文档文本内容
第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布
§10.6 二项分布、超几何分布与正态分布
【考情分析·探规律】
考点
考情分析（2021-2024）
命题趋势
考点1 二项分布及其应用
2024·天津、2024·新课标Ⅱ卷
2023·北京、2023·全国甲卷
2023·天津、2023·新课标Ⅰ卷
2022·天津、2022·新高考全国Ⅱ卷
2021·天津、2021·新高考全国Ⅰ卷
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；借助正态曲
线了解正态分布的概念，并
进行简单应用。
考点2 正态分布
2024·全国新Ⅰ卷、2022·新高考全国Ⅱ卷
2021·新高考全国Ⅱ卷
【知识梳理】
1.二项分布
(1)伯努利试验
只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验；将一个伯努利试验独立地重复进行n 次所组成的随机试
验称为n 重伯努利试验
.
(2)二项分布
一般地，在n 重伯努利试验中，设每次试验中事件A 发生的概率为p(0<p<1)，用X 表示事件A 发生的
次数，则X 的分布列为P(X＝k)＝Cn
kp k (1
－
p ) n － k ，k＝0，1，2，…，n.
如果随机变量X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量X 服从二项分布，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)＝C M
k C N −M
n−k
C N
n
，k＝m，m＋1，m＋2，…，r，其中
n，N，M∈N*，M≤N，n≤N，m＝max{0，n－N＋M}，r＝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
若随机变量X 的概率分布密度函数为f(x)＝
1
σ ❑√2π e
−( x−μ)
2
2σ
2 ，x∈R，其中μ∈R，σ>0 为参数，则称随机
变量X 服从正态分布，记为X~N
( μ ，
σ 2 ) .
(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
1
σ ❑√2π ；
③当|x|无限增大时，曲线无限接近x 轴.
(3)3σ 原则
①P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7；
②P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5；
③P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3.
(4)正态分布的均值与方差
若X~N(μ，σ2)，则E(X)＝μ，D(X)＝σ 2 .
【名师点拨】
1.两点分布是二项分布当n＝1 时的特殊情形.
2.超几何分布有时也记为X～H(n，M，N)，其均值E(X)＝，
D(X)＝.
3.若X 服从正态分布，即X～N(μ，σ2)，要充分利用正态曲线关于直线x＝μ 对称和曲线与x 轴之间的面积为
“1”解题.
4.利用n 重伯努利试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)
＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p；(2)n 次试验不仅是在完全
相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好
发生了k 次的概率.
【随堂训练】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)X 表示n 次重复抛掷1 枚骰子出现点数是2 的倍数的次数，则X 服从二项分布.( )
(2)从4 名男演员和3 名女演员中选出4 人，其中女演员的人数X 服从超几何分布.( )
(3)n 重伯努利试验中各次试验的结果必须相互独立.( )
(4)正态分布是对于连续型随机变量而言的.( )
【答案】(1)√ (2)√ (3)√ (4)√
2.已知随机变量ξ~B(4，p)，若E(ξ)＝2，则P(ξ＝3)等于( )
A.1
2
B.1
4
C.1
8
D. 1
16
【答案】B
【解析】因为随机变量ξ~B(4，p)，
由E(ξ)＝2，得4p＝2，解得p＝1
2，
所以P(ξ＝3)＝C4
3×(
1
2)
3
×(1−1
2)＝1
4 .
3.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】1
2
【解析】由题意得P(X＝1)＝
C3
1C7
3
C10
4
＝1
2.
4.已知随机变量X~N(μ，σ2)，若P(X<2)＝0.2，P(X<3)＝0.5，则P(X<4)的值为 .
【答案】0.8
【解析】因为X~N(μ，σ2)，P(X<3)＝0.5，
所以μ＝3，
所以P(X>4)＝P(X<2)＝0.2，
所以P(X<4)＝1－0.2＝0.8.
【名师点拨】
1.若X~N(μ，σ2)，则X 的均值与方差分别为E(X)＝μ，D(X)＝σ2.
2.“恰好发生k 次”与“有指定的k 次发生”不同：恰好发生k 次的概率P＝Cn
kpk(1－p)n－k，有指定的k 次
发生的概率P＝pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n).
3.“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.
4.超几何分布有时也记为 X~H(n，M，N)，其均值E(X)＝nM
N ，方差D(X)＝nM
N (1−M
N )(1−n−1
N −1).
【随堂训练】
题型一 二项分布
【典例】1.2024 年7 月12 日，国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中
小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了
“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮
食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下：学校有1
4 的学生每天饮用含糖饮料不低于500
毫升，这些学生的肥胖率为1
3；而每天饮用含糖饮料低于500 毫升的学生的肥胖率为2
9.
(1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率；
(2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记X 表示这三名学生中肥胖的人数，求X 的分布列和数学
期望.
【解析】
(1)设“学生每天饮用含糖饮料不低于500 毫升”为事件A，则P(A)＝1
4 ，P(A)＝3
4 ，
设“学生肥胖”为事件B，则
P(B|A)＝1
3，P(B|A)＝2
9，
由全概率公式可得P(B)＝P(B|A)P(A)＋P(B|A)P(A)＝1
3×1
4 ＋2
9×3
4 ＝1
4 ，
所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该生肥胖的概率为1
4 .
(2)由题意可知，X~B(3，1
4)，且X 的可能取值为0，1，2，3，则有
P(X＝0)＝C3
0×(
1
4)
0
×(
3
4)
3
＝27
64 ，
P(X＝1)＝C3
1×1
4 ×(
3
4)
2
＝27
64 ，
P(X＝2)＝C3
2×(
1
4)
2
×3
4 ＝9
64 ，
P(X＝3)＝C3
3×(
1
4)
3
×(
3
4)
0
＝1
64 ，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
27
64
27
64
9
64
1
64
X 的数学期望E(X)＝3×1
4 ＝3
4 .
【名师点拨】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.
【变式训练】某校为了解本校学生课间进行体育活动的情况，随机抽取了50 名男生和50 名女生，
通过调查得到如下数据：50 名女生中有10 人课间经常进行体育活动，50 名男生中有20 人课间经常进
行体育活动.
(1)请补全2×2 列联表，试根据小概率值α＝0.05 的独立性检验，判断性别与课间经常进行体育活动是
否有关联；
性别
体育活动
合计
课间不经常进行体育活动
课间经常进行体育活动
男
女
合计
(2)以样本的频率作为概率的值，在全校的男生中任取4 人，记其中课间经常进行体育活动的人数为
X，求X 的分布列、数学期望和方差.
附表：
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
附：χ2＝
n(ad −bc)
2
(a＋b)(c＋d )(a＋c)(b＋d )，其中n＝a＋b＋c＋d.
【解析】
(1)依题意，列出2×2 列联表如下：
性别
体育活动
合计
课间不经常进行体育活动
课间经常进行体育活动
男
30
20
50
女
40
10
50
合计
70
30
100
零假设为H0：性别与课间经常进行体育活动相互独立，即性别与课间是否经常进行体育活动无关.
因为χ2＝100×(30×10−20×40)
2
50×50×70×30
＝100
21 ≈4.762>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05 的独立性检验，我们推断H0不成立，
即认为性别与课间是否经常进行体育活动有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05.
(2)由题意得，50 名男生中课间经常进行体育活动的频率为20
50 ＝2
5，
所以在本校男生中随机抽取1 人为课间经常进行体育活动者的概率为2
5，
由题意得X~B(4，2
5)，
则P(X＝k)＝C4
k(
2
5)
k
(1−2
5)
4−k
，k＝0，1，2，3，4，
可得P(X＝0)＝C4
0×(
2
5)
0
×(
3
5)
4
＝81
625，
P(X＝1)＝C 4
1×(
2
5)
1
×(
3
5)
3
＝216
625，
P(X＝2)＝C4
2×(
2
5)
2
×(
3
5)
2
＝216
625，
P(X＝3)＝C 4
3×(
2
5)
3
×(
3
5)
1
＝96
625，
P(X＝4)＝C4
4×(
2
5)
4
×(
3
5)
0
＝16
625，
X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
81
625
216
625
216
625
96
625
16
625
X 的数学期望为E(X)＝np＝4×2
5 ＝8
5，
X 的方差为D(X)＝np(1－p)
＝4×2
5×(1−2
5)＝24
25.
题型二 超几何分布
【典例】1.为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A 市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样
调查，统计数据如表：
经常应用
偶尔应用或者不应用
合计
农村
40
城市
60
合计
100
60
160
从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是1
4 .
(1)补全2×2 列联表，根据小概率值α＝0.005 的独立性检验，能否认为智慧课堂的应用与区域有关？
(2)在经常应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比【典例】抽取5 个学校进行分析，然后再从这5
个学校中随机抽取2 个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X 个，求X 的分布列和数学期望.
附：χ2＝
n(ad −bc)
2
(a＋b)(c＋d )(a＋c)(b＋d )，其中n＝a＋b＋c＋d.
α
0.1
0.05
0.005
xα
2.706
3.841
7.879
【解析】
(1)设城市学校共有x 所，
因为从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是1
4 ，
所以x−60
x
＝1
4 ，
解得x＝80，即城市学校有80 所，
补全列联表如下：
经常应用
偶尔应用或者不应用
合计
农村
40
40
80
城市
60
20
80
合计
100
60
160
零假设为H0：智慧课堂的应用与区域无关，
χ2＝
n(ad −bc)
2
(a＋b)(c＋d )(a＋c)(b＋d )
＝160×(40×20−60×40)
2
80×80×100×60
＝32
3
≈10.667>7.879，
所以根据小概率值α＝0.005 的独立性检验，可以认为智慧课堂的应用与区域有关.
(2)在经常应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比【典例】是2∶3，所以抽取的样本中有2 个是农村学校，
3 个是城市学校，再从样本中抽取2 个，则X 的可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝C2
0C3
2
C5
2 ＝3
10，
P(X＝1)＝C2
1C3
1
C5
2 ＝3
5，
P(X＝2)＝C2
2
C5
2 ＝1
10.
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
3
10
3
5
1
10
X 的数学期望E(X)＝0× 3
10＋1×3
5＋2× 1
10 ＝4
5 .
【名师点拨】
(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.
【变式训练】随着互联网的普及、大数据的驱动，线上线下相结合的新零售时代已全面开启，新零
售背景下，即时配送行业稳定快速增长.某即时配送公司为更好地了解客户需求，优化自身服务，提高
客户满意度，在其A，B 两个分公司的客户中各随机抽取10 位客户进行了满意度评分调查(满分100 分)，
评分结果如下：
分公司A：66，80，72，79，80，78，87，86，91，91.
分公司B：62，77，82，70，73，86，85，94，92，89.
(1)求抽取的这20 位客户评分的第一四分位数；
(2)规定评分在75 分以下的为不满意，从上述不满意的客户中随机抽取3 人继续沟通不满意的原因及改
进建议，设被抽到的3 人中分公司B 的客户人数为X，求X 的分布列和数学期望.
【解析】
(1)将抽取的这20 位客户的评分从小到大排列为62，66，70，72，73，77，78，79，80，80，82，85，
86，86，87，89，91，91，92，94.
因为20×25%＝5，
所以抽取的这20 位客户评分的第一四分位数为73＋77
2
＝75.
(2)由已知得分公司A 中75 分以下的有66 分，72 分；
分公司B 中75 分以下的有62 分，70 分，73 分，
所以上述不满意的客户共5 人，其中分公司A 中2 人，分公司B 中3 人.
所以X 的所有可能取值为1，2，3.
P(X＝1)＝C2
2C3
1
C5
3 ＝3
10，
P(X＝2)＝C2
1C3
2
C5
3 ＝3
5，
P(X＝3)＝C2
0C3
3
C5
3 ＝1
10，
所以X 的分布列为
X
1
2
3
P
3
10
3
5
1
10
X 的数学期望
E(X)＝1× 3
10＋2×3
5＋3× 1
10 ＝9
5.
题型三 正态分布
【典例】1.(多选)已知三个密度函数fi(x)＝
1
σi
❑√2π e
−( x−μi)
2
2σ i
2 (x∈R，i＝1，2，3)的图象如图所示，则(
)
A.μ1＝μ2>μ3
B.σ1＝σ2<σ3
C.若X~N(1，σ1
2)，P(X<2)＝0.7，则P(0<X<2)＝0.4
D.若X~N(μ2，σ 2
2)，Y~N(μ3，σ 3
2)，则存在实数x0，使得P(X<x0)＝P(Y<x0)
【答案】BCD
【解析】根据正态曲线关于x＝μ 对称，且μ 越大曲线越靠近右边，则μ1<μ2＝μ3，故A 错误；
又σ 越小数据越集中，曲线越瘦高，则σ1＝σ2<σ3，故B 正确；
X~N(1，σ1
2)，P(X<2)＝0.7，则P(1<X<2)＝0.7－0.5＝0.2，所以P(0<X<2)＝2×0.2＝0.4，故C 正确；
若X~N(μ2，σ 2
2)，Y~N(μ3，σ 3
2)，μ2＝μ3，则存在实数x0＝μ2＝μ3，使P(X<x0)＝P(Y<x0)，D 正确.
【典例】2.(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动
茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收
入的样本均值x＝2.1，样本方差s2＝0.01，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布N(1.8，0.12)，假
设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布N(x，s2)，则( )
(若随机变量Z 服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0.841 3)
A.P(X>2)>0.2
B.P(X>2)<0.5
C.P(Y>2)>0.5
D.P(Y>2)<0.8
【答案】BC
【解析】依题可知，x＝2.1，s2＝0.01，
所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3，所以C 正确，D 错误；
因为X~N(1.8，0.12)，
所以P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)≈0.158 7，
所以B 正确，A 错误.
【名师点拨】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.
【变式训练】某教学研究机构从参加高考适应性考试的20 000 名优秀考生中随机抽取了200 人对其
数学成绩进行了整理分析，作出了如图所示的频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，同一组数据用该组区间的中点值作代表，求得这200 名考生数学成绩的平均
数为x＝110.据此估计这20 000 名优秀考生数学成绩的标准差s；
(2)根据以往经验，可以认为这20 000 名优秀考生的数学成绩X 近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中参数μ
和σ 可以分别用(1)中的x和s 来估计.记考生本次考试的各科总成绩为Y，若Y＝5X－10，试估计这20
000 名优秀考生中总成绩Y∈[600，660]的人数.
另：❑√6≈2.4；
若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5.
【解析】
(1)抽取的200 名考生数学成绩的方差估计值为s2＝(80－110)2×0.02＋(90－110)2×0.09＋(100－110)2×0.22
＋(110－110)2×0.33＋(120－110)2×0.24＋(130－110)2×0.08＋(140－110)2×0.02＝150.
故估计这20 000 名考生数学成绩的方差为150，标准差s＝❑√150＝5❑√6≈5×2.4＝12.
(2)由(1)知μ 可用x＝110 来估计，σ2可用s2＝150 来估计.故X~N(110，150).
σ＝❑√150＝5❑√6≈12.
又P(μ＋σ≤X≤μ＋2σ)
＝P( μ−2σ ≤X ≤μ＋2σ )−P( μ−σ ≤X ≤μ＋σ )
2
≈0.954 5−0.682 7
2
＝0.135 9，
故P(122≤X≤134)≈0.135 9.
又Y＝5X－10，
所以P(600≤Y≤660)＝P(600≤5X－10≤660)＝P(122≤X≤134)≈0.135 9.
故这20 000 名优秀考生中总成绩在[600，660]的人数约为20 000×0.135 9＝2 718.
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.已知随机变量ξ~B(6，2
3)，则P(ξ＝2)等于( )
A. 1
243
B. 13
243
C. 20
243
D. 80
243
【答案】C
【解析】由题意可知P(ξ＝2)＝C6
2×(
2
3)
2
×(1−2
3)
4
＝20
243.
2.若随机变量X 服从正态分布N(3，σ2)，P(X≤5)＝0.55，则P(X<1)等于( )
A.0.45
B.0.55
C.0.1
D.0.9
【答案】A
【解析】因为随机变量X 服从正态分布N(3，σ2)，所以P(X≤5)＝P(X≥1)＝0.55，所以P(X<1)＝1－
P(X≥1)＝1－0.55＝0.45.
3.数学老师从6 道题中随机抽3 道检测学生，规定至少要解答正确2 道题才能及格.某学生只能正确求解其
中的4 道题，则该学生能及格的概率为( )
A.4
5
B.2
3
C.3
5
D.1
2
【答案】A
【解析】由题意知抽取3 道题该学生不及格的情况只有只对一道题一种情况，则只答对一道题的概率为P
＝
C4
1C2
2
C6
3 ＝1
5，所以该学生及格的概率为4
5 .
4.数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点O 出发，每隔1 秒向左或向右移动一个单位，已知向右移
动的概率为2
5，向左移动的概率为3
5，共移动8 次，则质点位于－2 的位置的概率是( )
A.(
2
5)
4
(
3
5)
4
B.(
2
5)
6
(
3
5)
2
C.C8
3(
2
5)
5
(
3
5)
3
D.C8
5(
2
5)
3
(
3
5)
5
【答案】D
【解析】依题意此实验满足8 重伯努利实验，设向左移动次数为X，则X~B(8，3
5)，从原点O 出发，共
移动8 次，最后质点位于－2，则需向右移动3 次，向左移动5 次，所以质点位于－2 的位置的概率为P(X
＝5)＝C8
5(
2
5)
3
(
3
5)
5
.
5.从7 男3 女共10 名学生干部中随机选出5 名学生干部，抽到的女生人数的数学期望为( )
A.3
2
B.6
5
C.9
5
D.2
【答案】A
【解析】抽到的女生人数X 可能为0，1，2，3，
P(X＝0)＝C7
5C3
0
C10
5
＝1
12，
P(X＝1)＝C7
4C3
1
C10
5
＝5
12，
P(X＝2)＝C7
3C3
2
C10
5
＝5
12，
P(X＝3)＝C7
2C3
3
C10
5
＝1
12，
所以E(X)＝0× 1
12＋1× 5
12＋2× 5
12＋3× 1
12 ＝3
2.
6.泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛应用，
泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝λ
k
k ！e－λ(k＝0，1，2，…)，其中e 为自然对数的底数，λ 是泊松分布的
均值.若随机变量X 服从二项分布，当n 很大且p 很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np，即
X~B(n，p)，P(X＝i)＝e
−np(np)
i
i！
(n∈N*).现已知某种元件的次品率为0.01，抽检100 个该种元件，则正品率
大于97%的概率约为( )
(参考数据：1
e ＝0.367 879…)
A.99%
B.97%
C.92%
D.74%
【答案】C
【解析】由题意得n＝100，p＝0.01，泊松分布可作为二项分布的近似，此时λ＝100×0.01＝1，
所以P(X＝k)＝1
k ！e－1，
P(X＝0)＝1
0！e－1＝1
e ，
P(X＝1)＝1
1！e－1＝1
e ，
P(X＝2)＝1
2！e－1＝1
2e ，
正品率大于97%的概率为P＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)＝1
e ＋1
e ＋1
2e ≈92%.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.下列判断正确的是( )
A.若随机变量ξ 服从0－1 分布，且P(ξ＝0)＝0.35，则P(ξ＝1)＝0.7
B.若随机变量ξ~B(3，1
2)，则D(ξ)＝3
4
C.若随机变量ξ~H(3，3，10)，则E(ξ)＝0.9
D.若随机变量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，则P(ξ<－1)＝0.2
【答案】BCD
【解析】若ξ 服从0－1 分布，则P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)＝0.65，故A 错误；
若随机变量ξ~B(3，1
2)，则D(ξ)＝3×1
2×(1−1
2)＝3
4 ，故B 正确；
若随机变量ξ~H(3，3，10)，则E(ξ)＝3×3
10 ＝0.9，故C 正确；
若随机变量ξ~N(1，σ2)，P(ξ≤3)＝0.8，则P(ξ<－1)＝P(ξ>3)＝1－0.8＝0.2，故D 正确.
8.若随机变量X 服从正态分布N(6，4)，且P(2<X<10)＝m，P(4<X<8)＝n，则( )
A.P(7<X<9)>P(1<X<3)
B.E(2X＋1)＝13
C.P(4<X<10)＝m＋n
2
D.D(2X＋1)＝8
【答案】ABC
【解析】随机变量X 服从正态分布N(6，4)，则μ＝6，σ＝2，P(7<X<9)＝P(3<X<5)>P(1<X<3)，A 正确；
E(X)＝μ＝6，则E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝13，B 正确；
由P(2<X<10)＝m，P(4<X<8)＝n，得P(6<X<10)＝m
2 ，P(4<X≤6)＝n
2，因此P(4<X<10)＝P(4<X≤6)＋
P(6<X<10)＝m＋n
2
，C 正确；
D(X)＝σ2＝4，则D(2X＋1)＝4D(X)＝16，D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.已知随机变量X~N(4，42).若P(X<3)＝0.3，则P(3<X<5)＝ ，若Y＝2X＋1，则Y 的方差为
.
【答案】0.4 64
【解析】由题意可知μ＝4，σ＝4，即D(X)＝16，
所以D(Y)＝4D(X)＝64，
因为3＋5＝2μ，且P(X<3)＝0.3，
所以P(3<X<5)＝1－2P(X<3)＝0.4.
10.甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制(当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束).根据以
往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是p(0<p<1)，且各局比赛结果相互独立.若甲以3∶0 获胜的概率
不低于甲以3∶1 获胜的概率，则p 的取值范围为 .
【答案】[
2
3 ，1)
【解析】甲以3∶0 获胜的概率为p1＝p3，甲以3∶1 获胜的概率为p2＝C3
2p3(1－p)＝3p3(1－p)，
由题意，p1≥p2，即p3≥3p3(1－p)，
解得p≥2
3，
所以p 的取值范围为[
2
3 ，1).
四、解答题(共27 分)
11.(13 分)某公司在员工招聘面试环节准备了4 道面试题，面试者按顺序提问，若每位被面试者答对两道题
则通过面试，面试结束；若每位被面试者前三道题均答错，则不通过面试，面试结束.已知李明答对每道题
的概率均为3
5，且每道题是否答对相互独立.
(1)求李明没通过面试的概率；(5 分)
(2)记李明所答题目的数量为X，求X 的分布列和数学期望.(8 分)
【解析】
(1)李明没通过面试包含前3 题有1 题答对，第4 题答错和前3 题均答错两种情况，
故所求概率为C3
1×3
5×(
2
5)
3
＋(
2
5)
3
＝112
625.
(2)由题意得X 的可能取值为2，3，4，则
P(X＝2)＝3
5×3
5 ＝9
25，
P(X＝3)＝C2
1×3
5×2
5×3
5 ＋(
2
5)
3
＝44
125，
P(X＝4)＝C3
1×3
5×(
2
5)
2
＝36
125.
故所求分布列为
X
2
3
4
P
9
25
44
125
36
125
所以E(X)＝2× 9
25＋3× 44
125＋4× 36
125 ＝366
125.
12.(14 分)台风是我国东部沿海地区夏秋季节常见的自然灾害，当台风来临之际，沿海居民点的居民必须提
前进行疏散.某地有关部门为了解居民疏散所需时间，在当地随机抽取了100 处居民点进行疏散所需时间的
调查，所得数据如表：
疏散时间t(最接近的时间，
取整数)单位：小时
12
13
14
15
16
17
18
频率
0.04
0.05
0.25
0.35
0.18
0.10
0.03
(1)根据以上数据，视频率为概率，估计这一地区居民点疏散所需时间t 的均值和方差；(6 分)
(2)根据工作安排，需要在疏散时间超过16 小时的13 个居民点中再抽取5 个进行深入调查，从而寻求缩短
疏散时间的办法.设X 为抽到的居民点中疏散时间为18 小时的居民点数量，求X 的分布列.(8 分)
【解析】
(1)∵12×0.04＋13×0.05＋14×0.25＋15×0.35＋16×0.18＋17×0.10＋18×0.03＝15，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t 的均值为15，
∵(12－15)2×0.04＋(13－15)2×0.05＋(14－15)2×0.25＋(15－15)2×0.35＋(16－15)2×0.18＋(17－15)2×0.10
＋(18－15)2×0.03＝1.66，
∴估计这一地区居民点疏散所需时间t 的方差为1.66.
(2)∵疏散时间为17 小时，18 小时两组的频率之比为10∶3，
∴在疏散时间超过16 小时的13 个居民点中，疏散时间为17 小时的有10 个，疏散时间为18 小时的有3 个，
再从这13 个居民点中抽取5 个，X 为抽到的居民点中疏散时间为18 小时的居民点数量，
X 可取0，1，2，3.
P(X＝0)＝C3
0C10
5
C13
5
＝28
143，
P(X＝1)＝C3
1C10
4
C13
5
＝70
143，
P(X＝2)＝C3
2C10
3
C13
5
＝40
143，
P(X＝3)＝C3
3C10
2
C13
5
＝5
143，
X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
28
143
70
143
40
143
5
143
【尖子拔高训练】13 题5 分，14 题6 分，共11 分
13.设随机变量X~B(n，p)，记pk＝Cn
kpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，下列说法正确的是( )
A.当k 由0 增大到n 时，pk先增后减，当且仅当k 取某一个正整数时达到最大
B.如果(n＋1)p 为正整数，当且仅当k＝(n＋1)p 时，pk取最大值
C.如果(n＋1)p 为非整数，当且仅当k 取(n＋1)p 的整数部分时，pk取最大值
D.E(X)＝np(1－p)
【答案】C
【解析】因为X~B(n，p)，pk＝Cn
kpk(1－p)n－k，k＝0，1，2，…，n，
由{
pk ≥pk −1,
pk ≥pk ＋1,
得{
Cn
k p
k(1−p)
n−k ≥Cn
k −1 p
k −1(1−p)
n−k ＋1,
Cn
k p
k(1−p)
n−k ≥Cn
k ＋1 p
k ＋1(1−p)
n−k −1,
解得(n＋1)p－1≤k≤(n＋1)p，
若(n＋1)p 为正整数，则当k＝(n＋1)p 或k＝(n＋1)p－1 时，pk取最大值，故B 错误；
若(n＋1)p 为非整数，则当k 取(n＋1)p 的整数部分时，pk取最大值，故C 正确；
综上所述，当k 由0 增大到n 时，pk先增后减，在某一个(或两个)k 值处达到最大，故A 错误；
因为E(X)＝np，故D 错误.
14.(多选)小明上学有时乘公交车，有时骑自行车.他各记录了100 次乘公交车和骑自行车上学所用的时间，
经数据分析得到：乘公交车平均用时20 min，样本标准差为6；骑自行车平均用时24 min，样本标准差为
2.已知若随机变量ξ~N(μ，σ2)，则ξ −μ
σ
~N(0，1).假设小明乘公交车用时X 和骑自行车用时Y 都服从正态分
布，则( )
A.X~N(20，6)
B.Y −24
2
~N(0，1)
C.若某天有28 min 可用，小明要想尽可能不迟到应选择骑自行车
D.若某天有25 min 可用，小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车
【答案】BCD
【解析】根据题意知X~N(20，62)，Y −24
2
~N(0，1)，故A 错误，B 正确；
若有28 min 可用，分别设随机变量X，Y 的平均数和样本标准差为μX，μY，σX，σY，
则P(|Y －24|≤4) ＝P(|Y －μY|≤2σY) ＝P(|X －μX|≤2σX) ＝P(|X －20|≤12)>P(|X －20|≤8) ，故
P(X≤28)<P(Y≤28)，小明要想尽可能不迟到应选择骑自行车，故C 正确；
若有25 min 可用，则
P(X≤25)＝P(
X −20
6
≤25−20
6 )，
P(Y≤25)＝P(
Y −24
2
≤25−24
2 )，
因为X −20
6
~N(0，1)，Y −24
2
~N(0，1)，故P(X≤25)>P(Y≤25)，小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车，
故D 正确.
