第3讲 二项分布、超几何分布与正态分布专项训练（提高）-2027届高三数学一轮复习

二项分布、超几何分布与正态分布 两种离散型分布与一种连续型分布 二项分布与超几何分布 提高一档的题，第一步仍是判模型，只是判据更分散：「每次试验相互独立」「各次结果互不影响」说的是二项；「不放回依次取出」「一次性抽取几个」说的是超几何。有些题还会把两种抽法放在一起让你比较 ——同一批球，有放回摸和不放回摸，中奖概率往往不一样，这正是检验你有没有分清模型的好题。 二项分布的三个量要能随手写出：概率用组合数乘两个幂，期望是 ，方差是 。还有一个常用的对称性：若 ，则必有 。它来自 与 的对比，两边一比只剩 。 超几何分布要留意「不放回反而没有影响」的情形：在随机排列的模型下，第二次取到某类东西的概率与第一次完全相同 ——因为每个位置上的东西在统计意义下是平等的。这一点常用来把复杂的条件概率一步化掉。 有一类题容易看走眼：「一旦出现某种情况就停止」的截断型。它不是标准的二项或超几何 —— 停止条件把原本独立的各次串了起来，必须按「停在第几次」分类，逐条路径算概率再相加。判断标志是题面里的「直到……为止」「当……时停止」。 最后，实际背景的题要把文字翻译成模型：「合格品 / 次品」是两类东西，「中奖 / 不中奖」是两类结果，「系统正常工作」常常是「若干元件中至少一半正常」。翻译对了，剩下的就是套公式。 例1（解答·★★★★☆） 每次抛掷一枚质地均匀的六面体骰子，若出现偶数点得2分，奇数点得1分。已知每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立。（1）求在抛掷过程中，恰好得3分的概率；（2）记抛掷次得分为，求的分布列及数学期望。 变式1-1（解答·★★★★☆） 某公司在联欢活动中设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外完全相同。游戏参与者可以选择有放回或者不放回的方式从中依次随机摸出3个球，规定至少摸到两个红球为中奖。现有一位员工参加此摸奖游戏。（1）如果该员工选择有放回的方式（即每摸出一球记录后将球放回袋中再摸下一个）摸球，求他能中奖的概率；（2）如果该员工选择不放回的方式摸球，设在他摸出的3个球中红球的个数为，求的分布列；（3）该员工选择哪种方式摸球中奖的可能性更大？请说明理由。 例2（解答·★★★★☆） 袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球。现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量。（1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率；（2）求的分布列和期望。 变式2-1（解答·★★★★☆） 一个盒子中装有若干个小球，每个小球都标有一个号码，其中标有号的小球有个（，，，且），标有号的小球有个，没有其它标号，从盒子中不放回的随机抽取个球。（1）当时，求取出的两个小球标号之和为的概率；（2）当时，记为取出的两个小球标号之差的绝对值，求的分布列和数学期望。 变式2-2（解答·★★★★☆） 已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出。（1）求第二次取出的球是黄球的概率。（2）若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率。（3）记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：。 例3（解答·★★★★☆） 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立。已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为。记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分。（1）求智能体经过1次测试后得2分的概率；（2）记智能体经过次测试后的总得分为。（i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率；（ii）求。附：若为随机变量，则。 变式3-1（解答·★★★★☆） 某工厂生产的零件分为合格品与不合格品两类。现采用一台检测仪器对零件进行检测，该仪器存在检测误差，具体检测特性如下：当零件为合格品时，单次检测判定为“合格”的概率为0.8，判定为“不合格”的概率为0.2；当零件为不合格品时，单次检测判定为“合格”的概率为0.1，判定为“不合格”的概率为0.9.对同一个零件连续检测3次，若检测结果中“合格”的次数多于“不合格”的次数，则最终判定该零件为合格品；否则判定为不合格品。假设各次检测结果相互独立。已知该批零件中合格品占80%，不合格品占20%．（1）若某零件为不合格品，求该零件最终被误判为合格品的概率。（2）若随机抽取1个零件进行检测，求该零件最终被判定为合格品的概率。（3）已知生产一个零件的成本为50元，每个零件被连续检测3次的总费用为10元。若某零件最终被判定为合格品，则以每件120元的价格出厂销售；否则作销毁处理。若出厂的零件实际为不合格品，则需向客户全额退款，并赔偿客户40元。设一个零件的利润为元，若的均值小于25，则该工厂将停止生产该零件；否则继续生产，试问该工厂是否会停止生产该零件？请说明理由。 变式3-2（解答·★★★★☆） 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为。已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立。（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率。（2）在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值。（3）平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付。该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由。 正态分布 提高档的正态题，大多嵌在一段实际背景里：前面接一段古典概型或二项分布，后面接一个决策问题。这类题的共同点是，正态只是其中一层 ——把参数读出来、把该算的区间概率算完，它的使命就结束了，剩下的按各自模型各算各的。 从题面里挖参数，主要有两条路。一条是从区间概率反推：题目给出两段相等的概率，就得到均值；给出某个区间的概率等于一个具体数，就把这个区间写成「均值加减几倍标准差」的样子去比对，反解出标准差。另一条是从密度函数下手：正态密度函数在均值处取到最大值，而这个最大值里只含标准差，所以知道峰值就能解出它。 连续型随机变量有一个与离散型很不一样的特点：单点概率为 。因此比对区间时，端点开还是闭完全不影响结果，「小于」和「小于等于」可以当成一回事。这也提醒我们，连续型里的条件概率不能照搬离散型那套分母的写法。 接着是写分布列。先把取值范围定下来，再把每种取值的情形数清楚。涉及两次独立试验或两次独立消费的，用「分类相加」最稳：把两组结果两两配对，挑出和（或差、或积）相同的所有组合，逐个乘概率再相加。算完一定要把各项概率加起来看是不是 ，这一步能挡住绝大多数笔误。 最后是用期望做决策。关键是先把随机变量取哪些值、每个值对应多少钱写清楚：收入、成本、赔付一项一项列出来，别凭印象直接报数。若题目给的是「期望大于某个数」这类条件，就把它翻译成关于未知参数的不等式，解出范围再回到实际意义去取整或取端点。写结论时要顺手说一句「为什么这样取值」，因为这类题的评分点往往就在取值本身。 例4（解答·★★★★☆） 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为。每次消费获取积分相互独立。（1）求；（2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望。附：正态密度函数，其中为均值，为标准差。，，。 变式4-1（解答·★★★★★） 高尔顿钉板是英国统计学家高尔顿设计的一种概率模型，其结构如下，在一块竖直木板上钉有若干排等间距的钉子，每排钉子的数量比上一排多一枚，且相邻的两排钉子的位置相互错开，木板底部有若干个等宽的凹槽，用于收集下落的小球，小球从木板顶端的入口处自由下落，在下落过程中，小球每次遇到钉子时，向左或向右下落的概率均为0.5，且每次下落是相互独立的。现有一个高尔顿钉板，其设置排钉子，第排钉子下方有个凹槽。从左至右依次记为凹槽0，凹槽1，…，凹槽，当时，钉板如图所示。进行次独立重复试验，每次试验投放一个小球。设小球从入口下落最终落入凹槽的个数为。 （1）若，（ⅰ）当时，求；（ⅱ）当时，求的数学期望与方差；（2）当足够大时，可以认为小球最终落入的凹槽标号服从正态分布，其中为的数学期望，为的方差。若，，试估计落在凹槽15到凹槽21（含15和21）内的小球总数。参考数据：若随机变量，，，。 变式4-2（多选·★★★☆☆） 随机变量服从正态分布，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 是偶函数 D. 的图象关于点中心对称 例5（解答·★★★★☆） 某中学开展劳动教育实践活动，学生进行某种蔬菜种植实验，实验分为育苗、定植、收获三个阶段。已知每株蔬菜育苗成功的概率为，各株蔬菜苗是否成功相互独立；只有育苗成功的蔬菜才能进入定植阶段，定植后进入收获阶段的蔬菜，单株产量X（单位：kg）服从正态分布，市场上该品种蔬菜的售价为6元/kg，单株蔬菜从育苗到收获的平均种植成本为18元。（1）若对10株蔬菜进行育苗实验，记育苗成功的株数为Y，求至少有9株蔬菜苗育成功的概率与（结果用p表示）；（2）从进入收获阶段的蔬菜中随机抽取1株，估计其单株利润为正的概率。附：若随机变量，则，，。 变式5-1（解答·★★★★☆） 鄂尔多斯市装备制造基地的某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品。技术改造前，其质量指标；技术改造后，其质量指标。如果生产该零部件的控制系统中有超过一半的元件正常工作，则系统就能正常工作。系统正常工作的概率称为系统的可靠性。已知该系统中每个元件正常工作的概率都是，且各个元件能否正常工作相互独立。若，则，。（1）求该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差；（2）若控制系统原有3个元件，计算该系统的可靠性；若该系统增加一个元件，判断其可靠性有何变化。 变式5-2（解答·★★★★☆） 现有甲、乙两台机器生产一批零件，甲生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布，乙生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布。（1）若甲、乙在一天内发生故障的概率分别为0.1,0.2，且两台机器工作状态相互独立。设一天内发生故障的机器台数为，求的分布列；（2）若生产出的零件内径小于8mm，则每件亏损2元；若内径大于10mm，则每件亏损8元；其余尺寸的零件，则每件获利20元。已知每天每台机器生产出一千件零件，试比较哪一台台机器每天生产出的零件的平均利润更大。参考数据：若，则。 例6（解答·★★★★☆） 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为。当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，。规定时，古籍将被登记。现任取一本古籍。（1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式；（2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检。已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍。若该古籍被建议复检，求的取值范围。附：若，则取。 变式6-1（多选·★★★☆☆） 已知随机变量，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 学科网（北京）股份有限公司 $ 二项分布、超几何分布与正态分布 两种离散型分布与一种连续型分布 二项分布与超几何分布 提高一档的题，第一步仍是判模型，只是判据更分散：「每次试验相互独立」「各次结果互不影响」说的是二项；「不放回依次取出」「一次性抽取几个」说的是超几何。有些题还会把两种抽法放在一起让你比较 ——同一批球，有放回摸和不放回摸，中奖概率往往不一样，这正是检验你有没有分清模型的好题。 二项分布的三个量要能随手写出：概率用组合数乘两个幂，期望是 ，方差是 。还有一个常用的对称性：若 ，则必有 。它来自 与 的对比，两边一比只剩 。 超几何分布要留意「不放回反而没有影响」的情形：在随机排列的模型下，第二次取到某类东西的概率与第一次完全相同 ——因为每个位置上的东西在统计意义下是平等的。这一点常用来把复杂的条件概率一步化掉。 有一类题容易看走眼：「一旦出现某种情况就停止」的截断型。它不是标准的二项或超几何 —— 停止条件把原本独立的各次串了起来，必须按「停在第几次」分类，逐条路径算概率再相加。判断标志是题面里的「直到……为止」「当……时停止」。 最后，实际背景的题要把文字翻译成模型：「合格品 / 次品」是两类东西，「中奖 / 不中奖」是两类结果，「系统正常工作」常常是「若干元件中至少一半正常」。翻译对了，剩下的就是套公式。 例1（解答·★★★★☆） 每次抛掷一枚质地均匀的六面体骰子，若出现偶数点得2分，奇数点得1分。已知每次抛掷出现偶数点和奇数点的概率都是，且结果相互独立。（1）求在抛掷过程中，恰好得3分的概率；（2）记抛掷次得分为，求的分布列及数学期望。 【切入点】每次抛掷只有「奇数点」和「偶数点」两类结果，各占一半且相互独立。第一问的「恰好得 3 分」要理解成累计得分首次达到 3 分 ——可能是抛两次就到位，也可能是抛三次才补上。第二问把总得分写成每次得分的和，用期望的线性性质最省事。 【关键】（1）抛两次恰好得 3 分，只能是「一次奇数点、一次偶数点」，顺序有两种，概率为 。抛两次都是奇数点共得 2 分，再抛一次奇数点补上 1 分，概率为 。两类情形互斥，故所求概率为 。（2）记 次抛掷中出现偶数点的次数为 ，则 。总得分 ，所以 的取值为 ，且 （），这就是 的分布列。由期望的线性性质，。 【易错】一是把「恰好得 3 分」当成「抛三次得 3 分」，漏掉抛两次就得 3 分的那两种顺序。二是设的是奇数点出现的次数，却按偶数点次数代进公式 ——两者次数之和是 ，得分表达式刚好差一个符号。三是把 的分布参数写成 。 【答案】（1）；（2） 变式1-1（解答·★★★★☆） 某公司在联欢活动中设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外完全相同。游戏参与者可以选择有放回或者不放回的方式从中依次随机摸出3个球，规定至少摸到两个红球为中奖。现有一位员工参加此摸奖游戏。（1）如果该员工选择有放回的方式（即每摸出一球记录后将球放回袋中再摸下一个）摸球，求他能中奖的概率；（2）如果该员工选择不放回的方式摸球，设在他摸出的3个球中红球的个数为，求的分布列；（3）该员工选择哪种方式摸球中奖的可能性更大？请说明理由。 【切入点】同一个口袋、同一个「至少两红」的目标，换一种抽取方式就是换一个模型：有放回对应二项分布，不放回对应超几何分布。第三问就是把两条路的概率算出来比大小。 【关键】（1）有放回时每次摸到红球的概率都是 ，且各次独立，摸到红球的个数服从 ，所以中奖概率为 。（2）不放回时 服从超几何分布，取值为 ：，，，，四个概率之和为 。（3）不放回时中奖概率为 。与 比较：，，所以 ，即在有放回的摸球方式下中奖可能性更大。 【易错】一是有放回时忘了「恰好两红」还有三种站位，漏乘 。二是不放回时把分母写成 —— 不放回的样本空间是组合数 。三是比较两个分数时只看分子， 比 小就下结论，通分（或交叉相乘）才看得准。 【答案】（1）；（2）分布列见解析；（3）有放回的摸球方式中奖可能性更大 例2（解答·★★★★☆） 袋中有5个除了颜色外完全相同的小球，其中有1个红球，2个黑球，2个白球。现从中不放回地取球，每次取一个球，当三种颜色的球都有取到时停止，记停止时取出的球的个数为随机变量。（1）求第二次取出的是黑球的情况下第三次取出的是红球的概率；（2）求的分布列和期望。 【切入点】不放回取球，样本空间是「取出的有序序列」，每个序列等可能。第一问是条件概率，条件里已经定死了第二次的颜色。第二问「三种颜色都取到就停」是截断型，按停止时一共取出的个数分类。 【关键】（1）从 个球里依次取 个共 种等可能结果。第二次取到黑球：第二次有 种选法，第一次有 种，第三次有 种，共 种，概率为 。第二次取黑球且第三次取红球：第二次 种，第三次只能是那 个红球，第一次有 种，共 种，概率为 。故所求条件概率为 。（2） 的取值为 。 说明前三个恰好红、黑、白各一个：按颜色只有 种选法，再排顺序有 种，共 种，概率为 。 说明前四个只有黑、白两色（ 黑 白）、第五个必须是红球，前四个全排列 种；而取满 个的全排列共 种，概率为 。 直接数：前三个恰好出现两种颜色。只含黑、白两色的有 种，第四个只能补红球；含红球的按缺色分成两类 —— 缺白球时前三个由红、黑两色组成，缺黑球时由红、白两色组成，各有 种排列，第四个补上缺色那 个球之一，共 种。合计 种，概率为 。所以 的分布列为：取 的概率 ，取 的概率 ，取 的概率 。。 【易错】一是条件概率的分子分母写反。二是算 时把分母写成 ——停止时已经取出了 个球，分母应当是 。三是把「三种颜色都取到」当成「三种颜色各取一个」。 【答案】（1）；（2）分布列见解析， 变式2-1（解答·★★★★☆） 一个盒子中装有若干个小球，每个小球都标有一个号码，其中标有号的小球有个（，，，且），标有号的小球有个，没有其它标号，从盒子中不放回的随机抽取个球。（1）当时，求取出的两个小球标号之和为的概率；（2）当时，记为取出的两个小球标号之差的绝对值，求的分布列和数学期望。 【切入点】球的数量按标号分布，先把各标号的个数点清楚再算组合。第一问把「和等于 4」拆成三种互斥情形；第二问逐个枚举标号对。 【关键】（1）当 时，球的总数为 。两球标号之和为 的情形有三种：取 号与 号的共 种，取 号与 号的共 种，取两个 号的共 种，合计 种。而任取两球共 种，故所求概率为 。（2）当 时，球的总数为 ，任取两球共 种；其中 号球有 个， 号球有 个， 号球有 个， 号球有 个。 即两球标号相同： 种，概率为 。 的标号对为 、、： 种，概率为 。 的标号对为 、： 种，概率为 。 的标号对只有 ： 种，概率为 。四个概率之和为 。所以 。 【易错】一是数球数时把 号球的 个算成 个。二是算 时把 号球也配上 ——它只有 个，取不出两个，这一项只能是 。三是只数标号对的种数就当成概率分子，忘了乘上各标号球本身的个数。 【答案】（1）；（2） 变式2-2（解答·★★★★☆） 已知盒子中共有个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，其中黄球有个，随机不放回依次取出一个球，直到将球全部取出。（1）求第二次取出的球是黄球的概率。（2）若，且红球和黑球的个数比为，求黄球最先被全部取出（取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球）的概率。（3）记随机变量为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，是的数学期望，证明：。 【切入点】所有球地位平等，最省事的样本空间是「给 个位置选出 个放黄球」。第一问用这个样本空间一步算完；第二问把「黄球最先取完」化成「整列最后一个球不是黄球」，再按最后一个球的颜色分两类；第三问先写分布列，再把求和化成组合恒等式。 【关键】（1）把取出的球按顺序排成一列，样本空间是从 个位置中选出 个放黄球，共 种等可能安排。第二次取出的是黄球，说明第 个位置是黄球，剩下 个黄球在其余 个位置中任选，共 种。所以概率为 。（2）设红球 个，由 得 ，即红球 个、黑球 个、黄球 个。「取出最后一个黄球时盒子里还有红球和黑球」，就是说黄球的最后一个位置比红球、黑球的最后一个位置都靠前。按整列最后一个球的颜色分两类。记最后一个球是红球为事件 、是黑球为事件 ，记「黄球最先取完」为事件 ，由对称性 ，。若最后一个球是红球，红球那一侧的条件自动满足，只需黄球比黑球先取完 ——在 个黄球与 个黑球的相对排列中，最后一个不是黄球的概率为 ；同理，若最后一个球是黑球，只需黄球比红球先取完，该概率为 。所以 ，，两类互斥，故所求概率为 。（3）最后一个黄球出现的位置 的取值为 。若第 个位置是最后一个黄球，则前 个位置中恰有 个黄球，其余 个位置放红球、黑球，所以 。于是 。由 ，得 。注意 ，反复用组合数的递推式 逐项合并：，再加上 得 ，依此类推，最后得到 。所以 ，证毕。 【易错】一是第一问拿 去乘一个 ，把「第二次取到黄球」当成两次独立事件。二是第二问把「黄球最先取完」当成「最后一个球是黄球」——恰好相反，最后一个球是黄球说明黄球最后才取完。三是第三问把 的分母写成别的数，或没把 化成 就直接求和。 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析 例3（解答·★★★★☆） 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立。已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为。记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分。（1）求智能体经过1次测试后得2分的概率；（2）记智能体经过次测试后的总得分为。（i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率；（ii）求。附：若为随机变量，则。 【切入点】每次测试先随机定下任务类别、再定成功与否，两个环节相互独立。第一问把「得 2 分」翻译成唯一的一条路径。第二问的条件概率先算交事件、再除以条件概率；最后一问把总得分拆成每次得分的和，用期望的线性性质。 【关键】（1）得 分只能是「接受 类任务且成功完成」，故概率为 。（2）（i）先写出单次测试得分的分布：，，，三者之和为 。两次总得分不少于 分，只能是「 分与 分各一次」或「两次都得 分」，所以 。而「第 次得 分且总得分不少于 分」要求第 次得 分，概率为 。故所求条件概率为 。（ii），由期望的线性性质，。 【易错】一是第一问把「得 2 分」当成「两次都得 1 分」。二是第二问算 时漏掉「两次都得 2 分」这一支。三是把「第 次得 1 分」等同于「第 次接受 类任务」，忘了还要成功完成。 【答案】（1）；（2）（i），（ii） 变式3-1（解答·★★★★☆） 某工厂生产的零件分为合格品与不合格品两类。现采用一台检测仪器对零件进行检测，该仪器存在检测误差，具体检测特性如下：当零件为合格品时，单次检测判定为“合格”的概率为0.8，判定为“不合格”的概率为0.2；当零件为不合格品时，单次检测判定为“合格”的概率为0.1，判定为“不合格”的概率为0.9.对同一个零件连续检测3次，若检测结果中“合格”的次数多于“不合格”的次数，则最终判定该零件为合格品；否则判定为不合格品。假设各次检测结果相互独立。已知该批零件中合格品占80%，不合格品占20%．（1）若某零件为不合格品，求该零件最终被误判为合格品的概率。（2）若随机抽取1个零件进行检测，求该零件最终被判定为合格品的概率。（3）已知生产一个零件的成本为50元，每个零件被连续检测3次的总费用为10元。若某零件最终被判定为合格品，则以每件120元的价格出厂销售；否则作销毁处理。若出厂的零件实际为不合格品，则需向客户全额退款，并赔偿客户40元。设一个零件的利润为元，若的均值小于25，则该工厂将停止生产该零件；否则继续生产，试问该工厂是否会停止生产该零件？请说明理由。 【切入点】「三次检测里合格次数多于不合格次数」等价于「至少两次判为合格」，这本身就是二项分布；而零件本身合格与否是另一层不确定性，第二问要把这两层用全概率公式接起来。 【关键】（1）不合格品每次被判为「合格」的概率为 ，三次里至少两次判合格才会被误判，所以概率为 。（2）合格品被判为「合格」的概率为 。设「零件本身合格」为事件 、「本身不合格」为事件 、「最终被判定为合格品」为事件 ，则 ，。由全概率公式，。（3）每件的成本为 元。判为不合格品而销毁时，得 ，概率为 ；判为合格品且本身合格时，收入 元，得 ，概率为 ；判为合格品但本身不合格时，收入 元，退款并赔偿共 元，得 ，概率为 。三个概率之和为 ，所以 。均值 高于 元这个门槛，工厂会继续生产，不会停产。 【易错】一是把「合格次数多于不合格次数」当成「恰好两次判合格」，漏掉三次全判合格。二是第二问忘了乘零件本身合格与不合格的先验概率。三是第三问算 时漏掉检测费，或者把「全额退款并赔偿」算成只赔 元。 【答案】（1）；（2）；（3）该工厂不会停止生产 变式3-2（解答·★★★★☆） 某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为。已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立。（1）求该用户每次外卖点餐准时送达的概率。（2）在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值。（3）平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付。该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由。 【切入点】第一问的两层不确定性（先选餐厅、再定准不准时）用全概率公式接起来；第二问「 次点餐里准时送达的次数」是二项分布；第三问拿期望做决策，先写清净收益的取值。 【关键】（1）设选择甲餐厅为事件 、准时送达为事件 ，则 ，，，。由全概率公式，。（2），。由 得 ，所以 的最小值为 。（3）把买下「准时保」之后这一单的净收益记作 （元）。准时送达时他白付服务费，，概率为 ；未准时送达时他拿到赔付又付了服务费，，概率为 。所以 ，亏损的期望只有 元，没超过 元，他愿意买「准时保」。 【易错】一是第一问把 与 漏掉，直接把两个送达率相加或相乘。二是第二问解出 后写成 ——整数要往上取，满足不等式的最小值是 。三是第三问把未准时送达的收益算成 元，忘了扣掉 元服务费。 【答案】（1）；（2）；（3）他愿意购买「准时保」 正态分布 提高档的正态题，大多嵌在一段实际背景里：前面接一段古典概型或二项分布，后面接一个决策问题。这类题的共同点是，正态只是其中一层 ——把参数读出来、把该算的区间概率算完，它的使命就结束了，剩下的按各自模型各算各的。 从题面里挖参数，主要有两条路。一条是从区间概率反推：题目给出两段相等的概率，就得到均值；给出某个区间的概率等于一个具体数，就把这个区间写成「均值加减几倍标准差」的样子去比对，反解出标准差。另一条是从密度函数下手：正态密度函数在均值处取到最大值，而这个最大值里只含标准差，所以知道峰值就能解出它。 连续型随机变量有一个与离散型很不一样的特点：单点概率为 。因此比对区间时，端点开还是闭完全不影响结果，「小于」和「小于等于」可以当成一回事。这也提醒我们，连续型里的条件概率不能照搬离散型那套分母的写法。 接着是写分布列。先把取值范围定下来，再把每种取值的情形数清楚。涉及两次独立试验或两次独立消费的，用「分类相加」最稳：把两组结果两两配对，挑出和（或差、或积）相同的所有组合，逐个乘概率再相加。算完一定要把各项概率加起来看是不是 ，这一步能挡住绝大多数笔误。 最后是用期望做决策。关键是先把随机变量取哪些值、每个值对应多少钱写清楚：收入、成本、赔付一项一项列出来，别凭印象直接报数。若题目给的是「期望大于某个数」这类条件，就把它翻译成关于未知参数的不等式，解出范围再回到实际意义去取整或取端点。写结论时要顺手说一句「为什么这样取值」，因为这类题的评分点往往就在取值本身。 例4（解答·★★★★☆） 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为。每次消费获取积分相互独立。（1）求；（2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望。附：正态密度函数，其中为均值，为标准差。，，。 【切入点】第一问要先从密度函数的峰值里把标准差挖出来，再把区间化成「均值加减几倍标准差」的样子；第二问的两次消费相互独立，按「分类相加」列分布列。 【关键】（1）正态密度函数在 处取到最大值 ，题目说峰值为 ，所以 ，客流量 。于是 ，。由对称性，。（2）单次消费获得 、、 分的概率依次为 、、。两次消费相互独立， 的取值为 。；；；；。五个概率之和为 。。 【易错】一是把峰值 里的 当成方差，取 。二是 漏掉「 分加 分」这一支，或者漏乘它的排列数 。三是只用 算期望，而题目要分布列时没写分布列。 【答案】（1）；（2） 变式4-1（解答·★★★★★） 高尔顿钉板是英国统计学家高尔顿设计的一种概率模型，其结构如下，在一块竖直木板上钉有若干排等间距的钉子，每排钉子的数量比上一排多一枚，且相邻的两排钉子的位置相互错开，木板底部有若干个等宽的凹槽，用于收集下落的小球，小球从木板顶端的入口处自由下落，在下落过程中，小球每次遇到钉子时，向左或向右下落的概率均为0.5，且每次下落是相互独立的。现有一个高尔顿钉板，其设置排钉子，第排钉子下方有个凹槽。从左至右依次记为凹槽0，凹槽1，…，凹槽，当时，钉板如图所示。进行次独立重复试验，每次试验投放一个小球。设小球从入口下落最终落入凹槽的个数为。 （1）若，（ⅰ）当时，求；（ⅱ）当时，求的数学期望与方差；（2）当足够大时，可以认为小球最终落入的凹槽标号服从正态分布，其中为的数学期望，为的方差。若，，试估计落在凹槽15到凹槽21（含15和21）内的小球总数。参考数据：若随机变量，，，。 【切入点】小球每碰一次钉子都独立地向左或向右，落进几号凹槽等于向右的次数 —— 这就是二项分布。最后一问再把二项分布转成正态近似。 【关键】（1）（ⅰ）小球下落时每碰一次钉子向右的概率都是 ，且各次独立。落进 号凹槽，说明在 次左右选择中恰好向右 次，所以 。（ⅱ）每次试验落进 号凹槽的概率都是 ， 次独立重复，所以 。，。（2）当 时，一个小球落进的凹槽标号 ，所以 ，，即 。凹槽 到 就是 ，也就是从 到 ，所以 。 个小球中落在这一段内的约有 个。 【易错】一是把落入 号凹槽当成「向左 次」，与「向右 次」弄反。二是算 时用 。三是最后一问把 直接当成标准差，误判成 而套用 。 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ），；（2） 变式4-2（多选·★★★☆☆） 随机变量服从正态分布，令函数，则下列选项正确的是（ ） A. B. 是增函数 C. 是偶函数 D. 的图象关于点中心对称 【切入点】 是「尾部概率」，它的走势与对称性都来自正态曲线的单调与对称，逐项判断。 【关键】由 知曲线关于 对称。A 项：，A 正确。B 项： 变大时，落在 右侧的面积变小，所以 在 上是减函数，B 不正确。C 项：，而 ，两者不等，不是偶函数，C 不正确。D 项：由对称性 ，所以 ，即 的图象关于点 中心对称，D 正确。故选 AD。 【易错】一是 B 里凭「分布函数是增函数」的印象，把尾部概率也当成增的。二是 C 里只验了 就下结论，偶函数要求对一切 都成立。三是 D 里把中心对称写成 ，那是轴对称的条件；中心对称应当是两者之和恒为 。 【答案】AD 例5（解答·★★★★☆） 某中学开展劳动教育实践活动，学生进行某种蔬菜种植实验，实验分为育苗、定植、收获三个阶段。已知每株蔬菜育苗成功的概率为，各株蔬菜苗是否成功相互独立；只有育苗成功的蔬菜才能进入定植阶段，定植后进入收获阶段的蔬菜，单株产量X（单位：kg）服从正态分布，市场上该品种蔬菜的售价为6元/kg，单株蔬菜从育苗到收获的平均种植成本为18元。（1）若对10株蔬菜进行育苗实验，记育苗成功的株数为Y，求至少有9株蔬菜苗育成功的概率与（结果用p表示）；（2）从进入收获阶段的蔬菜中随机抽取1株，估计其单株利润为正的概率。附：若随机变量，则，，。 【切入点】第一问是二项分布的尾部概率，「至少 株」只有两种情形；第二问把「利润为正」翻译成关于产量的不等式，再落回正态区间。 【关键】（1）各株之间相互独立、每株成功的概率都是 ，所以育苗成功的株数 。至少有 株成功，即 或 ，。由二项分布的期望公式，。（2）单株产量 ，所以 ，。单株利润为 ，利润为正即 ，解得 。而 ，，所以 。故单株利润为正的概率约为 。 【易错】一是把「至少 株」算成只算 。二是展开 时同类项合错，写成 。三是第二问把「利润为正」解成 ，忘了 两边要同时除以 。 【答案】（1），；（2） 变式5-1（解答·★★★★☆） 鄂尔多斯市装备制造基地的某企业生产一种零部件，其质量指标介于的为优品。技术改造前，其质量指标；技术改造后，其质量指标。如果生产该零部件的控制系统中有超过一半的元件正常工作，则系统就能正常工作。系统正常工作的概率称为系统的可靠性。已知该系统中每个元件正常工作的概率都是，且各个元件能否正常工作相互独立。若，则，。（1）求该企业生产的这种零部件在技术改造后与技术改造前的优品率之差；（2）若控制系统原有3个元件，计算该系统的可靠性；若该系统增加一个元件，判断其可靠性有何变化。 【切入点】第一问比对两次技术改造里区间相对标准差的位置；第二问的「超过一半元件正常」是多数表决，把元件个数代进二项分布即可。 【关键】（1）技术改造前 ，，优品区间 恰是 ，优品率约为 。技术改造后 ，，同一个区间成了 ，优品率约为 。两者相差 。（2）记原有 个元件中正常工作的个数为 ，，系统正常工作即至少 个元件正常，所以可靠性为 。增加一个元件后，记正常工作的个数为 ，，系统正常工作即至少 个元件正常，。两者相减：。因为 ，所以 ，即增加一个元件后可靠性降低。 【易错】一是把两次的优品区间都当成 ，没注意改造后标准差已经变成原来的一半。二是把「超过一半」算成「至少 个」—— 个元件与 个元件对应的分别是至少 个和至少 个。三是相减后化简不彻底，看不出符号。尤其要留心 展开时首项是 ，漏掉系数 就会把差值算错。 【答案】（1）；（2），增加一个元件后可靠性降低 变式5-2（解答·★★★★☆） 现有甲、乙两台机器生产一批零件，甲生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布，乙生产出的零件内径（单位：mm）服从正态分布。（1）若甲、乙在一天内发生故障的概率分别为0.1,0.2，且两台机器工作状态相互独立。设一天内发生故障的机器台数为，求的分布列；（2）若生产出的零件内径小于8mm，则每件亏损2元；若内径大于10mm，则每件亏损8元；其余尺寸的零件，则每件获利20元。已知每天每台机器生产出一千件零件，试比较哪一台台机器每天生产出的零件的平均利润更大。参考数据：若，则。 【切入点】第一问是两台独立机器的故障台数，按「都不坏、坏一台、都坏」三类拆开；第二问把两台机器的内径分段算概率，再各自乘以对应的盈亏。 【关键】（1） 的取值为 ，两台机器相互独立。；；。三者之和为 。（2）甲机器：，，。内径小于 即 ，；内径大于 即 ，概率为 ；其余 的概率为 。所以甲机器每天 件的平均利润为 元。乙机器：，，。内径小于 即 ，概率为 ；内径大于 即 ，；其余 的概率为 。所以乙机器每天的平均利润为 元。比较得 ，所以甲机器每天的平均利润更大。 【易错】一是第一问漏掉「甲坏乙不坏」与「甲不坏乙坏」中的一支。二是把两台机器的标准差都当成 ，忘了 里的 是方差、。三是分段时把端点漏算，三段的概率加起来不是 。 【答案】（1）见解析；（2）甲机器每天的平均利润更大 例6（解答·★★★★☆） 某博物馆工作人员将古籍放入展柜前需读取某项评价指标，古籍的实际状态分为可直接入柜与需干燥两类，抽取一本古籍可直接入柜的概率为。当古籍可直接入柜时，；当古籍需干燥时，。规定时，古籍将被登记。现任取一本古籍。（1）求该本古籍被登记的概率关于的表达式；（2）登记后，按费用期望较小原则选择直接入柜或复检。已知复检可避免损失，且需干燥古籍直接入柜的损失为复检费用的4倍。若该古籍被建议复检，求的取值范围。附：若，则取。 【切入点】古籍先分成「可直接入柜」与「需干燥」两类，各自的指标又是正态分布 —— 这是典型的两层结构，用全概率公式接起来。第二问要在「已登记」这个条件下再算一次概率，把「建议复检」翻译成费用期望的不等式。 【关键】（1）先把两条支路叫上名字：「可直接入柜」这一支记作 、「需干燥」这一支记作 ，题目要算的「被登记」记作 。由题设， 的先验概率是 ， 的就是 。事件 即读数不超过 。在 这一支上，指标服从均值为 、标准差为 的正态分布，而 恰好比均值大一个标准差，所以 。在 这一支上，均值变成 、标准差仍是 ，此时 比均值小一个标准差，所以 。两条支路按先验概率加权相加，。（2）既然已经登记了，回头问它其实需要干燥的可能性有多大，这是一次条件概率的计算：。把复检的花费记作 （元），那么该干燥却直接入柜，损失就是它的 倍，即 （元）。对一本已登记的古籍，两种做法各自的费用期望为：直接入柜 ，送去复检恒为 。建议复检，意思就是复检更划算，即 ，写成 。两边约去正数 再整理，得 ，也就是 ，解得 。再补上概率本身的限制 ，所以 的取值范围为 。 【易错】一是把 与两个均值的距离看反，把 与 对调。二是第二问直接在 上比较费用，忘了要先登记、再用条件概率 。三是解不等式时两边约掉 后忘记说明 。 【答案】（1）；（2） 变式6-1（多选·★★★☆☆） 已知随机变量，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【切入点】四个选项里两项考对称性、两项考线性变换，先把 的均值与方差写出来，再把给定的两个概率摆到曲线上。 【关键】由 得 ，，曲线关于 对称。A 项： 与 关于 对称，所以 ，A 正确。B 项： 是均值，；而 与 关于 对称，概率都是 ，所以 ，B 正确。C 项：，C 不正确。D 项：，D 正确。故选 ABD。 【易错】一是 B 里没看出 与 相等，把它当成 。二是 C 里把 算成 。三是 D 里忘了常数项不影响方差，写成 。 【答案】ABD 学科网（北京）股份有限公司 $