3 常见的概率模型
基础打底
1．不透明的袋子中装有4个红球、3个黄球和2个白球，这些球除颜色外无其他差异．现从中一次性随机取出3个球，那么取到2个红球的概率是( )
A． B． C． D．
2．(苏教选必二P129练习6改编)(多选)假定某射手每次射击命中目标的概率为，现有3发子弹，该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完．设消耗的子弹数为X，关于X，下列说法正确的有( )
A．X的可能取值为1，2，3 B．P(X=1)=
C．E(X)= D．=
3．(苏教选必二P116练习8改编)(多选)一批产品中有23%的次品，现从中随机抽样(不放回)，直到抽出1件次品为止．令y表示直到抽出1件次品时已抽出产品个数，概率分布为P(y)=0.23·0.77y－1(y=1，2，3，…)，则下列说法正确的有( )
A．P(1)=0.23，代表“第1次抽样就抽到次品”的概率
B．P(5)=0.23×0.775
C．P(y≥2)=0.77，等价于“第1次抽到正品”的概率
D．随着y的增大，P(y)会逐渐变大，因为尝试次数越多，抽到次品的概率越高
4．(苏教选必二P123练习9改编)已知随机变量X满足P(X=n)=，n=1，2，3，…，若n的取值可足够大，则E(X)的值可无限接近 (填整数)．
强技提能
超几何分布
例1 (2025·泰州一模)某校随机调查了100名同学的每日运动时间(单位：min)，得到如图所示的频率分布直方图．
(1) 求该100名同学的平均日运动时间；
(2) 为进一步调查同学们的运动方式，采用分层随机抽样的方法从每日运动时间在［50，60)，［60，70)，［80，90)内的同学中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每日运动时间在［60，70)内的调查人数X的分布列和数学期望．
1．超几何分布：P(X=k)=，即恰好取了k件次品的概率=．
2．E(X)=np=．
二项分布
例2 (2025·南昌二模)某校组织古诗词知识比赛．比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分．第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是．
(1) 求选手甲第一阶段不被淘汰的概率；
(2) 求选手甲在该次比赛得分为40分的概率；
(3) 已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
超几何分布与二项分布的联系与区别
概率分布类型 超几何分布 二项分布
试验类型 不放回抽样 放回抽样
试验种数 有两种物品 有两种结果
总体个数 有限个 无限个
随机变量取值的概率 利用排列组合计算 利用独立重复试验计算
联系 当总体N很大时，超几何分布近似二项分布
变式2 (2025·南阳期末)高三(1)班有55名同学，在某次考试中总成绩在650分(含650分)以上的有4人：甲、乙、丙、丁；在600分~650分之间的有15人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过120分的有10人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申．
(1) 从该班同学中任选一人，求在该同学数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率．
(2) 从数学成绩超过120分的同学中随机抽取3人．
①采取不放回抽样方式抽取，记X为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求X的分布列和数学期望；
②采取放回抽样方式抽取，记Y为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求E(Y)的值．(直接写出结果)
几何分布及拓展(选讲)
例3－1 (2025·长沙模拟)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＜p＜1)．
(ⅰ)若用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，记作X~B(n，p)．
(ⅱ)若用Y表示事件A首次发生所需的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，记作Y~G(p)．
(1) 现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门．现任选一一试开，试对①有放回、②不放回两种情形求“至多试3次打开门”的概率．
(2) 分别写出服从二项分布的随机变量X和服从几何分布的随机变量Y的分布列及数学期望．
(3) 证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量Y具有无记忆性，即P(Y＞m＋n|Y＞m)=P(Y＞n)，其中m和n为正整数．并结合(1)说明几何分布具有无记忆性的实际意义．
几何分布和二项分布均属于离散型概率分布，且都与独立重复的伯努利试验(只有“成功”和“失败”两种结果的试验)相关，但二项分布是“固定次数内的成功次数”，几何分布是“首次成功所需的次数”，核心区别在于对试验次数和成功事件的关注点不同．
变式3 (2025·厦门四模节选)在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为1，2，3，…，n．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为Xn，其期望为E(Xn)．
(1) 求P(X2=4)与P(X3=5)；
(2) 求E(X2)；
附：若随机变量X的可能取值为1，2，3，…，n，…，则E(X)=kP(X=k)=．
例3－2 (2025·汕尾、肇庆二模节选)某商店推出20种款式不同的盲盒(只有打开才知道里面的物品)，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的．小刘特别喜欢20种款式中的一种，若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式．商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前9次未抽出指定款式，则第10次必定抽出指定款式．设Y为小刘抽到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望E(Y)(结果保留整数，参考数据：0.959≈0.63)．
有终止条件的几何分布与无限制条件的几何分布均基于伯努利试验，核心是研究首次成功的试验次数，但无限制条件的几何分布中，试验可以无限进行，直到首次成功为止，随机变量X(首次成功的试验次数)的取值为1，2，3，…(理论上无上限)；有终止条件的几何分布中，试验被限制在固定次数内，若在该次数内仍未成功则停止，随机变量X的取值范围为1，2，…，n(n为最大试验次数)，且包含“n次均失败”的结果．
配套热练
1．(2025·临汾三模)公共汽车上有3名乘客，在沿途的4个车站随机下车，3名乘客下车互不影响，则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率是( )
A． B．
C． D．
2．袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球个数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，则E(ξ)=( )
A． B．
C． D．
3．(2025·温州调研)飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子(骰子为均匀的正六面体)正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步(如图所示)，设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则E(X)=( )
A．3 B．4
C．5 D．6
4．(2025·金华、丽水、衢州联考)抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛掷100次时结束，设抛掷的次数为X，则随机变量X的数学期望E(X)( )
A．大于2 B．小于2
C．等于2 D．与2的大小无法确定
5．(多选)某商场抽奖，摸奖箱有红球1个、白球2个、黑球3个，摸到红球记1分、白球记0分、黑球记－1分，摸3个球总分X≥0获奖．方案一：摸球不放回；方案二：摸球放回．下列数值计算正确的有( )
A．方案一中，获奖概率为
B．方案一中，“第二次摸到红球”条件下，获奖的概率为
C．方案二中，X=1的概率为
D．方案二中，X的数学期望为－
6．(2025·威海期末)已知甲、乙两人投篮命中率分别为，，并且他们投篮互不影响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为 ．
7．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记X~NB(r，p)．若X~NB，则P(X=6)= ．
8．某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
个数 10 30 40 20
假设用频率估计概率．
(1) 从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；
(2) 采用分层随机抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若X表示抽到的精品果的数量，求X的分布列和期望．
9．某导弹试验基地，对新研制的A，B型导弹进行最后确定试验．
(1) 据以往多次试验，A型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中2次，则目标被击落，射击停止；若射击达到5次，不管目标击落与否，则结束试验．求射击次数X的分布列，并计算其期望．
(2) 据以往多次试验，B型导弹每次击中空中目标的概率为p．用该导弹对目标进行连续射击，若击中1次，则目标被击落，射击停止．请完成以下关于射击次数Y的分布列，并证明：E(Y)=．
Y 1 2 3 … n …
P … …
参考公式：若p＋q=1，则qn=0，nqn=0．
10．(2025·武汉一模)某校高二年级各班在周班会课上进行了“中国传统文化”知识竞赛．各班竞赛形式多样，其中高二(1)(2)两班竞赛规则最具代表性，请完成以下两题：
(1) 高二(1)班班委会设置如下竞赛规则：从6道题中任选2题作答，2题均答对就获得“传统文化小达人”的称号．已知6道题中同学甲能答对其中的4道题，求甲在已经答对一题的前提下没有获得“传统文化小达人”称号的概率．
(2) 高二(2)班班委会采取的竞赛规则：共设置n道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，答对就进入下一题，答错则终止答题，若n道题全部答对，就获得一个小礼品．已知同学乙答对每道题的概率为．
①当n=3时，设乙答题结束时，答题的个数为X，求随机变量X的分布列及数学期望；
②设乙答题结束时，答对题目的个数为Y，求使得E(Y)＞2.4成立的n的最小值．
参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共62张PPT)
专题四
3 常见的概率模型
统计与概率
基础打底
【解析】
B
【解析】
因为射手一旦射中就停止，所以可能第1发就命中(X＝1)；第1发没命中，第2发命中(X＝2)；前2发都没命中，第3发不管中没中都得停止(X＝3)，所以X的可能取值为1，2，3，A正确．
【答案】 ABC
3．(苏教选必二P116练习8改编)(多选)一批产品中有23%的次品，现从中随机抽样(不放回)，直到抽出1件次品为止．令y表示直到抽出1件次品时已抽出产品个数，概率分布为P(y)＝0.23·0.77y 1(y＝1，2，3，…)，则下列说法正确的有 ( )
A．P(1)＝0.23，代表“第1次抽样就抽到次品”的概率
B．P(5)＝0.23×0.775
C．P(y≥2)＝0.77，等价于“第1次抽到正品”的概率
D．随着y的增大，P(y)会逐渐变大，因为尝试次数越多，抽到次品的概率越高
【解析】
当y＝1时，代入概率分布公式得P(1)＝0.23×0.771 1＝0.23×1＝0.23，表示第1次抽样就抽到次品的概率，故A正确．
对于P(5)，根据公式P(y)＝0.23·0.77y 14，当y＝5时，P(5)＝0.23×0.7745 14＝0.23×0.774，故B错误．
P(y≥2)的意思是直到抽出次品时，抽出产品个数大于等于2，也就是第1次抽到的不是次品(即第1次抽到正品)．根据概率的基本性质，P(y≥2)＝1 P(y＝1)，又P(1)＝0.23，所以P(y≥2)＝1 0.23＝0.77，这和第1次抽到正品的概率相等，故C正确．
因为0＜0.77＜1，根据指数函数的性质，P(y)＝0.23·0.77y 1单调递减，故D错误．
【答案】 AC
【解析】
2
强技提能
目标
1
超几何分布
(2025·泰州一模)某校随机调查了100名同学的每日运动时间(单位：min)，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求该100名同学的平均日运动时间；
1
【解答】
由题意得(0.010＋0.020＋a＋0.020＋0.005)×10＝1，解得a＝0.045，
所以这100名同学的平均每日运动时间为0.1×55＋0.2×65＋0.45×75＋0.2×85＋0.05×95＝74(min)．
(2025·泰州一模)某校随机调查了100名同学的每日运动时间(单位：min)，得到如图所示的频率分布直方图．
(2)为进一步调查同学们的运动方式，采用分层随机抽样的方法从每日运动时间在[50，60)，[60，70)，[80，90)内的同学中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每日运动时间在[60，70)内的调查人数X的分布列和数学期望．
1
【解答】
X 0 1 2 3
P
目标
2
二项分布
2
【解答】
2
【解答】
2
【解答】
X 0 20 40 60 80
P
超几何分布与二项分布的联系与区别
概率分布类型 超几何分布 二项分布
试验类型 不放回抽样 放回抽样
试验种数 有两种物品 有两种结果
总体个数 有限个 无限个
随机变量取值的概率 利用排列组合计算 利用独立重复试验计算
联系 当总体N很大时，超几何分布近似二项分布
变式2 (2025·南阳期末)高三(1)班有55名同学，在某次考试中总成绩在650分(含650分)以上的有4人：甲、乙、丙、丁；在600分~650分之间的有15人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过120分的有10人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申．
(1)从该班同学中任选一人，求在该同学数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率．
【解答】
变式2 (2025·南阳期末)高三(1)班有55名同学，在某次考试中总成绩在650分(含650分)以上的有4人：甲、乙、丙、丁；在600分~650分之间的有15人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过120分的有10人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申．
(2)从数学成绩超过120分的同学中随机抽取3人．
①采取不放回抽样方式抽取，记X为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求X的分布列和数学期望；
②采取放回抽样方式抽取，记Y为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求E(Y)的值．(直接写出结果)
【解答】
X 0 1 2 3
P
几何分布及拓展(选讲)
(2025·长沙模拟)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＜p＜1)．
(ⅰ)若用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，记作X~B(n，p)．
(ⅱ)若用Y表示事件A首次发生所需的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，记作Y~G(p)．
(1)现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门．现任选一一试开，试对①有放回、②不放回两种情形求“至多试3次打开门”的概率．
3 1
新视角
【解答】
(2025·长沙模拟)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＜p＜1)．
(ⅰ)若用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，记作X~B(n，p)．
(ⅱ)若用Y表示事件A首次发生所需的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，记作Y~G(p)．
(2)分别写出服从二项分布的随机变量X和服从几何分布的随机变量Y的分布列及数学期望．
3 1
【解答】
3 1
【解答】
几何分布和二项分布均属于离散型概率分布，且都与独立重复的伯努利试验(只有“成功”和“失败”两种结果的试验)相关，但二项分布是“固定次数内的成功次数”，几何分布是“首次成功所需的次数”，核心区别在于对试验次数和成功事件的关注点不同．
变式3 (2025·厦门四模节选)在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为1，2，3，…，n．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为Xn，其期望为E(Xn)．
(1)求P(X2＝4)与P(X3＝5)；
【解答】
【解答】
(2025·汕尾、肇庆二模节选)某商店推出20种款式不同的盲盒(只有打开才知道里面的物品)，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的．小刘特别喜欢20种款式中的一种，若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式．商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前9次未抽出指定款式，则第10次必定抽出指定款式．设Y为小刘抽到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望E(Y)(结果保留整数，参考数据：0.959≈0.63)．
3 2
【解答】
Y 1 2 … 9 10
P 0.950×0.05 0.951×0.05 … 0.958×0.05 0.959
则E(Y)＝1×0.950×0.05＋2×0.951×0.05＋…＋9×0.958×0.05＋10×0.959．
记S＝1×0.950＋2×0.951＋…＋9×0.958，则0.95S＝1×0.951＋2×0.952＋…＋9×0.959，两式相减，得0.05S＝0.950＋0.951＋…＋0.958 9×0.959＝20 29×0.959，
所以E(Y)＝0.05S＋10×0.959＝20 19×0.959≈8.03≈8．
有终止条件的几何分布与无限制条件的几何分布均基于伯努利试验，核心是研究首次成功的试验次数，但无限制条件的几何分布中，试验可以无限进行，直到首次成功为止，随机变量X(首次成功的试验次数)的取值为1，2，3，…(理论上无上限)；有终止条件的几何分布中，试验被限制在固定次数内，若在该次数内仍未成功则停止，随机变量X的取值范围为1，2，…，n(n为最大试验次数)，且包含“n次均失败”的结果．
热练
【解析】
D
【解析】
【答案】 C
3．(2025·温州调研)飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子(骰子为均匀的正六面体)正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步(如图所示)，设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则E(X)＝ ( )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】
【答案】 D
4．(2025·金华、丽水、衢州联考)抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛掷100次时结束，设抛掷的次数为X，则随机变量X的数学期望E(X) ( )
A．大于2 B．小于2
C．等于2 D．与2的大小无法确定
【解析】
B
【解析】
【答案】 ABC
【解析】
【解析】
8．某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
假设用频率估计概率．
(1)从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；
【解答】
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
个数 10 30 40 20
8．某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
假设用频率估计概率．
(2)采用分层随机抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若X表示抽到的精品果的数量，求X的分布列和期望．
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
个数 10 30 40 20
【解答】
X 0 1 2 3
P
【解答】
记Ai＝“A型导弹射击i次后，停止射击”，i＝2，3，4，5．X的可能取值为2，3，4，5，
X 2 3 4 5
P
Y 1 2 3 … n …
P … …
【解答】
由题意可知P(Y＝1)＝p，P(Y＝2)＝(1 p)p，P(Y＝3)＝(1 p)2p，…，P(Y＝n)＝(1 p)n 1p，
则补全Y的分布列为
Y 1 2 3 … n …
P p (1 p)p (1 p)2p … (1 p)n 1p …
10．(2025·武汉一模)某校高二年级各班在周班会课上进行了“中国传统文化”知识竞赛．各班竞赛形式多样，其中高二(1)(2)两班竞赛规则最具代表性，请完成以下两题：
(1)高二(1)班班委会设置如下竞赛规则：从6道题中任选2题作答，2题均答对就获得“传统文化小达人”的称号．已知6道题中同学甲能答对其中的4道题，求甲在已经答对一题的前提下没有获得“传统文化小达人”称号的概率．
【解答】
【解答】
X 1 2 3
P3 常见的概率模型
基础打底
1．不透明的袋子中装有4个红球、3个黄球和2个白球，这些球除颜色外无其他差异．现从中一次性随机取出3个球，那么取到2个红球的概率是( B )
A． B．
C． D．
【解析】 P==．
2．(苏教选必二P129练习6改编)(多选)假定某射手每次射击命中目标的概率为，现有3发子弹，该射手一旦射中目标，就停止射击，否则就一直独立地射击到子弹用完．设消耗的子弹数为X，关于X，下列说法正确的有( ABC )
A．X的可能取值为1，2，3 B．P(X=1)=
C．E(X)= D．=
【解析】 因为射手一旦射中就停止，所以可能第1发就命中(X=1)；第1发没命中，第2发命中(X=2)；前2发都没命中，第3发不管中没中都得停止(X=3)，所以X的可能取值为1，2，3，A正确．P(X=1)表示第1发就命中的概率，每次命中的概率为，所以P(X=1)=，B正确．P(X=2)=×=，P(X=3)=×=，故均值为E(X)=1×P(X=1)＋2×P(X=2)＋3×P(X=3)=1×＋2×＋3×==，C正确．因为E(X2)=12×＋22×＋32×=＋＋1==，所以D(X)=E(X2)－［E(X)］2=－2=，那么==≠，D错误．
3．(苏教选必二P116练习8改编)(多选)一批产品中有23%的次品，现从中随机抽样(不放回)，直到抽出1件次品为止．令y表示直到抽出1件次品时已抽出产品个数，概率分布为P(y)=0.23·0.77y－1(y=1，2，3，…)，则下列说法正确的有( AC )
A．P(1)=0.23，代表“第1次抽样就抽到次品”的概率
B．P(5)=0.23×0.775
C．P(y≥2)=0.77，等价于“第1次抽到正品”的概率
D．随着y的增大，P(y)会逐渐变大，因为尝试次数越多，抽到次品的概率越高
【解析】 当y=1时，代入概率分布公式得P(1)=0.23×0.771－1=0.23×1=0.23，表示第1次抽样就抽到次品的概率，故A正确．对于P(5)，根据公式P(y)=0.23·0.77y－14，当y=5时，P(5)=0.23×0.7745－14=0.23×0.774，故B错误．P(y≥2)的意思是直到抽出次品时，抽出产品个数大于等于2，也就是第1次抽到的不是次品(即第1次抽到正品)．根据概率的基本性质，P(y≥2)=1－P(y=1)，又P(1)=0.23，所以P(y≥2)=1－0.23=0.77，这和第1次抽到正品的概率相等，故C正确．因为0＜0.77＜1，根据指数函数的性质，P(y)=0.23·0.77y－1单调递减，故D错误．
4．(苏教选必二P123练习9改编)已知随机变量X满足P(X=n)=，n=1，2，3，…，若n的取值可足够大，则E(X)的值可无限接近 2 (填整数)．
【解析】 因为随机变量X满足P(X=n)=，n=1，2，3，…，所以E(X)=＋＋…＋＋ ①，E(X)=＋＋…＋＋ ②，由①－②，得E(X)=＋＋…＋－=－=1－－，则E(X)=2－－．当n趋向于无穷大时，其极限为2，故E(X)=2．
强技提能
超几何分布
例1 (2025·泰州一模)某校随机调查了100名同学的每日运动时间(单位：min)，得到如图所示的频率分布直方图．
(1) 求该100名同学的平均日运动时间；
【解答】 由题意得(0.010＋0.020＋a＋0.020＋0.005)×10=1，解得a=0.045，所以这100名同学的平均每日运动时间为0.1×55＋0.2×65＋0.45×75＋0.2×85＋0.05×95=74(min)．
(2) 为进一步调查同学们的运动方式，采用分层随机抽样的方法从每日运动时间在［50，60)，［60，70)，［80，90)内的同学中抽取10人，再从中任选3人进行调查，求抽到每日运动时间在［60，70)内的调查人数X的分布列和数学期望．
【解答】 抽取日运动时间在［50，60)，［60，70)，［80，90)内的同学人数分别为2，4，4，所以X的可能取值为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
故E(X)=0×＋1×＋2×＋3×=．
1．超几何分布：P(X=k)=，即恰好取了k件次品的概率=．
2．E(X)=np=．
二项分布
例2 (2025·南昌二模)某校组织古诗词知识比赛．比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分．第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是．
(1) 求选手甲第一阶段不被淘汰的概率；
【解答】 选手甲第一阶段不被淘汰，即甲回答3个问题答对其中2个或3个，其概率为p1=×2×＋3=．
(2) 求选手甲在该次比赛得分为40分的概率；
【解答】 选手甲在该次比赛得分为40分有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题，故概率为p2=3××2×2＋×2××4=．
(3) 已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【解答】 X的可能取值为0，20，40，60，80，P(X=0)=×4=，P(X=20)=×3×==，P(X=40)=×2×2==，P(X=60)=××3=，P(X=80)=×4=，所以随机变量X的分布列为
X 0 20 40 60 80
P
所以E(X)=0×＋20×＋40×＋60×＋80×=20．
超几何分布与二项分布的联系与区别
概率分布类型 超几何分布 二项分布
试验类型 不放回抽样 放回抽样
试验种数 有两种物品 有两种结果
总体个数 有限个 无限个
随机变量取值的概率 利用排列组合计算 利用独立重复试验计算
联系 当总体N很大时，超几何分布近似二项分布
变式2 (2025·南阳期末)高三(1)班有55名同学，在某次考试中总成绩在650分(含650分)以上的有4人：甲、乙、丙、丁；在600分~650分之间的有15人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过120分的有10人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申．
(1) 从该班同学中任选一人，求在该同学数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率．
【解答】 方法一：记事件A：所抽取的学生的数学成绩超过120分，则P(A)=，记事件B：所抽取的学生的总成绩超过650分，则P(AB)=，所以P(B|A)===．即任取一人，在数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率为．
方法二：数学成绩超过120分的有10人，其中包含总成绩超过650分以上的有4人，所以任取一人，在数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率为=．
(2) 从数学成绩超过120分的同学中随机抽取3人．
①采取不放回抽样方式抽取，记X为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求X的分布列和数学期望；
②采取放回抽样方式抽取，记Y为成绩在600分~650分之间的同学的个数，求E(Y)的值．(直接写出结果)
【解答】 ①10名数学成绩超过120分的同学包含6个总成绩在600分~650分之间的，所以X所有可能的取值为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
所以E(X)=0×＋1×＋2×＋3×=．
②10名数学成绩超过120分的同学包含6个总成绩在600分~650分之间的，按可放回抽样的方式随机抽取，则随机变量Y~B，所以E(Y)=3×=．
几何分布及拓展(选讲)
例3－1 (2025·长沙模拟)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＜p＜1)．
(ⅰ)若用X表示事件A发生的次数，则称随机变量X服从二项分布，记作X~B(n，p)．
(ⅱ)若用Y表示事件A首次发生所需的试验次数，则称随机变量Y服从几何分布，记作Y~G(p)．
(1) 现有十把外形相同的钥匙，其中只有一把能够打开门．现任选一一试开，试对①有放回、②不放回两种情形求“至多试3次打开门”的概率．
【解答】 设“至多试3次打开门”为事件B．
①用ξ表示首次开门所需的试开次数，则ξ~G(0.1)，从而P(B)=P(ξ≤3)=P(ξ=1)＋P(ξ=2)＋P(ξ=3)=0.1＋0.9×0.1＋0.92×0.1=0.271．
②不放回情形属于古典概型，P(B)=1－P()=1－=0.3．
(2) 分别写出服从二项分布的随机变量X和服从几何分布的随机变量Y的分布列及数学期望．
【解答】 X的分布列为P(X=k)=Cpk(1－p)n－k，k=0，1，2，…，n．令q=1－p，由k=n，可得E(X)=pkqn－k=nppk－1q(n－1)－(k－1)．令k－1=m，则E(X)=np pmqn－1－m=np(p＋q)n－1=np．Y的分布列为P(Y=k)=(1－p)k－1p，k=1，2，…，其中k为正整数．记Sn=k(1－p)k－1 ①，所以(1－p)Sn=1－p＋2(1－p)2＋3(1－p)3＋…＋(n－1)(1－p)n－1＋n(1－p) n ②，①－②，得pSn=1＋(1－p)＋(1－p)2＋…＋(1－p)n－1－ n(1－p) n =－n(1－p)n =－ n(1－p)n，所以E(Y)=k(1－p)k－1np =pSn=－n(1－p)n，所以E(Y)==．
(3) 证明：服从几何分布且取值于正整数的随机变量Y具有无记忆性，即P(Y＞m＋n|Y＞m)=P(Y＞n)，其中m和n为正整数．并结合(1)说明几何分布具有无记忆性的实际意义．
【解答】 设Y~G(p)，令q=1－p，则P(Y＞m＋n|Y＞m)= ===qn=qk－1p=P(Y＞n)， m，n≥1．
实际意义：几何分布的无记忆说明，如果不总结前面试验的经验，一直按最初的方式进行尝试性试验，就不能有助于成功的出现，无法证实“失败是成功之母”．在(1)中，情形①是不总结经验，试开门的过程构成n重伯努利试验；情形②是总结经验，试开门的过程不构成n重伯努利试验．从(1)的结果说明总结经验会提高事件成功的概率，从中可体会“失败是成功之母”更深层次的含义；总结失败教训，提高成功概率．
几何分布和二项分布均属于离散型概率分布，且都与独立重复的伯努利试验(只有“成功”和“失败”两种结果的试验)相关，但二项分布是“固定次数内的成功次数”，几何分布是“首次成功所需的次数”，核心区别在于对试验次数和成功事件的关注点不同．
变式3 (2025·厦门四模节选)在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为1，2，3，…，n．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为Xn，其期望为E(Xn)．
(1) 求P(X2=4)与P(X3=5)；
【解答】 X2=4表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故P(X2=4)==；X3=5表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，且两个编号的球各至少摸到一次，第5次才摸出最后一个编号的球，则P(X3=5)==．
(2) 求E(X2)；
附：若随机变量X的可能取值为1，2，3，…，n，…，则E(X)=kP(X=k)=．
【解答】 依题意可得，X2=2，3，4，5，…，m，…，则P(X2=k)==，k≥2，所以E(X2)==，设Sm==＋＋…＋，Sm=＋＋…＋＋，作差可得Sm=＋＋…＋－=1＋－=－，所以Sm=3－，所以E(X2)===3．
例3－2 (2025·汕尾、肇庆二模节选)某商店推出20种款式不同的盲盒(只有打开才知道里面的物品)，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的．小刘特别喜欢20种款式中的一种，若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式．商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前9次未抽出指定款式，则第10次必定抽出指定款式．设Y为小刘抽到某指定款式所需的次数，求Y的数学期望E(Y)(结果保留整数，参考数据：0.959≈0.63)．
【解答】 记p==0.05，Y的可能取值为1，2，3，…，10．因为前9次(包含第9次)没有保底，则P(Y=k)=(1－p)k－1p=0.95k－1×0.05，其中k=1，2，…，9，P(Y=10)=(1－p)9p＋(1－p)9(1－p)=(1－p)9=0.959，所以Y的分布列为
Y 1 2 … 9 10
P 0.950×0.05 0.951×0.05 … 0.958×0.05 0.959
则E(Y)=1×0.950×0.05＋2×0.951×0.05＋…＋9×0.958×0.05＋10×0.959．记S=1×0.950＋2×0.951＋…＋9×0.958，则0.95S=1×0.951＋2×0.952＋…＋9×0.959，两式相减，得0.05S=0.950＋0.951＋…＋0.958－9×0.959=20－29×0.959，所以E(Y)=0.05S＋10×0.959=20－19×0.959≈8.03≈8．
有终止条件的几何分布与无限制条件的几何分布均基于伯努利试验，核心是研究首次成功的试验次数，但无限制条件的几何分布中，试验可以无限进行，直到首次成功为止，随机变量X(首次成功的试验次数)的取值为1，2，3，…(理论上无上限)；有终止条件的几何分布中，试验被限制在固定次数内，若在该次数内仍未成功则停止，随机变量X的取值范围为1，2，…，n(n为最大试验次数)，且包含“n次均失败”的结果．
配套热练
1．(2025·临汾三模)公共汽车上有3名乘客，在沿途的4个车站随机下车，3名乘客下车互不影响，则恰有2名乘客在第4个车站下车的概率是( D )
A． B．
C． D．
【解析】 由题意可得每个人在某个车站下车的概率为，则恰有两人在第4站下车的概率为×××=．
2．袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球个数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，则E(ξ)=( C )
A． B．
C． D．
【解析】 依题意知m，n为非负整数，记“取出的两个球都是红球”为事件A，则P(A)==，所以=，解得m＋n=5或m＋n=－12(舍去)，所以m＋n＋4=9．ξ的所有可能取值为0，1，2，则P(ξ=0)==，P(ξ=1)==，P(ξ=2)==，所以E(ξ)=0×＋1×＋2×=．
3．(2025·温州调研)飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子(骰子为均匀的正六面体)正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步(如图所示)，设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为X，则E(X)=( D )
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】 方法一：P(X=1)=，P(X=2)=×，…，P(X=n)=n－1×，所以E(X)=1×＋2××＋…＋n×n－1×，则E(X)=1××＋2×2×＋…＋n×n×，错位相减得E(X)=6－(n＋6)n，n→＋∞时，E(X)=6．
方法二：投1次出现3时结束，P1=，投1次出现1，2，4，5，6时，要重新投，相当于投E(X)＋1次，P2=，所以1×＋［E(X)＋1］×=E(X)，所以E(X)=6．
4．(2025·金华、丽水、衢州联考)抛掷一枚质地均匀的硬币，一直到出现正面向上时或抛掷100次时结束，设抛掷的次数为X，则随机变量X的数学期望E(X)( B )
A．大于2 B．小于2
C．等于2 D．与2的大小无法确定
【解析】 X的可能取值为1，2，…，99，100，则Pi=，i=1，2，…，99，当抛掷第100次时，无论硬币是正是反都已经结束，故抛掷第100次时的概率为P100=×1=，所以E(X)=100×＋=＋=＋2－=2－＜2．
5．(多选)某商场抽奖，摸奖箱有红球1个、白球2个、黑球3个，摸到红球记1分、白球记0分、黑球记－1分，摸3个球总分X≥0获奖．方案一：摸球不放回；方案二：摸球放回．下列数值计算正确的有( ABC )
A．方案一中，获奖概率为
B．方案一中，“第二次摸到红球”条件下，获奖的概率为
C．方案二中，X=1的概率为
D．方案二中，X的数学期望为－
【解析】 对于A，B，方案一摸球不放回，满足X≥0的情况包括：1红2白，1红1白1黑，故获奖概率为=，A正确；设“第二次摸到红球”为事件B，“获奖”为事件A，已知第二次摸到红球，剩余两次需从2白3黑共5个球中摸取，总情况数为5×4=20．获奖要求第一次得分＋第三次得分≥－1，满足条件的情况有：(白，白)有2×1=2(种)；(白，黑)有2×3=6(种)；(黑，白)有3×2=6(种)，共有2＋6＋6=14(种)．因此P(A|B)==，B正确．对于C，D，方案二有放回，每次摸球摸到红球、白球、黑球的概率分别为，，．X=1的情况包括：1红2白的概率为××2=；2红1黑的概率为×2×=，概率之和为＋=，C正确；单次摸球得分的数学期望E(ξ)=1×＋0×＋(－1)×=－，三次摸球总分X=ξ1＋ξ2＋ξ3，根据期望性质知，E(X)=3×=－1≠－，D错误．
6．(2025·威海期末)已知甲、乙两人投篮命中率分别为，，并且他们投篮互不影响，现每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为 ．
【解析】 甲、乙两人投篮命中率分别为和，并且他们投篮互不影响．现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多包含以下三种情况：①甲进1球，乙进0球，概率为p1=×××2=；②甲进2球，乙进1球，概率为p2=2×2=；③甲进2球，乙进0球，概率为p3=2×2=，所以甲比乙进球数多的概率p=p1＋p2＋p3=．
7．已知在伯努利试验中，事件A发生的概率为p(0＜p＜1)，我们称将试验进行至事件A发生r次为止，试验进行的次数X服从负二项分布，记X~NB(r，p)．若X~NB，则P(X=6)= ．
【解析】 因为X~NB(r，p)，所以P(X=k)= pr－15·(1－p)5k－r5p=pr(1－p)5k－r5，由题意知k=6，r=5，所以P(X=6)5=5=．
8．某种水果按照果径大小可分为四级：标准果、优质果、精品果、礼品果．某采购商从采购的一批水果中随机抽取100个，利用水果的等级分类标准得到的数据如下：
等级 标准果 优质果 精品果 礼品果
个数 10 30 40 20
假设用频率估计概率．
(1) 从这100个水果中有放回地随机抽取4个，求恰好有2个水果是礼品果的概率；
【解答】 设从这100个水果中随机抽取1个，其为礼品果为事件A，则P(A)==，现有放回地随机抽取4个，设抽到礼品果的个数为Y，则Y~B，所以恰好有2个水果是礼品果的概率为P(Y=2)=22=．
(2) 采用分层随机抽样的方法从这100个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中不放回地随机抽取3个，若X表示抽到的精品果的数量，求X的分布列和期望．
【解答】 用分层随机抽样的方法从这100个水果中抽取10个，其中精品果有10×=4个，非精品果有10×=6个，再从中随机抽取3个，则精品果的数量X服从超几何分布，所有可能的取值为0，1，2，3，所以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
则E(X)=0×＋1×＋2×＋3×=．
9．某导弹试验基地，对新研制的A，B型导弹进行最后确定试验．
(1) 据以往多次试验，A型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中2次，则目标被击落，射击停止；若射击达到5次，不管目标击落与否，则结束试验．求射击次数X的分布列，并计算其期望．
【解答】 记Ai=“A型导弹射击i次后，停止射击”，i=2，3，4，5．X的可能取值为2，3，4，5，P(A2)=P(X=2)=2=，P(A3)=P(X=3)=×××=，P(A4)=P(X=4)=××2×=，P(A5)=P(X=5)=1－－－=，故射击次数X的分布列为
X 2 3 4 5
P
所以E(X)=2×＋3×＋4×＋5×=．
(2) 据以往多次试验，B型导弹每次击中空中目标的概率为p．用该导弹对目标进行连续射击，若击中1次，则目标被击落，射击停止．请完成以下关于射击次数Y的分布列，并证明：E(Y)=．
Y 1 2 3 … n …
P … …
参考公式：若p＋q=1，则qn=0，nqn=0．
【解答】 由题意可知P(Y=1)=p，P(Y=2)=(1－p)p，P(Y=3)=(1－p)2p，…，P(Y=n)=(1－p)n－1p，则补全Y的分布列为
Y 1 2 3 … n …
P p (1－p)p (1－p)2p … (1－p)n－1p …
令A=i(1－p)i－1p=1×p＋2p(1－p)＋3p(1－p) 2＋…＋np(1－p)n－1 ①，则(1－p)A=p(1－p)＋2p(1－p)2＋3p(1－p)3＋…＋np(1－p)n ②，①－②得pA=p＋p(1－p)＋p(1－p)2＋p(1－p)3＋…＋p(1－p)n－1－np(1－p)n=－np(1－p)n，所以A=－n(1－p)n，由参考公式知(1－p)n=0， n(1－p)n= 0，从而E(Y)=i(1－p)i－1p=．
10．(2025·武汉一模)某校高二年级各班在周班会课上进行了“中国传统文化”知识竞赛．各班竞赛形式多样，其中高二(1)(2)两班竞赛规则最具代表性，请完成以下两题：
(1) 高二(1)班班委会设置如下竞赛规则：从6道题中任选2题作答，2题均答对就获得“传统文化小达人”的称号．已知6道题中同学甲能答对其中的4道题，求甲在已经答对一题的前提下没有获得“传统文化小达人”称号的概率．
【解答】 设事件A表示甲已经答对一题，事件B表示甲没有获得“传统文化小达人”称号，则n(A)==14，n(AB)==8，则P(B|A)===．
(2) 高二(2)班班委会采取的竞赛规则：共设置n道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，答对就进入下一题，答错则终止答题，若n道题全部答对，就获得一个小礼品．已知同学乙答对每道题的概率为．
①当n=3时，设乙答题结束时，答题的个数为X，求随机变量X的分布列及数学期望；
②设乙答题结束时，答对题目的个数为Y，求使得E(Y)＞2.4成立的n的最小值．
参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477．
【解答】 ①X的可能取值为1，2，3，则P(X=1)=1－=，P(X=2)=×=，P(X=3)=×=，所以X的分布列为
X 1 2 3
P
则E(X)=1×＋2×＋3×=．
②Y的可能取值为0，1，2，…，n，P(Y=k)=，k=0，1，2，…，n－1，P(Y=n)=n，由期望的公式可得E(Y)=k·k·＋n·n，设S=k·k=＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)n－1，则S=2＋2×3＋3×4＋…＋(n－2)n－1＋(n－1)·n，两式相减可得S=1＋2＋…＋n－1－(n－1)n=－(n－1)n=3－(n－1) n，所以S=12－4(n－1)n，则E(Y)=S＋n·n=3－(n－1)n＋nn=3＋n=3＋n－1=3－3·n，由E(Y)＞2.4可得3－3·n＞2.4，即n＜0.2，即nlg＜lg 0.2，其中lg=lg 3－2lg 2≈0.477－2×0.301=－0.125＜0，lg 0.2=lg 2－lg 10≈0.301－1=－0.699，则n＞≈=5.592，所以n的最小值为6．
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