两点分布、超几何分布、二项分布、正态分布七大题型-2025年高考数学重难点题型突破（新高考）解析版

重难点专题46两点分布、超几何分布、二项分布、正态分布七大题

型汇总

题型1两点分布..................................................................1

题型2超几何分布................................................................6

题型3二项分布.................................................................15

题型4正态分布.................................................................24

题型5超几何分布与二项分布....................................................36

题型6超几何分布与正态分布.....................................................46

题型7二项分布与正态分布.......................................................56

题型1两点分布

菱均#占

两步法判断一个分布是否为两点分布

(1)看取值：随机变量只取两个值：0和L

(2)验概率：检验f\X=0)+f\X=1)=1是否成立.如果一个分布满足以上两点，则该分布

是两点分布，否则不是

【例题11(2023上•江苏镇江•高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习)若随机变量X服从

两点分布,其中P(X=o)=]E(X),D(X)分别为随机变量X的均值与方差，则下列结论不

正确的是()

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

C.D(3X+2)=4D.D(X)=：

【答案】C

【分析】根据随机变量X服从两点分布推出P(X=1)=|,根据公式先计算出E(X)、D(X),

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由此分别计算四个选项得出结果.

【详解】随机变量X服从两点分布，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正确；

在B中，E(3X+2)=3E(X)+2=4,故B正确；

在C中，D(3X+2)=9D(X)=9X|=2,故C错误；

在D中，D(X)=|,故D正确.

故选：C.

【变式1-1】1.(2021•浙江杭州•浙江省杭州第二中学校考模拟预测)有3个人在一楼进入

电梯，楼上共有4层，设每个人在任何一层出电梯的概率相等，并且各层楼无人再进电梯，

设电梯中的人走空时电梯需停的次数为§，则灰f)=

【答案】

16

f'，电梯在第i+\层停

【分析】设随机变量8=(i=123,4),可求得随机变量两个取值

电梯在第t+\层不停

所对应的概率，由此得到分布列，从而计算得到E七),由E(f)=£21Ee)可求得结果.

【详解】由题意知：大楼共5层，

，1,电梯在第t+1层停

设随机变量d=(i=1,2,3,4),贝q=Eti&，

电梯在第层不停

X0,t+1

•.咛怎=。)=(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.

故答案为：巳

lo

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够明确当电梯不停时，无人能走出电梯，从而结合

对立事件概率公式确定电梯在每层停与不停所对应的概率，进而得到分布列.

【变式1-1】2.(2018•浙江•校联考模拟预测)已知随机变量8满足P&=0)=小，

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

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】根据已知写出对应的两点分布的分布列，根据公式求出期望，由E&)<E&)可得

Pi>P2,根据方差公式构造二次函数，借助函数的单调性即可得出结果.

【详解】由题知变量七,七的分布列均为两点分布.变量fl，§2的分布列如下：

fl01$201

PPl1-P1PP21一P2

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

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

函数y=x(l-x)在(O4)上单调递增，所以>0«2).

故选:B.

【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望及方差.本题的关键要识别出变量服

从两点分布，运用相应数学期望和方差公式计算，其次运用二次函数的性质来比较大小，属

于中档题.

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【变式1-1]3.(2019上浙江温州•高三温州中学校考阶段练习)已知随机变量，满足P(f=

0)=1—p,P(f=1)=p,其中。<p<1.令随机变量〃=巧—E(f)|,则()

A,£(77)>E笆)B.E⑺<E(9

C.D(n)>D⑹D.。⑺<D(^)

【答案】D

【分析】根据题意，列表求得随机变量，及〃的分布列，可知均为两点分布.由两点分布的均值及

方差表示出E(f),D(打和E5)。8),根据0<p<1比较大小即可得解.

【详解】随机变量f满足P(f=0)=1—p,P(f=1)=p,其中0<p<1.

则随机变量f的分布列为：

01

P1—PP

所以E(f)=p,D(O=p(l-p)

随机变量〃=If一E(f)|,

所以当f=。时〃=If-F(OI=P，当f=1时刃=If—E(f)|=1-p

所以随机变量〃=If-E(f)|的分布列如下表所示(当p=0.5时簿只有一个情况,概率为1)：

P1—p

P1—pp

则£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

当E(f)=E(〃)即p=2P(1-p),解得p=/所以A、B错误.

。⑹-。⑺

=p(l—p)—p(l—p)(2p—l)2

=4P2(1-p)2＞。恒成立.

所以C错误,D正确

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故选:D

【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法，属于中档题

【变式1-U4.(2020•安徽•校联考二模)某工厂生产某种电子产品，每件产品不合格的概

率均为P，现工厂为提高产品声誉，要求在交付用户前每件产品都通过合格检验，已知该工

厂的检验仪器一次最多可检验5件该产品，且每件产品检验合格与否相互独立.若每件产

品均检验一次，所需检验费用较多，该工厂提出以下检验方案：将产品每k个(k<5)一组

进行分组检验，如果某一组产品检验合格，则说明该组内产品均合格，若检验不合格，则说

明该组内有不合格产品，再对该组内每一件产品单独进行检验，如此，每一组产品只需检验

1次或1+k次.设该工厂生产1000件该产品，记每件产品的平均检验次数为X.

(1)求X的分布列及其期望；

(2)(i)试说明，当p越小时，该方案越合理，即所需平均检验次数越少；

(ii)当「=o.i时，求使该方案最合理时k的值及1000件该产品的平均检验次数.

【答案】(1)见解析,l-(l-p)k+i(2)(i)见解析(ii)fc=4时平均检验次数最少，

约为594次.

【解析】(1)由题意可得P(X=目=(1-p¥,X的可能取值为折口—,分别求出其概率即

可求出分布列，进而可求出期望.

(2)(1)由⑴记f(P)=1-(1一p)k+［根据函数的单调性即可证出；(ii)记g(k)=1-

(l-p)k+i=l-0.9k+/当g(k)<1且取最小值时，该方案最合理，对k进行赋值即可

求解.

【详解】(1)P(X=£)=(I-由题，X的可能取值为割

P(x=.)=1一a一P)3故x的分布列为

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记f(p)=l-(l-p)k+i,因为k>0,

所以f(p)在pe(0,1)上单调递增，

故P越小，f(P)越小，即所需平均检验次数越少，该方案越合理

(ii)记g(k)=l-(l-p)k+i=1-0.9k+i

当g(k)<1且取最小值时，该方案最合理，

因为g⑴=1.1,^(2)=0.69,g(3)〜0.604^(4)«0.594,g⑸«0.61

所以k=4时平均检验次数最少，约为1000X0.594=594次.

【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列、数学期望，考查了分析问题、解决问题的能

力，属于中档题.

题型2超几何分布

#占

对超几何分布的理解

(I)超几何分布的模型是不放回抽样；

(2)超几何分布中的参数是M,N,n-,

(3)超几何分布可解决产品中的正品和次品、盒中的白球和黑球、同学中的男和女等问题，

往往由差异明显的两部分组成.

【例题2】(2023•全国•模拟预测)课堂上，老师为了讲解"利用组合数计算古典概型的问

题"，准备了x(x>3,xeN*)个不同的盒子，上面标有数字1,2,3,...,每个盒子准

备装x张形状相同的卡片，其中一部分卡片写有“巨额奖励"的字样，另一部分卡片写有

"谢谢惠顾”的字样.第1个盒子放有1张“巨额奖励"，久一1张"谢谢惠顾"，第2个

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盒子放有2张"巨额奖励"，％-2张"谢谢惠顾"，…，以此类推.游戏时，老师在所有

盒子中随机选取1个盒子后，再让一个同学上台每次从中随机抽取1张卡片，抽取的卡片

不再放回，连续抽取3次.

(1)若老师选择了第3个盒子，x=7,记摸到"谢谢惠顾”卡片的张数为X,求X的分布列

以及数学期望E(X)；

(2)若x=5,求该同学第3次抽到"谢谢惠顾”的概率.

【答案】⑴分布列见解析，E(X)=y

⑵I

【分析】(1)利用超几何分布的知识表示出分布列，计算期望即可；

(2)当x=5时，记从第k个盒子中第3次抽到"谢谢惠顾"为事件4＜卜=123,4,5),结

合古典概型，分别计算其对应的概率，即可得到答案，

【详解】(1)当％=7时，老师选择第3个盒子,则有3张"巨额奖励"的卡片和4张"谢

谢惠顾”的卡片，则X的所有可能取值为0,1,2,3,

则P(X=0)=-=-,P(X=1)=警=fl,

P(X=2)=等=竺，P(X=3)==&.

'JC；351v7C735

X的分布列为

X0123

112184

P

35353535

数学期望E(X)=0X£+1X||+2X^|+3X2=,

(2)当久=5时，记从第k个盒子中第3次抽到"谢谢惠顾"为事件4式卜=123,4,5).

P(4)=l_i^l=±PQ4,)=文至+2X3X2X2+邳四=三)=丝三+3X2X1X2=-

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

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r>/A、4X3X11/A\r\

P（a4）=H=m，P（4）=0.

故该同学第3次抽到"谢谢惠顾"的概率P==|.

【变式2-1]1.(2023上•江苏南京・高三南京市江宁高级中学校联考期中)为弘扬中国共

产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动.竞赛共有

力和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道4类试题得10分；每答对1道B类试

题得20分，答错都不得分.每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答(每道

题抽后不放回).已知某同学2类试题中有7道题能答对,而他答对各道B类试题的概率均为

2

3•

(1)若该同学只抽取3道4类试题作答，设X表示该同学答这3道试题的总得分，求X的分布

和期望；

(2)若该同学在a类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率.

【答案】(1)分布列见解析,E(X)=21

【分析】(1)根据超几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)根据相互独立事件的概率，即可求解.

【详解】（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的分布为

X0102030

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17217

P

120404024

所以E(X)=0X---F10X--F20X--F30X——21

v7120404024

(2)记〃该同学仅答对1道题〃为事件M.

,、71o31219

"-,x(一)H——xC?—•一=—

Pi(M)'=10W1023390

・•・这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为得

【变式2-1]2.(2022上•广东广州•高三广州六中校考期末)某地区共有200个村庄，根

据扶贫政策的标准，划分为贫困村与非贫困村为了分析2018年度该地区的GDP(国内生

产总值)(单位：万元)情况，利用分层抽样的方法，从中抽取一个容量为20的样本，并

绘成如图所示的茎叶图.

非贫困村的GDP贫困村的GDP

138

2578

93124

9764

74325

53216

(l)(i)分别求样本中非贫困村与贫困村的GDP的平均值；

(ii)利用样本平均值来估算该地区2018年度的GDP的总值.

(2)若从样本中的贫困村中随机抽取4个村进行调研，设X表示被调研的村中GDP低于(i)

中贫困村GDP平均值的村的个数，求X的分布列及数学期望.

【答案】(1)(i)非贫困村的GDP的平均值为54万元；贫困村的GDP的平均值为26万元；(ii)

8560万元

(2)分布列见解析，数学期望为|

【分析】(1)(i)由平均数公式求解即可；(ii)由题意直接列式计算即可；

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(2)首先结合超几何分布的概率公式求概率，进而可得分布列，再由数学期望公式求数学

期望即可.

【详解】(1)(i)非贫困村的GDP的平均值为

厂

-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*(/万r---兀----\).

贫困村的GDP的平均值为

-3-+-8--+-5-+--7-+-8--+-1-+--2-+-4-+--1-0-x--2-+-2--0-x-3-+--3-0-x-3-=2“6(/万i----兀--------\).

O

(ii)•.•贫困村与非贫困村的抽样比为2:3,

.•.该地区贫困村的个数为80,非贫困村的个数为120,

..该地区2018年度的GDP的总值约为26x80+54x120=2080+6480=8560(万元).

(2)由题意及(i)知GDP低于贫困村GDP平均值的村有3个，

则X的所有可能取值为0,1,2,3,则

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

■X的分布列为

X0123

1331

P

147714

【变式2-1]3.(2023・全国•高三专题练习)某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一

个"AI作业”项目，并且在甲、乙两个学校的高一学生中做用户测试.经过一个阶段的试用，

为了解"AI作业"对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生,对他们的"向

量数量积"知识点掌握的情况进行调查，样本调查结果如下表：

甲校乙校

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使用AI作业不使用AI作业使用AI作业不使用AI作业

基本掌握32285030

没有掌握8141226

假设每位学生是否掌握"向量数量积"知识点相互独立.从样本中没有掌握"向量数量积"

知识点的学生中随机抽取2名学生，用§表示抽取的2名学生中使用"M作业”的人数，求

珀勺分布列和数学期望；

【答案】分布列见解析，E(f)=|;

【分析】根据题意由表格数据可得使用"AI作业"的人数为20人，不使用"AI作业”的人

数为40,利用超几何分布即可求得分布列，得出期望值.

【详解】依题意，没有掌握"向量数量积"知识点的学生有60人，

其中，使用"AI作业"的人数为20人，不使用"AI作业"的人数为40,

易知f=0,1,2,且P(f=0)=2=(J,

所以珀勺分布列为：

012

268019

P

59177177

故数学期望E(f)=1x瞿+2x券=|

【变式2-1]4.(2023上•全国•高三专题练习)为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，

支持可再生能源发展，促进节能减排，某省推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年

度为计费周期，月度滚动使用.第一阶梯：年用电量在2160度以下(含2160度)，执行第

一档电价0.5653元/度;第二阶梯：年用电量在2161度到4200度内(含4200度)，超出

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2160度的电量执行第二档电价0.6153元/度;第三阶梯：年用电量在4200度以上，超出

4200度的电量执行第三档电价0.8653元/度.

某市的电力部门从本市的用户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下：

用户

12345678910

编号

年用电量/

1000126014001824218024232815332544114600

度

(1)计算表中编号为10的用户该年应交的电费；

(2)现要在这10户中任意选取4户，对其用电情况进行进一步分析，求取到第二阶梯的户数

的分布列.

【答案】(1)2822.38

(2)分布列见解析

【分析】(1)根据阶梯电价的计算标准，分段计算编号为10的用户一年的用电费用，即得

答案；

(2)确定第二阶梯的户数，设取到第二阶梯的户数为X,确定其可能的取值，根据超几何

分布的概率计算，求出每个值相应的概率，即可得分布列.

【详解】(1)(因为第二档电价比第一档电价每度多0.05元，

第三档电价比第一档电价每度多0.3元，

编号为10的用户一年的用电量是4600度，

所以该户该年应交电费为

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

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（2）设取到第二阶梯的户数为X,

易知第二阶梯有4户，则X的所有可能取值为0,1,2,3,4.

P（X=0）=，P（X=1）=，P（x=2）=

普Jo=（,4泮Jo=卷Z1辔Jo=£'

故X的分布列为

X01234

18341

P

1421735210

【变式2-1]5.（2022上•辽宁铁岭•高三校联考期末）双十一购物狂欢节，是指每年11月

11日的网络促销日，源于淘宝商城（天猫）2009年11月11日举办的网络促销活动，时

至今日已成为中国电子商务行业的年度盛事，并且逐渐影响到国际电子商务行业.某营销调

研机构进行某商品的市场营销调查时发现，每回馈消费者一定的点数，该商品每天的销量就

会发生一定的变化，经过试点统计得到下表：

返还点数t12345

销量（百件）/天0.50.611.41.7

（1）经分析发现，可用线性回归模型y=bt+0.08拟合当地该商品销量y（百件）与返还点数

t之间的相关关系.试预测，若返还6个点时，该商品每天的销量；

⑵已知某地拟购买该商品的消费群体十分庞大，营销调研机构对其中200名消费者对返点

数额的心理预期值进行了一个抽样调查，得到如下一份频数表：

返还点数预期值区间（百分比）[1-3)[3,5)57)[7,9)[9,11)[11,13)

206060302010

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(i)求这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心理预期值的样本平均数及50%分

位数的估计值(同一区间的预期值可用该区间的中点值代替：估计值精确到0.1)；

(ii)将对返还点数的心理预期值在［1,3)和［11,13)的消费者分别定义为"低欲望型"消费

者和“高欲望型"消费者，现采用分层抽样的方法从位于这两个区间的30名消费者中随机

抽取6名，再从这6人中随机抽取3名进行跟踪调查，设抽出的3人中"低欲望型"消费

者的人数为随机变量X,求X的分布列及数学期望.

【答案】(1)返回6个点时该商品每天销量约为2百件

⑵(i)5.7;(ii)分布列见解析，2

【分析】(1)根据样本中心点求得6,进而求得预测值.

(2)(i)根据百分位数的求法求得正确答案.(ii)利用超几何分布的分布列计算公式求

得分布列并求得数学期望.

【详解】（1）E=产=3,歹=。-5+。竺+1.4+1.7=,

104

代入y=bt+0.08,得1.04=36+0.08,b=0.32,

则y关于珀勺线性回归方程为9=o.32t+0.08,

当t=6时，夕=2.00,即返回6个点时该商品每天销量约为2百件.

(2)(i)根据题意，这200位拟购买该商品的消费者对返还点数的心里预期值的平均值%

的估计值为：

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

50%分位数的估计值为5+2x=5+1~5.7.

1°戈6U-6。3

(ii)抽取6名消费者中"低欲望型"消费者人数为6x^=4,

"高欲望型"消费者人数为6x黑=2.

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P（X=1）=晋=）P（X=2）=皆=/P（X=3）=爸=]

故随机变量X的分布列为：

题型3二项分布

中f我1占

1.独立重复试验的特点

①每次试验中，事件发生的概率是相同的；

②每次试验中的事件是相互独立的，其实质是相互独立事件的特例.

2.判断随机变量X服从二项分布的条件（X~8（",夕））

①的取值为0,1,2，…，/7;

②RX=心=（:豺Q-夕）"-"=0,1,2，…，n,夕为试验成功的概率）.

注意：在实际应用中，往往出现数量"较大""很大""非常大"等字眼，这表明试验可视为

独立重复试验，进而判定是否服从二项分布.

【例题3]（2024•云南楚雄•云南省楚雄彝族自治州民族中学校考一模）盐水选种是古代劳

动人民的智慧结晶，其原理是借助盐水估测种子的密度，进而判断其优良.现对一批某品种

种子的密度（单位：g/cm3）进行测定，测定结果整理成频率分布直方图如图所示，认为密

度不小于1.2的种子为优种，小于1.2的为良种.自然情况下，优种和良种的萌发率分别为0.8

和0.5.

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(1)估计这批种子密度的平均值;(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)

(2)用频率估计概率，从这批种子(总数远大于2)中选取2粒在自然情况下种植，设萌发的

种子数为X,求随机变量X的分布列和数学期望(各种子的萌发相互独立).

【答案】⑴1.24g/cm3

(2)分布列见解析；1.36

【分析】(1)求出每组的中点值然后即可求解.

(2)根据题意从这批种子中选取2粒在自然情况下种植萌发的种子数X符合二项分布

X〜B(2,p),从而可求出分布列，求出期望值.

【详解】(1)估计种子密度的平均值为(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)由频率分布直方图知优种占比为(1.4+1.1+0.5)x0.2=|,

任选一粒种子萌发的概率P=|xi+(l-|)xi=jZ.

因为这批种子总数远大于2,所以萌发的种子数X符合二项分布X〜B(2,p),

所以X可取的值为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,

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所以X的分布列为：

X012

64272289

P

625625625

所以期望E(X)=Ox羡+1X襄+2X襄=郎=1.36,

故期望值为1.36.

【变式3-1】1.(2023•贵州•清华中学校联考模拟预测)某工厂的质检部门对拟购买的一批

原料进行抽样检验，以判定是接收还是拒收这批原料.现有如下两种抽样检验方案：

方案一：随机抽取一个容量为10的样本，并全部检验，若样本中不合格数不超过1个，则

认为这批原料合格，予以接收；

方案二：先随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，若都合格，则予以接收；若样本中

不合格数超过1个，则拒收；若样本中不合格数为1个，则再抽取一个容量为5的样本，

并全部检验，且只有第二批样本全部合格才予以接收.

假设拟购进的这批原料的合格率为P(0<P<1),并用P作为原料中每件产品是合格品的概

率.若每件产品所需的检验费用为3元，目费用由工厂承担.

(1)若P=|,即方案二中所需的检验费用为随机变量X,求X的分布列与期望；

(2)分别计算两种方案中这批原料通过检验的概率，若你是原料供应商，你希望质检部门采

取哪种检验方案?说明理由.

【答案】(D分布列见解析，E(X)«19.94

9

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

采取方案二，理由见解析.

【分析】(1)随机变量X的值可能取值是15,30,分别求出概率即可求出分布列，进而可

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求出数学期望；

4

(2)分别求出方案一和方案二的概率，由作差法可得/(p)=-4p5+5p-1,利用导数讨

论函数;'(P)的性质，即可求解.

【详解】(1)由题意，随机变量X的值可能取值是15,30,

X=15对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，都合格或不合格品件数超

过1个，

X=30对应的事件是随机抽取一个容量为5的样本，全部检验，出现了1个不合格品然后

又抽取了容量为5的样本，全部检验，

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

X的分布列为：

nH

01

所以E(X)=15x|g+30x墨々19.94；

109

(2)方案一通过检验的概率为Pl=p4-C1O(1-p)p9=p(10-9p),

方案二通过检验的概率为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,

则f'(P)——20p4+20p3-20P3(1—p)>0,

所以函娄好(P)在(0,1)上单调递增，故/'(P)</(l)=0,

即A<P2,

故原料供应商更希望该工厂的质检部门采取方案二，因为原料通过检验的概率更高.

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【变式3-1］2.(2023上•山东青岛•高三青岛二中校考期中)一个袋子里有大小相同的黑

球和白球共10个，其中白球有a(0<a<10,a&N*)个，每次随机摸出1个球，摸出的球

再放回.设事件4为“从袋子中摸出4个球，其中恰有两个球是白球”.

(1)当a取时，事件2发生的概率最大，求的的值；

(2)以(1)中确定的a0作为a的值，甲有放回地从袋子中摸球，如果摸到黑球则继续摸球，

摸到白球则停止摸球，摸球的次数记为X,求X的数学期望E(X).

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

kn—>+oon->+oo\z/

【答案】⑴5

⑵2

【分析】(1)根据二项分布的概率公式表示出P⑷=6•篇•(1-巳)了,进而根据基本不

等式求解即可；

(2)根据题意可知P(X=k)=以=2，进而结合错位相减法求出，再根据E(X)=

lim££=i卜/求解即可.

n->+oo

【详解】(1)每次随机摸出1个球，摸到白球的概率为巳,摸到黑球的概率为1-2,

所以P(A)=C3(煞.(1—煞=6.居•(1—到2,

a^1__a.2

右可=；,当且仅当卷=1-亲，即。=5时等号成立，

(乙)41U1U

则P⑷=6,舟(1-<6x&=i'

所以当a。=5时，事件4发生的概率最大.

(2)由(1)知，每次随机摸出1个球，摸到白球的概率为巳,摸到黑球的概率为］

x

则P(X=1)=ai=|,P(X=2)=a2=||=^«

1-1-11

P(X=3)=a3=-x-x-=—,

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则P(X=fc)=afc=^,

左=1卜以=Z仁]次=3+齐+/+…+齐，

贝吟£2=/以=/+套+/+…+*+，

两式相减得,|Zk=i卜以=(+京+蠢+/+…+/一卡=21_?'-品=1-箫，

2

所以况1k=2-箸,

所以E(X)=nlim2%仙=*8卜-詈)=2.

【变式3-1]3.(2023•全国•模拟预测)某超市推出了一项优惠活动，规则如下：

规则一：顾客在本店消费满100元，返还给顾客10元消费券；

规则二：顾客在本店消费满100元，有一次抽奖的机会，每次中奖，就会有价值20元的奖

品.顾客每次抽奖是否中奖相互独立.

(1)某顾客在该超市消费了300元，进行了3次抽奖，每次中奖的概率均为p.记中奖2次

的概率为/(p),求f(p)取得最大值时,P的值Po.

(2)若某顾客有3次抽奖的机会，目中奖率均为po,则该顾客选择哪种规则更有利？请说明

理由.

【答案】(l)Po=g

(2)选择规则二更有利，理由见解析

【分析】(1)根据题意列出f(p)表达式，通过求导分析出单调性，进而求出f(p)取得最大值

时,p的值Po.

(2)根据二项分布可求出规则二的获奖期望，对比两个规则获奖高的更有利.

【详解】(1)由题意知，3次抽奖有2次中奖的概率

f(p)-C|p2(l—p)=—3p3+3P2(o<p<1),

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则f'(p)=-9p2+6p=-9p(p—§.

当pe(o,§时，r(p)>o,则f(p)单调递增，

当pe(I，1)时，[(p)<o,则f(p)单调递减.

所以当P=|时，/(P)取得最大值，则Po=|.

(2)①该顾客选择规则一，其获利为30元；

②该顾客选择规则二，由第一问知Po=|,

则其中奖次数X服从二项分布B(3,|),

所以E(X)=3x|=2,

所以该顾客获得奖品金额的期望值为2x20=40(元).

因为40>30,

所以该顾客选择规则二更有利.

【变式3-1]4.(2023下•贵州贵阳•高三校联考阶段练习)某校为了庆祝建校100周年，

举行校园文化知识竞赛.某班经过层层选拔,还有最后一个参赛名额要在甲、乙两名学生中产

生，该班设计了一个选拔方案：甲，乙两名学生各自从6个问题中随机抽取3个问题作答.

已知这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，而学生乙能正确回答每个问题的

概率均为点甲、乙两名学生对每个问题回答正确与否都是相互独立的.

(1)分别求甲、乙两名学生恰好答对2个问题的概率；

(2)设甲答对的题数为X，乙答对的题数为丫，若让你投票决定参赛选手，你会选择哪名学生？

请说明理由.

【答案】(1)甲、乙恰好答对2个问题的概率分别为|,|

bo

⑵选择学生甲，理由见解析

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【分析】(1)由古典概率求出甲恰好答对2个问题的概率，再由独立事件的乘法公式求出

乙恰好答对2个问题的概率；

(2)求出X的可能取值及其对应的概率，再由期望、方差公式求出E(X),D(X),因为

y~B(3,|),由二项分布的期望、方差公式求出E(y),D(y),比较它们的大小即可得出答

案.

【详解】(1)由题意，知甲恰好答对2个问题的概率为R=萼=|,

C65

乙恰好答对2个问题的概率为P2=第(02(|)'=I.

(2)X的可能取值为1,2,3,

则P(X=1)=警=：；P(X=2)=罢=|；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=*

因为E(x)>E(y)且。(X)<D(y),

甲的平均水平更好，也比乙更稳定.

所以选择学生甲.

【变式3-1]5.(2023上•湖南长沙•高三雅礼中学校考阶段练习)在学校大课间体育活动

中，甲、乙两位同学进行定点投篮比赛，每局比赛甲、乙每人各投一次，若一方命中且另一

方未命中，则命中的一方本局比赛获胜，否则为平局，已知甲、乙每次投篮命中的概率分别

为苦生,且每局比赛甲、乙命中与否互不影响，各局比赛也互不影响.

(1)求1局投篮比赛，甲、乙平局的概率；

(2)设共进行了10局投篮比赛，其中甲获胜的局数为X,求X的数学期望E(X).

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【答案】(1卓

⑵2

【分析】(1)根据互斥事件概率加法公式结合独立事件概率乘法公式分析求解；

(2)由题意可知随机变量X〜B(10,,利用二项分布的期望公式运算求解.

【详解】(1)设事件A表示甲命中，事件B表示乙命中，则PQ4)=|,P(F)=

所以1局投篮比赛,甲、乙平局的概率为PQ4B)+P丽=*+(I—。(1一>用.

(2)1局投篮比赛，甲获胜的概率为P(疝)=gx(1-£)=)

因为进行了10局投篮比赛，各局比赛也互不影响，

可知随机变量X〜B,所以E(X)=10x：=2.

【变式3-1]6.(2023•全国•模拟预测)5G技术是未来信息技术的核心，而芯片是5G通

信技术的关键之一.我国某科创企业要用新技术对一种芯片进行试生产.现对这种芯片进行自

动智能检测，已知自动智能检测显示该种芯片的次品率为1.5%,且每个芯片是否为次品相

互独立.该企业现有试生产的芯片10000个，给出下面两种检测方法：

方法1:对10000个芯片逐一进行检测.

方法2:将10000个芯片分为1000组，每组10个，把每组10个芯片串联起来组成一个

芯片组，对该芯片组进行一次检测，如果检测通过，那么可断定该组10个芯片均为正品,

如果不通过，那么再逐一进行检测.

(1)按方法2,求一组芯片中恰有1个次品的概率(结果保留四位有效数字)；

(2)从平均检测次数的角度分析，哪种方法较好？请说明理由.

参考数据：0.9858«0.8861,0.9859~0.8728,O.98510~0.8597.

【答案】(1)0.1309

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(2)方法2较好，理由见解析

【分析】(1)由题意根据二项分布的概率公式直接计算即可.

(2)对于方法一，其检测次数为10000,对于方法二，分析得出每组芯片需要被检测的X

次数的所有可能取值为1,11,分别求出P(X=1),P(X=11),再结合均值公式即可得解,

比较大小即可判断.

【详解】(1)因为每个芯片是否为次品相互独立，

99

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

(2)方法1的检测次数为10000.

方法2:对于某组芯片，如果进行一次检测且通过，那么对这10个芯片只检测1次；

如果检测不通过，那么需对这10个芯片再逐一进行检测，这时共需进行11次检测.

每组芯片需要被检测的X次数的所有可能取值为1,11,

且若一组芯片均为正品，贝1IX=1;若含有次品，则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组芯片的检验次数的均值为1000x2.403=2403.

因此方法2较好.

题型4正态分布

/划重W

正态分布在四个特殊区间内