】(1)期望为3，方差为2.91 (2)证明见解析 (3)满足，理由见解析 【分析】（1）根据二项式分布的数学期望及方差公式计算，结合，即可求解； （2）根据所给公式及方差与期望公式证明即可； （3）根据期望及方差公式求出，再求出当时的，即可得出判断． 【详解】（1）由为二项分布可知： ，， 当时，，， 故组合投资的期望为3，方差为2.91． （2）因为， 所以， 因为 ， 所以 ， 因为， 由于独立，所以， 从而 而， 同理， 故， 从而． （3）由（1）得，， 所以， ， 于是， ， 由于，， 故满足投资第1年的收益不低于17万，风险不高于500． 类型三、超几何分布的均值与方差问题 解题技巧： 若随机变量服从超几何分布，则(是件产品的次品率). 例3-1．（多选）如图，我国传统珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任选3颗，记上珠的个数为，下珠的个数比上珠的个数多，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由超几何分布的概率以及期望、方差即可. 【详解】由题意知，. ， 则，故A错误，B正确； 由题意知，. ， ， 故CD正确； 故选：BCD 例3-2．（多选）一个袋子中有5个完全相同的球，编号分别为1，2，3，4，5，现从中随机地摸出3个球作为样本.用X表示样本中球的编号为偶数的个数，用Y表示样本中球的最大编号，则（   ） A．若采取有放回摸球， B．若采取不放回摸球，则 C．若采取有放回摸球，则 D．若采取不放回摸球，则 【答案】AC 【分析】根据二项分布以及超几何分布的期望和方差公式以及条件概率公式即可判断 【详解】对于，有放回的摸球，满足二项分布，且摸到偶数球的概率， 共摸次，，则根据期望公式可得，故正确； 对于，不放回的摸球，则服从超几何分布，， 根据超几何分布的期望和方差公式可得， ，故错误； 对于，有放回的摸球，根据二项分布的方差公式， 故正确； 对于，根据条件概率公式表示的最大编号是， 剩余的个从1，2，3，4中选其中偶数球有两个的概率， 则， 表示的意思是已知有两个偶数球，其中最大编号是的概率， 则，则，故错误. 故选：AC 变式3-1．（多选）已知袋中有除颜色外其他都相同的小球9个，其中黑球6个，红球3个，从中摸4个球，方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为.下列说法中，正确的有（    ） A． B．，其中 C． D． 【答案】ACD 【分析】根据二项分布、超几何分布的相关概念及性质，分别计算出、的概率、期望和方差，再逐一分析选项. 【详解】选项A，方案一中，有放回地摸球，每次摸取到红球的概率为， 摸次球，则取得红球个数， 所以，故选项A正确. 选项B，方案一中，，. 方案二中，不放回地摸球，取得红球个数服从超几何分布，，，， 则，. 当时，，， 所以，故选项B错误. 选项C，，，所以，故选项C正确. 选项D，， . 可得，即，故选项D正确. 故选：ACD. 变式3-2．（多选）已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，现从中逐个摸取3个小球.方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为X；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为Y．下列说法中，正确的有（   ） A．， B． C．，其中 D． 【答案】ABD 【分析】分别分析方案一、二，根据服从二项分布、超几何分布的概率公式、期望、方差公式计算，逐项分析得解. 【详解】选项A，方案一中，有放回地摸球，每次摸取到红球的概率为，摸3次球， 则取得红球个数，∴，，选项A正确； 选项C，方案一中，， 方案二中，不放回地摸球，取得红球个数Y服从超几何分布，则，．当时， ∴，，，故选项C错误； 选项B，由二项分布及超几何分布的期望公式，，故选项B正确； 选项D，，， 得，故选项D正确. 故选：ABD 变式3-3．一个不透明的袋子有10个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中有6个黑球，4个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望方差分别为；试验二：逐个有放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望和方差分别为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用超几何分布和二项分布知识分别计算从中随机地无放回摸出3个球、从中随机地有放回摸出3个球的期望、方差，再做比较可得答案． 【详解】试验一：从中随机地无放回摸出3个球，记白球的个数为， 则的可能取值是0，1，2，3， 则， ，， 故随机变量的概率分布列为： 0 1 2 3 则数学期望为：， 方差为：； 试验二：从中随机地有放回摸出3个球，则每次摸到白球的概率为， 则， 故，， 故，． 故选：A． 变式3-4．（多选）袋中有6个大小相同的球，其中4个黑球，2个白球，现从中任取3个球，记随机变量为其中白球的个数，随机变量为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出3个球的总得分，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】确定，均服从于超几何分布，且，，计算，可判断A，根据判断B，由判断C，根据及超几何分布方差公式判断D正确. 【详解】，均服从于超几何分布，且，， ，， 对选项A：，，正确； 对选项B：，错误； 对选项C：，正确； 对选项D：，正确； 故选：ACD. 类型四、二项分布的最大概率问题 解题技巧： （1）当给定时，可得到函数，这个是数列的最值问题. . 分析：当时，，随值的增加而增加；当时， ，随值的增加而减少.如果为正整数，当时，，此时这两项概率均为最大值.如果为非整数，而取的整数部分，则是唯一的最大值. 注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量等于期望时，概率最大. （2）当给定时，可得到函数，这个是函数的最值问题，利用二次函数的性质或者可以用导数求函数最值与最值点. 分析： 当时，由于当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值，.又当，当时，，从而无最小值. 例4-1．随着人工智能的快速发展，它在社会生活中的应用将越来越广泛.某AI科技公司发明了一套人机交互软件，对用户输入的问题它会从数据库中自动检索并生成答案进行应答.大量试验统计表明，如果输入的问题没有语法错误，则软件生成正确答案的概率为85%；若出现语法错误，则软件生成正确答案的概率为35%.已知用户每次输入的问题没有语法错误的概率为90%，且对于每次输入的问题软件生成正确答案相互独立. (1)求用户输入一个问题软件生成正确答案的概率； (2)在某次试验中，用户输入（）个问题，记其中软件生成正确答案的个数为，事件（）的概率为.当取何值时，的值最大？ 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据全概率公式计算求解即可； （2）结合（1）得，再结合二项分布的概率公式计算求解即可. 【详解】（1）解：记“用户输入一个问题没有语法错误”为事件， “用户输入一个问题软件生成正确答案”为事件， 由题意可得，，，， . 所以用户输入一个问题软件生成正确答案的概率为0.8. （2）解：由（1）知用户输入一个问题软件生成正确答案的概率为0.8， 则，， 令， 则， 令，则；令，则；令，则； 所以或时，取最大值. 例4-2．为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立. (1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值； (3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围. 【答案】(1)； (2)极大值 (3) 【分析】（1）通过超几何分布模型计算答对题数的数学期望，并利用条件概率公式分析在已知至少答对一题的情况下仍未能进入决赛的可能性； （2）建立二项分布概率函数，通过求导确定其极值点，进而求得该概率函数在给定区间内的最大值； （3）基于二项分布列出奖金期望的表达式，通过解多项式不等式确定概率参数的取值范围，从而满足总奖金期望的条件. 【详解】（1）记总题数，甲会做的题数，从中任选题作答，则答对题数服从超几何分布， 数学期望 事件“已答对一题”即；“仍未进入决赛”即， 由条件概率公式得：. （2）设一次抽奖中奖概率为，次抽奖中中奖次数， 则“恰好中奖次”的概率：， 对求导： 令，得（舍去）， 当时，当时，故为极大值点， 极大值为. （3）设进入决赛的同学获得的奖金为元， 其分布为，， ，， 期望，化简得 名同学总奖金的期望， 即整理得 令，由知在单调递增， 又，因此不等式解为， 结合，得. 变式4-1．一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端.某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播2粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言，如果全部的种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种. (1)当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望. (2)当取何值时，有4个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？ 【答案】(1)分布列见解析， (2)， 【分析】（1）先求出每个坑不需补播种和需要补播种的概率，再根据二项分布求出其分布列和期望即可； （2）求出有4个坑要补播种的概率，再依据二项分布的概率最值问题解不等式求出即可. 【详解】（1）对于一个坑，不需要补播种的概率为，需要补播种的概率为， 由题意可知，的可能取值有，且， 则，， ，， 则的分布列如下： 则数学期望为； （2）由（1）可知，有4个坑要补播种的概率为， 由，得， 因为为正整数，所以， 则当时，有4个坑要补播种的概率最大，最大概率为. 变式4-2．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的高尔顿板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内. (1)如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与数学期望. (2)现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内.将80个小球依次从高尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？ 【答案】(1)分布列见详解； (2)7个或8个 【分析】（1）分析可知小球共经过4次碰撞，向右次，可得，进而可得分布列和期望； （2）分析可知小球落入2号球槽的概率为，且，令，运算求解即可. 【详解】（1）若小球落入球槽的号码为，， 则小球共经过4次碰撞，向右次，可得， 则；；；，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 5 P X的期望为. （2）若小球落入2号球槽，则小球共经过4次碰撞，向右1次，且每次向右的概率均为， 则小球落入2号球槽的概率为， 设80个小球落入2号球槽的个数为，则， 令，即，解得， 且，即， 所以2号球槽中落入小球的概率最大的为7个或8个. 变式4-3．“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动. (1)若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列； (2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值. 【答案】(1)分布列见解析 (2) 【分析】（1）先确定的可能取值，求出对应的概率，进而得到其分布列. （2）设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”，分别求出甲、乙两人答对题数服从二项分布的概率，再根据独立事件的概率公式求出的表达式，进而确定最值. 【详解】（1）由题意知，的可能取值有0，1，2，3，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 P （2）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则， 设乙答对题数为，则， 设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”， 则 ， 由，又，所以， 则，又，所以， 设，所以，由二次函数可知当时取最大值， 所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为. 变式4-4．某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得分，负者获得分；②连续局获胜或积分率先达到分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； (2)若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为已知甲乙进行了局比赛且甲胜了局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值． (3)若每局比赛甲获胜的概率为，规定在场比赛中甲超过一半场次获胜就获得冠军，记其概率为，试说明的单调性并给出证明． 【答案】(1)分布列见解析， ； (2)21 (3)单调递增，证明见解析 【分析】（1）讨论极端情况，若刚开始连胜，则局结束，若一直没有连胜，则最多比赛局，再具体讨论每种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可解决. （2）每场比赛是相互独立的，则服从二项分布 ，求出，再求最值即可. （3）该模型符合马尔科夫链，得出和之间的递推关系即可判断. 【详解】（1）由比赛规则知，1局比赛后，甲乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束， 则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分， 因此比赛次数不会超过5，令比赛共进行了n局，（）， 记随机事件“第i局比赛中甲获胜”，， ， ， ， ． 所以X的分布列为： X 2 3 4 5 P 数学期望. （2）依题意，，， 记，已知， 则， 由，得，即，；，， 则当时，最大，所以n的估计值为21． （3）在场比赛中甲获胜概率为，则在场比赛中甲获胜概率为， 记乙在每场比赛获胜的概率为， ， 由知，，因此， 所以单调递增. 类型五、比赛背景下的概率分布问题 解题技巧： 1.善于引入变量表示事件：可用“字母＋变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”.例如Ai：表示“第i局比赛胜利”，则表示“第i局比赛失败”. 2.善于使用对立事件求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用P（A）＝1－P（）解出所求事件的概率.在处理离散型随机变量分布列时，也可利用概率和为1的特点，先求出包含情况较少的事件的概率，再间接求出包含情况较多的事件的概率 例5-1．近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）． (1)求前3局中，不“调试”的概率； (2)求； (3)若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】(1) (2)（） (3)分布列见详解， 【分析】（1）由第1局和第2局均要获胜，结合独立事件概率乘法公式即可求解； （2）由题意得到，构造等比数列，进而可求解； （3）确定的可能取值，求得相应概率，即可求解. 【详解】（1）记为前3局中，不“调试”， 开始比赛由和对弈， 第1局和第2局均要获胜，； （2）若第局进行“调试”，则第局负， （），， ，又， （）； （3）记：“”为“比赛”，“”为“调试”， ，，， 分布列如下： 0 1 2 ． 例5-2．为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．球队甲2025年11月将迎来主场与球队乙和客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；且每场比赛结果相互独立． (1)设球队甲11月主场与球队乙比赛获得积分为，客场与球队丙比赛获得积分为，求的概率； (2)用表示球队甲11月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）找出所有符合题意的情况及其对应概率后求和即可得； （2）得到的所有可能取值及其对应概率后即可得其分布列，利用分布列即可得其期望. 【详解】（1）设事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为3分”， 事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为1分”， 事件“甲队主场与乙队比赛获得积分为0分”， 事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为3分”， 事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为1分”， 事件“甲队客场与丙队比赛获得积分为0分”， 事件“甲队11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分”， ， 则， 所以甲11月主场与乙队比赛获得积分超过客场与丙队比赛获得积分的概率为； （2）由题意可知的所有可能取值为， ， ， ， ， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 6 所以. 变式5-1．某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． (1)若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； (2)若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； (3)若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）利用对立事件简化概率计算即可； （2）首先确定随机变量的所有可能取值，计算每个取值的概率，进而构建分布列并求解数学期望； （3）进行分类讨论，分别分析随机变量的分布与期望即可得出结论. 【详解】（1）设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”， 由已知该选手正确回答甲类问题的概率为， 所以． 所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为． （2）的所有可能取值为． ， ， 的分布列为 10 50 70 的数学期望． （3）． 每轮选甲、乙的概率均为，因此，两轮都选甲的概率为，两轮都选乙的概率为，先甲后乙的概率为，先乙后甲的概率为. 两轮都选甲： 的可能取值为 . 两轮都选乙： 的可能取值为 故. 先甲后乙： 由（2）可知，， 先乙后甲： 同理可得， 故， 所以. 变式5-2．“村超”是乡村足球超级联赛的简称.其通过全民参与的体育赛事激活了乡村振兴新动能，构建了集文化自信、经济发展、社会治理于一体的乡村发展新模式.为了提高参赛球队技战术水平，某乡镇组织甲、乙、丙、丁四支参赛球队进行了“热身排位赛”，赛程为：第一轮：经过抽签，甲队和乙队为一组，丙队和丁队为一组，两组分别进行组内比赛，每组的胜者编入A组，负者编入B组；第二轮：A，B两组的球队分别进行组内比赛，A组的胜者进入决赛，B组的负者获得第4名；第三轮：A组的负者和B组的胜者比赛，胜者进入决赛，负者获得第3名；第四轮：决赛，胜者获得第1名，负者获得第2名.已知甲队与其他三支球队的比赛中，甲队获胜的概率均为.乙、丙、丁三支球队间的比赛中，每支球队获胜的概率均为（比赛没有平局）.且各场比赛之间互不影响. (1)求在第一轮比赛中甲队获胜的条件下，乙队获得第3名的概率； (2)记甲队最终获得的名次为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）先明确 “甲第一轮获胜” 和 “乙获得第 3 名” 的比赛路径，计算联合概率，再用条件概率公式求解即可. （2）先确定的所有可能取值，再逐一分析每种名次对应的比赛路径，计算概率，最后列出分布列并求期望即可. 【详解】（1）设事件M：乙队获得第3名，事件N：第一轮比赛中甲队获胜，则， ， 所以， 所以在第一轮比赛中甲队获胜的条件下，乙队获得第三名的概率为. （2）随机变量的可能取值为1，2，3，4， ； ； ； . 所以的分布列为： 1 2 3 4 P 故的数学期望. 变式5-3．甲、乙两人进行一局羽毛球比赛，约定比赛规则如下：比赛中两人轮流发球（每次只发一球），由甲先发球，每赢一球得1分，输球不得分，达到15分且至少领先2分者获胜（当打成后，先多得2分的一方获胜）.甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，已知比赛目前激战至. (1)若已知比赛结果为，求这局比赛是乙获胜的概率； (2)求这局比赛甲获胜的概率； (3)记为这局比赛结束时甲的总发球个数，求的数学期望. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分析比赛结果为的所有情况及其概率，利用条件概率公式求得这局比赛是乙获胜的概率； （2）分析之后的3种情况（甲连赢两球、乙连赢两球，甲乙各赢一球战成平局后再比）的概率，由全概率公式列出递推公式，从而求得这局比赛甲获胜的概率；或由分类分步，归纳可得若打个球后甲获胜，则需前个球每两个球都打平，此时，由极限思想求无穷等比数列的和可得这局比赛甲获胜的概率. （3）分结束比赛，和比分为平，继续比赛两种情况进行分行，可列得甲继续发球数的期望所对应的方程，从而求得的数学期望. 【详解】（1）由题意知，再打两球这局比赛结束，所以只有可能是甲连赢两球或乙连赢两球， 记事件：甲发球甲赢，事件：乙发球乙赢，事件：比赛结果为16：14，事件：乙这局比赛获胜. 所求为， ， ， 所以. 所以在已知比赛结果为的条件下，这局比赛是乙获胜的概率为. （2）方法一（全概率公式）：由（1）知，之后，有3种情况： ①甲连赢两球，甲胜，比赛结束，记作事件，则； ②乙连赢两球，乙胜，比赛结束，记作事件，则； ③甲与乙各赢一球，再次打平，比分为15：15，记作事件，则. 设事件：这局比赛甲获胜. 由全概率公式有， 由于比分为与比分为比赛的状态完全相同，所以， 所以，解得， 故这局比赛甲获胜的概率为. 方法二（分类分步与极限思想）：由（1）知再打2球甲获胜的概率，打平的概率为， 则再打4球后甲获胜的概率为，打平的概率为， 再打6球甲获胜的概率为，打平的概率为. 依此类推，打个球后甲获胜，则需前个球每两个球都打平，此时. 故甲获胜的概率为， 当时，，，故这局比赛甲获胜的概率为. （3）比分为平时甲已经发球14个，设之后甲继续发球个数的期望为，由（1）可得： ①若结束比赛，此时甲继续发球数为1，概率为； ②若比赛没有结束，比分为平，概率为，甲继续发球数的期望为. 从而，解得. 所以甲的总发球个数的期望为. 变式5-4．“猜灯谜”是我国独有的民间文娱活动，某地在元宵节举办形式多样的猜灯谜比赛活动，比赛按照双人挑战赛和单人挑战赛两种模式进行． (1)双人挑战赛规则如下：两位选手为一组，每次一位选手答题，若答对，则获得奖品并继续答题，若答错，则换另一位选手答题．甲、乙一组，甲、乙两人第1次答题的概率均为，已知甲每题答对的概率为，乙每题答对的概率为． （i）已知第2次答题的是选手乙，求第1次答题的是选手甲的概率； （ii）求第次答题的是选手甲的概率． (2)单人挑战赛的规则为：选手每次答题，若答对，则答题立即结束并获得奖品，若答错，则可继续答题；每位选手最多有次答题机会，第次无论对错都要结束答题．丙选手每题答对的概率均为，设为丙选手答题结束时进行答题的次数，的数学期望为，证明：． 【答案】(1)（i）；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）设“第1次答题的是选手甲”为事件，“第2次答题的是选手乙”为事件，则“第1次答题的是选手乙”为事件，根据全概率公式求出，再根据条件概率公式求；（ii）设“第次答题的是选手甲”为事件，“第次答题的是选手乙”为事件，记，由全概率公式求出与的递推关系，构造数列求其通项公式可得. （2）首先求出的分布列，得出的表达式，错位相减法求出. 【详解】（1）（i）设“第1次答题的是选手甲”为事件，“第2次答题的是选手乙”为事件，则“第1次答题的是选手乙”为事件， 由题知，， 由全概率公式知，， ， 已知第2次答题的是选手乙，则第1次答题的是选手甲的概率为． （ii）设“第次答题的是选手甲”为事件，“第次答题的是选手乙”为事件， 记， 由题知，当时， ， 由全概率公式知， ， ， ， 故数列是首项为，公比为的等比数列， ， 则，即第次答题是选手甲的概率为． （2）的所有可能取值为， 所以的分布列为 1 2 3 ．．． ．．． 故①， ②， ①-②，得 所以． 类型六、二项分布的综合应用 解题技巧： 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次； 2.当服从二项分布时,应弄清中的试验次数与成功概率 例6-1．新春将至，社团联合会推出技能盲盒新春挑战赛，盲盒池内藏3类新春限定技能体验券共100张．其中类（科创年味券）：20张，含无人机新春灯光秀操控、3D打印生肖挂件建模；类（文艺年味券）：35张，含非遗剪纸窗花、即兴新春小品表演；类（运动年味券）：45张，含新春飞盘趣味赛、岩壁新年登高挑战．抽奖分两轮进行，规则如下： 第一轮：不放回抽取2张券； 第二轮：有放回抽取3张券． (1)第一轮抽奖中，求某人抽到类和类券的概率． (2)第二轮抽奖中，记抽到的类券张数为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】(1) (2)分布列见解析，0.6 【分析】（1）根据古典概型公式进行计算； （2）根据二项分布的概率公式求出对应的概率，进而列出分布列，求出期望. 【详解】（1）记抽到的2张券为类券和类券为事件， 则事件包含第一次抽到类券且第二次抽到类券和第一次抽到券且第二次抽到券． 则． （2）有放回的抽取时，抽到类券的概率，抽不到类券的概率， 随机变量表示3次抽取中抽到类券的张数，则，可能的取值为0，1，2，3． ∴， 则的分布列为     0 1 2 3 0.512 0.384 0.096 0.008 ∴． 79．（25-26高三上·浙江杭州·期末）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为． (1)时，移动3次后，求质点最终所在的位置的坐标为1的概率； (2)若移动4次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的分布列和数学期望； (3)若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的数学期望． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）最终所在的位置的坐标为1为事件，则3次移动中，2次向右移动，1次向左移动，再根据乘法公式计算概率即可； （2）根据题意，可取，再分别计算对应概率，得到分布列并计算期望即可； （3）设在移动次中，向右移动的次数为，则向左移动次，，结合，，即可求解． 【详解】（1）设移动3次后，质点最终所在的位置的坐标为1为事件， 由题可知事件为3次移动中，2次向右移动，1次向左移动， ； （2）根据题意，可取， ，， 又， ， ， ∴分布列为 4 2 0 ∴； （3）设在移动次中，向右移动的次数为， 则，， 向右移动的次数为，则向左移动次， 质点最终所在位置的坐标为， ， 即随机变量的数学期望为． 例6-2．现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． (1)甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； (2)甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； (3)将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 【答案】(1)1 (2)分布列见解析， (3)公平，理由见解析 【分析】（1）根据二项分布的期望公式计算即可. （2）先确定的可能取值，然后根据事件的相互独立求出对应的概率值，进而得到的分布列和期望. （3）先根据题意列出正面朝上的游戏币个数为奇数的概率，记，得到数列为首项是，公差为的等差数列，最后求得. 【详解】（1）依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为， 故，于是． （2）记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，， Y可取0，1，2，3．由事件相互独立，则 ； ； ； 故分布列为： 0 1 2 3 P ． （3）不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币； 记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为，； 于是； 即，即， 记，则，， 故数列为首项是，公差为的等差数列；故， 则，故，，则，因此公平． 变式6-1．不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． (1)分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； (2)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； (3)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 【答案】(1) (2)答案见详解 (3) 【分析】（1）利用古典概型结合表格计算即可； （2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可； （3）利用二项分布的方差公式计算并比较大小即可. 【详解】（1）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为， 该校乙学院学生使用款大模型的概率为； （2）由题意可知的可能取值为：， 则， ， ， ， 的分布列如下： 0 1 2 3 P 所以； （3）同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为, 该校乙学院学生使用款大模型的概率为， 易知， 由二项分布的方差公式可知， ， 所以. 变式6-2．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 【答案】(1)分布列见解析，， (2)（i）；（ii）若，增加2个元件后利润提高； 若时，增加2个元件后利润没有提高. 【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，即为； （ii）分以下三种情况讨论：①原系统中至少有4个元件正常工作；②原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；③原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，再对三种情况进行求和，得到，计算，与作比较，再根据判断即可. 【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， 所以， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， （2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为， 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为，即. （ii）若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有4个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作， 其概率为； 第三类：原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作， 其概率为. 所以 ， 则， 所以当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率变大； 当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率没有变大. 又因为， 所以当时，增加2个元件后利润提高；当时，增加2个元件后利润没有提高. 变式6-3．如图，矩形网格线中，每一条线段表示一条道路，每一个交点表示一个路口，路口无信号灯，其它每个路口都只有一个圆饼形信号灯.交通法规定：当圆饼形信号灯为绿灯时，汽车左转､右转､直行都可以；当圆饼形信号灯为红灯时，汽车只能右转.某出租车司机需要把乘客从位置沿着网格线送到位置，行驶的是最短路线（即不绕路）.在所有最短路线中，把理论上等红灯时间总和最少的路线称为“最优路线”.若该出租车行驶到每个路口（司机视角）遇到红灯和绿灯的概率都为（黄灯忽略不计），遇到红灯平均等待的时间为.已知，出租车速度为. (1)已知路线一：； 路线二：. 请问路线一和路线二哪一条路线是“最优路线”？并说明理由. (2)若该出租车司机选择每一条最短路线的可能性相等，问该司机在所有最短路线中任选一条，能选中“最优路线”的概率是多少？ (3)若该出租车司机选择了一条“最优路线”，表示该出租车从位置到位置所用的时间（单位：分钟），求的期望. 【答案】(1)路线一是“最优路线”. (2) (3)10.5 【分析】（1）由题意分析路线一、路线二可能需要等待的路口数量，然后由二项分布求得等待时间的期望，然后得到总时间期望，即可作出判断； （2）由题意可知从到最短路线可分解步数，然后由组合数求得总路线数，分析“最优路线”需要满足的条件，即可列出“最优路线”，由古典概型求得概率； （3）由（2）中结论，由二项分布求得遇到红灯次数的期望，即可求得到总时间期望. 【详解】（1）路线一可能需要等待的路口数量为3个， 等待时间的期望为：min，则总时间期望为：min， 路线二可能需要等待的路口数量为4个， 等待时间的期望为：min，则总时间期望为：min， ∵， ∴线路一是“最优路线”. （2）从到最短路线：需要向右走4段，向上走3段，共7步， 所以总路线数为条， 由题意可知，“最优路线”即“右转路口”数量最多， 第一步走任意方向均无需等待红绿灯，所以需讨论的路口数为6， 由示意图可知，由上行变为向右行即为“右转路口”，故“右转路口”数量最多为3， 若第一步为向右，则只有1种走法：， 若第一步为向上，则有3种走法： ， ， ， ∴“最优路线”一共有4条， ∴能选中“最优路线”的概率是. （3）由（2）可知“最优路线”，即“右转路口”数量最多3， 则可能需要等待的路口数量为3个，遇到红灯平均等待的时间为， 设遇到红灯次数为，则，则， 行驶时间恒为9min，故总时间， ∴. 类型七、超几何分布的综合应用 解题技巧： 一般地，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，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，则称随机变量X服从超几何分布. X 0 1 … m P … 例7-1．口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 【答案】(1)两种游戏中第二次摸到白球的概率均为； (2)； (3)，游戏一的“不确定性”更高. 【分析】（1）应用古典概型的概率求法求游戏一中第二次摸到白球的概率，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求游戏二中第二次摸到白球的概率； （2）根据已知分别写出、的可能值，进而求出其分布列，应用独立事件的乘法、互斥事件的加法求； （3）根据已知求出与，作差比较大小，即可得结论. 【详解】（1）对于游戏一，设“第二次摸到白球”，则； 对于游戏二，设“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”，则； （2）对于游戏一，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 对于游戏二，的可能取值为0，1，2，的分布列为： ，，， 因为游戏一与游戏二的结果相互独立， 所以 ； （3）由（2）知， ； 同理 . 因为， 所以，故游戏一的“不确定性”更高. 例7-2．某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要回答个题目，可以从个组题目和若干个组题目中，共选择3个题目作答.A组题目每正确回答1个得10分，B组题目每正确回答1个得分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分之和.已知小王恰能正确回答A组题中的4个题目，B组题目每个正确回答的概率均为，且能否正确回答A组和B组题目互不影响. (1)已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量的策略； (2)记小王总得分为. （i）若选择的3个题目均为A组题目，求的分布列及数学期望； （ii）试确定，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整A、B组题目数量，其总得分保持期望稳定，并说明理由.（参考公式：，其中、为随机变量） 【答案】(1)小王应选择2个A组题目和1个B组题目的策略 (2)（i）分布列见解析；；（ii）当时，无论小王如何调整A、B组题目数量，其总得分X的期望均为20分；理由见解析 【分析】（1）小王两组题目均有选择的方案有两种，1个A组题目和2个B组题目；2个A组题目和1个B组题目，分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为，，求得，，可得结论； （2）记小王所选题目中A组题目得分为，B组题目得分为，，（i）由于选择的三个题目均有A组题目，其得分为，利用超几何分布求得分布列，可求数学期望；（ii）设小王选择的3个题目中A组题目数量为，B组题目数量为，其中，则服从超几何分布，，计算数学期望可得结论. 【详解】（1）小王两组题目均有选择的方案有两种， 1个A组题目和2个B组题目；2个A组题目和1个B组题目， 分别记两种情况下小王至少答对1个题目的概率为，， ， ， 因为，所以， 以至少答对1个题目的概率为依据，小王应选择2个A组题目和1个B组题目的策略. （2）记小王所选题目中A组题目得分为，B组题目得分为，， （i）由于选择的三个题目均有A组题目，其得分为， 则，，， 故的分布列为： 10 20 30 故， （ii）设小王选择的3个题目中组题目数量为，组题目数量为，其中， 则服从超几何分布，，，， ， 当时，的值与无关， 即当时，无论小王如何调整组题目数量，其总得分的期望均为20分. 变式7-1．二十国集团领导人第十七次峰会11月16日在印度尼西亚巴厘岛闭幕，峰会通过《二十国集团领导人巴厘岛峰会宣言》.宣言说，值此全球经济关键时刻，二十国集团采取切实、精准、迅速和必要的行动至关重要，基于主席国印尼提出的“共同复苏、强劲复苏”主题，各国将采取协调行动，推进强劲、包容、韧性的全球复苏以及创造就业和增长的可持续发展、中国采取负责任的态度，积极推动产业的可持续发展，并对友好国家进行技术授助、非洲某芯片企业生产芯片Ⅰ有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检. (1)在中国企业援助前，该芯片企业生产芯片Ⅰ的前三道工序的次品率分为. ①求生产该芯片I的前三道工序的次品率； ②第四道工序中，智能自动检测为次品（不会将合格品检测为次品）的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知芯片Ⅰ智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片，该芯片恰为合格品的概率； (2)该芯片企业在中国企业援助下，改进生产工艺并生产了芯片Ⅱ.某手机生产厂商获得芯片Ⅰ与芯片Ⅱ，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查，据统计，回访的100名用户中，安装芯片Ⅰ的有40 部，其中对开机速度满意的占70%；安装芯片Ⅱ的有60部，其中对开机速度满意的占.现采用分层抽样的方法从开机速度满意的人群中抽取9人，再从这9人中选取4人进行座谈，记抽到对安装芯片Ⅱ的手机开机速度满意的人数为X，求X 的分布列及其数学期望. 【答案】(1)①；② (2)分布列见解析， 【分析】（1）①根据相互独立事件概率计算公式、对立事件的知识求得正确答案. ②根据条件概率的知识求得正确答案. （2）根据超几何分布的知识求得的分布列及其数学期望. 【详解】（1）①. ②设“芯片Ⅰ只能自动检测合格”为事件，“人工抽检合格”为事件， 由已知得，， 则工人在流水线进行人工抽检时，“抽检一个芯片，该芯片恰为合格品”为事件， . （2）对安装芯片Ⅰ的手机开机速度满意的人数为，对安装芯片Ⅱ的手机开机速度满意的人数为，所以采用分层抽样的方法的抽样比为，故所抽取的9人中，手机安装芯片Ⅰ的有3人，手机安装芯片Ⅱ的有6人，所以的说有可能取值为， 则，， ，， 所以的分布列为 1 2 3 4 所以. 变式7-2．某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 (1)现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”. （i）求条件概率的值； （ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由； (2)从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】(1)（i）；（ii）不相互独立，理由见解析 (2)分布列见解析， 【分析】（1）（i）已知和，用条件概率公式计算. （ii）法1：比较和判断；法2：验证与是否相等判断. （2）利用超几何分布概率公式计算概率得分布列，再用期望公式求. 【详解】（1）（i），， . （ii）事件M与N不相互独立 理由如下： 法1：利用条件概率： ，， ， 所以，不相互独立. 法2：利用独立性定义： ，， ， 所以，不相互独立. （2）这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为， （服从超几何分布，） ，， ，， 故的分布列为： X 0 1 2 3 P 故的数学期望. 变式7-3．某大学的武术协会有10名同学，成员构成如下表所示.表中部分数据不清楚，只知道从这10名同学中随机抽取1名同学，该名同学的专业为数学的概率为. 性别 中文 数学 英语 体育 男 1 1 女 1 1 1 1 现从这10名同学中随机选取3名同学参加该市的武术比赛（每名同学被选到的可能性相等）. (1)求、的值； (2)求选出的3名同学恰为专业互不相同的男生的概率； (3)设为选出的3名同学中是女生或专业为数学的人数，求随机变量的分布列、均值及方差. 【答案】(1)， (2) (3)分布列见解析， 【分析】（1）先根据已知列方程算出，进一步可得； （2）根据古典概型概率计算公式即可求解； （3）由超几何分步的概率公式，可得分布列，进一步得均值、方差公式. 【详解】（1）由题意得  解得. 由，得解得. （2）所求的概率为 . （3）由已知，这10名同学中是女生或者专业为数学的人数为7，Y的可能取值为0，1，2，3. ，， ，， 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P 均值为， 方差为. 变式7-4．为推动党史学习教育工作扎实开展，营造“学党史､悟思想､办实事､开新局”的浓厚氛围，某校党委决定在教师党员中开展“学党史”知识竞赛.该校理综支部经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在甲，乙两名教师中间产生，支部书记设计了两种测试方案供两位教师选择. 方案一：从装有6个不同问题的纸盒中依次有放回抽取4个问题作答； 方案二：从装有6个不同问题的纸盒中依次不放回抽取4个问题作答. 已知这6个问题中，甲，乙两名教师都能正确回答其中的4个问题，且甲，乙两名教师对每个问题回答正确与否都是相互独立､互不影响的.假设甲教师选择了方案一，乙教师选择了方案二. (1)求甲，乙两名教师都只答对2个问题的概率； (2)若测试过程中每位教师答对1个问题得2分，答错得0分.你认为安排哪位教师参赛比较合适？请说明理由. 【答案】(1) (2)选择乙老师，理由见解析 【分析】（1）借助二项分布与超几何分布的概率计算公式计算即可得； （2）计算出相应二项分布与超几何分布的期望与方差即可得. 【详解】（1）设甲，乙两名教师都只答对2个问题的情况分别为事件与事件， 则，； 所以； （2）设甲教师得分数为，则答对题数为，有， 故，， 设乙教师得分数为，则的可能取值为，，， ，，， 则， ， 由，，则乙老师更为稳定，故选择乙老师. 类型八、正态分布的综合应用 解题技巧： 正态曲线的性质 对，它的图象在轴的上方 曲线与轴之间的面积为1 曲线是单峰的，它关于直线对称 曲线在处达到峰值 当无限增大时，曲线无限接近x轴 当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿x轴平移 当一定时，曲线的形状由确定，较小时曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；较大时，曲线“矮胖”，表示随机变量的分布比较分散， 例8-1．（多选）在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩，此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分．已知：若，则，则下列说法正确的是（    ） A．若随机变量，则服从标准正态分布 B． C．从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为 D．从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为 【答案】BCD 【分析】借助正态分布中的意义与标准正态分布的意义可判断A；利用正态分布的性质计算即可得的值可判断B；由正态分布的性质可得，，结合相互独立事件的概率公式及条件概率公式计算即可判断CD. 【详解】对于A，因为，则， 若随机变量，则服从标准正态分布， 故时，才服从标准正态分布，故A错误； 对于B，， ， 由正态分布的对称性可得， 所以，故B正确； 对于C，由， 可得， 所以从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为： ，故C正确； 对于D，由，可得， 所以， 又，所以由条件概率公式可得， 所以从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为，故D正确. 故选：BCD. 例8-2．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个原件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：V）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，，. 【答案】(1)0.8186 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据正态分布性质得到； （2）①由条件概率得到，证明出结论； ②由①，得，从而元件B，C必须至少有一个正常工作，所求概率为. 【详解】（1），其中，故， ， 由题设，得，， ； （2）①由题设，得 ， . 所以. ②由①，得， 所以第天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为. 变式8-1．近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. (1)已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； (2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 【答案】(1)①；② (2)28 【分析】（1）①根据相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式求解即可；②利用条件概率公式及性质计算即可. （2）由已知可推得，根据已知以及正态分布的对称性，可求得，则服从二项分布，利用二项分布概率最大值的求法计算可得结果. 【详解】（1）①在进入第四道工序前,该款芯片的次品率为： ． ②证明：由题意，所以，所以， 因为， 所以， 即， 所以，即，所以． （2）由已知得： ， 因为， 所以服从二项分布，， 设， 由得，即， 解得，由得， 所以的估计值为28． 变式8-2．某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间的概率. (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】(1)0.8186 (2)分布列见解析，1 【分析】（1）利用正态分布概率公式来分段计算即可； （2）利用二项分布来计算分布列和期望即可. 【详解】（1）因为零件的直径服从正态分布，所以， 则， 即. （2）由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 由题意知的所有可能取值为   故，， ，， ， 故X的分布列为 0 1 2 3 4 ∵满足二项分布，的数学期望为. 变式8-3．向日葵是菊科向日葵属的一年生草本植物．因花序随太阳转动而得名，深受人们喜欢，某向日葵基地为促进该基地旅游业发展，特邀请一文旅公司制作文旅创收方案． (1)公司调查发现该基地成熟向日葵花盘直径（单位：cm）近似服从正态分布．试估计一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率； (2)该公司特设置一游戏，根据游戏结果对游客全程所有消费进行打折，该游戏有两种方案，游客在这两种方案中任选一种参加游戏．方案一：不透明袋子里装有2个红球，4个白球，顾客从中一次性摸出3个球，若摸出2个红球1个白球获得“六折优惠”，若摸出1个红球2个白球获得“八折优惠”，若摸出3个白球不优惠．方案二：如图游客开始站在①位置，游客每掷一次骰子，就沿顺时针方向移动一次．若掷出正面朝上数字为奇数，游客就向前移动1格；若掷出正面朝上数字为偶数，游客就向前移动2格．游客重复掷骰子直到游客第一次到达⑨位置获得“九折优惠”或第2次到达①位置获得“七点五折优惠”游戏结束．若想要获得最大优惠，游客应选哪个方案？说明理由． 参考数据：若，则．． 【答案】(1)0．8186． (2)方案一，理由见解析 【详解】（1），则，，结合正态分布的性质：和 ． 即一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率为0．8186． （2）设方案一的折扣为，则可以取，，， ，，， ． 设方案二的折扣为，则可以取，， 用，表示游客首次在第位置的概率， 则，，． 由题知，游客到达，位置，只有两种途径， 一种是从位置，掷到偶数，其概率为， 另一种是从位置，掷到奇数，其概率为， ，，． 当时，数列是以为首项，为公比的等比数列． ，，，，， 又， ，， ，，且 ，． 第二次到达①位置的概率． ． ，若想要获得最大优惠，游客应选方案一． 变式8-4．高尔顿板是一种用于演示随机现象的装置，如图所示．小球从顶部下落，每次碰到钉子时等可能地向左或向右滚下，最终落入底部的槽中．设高尔顿板有n层钉子，则底部有个槽，从左到右编号为． (1)设小球落入槽k的概率为，求的表达式，并计算期望和方差． (2)当时，利用中心极限定理，近似计算小球落入槽到之间的概率（已知标准正态分布）． (3)若将个小球依次放入高尔顿板，求落入槽附近（到之间）的小球数量在到之间的概率的近似值． (4)证明：当时，高尔顿板的分布趋近于正态分布． 【答案】(1)，其中，，； (2)； (3)； (4)证明见解析. 【分析】（1）由小球向左或向右的概率均为，且相互独立，所以落入槽k的概率服从二项分布，进而可得概率及期望，方差； （2）由小球落入槽k的概率服从二项分布，近似服从正态分布，用正态分布的概率公式计算可得； （3）由Y为个小球中落入槽附近（到之间）的数量服从，近似服从正态分布，再根据正态分布的概率公式可得； （4）由棣莫弗—拉普拉斯定理可知，当时，二项分布的标准化形式的分布趋近于标准正态分布，进而可证高尔顿板的分布趋近于正态分布. 【详解】（1）小球从顶部下落到槽k，需要在n次选择中恰好k次向右（或次向左）． 每次选择向左或向右的概率均为，且相互独立． 因此，落入槽k的概率服从二项分布． ，其中． 期望：，方差：， （2）当时，，近似服从正态分布，标准化：， ， ， （3）当时，， 设Y为个小球中落入槽附近（到之间）的数量． 首先计算落入槽到之间的概率：， 用正态近似：， ， ， 因此，，近似服从正态分布． 标准化：， ， ， （4）由棣莫弗—拉普拉斯定理，当时，二项分布的标准化形式的分布趋近于标准正态分布． 在高尔顿板中，，所以的分布趋近于标准正态分布． 因此，当时，高尔顿板的分布趋近于正态分布． 类型九、泊松分布的应用 解题技巧： 1.本质描述：固定时间段/区域内，稀有事件发生次数**的概率规律。 2.核心特征：①稀有性：事件发生概率低，但在观察期内可能发生多次。②独立性：一次事件的发生不会影响另一次事件的发生。③平稳性：事件发生的平均频率在整个观察期内保持稳定。④期望与方差相等：平均发生次数和数据的离散程度是同一个数值。 3.解题核心思路：①提取平均次数：从题目中找到“平均发生次数”，这是整个分布的核心参数。②明确事件目标：确定需要计算的是“恰好发生k次”还是“至少/至多发生k次”的概率。③概率递推计算：发生0次的概率是基础，可直接得出。发生k次的概率，可通过“发生k-1次的概率”按固定比例递推得到。④概率互补转化：求“至少发生1次”的概率，可转化为1减去“发生0次”的概率。求“至多发生k次”的概率，可将0次到k次的概率相加。 4.关键提醒：①核心是平均值：所有概率计算都围绕“平均发生次数”展开。②稀有事件场景：适用于描述“很少发生”的事件，高频事件不适用。 例9-1．泊松分布的概率分布列为，其中为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率小于的概率约为（参考数据：）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用给定的信息，求出，再利用概率公式计算即得.. 【详解】依题意， ，，泊松分布可作为二项分布的近似， 此时，则， 于是, ,， 所以次品率小于的概率约为. 故选：C 例9-2．泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） (3)若，且，求的取值范围. 参考数据：若，，，则有，，. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由时，泊松分布近似于正态分布求解； （2）设为配送延迟包裹数，由，根据，，得到，由求解. （3）由，得到，再根据泊松分布的概率公式求解. 【详解】（1）当时，泊松分布近似于正态分布， 即，，要计算， 根据正态分布的性质，因， 故. （2）设为配送延迟包裹数，则，， 因为，， ， 所以， 那么，某天至少3起配送延迟的概率约为 . （3）由，可得， 根据泊松分布的概率公式：，，可得. 设， 由，可知在上为减函数. 因为，所以， 所以，即，故的取值范围为. 变式9-1．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则正品率大于97%的概率约为（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用给定的信息，求出，再利用概率公式计算即得. 【详解】设抽检的元件中次品的个数为，则， 由题知，，，泊松分布可作为二项分布的近似， 此时，所以， 所以，， 正品率大于（即只能有0个，1个或2个次品）的概率为 ． 故选：C． 变式9-2．泊松分布的概率分布列为，其中为自然对数的底数，是泊松分布的均值.若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即.现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率不超过的概率约为（参考数据:）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】100个元件，次品率不超过，即次品数为0或1，根据题干公式，求即可. 【详解】由题意知，则，所以. 因为， 所以次品率不超过的概率约为. 故选：B 变式9-3．泊松（Poissor）分布，是一种统计与概率学里常见到的离散型概率分布，由法国数学家西莫恩·德尼·泊松（Simeon-Denis  Poisson）在1838年时发表.泊松分布适合于描述单位时间或单位面积内随机事件发生的次数的概率分布.如某一服务设施在一定时间内收到的服务请求次数，电话交换机接到呼叫的次数、汽车站台的侯客人数、机器出现的故障数、自然灾害发生的次数、DNA序列的变异数、放射性原子核的衰变数、激光的光子数分布等等，因此，在管理科学、运筹学以及自然科学的某些问题中都占有重要的地位.若随机变量X服从参数为的泊松分布（记作，则其概率分布为，，其中为自然对数 (1)对于二项分布，当n很大，p很小，而乘积大小适中，二项分布就可以近似的看作参数的泊松分布.某公司制造微型芯片，次品率为0.2%，各芯片是否为次品相互独立，以X记产品中的次品数.求在1000个产品中至多有1个次品的概率（用泊松分布近似计算）； (2)已知，为正整数，若的最大值是，求的值； (3)若，试比较与0.99的大小，并说明理由. 【答案】(1) (2)4或5 (3) 【分析】（1）根据泊松分布，计算，由概率公式计算，，再相加即可； （2）计算，比值与1比较，确定概率单调性，利用的最大值是即可得到的值； （3）利用泊松分布的概率公式，计算，，，相加再与0.99比较即可. 【详解】（1）根据题意比较大，而大小适中， 所以满足近似泊松分布， 则，， ， 在1000个产品中至多有1个次品的概率为. （2），， 则，又为正整数， 所以当时，，概率单调递减，当时，，概率单调递增， 的最大值是， 或， 综上，或. （3），则， ， ， 所以， 即. 变式9-4．泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2…，且，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)设，且，求； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有. （ⅰ）已知甲地区共有100000户居民，每户居民每天有0.00010的概率需要一名水电工.试估计某天需要至少2名水电工的概率； （ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有200000户居民，每户居民每天有0.00004的概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）理解概率公式，就能用待定系数法先求出，再求出指定概率； （2）（ⅰ）理解泊松分布中的，从而再运用公式计算对应事件概率，转化为对立事件来研究即可； （ⅱ）先了解两个独立事件，同时发生总共需要水电工人数，运用积事件求和：即，这里运用到二项式展开式定理，最后再用对立事件即可解得. 【详解】（1）由得， 且，解得. 故. （2）（ⅰ）设为甲地区某天需要的水电工数目，则，且. 因为，，， 所以. 那么，某天至少需要2名水电工的概率约为 （ⅱ）设为乙地区某天需要的水电工数目，则，且. 因为，，， 所以. 于是 . 那么，某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率约为 . 类型十、指数分布的综合应用 解题技巧： 1.本质描述：随机事件等待时间的概率规律。 2.核心特征：无记忆性→已等待的时长，不会影响后续继续等待的概率。 2.解题核心思路：①先从题目中找到平均等待/使用时长。②计算“超过某段时间”的概率时，时长越久，概率越小。③遇到“已使用一段时间后，还能继续使用”的问题，直接等价于“全新状态下使用相同时长”的概率 例10．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数为．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成（如图），在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立． (1)已知电源电压X（单位：V）服从正态分布，且X的积累分布函数为，求； (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量T（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累计分布函数为．设，证明：； 附：若随机变量Y服从正态分布，则，，． 【答案】(1)0.8186 (2)证明见解析 【分析】（1）根据正态分布的对称性即可结合的定义求解； （2）根据条件概率的计算公式结合的定义以及的定义域即可求解. 【详解】（1）由题设得， 所以 . （2）由题设得： ， 所以． 变式10-1．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为设，证明： (3)若元件均为（2）中所述的高稳定性元件，其寿命相互独立. 已知在第n天初，元件B和C均正常工作，而元件A发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，. 【答案】(1)0.8186 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据正态分布性质得到； （2）由条件概率得到，证明出结论； （3）由（2）得，利用对立事件求概率即可. 【详解】（1），其中，故， ， 由题设，得， （2）由题设，得 ， . 所以. （3）由（2）得， 所以第天系统仍正常工作，元件，必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为. 变式10-2．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立． (1)电源电压X（单位：V）服从正态分布，且X的累积分布函数为，求． (2)在统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔．已知随机变量T（单位：天）表示某元件的使用寿命，T服从指数分布，其累积分布函数为． ①设，证明：； ②若第n天只有元件A发生故障，求第天系统正常运行的条件概率． 参考数据：若，． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据正态分布原则，计算结果即可. （2）①根据条件概率和所给分段函数，求出条件概率，证明等式成立；②根据上述等式，求出第元件正常工作的概率，根据独立事件概率公式，写出事件概率，求出结果即可. 【详解】（1）已知电源电压X（单位：V）服从正态分布，可知， 则， 则, （2）①由题意知， 因为，所以， 等式右边， 所以成立. ②由①可得， 所以第天元件正常工作的概率均为， 当第天系统正常运行时，元件至少有一个在正常工作，其对立事件第天系统不正常运行时，元件都不正常工作. 则第天系统正常运行概率为. 变式10-3．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：小时）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②元件的使用寿命均服从指数分布模型且累积分布函数为，已知在某时刻元件A发生故障，和正常工作，求接下来1小时内系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则. 【答案】(1)0.8186 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据题意，利用正态分布曲线的性质，求得，结合则，即可求解； （2）①根据题意，分别求得和，即可得到答案； ②由①得，得到元件正常工作的概率均为，结合独立事件的概率乘法和对立事件的概率计算方法，即可求解. 【详解】（1）解：由电源电压服从正态分布，且的累积分布函数为， 可得， 则. （2）解：①由题意，可得 ， ， 所以. ②由①得， 所以接下来1小时内元件正常工作的概率均为， 为使接下来1小时内系统仍正常工作，元件必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为. 压轴专练 1.已知随机变量X服从两点分布，且，，则实数a的值为（    ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】根据两点分布的性质以及概率的取值范围来确定实数的值. 【详解】因为随机变量服从两点分布，所以. . 整理得，解得，. 当时，，； 当时，，故不合题意. 综上，可得. 故选：A. 2.一校园公用电话在某时刻恰有个学生正在使用或等待使用该电话的概率为，根据统计得到，其中为常数，则在该时刻没有学生正在使用或等待使用该电话的概率为（    ） A．​ B．​ C．​ D．​ 【答案】B 【分析】利用概率之和为1求出，然后令，即可求解. 【详解】， ，即. 故选：B. 3.已知随机变量，，且，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【分析】利用服从二项分布结合已知可得，可求得，进而利用二项分布的期望与方差公式求得期望与方差，结俣期望与方差的性质求解即可. 【详解】易得，，由， 得，即，由知， 故，，， 而，， 故． 故选：C． 4.设随机变量X的分布列如下表所示， 1 2 3 4 5 6 ① ②随机变量的数学期望可以等于3.5 ③若，则 ④数列的通项公式可以为 则上述说法中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据分布列性质可判断①对，当概率全部相等为时，②说法正确，有等比数列前项和公式计算可得③正确，利用裂项求和可得④错误. 【详解】对于①，易知， 由分布列性质可得，所以，即①正确； 对于②，易知当时，随机变量的数学期望可以等于3.5，即②正确； 对于③，若，结合可知， ，即③正确， 对于④，若数列的通项公式为， 可知， 此时， 不满足分布列性质，即④错误. 综上可知，①②③正确. 故选：C 5.甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用二项分布的期望、方差公式，结合、方差的性质列式求出最大值. 【详解】依题意，合格项目的个数，则，， 由每个项目合格得分，不合格扣2分，得甲的总得分， 因此，， 则，又， 所以当时，取得最大值. 故选：C 6.已知随机变量，且，，当取得最大值时，（   ） A．12或13 B．13 C．11或12 D．12 【答案】D 【分析】根据二项分布的期望与方差的公式，求得，得到，得到，结合的单调性，即可求解. 【详解】由随机变量，且，， 可得，解得，即， 则，可得， 当时，概率递增；当时，概率递减， 令，解得， 所以当且时，；当且时，， 所以当时，概率取得最大值. 故选：D. 7.某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（    ） A．1.28 B．1.6 C．6.4 D．8 【答案】A 【分析】根据给定条件，列出不等式求出，再利用二项分布的期望公式计算得解. 【详解】，，， 若是唯一的最大值，则 所以 解得． 因为，， ，，． ． 故选：A． 8.已知条试题中有条选择题，甲无放回地依次从中抽取条题，乙有放回地依次从中抽取条题，甲､乙每次均抽取一条试题，抽出的条题中选择题的条数分别为，的期望分别为，方差分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定的可能取值，再求随机变量取各值的概率, 根据期望公式方差公式求 ，判断随机变量服从二项分布，根据二项分布的均值、方差公式计算，由此可得结论. 【详解】由题意可知，的可能取值为，的可能取值为， 所以，， ， 所以， . 乙每次抽到选择题的概率为，由条件可得 根据二项分布的均值方差公式得：， ， 所以，. 故选：D. 9.（多选）已知随机变量的分布列如下，则正确的是（    ） X 1 2 P m n A． B． C．若，，则 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，由概率和为1分析判断，对于B，根据分布列利用对立事件的概率公式分析判断，对于C，求出，再由求解判断，对于D，求出的分布列，从而可求出，进而利用方差公式求出判断. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因为，所以， 所以， 所以，故C错误； 对于D，， 则的分布列如下： X 1 4 P 所以，则，故D正确. 故选：ABD 10.（多选）设是大于1的整数，离散型随机变量的可能取值为1，2，…，m，满足对任意一个正整数，，则的取值可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据已知条件，概率之和为1等知识求解范围进行判断即可. 【详解】因为， 则， 由上式知，不恒等于一个常数，单调递减， 则， 又因为 则. 故选：ABD 11.（多选）已知离散型随机变量服从二项分布，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由二项分布均值、方差公式以及性质即可求解. 【详解】由于服从二项分布，故，故正确， ，故C正确， ，，故B错误，D正确. 故选：ACD. 12.（多选）已知随机变量X的分布列为 X －1 0 1 P 下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．的最小值为 【答案】BC 【分析】根据分布列的性质结合已知条件判断各个选项即可. 【详解】对于A，由题意得，若，则，A错误； 对于B，若，则，，B正确； 对于C，若，则，又，所以，C正确； 对于D，由，得， ， 因为，，D错误. 故选：BC. 13.（多选）已知随机变量服从二项分布，则以下选项正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C． D． 【答案】AD 【分析】根据二项分布的期望公式及方差公式得出，根据数学期望及方差性质计算可判断A、B；由二项分布概率公式计算可判断C、 D. 【详解】由于，所以， 对于A，因为，则，A正确； 对于B，因为，则，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，， ， 所以，D正确； 故选：AD 14.（多选）袋中有8个大小相同的球，其中5个黑球，3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出3个球的总得分，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】确定，均服从于超几何分布，且，，计算，A错误，，，B正确，，C正确，，D正确，得到答案. 【详解】，均服从于超几何分布，且，， ，， 对选项A：，错误； 对选项B：，，正确； 对选项C：，正确； 对选项D：，正确； 故选：BCD. 15.若随机变量，且，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】根据超几何分布的期望公式可得，进而得到，再根据对勾函数的单调性求解即可. 【详解】由题意，，则， 因为，则， 所以， 因为函数在上单调递增， 所以，时，取得最小值. 故答案为：. 16.已知圆周率，用四舍五入法把精确到的近似值分别为，从这5个近似值中任取3个，记这3个值中大于的个数为，则__________. 【答案】/ 【分析】根据已知求出的值，比较得出大于的个数，进而得出可能取值情况，根据超几何分布概率公式求出分布列，根据期望公式得出，进而代入方差公式求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，. 所以，. 所以，从这5个近似值中任取3个，记这3个值中大于的个数可能为0，1，2， 显然服从超几何分布， 所以，，， 所以，， . 故答案为：. 17.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.为了了解全民对于“学习强国”使用的情况，现从某单位全体员工中随机抽取3人做问卷调查.已知某单位有名员工，其中是男性，是女性. (1)当时，求抽出3人中男性员工人数的分布列和数学期望； (2)我们知道，当总量足够大而抽出的个体足够小时，超几何分布近似为二项分布.现在全市范围内考虑.从名员工（男女比例不变）中随机抽取3人，在超几何分布中男性员工恰有2人的概率记作；在二项分布中（即男性员工的人数）男性员工恰有2人的概率记作.那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.（参考数据：） 【答案】(1)分布列见解析，数学期望为 (2)N至少为145时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布 【分析】（1）利用超几何分布概率模型求出概率，即可列出分布列和求数学期望； （2）利用二项分布概率模型和超几何分布概率模型即可求解. 【详解】（1）当时，男性员工有8人，女性员工有12人. 服从超几何分布，， ，， ，， ∴的分布列为 0 1 2 3 数学期望为. （2）， ， 由于，则， 即， 即， 由题意易知， 从而， 化简得， 又，于是. 由于函数在处有极小值， 从而当时单调递增， 又，. 因此当时符合题意， 而又考虑到和都是整数，则一定是5的整数倍，于是. 即N至少为145时， 我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布 18.在马年新春到来之际，某商场举办抽奖活动，方案如下： 1号不透明盒中放有标着“马”“骏”“龙”字样的小球，2号不透明盒中放有标着“到”“驰”“腾”字样的小球.顾客先从1号盒中随机取出1个小球，再从2号盒中随机取出1个小球.若这两个球上的字恰好组成“马到”，“骏驰”，“龙腾”中的一个词语，则该顾客中奖；否则未中奖，每位顾客只能抽奖一次，且各人抽奖结果相互独立.已知顾客从任一盒中抽到每个球的概率均为. (1)求一名顾客中奖的概率. (2)若小明一家三口都参加该抽奖活动，记小明全家中奖的人数为X， （i）求X的分布列及数学期望； （ii）已知对任意随机变量Y，若其数学期望、方差均存在，则对任意正实数a，有，该不等式称为切比雪夫不等式.若要求有不低于76%的把握使，求正实数a的最小值. 【答案】(1)； (2)（i）分布列见解析，数学期望为1；（ii）. 【分析】（1）利用相互独立事件及互斥事件的概率公式列式计算即可. （2）（i）求出的可能值并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）由（i）求出，再利用切比雪夫不等式建立不等式关系并求出最小值. 【详解】（1）记事件抽到“马”与“到”，事件抽到“骏”与“驰”，事件抽到“龙”与“腾”， 则，而两两互斥， 所以顾客中奖的概率. （2）（i）小明全家中奖的人数的可能值为，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. （ii）由（i）知，则， 由切比雪夫不等式，得， 即，则由，解得，而，则， 所以正实数a的最小值. 19.某市推广智能家居节能计划，调研发现一个家庭安装智能灯泡的数量X（单位：个）的分布列为： X 0 1 2 3 P 其中，.每个家庭安装智能灯泡的个数是相互独立的.记事件A：一个家庭单月节省电量总和至少为4度.若事件A发生，则认为该家庭完成节能目标. (1)求m与p的比值； (2)每个智能灯泡互不影响，且每个智能灯泡每月节省的电量Y（单位：度）的分布列如下（，）； Y 1 2 3 4 5 P 其概率满足下列条件： ①（）；②. （ⅰ）求，的值； （ⅱ）若政府希望有30%以上的家庭完成节能目标（即），试问：对任意的，该目标能否完成？请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）;（ii）能完成 【分析】（1）利用分布列概率和等于1求得； （2）（i）根据已知分布列，结合其满足的两个条件，先求得，再利用分布列的概率之和为1求得； （ii）利用全概率公式求得 ， ，利用导数研究其单调性进而证得对任意，有 . 【详解】（1）随机变量 表示一个家庭安装智能灯泡的数量，其分布列概率和等于1， ∴，，，； （2）（i）由于 取离散整数值，分析条件 ， 故：， 概率总和为 1：，代入得， 解得； （ii）事件：一个家庭单月节省电量总和至少为 4 度，即总节省电量 . 总节省电量 ，其中 独立同分布于 ， 与 独立. 由（1）知，故 的分布为：，，，， 计算 ： 若，则 ，故 ， 若 ，则 ，故 ， 若，则，需. 计算 ： ：，概率 ： 或 ，概率 ， 故，所以 ， 若，则，需. 计算 ： 仅当所有 ，概率 ， 故， 则： . 设函数 ， . 求导得， 令，则，为开口向下的抛物线， ∵，∴存在唯一的实数，使得，且内，单调递增，内，单调减， 又∵，∴存在唯一的实数，使得，且内，单调递增，内，单调减， 又∵当 ，， 当 ，， ∴在 内 恒成立， 因此，对任意，有 ，即政府目标总能完成. 20.如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从腔室出发，到达腔室，粒子从室经过号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.粒子间的旋转状态相互独立.现有两个粒子从室出发. (1)求两粒子进入室都为上旋状态的概率； (2)若实验装置出现故障，两个粒子进入室后，共裂变为个粒子，裂变后的每个粒子再经过号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立. ①时，写出返回室的粒子个数的分布列、期望、方差； ②时，记有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值. 【答案】(1) (2)①分布列见详解，期望，方差； ② 【分析】（1）根据全概率公式以及条件概率计算公式求得正确答案； （2）①根据独立事件概率计算求得的分布列，并求得数学期望和方差； ②根据二项式定理即可求得最大项. 【详解】（1）设“两个粒子通过号门后处于上旋状态粒子个数为个”，， “两个粒子通过号门后进入室都为上旋状态”， 则，， 则. （2）①返回室的粒子个数的可能性为，，，， 服从二项分布： ，， ，， ， 所以期望，方差； ②的可能取值为，此时， 个粒子返回室的概率为， 则， 所以， 当时，取最大值. 21.某地区冬季流感频发，为了加强流感疾病的防治，该地区鼓励个人接种流感疫苗，最后统计表明，该地区整个冬季的流感患病率是，至冬季结束仍然有的居民未接种疫苗，这些没有接种过流感疫苗的居民的患病率为． (1)现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，求这人患病的概率； (2)已知泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布，当且时，二项分布近似于泊松分布，其中，即．现从该地区接种疫菌的人群中随机抽取1000人，按上述泊松分布近似计算： ①求1000人中流感的患病率小于0.3%的概率约为多少； ②设1000人中患流感的人数为X，求使得最大时的X值．（参考数据：） 【答案】(1)0.006 (2)①；②或 【分析】（1）条件概率的乘法公式以及互斥事件的概率加法，可得答案； （2）①由题目中的概率公式，结合互斥事件的概率加法，可得答案；②利用比值判别法，可得概率计算的单调性，可得答案. 【详解】（1）记：事件“患流感”，事件“未患流感”，， 事件“接种疫苗”，事件“未接种疫苗”，则， 由已知可得：， ， , 所以， 即现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，这人患病的概率为． （2）①由已知：当且时，二项分布近似于泊松分布， 设1000人中患流感的人数为Y人，则， ，，， . ②由题意得：， 所以，， 当时，随i的增大而增大， 当时，随i的增大而减小， 当时，， 所以，或时，最大． 22.为缓解学生的压力，某中学组织学生开展了一项有趣的比赛．甲､乙两人参加比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． (1)当时，若两人共进行5局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两人共进行局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”．事件表示“甲最终获胜”．请写出的值（直接写出结果即可）； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为，若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为，证明：当时，． 【答案】(1)分布列见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）确定的可能取值，利用二项分布计算各取值得概率，列出分布列，根据分布列计算期望； （2）分析前局甲赢局后，剩余2局甲需赢多少局才能获胜；根据的不同范围，判断剩余两局的胜负可能性，当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，求出其概率；当时，需要赢剩余2局，求出其概率；当时，需要赢至少1局，求出其概率；当时，已满足获胜条件，概率为1. （3）利用全概率公式求得，求出，再作差比较大小即可. 【详解】（1）（1）的可能取值为1，3，5， ， ， ， 则的分布列为： 1 3 5 . （2）当时，剩余2局最多赢2局，总赢局数，无法获胜，其概率为； 当时，需要赢剩余2局，其概率为； 当时，需要赢至少1局，其概率； 当时，已满足获胜条件，概率为. 故. （3）若两人共进行了局比赛，甲所赢局数为，则， 甲获胜的概率， 若两人共进行了局比赛， 可以认为在进行了局比赛的基础上再比两局， 则甲获胜的概率， ， 已知，所以，证毕. 23.某知识竞赛题库中的题目按照难度不同分为，，三类，学生甲回答这三类题目中每个题的正确率分别为，，. (1)若现有，，这三类中的题目各一题，学生甲每回答正确一题得5分，回答错误得-2分.设学生甲回答三题后的总得分为，求的分布列及数学期望； (2)若题库中，，三类题目题量之比为4∶3∶3. （ⅰ）学生甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （ⅱ）现随机抽取题库中的100道题，记学生甲答对的题目数为，求使事件“”的概率最大时的取值. 【答案】(1)分布列见解析； (2)（ⅰ）;（ⅱ） 【分析】(1) 先确定总得分的所有可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，进而得到分布列，最后根据分布列计算数学期望； (2)(i) 利用全概率公式计算任选一题作答正确的概率；(ii) 先判断服从二项分布，再通过二项分布的概率单调性确定使最大的值. 【详解】（1）已知,,三类题各一题，答对得分，答错分， 设答对,,题分别为事件，则：， ​,；​,​；​,​， 三题全错：， 对1题错2题：， 对2题错1题：， 三题全对：， 即的可能取值为：， ， ， ， ， 所以的分布列： ； （2）（ⅰ）因为,,三类题目量之比为，即任选一题，是 类的概率为， 类为，C 类为， 设 “任选一题作答正确” 为事件，由全概率公式： ； （ⅱ）由题意，，即,. 设，则：， 即，即， ​解得：， 因此：当时，，概率单调递增； 当时，，概率单调递减， 故使最大的值为. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 离散型随机变量及概率分布 目录 类型一、随机变量分布列的性质及应用 类型二、二项分布的均值与方差问题 类型三、超几何分布的均值与方差问题 类型四、二项分布的最大概率问题 类型五、比赛背景下的概率分布问题 类型六、二项分布的综合应用 类型七、超几何分布的综合应用 类型八、正态分布的综合应用 类型九、泊松分布的应用 类型十、指数分布的应用 压轴专练 类型一、随机变量分布列的性质及应用 解题技巧： 1．离散型随机变量的分布列及性质 (1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则表 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 称为离散型随机变量X的概率分布列． (2)离散型随机变量的分布列的性质： ①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②p1＋p2＋…＋pn＝1. 2．离散型随机变量均值 (1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为： X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平． (2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b. (3)若X服从两点分布，则E(X)＝p； 3．离散型随机变量方差 (1)设离散型随机变量X的分布列为 X x1 x2 … xi … xn P p1 p2 … pi … pn 则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝ (xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根为随机变量X的标准差．且 (2)D(aX＋b)＝a2D(X)． (3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)． 例1-1．若随机变量X的分布列如下表所示，则的最小值为______． X 0 1 2 3 P a b 例1-2．（多选）设为实数，如果随机变量的分布列为，则（    ） A． B． C． D． 变式1-1．离散型随机变量的分布列为为常数，则______. 变式1-2．设是一个离散型随机变量，其分布列为如下，则 __________． 变式1-3．（多选）随机变量的分布列如表：其中，下列说法正确的是（    ） 0 1 2 P A． B． C．有最大值 D．随y的增大而减小 变式1-4．设随机变量X所有可能的取值为1，2，…，n，且，，定义．若，则当时，的最大值为________． 类型二、二项分布的均值与方差问题 解题技巧： 若服从二项分布，则 例2-1．已知随机变量，，且，则_______ 例2-2．（多选）若则（   ） A． B． C． D． 变式2-1．已知随机变量，若，则__________. 变式2-2．（多选）若与是相互独立的随机变量，均服从二项分布，且，其中，则下列说法中正确的有（   ） A． B． C．令，则 D．若，满足，则有 变式2-3．设随机变量，其中且，若，，则（    ） A． B． C．1 D． 变式2-4．组合投资需要同时考虑风险与收益．为了控制风险需要组合低风险资产，为了扩大收益需要组合高收益资产，现有两个相互独立的投资项目A和B，单独投资100万元项目A的收益记为随机变量X，单独投资100万元项目B的收益记为随机变量Y．若将100万资金按进行组合投资，则投资收益的随机变量Z满足，其中．假设在组合投资中，可用随机变量的期望衡量收益，可用随机变量的方差衡量风险. (1)若，，求Z的期望与方差； (2)已知随机变量X满足分布列： X … … … … 随机变量Y满足分布列： Y … … … … 且随机变量X与Y相互独立，即，，．求证：； (3)若投资项目X是高收益资产，其每年的收益满足：有30%的可能亏损当前资产的一半；有70%的可能增值当前资产的一倍．投资项目是低风险资产，满足．试问能否满足投资第1年的收益不低于17万，风险不高于500？请说明理由． 类型三、超几何分布的均值与方差问题 解题技巧： 若随机变量服从超几何分布，则(是件产品的次品率). 例3-1．（多选）如图，我国传统珠算算具算盘每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面2颗叫上珠，下面5颗叫下珠，若从某一档的7颗算珠中任选3颗，记上珠的个数为，下珠的个数比上珠的个数多，则（    ） A． B． C． D． 例3-2．（多选）一个袋子中有5个完全相同的球，编号分别为1，2，3，4，5，现从中随机地摸出3个球作为样本.用X表示样本中球的编号为偶数的个数，用Y表示样本中球的最大编号，则（   ） A．若采取有放回摸球， B．若采取不放回摸球，则 C．若采取有放回摸球，则 D．若采取不放回摸球，则 变式3-1．（多选）已知袋中有除颜色外其他都相同的小球9个，其中黑球6个，红球3个，从中摸4个球，方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为.下列说法中，正确的有（    ） A． B．，其中 C． D． 变式3-2．（多选）已知一个袋子中放有5个不同的红球和3个不同的黄球，现从中逐个摸取3个小球.方案一：有放回地摸球，记取得红球个数为X；方案二：不放回地摸球，记取得红球个数为Y．下列说法中，正确的有（   ） A．， B． C．，其中 D． 变式3-3．一个不透明的袋子有10个除颜色不同外，大小、质地完全相同的球，其中有6个黑球，4个白球．现进行如下两个试验，试验一：逐个不放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望方差分别为；试验二：逐个有放回地随机摸出3个球，记取到白球的个数为，期望和方差分别为，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 变式3-4．（多选）袋中有6个大小相同的球，其中4个黑球，2个白球，现从中任取3个球，记随机变量为其中白球的个数，随机变量为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出3个球的总得分，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 类型四、二项分布的最大概率问题 解题技巧： （1）当给定时，可得到函数，这个是数列的最值问题. . 分析：当时，，随值的增加而增加；当时， ，随值的增加而减少.如果为正整数，当时，，此时这两项概率均为最大值.如果为非整数，而取的整数部分，则是唯一的最大值. 注：在二项分布中，若数学期望为整数，则当随机变量等于期望时，概率最大. （2）当给定时，可得到函数，这个是函数的最值问题，利用二次函数的性质或者可以用导数求函数最值与最值点. 分析： 当时，由于当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值，.又当，当时，，从而无最小值. 例4-1．随着人工智能的快速发展，它在社会生活中的应用将越来越广泛.某AI科技公司发明了一套人机交互软件，对用户输入的问题它会从数据库中自动检索并生成答案进行应答.大量试验统计表明，如果输入的问题没有语法错误，则软件生成正确答案的概率为85%；若出现语法错误，则软件生成正确答案的概率为35%.已知用户每次输入的问题没有语法错误的概率为90%，且对于每次输入的问题软件生成正确答案相互独立. (1)求用户输入一个问题软件生成正确答案的概率； (2)在某次试验中，用户输入（）个问题，记其中软件生成正确答案的个数为，事件（）的概率为.当取何值时，的值最大？ 例4-2．为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立. (1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值； (3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围. 变式4-1．一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端.某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播2粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言，如果全部的种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种. (1)当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望. (2)当取何值时，有4个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？ 变式4-2．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的高尔顿板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内. (1)如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与数学期望. (2)现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内.将80个小球依次从高尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？ 变式4-3．“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动. (1)若数学组的7名学员中恰有3人来自中学，从这7名学员中选取3人，表示选取的人中来自中学的人数，求的分布列； (2)在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，.假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值. 变式4-4．某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． (1)若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得分，负者获得分；②连续局获胜或积分率先达到分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； (2)若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为已知甲乙进行了局比赛且甲胜了局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值． (3)若每局比赛甲获胜的概率为，规定在场比赛中甲超过一半场次获胜就获得冠军，记其概率为，试说明的单调性并给出证明． 类型五、比赛背景下的概率分布问题 解题技巧： 1.善于引入变量表示事件：可用“字母＋变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”.例如Ai：表示“第i局比赛胜利”，则表示“第i局比赛失败”. 2.善于使用对立事件求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用P（A）＝1－P（）解出所求事件的概率.在处理离散型随机变量分布列时，也可利用概率和为1的特点，先求出包含情况较少的事件的概率，再间接求出包含情况较多的事件的概率 例5-1．近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）． (1)求前3局中，不“调试”的概率； (2)求； (3)若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 例5-2．为了激活全民参与体育赛事的热情，某省举办了足球联赛．已知足球联赛积分规则为：球队胜一场积3分，平一场积1分，负一场积0分．球队甲2025年11月将迎来主场与球队乙和客场与球队丙的两场比赛．根据前期比赛成绩，球队甲主场与球队乙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；球队甲客场与球队丙比赛：胜利的概率为，平的概率为，负的概率为；且每场比赛结果相互独立． (1)设球队甲11月主场与球队乙比赛获得积分为，客场与球队丙比赛获得积分为，求的概率； (2)用表示球队甲11月与球队乙和球队丙比赛获得积分之和，求的分布列与期望． 0 1 2 3 4 6 变式5-1．某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答．比赛规定：甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分；选手初始分数为0分．假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为． (1)若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率； (2)若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望； (3)若该选手每轮等可能地从甲、乙两类问题中选择一类问题，如果两轮的题目类型相同，记该选手的累计得分为；如果两轮的题目类型不同，记该选手的累计得分为．试判断数学期望与的大小. 变式5-2．“村超”是乡村足球超级联赛的简称.其通过全民参与的体育赛事激活了乡村振兴新动能，构建了集文化自信、经济发展、社会治理于一体的乡村发展新模式.为了提高参赛球队技战术水平，某乡镇组织甲、乙、丙、丁四支参赛球队进行了“热身排位赛”，赛程为：第一轮：经过抽签，甲队和乙队为一组，丙队和丁队为一组，两组分别进行组内比赛，每组的胜者编入A组，负者编入B组；第二轮：A，B两组的球队分别进行组内比赛，A组的胜者进入决赛，B组的负者获得第4名；第三轮：A组的负者和B组的胜者比赛，胜者进入决赛，负者获得第3名；第四轮：决赛，胜者获得第1名，负者获得第2名.已知甲队与其他三支球队的比赛中，甲队获胜的概率均为.乙、丙、丁三支球队间的比赛中，每支球队获胜的概率均为（比赛没有平局）.且各场比赛之间互不影响. (1)求在第一轮比赛中甲队获胜的条件下，乙队获得第3名的概率； (2)记甲队最终获得的名次为随机变量，求的分布列和数学期望. 变式5-3．甲、乙两人进行一局羽毛球比赛，约定比赛规则如下：比赛中两人轮流发球（每次只发一球），由甲先发球，每赢一球得1分，输球不得分，达到15分且至少领先2分者获胜（当打成后，先多得2分的一方获胜）.甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，已知比赛目前激战至. (1)若已知比赛结果为，求这局比赛是乙获胜的概率； (2)求这局比赛甲获胜的概率； (3)记为这局比赛结束时甲的总发球个数，求的数学期望. 变式5-4．“猜灯谜”是我国独有的民间文娱活动，某地在元宵节举办形式多样的猜灯谜比赛活动，比赛按照双人挑战赛和单人挑战赛两种模式进行． (1)双人挑战赛规则如下：两位选手为一组，每次一位选手答题，若答对，则获得奖品并继续答题，若答错，则换另一位选手答题．甲、乙一组，甲、乙两人第1次答题的概率均为，已知甲每题答对的概率为，乙每题答对的概率为． （i）已知第2次答题的是选手乙，求第1次答题的是选手甲的概率； （ii）求第次答题的是选手甲的概率． (2)单人挑战赛的规则为：选手每次答题，若答对，则答题立即结束并获得奖品，若答错，则可继续答题；每位选手最多有次答题机会，第次无论对错都要结束答题．丙选手每题答对的概率均为，设为丙选手答题结束时进行答题的次数，的数学期望为，证明：． 类型六、二项分布的综合应用 解题技巧： 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次； 2.当服从二项分布时,应弄清中的试验次数与成功概率 例6-1．新春将至，社团联合会推出技能盲盒新春挑战赛，盲盒池内藏3类新春限定技能体验券共100张．其中类（科创年味券）：20张，含无人机新春灯光秀操控、3D打印生肖挂件建模；类（文艺年味券）：35张，含非遗剪纸窗花、即兴新春小品表演；类（运动年味券）：45张，含新春飞盘趣味赛、岩壁新年登高挑战．抽奖分两轮进行，规则如下： 第一轮：不放回抽取2张券； 第二轮：有放回抽取3张券． (1)第一轮抽奖中，求某人抽到类和类券的概率． (2)第二轮抽奖中，记抽到的类券张数为随机变量，求的分布列及数学期望． 79．（25-26高三上·浙江杭州·期末）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为． (1)时，移动3次后，求质点最终所在的位置的坐标为1的概率； (2)若移动4次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的分布列和数学期望； (3)若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的数学期望． 例6-2．现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为．甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏． (1)甲将游戏币向上抛出4次，用X表示落下时正面朝上的次数，求X的期望； (2)甲将游戏币，，抛出，用Y表示落下时正面朝上游戏币的个数，求Y的分布列及其期望； (3)将这n枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜.请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由． 变式6-1．不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表： 甲学院 乙学院 使用 不使用 使用 不使用 A款 40人 80人 60人 20人 款 70人 50人 30人 50人 假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率． (1)分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率； (2)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望； (3)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小． 0 1 2 3 P 变式6-2．某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 变式6-3．如图，矩形网格线中，每一条线段表示一条道路，每一个交点表示一个路口，路口无信号灯，其它每个路口都只有一个圆饼形信号灯.交通法规定：当圆饼形信号灯为绿灯时，汽车左转､右转､直行都可以；当圆饼形信号灯为红灯时，汽车只能右转.某出租车司机需要把乘客从位置沿着网格线送到位置，行驶的是最短路线（即不绕路）.在所有最短路线中，把理论上等红灯时间总和最少的路线称为“最优路线”.若该出租车行驶到每个路口（司机视角）遇到红灯和绿灯的概率都为（黄灯忽略不计），遇到红灯平均等待的时间为.已知，出租车速度为. (1)已知路线一：； 路线二：. 请问路线一和路线二哪一条路线是“最优路线”？并说明理由. (2)若该出租车司机选择每一条最短路线的可能性相等，问该司机在所有最短路线中任选一条，能选中“最优路线”的概率是多少？ (3)若该出租车司机选择了一条“最优路线”，表示该出租车从位置到位置所用的时间（单位：分钟），求的期望. 类型七、超几何分布的综合应用 解题技巧： 一般地，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，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，则称随机变量X服从超几何分布. X 0 1 … m P … 例7-1．口袋中有2个白球和2个红球，这些球除颜色外完全相同.现有两种游戏方案： 游戏一：从袋中有放回地摸球2次，记摸到白球的次数为； 游戏二：从袋中无放回地摸球2次，记摸到白球的次数为.两种游戏的结果相互独立. (1)分别求两种游戏中第二次摸到白球的概率； (2)求； (3)对于随机变量，定义信息熵，它量化了一个随机系统所包含的“不确定性”程度，熵值越大，表明该系统的“不确定性”越高，比较与的大小，并判断哪种游戏的“不确定性”更高. 例7-2．某校为庆祝建校百年，由学校团委、学生会组织开展“奋斗进程”校史知识竞赛活动，每位参赛者均需要回答个题目，可以从个组题目和若干个组题目中，共选择3个题目作答.A组题目每正确回答1个得10分，B组题目每正确回答1个得分，不能正确回答的题目均不得分，参赛者总得分为3个题目得分之和.已知小王恰能正确回答A组题中的4个题目，B组题目每个正确回答的概率均为，且能否正确回答A组和B组题目互不影响. (1)已知小王两组题目均有选择，以他至少答对1个题目的概率为依据，试确定他分别选择两组题目的数量的策略； (2)记小王总得分为. （i）若选择的3个题目均为A组题目，求的分布列及数学期望； （ii）试确定，使小王在选择3个题目时，无论怎样调整A、B组题目数量，其总得分保持期望稳定，并说明理由.（参考公式：，其中、为随机变量） 变式7-1．二十国集团领导人第十七次峰会11月16日在印度尼西亚巴厘岛闭幕，峰会通过《二十国集团领导人巴厘岛峰会宣言》.宣言说，值此全球经济关键时刻，二十国集团采取切实、精准、迅速和必要的行动至关重要，基于主席国印尼提出的“共同复苏、强劲复苏”主题，各国将采取协调行动，推进强劲、包容、韧性的全球复苏以及创造就业和增长的可持续发展、中国采取负责任的态度，积极推动产业的可持续发展，并对友好国家进行技术授助、非洲某芯片企业生产芯片Ⅰ有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检. (1)在中国企业援助前，该芯片企业生产芯片Ⅰ的前三道工序的次品率分为. ①求生产该芯片I的前三道工序的次品率； ②第四道工序中，智能自动检测为次品（不会将合格品检测为次品）的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知芯片Ⅰ智能自动检测显示合格率为98%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片，该芯片恰为合格品的概率； (2)该芯片企业在中国企业援助下，改进生产工艺并生产了芯片Ⅱ.某手机生产厂商获得芯片Ⅰ与芯片Ⅱ，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查，据统计，回访的100名用户中，安装芯片Ⅰ的有40 部，其中对开机速度满意的占70%；安装芯片Ⅱ的有60部，其中对开机速度满意的占.现采用分层抽样的方法从开机速度满意的人群中抽取9人，再从这9人中选取4人进行座谈，记抽到对安装芯片Ⅱ的手机开机速度满意的人数为X，求X 的分布列及其数学期望. 变式7-2．某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下： 企业 研发投入（万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000 年度专利产出数（件） 3 5 7 6 9 10 11 (1)现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”. （i）求条件概率的值； （ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由； (2)从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望. 变式7-3．某大学的武术协会有10名同学，成员构成如下表所示.表中部分数据不清楚，只知道从这10名同学中随机抽取1名同学，该名同学的专业为数学的概率为. 性别 中文 数学 英语 体育 男 1 1 女 1 1 1 1 现从这10名同学中随机选取3名同学参加该市的武术比赛（每名同学被选到的可能性相等）. (1)求、的值； (2)求选出的3名同学恰为专业互不相同的男生的概率； (3)设为选出的3名同学中是女生或专业为数学的人数，求随机变量的分布列、均值及方差. 变式7-4．为推动党史学习教育工作扎实开展，营造“学党史､悟思想､办实事､开新局”的浓厚氛围，某校党委决定在教师党员中开展“学党史”知识竞赛.该校理综支部经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在甲，乙两名教师中间产生，支部书记设计了两种测试方案供两位教师选择. 方案一：从装有6个不同问题的纸盒中依次有放回抽取4个问题作答； 方案二：从装有6个不同问题的纸盒中依次不放回抽取4个问题作答. 已知这6个问题中，甲，乙两名教师都能正确回答其中的4个问题，且甲，乙两名教师对每个问题回答正确与否都是相互独立､互不影响的.假设甲教师选择了方案一，乙教师选择了方案二. (1)求甲，乙两名教师都只答对2个问题的概率； (2)若测试过程中每位教师答对1个问题得2分，答错得0分.你认为安排哪位教师参赛比较合适？请说明理由. 类型八、正态分布的综合应用 解题技巧： 正态曲线的性质 对，它的图象在轴的上方 曲线与轴之间的面积为1 曲线是单峰的，它关于直线对称 曲线在处达到峰值 当无限增大时，曲线无限接近x轴 当一定时，曲线的位置由确定，曲线随着的变化而沿x轴平移 当一定时，曲线的形状由确定，较小时曲线“瘦高”，表示随机变量X的分布比较集中；较大时，曲线“矮胖”，表示随机变量的分布比较分散， 例8-1．（多选）在某次联考中，全体物理方向高三学生数学成绩，此次联考物理方向数学一本线为80分，清北线为140分．已知：若，则，则下列说法正确的是（    ） A．若随机变量，则服从标准正态分布 B． C．从参考学生中依次抽取两名学生，则这两名学生的数学恰好有一人过清北线的概率为 D．从参考学生中随机抽取一人，在该生数学达到一本线的条件下，该生数学过清北线的概率为 例8-2．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个原件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：V）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，，. 变式8-1．近年来，人工智能已成为引领我国新一轮科技革命的战略性技术.智能芯片作为人工智能的“心脏”，不论是制造工艺的持续精进，还是架构设计的大胆创新，国产智能芯片的算力与能效比均在大幅提升. (1)已知某款芯片生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测工序，包括智能自动检测与人工抽检．已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求该款芯片生产在进入第四道工序前的次品率； ②第四道工序中，部分芯片由智能检测系统进行筛选，检测出的次品芯片会被淘汰，通过筛选的芯片及未经筛选的芯片都进入流水线由工人进行人工抽样检验．记表示事件“某芯片经过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”，试比较与的大小； (2)改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间．若，将使得的最大的值作为的估计值，试求的值． 参考数据：，. 变式8-2．某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 (1)经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间的概率. (2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望. 参考数据: 若随机变量，则，，. 变式8-3．向日葵是菊科向日葵属的一年生草本植物．因花序随太阳转动而得名，深受人们喜欢，某向日葵基地为促进该基地旅游业发展，特邀请一文旅公司制作文旅创收方案． (1)公司调查发现该基地成熟向日葵花盘直径（单位：cm）近似服从正态分布．试估计一游客在该基地任摘一颗成熟向日葵，其花盘直径在的概率； (2)该公司特设置一游戏，根据游戏结果对游客全程所有消费进行打折，该游戏有两种方案，游客在这两种方案中任选一种参加游戏．方案一：不透明袋子里装有2个红球，4个白球，顾客从中一次性摸出3个球，若摸出2个红球1个白球获得“六折优惠”，若摸出1个红球2个白球获得“八折优惠”，若摸出3个白球不优惠．方案二：如图游客开始站在①位置，游客每掷一次骰子，就沿顺时针方向移动一次．若掷出正面朝上数字为奇数，游客就向前移动1格；若掷出正面朝上数字为偶数，游客就向前移动2格．游客重复掷骰子直到游客第一次到达⑨位置获得“九折优惠”或第2次到达①位置获得“七点五折优惠”游戏结束．若想要获得最大优惠，游客应选哪个方案？说明理由． 参考数据：若，则．． 变式8-4．高尔顿板是一种用于演示随机现象的装置，如图所示．小球从顶部下落，每次碰到钉子时等可能地向左或向右滚下，最终落入底部的槽中．设高尔顿板有n层钉子，则底部有个槽，从左到右编号为． (1)设小球落入槽k的概率为，求的表达式，并计算期望和方差． (2)当时，利用中心极限定理，近似计算小球落入槽到之间的概率（已知标准正态分布）． (3)若将个小球依次放入高尔顿板，求落入槽附近（到之间）的小球数量在到之间的概率的近似值． (4)证明：当时，高尔顿板的分布趋近于正态分布． 类型九、泊松分布的应用 解题技巧： 1.本质描述：固定时间段/区域内，稀有事件发生次数**的概率规律。 2.核心特征：①稀有性：事件发生概率低，但在观察期内可能发生多次。②独立性：一次事件的发生不会影响另一次事件的发生。③平稳性：事件发生的平均频率在整个观察期内保持稳定。④期望与方差相等：平均发生次数和数据的离散程度是同一个数值。 3.解题核心思路：①提取平均次数：从题目中找到“平均发生次数”，这是整个分布的核心参数。②明确事件目标：确定需要计算的是“恰好发生k次”还是“至少/至多发生k次”的概率。③概率递推计算：发生0次的概率是基础，可直接得出。发生k次的概率，可通过“发生k-1次的概率”按固定比例递推得到。④概率互补转化：求“至少发生1次”的概率，可转化为1减去“发生0次”的概率。求“至多发生k次”的概率，可将0次到k次的概率相加。 4.关键提醒：①核心是平均值：所有概率计算都围绕“平均发生次数”展开。②稀有事件场景：适用于描述“很少发生”的事件，高频事件不适用。 例9-1．泊松分布的概率分布列为，其中为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率小于的概率约为（参考数据：）（    ） A． B． C． D． 例9-2．泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） (3)若，且，求的取值范围. 参考数据：若，，，则有，，. 变式9-1．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛应用，泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即，．现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则正品率大于97%的概率约为（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 变式9-2．泊松分布的概率分布列为，其中为自然对数的底数，是泊松分布的均值.若随机变量服从二项分布，当很大且很小时，二项分布近似于泊松分布，其中，即.现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100个该种元件，则次品率不超过的概率约为（参考数据:）（    ） A． B． C． D． 变式9-3．泊松（Poissor）分布，是一种统计与概率学里常见到的离散型概率分布，由法国数学家西莫恩·德尼·泊松（Simeon-Denis  Poisson）在1838年时发表.泊松分布适合于描述单位时间或单位面积内随机事件发生的次数的概率分布.如某一服务设施在一定时间内收到的服务请求次数，电话交换机接到呼叫的次数、汽车站台的侯客人数、机器出现的故障数、自然灾害发生的次数、DNA序列的变异数、放射性原子核的衰变数、激光的光子数分布等等，因此，在管理科学、运筹学以及自然科学的某些问题中都占有重要的地位.若随机变量X服从参数为的泊松分布（记作，则其概率分布为，，其中为自然对数 (1)对于二项分布，当n很大，p很小，而乘积大小适中，二项分布就可以近似的看作参数的泊松分布.某公司制造微型芯片，次品率为0.2%，各芯片是否为次品相互独立，以X记产品中的次品数.求在1000个产品中至多有1个次品的概率（用泊松分布近似计算）； (2)已知，为正整数，若的最大值是，求的值； (3)若，试比较与0.99的大小，并说明理由. 变式9-4．泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2…，且，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)设，且，求； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有. （ⅰ）已知甲地区共有100000户居民，每户居民每天有0.00010的概率需要一名水电工.试估计某天需要至少2名水电工的概率； （ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有200000户居民，每户居民每天有0.00004的概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要3名水电工的概率. 类型十、指数分布的综合应用 解题技巧： 1.本质描述：随机事件等待时间的概率规律。 2.核心特征：无记忆性→已等待的时长，不会影响后续继续等待的概率。 2.解题核心思路：①先从题目中找到平均等待/使用时长。②计算“超过某段时间”的概率时，时长越久，概率越小。③遇到“已使用一段时间后，还能继续使用”的问题，直接等价于“全新状态下使用相同时长”的概率 例10．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量X，定义其累积分布函数为．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成（如图），在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立． (1)已知电源电压X（单位：V）服从正态分布，且X的积累分布函数为，求； (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量T（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累计分布函数为．设，证明：； 附：若随机变量Y服从正态分布，则，，． 变式10-1．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为设，证明： (3)若元件均为（2）中所述的高稳定性元件，其寿命相互独立. 已知在第n天初，元件B和C均正常工作，而元件A发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，. 变式10-2．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立． (1)电源电压X（单位：V）服从正态分布，且X的累积分布函数为，求． (2)在统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔．已知随机变量T（单位：天）表示某元件的使用寿命，T服从指数分布，其累积分布函数为． ①设，证明：； ②若第n天只有元件A发生故障，求第天系统正常运行的条件概率． 参考数据：若，． 变式10-3．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. (1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. (2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：小时）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②元件的使用寿命均服从指数分布模型且累积分布函数为，已知在某时刻元件A发生故障，和正常工作，求接下来1小时内系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则. 压轴专练 1.已知随机变量X服从两点分布，且，，则实数a的值为（    ） A． B． C． D．或 2.一校园公用电话在某时刻恰有个学生正在使用或等待使用该电话的概率为，根据统计得到，其中为常数，则在该时刻没有学生正在使用或等待使用该电话的概率为（    ） A．​ B．​ C．​ D．​ 3.已知随机变量，，且，则（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 4.设随机变量X的分布列如下表所示， 1 2 3 4 5 6 ① ②随机变量的数学期望可以等于3.5 ③若，则 ④数列的通项公式可以为 则上述说法中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 5.甲同学参加综合素质测试，该测试共有6个项目．已知甲同学每个项目合格的概率均为，合格得3分，不合格扣2分，且各项目是否合格相互独立．设6个项目测试完后甲的总得分为Y，期望为，方差为，当最大时，（   ） A． B． C． D． 6.已知随机变量，且，，当取得最大值时，（   ） A．12或13 B．13 C．11或12 D．12 7.某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（    ） A．1.28 B．1.6 C．6.4 D．8 8.已知条试题中有条选择题，甲无放回地依次从中抽取条题，乙有放回地依次从中抽取条题，甲､乙每次均抽取一条试题，抽出的条题中选择题的条数分别为，的期望分别为，方差分别为，则（    ） A． B． C． D． 9.（多选）已知随机变量的分布列如下，则正确的是（    ） X 1 2 P m n A． B． C．若，，则 D． X 1 4 P 10.（多选）设是大于1的整数，离散型随机变量的可能取值为1，2，…，m，满足对任意一个正整数，，则的取值可以是（    ） A． B． C． D． 11.（多选）已知离散型随机变量服从二项分布，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 12.（多选）已知随机变量X的分布列为 X －1 0 1 P 下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．的最小值为 13.（多选）已知随机变量服从二项分布，则以下选项正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C． D． 14.（多选）袋中有8个大小相同的球，其中5个黑球，3个白球，现从中任取3个球，记随机变量X为其中白球的个数，随机变量Y为其中黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量Z为取出3个球的总得分，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 15.若随机变量，且，则的最小值为__________． 16.已知圆周率，用四舍五入法把精确到的近似值分别为，从这5个近似值中任取3个，记这3个值中大于的个数为，则__________. 17.“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.为了了解全民对于“学习强国”使用的情况，现从某单位全体员工中随机抽取3人做问卷调查.已知某单位有名员工，其中是男性，是女性. (1)当时，求抽出3人中男性员工人数的分布列和数学期望； (2)我们知道，当总量足够大而抽出的个体足够小时，超几何分布近似为二项分布.现在全市范围内考虑.从名员工（男女比例不变）中随机抽取3人，在超几何分布中男性员工恰有2人的概率记作；在二项分布中（即男性员工的人数）男性员工恰有2人的概率记作.那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.（参考数据：） 18.在马年新春到来之际，某商场举办抽奖活动，方案如下： 1号不透明盒中放有标着“马”“骏”“龙”字样的小球，2号不透明盒中放有标着“到”“驰”“腾”字样的小球.顾客先从1号盒中随机取出1个小球，再从2号盒中随机取出1个小球.若这两个球上的字恰好组成“马到”，“骏驰”，“龙腾”中的一个词语，则该顾客中奖；否则未中奖，每位顾客只能抽奖一次，且各人抽奖结果相互独立.已知顾客从任一盒中抽到每个球的概率均为. (1)求一名顾客中奖的概率. (2)若小明一家三口都参加该抽奖活动，记小明全家中奖的人数为X， （i）求X的分布列及数学期望； （ii）已知对任意随机变量Y，若其数学期望、方差均存在，则对任意正实数a，有，该不等式称为切比雪夫不等式.若要求有不低于76%的把握使，求正实数a的最小值. 19.某市推广智能家居节能计划，调研发现一个家庭安装智能灯泡的数量X（单位：个）的分布列为： X 0 1 2 3 P 其中，.每个家庭安装智能灯泡的个数是相互独立的.记事件A：一个家庭单月节省电量总和至少为4度.若事件A发生，则认为该家庭完成节能目标. (1)求m与p的比值； (2)每个智能灯泡互不影响，且每个智能灯泡每月节省的电量Y（单位：度）的分布列如下（，）； Y 1 2 3 4 5 P 其概率满足下列条件： ①（）；②. （ⅰ）求，的值； （ⅱ）若政府希望有30%以上的家庭完成节能目标（即），试问：对任意的，该目标能否完成？请说明理由. 20.如图，在研究某种粒子的实验装置中，粒子从腔室出发，到达腔室，粒子从室经过号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.粒子间的旋转状态相互独立.现有两个粒子从室出发. (1)求两粒子进入室都为上旋状态的概率； (2)若实验装置出现故障，两个粒子进入室后，共裂变为个粒子，裂变后的每个粒子再经过号门返回室的概率为，各粒子返回室相互独立. ①时，写出返回室的粒子个数的分布列、期望、方差； ②时，记有个粒子返回室的概率为，则为何值时，取最大值. 21.某地区冬季流感频发，为了加强流感疾病的防治，该地区鼓励个人接种流感疫苗，最后统计表明，该地区整个冬季的流感患病率是，至冬季结束仍然有的居民未接种疫苗，这些没有接种过流感疫苗的居民的患病率为． (1)现从接种过疫苗的人群中任选一位居民，求这人患病的概率； (2)已知泊松分布的概率分布列为，其中e为自然对数的底数，是泊松分布的均值．若随机变量X服从二项分布，当且时，二项分布近似于泊松分布，其中，即．现从该地区接种疫菌的人群中随机抽取1000人，按上述泊松分布近似计算： ①求1000人中流感的患病率小于0.3%的概率约为多少； ②设1000人中患流感的人数为X，求使得最大时的X值．（参考数据：） 22.为缓解学生的压力，某中学组织学生开展了一项有趣的比赛．甲､乙两人参加比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设每局比赛甲赢的概率都是，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局． (1)当时，若两人共进行5局比赛．设两人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两人共进行局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了局”．事件表示“甲最终获胜”．请写出的值（直接写出结果即可）； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为，若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为，证明：当时，． 1 3 5 23.某知识竞赛题库中的题目按照难度不同分为，，三类，学生甲回答这三类题目中每个题的正确率分别为，，. (1)若现有，，这三类中的题目各一题，学生甲每回答正确一题得5分，回答错误得-2分.设学生甲回答三题后的总得分为，求的分布列及数学期望； (2)若题库中，，三类题目题量之比为4∶3∶3. （ⅰ）学生甲在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率； （ⅱ）现随机抽取题库中的100道题，记学生甲答对的题目数为，求使事件“”的概率最大时的取值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $