章末复习与总结
一、条件概率及全概率公式
1.求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P（A）和P（AB），再利用P（B｜A）＝求解；另一种是缩小样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率.
2.全概率公式：一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）.全概率公式的实质是把事件B拆分成互斥事件的和，是加法公式和乘法公式的综合运用.
【例1】 （1）袋中有5个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，甲、乙两人按顺序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件A：甲和乙至少一人摸到红球，事件B：甲和乙摸到的球颜色不同，则P（B｜A）＝（ ）
A. B.
C. D.
（2）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，，，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，，，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 .
反思感悟
1.计算条件概率时，应明白是在谁的条件下，计算谁的概率；明确P（A），P（B｜A）以及P（AB）三者间的关系，实现三者间的互化.
2.理解全概率公式P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）中化整为零的计算思想.
3.掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
【跟踪训练】
采购员要购买10个一包的电器元件.他的采购方法是：从一包中随机抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包.假定含有4个次品的包数占30%，而其余包中各含1个次品.求：
（1）采购员拒绝购买的概率；
（2）在采购员拒绝购买的条件下，抽中的一包中含有4个次品的概率.
二、离散型随机变量的分布列、均值和方差
均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值的基础之上，它表明了随机变量所取的值相对于它的均值的集中与离散程度，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛.
【例2】 随着五一假期的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解A，B两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样的方法，获得关于A旅游景点的问卷100份，关于B旅游景点的问卷80份.问卷中，对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差评，对应分数分别为：4分、3分、2分、1分，数据统计如下：
非常满意 满意 一般 差评
A景点 50 30 5 15
B景点 35 30 7 8
假设用频率估计概率，且游客对A，B两个旅游景点的满意度评价相互独立.
（1）从所有（人数足够多）在A旅游景点的游客中随机抽取2人，从所有（人数足够多）在B旅游景点的游客中随机抽取2人，估计这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率；
（2）根据上述数据，你若去旅游，你会选择A、B哪个旅游景点？说明理由.
反思感悟
运用均值与方差进行决策时，一般是先求出随机变量的均值，考虑它们的平均水平；一旦平均水平一致，再计算随机变量的方差，考虑它们的波动程度，然后根据实际情况做出决策.此类问题主要考查均值与方差的含义及运算公式，目的是提升逻辑推理与数学运算的核心素养.
【跟踪训练】
1.（多选）如图是离散型随机变量X的概率分布直观图，其中3a＝5b，2b＝3c，则（ ）
A.a＝0.5 B.E（X）＝2.3
C.D（X）＝0.61 D.D（2X）＝1.22
2.离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，y（x，y∈N）代替，分布列如下：
X＝i 1 2 3 4 5 6
P（X＝i） 0.21 0.20 0.x5 0.10 0.1y 0.10
则P（＜X＜）＝ .
三、二项分布
把握二项分布的关键是理解随机试验中n次、独立、重复这些字眼，即试验是多次进行，试验之间是相互独立的，每次试验的概率是相同的.
【例3】 某种植户对一块地的n（n∈N*，n＞2）个坑进行播种，每个坑播种3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，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则要补种.
（1）从n个坑中选两个坑进行观察，两坑不能相邻，有多少种方案？
（2）对于单独一个坑，需要补种的概率是多少？
（3）当n取何值时，有3个坑要补种的概率最大？最大概率为多少？
反思感悟
利用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否为n重伯努利试验，随机变量是否为在这n重伯努利试验中某事件发生的次数.此类问题主要考查独立重复试验、n重伯努利实验和二项分布，通过对概率计算的考查，体现了数据分析、数学运算和数学建模等核心素养.
【跟踪训练】
如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“移动6次后，质点位于－2的位置”的概率为 .
四、超几何分布
超几何分布的两个特点：（1）超几何分布是不放回抽样问题；（2）随机变量为抽到的某类个体的个数.
【例4】 一盒乒乓球中共装有2只黄色球与4只白色球，现从中随机抽取3次，每次仅取1个球.
（1）若每次抽取之后，记录抽到乒乓球的颜色，再将其放回盒中，记抽到黄球的次数为随机变量X，求P（X＝1）及E（X）；
（2）若每次抽取之后，将抽到的乒乓球留在盒外，记最终盒外的黄球个数为随机变量Y，求P（Y＝1）及E（Y）；
（3）在（1）（2）的条件之下，求P（｜X－Y｜≤1）.
反思感悟
利用超几何分布模型解决离散型随机变量的分布列问题时，先判断所给问题是否属于超几何分布，并明确离散型随机变量的可能取值以及每个值所表示的意义，再利用超几何分布的公式，写出离散型随机变量取每个值的概率，最后按规范形式写出其分布列.
【跟踪训练】
某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问.求：
（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；
（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列.
五、正态分布
解答正态分布的实际应用题，关键是如何转化，同时注意以下两点：
（1）注意“3σ”原则：记住正态总体在三个区间内取值的概率；
（2）注意数形结合：由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体现了数形结合的重要思想，因此在解题时要灵活运用对称性并结合图象解决问题.
【例5】 某工厂生产的T型零件的外直径服从正态分布X～N（10，0.22），从该工厂上午和下午生产的T型零件中各随机取出一个，测得其外直径分别为9.52 mm和9.98 mm，试分析该工厂这一天的生产状况是否正常.
反思感悟
利用服从正态分布N（μ，σ2）的随机变量X在三个特殊区间上取值的概率，可以解决两类实际问题：
（1）估计在某一范围内的数量，具体方法是先确定随机变量在该范围内取值的概率，再乘样本容量即可；
（2）利用3σ原则作决策.决策步骤如下：①确定一次试验中取值a是否落入范围[μ－3σ，μ＋3σ]内；②作出判断，若a∈[μ－3σ，μ＋3σ]，则接受统计假设，若a [μ－3σ，μ＋3σ]，则拒绝统计假设.
【跟踪训练】
1.随机变量X服从正态分布X～N（1，σ2）.若P（1≤X＜3）＝0.2，则P（X＜1｜｜X｜＞1）＝（ ）
A. B. C. D.
2.某工厂生产一批零件，其直径X～N（10，4），现在抽取10 000件进行检查，则直径在（12，14）之间的零件大约有 件.
（注：P（μ－σ＜X≤μ＋σ）≈0.682 6，P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）≈0.954 4，P（μ－3σ＜X≤μ＋3σ）≈0.997 4）
章末复习与总结
【例1】 （1）C （2） 解析：（1）依题意，事件AB：甲、乙只有一人摸到红球，则P（AB）＝＝，而P（A）＝1－（）2＝，所以P（B｜A）＝＝×＝.故选C.
（2）设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，由题意可知：P（A）＝P（B）＝P（C）＝，P（D｜A）＝，P（D｜B）＝，P（D｜C）＝，则P（D）＝P（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＋P（C）P（D｜C）＝×（＋＋）＝，P（AD）＝P（A）P（D｜A）＝×＝，若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P（A｜D）＝＝＝.
跟踪训练
解：设B1＝“取到的一包含4个次品”，B2＝“取到的一包含1个次品”，A＝“采购员拒绝购买”，
则P（B1）＝，P（B2）＝.
P（A｜B1）＝1－＝，
P（A｜B2）＝1－＝.
（1）由全概率公式得到P（A）＝P（B1）·P（A｜B1）＋P（B2）P（A｜B2）＝×＋×＝.
（2）P（B1｜A）＝＝＝.
【例2】 解：（1）设“这4人中恰有2人给出非常满意的评价”为事件C，
由表中数据可知，游客在A景点给出“非常满意”评价的概率为＝，
游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为＝，
则P（C）＝（）2（1－）2＋·（1－）·（1－）＋（1－）2（）2＝.
（2）设一位游客对A景点的满意度评分为X，一位游客对B景点的满意度评分为Y，
由题表中数据得X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
Y的分布列为：
Y 1 2 3 4
P
则E（X）＝4×＋3×＋2×＋1×＝，
D（X）＝（）2×＋（－）2×＋（－）2×＋（－）2×＝，
E（Y）＝4×＋3×＋2×＋1×＝，
D（Y）＝（－）2×＋×＋×＋×＝，
显然E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以选择B景点.
跟踪训练
1.ABC 由题知解得a＝0.5，b＝0.3，c＝0.2，A选项正确；所以E（X）＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝2.3，B选项正确；D（X）＝（1－2.3）2×0.2＋（2－2.3）2×0.3＋（3－2.3）2×0.5＝0.61，C选项正确；D（2X）＝22·D（X）＝2.44，D选项错误.故选A、B、C.
2.0.45 解析：由题意得0.21＋0.20＋0.05＋0.1×x＋0.10＋0.10＋0.01×y＋0.10＝1，化简得10x＋y＝24，又x，y∈N且x，y∈[0，9]，所以x＝2，y＝4，所以P（＜X＜）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝0.20＋0.25＝0.45.
【例3】 解：（1）先把（n－2）个坑排好共（n－1）个空，再把剩下的2个坑往（n－1）个空里放，共有＝种方案.
（2）设A＝“种子发芽”，且P（A）＝， 每个坑播种3粒种子，发芽的粒数X～B（3，），
一个坑需要补种，意味着X≤1，考虑两粒种子发芽的概率P（X＝2）＝（）3＝，
三粒种子发芽的概率P（X＝3）＝（）3＝，
所以一个坑需要补种的概率P（X≤1）＝1－P（X＝2）－P（X＝3）＝1－（＋）＝.
（3）由（2）可知，n（n∈N*，n＞2）个坑中要补种的坑数Y～B（n，），所以有3个坑要补种的概率为P（Y＝3）＝（）n，
要想有3个坑要补种的概率最大，即满足不等式组
解得5≤n≤6，又n∈N*，
所以n＝5或6时，有3个坑要补种的概率最大，此时最大概率为（）n＝.
跟踪训练
解析：因为质点每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，所以每次向左移动和向右移动的概率均为，若质点从原点O出发，移动6次后位于－2的位置，则该质点需要向左移动4次，向右移动2次，设事件A＝“移动6次后，质点位于－2的位置”，则P（A）＝×（）4×（）2＝.
【例4】 解：（1）由题意知，每次取到黄球的概率为＝，故X～B（3，），
因为P（X＝k）＝×（）k×（）3－k（k＝0，1，2，3），
代入k＝1得P（X＝1）＝＝，
同理可得P（X＝0）＝，P（X＝2）＝，P（X＝3）＝，
故E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.
（或者根据二项分布的期望公式E（X）＝np＝3×＝1直接求得结果）
（2）由题意可知Y服从超几何分布，P（Y＝k）＝（k＝0，1，2），
代入k＝1得P（Y＝1）＝＝，
同理可得P（Y＝0）＝，P（Y＝2）＝，
故E（Y）＝0×＋1×＋2×＝1.
（3）由（1）（2）知，P（｜X－Y｜≤1）＝1－P（｜X－Y｜≥2）
＝1－P（X＝0，Y＝2）－P（X＝2，Y＝0）－P（X＝3，Y＝0）－P（X＝3，Y＝1）
＝1－×－×－×－×＝1－＝.
跟踪训练
解：（1）设事件A：选派的3人中恰有2人会法语，则P（A）＝＝.
（2）依题意知，X服从超几何分布，X的可能取值为0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
【例5】 解：∵X～N（10，0.22），∴μ＝10，σ＝0.2.
∴μ－3σ＝10－3×0.2＝9.4，μ＋3σ＝10＋3×0.2＝10.6.
∵9.52∈[9.4，10.6]，9.98∈[9.4，10.6]，
∴该工厂这一天的生产状况是正常的.
跟踪训练
1.B 因为P（1≤X＜3）＝0.2，所以P（X＜－1）＝P（X＞3）＝0.5－0.2＝0.3，又P（｜X｜＞1）＝0.5＋0.3＝0.8，所以P（X＜1｜｜X｜＞1）＝＝＝，故选B.
2.1 359 解析：∵X满足正态分布X～N（10，4），μ＝10，σ＝2，∴P（8＜X≤12）≈0.682 6，P（6＜X≤14）≈0.954 4，∴P（12＜X＜14）≈＝0.135 9，∴直径在（12，14）之间的零件大约有1 359件.
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章末复习与总结
一、条件概率及全概率公式
1. 求条件概率有两种方法：一种是基于样本空间Ω，先计算P（A）
和P（AB），再利用P（B｜A）＝ 求解；另一种是缩小
样本空间，即以A为样本空间计算AB的概率.
2. 全概率公式：一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事
件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，则
对任意的事件B Ω，有P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）.全概
率公式的实质是把事件B拆分成互斥事件的和，是加法公式和乘法
公式的综合运用.
【例1】 （1）袋中有5个球，其中红、黄、蓝、白、黑球各一个，
甲、乙两人按顺序从袋中有放回的随机摸取一球，记事件A：甲和乙
至少一人摸到红球，事件B：甲和乙摸到的球颜色不同，则P（B｜
A）＝（ C ）
C
解析： 依题意，事件AB：甲、乙只有一人摸到红球，则P（AB）＝ ＝ ，而P（A）＝1－（ ）2＝ ，所以P（B｜A）＝ ＝ × ＝ .故选C.
（2）随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择
合理的出行方式.某公司员工小明的上班出行方式有三种，某天
早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为 ， ，
，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为 ，
， ，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概
率是 .
解析： 设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交
车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，由
题意可知：P（A）＝P（B）＝P（C）＝ ，P（D｜A）＝
，P（D｜B）＝ ，P（D｜C）＝ ，则P（D）＝P
（A）P（D｜A）＋P（B）P（D｜B）＋P（C）P（D｜
C）＝ ×（ ＋ ＋ ）＝ ，P（AD）＝P（A）P（D｜
A）＝ × ＝ ，若小明迟到了，则他自驾去上班的概率是P
（A｜D）＝ ＝ ＝ .
反思感悟
1. 计算条件概率时，应明白是在谁的条件下，计算谁的概率；明确P
（A），P（B｜A）以及P（AB）三者间的关系，实现三者间的
互化.
2. 理解全概率公式P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）中化整为零的
计算思想.
3. 掌握条件概率与全概率运算，重点提升逻辑推理和数学运算的核心
素养.
【跟踪训练】
采购员要购买10个一包的电器元件.他的采购方法是：从一包中随机
抽查3个，如果这3个元件都是好的，他才买下这一包.假定含有4个次
品的包数占30%，而其余包中各含1个次品.求：
（1）采购员拒绝购买的概率；
解：设B1＝“取到的一包含4个次品”，B2＝“取到的一包含1
个次品”，A＝“采购员拒绝购买”，
则P（B1）＝ ，P（B2）＝ .
P（A｜B1）＝1－ ＝ ，P（A｜B2）＝1－ ＝ .
（1）由全概率公式得到P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P
（B2）P（A｜B2）＝ × ＋ × ＝ .
（2）在采购员拒绝购买的条件下，抽中的一包中含有4个次品的
概率.
解： P（B1｜A）＝ ＝ ＝ .
二、离散型随机变量的分布列、均值和方差
均值和方差都是随机变量的重要的数字特征，方差是建立在均值
的基础之上，它表明了随机变量所取的值相对于它的均值的集中与离
散程度，二者的联系密切，在现实生产生活中的应用比较广泛.
【例2】 随着五一假期的到来，各大旅游景点热闹非凡，为了解
A，B两个旅游景点游客的满意度，某研究性学习小组采用随机抽样
的方法，获得关于A旅游景点的问卷100份，关于B旅游景点的问卷80
份.问卷中，对景点的满意度等级为：非常满意、满意、一般、差
评，对应分数分别为：4分、3分、2分、1分，数据统计如下：
非常满意 满意 一般 差评
A景点 50 30 5 15
B景点 35 30 7 8
假设用频率估计概率，且游客对A，B两个旅游景点的满意度评价相
互独立.
（1）从所有（人数足够多）在A旅游景点的游客中随机抽取2人，从
所有（人数足够多）在B旅游景点的游客中随机抽取2人，估计
这4人中恰有2人给出“非常满意”的概率；
解：（1）设“这4人中恰有2人给出非常满意的评价”为事
件C，
由表中数据可知，游客在A景点给出“非常满意”评价的概
率为 ＝ ，
游客在B景点给出“非常满意”评价的概率为 ＝ ，
则P（C）＝（ ）2（1－ ）2＋ · （1－ ） · （1－
）＋（1－ ）2（ ）2＝ .
（2）根据上述数据，你若去旅游，你会选择A、B哪个旅游景点？说
明理由.
解： 设一位游客对A景点的满意度评分为X，一位游客对
B景点的满意度评分为Y，
由题表中数据得X的分布列为：
X 1 2 3 4
P
Y的分布列为：
Y 1 2 3 4
P
则E（X）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（X）＝（ ）2× ＋（－ ）2× ＋（－ ）2× ＋
（－ ）2× ＝ ，
E（Y）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（Y）＝（－ ）2× ＋ × ＋ ×
＋ × ＝ ，
显然E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以选择B景点.
反思感悟
运用均值与方差进行决策时，一般是先求出随机变量的均值，考
虑它们的平均水平；一旦平均水平一致，再计算随机变量的方差，考
虑它们的波动程度，然后根据实际情况做出决策.此类问题主要考查
均值与方差的含义及运算公式，目的是提升逻辑推理与数学运算的核
心素养.
【跟踪训练】
1. （多选）如图是离散型随机变量X的概率分布直观图，其中3a＝5b，2b＝3c，则（ ）
A. a＝0.5 B. E（X）＝2.3
C. D（X）＝0.61 D. D（2X）＝1.22
解析： 由题知解得a＝0.5，b＝0.3，c＝
0.2，A选项正确；所以E（X）＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝
2.3，B选项正确；D（X）＝（1－2.3）2×0.2＋（2－2.3）
2×0.3＋（3－2.3）2×0.5＝0.61，C选项正确；D（2X）＝22·D
（X）＝2.44，D选项错误.故选A、B、C.
2. 离散型随机变量X的分布列中部分数据丢失，丢失数据以x，y
（x，y∈N）代替，分布列如下：
X＝i 1 2 3 4 5 6
P（X＝
i） 0.21 0.20 0.x5 0.10 0.1y 0.10
则P（ ＜X＜ ）＝ .
0.45
解析：由题意得0.21＋0.20＋0.05＋0.1×x＋0.10＋0.10＋
0.01×y＋0.10＝1，化简得10x＋y＝24，又x，y∈N且x，
y∈[0，9]，所以x＝2，y＝4，所以P（ ＜X＜ ）＝P（X＝
2）＋P（X＝3）＝0.20＋0.25＝0.45.
三、二项分布
把握二项分布的关键是理解随机试验中n次、独立、重复这些字
眼，即试验是多次进行，试验之间是相互独立的，每次试验的概率是
相同的.
【例3】 某种植户对一块地的n（n∈N*，n＞2）个坑进行播种，每
个坑播种3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，如果至少有两粒种子发芽，则不需要进
行补种，否则要补种.
（1）从n个坑中选两个坑进行观察，两坑不能相邻，有多少种方案？
解： 先把（n－2）个坑排好共（n－1）个空，再把剩
下的2个坑往（n－1）个空里放，共有 ＝
种方案.
（2）对于单独一个坑，需要补种的概率是多少？
解： 设A＝“种子发芽”，且P（A）＝ ， 每个坑播种3
粒种子，发芽的粒数X～B（3， ），
一个坑需要补种，意味着X≤1，考虑两粒种子发芽的概率P
（X＝2）＝ （ ）3＝ ，
三粒种子发芽的概率P（X＝3）＝（ ）3＝ ，
所以一个坑需要补种的概率P（X≤1）＝1－P（X＝2）－P
（X＝3）＝1－（ ＋ ）＝ .
（3）当n取何值时，有3个坑要补种的概率最大？最大概率为多少？
解： 由（2）可知，n（n∈N*，n＞2）个坑中要补种的坑
数Y～B（n， ），所以有3个坑要补种的概率为P（Y＝3）
＝ （ ）n，
要想有3个坑要补种的概率最大，即满足不等式组
解得5≤n≤6，又n∈N*，
所以n＝5或6时，有3个坑要补种的概率最大，此时最大概率为
（ ）n＝ .
反思感悟
利用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项
分布的模型，也就是看它是否为n重伯努利试验，随机变量是否为在
这n重伯努利试验中某事件发生的次数.此类问题主要考查独立重复试
验、n重伯努利实验和二项分布，通过对概率计算的考查，体现了数
据分析、数学运算和数学建模等核心素养.
解析：因为质点每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，所以每
次向左移动和向右移动的概率均为 ，若质点从原点O出发，移动6次
后位于－2的位置，则该质点需要向左移动4次，向右移动2次，设事
件A＝“移动6次后，质点位于－2的位置”，则P（A）＝ ×
（ ）4×（ ）2＝ .
四、超几何分布
超几何分布的两个特点：（1）超几何分布是不放回抽样问题；
（2）随机变量为抽到的某类个体的个数.
【例4】 一盒乒乓球中共装有2只黄色球与4只白色球，现从中随机
抽取3次，每次仅取1个球.
（1）若每次抽取之后，记录抽到乒乓球的颜色，再将其放回盒中，
记抽到黄球的次数为随机变量X，求P（X＝1）及E（X）；
解： 由题意知，每次取到黄球的概率为 ＝ ，故X～B
（3， ），因为P（X＝k）＝ ×（ ）k×（ ）3－k（k＝0，1，2，3），代入k＝1得P（X＝1）＝ ＝ ，同理可得P（X＝0）＝ ，P（X＝2）＝ ，P（X＝3）＝ ，
故E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝1.（或者根据二项分布的期望公式E（X）＝np＝3× ＝1直接求得结果）
（2）若每次抽取之后，将抽到的乒乓球留在盒外，记最终盒外的黄
球个数为随机变量Y，求P（Y＝1）及E（Y）；
解：由题意可知Y服从超几何分布，P（Y＝k）＝ （k
＝0，1，2），
代入k＝1得P（Y＝1）＝ ＝ ，
同理可得P（Y＝0）＝ ，P（Y＝2）＝ ，
故E（Y）＝0× ＋1× ＋2× ＝1.
（3）在（1）（2）的条件之下，求P（｜X－Y｜≤1）.
解：由（1）（2）知，P（｜X－Y｜≤1）＝1－P（｜X－
Y｜≥2）
＝1－P（X＝0，Y＝2）－P（X＝2，Y＝0）－P（X＝3，Y
＝0）－P（X＝3，Y＝1）
＝1－ × － × － × － × ＝1－ ＝ .
反思感悟
利用超几何分布模型解决离散型随机变量的分布列问题时，先判
断所给问题是否属于超几何分布，并明确离散型随机变量的可能取值
以及每个值所表示的意义，再利用超几何分布的公式，写出离散型随
机变量取每个值的概率，最后按规范形式写出其分布列.
【跟踪训练】
某外语学校的一个社团中有7名同学，其中2人只会法语，2人只会英
语，3人既会法语又会英语，现选派3人到法国的学校交流访问.求：
（1）在选派的3人中恰有2人会法语的概率；
解： 设事件A：选派的3人中恰有2人会法语，则P（A）
＝ ＝ .
（2）在选派的3人中既会法语又会英语的人数X的分布列.
解： 依题意知，X服从超几何分布，X的可能取值为0，
1，2，3，
P（X＝0）＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，P（X＝2）
＝ ＝ ，P（X＝3）＝ ＝ ，
∴X的分布列为
X 0 1 2 3
P
五、正态分布
解答正态分布的实际应用题，关键是如何转化，同时注意以
下两点：
（1）注意“3σ”原则：记住正态总体在三个区间内取值的概率；
（2）注意数形结合：由于正态分布密度曲线具有完美的对称性，体
现了数形结合的重要思想，因此在解题时要灵活运用对称性并
结合图象解决问题.
【例5】 某工厂生产的T型零件的外直径服从正态分布X～N
（10，0.22），从该工厂上午和下午生产的T型零件中各随机取
出一个，测得其外直径分别为9.52 mm和9.98 mm，试分析该工
厂这一天的生产状况是否正常.
解：∵X～N（10，0.22），∴μ＝10，σ＝0.2.
∴μ－3σ＝10－3×0.2＝9.4，μ＋3σ＝10＋3×0.2＝10.6.
∵9.52∈[9.4，10.6]，9.98∈[9.4，10.6]，
∴该工厂这一天的生产状况是正常的.
反思感悟
利用服从正态分布N（μ，σ2）的随机变量X在三个特殊区间上
取值的概率，可以解决两类实际问题：
（1）估计在某一范围内的数量，具体方法是先确定随机变量在该范
围内取值的概率，再乘样本容量即可；
（2）利用3σ原则作决策.决策步骤如下：①确定一次试验中取值a是
否落入范围[μ－3σ，μ＋3σ]内；②作出判断，若a∈[μ－
3σ，μ＋3σ]，则接受统计假设，若a [μ－3σ，μ＋3σ]，则
拒绝统计假设.
【跟踪训练】
1. 随机变量X服从正态分布X～N（1，σ2）.若P（1≤X＜3）＝
0.2，则P（X＜1｜｜X｜＞1）＝（ ）
解析： 因为P（1≤X＜3）＝0.2，所以P（X＜－1）＝P（X
＞3）＝0.5－0.2＝0.3，又P（｜X｜＞1）＝0.5＋0.3＝0.8，所
以P（X＜1｜｜X｜＞1）＝ ＝ ＝ ，故选B.
2. 某工厂生产一批零件，其直径X～N（10，4），现在抽取10 000件
进行检查，则直径在（12，14）之间的零件大约有 件.
（注：P（μ－σ＜X≤μ＋σ）≈0.682 6，P（μ－2σ＜X≤μ＋
2σ）≈0.954 4，P（μ－3σ＜X≤μ＋3σ）≈0.997 4）
解析：∵X满足正态分布X～N（10，4），μ＝10，σ＝2，∴P
（8＜X≤12）≈0.682 6，P（6＜X≤14）≈0.954 4，∴P（12＜X
＜14）≈ ＝0.135 9，∴直径在（12，14）之间的零件
大约有1 359件.
1 359
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