2024年高考数学第一轮复习精品导学案第79讲 超几何分布与二项分布（学生版）+教师版

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1.伯努利试验与二项分布
(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)＝Ceq \\al(k,n)pk(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).
2.两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).
3.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)＝eq \f(Ceq \\al(k,M)Ceq \\al(n－k,N－M),Ceq \\al(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.
1、（2022•浙江）现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则 ， ．
【答案】；．
【解析】根据题意可得：的取值可为1，2，3，4，
又，
，
，
，
，
故答案为：；．
2、（2021•天津）甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概率为 ；3次活动中，甲至少获胜2次的概率为 ．
【答案】；．
【解析】一次活动中，甲获胜的概率为，
次活动中，甲至少获胜2次的概率为．
故答案为：；．
3、【2018年新课标1卷理科】某工厂的某种产品成箱包装，每箱件，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，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记件产品中恰有件不合格品的概率为,求的最大值点；
（2）现对一箱产品检验了件，结果恰有件不合格品，以（1）中确定的作为的值．已知每件产品的检验费用为元，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，求;
（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？
【解析】（1）件产品中恰有件不合格品的概率为.
因此.
令，得.当时，；当时，.
所以的最大值点为；
（2）由（1）知，.
（i）令表示余下的件产品中的不合格品件数，依题意知，，即.
所以.
（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于，故应该对余下的产品作检验
1、若随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，则P(X＝3)等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(40,243) C.eq \f(10,27) D.eq \f(3,5)
【答案】 B
【解析】 随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，则P(X＝3)＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(40,243).
2、(2022·昆明诊断)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(18,125) D.eq \f(54,125)
【答案】D
【解析】袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率P1＝eq \f(3,5)，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率P＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5)))＝eq \f(54,125).
3、(2022·济南模拟)从装有3个白球、4个红球的箱子中，随机取出了3个球，恰好是2个白球、1个红球的概率是( )
A.eq \f(4,35) B.eq \f(6,35) C.eq \f(12,35) D.eq \f(36,343)
【答案】 C
【解析】 如果将白球视为合格品，红球视为不合格品，则这是一个超几何分布问题，故所求概率为P＝eq \f(Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(3,7))＝eq \f(12,35).
3、 在4次独立试验中，事件A出现的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是 eq \f(65,81)，则事件A在一次试验中出现的概率是________．
【答案】 eq \f(1,3)
【解析】 设事件A发生的概率为P，则1－(1－P)4＝ eq \f(65,81)，解得P＝ eq \f(1,3).
4、（2022·湖北江岸·高三期末）在次独立重复试验中，每次试验的结果只有A，B，C三种，且A，B，C三个事件之间两两互斥.已知在每一次试验中，事件A，B发生的概率均为，则事件A，B，C发生次数的方差之比为（ ）
A．5：5：4B．4：4：3C．3：3：2D．2：2：1
【答案】C
【解析】根据事件的互斥性可得：每一次试验中，事件发生的概率为
设事件A，B，C发生的次数为分别随机变量，则有：

则事件A，B，C发生次数的方差分别为： ，，
故事件A，B，C发生次数的方差之比为：
故选：C
考向一 独立重复试验与二项分布
例1、已知一个射手每次击中目标的概率为P＝ eq \f(3,5)，求他在4次射击中下列事件发生的概率．
(1) 命中一次；
(2) 命中两次．
【解析】 (1) 命中一次的概率为P＝C eq \\al(1,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(96,625).
(2) 命中两次的概率为P＝C eq \\al(2,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(216,625).
变式1、已知一个射手每次击中目标的概率为P＝ eq \f(3,5)，求他在4次射击中下列事件发生的概率．求：
(1) 恰在第三次命中目标的概率；
(2) 刚好在第二次、第三次两次击中目标的概率．
【解析】 (1) 恰在第三次命中目标的概率为
P＝ eq \f(3,5)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(3,5)× eq \f(8,125)＝ eq \f(24,625).
(2) 在第二次、第三次两次击中目标的概率为
P＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(36,625).
变式2、已知一个射手每次击中目标的概率为P＝ eq \f(3,5)，求他在4次射击中下列事件发生的概率．求：
(1) 至少命中一次的概率；
(2) 至多命中两次的概率．
【解析】 (1) 至少命中一次的概率为
P＝1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(4)＝ eq \f(609,625).
(2) 至多命中两次的概率为P＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(4)＋C eq \\al(1,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(3)＋C eq \\al(2,4)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(328,625).
变式3、（2022·山东淄博·高三期末）学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．
(1)求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；
(2)设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．
【解析】
(1)解：可取5，6，7，8，9，10，
，，
，，
，，
分布列如下：
所以（分）；
(2)解：设一天得分不低于3分为事件，
则，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率，
则
，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值.
方法总结：判断某随机变量是否服从二项分布的关键点
(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.
考向二 超几何分布
例2、 袋中有8个球，其中5个黑球，3个红球，从袋中任取3个球，求取出的红球数X的分布列，并求至少有一个红球的概率．
【解析】 由题意，得X＝0，1，2，3，
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(3,5),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(10,56)＝ eq \f(5,28)，
P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(1,3)·C eq \\al(2,5),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(30,56)＝ eq \f(15,28)，
P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(2,3)·C eq \\al(1,5),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(15,56)，
P(X＝3)＝ eq \f(C eq \\al(3,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(1,56)，
所以X的分布列为
所以P(X≥1)＝1－ eq \f(5,28)＝ eq \f(23,28).
变式1、袋中有8个球，其中5个黑球，3个红球，从袋中任取3个球，求取出的黑球数X的分布列．
【解析】 X的可能取值为0，1，2，3.
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(0,5)·C eq \\al(3,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(1,56)，
P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(1,5)·C eq \\al(2,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(15,56)，
P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(2,5)·C eq \\al(1,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(30,56)＝ eq \f(15,28)，
P(X＝3)＝ eq \f(C eq \\al(3,5)·C eq \\al(0,3),C eq \\al(3,8))＝ eq \f(10,56)＝ eq \f(5,28)，
所以X的分布列为
变式2、（2022·山东临沂·高三期末）一机床生产了个汽车零件，其中有个一等品、个合格品、个次品，从中随机地抽出个零件作为样本.用表示样本中一等品的个数.
（1）若有放回地抽取，求的分布列；
（2）若不放回地抽取，用样本中一等品的比例去估计总体中一等品的比例.
①求误差不超过的的值；
②求误差不超过的概率（结果不用计算，用式子表示即可）
【解析】（1）对于有放回抽取，每次抽到一等品的概率为，且各次试验之间的结果是独立的，
因此，从而，，，，，
所以的分布列如下：
（2）对于不放回抽取，各次试验结果不独立，服从超几何分布，样本中一等品的比例为，而总体中一等品的比例为，由题意，
①或；
②.
方法总结：(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的概率分布.
(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，其实质是古典概型.
1、（2023·辽宁大连·统考三模）已知随机变量，且，则__________.
【答案】
【详解】因为随机变量，且，
则，解得：，
.
故答案为：.
2、2023·江苏南通·三模）随机变量，则__________.
【答案】/
【详解】因为随机变量，
所以，
所以，
所以标准差，
故答案为：.
3、（多选）（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）若随机变量，下列说法中正确的是（ ）
A．B．期望
C．期望D．方差
【答案】BCD
【详解】A选项：因，所以，故A错误.
B选项：，故B正确.
C选项：，故C正确.
D选项：，，故D正确.
故选：BCD.
4、（2022·河北唐山·高三期末）（多选题）为排查新型冠状病毒肺炎患者，需要进行核酸检测．现有两种检测方式：（1）逐份检测：（2）混合检测：将其中k份核酸分别取样混合在一起检测，若检测结果为阴性，则这k份核酸全为阴性，因而这k份核酸只要检测一次就够了，如果检测结果为阳性，为了明确这k份核酸样本究竞哪几份为阳性，就需要对这k份核酸再逐份检测，此时，这k份核酸的检测次数总共为次．假设在接受检测的核酸样本中，每份样本的检测结果是阴性还是阳性都是独立的，并且每份样本是阳性的概率都为，若，运用概率统计的知识判断下列哪些p值能使得混合检测方式优于逐份检测方式．（参考数据：）（ ）
A．0.4B．0.3C．0.2D．0.1
【答案】CD
【详解】设混合检测分式，样本需要检测的总次数可能取值为
，
故的分布列为：
设逐份检测方式，样本需要检测的总次数，则
要使得混合检测方式优于逐份检测方式，需
即，即，即
又，，
故选：CD
5、（2022·山东省淄博实验中学高三期末）唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐三彩的生产至今已有多年的历史，制作工艺十分复杂，而且优质品检验异常严格，检验方案是：先从烧制的这批唐三彩中任取件作检验，这件唐三彩中优质品的件数记为，如果，再从这批唐三彩中任取件作检验，若都为优质品，则这批唐三彩通过检验：如果，再从这批唐三彩中任取件作检验，若为优质品，则这批唐三彩通过检验，其他情况下，这批唐三彩的优质品概率为，即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为，且各件唐三彩是否为优质品相互独立．
(1)求这批唐三彩通过优质品检验的概率；
(2)已知每件唐三彩的检验费用为元，且抽取的每件唐三彩都需要检验，对这批唐三彩作质量检验所需的总费用记为元，求的分布列及数学期望．
【解析】
(1)解：设第一次取出的件唐三彩中恰有件优质品为事件，
第一次取出的件唐三彩全是优质品为事件，
第二次取出的件唐三彩都是优质品为事件，
第二次取出的件唐三彩是优质品为事件，这批唐三彩通过检验为事件，
依题意有，
所以．
(2)解：可能的取值为、、，
，
，．
所以的分布列为
6、（2022·山东青岛·高三期末）习近平总书记在党的十九大报告中指出，保障和改善人民最关心最直接最现实的利益问题要从“让人民群众满意的事情”做起.2021年底某市城市公园建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分100分)，绘制成如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：
(1)若市民的满意度评分相互独立，以满意度样本估计全市民满意度，现从全市民中随机抽取5人，求至少2人非常满意的概率；
(2)相关部门对该项目进行验收，验收的硬性指标是：全民对该项目的满意指数不低于0.8，否则该项目需要进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由；(注：满意指数=)
(3)在等级为不满意的市民中，老人占，现从该等级市民中按年龄分层抽取9人了解不满意的原因，并从中选取3人担任督导员.记X为老年督导员的人数，求X的分布列及数学期望E(X).
【解析】(1)
，解得，设至少2人非常满意的概率为事件A，由题意知5人中非常满意的人数，.
(2)由频率分布直方图得：
满意度平均分为，满意指数，因此，能通过验收.
(3)
分层抽取9人中老人有3人，由题意知服从超几何分布，的可能取值为，，，，，则分布列为：
所以，
5
6
7
8
9
10
X
0
1
2
3
P
eq \f(5,28)
eq \f(15,28)
eq \f(15,56)
eq \f(1,56)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,56)
eq \f(15,56)
eq \f(15,28)
eq \f(5,28)
1
11
满意度评分
低于60分
60分到79分
80分到89分
不低于90分
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
0
1
2
3