資源簡介

一、條件概率與全概率公式
1.求條件概率的兩種方法：（1）基于樣本空間Ω，先計算P（A）和P（AB），再利用P（B｜A）＝求解；（2）縮小樣本空間，即以A為樣本空間計算AB的概率.
2.全概率公式：一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則對任意的事件B Ω，有P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）.全概率公式的實質是把事件B拆分成互斥事件的和，是加法公式和乘法公式的綜合運用.
【例1】　（1）甲、乙、丙、丁四名同學報名參加假期社區服務活動，社區服務活動共有關懷老人、環境監測、教育咨詢、交通宣傳四個項目，每人限報其中一項，記事件A為“4名同學所報項目各不相同”，事件B為“只有甲同學一人報關懷老人項目”，則P（A｜B）＝（　　）
A.　　　B. C.　　　D.
（2）（2024·泰州月考）有一批產品是由甲、乙、丙三廠同時生產的，其中甲廠產品占50%，乙廠產品占30%，丙廠產品占20%，甲廠產品正品率為95%，乙廠產品正品率為90%，丙廠產品正品率為85%， 如果從這批產品中隨機抽取一件，則該產品是正品的概率為　　　　.
反思感悟
1.計算條件概率時，應明白是在誰的條件下，計算誰的概率；明確P（A），P（B｜A）以及P（AB）三者間的關系，實現三者間的互化.
2.理解全概率公式P（B）＝P（Ai）P（B｜Ai）中化整為零的計算思想.
3.掌握條件概率與全概率運算，重點提升邏輯推理和數學運算的核心素養.
【跟蹤訓練】
采購員要購買10個一包的電器元件.他的采購方法是：從一包中隨機抽查3個，如果這3個元件都是好的，他才買下這一包.假定含有4個次品的包數占30%，而其余包中各含1個次品.求：
（1）采購員拒絕購買的概率；
（2）在采購員拒絕購買的條件下，抽中的一包中含有4個次品的概率.
二、離散型隨機變量的概率分布、均值與方差
　　均值與方差都是隨機變量的重要的數字特征，方差是建立在均值的基礎之上，它表明了隨機變量所取的值相對于它的均值的集中與離散程度，二者的聯系密切，在現實生產生活中的應用比較廣泛.
【例2】　隨著“五一”假期的到來，各大旅游景點熱鬧非凡，為了解A，B兩個旅游景點游客的滿意度，某研究性學習小組采用隨機抽樣的方法，獲得關于A旅游景點的問卷100份，關于B旅游景點的問卷80份.問卷中，對景點的滿意度等級為：非常滿意、滿意、一般、差評，對應分數分別為：4分、3分、2分、1分，數據統計如下：
非常滿意 滿意 一般 差評
A景點 50 30 5 15
B景點 35 30 7 8
假設用頻率估計概率，且游客對A，B兩個旅游景點的滿意度評價相互獨立.
（1）從所有（人數足夠多）在A旅游景點的游客中隨機抽取2人，從所有（人數足夠多）在B旅游景點的游客中隨機抽取2人，估計這4人中恰有2人給出“非常滿意”的概率；
（2）根據上述數據，你若去旅游，你會選擇A、B哪個旅游景點？說明理由.
反思感悟
　　運用均值與方差進行決策時，一般是先求出隨機變量的均值，考慮它們的平均水平；一旦平均水平一致，再計算隨機變量的方差，考慮它們的波動程度，然后根據實際情況做出決策.此類問題主要考查均值與方差的含義及運算公式，目的是提升邏輯推理與數學運算的核心素養.
【跟蹤訓練】
1.（多選）如圖是離散型隨機變量X的概率分布直觀圖，其中3a＝5b，2b＝3c，則（　　）
A.a＝0.5 B.E（X）＝2.3 C.D（X）＝0.61 D.D（2X）＝1.22
2.（2024·連云港月考）離散型隨機變量X的概率分布中部分數據丟失，丟失數據以x，y（x，y∈N）代替，
X＝i 1 2 3 4 5 6
P（X＝i） 0.21 0.20 0.x5 0.10 0.1y 0.10
則P（＜X＜）＝　　　　.
三、二項分布
　　把握二項分布的關鍵是理解隨機試驗中n次、獨立、重復這些字眼，即試驗是多次進行，試驗之間是相互獨立的，每次試驗的概率是相同的.
【例3】　（2024·宿遷質檢）某種植戶對一塊地的n（n∈N*，n＞2）個坑進行播種，每個坑播種3粒種子，每粒種子發芽的概率均為，且每粒種子是否發芽相互獨立，對每一個坑而言，如果至少有兩粒種子發芽，則不需要進行補種，否則要補種.
（1）從n個坑中選兩個坑進行觀察，兩坑不能相鄰，有多少種方案？
（2）對于單獨一個坑，需要補種的概率是多少？
（3）當n取何值時，有3個坑要補種的概率最大？最大概率為多少？
反思感悟
　　利用二項分布來解決實際問題的關鍵在于在實際問題中建立二項分布的模型，也就是看它是否為n重伯努利試驗，隨機變量是否為在這n重伯努利試驗中某事件發生的次數.此類問題主要考查獨立重復試驗、n重伯努利試驗和二項分布，通過對概率計算的考查，體現了數據分析、數學運算和數學建模的核心素養.
【跟蹤訓練】
如圖，在數軸上，一個質點在外力的作用下，從原點O出發，每次等可能地向左或向右移動一個單位長度，共移動6次，則事件“移動6次后，質點位于－2的位置”的概率為　　　　.
四、超幾何分布
　　超幾何分布的兩個特點：（1）超幾何分布是不放回抽樣問題；（2）隨機變量為抽到的某類個體的個數.
【例4】　一盒乒乓球中共裝有2只黃色球與4只白色球，現從中隨機抽取3次，每次僅取1個球.
（1）若每次抽取之后，記錄抽到乒乓球的顏色，再將其放回盒中，記抽到黃球的次數為隨機變量X，求P（X＝1）及E（X）；
（2）若每次抽取之后，將抽到的乒乓球留在盒外，記最終盒外的黃球個數為隨機變量Y，求P（Y＝1）及E（Y）；
（3）在（1）（2）的條件之下，求P（｜X－Y｜≤1）.
反思感悟
　　利用超幾何分布模型解決離散型隨機變量的概率分布問題時，先判斷所給問題是否屬于超幾何分布，并明確離散型隨機變量的可能取值以及每個值所表示的意義，再利用超幾何分布的公式，寫出離散型隨機變量取每個值的概率，最后按規范形式寫出其概率分布.
【跟蹤訓練】
某外語學校的一個社團中有7名同學，其中2人只會法語，2人只會英語，3人既會法語又會英語，現選派3人到法國的學校交流訪問.求：
（1）在選派的3人中恰有2人會法語的概率；
（2）在選派的3人中既會法語又會英語的人數X的概率分布.
五、正態分布
　　解答正態分布的實際應用題，關鍵是如何轉化，同時注意以下兩點：
（1）注意“3σ”原則：記住正態總體在三個區間內取值的概率；
（2）注意數形結合：由于正態密度曲線具有完美的對稱性，體現了數形結合的重要思想，因此在解題時要靈活運用對稱性并結合圖象解決問題.
【例5】　（1）設隨機變量ξ服從正態分布N（3，4），若P（ξ＜2a－3）＝P（ξ＞a＋2），則a＝（　　）
A. B.
C.5 D.3
（2）（2024·鎮江月考）在某市的高三期末考試中，學生的數學成績X服從正態分布N（90，σ2），已知P（70≤X≤90）＝0.35，則從全市學生中任選一名，他的數學成績小于110分的概率為　　　　.
反思感悟
　　利用服從正態分布N（μ，σ2）的隨機變量X在三個特殊區間上取值的概率，可以解決兩類實際問題：
（1）估計在某一范圍內的數量，具體方法是先確定隨機變量在該范圍內取值的概率，再乘樣本容量即可；
（2）利用3σ原則作決策.決策步驟如下：①確定一次試驗中取值a是否落入范圍（μ－3σ，μ＋3σ）內；②作出判斷，若a∈（μ－3σ，μ＋3σ），則接受統計假設，若a （μ－3σ，μ＋3σ），則拒絕統計假設.
【跟蹤訓練】
　某工廠生產的T型零件的外直徑服從正態分布N（10，0.22），從該工廠上午和下午生產的T型零件中各隨機取出一個，測得其外直徑分別為9.52 mm和9.98 mm，試分析該工廠這一天的生產狀況是否正常.
章末復習與總結
【例1】　（1）C　（2）0.915　解析：（1）由已知有P（B）＝＝，P（AB）＝＝，所以P（A｜B）＝＝，故選C.
（2）設A，B，C分別表示抽得產品是甲廠、乙廠、丙廠生產的，D表示抽得產品為正品，則由已知，P（A）＝0.5，P（B）＝0.3，P（C）＝0.2，P（D｜A）＝0.95，P（D｜B）＝0.9，P（D｜C）＝0.85，從而任取一件產品為正品的概率可由全概率公式得P（D）＝P（D｜A）P（A）＋P（D｜B）·P（B）＋P（D｜C）P（C）＝0.95×0.5＋0.9×0.3＋0.85×0.2＝0.915.
跟蹤訓練
　解：設B1＝“取到的一包含4個次品”，B2＝“取到的一包含1個次品”，A＝“采購員拒絕購買”，
則P（B1）＝，P（B2）＝.
P（A｜B1）＝1－＝，
P（A｜B2）＝1－＝.
（1）由全概率公式得到P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P（B2）P（A｜B2）＝×＋×＝.
（2）P（B1｜A）＝＝＝.
【例2】　解：（1）設“這4人中恰有2人給出非常滿意的評價”為事件C，
由表中數據可知，游客在A景點給出“非常滿意”評價的概率為＝，
游客在B景點給出“非常滿意”評價的概率為＝，
則P（C）＝（）2（1－）2＋·（1－）·（1－）＋（1－）2（）2＝.
（2）設一位游客對A景點的滿意度評分為X，一位游客對B景點的滿意度評分為Y，
由題表中數據得X的概率分布為
X 1 2 3 4
P
Y的概率分布為
Y 1 2 3 4
P
則E（X）＝4×＋3×＋2×＋1×＝，
D（X）＝（）2×＋（－）2×＋（－）2×＋（－）2×＝，
E（Y）＝4×＋3×＋2×＋1×＝，
D（Y）＝（）2×＋×＋×＋×＝，
顯然E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以選擇B景點.
跟蹤訓練
1.ABC　由題知解得a＝0.5，b＝0.3，c＝0.2，A選項正確；所以E（X）＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝2.3，B選項正確；D（X）＝（1－2.3）2×0.2＋（2－2.3）2×0.3＋（3－2.3）2×0.5＝0.61，C選項正確；D（2X）＝22·D（X）＝2.44，D選項錯誤.故選A、B、C.
2.0.45　解析：由題意得0.21＋0.20＋0.05＋0.1×x＋0.10＋0.10＋0.01×y＋0.10＝1，化簡得10x＋y＝24，又x，y∈N且x，y∈[0，9]，所以x＝2，y＝4，所以P（＜X＜）＝P（X＝2）＋P（X＝3）＝0.20＋0.25＝0.45.
【例3】　解：（1）先把（n－2）個坑排好共（n－1）個空，再把剩下的2個坑往（n－1）個空里放，共有＝種方案.
（2）設A＝“種子發芽”，且P（A）＝， 每個坑播種3粒種子，發芽的粒數X～B（3，），
一個坑需要補種，意味著X≤1，考慮兩粒種子發芽的概率P（X＝2）＝（）3＝，
三粒種子發芽的概率P（X＝3）＝（）3＝，
所以一個坑需要補種的概率P（X≤1）＝1－P（X＝2）－P（X＝3）＝1－（＋）＝.
（3）由（2）可知，n（n∈N*，n＞2）個坑中要補種的坑數Y～B（n，），所以有3個坑要補種的概率為P（Y＝3）＝（）n，
要想有3個坑要補種的概率最大，即滿足不等式組解得5≤n≤6，又n∈N*，
所以n＝5或6時，有3個坑要補種的概率最大，此時最大概率為（）n＝.
跟蹤訓練
　　解析：因為質點每次等可能地向左或向右移動一個單位長度，所以每次向左移動和向右移動的概率均為，若質點從原點O出發，移動6次后位于－2的位置，則該質點需要向左移動4次，向右移動2次，設事件A＝“移動6次后，質點位于－2的位置”，則P（A）＝×（）4×（）2＝.
【例4】　解：（1）由題意知，每次取到黃球的概率為＝，故X～B（3，），
因為P（X＝k）＝×（）k×（）3－k（k＝0，1，2，3），
代入k＝1得P（X＝1）＝＝，
同理可得P（X＝0）＝，P（X＝2）＝，P（X＝3）＝，
故E（X）＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.
（2）由題意可知Y服從超幾何分布，P（Y＝k）＝（k＝0，1，2），
代入k＝1得P（Y＝1）＝＝，
同理可得P（Y＝0）＝，P（Y＝2）＝，
故E（Y）＝0×＋1×＋2×＝1.
（3）由（1）（2）知，P（｜X－Y｜≤1）＝1－P（｜X－Y｜≥2）
＝1－P（X＝0，Y＝2）－P（X＝2，Y＝0）－P（X＝3，Y＝0）－P（X＝3，Y＝1）
＝1－×－×－×－×＝1－＝.
跟蹤訓練
　解：（1）設事件A：選派的3人中恰有2人會法語，則P（A）＝＝.
（2）依題意知，X服從超幾何分布，X的可能取值為0，1，2，3，
P（X＝0）＝＝，P（X＝1）＝＝，P（X＝2）＝＝，P（X＝3）＝＝，
∴X的概率分布為
X 0 1 2 3
P
【例5】　（1）A　（2）0.85　解析：（1）∵隨機變量ξ服從正態分布N（3，4），P（ξ＜2a－3）＝P（ξ＞a＋2），∴直線x＝2a－3與直線x＝a＋2關于直線x＝3對稱，∴2a－3＋a＋2＝6，∴3a＝7，∴a＝，故選A.
（2）∵X～N（90，σ2），∴μ＝90，即正態密度曲線關于直線x＝90對稱.∵P（70≤X≤90）＝0.35，∴P（90＜X＜110）＝0.35，∴P（X≥110）＝P（X≥90）－P（90＜X＜110）＝0.5－0.35＝0.15，則P（X＜110）＝1－0.15＝0.85.
跟蹤訓練
　解：∵X～N（10，0.22），∴μ＝10，σ＝0.2.
∴μ－3σ＝10－3×0.2＝9.4，μ＋3σ＝10＋3×0.2＝10.6.
∵9.52∈[9.4，10.6]，9.98∈[9.4，10.6]，
∴該工廠這一天的生產狀況是正常的.
4 / 4(共39張PPT)
章末復習與總結
一、條件概率與全概率公式
1. 求條件概率的兩種方法：（1）基于樣本空間Ω，先計算P（A）
和P（AB），再利用P（B｜A）＝ 求解；（2）縮小樣
本空間，即以A為樣本空間計算AB的概率.
2. 全概率公式：一般地，設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事
件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P（Ai）＞0，i＝1，2，…，n，則
對任意的事件B Ω，有P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）.全概
率公式的實質是把事件B拆分成互斥事件的和，是加法公式和乘法
公式的綜合運用.
【例1】　（1）甲、乙、丙、丁四名同學報名參加假期社區服務活
動，社區服務活動共有關懷老人、環境監測、教育咨詢、交通宣傳
四個項目，每人限報其中一項，記事件A為“4名同學所報項目各
不相同”，事件B為“只有甲同學一人報關懷老人項目”，則P
（A｜B）＝（　C　）
C
解析： 由已知有P（B）＝ ＝ ，P（AB）＝ ＝
，所以P（A｜B）＝ ＝ ，故選C.
（2）（2024·泰州月考）有一批產品是由甲、乙、丙三廠同時生產
的，其中甲廠產品占50%，乙廠產品占30%，丙廠產品占
20%，甲廠產品正品率為95%，乙廠產品正品率為90%，丙廠
產品正品率為85%， 如果從這批產品中隨機抽取一件，則該
產品是正品的概率為 .
0.915　
解析：設A，B，C分別表示抽得產品是甲廠、乙廠、丙廠生
產的，D表示抽得產品為正品，則由已知，P（A）＝0.5，
P（B）＝0.3，P（C）＝0.2，P（D｜A）＝0.95，P
（D｜B）＝0.9，P（D｜C）＝0.85，從而任取一件產品
為正品的概率可由全概率公式得P（D）＝P（D｜A）P
（A）＋P（D｜B）·P（B）＋P（D｜C）P（C）＝
0.95×0.5＋0.9×0.3＋0.85×0.2＝0.915.
反思感悟
1. 計算條件概率時，應明白是在誰的條件下，計算誰的概率；明確P
（A），P（B｜A）以及P（AB）三者間的關系，實現三者間的
互化.
2. 理解全概率公式P（B）＝ P（Ai）P（B｜Ai）中化整為零的
計算思想.
3. 掌握條件概率與全概率運算，重點提升邏輯推理和數學運算的核心
素養.
【跟蹤訓練】
采購員要購買10個一包的電器元件.他的采購方法是：從一包中隨機
抽查3個，如果這3個元件都是好的，他才買下這一包.假定含有4個次
品的包數占30%，而其余包中各含1個次品.求：
（1）采購員拒絕購買的概率；
（1）由全概率公式得到P（A）＝P（B1）P（A｜B1）＋P
（B2）P（A｜B2）＝ × ＋ × ＝ .
解：設B1＝“取到的一包含4個次品”，B2＝“取到的一包含1
個次品”，A＝“采購員拒絕購買”，
則P（B1）＝ ，P（B2）＝ .
P（A｜B1）＝1－ ＝ ，P（A｜B2）＝1－ ＝ .
（2）在采購員拒絕購買的條件下，抽中的一包中含有4個次品的
概率.
解： P（B1｜A）＝ ＝ ＝ .
二、離散型隨機變量的概率分布、均值與方差
　　均值與方差都是隨機變量的重要的數字特征，方差是建立在均值
的基礎之上，它表明了隨機變量所取的值相對于它的均值的集中與離
散程度，二者的聯系密切，在現實生產生活中的應用比較廣泛.
【例2】　隨著“五一”假期的到來，各大旅游景點熱鬧非凡，為了
解A，B兩個旅游景點游客的滿意度，某研究性學習小組采用隨機抽
樣的方法，獲得關于A旅游景點的問卷100份，關于B旅游景點的問卷
80份.問卷中，對景點的滿意度等級為：非常滿意、滿意、一般、差
評，對應分數分別為：4分、3分、2分、1分，數據統計如下：
非常滿意 滿意 一般 差評
A景點 50 30 5 15
B景點 35 30 7 8
假設用頻率估計概率，且游客對A，B兩個旅游景點的滿意度評價相
互獨立.
（1）從所有（人數足夠多）在A旅游景點的游客中隨機抽取2人，從
所有（人數足夠多）在B旅游景點的游客中隨機抽取2人，估計
這4人中恰有2人給出“非常滿意”的概率；
解： 設“這4人中恰有2人給出非常滿意的評價”為事
件C，
由表中數據可知，游客在A景點給出“非常滿意”評價的概
率為 ＝ ，
游客在B景點給出“非常滿意”評價的概率為 ＝ ，
則P（C）＝（ ）2（1－ ）2＋ · （1－ ） · （1－
）＋（1－ ）2（ ）2＝ .
（2）根據上述數據，你若去旅游，你會選擇A、B哪個旅游景點？說
明理由.
解： 設一位游客對A景點的滿意度評分為X，一位游客對
B景點的滿意度評分為Y，
由題表中數據得X的概率分布為
X 1 2 3 4
P
Y的概率分布為
Y 1 2 3 4
P
則E（X）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（X）＝（ ）2× ＋（－ ）2× ＋（－ ）2× ＋
（－ ）2× ＝ ，
E（Y）＝4× ＋3× ＋2× ＋1× ＝ ，
D（Y）＝（ ）2× ＋ × ＋ × ＋
× ＝ ，
顯然E（X）＝E（Y），D（X）＞D（Y），所以選擇B景點.
反思感悟
　　運用均值與方差進行決策時，一般是先求出隨機變量的均值，考
慮它們的平均水平；一旦平均水平一致，再計算隨機變量的方差，考
慮它們的波動程度，然后根據實際情況做出決策.此類問題主要考查
均值與方差的含義及運算公式，目的是提升邏輯推理與數學運算的核
心素養.
【跟蹤訓練】
1. （多選）如圖是離散型隨機變量X的概率分布直觀圖，其中3a＝
5b，2b＝3c，則（　　）
A. a＝0.5 B. E（X）＝2.3
C. D（X）＝0.61 D. D（2X）＝1.22
解析： 　由題知解得a＝0.5，b＝0.3，c＝
0.2，A選項正確；所以E（X）＝1×0.2＋2×0.3＋3×0.5＝
2.3，B選項正確；D（X）＝（1－2.3）2×0.2＋（2－2.3）
2×0.3＋（3－2.3）2×0.5＝0.61，C選項正確；D（2X）＝22·D
（X）＝2.44，D選項錯誤.故選A、B、C.
2. （2024·連云港月考）離散型隨機變量X的概率分布中部分數據丟
失，丟失數據以x，y（x，y∈N）代替，
X＝i 1 2 3 4 5 6
P（X＝
i） 0.21 0.20 0.x5 0.10 0.1y 0.10
則P（ ＜X＜ ）＝ .
0.45　
解析：由題意得0.21＋0.20＋0.05＋0.1×x＋0.10＋0.10＋
0.01×y＋0.10＝1，化簡得10x＋y＝24，又x，y∈N且x，
y∈[0，9]，所以x＝2，y＝4，所以P（ ＜X＜ ）＝P（X＝
2）＋P（X＝3）＝0.20＋0.25＝0.45.
三、二項分布
　　把握二項分布的關鍵是理解隨機試驗中n次、獨立、重復這些字
眼，即試驗是多次進行，試驗之間是相互獨立的，每次試驗的概率是
相同的.
【例3】　（2024·宿遷質檢）某種植戶對一塊地的n（n∈N*，n＞
2）個坑進行播種，每個坑播種3粒種子，每粒種子發芽的概率均為
，且每粒種子是否發芽相互獨立，對每一個坑而言，如果至少有兩
粒種子發芽，則不需要進行補種，否則要補種.
（1）從n個坑中選兩個坑進行觀察，兩坑不能相鄰，有多少種方案？
解： 先把（n－2）個坑排好共（n－1）個空，再把剩
下的2個坑往（n－1）個空里放，共有 ＝
種方案.
（2）對于單獨一個坑，需要補種的概率是多少？
解： 設A＝“種子發芽”，且P（A）＝ ， 每個坑播種3
粒種子，發芽的粒數X～B（3， ），
一個坑需要補種，意味著X≤1，考慮兩粒種子發芽的概率P
（X＝2）＝ （ ）3＝ ，
三粒種子發芽的概率P（X＝3）＝（ ）3＝ ，
所以一個坑需要補種的概率P（X≤1）＝1－P（X＝2）－P
（X＝3）＝1－（ ＋ ）＝ .
（3）當n取何值時，有3個坑要補種的概率最大？最大概率為多少？
解： 由（2）可知，n（n∈N*，n＞2）個坑中要補種的坑
數Y～B（n， ），所以有3個坑要補種的概率為P（Y＝3）
＝ （ ）n，
要想有3個坑要補種的概率最大，即滿足不等式組
解得5≤n≤6，又n∈N*，
所以n＝5或6時，有3個坑要補種的概率最大，此時最大概率為
（ ）n＝ .
反思感悟
　　利用二項分布來解決實際問題的關鍵在于在實際問題中建立二項
分布的模型，也就是看它是否為n重伯努利試驗，隨機變量是否為在
這n重伯努利試驗中某事件發生的次數.此類問題主要考查獨立重復試
驗、n重伯努利試驗和二項分布，通過對概率計算的考查，體現了數
據分析、數學運算和數學建模的核心素養.

　
解析：因為質點每次等可能地向左或向右移動一個單位長度，所以每
次向左移動和向右移動的概率均為 ，若質點從原點O出發，移動6次
后位于－2的位置，則該質點需要向左移動4次，向右移動2次，設事
件A＝“移動6次后，質點位于－2的位置”，則P（A）＝ ×
（ ）4×（ ）2＝ .
四、超幾何分布
　　超幾何分布的兩個特點：（1）超幾何分布是不放回抽樣問題；
（2）隨機變量為抽到的某類個體的個數.
【例4】　一盒乒乓球中共裝有2只黃色球與4只白色球，現從中隨機
抽取3次，每次僅取1個球.
（1）若每次抽取之后，記錄抽到乒乓球的顏色，再將其放回盒中，
記抽到黃球的次數為隨機變量X，求P（X＝1）及E（X）；
解： 由題意知，每次取到黃球的概率為 ＝ ，故X～B
（3， ），
因為P（X＝k）＝ ×（ ）k×（ ）3－k（k＝0，1，2，
3），
代入k＝1得P（X＝1）＝ ＝ ，
同理可得P（X＝0）＝ ，P（X＝2）＝ ，P（X＝3）＝
，
故E（X）＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝1.
（2）若每次抽取之后，將抽到的乒乓球留在盒外，記最終盒外的黃
球個數為隨機變量Y，求P（Y＝1）及E（Y）；
解：由題意可知Y服從超幾何分布，P（Y＝k）＝ （k
＝0，1，2），
代入k＝1得P（Y＝1）＝ ＝ ，
同理可得P（Y＝0）＝ ，P（Y＝2）＝ ，
故E（Y）＝0× ＋1× ＋2× ＝1.
（3）在（1）（2）的條件之下，求P（｜X－Y｜≤1）.
解：由（1）（2）知，P（｜X－Y｜≤1）＝1－P（｜X－
Y｜≥2）
＝1－P（X＝0，Y＝2）－P（X＝2，Y＝0）－P（X＝3，Y
＝0）－P（X＝3，Y＝1）
＝1－ × － × － × － × ＝1－ ＝ .
反思感悟
　　利用超幾何分布模型解決離散型隨機變量的概率分布問題時，先
判斷所給問題是否屬于超幾何分布，并明確離散型隨機變量的可能取
值以及每個值所表示的意義，再利用超幾何分布的公式，寫出離散型
隨機變量取每個值的概率，最后按規范形式寫出其概率分布.
【跟蹤訓練】
某外語學校的一個社團中有7名同學，其中2人只會法語，2人只會英
語，3人既會法語又會英語，現選派3人到法國的學校交流訪問.求：
（1）在選派的3人中恰有2人會法語的概率；
解： 設事件A：選派的3人中恰有2人會法語，則P（A）
＝ ＝ .
（2）在選派的3人中既會法語又會英語的人數X的概率分布.
解： 依題意知，X服從超幾何分布，X的可能取值為0，
1，2，3，
P（X＝0）＝ ＝ ，P（X＝1）＝ ＝ ，P（X＝2）
＝ ＝ ，P（X＝3）＝ ＝ ，
∴X的概率分布為
X 0 1 2 3
P
五、正態分布
　　解答正態分布的實際應用題，關鍵是如何轉化，同時注意以
下兩點：
（1）注意“3σ”原則：記住正態總體在三個區間內取值的概率；
（2）注意數形結合：由于正態密度曲線具有完美的對稱性，體現了
數形結合的重要思想，因此在解題時要靈活運用對稱性并結合
圖象解決問題.
【例5】　（1）設隨機變量ξ服從正態分布N（3，4），若P（ξ
＜2a－3）＝P（ξ＞a＋2），則a＝（　A　）
C. 5 D. 3
解析： ∵隨機變量ξ服從正態分布N（3，4），P（ξ＜2a
－3）＝P（ξ＞a＋2），∴直線x＝2a－3與直線x＝a＋2關于
直線x＝3對稱，∴2a－3＋a＋2＝6，∴3a＝7，∴a＝ ，故
選A.
A
（2）（2024·鎮江月考）在某市的高三期末考試中，學生的數學成績
X服從正態分布N（90，σ2），已知P（70≤X≤90）＝0.35，
則從全市學生中任選一名，他的數學成績小于110分的概率
為 .
解析：（2）∵X～N（90，σ2），∴μ＝90，即正態密度曲線
關于直線x＝90對稱.∵P（70≤X≤90）＝0.35，∴P（90＜X
＜110）＝0.35，∴P（X≥110）＝P（X≥90）－P（90＜X
＜110）＝0.5－0.35＝0.15，則P（X＜110）＝1－0.15＝
0.85.
0.85　
反思感悟
　　利用服從正態分布N（μ，σ2）的隨機變量X在三個特殊區間上
取值的概率，可以解決兩類實際問題：
（1）估計在某一范圍內的數量，具體方法是先確定隨機變量在該范
圍內取值的概率，再乘樣本容量即可；
（2）利用3σ原則作決策.決策步驟如下：①確定一次試驗中取值a是
否落入范圍（μ－3σ，μ＋3σ）內；②作出判斷，若a∈（μ－
3σ，μ＋3σ），則接受統計假設，若a （μ－3σ，μ＋3σ），
則拒絕統計假設.
【跟蹤訓練】
　某工廠生產的T型零件的外直徑服從正態分布N（10，0.22），
從該工廠上午和下午生產的T型零件中各隨機取出一個，測得其外
直徑分別為9.52 mm和9.98 mm，試分析該工廠這一天的生產狀
況是否正常.
解：∵X～N（10，0.22），∴μ＝10，σ＝0.2.
∴μ－3σ＝10－3×0.2＝9.4，μ＋3σ＝10＋3×0.2＝10.6.
∵9.52∈[9.4，10.6]，9.98∈[9.4，10.6]，
∴該工廠這一天的生產狀況是正常的.
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