兩點分布、超幾何分布、二項分布、正態(tài)分布七大題型-2025年高考數學重難點題型突破（新高考）解析版

重難點專題46兩點分布、超幾何分布、二項分布、正態(tài)分布七大題

型匯總

題型1兩點分布..................................................................1

題型2超幾何分布................................................................6

題型3二項分布.................................................................15

題型4正態(tài)分布.................................................................24

題型5超幾何分布與二項分布....................................................36

題型6超幾何分布與正態(tài)分布.....................................................46

題型7二項分布與正態(tài)分布.......................................................56

題型1兩點分布

菱均#占

兩步法判斷一個分布是否為兩點分布

(1)看取值：隨機變量只取兩個值：0和L

(2)驗概率：檢驗f\X=0)+f\X=1)=1是否成立.如果一個分布滿足以上兩點，則該分布

是兩點分布，否則不是

【例題11(2023上?江蘇鎮(zhèn)江?高三江蘇省鎮(zhèn)江第一中學校考階段練習)若隨機變量X服從

兩點分布,其中P(X=o)=]E(X),D(X)分別為隨機變量X的均值與方差，則下列結論不

正確的是()

A.P(X=1)=E(X)B.E(3X+2)=4

C.D(3X+2)=4D.D(X)=：

【答案】C

【分析】根據隨機變量X服從兩點分布推出P(X=1)=|,根據公式先計算出E(X)、D(X),

第1頁共80頁

由此分別計算四個選項得出結果.

【詳解】隨機變量X服從兩點分布，其中P(X=0)=]；.P(x=1)=|,

E(X)=0x-+lx-=-,

OW=(0-|)2x|+(l-|)2x|=|,

在A中，P(X=1)=E(X),故A正確；

在B中，E(3X+2)=3E(X)+2=4,故B正確；

在C中，D(3X+2)=9D(X)=9X|=2,故C錯誤；

在D中，D(X)=|,故D正確.

故選：C.

【變式1-1】1.(2021?浙江杭州?浙江省杭州第二中學校考模擬預測)有3個人在一樓進入

電梯，樓上共有4層，設每個人在任何一層出電梯的概率相等，并且各層樓無人再進電梯，

設電梯中的人走空時電梯需停的次數為§，則灰f)=

【答案】

16

f'，電梯在第i+\層停

【分析】設隨機變量8=(i=123,4),可求得隨機變量兩個取值

電梯在第t+\層不停

所對應的概率，由此得到分布列，從而計算得到E七),由E(f)=￡21Ee)可求得結果.

【詳解】由題意知：大樓共5層，

，1,電梯在第t+1層停

設隨機變量d=(i=1,2,3,4),貝q=Eti&，

電梯在第層不停

X0,t+1

?.嚀怎=。)=(1一？3=卷/g=1)=1一(1一/=~

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、

E(fj)=0cX-27--F,iyx—37=一37,

w646464

E(f)=EQXi&)=￡￡E&)=4x篙=葛.

故答案為：巳

lo

【點睛】關鍵點點睛：本題解題關鍵是能夠明確當電梯不停時，無人能走出電梯，從而結合

對立事件概率公式確定電梯在每層停與不停所對應的概率，進而得到分布列.

【變式1-1】2.(2018?浙江?校聯(lián)考模擬預測)已知隨機變量8滿足P&=0)=小，

P&=1)=1-PE,且0cpi<]i=1,2.若E(fi)<E&),則().

A?Pl<P2，且。(fl)<D(《2)B?Pl>P2,且。(fl)>D(§2)

C.PI<P2，且。(fi)>0(02)D?pi>P2,且D(fi)<。(§2)

【答案】B

【分析】根據已知寫出對應的兩點分布的分布列，根據公式求出期望，由E&)<E&)可得

Pi>P2,根據方差公式構造二次函數，借助函數的單調性即可得出結果.

【詳解】由題知變量七,七的分布列均為兩點分布.變量fl，§2的分布列如下：

fl01$201

PPl1-P1PP21一P2

則E&)=1-Pl,Ea)=1-P2，。&)=Pl(l-P1),。&2)=P2(l-P2)，

由E(fi)<E(A)=>1-Pl<1-P2=Pi>P2，因為0<Pii=1,2,

函數y=x(l-x)在(O4)上單調遞增，所以>0?2).

故選:B.

【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列、數學期望及方差.本題的關鍵要識別出變量服

從兩點分布，運用相應數學期望和方差公式計算，其次運用二次函數的性質來比較大小，屬

于中檔題.

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【變式1-1]3.(2019上浙江溫州?高三溫州中學校考階段練習)已知隨機變量，滿足P(f=

0)=1—p,P(f=1)=p,其中。<p<1.令隨機變量〃=巧—E(f)|,則()

A,￡(77)>E笆)B.E⑺<E(9

C.D(n)>D⑹D.。⑺<D(^)

【答案】D

【分析】根據題意，列表求得隨機變量，及〃的分布列，可知均為兩點分布.由兩點分布的均值及

方差表示出E(f),D(打和E5)。8),根據0<p<1比較大小即可得解.

【詳解】隨機變量f滿足P(f=0)=1—p,P(f=1)=p,其中0<p<1.

則隨機變量f的分布列為：

01

P1—PP

所以E(f)=p,D(O=p(l-p)

隨機變量〃=If一E(f)|,

所以當f=。時〃=If-F(OI=P，當f=1時刃=If—E(f)|=1-p

所以隨機變量〃=If-E(f)|的分布列如下表所示(當p=0.5時簿只有一個情況,概率為1)：

P1—p

P1—pp

則￡1(〃)=p(l—p)+(1—p)p=2p(l—p)

DS)=[p—2P(1—p)]2?(1—p)+[1—p—2P(1—p)]2-p

=p(l—p)(2p—l)2

當E(f)=E(〃)即p=2P(1-p),解得p=/所以A、B錯誤.

。⑹-。⑺

=p(l—p)—p(l—p)(2p—l)2

=4P2(1-p)2＞。恒成立.

所以C錯誤,D正確

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故選:D

【點睛】本題考查了隨機變量的分布列,兩點分布的特征及均值和方差求法，屬于中檔題

【變式1-U4.(2020?安徽?校聯(lián)考二模)某工廠生產某種電子產品，每件產品不合格的概

率均為P，現(xiàn)工廠為提高產品聲譽，要求在交付用戶前每件產品都通過合格檢驗，已知該工

廠的檢驗儀器一次最多可檢驗5件該產品，且每件產品檢驗合格與否相互獨立.若每件產

品均檢驗一次，所需檢驗費用較多，該工廠提出以下檢驗方案：將產品每k個(k<5)一組

進行分組檢驗，如果某一組產品檢驗合格，則說明該組內產品均合格，若檢驗不合格，則說

明該組內有不合格產品，再對該組內每一件產品單獨進行檢驗，如此，每一組產品只需檢驗

1次或1+k次.設該工廠生產1000件該產品，記每件產品的平均檢驗次數為X.

(1)求X的分布列及其期望；

(2)(i)試說明，當p越小時，該方案越合理，即所需平均檢驗次數越少；

(ii)當「=o.i時，求使該方案最合理時k的值及1000件該產品的平均檢驗次數.

【答案】(1)見解析,l-(l-p)k+i(2)(i)見解析(ii)fc=4時平均檢驗次數最少，

約為594次.

【解析】(1)由題意可得P(X=目=(1-p￥,X的可能取值為折口—,分別求出其概率即

可求出分布列，進而可求出期望.

(2)(1)由⑴記f(P)=1-(1一p)k+［根據函數的單調性即可證出；(ii)記g(k)=1-

(l-p)k+i=l-0.9k+/當g(k)<1且取最小值時，該方案最合理，對k進行賦值即可

求解.

【詳解】(1)P(X=￡)=(I-由題，X的可能取值為割

P(x=.)=1一a一P)3故x的分布列為

11+/c

X

kk

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P(l-p)k1—(1—p)k

E(X)="(1-p)k+-[1-(1-p)fe]=1-(1-p)fc+

KKK

⑵⑴由⑴記f(p)=l-(l-p)k+i,因為k>0,

所以f(p)在pe(0,1)上單調遞增，

故P越小，f(P)越小，即所需平均檢驗次數越少，該方案越合理

(ii)記g(k)=l-(l-p)k+i=1-0.9k+i

當g(k)<1且取最小值時，該方案最合理，

因為g⑴=1.1,^(2)=0.69,g(3)?0.604^(4)?0.594,g⑸?0.61

所以k=4時平均檢驗次數最少，約為1000X0.594=594次.

【點睛】本題考查了離散型隨機變量的分布列、數學期望，考查了分析問題、解決問題的能

力，屬于中檔題.

題型2超幾何分布

#占

對超幾何分布的理解

(I)超幾何分布的模型是不放回抽樣；

(2)超幾何分布中的參數是M,N,n-,

(3)超幾何分布可解決產品中的正品和次品、盒中的白球和黑球、同學中的男和女等問題，

往往由差異明顯的兩部分組成.

【例題2】(2023?全國?模擬預測)課堂上，老師為了講解"利用組合數計算古典概型的問

題"，準備了x(x>3,xeN*)個不同的盒子，上面標有數字1,2,3,...,每個盒子準

備裝x張形狀相同的卡片，其中一部分卡片寫有“巨額獎勵"的字樣，另一部分卡片寫有

"謝謝惠顧”的字樣.第1個盒子放有1張“巨額獎勵"，久一1張"謝謝惠顧"，第2個

第6頁共80頁

盒子放有2張"巨額獎勵"，％-2張"謝謝惠顧"，…，以此類推.游戲時，老師在所有

盒子中隨機選取1個盒子后，再讓一個同學上臺每次從中隨機抽取1張卡片，抽取的卡片

不再放回，連續(xù)抽取3次.

(1)若老師選擇了第3個盒子，x=7,記摸到"謝謝惠顧”卡片的張數為X,求X的分布列

以及數學期望E(X)；

(2)若x=5,求該同學第3次抽到"謝謝惠顧”的概率.

【答案】⑴分布列見解析，E(X)=y

⑵I

【分析】(1)利用超幾何分布的知識表示出分布列，計算期望即可；

(2)當x=5時，記從第k個盒子中第3次抽到"謝謝惠顧"為事件4＜卜=123,4,5),結

合古典概型，分別計算其對應的概率，即可得到答案，

【詳解】(1)當％=7時，老師選擇第3個盒子,則有3張"巨額獎勵"的卡片和4張"謝

謝惠顧”的卡片，則X的所有可能取值為0,1,2,3,

則P(X=0)=-=-,P(X=1)=警=fl,

P(X=2)=等=竺，P(X=3)==&.

'JC；351v7C735

X的分布列為

X0123

112184

P

35353535

數學期望E(X)=0X￡+1X||+2X^|+3X2=,

(2)當久=5時，記從第k個盒子中第3次抽到"謝謝惠顧"為事件4式卜=123,4,5).

P(4)=l_i^l=±PQ4,)=文至+2X3X2X2+邳四=三)=絲三+3X2X1X2=-

'175X4X35''5X4X35x4x35x4x35'""5x4x35x4x35

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r>/A、4X3X11/A\r\

P（a4）=H=m，P（4）=0.

故該同學第3次抽到"謝謝惠顧"的概率P==|.

【變式2-1]1.(2023上?江蘇南京?高三南京市江寧高級中學校聯(lián)考期中)為弘揚中國共

產黨百年奮斗的光輝歷程，某校團委決定舉辦“中國共產黨黨史知識”競賽活動.競賽共有

力和B兩類試題，每類試題各10題，其中每答對1道4類試題得10分；每答對1道B類試

題得20分，答錯都不得分.每位參加競賽的同學從這兩類試題中共抽出3道題回答(每道

題抽后不放回).已知某同學2類試題中有7道題能答對,而他答對各道B類試題的概率均為

2

3?

(1)若該同學只抽取3道4類試題作答，設X表示該同學答這3道試題的總得分，求X的分布

和期望；

(2)若該同學在a類試題中只抽1道題作答，求他在這次競賽中僅答對1道題的概率.

【答案】(1)分布列見解析,E(X)=21

【分析】(1)根據超幾何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求

解，

(2)根據相互獨立事件的概率，即可求解.

【詳解】（1）Xe{0,10,20,30}

p（x=0）=卑=工，P（X=10）=率=9=K

、）CJ120kJCio12040

0

p（x=10）=率=里=4,P（X=30）=§■=—357

、）CJ12040V）Cio12024

0

所以X的分布為

X0102030

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17217

P

120404024

所以E(X)=0X---F10X--F20X--F30X——21

v7120404024

(2)記〃該同學僅答對1道題〃為事件M.

,、71o31219

"-,x(一)H——xC?—?一=—

Pi(M)'=10W1023390

???這次競賽中該同學僅答對1道題得概率為得

【變式2-1]2.(2022上?廣東廣州?高三廣州六中?？计谀?某地區(qū)共有200個村莊，根

據扶貧政策的標準，劃分為貧困村與非貧困村為了分析2018年度該地區(qū)的GDP(國內生

產總值)(單位：萬元)情況，利用分層抽樣的方法，從中抽取一個容量為20的樣本，并

繪成如圖所示的莖葉圖.

非貧困村的GDP貧困村的GDP

138

2578

93124

9764

74325

53216

(l)(i)分別求樣本中非貧困村與貧困村的GDP的平均值；

(ii)利用樣本平均值來估算該地區(qū)2018年度的GDP的總值.

(2)若從樣本中的貧困村中隨機抽取4個村進行調研，設X表示被調研的村中GDP低于(i)

中貧困村GDP平均值的村的個數，求X的分布列及數學期望.

【答案】(1)(i)非貧困村的GDP的平均值為54萬元；貧困村的GDP的平均值為26萬元；(ii)

8560萬元

(2)分布列見解析，數學期望為|

【分析】(1)(i)由平均數公式求解即可；(ii)由題意直接列式計算即可；

第9頁共80頁

(2)首先結合超幾何分布的概率公式求概率，進而可得分布列，再由數學期望公式求數學

期望即可.

【詳解】(1)(i)非貧困村的GDP的平均值為

廠

-9-+-6-+--7-+-9--+-2-+--3-+--4-+-7--+-1-+--2-+-3+--5-+--3-0-+--4-0-x-3--+-5-0--x-4-+-6--0-x-4-=54*(/萬r---兀----\).

貧困村的GDP的平均值為

-3-+-8--+-5-+--7-+-8--+-1-+--2-+-4-+--1-0-x--2-+-2--0-x-3-+--3-0-x-3-=2“6(/萬i----兀--------\).

O

(ii)?.?貧困村與非貧困村的抽樣比為2:3,

.?.該地區(qū)貧困村的個數為80,非貧困村的個數為120,

..該地區(qū)2018年度的GDP的總值約為26x80+54x120=2080+6480=8560(萬元).

(2)由題意及(i)知GDP低于貧困村GDP平均值的村有3個，

則X的所有可能取值為0,1,2,3,則

P(X=0)W=gP(X=1)=詈/P(X=2)=等=,P(X=3)=詈=%

■X的分布列為

X0123

1331

P

147714

【變式2-1]3.(2023?全國?高三專題練習)某從事智能教育技術研發(fā)的科技公司開發(fā)了一

個"AI作業(yè)”項目，并且在甲、乙兩個學校的高一學生中做用戶測試.經過一個階段的試用，

為了解"AI作業(yè)"對學生學習的促進情況，該公司隨機抽取了200名學生,對他們的"向

量數量積"知識點掌握的情況進行調查，樣本調查結果如下表：

甲校乙校

第10頁共80頁

使用AI作業(yè)不使用AI作業(yè)使用AI作業(yè)不使用AI作業(yè)

基本掌握32285030

沒有掌握8141226

假設每位學生是否掌握"向量數量積"知識點相互獨立.從樣本中沒有掌握"向量數量積"

知識點的學生中隨機抽取2名學生，用§表示抽取的2名學生中使用"M作業(yè)”的人數，求

珀勺分布列和數學期望；

【答案】分布列見解析，E(f)=|;

【分析】根據題意由表格數據可得使用"AI作業(yè)"的人數為20人，不使用"AI作業(yè)”的人

數為40,利用超幾何分布即可求得分布列，得出期望值.

【詳解】依題意，沒有掌握"向量數量積"知識點的學生有60人，

其中，使用"AI作業(yè)"的人數為20人，不使用"AI作業(yè)"的人數為40,

易知f=0,1,2,且P(f=0)=2=(J,

所以珀勺分布列為：

012

268019

P

59177177

故數學期望E(f)=1x瞿+2x券=|

【變式2-1]4.(2023上?全國?高三專題練習)為了適當疏導電價矛盾，保障電力供應，

支持可再生能源發(fā)展，促進節(jié)能減排，某省推出了省內居民階梯電價的計算標準：以一個年

度為計費周期，月度滾動使用.第一階梯：年用電量在2160度以下(含2160度)，執(zhí)行第

一檔電價0.5653元/度;第二階梯：年用電量在2161度到4200度內(含4200度)，超出

第11頁共80頁

2160度的電量執(zhí)行第二檔電價0.6153元/度;第三階梯：年用電量在4200度以上，超出

4200度的電量執(zhí)行第三檔電價0.8653元/度.

某市的電力部門從本市的用戶中隨機抽取10戶，統(tǒng)計其同一年度的用電情況，列表如下：

用戶

12345678910

編號

年用電量/

1000126014001824218024232815332544114600

度

(1)計算表中編號為10的用戶該年應交的電費；

(2)現(xiàn)要在這10戶中任意選取4戶，對其用電情況進行進一步分析，求取到第二階梯的戶數

的分布列.

【答案】(1)2822.38

(2)分布列見解析

【分析】(1)根據階梯電價的計算標準，分段計算編號為10的用戶一年的用電費用，即得

答案；

(2)確定第二階梯的戶數，設取到第二階梯的戶數為X,確定其可能的取值，根據超幾何

分布的概率計算，求出每個值相應的概率，即可得分布列.

【詳解】(1)(因為第二檔電價比第一檔電價每度多0.05元，

第三檔電價比第一檔電價每度多0.3元，

編號為10的用戶一年的用電量是4600度，

所以該戶該年應交電費為

4600x0.5653+(4200-2160)x0.05+(4600-4200)x0.3=2822.38(元).

第12頁共80頁

（2）設取到第二階梯的戶數為X,

易知第二階梯有4戶，則X的所有可能取值為0,1,2,3,4.

P（X=0）=，P（X=1）=，P（x=2）=

普Jo=（,4泮Jo=卷Z1轡Jo=￡'

故X的分布列為

X01234

18341

P

1421735210

【變式2-1]5.（2022上?遼寧鐵嶺?高三校聯(lián)考期末）雙十一購物狂歡節(jié)，是指每年11月

11日的網絡促銷日，源于淘寶商城（天貓）2009年11月11日舉辦的網絡促銷活動，時

至今日已成為中國電子商務行業(yè)的年度盛事，并且逐漸影響到國際電子商務行業(yè).某營銷調

研機構進行某商品的市場營銷調查時發(fā)現(xiàn)，每回饋消費者一定的點數，該商品每天的銷量就

會發(fā)生一定的變化，經過試點統(tǒng)計得到下表：

返還點數t12345

銷量（百件）/天0.50.611.41.7

（1）經分析發(fā)現(xiàn)，可用線性回歸模型y=bt+0.08擬合當地該商品銷量y（百件）與返還點數

t之間的相關關系.試預測，若返還6個點時，該商品每天的銷量；

⑵已知某地擬購買該商品的消費群體十分龐大，營銷調研機構對其中200名消費者對返點

數額的心理預期值進行了一個抽樣調查，得到如下一份頻數表：

返還點數預期值區(qū)間（百分比）[1-3)[3,5)57)[7,9)[9,11)[11,13)

206060302010

第13頁共80頁

(i)求這200位擬購買該商品的消費者對返還點數的心理預期值的樣本平均數及50%分

位數的估計值(同一區(qū)間的預期值可用該區(qū)間的中點值代替：估計值精確到0.1)；

(ii)將對返還點數的心理預期值在［1,3)和［11,13)的消費者分別定義為"低欲望型"消費

者和“高欲望型"消費者，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從位于這兩個區(qū)間的30名消費者中隨機

抽取6名，再從這6人中隨機抽取3名進行跟蹤調查，設抽出的3人中"低欲望型"消費

者的人數為隨機變量X,求X的分布列及數學期望.

【答案】(1)返回6個點時該商品每天銷量約為2百件

⑵(i)5.7;(ii)分布列見解析，2

【分析】(1)根據樣本中心點求得6,進而求得預測值.

(2)(i)根據百分位數的求法求得正確答案.(ii)利用超幾何分布的分布列計算公式求

得分布列并求得數學期望.

【詳解】（1）E=產=3,歹=。-5+。竺+1.4+1.7=,

104

代入y=bt+0.08,得1.04=36+0.08,b=0.32,

則y關于珀勺線性回歸方程為9=o.32t+0.08,

當t=6時，夕=2.00,即返回6個點時該商品每天銷量約為2百件.

(2)(i)根據題意，這200位擬購買該商品的消費者對返還點數的心里預期值的平均值%

的估計值為：

x=2X0.1+4x0.3+6X0.3+8X0.15+10X0.1+12X0.05=6,

50%分位數的估計值為5+2x=5+1~5.7.

1°戈6U-6。3

(ii)抽取6名消費者中"低欲望型"消費者人數為6x^=4,

"高欲望型"消費者人數為6x黑=2.

第14頁共80頁

P（X=1）=晉=）P（X=2）=皆=/P（X=3）=爸=]

故隨機變量X的分布列為：

題型3二項分布

中f我1占

1.獨立重復試驗的特點

①每次試驗中，事件發(fā)生的概率是相同的；

②每次試驗中的事件是相互獨立的，其實質是相互獨立事件的特例.

2.判斷隨機變量X服從二項分布的條件（X~8（",夕））

①的取值為0,1,2，…，/7;

②RX=心=（:豺Q-夕）"-"=0,1,2，…，n,夕為試驗成功的概率）.

注意：在實際應用中，往往出現(xiàn)數量"較大""很大""非常大"等字眼，這表明試驗可視為

獨立重復試驗，進而判定是否服從二項分布.

【例題3]（2024?云南楚雄?云南省楚雄彝族自治州民族中學?？家荒＃}水選種是古代勞

動人民的智慧結晶，其原理是借助鹽水估測種子的密度，進而判斷其優(yōu)良.現(xiàn)對一批某品種

種子的密度（單位：g/cm3）進行測定，測定結果整理成頻率分布直方圖如圖所示，認為密

度不小于1.2的種子為優(yōu)種，小于1.2的為良種.自然情況下，優(yōu)種和良種的萌發(fā)率分別為0.8

和0.5.

第15頁共80頁

(1)估計這批種子密度的平均值;(同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表)

(2)用頻率估計概率，從這批種子(總數遠大于2)中選取2粒在自然情況下種植，設萌發(fā)的

種子數為X,求隨機變量X的分布列和數學期望(各種子的萌發(fā)相互獨立).

【答案】⑴1.24g/cm3

(2)分布列見解析；1.36

【分析】(1)求出每組的中點值然后即可求解.

(2)根據題意從這批種子中選取2粒在自然情況下種植萌發(fā)的種子數X符合二項分布

X?B(2,p),從而可求出分布列，求出期望值.

【詳解】(1)估計種子密度的平均值為(0.7x0.5+0.9x0.6+1.1x0.9+1.3x1.4+1.5x

1.1+1.7X0.5)X0,2=1.24(g/cm3)；

(2)由頻率分布直方圖知優(yōu)種占比為(1.4+1.1+0.5)x0.2=|,

任選一粒種子萌發(fā)的概率P=|xi+(l-|)xi=jZ.

因為這批種子總數遠大于2,所以萌發(fā)的種子數X符合二項分布X?B(2,p),

所以X可取的值為0,1,2,

所以P(X=O)=C/o(l_p)2=￡x￡=^,

P(X=1)=C如(1-p)=2x—X—=—,

'J/八。2525625’

P(X=2)=C/2(I一p)o=lZ〉1Z=咨,

、J2525625,

第16頁共80頁

所以X的分布列為：

X012

64272289

P

625625625

所以期望E(X)=Ox羨+1X襄+2X襄=郎=1.36,

故期望值為1.36.

【變式3-1】1.(2023?貴州?清華中學校聯(lián)考模擬預測)某工廠的質檢部門對擬購買的一批

原料進行抽樣檢驗，以判定是接收還是拒收這批原料.現(xiàn)有如下兩種抽樣檢驗方案：

方案一：隨機抽取一個容量為10的樣本，并全部檢驗，若樣本中不合格數不超過1個，則

認為這批原料合格，予以接收；

方案二：先隨機抽取一個容量為5的樣本，全部檢驗，若都合格，則予以接收；若樣本中

不合格數超過1個，則拒收；若樣本中不合格數為1個，則再抽取一個容量為5的樣本，

并全部檢驗，且只有第二批樣本全部合格才予以接收.

假設擬購進的這批原料的合格率為P(0<P<1),并用P作為原料中每件產品是合格品的概

率.若每件產品所需的檢驗費用為3元，目費用由工廠承擔.

(1)若P=|,即方案二中所需的檢驗費用為隨機變量X,求X的分布列與期望；

(2)分別計算兩種方案中這批原料通過檢驗的概率，若你是原料供應商，你希望質檢部門采

取哪種檢驗方案?說明理由.

【答案】(D分布列見解析，E(X)?19.94

9

(2)方案一的概率為A=p(10-9p),方案二的概率為P2=2'[I+5P然1_p)]；

采取方案二，理由見解析.

【分析】(1)隨機變量X的值可能取值是15,30,分別求出概率即可求出分布列，進而可

第17頁共80頁

求出數學期望；

4

(2)分別求出方案一和方案二的概率，由作差法可得/(p)=-4p5+5p-1,利用導數討

論函數;'(P)的性質，即可求解.

【詳解】(1)由題意，隨機變量X的值可能取值是15,30,

X=15對應的事件是隨機抽取一個容量為5的樣本，全部檢驗，都合格或不合格品件數超

過1個，

X=30對應的事件是隨機抽取一個容量為5的樣本，全部檢驗，出現(xiàn)了1個不合格品然后

又抽取了容量為5的樣本，全部檢驗，

所以P(X=30)=Ck|)4-|=果，P(X=15)=1-P(X=30)=1-券=罪，

X的分布列為：

nH

01

所以E(X)=15x|g+30x墨々19.94；

109

(2)方案一通過檢驗的概率為Pl=p4-C1O(1-p)p9=p(10-9p),

方案二通過檢驗的概率為P2=p5+Cg(l-p)p4p5=p5[l+5p4(l-p)],

9554

Pt—P2=p(10—9p)—p[l+5P「(I—p)]=p[p(10—9p)—1—5P「(I—p)],其中0<

P<1,

令f(p)—p4(10—9p)—1—5P4(1—p)=-4p5+5p4—1,

則f'(P)——20p4+20p3-20P3(1—p)>0,

所以函婁好(P)在(0,1)上單調遞增，故/'(P)</(l)=0,

即A<P2,

故原料供應商更希望該工廠的質檢部門采取方案二，因為原料通過檢驗的概率更高.

第18頁共80頁

【變式3-1］2.(2023上?山東青島?高三青島二中?？计谥?一個袋子里有大小相同的黑

球和白球共10個，其中白球有a(0<a<10,a&N*)個，每次隨機摸出1個球，摸出的球

再放回.設事件4為“從袋子中摸出4個球，其中恰有兩個球是白球”.

(1)當a取時，事件2發(fā)生的概率最大，求的的值；

(2)以(1)中確定的a0作為a的值，甲有放回地從袋子中摸球，如果摸到黑球則繼續(xù)摸球，

摸到白球則停止摸球，摸球的次數記為X,求X的數學期望E(X).

參考：(1)若P(X=k)=a(k=1,2,3…)，貝！］E(X)=lim；(2)limn-=0.

kn—>+oon->+oo\z/

【答案】⑴5

⑵2

【分析】(1)根據二項分布的概率公式表示出P⑷=6?篇?(1-巳)了,進而根據基本不

等式求解即可；

(2)根據題意可知P(X=k)=以=2，進而結合錯位相減法求出，再根據E(X)=

lim￡￡=i卜/求解即可.

n->+oo

【詳解】(1)每次隨機摸出1個球，摸到白球的概率為巳,摸到黑球的概率為1-2,

所以P(A)=C3(煞.(1—煞=6.居?(1—到2,

a^1__a.2

右可=；,當且僅當卷=1-親，即。=5時等號成立，

(乙)41U1U

則P⑷=6,舟(1-<6x&=i'

所以當a。=5時，事件4發(fā)生的概率最大.

(2)由(1)知，每次隨機摸出1個球，摸到白球的概率為巳,摸到黑球的概率為］

x

則P(X=1)=ai=|,P(X=2)=a2=||=^?

1-1-11

P(X=3)=a3=-x-x-=—,

第19頁共80頁

則P(X=fc)=afc=^,

左=1卜以=Z仁]次=3+齊+/+…+齊，

貝吟￡2=/以=/+套+/+…+*+，

兩式相減得,|Zk=i卜以=(+京+蠢+/+…+/一卡=21_?'-品=1-簫，

2

所以況1k=2-箸,

所以E(X)=nlim2%仙=*8卜-詈)=2.

【變式3-1]3.(2023?全國?模擬預測)某超市推出了一項優(yōu)惠活動，規(guī)則如下：

規(guī)則一：顧客在本店消費滿100元，返還給顧客10元消費券；

規(guī)則二：顧客在本店消費滿100元，有一次抽獎的機會，每次中獎，就會有價值20元的獎

品.顧客每次抽獎是否中獎相互獨立.

(1)某顧客在該超市消費了300元，進行了3次抽獎，每次中獎的概率均為p.記中獎2次

的概率為/(p),求f(p)取得最大值時,P的值Po.

(2)若某顧客有3次抽獎的機會，目中獎率均為po,則該顧客選擇哪種規(guī)則更有利？請說明

理由.

【答案】(l)Po=g

(2)選擇規(guī)則二更有利，理由見解析

【分析】(1)根據題意列出f(p)表達式，通過求導分析出單調性，進而求出f(p)取得最大值

時,p的值Po.

(2)根據二項分布可求出規(guī)則二的獲獎期望，對比兩個規(guī)則獲獎高的更有利.

【詳解】(1)由題意知，3次抽獎有2次中獎的概率

f(p)-C|p2(l—p)=—3p3+3P2(o<p<1),

第20頁共80頁

則f'(p)=-9p2+6p=-9p(p—§.

當pe(o,§時，r(p)>o,則f(p)單調遞增，

當pe(I，1)時，[(p)<o,則f(p)單調遞減.

所以當P=|時，/(P)取得最大值，則Po=|.

(2)①該顧客選擇規(guī)則一，其獲利為30元；

②該顧客選擇規(guī)則二，由第一問知Po=|,

則其中獎次數X服從二項分布B(3,|),

所以E(X)=3x|=2,

所以該顧客獲得獎品金額的期望值為2x20=40(元).

因為40>30,

所以該顧客選擇規(guī)則二更有利.

【變式3-1]4.(2023下?貴州貴陽?高三校聯(lián)考階段練習)某校為了慶祝建校100周年，

舉行校園文化知識競賽.某班經過層層選拔,還有最后一個參賽名額要在甲、乙兩名學生中產

生，該班設計了一個選拔方案：甲，乙兩名學生各自從6個問題中隨機抽取3個問題作答.

已知這6個問題中，學生甲能正確回答其中的4個問題，而學生乙能正確回答每個問題的

概率均為點甲、乙兩名學生對每個問題回答正確與否都是相互獨立的.

(1)分別求甲、乙兩名學生恰好答對2個問題的概率；

(2)設甲答對的題數為X，乙答對的題數為丫，若讓你投票決定參賽選手，你會選擇哪名學生？

請說明理由.

【答案】(1)甲、乙恰好答對2個問題的概率分別為|,|

bo

⑵選擇學生甲，理由見解析

第21頁共80頁

【分析】(1)由古典概率求出甲恰好答對2個問題的概率，再由獨立事件的乘法公式求出

乙恰好答對2個問題的概率；

(2)求出X的可能取值及其對應的概率，再由期望、方差公式求出E(X),D(X),因為

y~B(3,|),由二項分布的期望、方差公式求出E(y),D(y),比較它們的大小即可得出答

案.

【詳解】(1)由題意，知甲恰好答對2個問題的概率為R=萼=|,

C65

乙恰好答對2個問題的概率為P2=第(02(|)'=I.

(2)X的可能取值為1,2,3,

則P(X=1)=警=：；P(X=2)=罷=|；P(X=3)=冬=去

3C6bC6b

所以E(X)=lx|+2x|+3x|=2,D(X)=(1-2)2x|+(2-2)2x|+(3-2)2xi=

2

5,

易知(3,j),

所以E(y)=3x；[D(y)=3x(x(i_m=*

因為E(x)>E(y)且。(X)<D(y),

甲的平均水平更好，也比乙更穩(wěn)定.

所以選擇學生甲.

【變式3-1]5.(2023上?湖南長沙?高三雅禮中學?？茧A段練習)在學校大課間體育活動

中，甲、乙兩位同學進行定點投籃比賽，每局比賽甲、乙每人各投一次，若一方命中且另一

方未命中，則命中的一方本局比賽獲勝，否則為平局，已知甲、乙每次投籃命中的概率分別

為苦生,且每局比賽甲、乙命中與否互不影響，各局比賽也互不影響.

(1)求1局投籃比賽，甲、乙平局的概率；

(2)設共進行了10局投籃比賽，其中甲獲勝的局數為X,求X的數學期望E(X).

第22頁共80頁

【答案】(1卓

⑵2

【分析】(1)根據互斥事件概率加法公式結合獨立事件概率乘法公式分析求解；

(2)由題意可知隨機變量X?B(10,,利用二項分布的期望公式運算求解.

【詳解】(1)設事件A表示甲命中，事件B表示乙命中，則PQ4)=|,P(F)=

所以1局投籃比賽,甲、乙平局的概率為PQ4B)+P麗=*+(I—。(1一>用.

(2)1局投籃比賽，甲獲勝的概率為P(疝)=gx(1-￡)=)

因為進行了10局投籃比賽，各局比賽也互不影響，

可知隨機變量X?B,所以E(X)=10x：=2.

【變式3-1]6.(2023?全國?模擬預測)5G技術是未來信息技術的核心，而芯片是5G通

信技術的關鍵之一.我國某科創(chuàng)企業(yè)要用新技術對一種芯片進行試生產.現(xiàn)對這種芯片進行自

動智能檢測，已知自動智能檢測顯示該種芯片的次品率為1.5%,且每個芯片是否為次品相

互獨立.該企業(yè)現(xiàn)有試生產的芯片10000個，給出下面兩種檢測方法：

方法1:對10000個芯片逐一進行檢測.

方法2:將10000個芯片分為1000組，每組10個，把每組10個芯片串聯(lián)起來組成一個

芯片組，對該芯片組進行一次檢測，如果檢測通過，那么可斷定該組10個芯片均為正品,

如果不通過，那么再逐一進行檢測.

(1)按方法2,求一組芯片中恰有1個次品的概率(結果保留四位有效數字)；

(2)從平均檢測次數的角度分析，哪種方法較好？請說明理由.

參考數據：0.9858?0.8861,0.9859~0.8728,O.98510~0.8597.

【答案】(1)0.1309

第23頁共80頁

(2)方法2較好，理由見解析

【分析】(1)由題意根據二項分布的概率公式直接計算即可.

(2)對于方法一，其檢測次數為10000,對于方法二，分析得出每組芯片需要被檢測的X

次數的所有可能取值為1,11,分別求出P(X=1),P(X=11),再結合均值公式即可得解,

比較大小即可判斷.

【詳解】(1)因為每個芯片是否為次品相互獨立，

99

所以所求才既率P=Ci0x0.015x(1-0.015)=0.15x0.985?0.1309.

(2)方法1的檢測次數為10000.

方法2:對于某組芯片，如果進行一次檢測且通過，那么對這10個芯片只檢測1次；

如果檢測不通過，那么需對這10個芯片再逐一進行檢測，這時共需進行11次檢測.

每組芯片需要被檢測的X次數的所有可能取值為1,11,

且若一組芯片均為正品，貝1IX=1;若含有次品，則X=11.

因此P(X=1)=O.98510a0.8597.

P(X=11)=1-P(X=1)《0.1403,

所以E(X)=1x0.8597+11x0.1403=2.403,

所以1000組芯片的檢驗次數的均值為1000x2.403=2403.

因此方法2較好.

題型4正態(tài)分布

/劃重W

正態(tài)分布在四個特殊區(qū)間內