文档内容
§10.6 二项分布、超几何分布与正态分布
课标要求 1.理解二项分布、超几何分布的概念，能解决一些简单的实际问题.2.借助正态
曲线了解正态分布的概念，并进行简单应用．
知识梳理
1．n次独立重复试验与二项分布
(1)n次独立重复试验
在相同条件下重复 n次伯努利试验，约定这n次试验是相互独立的，此时这n次伯努利试
验也常称为n次独立重复试验．
(2)二项分布
一般地，如果一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为p，记q＝1－p，且n次独立重复
试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0,1，…，k，…，n}，而且P(X＝k)＝
C p k q n － k(k＝0,1,2，…，n)，因此X的分布列如下表所示：
X 0 1 … k … n
P Cp0qn Cp1qn－1 … Cpkqn－k … Cpnq0
由于表中的第二行中的概率值恰好是二项展开式(q＋p)n＝Cp0qn＋Cp1qn－1＋…＋Cpkqn－k＋…
＋Cpnq0中对应项的值，因此称X服从参数为n，p的二项分布，记作 X ～ B ( n ， p ) ．
(3)两点分布与二项分布的均值、方差
①若随机变量X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝ p (1 － p ) ．
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝ np (1 － p ) ．
2．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＝t，t＋1，t＋
2，…，s，其中，n，N，M∈N ，M≤N，n≤N，t＝max{0，n－N＋M}，s＝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．
3．正态分布
(1)定义
一般地，如果随机变量X落在区间[a，b]内的概率，总是等于φ (x)对应的正态曲线与x轴
μ，σ
在区间[a，b]内围成的面积，则称X服从参数为μ与σ的正态分布．
(2)正态曲线的特点
①曲线是单峰的，它关于直线 x ＝ μ 对称；
②曲线在 x ＝ μ 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
P(|X－μ|≤σ)＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈68.3%，
P(|X－μ|≤2σ)＝P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈95.4%，
P(|X－μ|≤3σ)＝P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈99.7%.
(4)正态分布的均值与方差
若X～N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝ σ 2 .
常用结论
1．“二项分布”与“超几何分布”的区别：有放回抽取问题对应二项分布，不放回抽取问
题对应超几何分布，当总体容量很大时，超几何分布可近似为二项分布来处理．
2．超几何分布有时也记为 X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝，
方差D(X)＝.
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)两点分布是二项分布当n＝1时的特殊情形．( √ )
(2)若X表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数，则X服从二项分布．( √
)
(3)从装有3个红球、3个白球的盒中有放回地任取一个球，连取3次，则取到红球的个数X
服从超几何分布．( × )
(4)当μ取定值时，正态曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“矮胖”．( × )
2．如果某一批玉米种子中，每粒发芽的概率均为，那么播下5粒这样的种子，恰有2粒不
发芽的概率是( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 用X表示发芽的粒数，则X～B，则P(X＝3)＝C×3×2＝，故播下5粒这样的种子，
恰有2粒不发芽的概率为.
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
答案 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)≈0.683.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×0.683×48≈16.
4．在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝1)＝
________.
答案解析 由题意得P(X＝1)＝＝.
题型一 二项分布
例1 (2023·广东大湾区联考)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，且一台机器的故障能由一个维修工处理．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．
(1)对于方案一，设 X为甲维护的机器同一时刻发生故障的台数，求 X的分布列与均值
E(X)；
(2)在两种方案下，分别计算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？
解 (1)由题意可知，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
所以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”，考查反面处理这个问题．
其概率为P＝1－[1－P(X＝2)]3＝1－3＝.
1
对于方案二：机器发生故障时不能及时维修的概率为P＝1－6－C·×5－C·2×4＝1－＝，
2
所以PP(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)E(5X) D．P(X≥1)>0.9
答案 BD
解析 由正态分布的对称性可知P(ξ≤7)＝P(ξ≥9)＝0.2，
故P(7<ξ<9)＝1－0.2×2＝0.6，故A错误；
X～B(3,0.6)，故E(X)＝3×0.6＝1.8，故B正确；E(ξ)＝8，E(5X)＝5E(X)＝5×1.8＝9，
故E(ξ)0.9，故D正确．
8．(2023·汕头模拟)一个袋子有10个大小相同的球，其中有4个红球，6个黑球，试验一：
从中随机地有放回摸出 3 个球，记取到红球的个数为 X ，均值和方差分别为 E(X)，
1 1
D(X)；试验二：从中随机地无放回摸出3个球，记取到红球的个数为X ，均值和方差分别
1 2
为E(X)，D(X)，则( )
2 2
A．E(X)＝E(X) B．E(X)>E(X)
1 2 1 2
C．D(X)>D(X) D．D(X)D(X)．
1 2 1 2
三、填空题
9．(2023·石家庄模拟)某市中学举办了一次“亚运知识知多少”的知识竞赛．参赛选手从7
道题(4道多选题，3道单选题)中随机抽题进行作答，若某选手先随机抽取2道题，再随机
抽取1道题，则最后抽取到的题为多选题的概率为________．
答案
解析 设先抽取2道题中多选题的题数为X，则X的可能取值为0,1,2，可得P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
所以最后抽取到的题为多选题的概率
P＝P(X＝0)×＋P(X＝1)×＋P(X＝2)×＝×＋×＋×＝.
10．(2023·唐山模拟)近年来，理财成为了一种趋势，老黄在今年买进某个理财产品．设该
产品每个季度的收益率为X，且各个季度的收益之间互不影响，根据该产品的历史记录，
可得P(X>0)＝2P(X≤0)．若老黄准备在持有该理财产品4个季度之后卖出．则至少有3个
季度的收益为正值的概率为________．
答案
解析 因为P(X>0)＝2P(X≤0)，
所以P(X>0)＋P(X≤0)＝3P(X≤0)＝1，
所以P(X≤0)＝，P(X>0)＝，
则至少有3个季度的收益为正值的概率为C×3×＋C×4＝.
11．(2024·南开模拟)一个盒子中装有5个电子产品，其中有3个一等品，2个二等品，从中
每次抽取1个产品．若抽取后不再放回，则抽取三次，第三次才取得一等品的概率为
________；若抽取后再放回，共抽取10次，则平均取得一等品________次．
答案 6
解析 令A为第i(i＝1,2,3)次取得一等品，
i
所以抽取三次，第三次才取得一等品的概率为
P(A)＝××＝，
3
若抽取后再放回，则设X为抽取一等品的次数，抽取一等品的概率为，
则X～B，E(X)＝10×＝6，
所以平均取得一等品6次．
12．(2023·聊城模拟)某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于 60就认
为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值 x(i＝1,2,3，…，
i
100)，经计算 ＝7 200，＝100×(722＋36)．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布
i
N(μ，σ2)，则估计该市高中生身体素质的合格率为________．(用百分数作答)
参考数据：若随机变量 X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－
2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
答案 97.7%
解析 因为100个数据x，x，x，…，x 的平均数＝＝72，
1 2 3 100 i
方差s2＝(x－)2＝(－1002)
i
＝×[100×(722＋36)－100×722]＝36，所以μ的估计值为μ＝72，σ的估计值为σ＝6.
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，
得P(72－12≤X≤72＋12)＝P(60≤X≤84)≈0.954，
P(X>84)＝P(X>μ＋2σ)＝P(X<μ－2σ)
＝≈，
所以P(X≥60)＝P(60≤X≤84)＋P(X>84)≈0.954＋×(1－0.954)＝0.977＝97.7%.
四、解答题
13．某家具城举办了一次家具有奖促销活动，消费每超过1万元(含1万元)，均可抽奖一次，
抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种．方案一：从装有 10个形状与大小完全相同的
小球(其中红球2个，白球1个，黑球7个)的抽奖盒中，一次性摸出3个球，其中奖规则为：
若摸到2个红球和1个白球，则打5折；若摸出2个红球和1个黑球，则打7折；若摸出1
个白球2个黑球，则打9折，其余情况不打折．
方案二：从装有10个形状与大小完全相同的小球(其中红球2个，黑球8个)的抽奖盒中，
有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减2 000元．
(1)若一位顾客消费了1万元，且选择抽奖方案一，试求该顾客享受7折优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1万元，试从均值的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
解 (1)选择方案一，
若享受到7折优惠，
则需要摸出2个红球和1个黑球，
设顾客享受到7折优惠为事件A，
则P(A)＝＝.
(2)若选择方案一，
设付款金额为X元，
则X可能的取值为5 000,7 000,9 000,10 000，
P(X＝5 000)＝＝，
P(X＝7 000)＝，
P(X＝9 000)＝＝，
P(X＝10 000)＝1－－－＝.
故X的分布列为
X 5 000 7 000 9 000 10 000
P
所以E(X)＝5 000×＋7 000×＋9 000×＋10 000×＝≈9 608.3(元)．若选择方案二，设摸到红球的个数为Y，付款金额为Z，则Z＝10 000－2 000Y，
由已知可得Y～B，故E(Y)＝3×＝，
所以E(Z)＝E(10 000－2 000Y)＝10 000－2 000E(Y)＝8 800(元)，
因为E(X)>E(Z)，
所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算．
14．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛
竞赛类奖励规则如下：得分在[70,80)内的学生获得三等奖，得分在[80,90)内的学生获得二
等奖，得分在[90,100]内的学生获得一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌
握情况，该市随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，
如图所示．
若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中σ≈15，μ为样本平均数的
估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
(1)若该市共有10 000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生人数；
(2)若从所有参赛学生中(参赛学生数大于10 000)随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛
成绩在64分以上的学生数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．
参考数据：若随机变量 X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－
2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997.
解 (1)由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值μ＝35×0.006×10＋45×0.012×10
＋55×0.018×10＋65×0.034×10＋75×0.016×10＋85×0.008×10＋95×0.006×10＝64，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布N(64，152)，
因为μ＋σ＝79，所以P(X>79)≈＝0.158 5，
故参赛学生中成绩超过79分的学生人数约为0.158 5×10 000＝1 585.
(2)由μ＝64，得P(X>64)＝，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，
所以随机变量ξ～B，
所以P(ξ＝0)＝C×3＝，
P(ξ＝1)＝C××2＝，
P(ξ＝2)＝C×2×＝，P(ξ＝3)＝C×3＝，
所以随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以期望为E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
