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专题十五 《概率与分布列》讲义
15.3 二项分布与超几何分布
题型一 . 二项分布
1．随着互联网的发展，网购早已融入人们的日常生活．网购的苹果在运输过程中容
易出现碰伤，假设在运输中每箱苹果出现碰伤的概率为0.7，每箱苹果在运输中互不影
响，则网购2箱苹果恰有1箱在运输中出现碰伤的概率为 0.4 2 ．
【解答】解：在运输中每箱苹果出现碰伤的概率为0.7，每箱苹果在运输中互不影响，
则网购2箱苹果恰有1箱在运输中出现碰伤的概率为 •0.7•（1﹣0.7）＝0.42，
C1
2
故答案为：0.42．
2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概
率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为（ ）
A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312
【解答】解：由题意可知：同学3次测试满足X∽B（3，0.6），
该同学通过测试的概率为C2 (0.6) 2×(1−0.6)+C3 (0.6) 3=0.648．
3 3
故选：A．
3．设A，B两队进行某类知识竞赛，竞赛为四局，每局比赛没有平局，前三局胜者均得 1
1
分，第四局胜的一队得2分，各局负者都得0分，假设每局比赛A队获胜的概率均为 ，
3
2
且各局比赛相互独立，则比赛结束时A队得分比B队高3分的概率为 ．
27
【解答】解：比赛结束时A队得分比B队高3分是指前3局比赛中A两胜一负，第4局
比赛A胜，
∴比赛结束时A队得分比B队高3分的概率：
1 2 1 2
P=C2 ( ) 2 ( )( )= ．
3 3 3 3 27
2
故答案为： ．
27
4．一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次．X
表示抽到的二等品件数，则DX＝ 1.9 6 ．
【解答】解：由题意可知，该事件满足独立重复试验，是一个二项分布模型，其中，p＝0.02，n＝100，
则DX＝npq＝np（1﹣p）＝100×0.02×0.98＝1.96．
故答案为：1.96．
1
5．已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，则p＝
3
．
【解答】解：随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝30，D（X）＝20，
2 1
可得np＝30，npq＝20，q= ，则p= ，
3 3
1
故答案为： ．
3
6．乒乓球台面被网分成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域 A，B，乙被划分
为两个不相交的区域C，D，某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，规
定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其它情况记0分．对落点在A上的
1 1
来球，小明回球的落点在C上的概率为 ，在D上的概率为 ；对落点在B上的来球，
2 3
1 3
小明回球的落点在C上的概率为 ，在D上的概率为 ．假设共有两次来球且落在A，B
5 5
上各一次，小明的两次回球互不影响，求：
（Ⅰ）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
（Ⅱ）两次回球结束后，小明得分之和 的分布列与数学期望．
ξ
1 1 5
【解答】解：（Ⅰ）小明回球前落点在A上，回球落点在乙上的概率为 + = ，
2 3 6
1 3 4
回球前落点在B上，回球落点在乙上的概率为 + = ，
5 5 5
5 4 5
故小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率 P= ×（1− ）+（1− ）
6 5 6
4 1 2 3
× = + = ．
5 6 15 10
（Ⅱ） 的可能取值为0，1，2，3，4，6
ξ5 4 1
其中P（ ＝0）＝（1− ）×（1− ）= ；
6 5 30
ξ
1 4 5 3 1
P（ ＝1）= ×（1− ）+（1− ）× = ；
3 5 6 5 6
ξ
1 3 1
P（ ＝2）= × = ；
3 5 5
ξ
1 4 5 1 2
P（ ＝3）= ×（1− ）+（1− ）× = ；
2 5 6 5 15
ξ
1 3 1 1 11
P（ ＝4）= × + × = ；
2 5 3 5 30
ξ
1 1 1
P（ ＝6）= × = ；
2 5 10
ξ
故 的分布列为：
ξ 0 1 2 3 4 6
ξP 1 1 1 2 11 1
30 6 5 15 30 10
1 1 1 2 11 1 91
故 的数学期望为E（ ）＝0× +1× +2× +3× +4× +6× = ．
30 6 5 15 30 10 30
ξ ξ
7．人的体重是人的身体素质的重要指标之一．某校抽取了高二的部分学生，测出他们的体
重（公斤），体重在40公斤至65公斤之间，按体重进行如下分组：第1组[40，45），
第2组[45，50），第3组[50，55），第4组[55，60），第5组[60，65]，并制成如图所
示的频率分布直方图，已知第1组与第3组的频率之比为1：3，第3组的频数为90．
（Ⅰ）求该校抽取的学生总数以及第2组的频率；
（Ⅱ）用这些样本数据估计全市高二学生（学生数众多）的体重．若从全市高二学生中
任选5人，设X表示这5人中体重不低于55公斤的人数，求X的分布列和数学期望．
【解答】（本小题满分12分）
（Ⅰ）设该校抽查的学生总人数为n，第2组、第3组的频率分别为p ，p ，
2 3
90
则p ＝0.025×3×5＝0.375，所以n= =240，（3分）
3 p
3由p +0.375+（0.025+0.013+0.037）×5＝1，解得p ＝0.25，
2 2
所以该校抽查的学生总人数为240人，从左到右第2组的频率为0.25．（6分）
1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：体重不低于55公斤的学生的概率为p=(0.013+0.037)×5= ，
4
（8分）
1 1 3
X服从二项分布X～B(5， )，p(X=k)=Ck ( ) k ( ) 5−k，k＝0，1，2，3，4，5，
4 5 4 4
（9分）
3 243
P（X＝0）=C0 ( ) 5= ，
5 4 1024
1 3 405
P（X＝1）=C1 ( )( ) 4= ，
5 4 4 1024
1 3 270
P（X＝2）=C2 ( ) 2 ( ) 3= ，
5 4 4 1024
1 3 90
P（X＝3）=C3 ( ) 3 ( ) 2= ，
5 4 4 1024
1 3 15
P（X＝4）=C4 ( ) 4 ( )= ，
5 4 4 1024
1 1
P（X＝5）=C5 ( ) 5= ，
5 4 1024
所以随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P 243 405 270 90 15 1
1024 1024 1024 1024 1024 1024
1 5
则EX=5× = ．（12分）
4 4
8．有一款击鼓小游戏规则如下：每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，
要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得
20分，出现三次音乐获得50分，没有出现音乐则扣除150分（即获得﹣150分）．设每
1
次击鼓出现音乐的概率为 ，且各次击鼓出现音乐相互独立．
2
（Ⅰ）玩一盘游戏，至少出现一次音乐的概率是多少？
（Ⅱ）设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
（Ⅲ）许多玩过这款游戏的人都发现，玩的盘数越多，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析其中的道理．
1
【解答】解：（Ⅰ）每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓出现音乐的概率为 ，且各次
2
击鼓出现音乐相互独立．
1 1 7
∴玩一盘游戏，至少出现一次音乐的概率是：p＝1−C0 ( ) 0 (1− ) 3= ，
3 2 2 8
（Ⅱ）设每盘游戏获得的分数为X，则X可能取值为﹣150，10，20，50，
1 1 1
P（X＝﹣150）=C0 ( ) 0 (1− ) 3= ，
3 2 2 8
1 1 3
P（X＝10）=C1 ( )(1− ) 2= ，
3 2 2 8
1 1 3
P（X＝20）=C2 ( ) 2 (1− )= ，
3 2 2 8
1 1
P（X＝50）=C3 ( ) 3= ，
3 2 8
∴X的分布列为：
X ﹣150 10 20 50
P 1 3 3 1
8 8 8 8
（Ⅲ）∵X的分布列为：
X ﹣150 10 20 50
P 1 3 3 1
8 8 8 8
1 3 3 1 5
∴E（X）=−150× +10× +20× +50× =− ，
8 8 8 8 4
5
∴每盘游戏得分的平均数是− ，得负分，
4
∴由概率统计的相关知识可知：玩的盘数越多，分数没有增加反而减少了．
9．某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，
如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再
根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验．设每件产品为不合格品的概率都为p
（0＜p＜1），且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），求f （p）的最大值点p ．
0
（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的p 作为p
0的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件
不合格品支付25元的赔偿费用．
（ⅰ）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 X，
求EX；
（ⅱ）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作
检验？
【解答】解：（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（p），
则f（p） ，
=C2 p2 (1−p) 18
20
∴ ，
f '(p)=C2 [2p(1−p) 18−18p2 (1−p) 17 ]=2C2 p(1−p) 17 (1−10p)
20 20
令f′（p）＝0，得p＝0.1，
当p （0，0.1）时，f′（p）＞0，
当p∈（0.1，1）时，f′（p）＜0，
∴f ∈（p）的最大值点p
0
＝0.1．
（2）（i）由（1）知p＝0.1，
令Y表示余下的180件产品中的不合格品数，依题意知Y～B（180，0.1），
X＝20×2+25Y，即X＝40+25Y，
∴E（X）＝E（40+25Y）＝40+25E（Y）＝40+25×180×0.1＝490．
（ii）如果对余下的产品作检验，由这一箱产品所需要的检验费为400元，
∵E（X）＝490＞400，
∴应该对余下的产品进行检验．
题型二 . 超几何分布
1．100件产品，其中有30件次品，每次取出1件检验放回，连检两次，恰一次为次
品的概率为（ ）
A．0.42 B．0.3 C．0.7 D．0.21
【解答】解：由题意，设恰有一次取出次品为事件A，则
P（A） 2C1 ×C1 21 0.42
= 70 30= =
100×100 50
故选：A．
2．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村140
庄中交通不方便的村庄数，则P（X＝4）＝ ．（用数字表示）
429
7×6×5 8×7
×
C4×C6
3×2×1 2×1 140
【解答】解：由题意P（X＝4）= 7 8= =
C10 15×14×13×12×11 429
15
5×4×3×2×1
140
故答案为：
429
3．有一批产品，其中有6件正品和4件次品，从中任取3件，至少有2件次品的概率为
1
．
3
【解答】解：从10件产品任取3件的取法共有 ，其中所取的三件中“至少有2件次
C3
10
品”包括2件次品、3件次品，取法分别为 ， ．
C2C1 C3
4 6 4
因此所求的概率P=
C2
4
C1
6
+C3
4= 1．
C3 3
10
1
故答案为 ．
3
15
4．已知超几何分布满足X～H（3，5，8），则P（X＝2）＝ ．
28
【解答】解：∵超几何分布满足X～H（3，5，8），
∴P（X＝2） = C 5 2C1 3= 15．
C3 28
8
15
故答案为： ．
28
5．已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为 24，16，16．现采用分层抽样的方
法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查．
（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
（Ⅱ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做
进一步的身体检查．
（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X的分布列与数学期望；
（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A发生的概率．
【解答】解：（Ⅰ）单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16．人数比为：
3：2：2，
从中抽取7人现，应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3，2，2人．
（Ⅱ）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做
进一步的身体检查．
（i）用X表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，
随机变量X的取值为：0，1，2，3， P(X=k)=
Ck
4
⋅C
3
3−k
，k＝0，1，2，3．
C3
7
所以随机变量的分布列为：
X 0 1 2 3
P 1 12 18 4
35 35 35 35
1 12 18 4 12
随机变量X的数学期望E（X）=0× +1× +2× +3× = ；
35 35 35 35 7
（ii）设A为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，
设事件B为：抽取的3人中，睡眠充足的员工有1人，睡眠不足的员工有2人，事件C
为抽取的3人中，
睡眠充足的员工有2人，睡眠不足的员工有1人，
则：A＝B∪C，且P（B）＝P（X＝2），P（C）＝P（X＝1），
6
故P（A）＝P（B∪C）＝P（X＝2）+P（X＝1）= ．
7
6
所以事件A发生的概率： ．
7
6．某学校400名学生在一次百米赛跑测试中，成绩全部都在12秒到17秒之间，现抽取其
中 50 个样本，将测试结果按如下方式分成五组：第一组[12，13），第二组[13，
14），…，第五组[16，17]，如图所示的是按上述分组方法得到的频率分布直方图．
（1）请估计该校400名学生中，成绩属于第三组的人数；
（2）请估计样本数据的中位数（精确到0.01）；
（3）若样本第一组中只有一名女生，其他都是男生，第五组则只有一名男生，其他都
是女生，现从第一、第五组中各抽取2名同学组成一个特色组，设其中男同学的人数为
X，求X的分布列和期望．【解答】解：（1）由频率分布直方图可知，成绩属于第三组的概率为 0.38，故可估计
该校400名学生成绩属于第三组的共有400×0.38＝152（人）．
（2）由频率分布直方图易判断，样本数据的中位数落在第三组；设样本中位数为 x，根
据中位数左右两边的小矩形面积之和相等可得0.06+0.16+（x﹣14）×0.38＝0.5，解得
280
x= ≈14.74（秒）．
19
（3）第一组的人数为50×0.06＝3，其中男生2人，女生1人，第五组的人数为50×0.08
＝ 4 ， 其 中 1 名 男 生 ， 3 名 女 生 ， 故 X 的 可 能 取 值 为 1 ， 2 ， 3 ，
P(X=1)=
C
1
1 ⋅C1
2×
C
3
2 ⋅C
1
0
=
1，
P(X=2)=
C
1
1 ⋅C1
2×
C1
3
C
1
0
+
C
2
2 ⋅C
1
0
×
C
1
0C
3
2
=
1
C2 C2 3 C2 C2 C2 C2 2
3 4 3 4 3 4
， P(X=3)= C 2 2 ⋅C 1 0 × C 1 1 ⋅C1 3= 1，X的分布列为
C2 C2 6
3 4
X 1 2 3
P 1 1 1
3 2 6
1 1 1 11
所以E(X)=1× +2× +3× = ．
3 2 6 6
7．2016年1月1日，我国实行全面二孩政策，同时也对妇幼保健工作提出了更高的要求．
某城市实行网格化管理，该市妇联在网格1与网格2两个区域内随机抽取12个刚满8个
月的婴儿的体重信息，体重分布数据的茎叶图如图所示（单位：斤，2斤＝1千克），
体重不超过9.8千克的为合格．
（1）从网格1与网格2分别随机抽取2个婴儿，求网格1至少有一个婴儿体重合格且网格2至少有一个婴儿体重合格的概率；
（2）妇联从网格1内8个婴儿中随机抽取4个进行抽检，若至少2个婴儿合格，则抽检
通过，若至少3个合格，则抽检为良好，求网格1在抽检通过的条件下，获得抽检为良
好的概率；
（3）若从网格1与网格2内12个婴儿中随机抽取2个，用X表示网格2内婴儿的个数，
求X的分布列与数学期望．
【解答】解：（1）由茎叶图知，网格1内体重合格的婴儿数为4，网格2内体重合格的
婴儿数为2，
则所求概率 P=(1− C2 4 )(1− C 2 2 )= 55．
C2 C2 84
8 4
（2）设事件A表示“2个合格，2个不合格”；事件B表示“3个合格，1个不合格”；
事件C表示“4个全合格”；事件D表示“抽检通过”；事件E表示“抽检良好”．
∴ P(D)=P(A)+P(B)+P(C)= C2 4 C2 4+ C3 4 C1 4+ C 4 4 = 53，
C4 C4 C4 70
8 8 8
P(E)=P(B)+P(C)=
C3
4
C1
4+
C
4
4
=
17，
C4 C4 70
8 8
P(D) 17
则所求概率P= = ．
P(E) 53
（3）由题意知，X的所有可能取值为0，1，2，
∴ P(X=0)=
C2
8 = 14， P(X=1)=
C1
4
C1
8= 16， P(X=2)=
C2
4 = 1 ，
C2 33 C2 33 C2 11
12 12 12
∴X的分布列为
X 0 1 2
P 14 16 1
33 33 11
14 16 1 2
∴E(X)=0× +1× +2× = ．
33 33 11 3课后作业 . 二项分布与超几何分布
1．福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一，纸伞的制作工序大
致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面；第三步绘花刷油．一个优秀的作品除了需
要有很好的素材外，更要有制作上的技术要求，已知某工艺师在每个环节制作合格的概
3 4 2
率分别为 ， ， ，只有当每个环节制作都合格才认为一次成功制作．
4 5 3
（1）求该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率；
（2）若该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，求X概率分布列及期望；
3 4 2 2
【解答】解：（1）由题意可知，制作一件优秀作品的概率为 × × = ，
4 5 3 5
2 3 54
∴该工艺师进行3次制作，恰有一件优秀作品的概率P=C1 ( )( ) 2= ．
3 5 5 125
（2）该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，
2
由题意可知，X～B(4， )，
5
3 81 2 3 216
P（X＝0）=C0 ( ) 4= ，P（X＝1）=C1 ( )( ) 3= ，
4 5 625 4 5 5 625
2 3 216 2 3 96
P（X＝2）=C2 ( ) 2 ( ) 2= ，P（X＝3）=C3 ( ) 3 ( )= ，
4 5 5 625 4 5 5 625
2 16
P（X＝4）=C4 ( ) 4= ，
4 5 625
故X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
P 81 216 216 96 16
625 625 625 625 625
2 8
E（X）＝4× = ．
5 5
2．翡翠市场流行一种赌石“游戏规则”：翡翠在开采出来时有一层风化皮包裹着，无法知
道其内的好坏，须切割后方能知道翡翠的价值，参加者先缴纳一定金额后可得到一块翡
翠石并现场开石验证其具有的收藏价值．某举办商在赌石游戏中设置了甲、乙两种赌石
2
规则，规则甲的赌中率为 ，赌中后可获得20万元；规则乙的赌中率为P （0＜P ＜
0 0
3
1），赌中后可得30万元；未赌中则没有收获．每人有且只有一次赌石机会，每次赌中与否互不影响，赌石结束后当场得到兑现金额．
（1）收藏者张先生选择规则甲赌石，收藏者李先生选择规则乙赌石，记他们的累计获
7
得金额数为X（单位：万元），若X≤30的概率为 ，求P 的大小；
0
9
（2）若收藏者张先生、李先生都选择赌石规则甲或选择赌石规则乙进行赌石，问：他
们选择何种规则赌石，累计得到金额的数学期望最大？
2
【解答】解：（1）由已知得收藏者张先生赌中的概率为 ，收藏者李先生赌中的概率
3
为P ，且两人赌中与否互不影响．记“这2人的累计获得金额数为X（单位：万元）”
0
的事件为A，则事件A的对立事件为“X＝50”．
2 2 7 1
因 为 P(X=50)= P ， 所 以 P(A)=1−P(X=50)=1− P = ， 求 得 P = ．
3 0 3 0 9 0 3
（4分）
（2）设收藏者张先生、李先生都选择规则甲赌中的次数为X ，都选择规则乙赌中的次
1
数为X ，则这两人选择规则甲累计获奖得金额的数学期望为E（20X ），选择规则乙累
2 1
计获奖得金额的数学期望为E（30X ）．
1
2 4
由已知可得，X ～B（2， ），X ～B（2，P ），所以E(X )= ，E（X ）＝2P ，
1 3 2 0 1 3 2 0
4 80
从 而 E(20X )=20E(X )=20× = ， E （ 30X ） ＝ 30E （ X ） ＝ 60P ．
1 1 3 3 2 2 0
（8分）
80 4
若E（20X ）＞E（30X ），则 ＞60P ，解得0＜P ＜ ；
1 1 3 0 0 9
80 4
若E（20X ）＜E（30X ），则 ＜60P ，解得 ＜P ＜1；
1 1 3 0 9 0
80 4
若 E （ 20X ） ＝ E （ 30X ） ， 则 =60P ， 解 得 P = ．
1 1 3 0 0 9
（11分）
4
综上所述，当0＜P ＜ 时，他们都选择规则甲进行赌石时，累计得到金额的数学期
0 9
4
望最大；当 ＜P ＜1时，他们都选择规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望
9 04
最大；当P = 时，他们都选择规则甲或规则乙进行赌石时，累计得到金额的数学期望
0 9
相等． （12分）
3．作为家长都希望自己的孩子能升上比较理想的高中，于是就催生了“名校热”，这样择
校的结果就导致了学生在路上耽误的时间增加了．若某生由于种种原因，每天只能 6：
15骑车从家出发到学校，途经5个路口，这5个路口将家到学校分成了6个路段，每个
路段的骑车时间是10分钟（通过路口的时间忽略不计），假定他在每个路口遇见红灯
1
的概率均为 ，且该生只在遇到红灯或到达学校才停车．对每个路口遇见红灯情况统计
3
如下：
红灯 1 2 3 4 5
等待时间 60 60 90 30 90
（秒）
（1）设学校规定7：20后（含7：20）到校即为迟到，求这名学生迟到的概率；
（2）设X表示该学生上学途中遇到的红灯数，求P（X≥2）的值；
（3）设Y表示该学生第一次停车时已经通过路口数，求随机变量 Y的分布列和数学期
望．
【解答】解：（1）由题意知，当1，2，3，5路口同时遇到红灯时，
该同学会迟到，
1 1 2 1
∴这名学生迟到的概率：p=( ) 4 ⋅( + )= ．
3 3 3 81
1
（2）由题意知X～B（5， ），
3
2 1 2 131
∴P（X≥2）＝1﹣P（X＝0）﹣P（X＝1）＝1−C0 ( ) 5−C1 ( )( ) 4= ．
5 3 5 3 3 243
（3）由题意知Y＝0，1，2，3，4，5，
1 2 1 2
P（Y＝0）= ，P（Y＝1）= × = ，
3 3 3 9
2 1 4 2 1 8
P（Y＝2）=( ) 2 ⋅ = ，P（Y＝3）＝（ ）3⋅ = ，
3 3 27 3 3 81
2 1 16 2 32
P（Y＝4）=( ) 4 ⋅ = ，P（Y＝5）=( ) 5= ，
3 3 243 3 243
∴随机变量Y的分布列：Y 0 1 2 3 4 5
P 1 2 4 8 16 32
3 9 27 81 243 243
2 4 8 16 32 422
∴EY=1× +2× +3× +4× +5× = ．
9 27 81 243 243 243
4．某批产品共10件，已知从该批产品中任取1件，则取到的是次品的概率为P＝0.2．若
从该批产品中任意抽取3件，
（1）求取出的3件产品中恰好有一件次品的概率；
（2）求取出的3件产品中次品的件数X的概率分布列与期望．
x
【解答】解：设该批产品中次品有x件，由已知 =0.2，
10
∴x＝2…（2分）
（1）设取出的 3 件产品中次品的件数为 X，3 件产品中恰好有一件次品的概率为
P(X=1)=
C1
2
C2
8= 7 ⋯ （4分）
C3 15
10
（2）∵X可能为0，1，2
∴ P(X=0)= C3 8 = 7 P(X=1)= 7 P(X=2)= C 2 2C1 8= 1 ⋯ （10分）
C3 15 15 C3 15
10 10
∴X的分布为：
X 0 1 2
P 7 7 1
15 15 15
7 7 1 3
则 EX=0× +1× +2× = ⋯（13分）
15 15 15 5
5．在袋子中装有10个大小相同的小球，其中黑球有3个，白球有n（2≤n≤5，且n≠3）
个，其余的球为红球．
（Ⅰ）若n＝5，从袋中任取1个球，记下颜色后放回，连续取三次，求三次取出的球中
恰有2个红球的概率；
4
（Ⅱ）从袋里任意取出2个球，如果这两个球的颜色相同的概率是 ，求红球的个数；
15
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，从袋里任意取出2个球．若取出1个白球记1分，取出1个黑球记2分，取出1个红球记3分．用 表示取出的2个球所得分数的和，写出 的分布
列，并求 的数学期望E ． ξ ξ
ξ ξ 1
【解答】解：（Ⅰ）设“从袋中任取1个球是红球”为事件A，则P(A)= ．
5
1 4 12
所以，P (2)=C2 ⋅( ) 2 ⋅ = ．
3 3 5 5 125
12
答：三次取球中恰有2个红球的概率为 ． …（4分）
125
（ Ⅱ ） 设 “ 从 袋 里 任 意 取 出 2 个 球 ， 球 的 颜 色 相 同 ” 为 事 件 B ， 则
P(B)= C 3 2+C2 n +C 7 2 −n= 6+n(n−1)+(7−n)(6−n) = 4 ，
C2 90 15
10
整理得n2﹣7n+12＝0，解得n＝3（舍）或n＝4．
所以红球的个数为10﹣3﹣n＝3个． …（8分）
（Ⅲ） 的取值为2，3，4，5，6，且 P(ξ=2)=
C2
4 = 2 ， P(ξ=3)=
C1
4
C1
3= 4 ，
C2 15 C2 15
10 10
ξ
P(ξ=4)= C1 3 C1 4 +C 3 2 = 1， P(ξ=5)= C1 3 C1 3= 1， P(ξ=6)= C 3 2 = 1 ．
C2 3 C2 5 C2 15
10 10 10
所以 的分布列为
ξ 2 3 4 5 6
Pξ 2 4 1 1 1
15 15 3 5 15
2 4 1 1 1 19
所以，Eξ=2× +3× +4× +5× +6× = ．…（13分）
15 15 3 5 15 5
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