第七节 二项分布、超几何分布、正态分布
【课程标准】 1.理解n重伯努利试验的模型及二项分布、超几何分布的意义，并能解决一些实际问题；2.借助直方图认识正态曲线的特点及曲线的意义，能用正态分布解决一些实际问题.
教|材|回|顾
1．二项分布
(1)n重伯努利试验
①我们把__________________的试验叫做伯努利试验．
②我们将一个伯努利试验______________进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试验．显然，n重伯努利试验具有两个共同特征：同一个伯努利试验重复做n次；__________________.
(2)二项分布
①一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0
②(X＝k)＝pk(1－p)n－k＝[p＋(1－p)]n＝________.
(3)二项分布的均值与方差
如果X～B(n，p)，那么E(X)＝________，D(X)＝________.
2．超几何分布
(1)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．
(2)超几何分布的均值
设随机变量X服从超几何分布，则X可以解释为从包含M件次品的N件产品中，不放回地随机抽取n件产品中的次品数．令p＝，则p是N件产品的__________，而是抽取的n件产品的___________，猜想E＝p，即E(X)＝_________＝__________.
3．正态分布
(1)定义
若随机变量X的概率分布密度函数为f(x)＝e－，x∈R(其中μ∈R，σ>0为参数)，则称随机变量X服从__________，记为X～N(μ，σ2)．特别地，当μ＝0，σ＝1时，称随机变量X服从标准正态分布．
(2)正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线________对称．
②曲线在________处达到峰值.
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x轴．
(3)3σ原则
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正态分布的均值与方差
若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝________，D(X)＝________.
微|点|延|伸
二项分布与超几何分布的关系
在n次试验中，某事件A发生的次数X可能服从超几何分布或二项分布.
区别 ①当这n次试验是独立重复试验时(如有放回摸球)，X服从二项分布；②当n次试验不是独立重复试验时(如不放回摸球)，X服从超几何分布
联系 在不放回n次试验中，如果总体数量N很大，而试验次数n很小，此时超几何分布可近似转化成二项分布
小|题|快|练
1．已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，该运动员进行罚球练习(每次罚球互不影响)，则在罚球命中两次时，罚球次数恰为4次的概率是( )
A． B．
C． D．
2．某党支部有10名党员，7男3女，为迎接建党100周年，从中选取2人做汇报演出，若X表示选中的女党员数，则P(X<2)＝( )
A． B．
C． D．1
3．某班有48名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N(80,102)，则理论上在80分到90分的人数约是( )
A．32 B．16
C．8 D．20
4．从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽取3次，每次抽取1件．设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝________.
5．有一批产品，其中有12件正品和4件次品，从中有放回地任取3件，若X表示取到次品的次数，则D(X)＝________.
类型一 二项分布
考向 ：n重伯努利试验
【例1】 (1)某人射击一次击中目标的概率是0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( )
A． B．
C． D．
(2)(2025·四川攀枝花模拟)甲、乙两位同学进行围棋比赛，采取五局三胜制(无平局)，已知甲每局获胜的概率都为，则最后甲获胜的概率为( )
A． B．
C． D．
n重伯努利试验中，事件恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k.计算时，要先确定好n，p和k的值，再准确利用公式求概率．
【训练1】 (2024·保定模拟)甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，他们每次射击是否击中目标互不影响，则甲恰好比乙多击中目标1次的概率为________．
考向 ：二项分布
【例2】 某工厂车间有6台相同型号的机器，各台机器相互独立工作，工作时发生故障的概率都是，且一台机器的故障由一个维修工处理．已知此厂共有甲、乙、丙3名维修工，现有两种配备方案，方案一：由甲、乙、丙三人维护，每人负责2台机器；方案二：由甲、乙两人共同维护6台机器，丙负责其他工作．
(1)对于方案一，设X为甲维护的机器某一时刻发生故障的台数，求X的分布列与数学期望E(X)；
(2)在两种方案下，分别计算某一时刻机器发生故障时不能得到及时维修的概率，并以此为依据来判断，哪种方案能使工厂的生产效率更高？
二项分布的解题模型
1．根据题意设出随机变量．
2．分析随机变量服从二项分布．
3．找到参数n，p.
4．写出二项分布的概率表达式．
5．求解相关概率．
【训练2】 某大学一个专业团队为某专业大学生研究了多款学习软件，其中有A，B，C三款软件投入使用，经一学年使用后，团队调查了这个专业大一四个班的使用情况，从各班抽取的样本人数如下表：
班级 一 二 三 四
人数 3 2 3 4
(1)从这12人中随机抽取2人，求这2人恰好来自同一班级的概率；
(2)从这12名学生中，指定甲、乙、丙三人为代表，已知他们下午自习时间每人选择一款软件，其中选A，B两款软件学习的概率都是，且他们选择A，B，C任一款软件都是相互独立的，设这三名学生中下午自习时间选软件C的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
类型二 超几何分布
【例3】 下表为某班学生理科综合能力测试成绩(百分制)的频率分布表，已知在[80,90)分数段内的学生人数为21.
分数段 [65， 70) [70， 75) [75， 80) [80， 85) [85， 90) [90， 95) [95， 100]
频率 0.1 0.15 0.2 0.2 0.15 0.1 m
(1)求测试成绩在[95,100]分数段内的人数；
(2)现欲从[95,100]分数段内的学生中抽出2人参加物理兴趣小组，若其中至少有一名男生的概率为，求[95,100]分数段内男生的人数；
(3)若在[65,70)分数段内的女生为4人，现欲从[65,70)分数段内的学生中抽出3人参加培优小组，ξ为参加培优小组的3名学生中男生的人数．求ξ的分布列及期望E(ξ)．
求超几何分布的分布列的步骤
【训练3】 (2025·银川模拟)某中学高一年级举办了“亚运在我心”的知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：
班号 1 2 3 4
人数 30 40 20 10
该年级在报名的同学中按分层随机抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品，假设每位同学的作答情况相互独立．
(1)求各班参加竞赛的人数；
(2)2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为X，求X的分布列及数学期望．
类型三 正态分布
【例4】 (1)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.447 B．0.628
C．0.954 D．0.977
(2)(多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口．为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2.1，样本方差s2＝0.01.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1.8，0.12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)( )
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
解决正态分布问题有三个关键点：(1)对称轴x＝μ；(2)标准差σ；(3)分布区间．利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ及分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下μ＝0与σ＝1才同时成立．
【训练4】 (2025·开封质量检测)在某项测验中，假设测验数据服从正态分布N(78,16)．如果按照16%,34%,34%,16%的比例将测验数据从大到小分为A，B，C，D四个等级，则等级为A的测验数据的最小值可能是( )
(附：若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤σ≈0.682 7，P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)
A．94 B．86
C．82 D．78
第七节 二项分布、超几何分布、正态分布
必备知识·梳理
教材回顾
1．(1)①只包含两个可能结果 ②独立地重复 各次试验的结果相互独立 (2)①Cpk(1－p)n－k 二项分布 X～B(n，p) ②1
(3)np np(1－p)
2．(1) (2)次品率 次品率 np
3．(1)正态分布 (2)①x＝μ ②x＝μ (4)μ σ2
小题快练
1．C 解析 由已知命中的概率为0.4，不命中的概率为1－0.4＝0.6，罚球4次，命中两次，说明第4次命中，前3次命中1次，故概率P＝C×0.4×0.62×0.4＝0.172 8＝.故选C.
2．C 解析 由题意，知X服从超几何分布，X的可能取值为0,1,2，故P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，于是P(X<2)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝＋＝.故选C.
3．B 解析 因为数学成绩近似地服从正态分布N(80,102)，所以P(|x－80|≤10)≈0.682 7.根据正态密度曲线的对称性可知，位于80分到90分之间的概率是位于70分到90分之间的概率的一半，所以理论上在80分到90分的人数是×0.682 7×48≈16.故选B.
4．3 解析 E(ξ)＝×3＝，E(5ξ＋1)＝5E(ξ )＋1＝3.
5. 解析 由题意得X～B，所以D(X)＝3××＝.
关键能力·落实
【例1】 (1)A 解析 由题意可得，此人至少有两次击中目标的概率为C2×＋C3＝.故选A.
(2)D 解析 根据题意，甲获胜包括三种情况，①甲以3∶0获胜，其概率为3＝；②甲以3∶1获胜，其概率为C×2××＝；③甲以3∶2获胜，其概率为C×2×2×＝.所以最后甲获胜的概率为＋＋＝.故选D.
【训练1】 解析 事件“甲恰好比乙多击中目标1次”分为“甲击中1次乙击中0次”“甲击中2次乙击中1次”“甲击中3次乙击中2次”三种情形，其概率P＝C××2×C×3＋C×2××C××2＋C×3×C×2×＝.
【例2】 解 (1)由题意，可得方案一中，随机变量X～B，则P(X＝0)＝2＝，P(X＝1)＝C××＝，P(X＝2)＝2＝.所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2
P
E(X)＝2×＝.
(2)对于方案一：“机器发生故障时不能及时维修”等价于“甲、乙、丙三人中，至少有一人负责的2台机器同时发生故障”，设机器发生故障时不能及时维修的概率为P1，则P1＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－3＝.
对于方案二：设机器发生故障时不能及时维修的概率为P2，则P2＝1－6－C··5－C·2·4＝1－＝.可得P2【训练2】 解 (1)从这12人中随机抽取2人，共有C＝66种可能情况，记“这2人恰好来自同一班级”为事件A，则事件A包含的可能情况有C＋C＋C＋C＝3＋1＋3＋6＝13种，所以P(A)＝.
(2)由题意知，ξ的可能取值为0,1,2,3，因为选A，B两款软件学习的概率都是，且他们选择A，B，C任一款软件都是相互独立的，所以他们选择C款软件学习的概率是1－－＝，所以这三名学生中下午自习时间选软件C的人数服从二项分布ξ～B，所以P(ξ＝0)＝C03＝，P(ξ＝1)＝C12＝＝，P(ξ＝2)＝C21＝＝，P(ξ＝3)＝C30＝，所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以E(ξ)＝3×＝2.
【例3】 解 (1)该班学生共有＝60人，因为0.1＋0.15＋0.2＋0.2＋0.15＋0.1＋m＝1，所以m＝0.1，所以测试成绩在[95,100]分数段内的人数为60×0.1＝6.
(2)由(1)知在[95,100]分数段内的学生有6人，设男生有x人，若抽出2人至少有一名男生的概率为，则＋＝，解得x＝2，所以在[95,100]分数段内男生的人数为2.
(3)在[65,70)分数段内的学生有60×0.1＝6人，所以男生有2人，X的取值有0,1,2，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，ξ的分布列为
ξ 0 1 2
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
【训练3】 解 (1)各班报名总共100人，抽取10人，抽样比为，故1～4班分别抽取30×＝3(人)，40×＝4(人)，20×＝2(人)，10×＝1(人)．
(2)由题意，X的可能取值为1,2,3,4，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝4)＝＝＝，
所以X的分布列为
X 1 2 3 4
P
E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝.
【例4】 (1)C 解析 因为随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，所以正态曲线关于直线x＝0对称．又P(ξ>2)＝0.023，所以P(ξ<－2)＝0.023.所以P(－2≤ξ≤2)＝1－2×0.023＝0.954.故选C.
(2)BC 解析 由题意可知，X～N(1.8,0.12)，所以P(X>2)1.8)＝0.5，P(X<1.9)≈0.841 3，所以P(X>2)2)>P(Y>2.1)＝0.5，所以P(22)＝P(20.8，所以C正确，D错误．综上，选BC.
【训练4】 C 解析 由题意知μ＝78，σ＝4，P(X>μ＋σ)＝≈≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C.(共44张PPT)
第七节
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
二项分布、超几何分布、正态分布
课
程
标
准
必备知识/梳理
第一部分
——回扣知识
教|材|回|顾
微|点|延|伸
小|题|快|练
解析
解析
解析
解析
解析
关键能力/落实
第二部分
——考向探究
类型一
二项分布
解析
解析
解析
解
解
解
解
解
解
类型二
超几何分布
解
解
解
解
解
解
解
类型三
正态分布
解析
解析
解析
R
赢在欲点
第一步
验证随机变量服从超几何分布，并确定参数
N,M,n的值
第二步
根据超几何分布的概率计算公式计算出随机
变量取每一个值时的概率
第三步
用表格的形式列出分布列微练(八十六) 二项分布、超几何分布、正态分布
基础过关
一、单项选择题
1．袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A． B． C． D．
2．一批产品共100件，其中有3件不合格品，从中任取5件，则恰有1件不合格品的概率是( )
A． B．
C．1－ D．1－
3．(2025·湖南模拟)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)A．0.7 B．0.6
C．0.4 D．0.3
4．已知两个随机变量X，Y，其中X～B，Y～N(μ，σ2)，若μ＝E(X)，P(Y<0)＝0.2，则P(4≤Y≤8)＝( )
A．0.2 B．0.3
C．0.4 D．0.5
5．某校为宣传《中华人民共和国未成年人保护法》，特举行《中华人民共和国未成年人保护法》知识竞赛，规定两人为一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3，则被称为“优秀小组”．已知甲、乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙每题答对的概率分别为p1，p2.若p1＝，p2＝，则在第一轮竞赛中他们获得“优秀小组”称号的概率为( )
A． B． C． D．
6．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取5次，设摸得的白球数为X，已知E(X)＝3，则D(X)＝( )
A． B． C． D．
二、多项选择题
7．已知随机变量X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，随机变量Y～B(3，p)，若E(Y)＝E(X)，则( )
A．μ＝2 B．D(X)＝σ2
C．p＝ D．D(3Y)＝2
8．某工厂进行产品质量抽测，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A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X，员工B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)D．E(X)＝E(Y)
三、填空题
9．一个口袋中有7个大小、质地相同的球，其中红球3个，黄球2个，绿球2个．现从该口袋中任取3个球，设取出红球的个数为ξ，则E(ξ)＝________.
10．某企业生产一种零部件，其质量指标介于(49.6,50.4)的为优品，技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标服从正态分布N(50，0.16)；技术改造后，该企业生产的同种零部件质量指标服从正态分布N(50，0.04)．那么，该企业生产的这种零部件技术改造后的优品率与技术改造前的优品率之差约为________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|<σ)≈0.682 7，P(| X－μ|<2σ)≈0.954 5，P(|X－μ|<3σ)≈0.997 3)
11．如图，一个质点从原点0出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次．质点位于4的位置的概率为________；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为________．
四、解答题
12．已知条件①采用无放回抽取，条件②采用有放回抽取，在上述两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上并作答，选两个条件作答的按条件①的解答计分．问题：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，若________，从这7个球中随机抽取3个球，记取出的3个球中红球的个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
13．(2025·湖南邵阳一模)现有两台车床加工同一型号的零件，第1台车床的正品率为95%，第2台车床的正品率为93%，将加工出来的零件混放在一起．已知第1,2台车床加工的零件数分别为总数的60%,40%.
(1)从混放的零件中任取1件，如果该零件是次品，求它是第2台车床加工出来的概率；
(2)从混放的零件中有放回地抽取10次，每次抽取1件，且每次抽取均相互独立，用X表示这10次抽取的零件中次品的总件数，求X的数学期望E(X)．
素养提升
14．在一次新兵射击能力检测中，每人都可打5枪，只要击中靶标就停止射击，合格通过；5次全不中，则不合格．新兵A参加射击能力检测，假设他每次射击相互独立，且击中靶标的概率均为p(0题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案
15.(2025·兰州模拟)某校高三某次数学月考中选择题有单选和多选两种题型．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分．多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分．
(1)已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立．记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X.
(ⅰ)求P(X＝3)；
(ⅱ)求使得P(X＝k)(k＝0,1,2,3,4)取最大值时的整数k；
(2)若某同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两个选项与三个选项的概率均为，求该同学在答题过程中使此题得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望.
微练(八十六) 二项分布、超几何分布、正态分布
1．D 解析 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率p＝，所以3次中恰有2次抽到黄球的概率为C×2×＝.故选D.
2．A 解析 一批产品共100件，其中有3件不合格品，从中任取5件，共有C种取法，其中恰有1件不合格品的取法有CC种，故恰有1件不合格品的概率是.故选A.
3．B 解析 由题知X～B(10，p)，则D(X)＝10p·(1－p)＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又因为P(X＝4)0.5，所以p＝0.6，故选B.
4．B 解析 由X～B，得E(X)＝8×＝4，故μ＝E(X)＝4，所以Y～N(4，σ2)．又因为P(Y<0)＝0.2，可得P(4≤Y≤8)＝＝0.3.故选B.
5．A 解析 依题意，在第一轮竞赛中甲、乙所在的小组能获得“优秀小组”称号的所有可能的情况有：甲答对1题，乙答对2题；甲答对2题，乙答对1题；甲答对2题，乙答对2题，且每人所答两题中答对的1题有先后之分，所以所求概率为P＝C×××2＋2×C××＋2×2＝.故选A.
6．B 解析 由题意，知X～B，所以E(X)＝5×＝3，解得m＝2，所以X～B，所以D(X)＝5××＝.故选B.
7．ABC 解析 因为X～N(μ，σ2)且P(X≤2)＝0.5，所以μ＝2，故E(X)＝μ＝2，D(X)＝σ2，A、B正确；因为Y～B(3，p)，所以E(Y)＝3p＝E(X)，所以3p＝2，解得p＝，C正确；D(3Y)＝9D(Y)＝9×3××＝6，D错误．故选ABC.
8．ABD 解析 对于A，B，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；对于D，该批产品有M件，则E(X)＝3·＝，E(Y)＝＝＝＝，故D正确；对于C，假设C正确可得E(X)9. 解析 解法一：E(ξ)＝×3＝.
解法二：依题意，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，而口袋中有红球3个，其他球4个，故P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
10．0.271 8 解析 记技术改造前，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为μ1，标准差为σ1，技术改造后，该企业生产的该种零部件质量指标的均值为μ2，标准差为σ2，由题知μ1＝μ2＝50，σ1＝0.4，σ2＝0.2，(49.6,50.4)＝(μ1－σ1，μ1＋σ1)＝(μ2－2σ2，μ2＋2σ2)，所以技术改造前的优品率约为0.682 7，技术改造后的优品率约为0.954 5，优品率之差约为0.954 5－0.682 7＝0.271 8.
11. 解析 记质点向左移动的次数为X，则X～B.质点从原点0出发，共移动6次到达4的位置，在6次移动过程中必向左移动1次、向右移动5次，则质点位于4的位置的概率P(X＝1)＝C·1·5＝.当质点第一秒位于1的位置时，质点还要移动5次，共有25＝32(种)移动路线．若该质点经过两次3的位置，则有1－2－3－2－3－2,1－2－3－2－3－4,1－2－3－4－3－2,1－2－3－4－3－4，共4种情况，所以该质点共经过两次3的位置的概率P＝＝.
12. 解析 若选①，由题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
解法一：所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
解法二：因为X服从超几何分布，所以E(X)＝＝.
若选②，由题意，随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，且X～B，所以P(X＝0)＝C3＝，P(X＝1)＝C××2＝，P(X＝2)＝C×2×＝，P(X＝3)＝C3＝，所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)＝3×＝.
13．解 (1)第1台车床加工零件的次品率为5%，第2台车床加工零件的次品率为7%.记事件A为“从混放的零件中任取1个零件，该零件是次品”，事件Bi为“从混放的零件中任取1个零件，该零件是第i台车床加工的”，i＝1,2，则P(B2|A)＝＝＝.所以它是第2台车床加工出来的概率为.
(2)X的可能取值为0,1,2,3，…，10，且X服从二项分布．由(1)知，P(A)＝0.6×0.05＋0.4×0.07＝0.058，所以X～B(10，0.058)，所以E(X)＝10×0.058＝0.58.
14．1－ 解析 至少射击4次合格通过的概率为f(p)＝(1－p)3p＋(1－p)4p＝(1－p)3(2p－p2)，所以f′(p)＝(1－p)2(5p2－10p＋2)．令f′(p)＝0，结合015．解 (1)(ⅰ)该同学答对每道单选题的概率均为，易知X～B，所以P(X＝3)＝C3×＝.
(ⅱ)P(X＝k)＝Ck4－k，k＝0,1,2,3,4，
由解得≤k≤，所以k＝1.即P(X＝k)取最大值时，k＝1.
(2)由题知，B，D选项不能同时选择，该同学可以选择一个选项、两个选项或三个选项．正确答案是两个选项的可能情况为AB，AC，AD，BC，CD，每种情况出现的概率均为×＝；正确答案是三个选项的可能情况为ABC，ACD，每种情况出现的概率均为×＝.
若该同学只选择一个选项，则得分的期望如下：
E(A)＝3××3＋2××3＝(分)，
E(B)＝2××3＋1××3＝(分)，
E(C)＝3××3＋2××3＝(分)，
E(D)＝2××3＋1××3＝(分)．
若该同学选择了两个选项，则得分的期望如下：
E(AB)＝×6＋×3＝(分)，
E(AC)＝×6＋2××3＝(分)，
E(AD)＝×6＋×3＝(分)，
E(BC)＝×6＋×3＝(分)，
E(CD)＝×6＋×3＝(分)．
若该同学选择了三个选项，则得分的期望如下：
E(ABC)＝×6＝(分)，
E(ACD)＝×6＝(分)．
经比较，该同学只选择A或只选择C的得分期望最大，最大为分．(共32张PPT)
二项分布、超几何分布、正态分布
微练(八十六)
基础过关
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解
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