§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P<P，即方案二能让故障机器更大概率得到及时维修，使得工厂的生产效率更高．
2 1
思维升华 二项分布问题的解题关键
(1)定型：
①在每一次试验中，事件发生的概率相同．
②各次试验中的事件是相互独立的．
③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生．
(2)定参：确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率．
跟踪训练1 (2023·太原模拟)第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．
甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球 3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率
为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率
为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为.
(1)设甲3次点球的总得分为X，求X的分布列和均值；
(2)求乙总得分为100分的概率．
解 (1)设甲3次点球射进的次数为Y，
则Y～B，
Y的可能取值为0,1,2,3，且X＝50Y，
则X的所有可能的取值为0,50,100,150.
P(X＝0)＝P(Y＝0)＝3＝，
P(X＝50)＝P(Y＝1)＝C12＝，
P(X＝100)＝P(Y＝2)＝C21＝，
P(X＝150)＝P(Y＝3)＝3＝，
所以X的分布列为
X 0 50 100 150
P
E(X)＝0×＋50×＋100×＋150×＝100.
(或E(X)＝E(50Y)＝50E(Y)＝50×3×＝100)
(2)设“乙第i次射进点球”为事件A(i＝1,2,3)，
i
则乙总得分为100分的事件为
B＝AA＋AA＋AA.
1 2 1 3 2 3
因为AA，AA，AA 互斥，
1 2 1 3 2 3
所以P(B)＝P(AA＋AA＋AA)＝××＋××＋××＝，
1 2 1 3 2 3
故乙总得分为100分的概率为.
题型二 超几何分布
例2 (2023·宿州质检)宿州号称“中国云都”，拥有华东最大的云计算数据中心、CG动画
集群渲染基地，是继北京、上海、合肥、济南之后的全国第 5家量子通信节点城市．为了
统计智算中心的算力，现从全市n个大型机房和6个小型机房中随机抽取若干机房进行算
力分析，若一次抽取2个机房，全是小型机房的概率为.
(1)求n的值；
(2)若一次抽取3个机房，假设抽取的小型机房的个数为X，求X的分布列和均值．
解 (1)由题知，共有(n＋6)个机房，抽取2个机房有C种方法，其中全是小机房有C种方
法，因此全是小机房的概率P＝＝，
解得n＝4.即n的值为4.
(2)X的可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝＝.
则随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3
P
则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
思维升华 (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．
超几何分布的特征是：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个
体，考查某类个体数X的分布列．
(2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其本质是古典概型．
跟踪训练2 (2024·安庆模拟)乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣、亲近自然、寻味
乡愁的美好追求．某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质
随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
民宿点 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛
普通型民宿 16 8 12 14 13 18 9 20
品质型民宿 6 16 4 10 11 10 9 12
(1)从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，
求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率；
(2)从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，
求X的分布列和均值．
解 (1)由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和
普通型民宿的房间均不低于10间的有4家．
记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件A，“这3家的品质型民宿的房间
均不低于10间”为事件B，
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B|A)＝＝.
(2)这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家，故X的所有可能取值为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
所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
题型三 正态分布
例3 (1)(2023·烟台模拟)新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备
受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下 A型号新能源汽车的耗电量(单位：kW·h/100
km)情况，随机调查得到了1 200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量ξ～N(13，
σ2)，若P(12<ξ<14)＝0.7，则样本中耗电量不小于14 kW·h/100 km的汽车大约有( )
A．180辆 B．360辆
C．600辆 D．840辆
答案 A
解析 因为ξ～N(13，σ2)，且P(12<ξ<14)＝0.7，
所以 P(ξ≥14)＝×[1－P(12<ξ<14)]＝×(1－0.7)＝0.15，所以样本中耗电量不小于 14
kW·h/100 km的汽车大约有1 200×0.15＝180(辆)．
(2)(2023·长沙市明德中学模拟)李明上学有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐
公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时X和骑自行车用
时Y都近似服从正态分布．绘制了正态曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自
行车( )
A．有26 min可用 B．有30 min可用
C．有34 min可用 D．有38 min可用
答案 D
解析 由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具．
根据X和Y的正态曲线图可知，P(X≤26)>P(Y≤26)，P(X≤30)>P(Y≤30)，P(X≤34)>P(Y≤34)，P(X≤38)<P(Y≤38)．
所以如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车．
思维升华 解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴为x＝μ.
(2)标准差为σ.
(3)分布区间．
利用对称性可求指定范围内的概率值；由 μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转
化为3σ特殊区间，从而求出所求概率．注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0.
跟踪训练3 (1)(2024·佛山模拟)佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖
享誉海内外．某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X～N(800，σ2)，且P(X<801)＝
0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则E(Y)＝
________.
答案 1
解析 因为 X～N(800，σ2)，均值 μ＝800，且 P(X<801)＝0.6，所以 P(800≤X<801)＝
P(X<801)－P(X<800)＝0.6－0.5＝0.1，由题可得Y～B(10,0.1)，所以E(Y)＝10×0.1＝1.
(2)(2023·唐山模拟)某种食盐的袋装质量X服从正态分布N(400,16)，随机抽取10 000袋，
则袋装质量在区间(396,408]的约有________袋．(质量单位：g)
附：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 8 185
解析 由题意知，X～N(400,42)，
所以P(396≤X≤404)≈0.683，
P(392≤X≤408)≈0.954，
得P(396<X≤408)＝P(392≤X≤408)－P(392≤X≤396)＝P(392≤X≤408)－[P(392≤X≤408)
－P(396≤X≤404)]≈0.954－×(0.954－0.683)＝0.818 5，
所以袋装质量在区间(396,408]的约有10 000×0.818 5＝8 185(袋)．
课时精练
一、单项选择题
1．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X＝0)＝，则D(Y)等于( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 因为随机变量X～B(2，p)，所以P(X＝0)＝C(1－p)2＝，
解得p＝或p＝(舍去)，所以Y～B，
所以D(Y)＝4××＝.
2．(2023·福建名校联盟大联考)甲、乙两选手进行羽毛球单打比赛，如果每局比赛甲获胜的
概率为，乙获胜的概率为，采用三局两胜制，则甲以2∶1获胜的概率为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 甲以2∶1获胜指前两局甲胜一局，第三局甲胜，则概率为C××2＝.
3．(2023·枣庄模拟)某地区有20 000名考生参加了高三第二次调研考试．经过数据分析，
数学成绩X近似服从正态分布N(72,82)，则数学成绩位于(80,88]的人数约为( )
参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954，P(μ－3σ≤X≤μ＋
3σ)≈0.997.
A．455 B．2 710 C．6 345 D．9 540
答案 B
解析 由题意可知，μ＝72，σ＝8，P(80<X≤88)＝P(μ＋σ<X≤μ＋2σ)
＝[P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)－P(μ－σ≤X≤μ＋σ)]≈×(0.954－0.683)＝0.135 5，
则数学成绩位于(80,88]的人数约为0.135 5×20 000＝2 710.
4．已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，记取到的
正品数为ξ，则均值E(ξ)为( )
A. B. C．1 D.
答案 D
解析 ξ的所有可能取值为0,1,2，
则P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
5．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一
名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立，若获胜的业余棋手人数不少于 10名，
则业余棋手队获胜．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛
获胜的概率均为，若业余棋手队获胜，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为( )
A．24 B．25 C．26 D．27
答案 A
解析 设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余
棋手人数为Y；设选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手
人数为32－n.
X所有可能的取值为0,1,2，…，n，则X～B，E(X)＝；
Y所有可能的取值为0,1,2，…，32－n，
则Y～B，E(Y)＝，
所以获胜的业余棋手总人数的均值
E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)＝＋＝≥10，解得n≥24.
6．(2024·赤峰模拟)某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共 10张券，客
户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天
都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒
子中的有奖券有( )
A．1张 B．2张 C．3张 D．4张
答案 B
解析 设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)．
若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率
p＝＝，E(X)＝30×＝6，
若盒子中的有奖券有2张，
则中奖的概率p＝＝，
E(X)＝30×＝，
若盒子中的有奖券有3张，
则中奖的概率p＝＝，
E(X)＝30×＝16，
若盒子中的有奖券有4张，
则中奖的概率p＝＝，
E(X)＝30×＝20，
根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天．
二、多项选择题
7．(2023·莆田模拟)“50米跑”是《国家学生体质健康标准》测试项目中的一项，某地区
高三男生的“50米跑”测试成绩ξ(单位：秒)服从正态分布N(8，σ2)，且P(ξ≤7)＝0.2.从该
地区高三男生的“50米跑”测试成绩中随机抽取3个，其中成绩在(7,9)的个数记为X，则(
)
A．P(7<ξ<9)＝0.8 B．E(X)＝1.8
C．E(ξ)>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)<E(5X)，故C错误；
因为X～B(3,0.6)，
所以P(X＝0)＝C(0.6)0×(0.4)3＝0.064，
故P(X≥1)＝1－0.064＝0.936>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
答案 AC
解析 从中随机地有放回摸出3个球，
则每次摸到红球的概率为＝，
则X～B，故E(X)＝3×＝，
1 1
D(X)＝3××＝；
1
从中随机地无放回摸出3个球，记红球的个数为X，则X 的可能取值是0,1,2,3，
2 2
则P(X＝0)＝＝，
2
P(X＝1)＝＝，
2
P(X＝2)＝＝，
2
P(X＝3)＝＝，
2
所以随机变量X 的概率分布为
2
X 0 1 2 3
2
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝，
2
D(X)＝2×＋2×＋2×＋2×＝.
2
故E(X)＝E(X)，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×＝.
