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第七章
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習題課
二項分布與超幾何分布的綜合應用
1.掌握二項分布的綜合應用.
2.掌握超幾何分布的綜合應用.
3.了解二項分布與超幾何分布的區別與聯系.
學習目標
一、二項分布的綜合應用
二、超幾何分布的綜合應用
課時對點練
隨堂演練
內容索引
三、二項分布與超幾何分布的區別與聯系
一
二項分布的綜合應用
　 一名學生每天騎自行車上學，從家到學校的途中有5個紅綠燈，假設他在各紅綠燈遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都是.
(1)求這名學生在途中遇到紅燈的次數ξ的均值；
例 1
方法一　由ξ~B，得
P(ξ=k)=××，k=0，1，2，3，4，5.
即P(ξ=0)=××=，
P(ξ=1)=××=，
P(ξ=2)=××=，
P(ξ=3)=××=，
P(ξ=4)=××=，P(ξ=5)=×=.
故ξ的分布列為
∴E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=.
方法二　∵ξ~B，∴E(ξ)=5×=.
ξ 0 1 2 3 4 5
P
(2)求這名學生在首次遇到紅燈或到達目的地停車前經過的路口數η的分布列；
P(η=k)=P(前k個是綠燈，第k+1個是紅燈)=×，k=0，1，2，3，4，η=5時，5個均為綠燈.
即P(η=0)=×=，
P(η=1)=×=，
P(η=2)=×=，
P(η=3)=×=，
P(η=4)=×=，P(η=5)==.
故η的分布列為
η 0 1 2 3 4 5
P
(3)求這名學生在途中至少遇到一次紅燈的概率.
所求概率為P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1-=.
(1)二項分布的實際應用類問題的求解步驟
①根據題意設出隨機變量；
②分析隨機變量服從二項分布；
③求出參數n和p的值；
④根據二項分布的均值、方差的計算公式求解.
(2)利用二項分布求解“至少”“至多”問題的概率，其實質是求在某一取值范圍內的概率，一般轉化為幾個互斥事件發生概率的和，或者利用對立事件求概率.
反
思
感
悟
　學校組織某種知識競賽，競賽規則是：兩人組成一個“組合”，進行多輪競賽，每一輪競賽中，一個“組合”的兩人分別各答3道題，若答對的題目總數不少于5道題，此“組合”獲得20分.已知小華和小夏兩人組成“華夏組合”，小華、小夏每道題答對的概率分別是和，且每道題答對與否互不影響.
(1)求“華夏組合”在一輪競賽中獲得20分的概率；
跟蹤訓練 1
設小華和小夏答對的題目個數分別為a1和a2，
則所求的概率P=P(a1=2，a2=3)+P(a1=3，a2=2)+P(a1=3，a2=3)
=××+×××+×=，
故“華夏組合”在一輪競賽中獲得20分的概率為.
(2)若每輪競賽互不影響，“華夏組合”期望至少要獲得100分，則理論上至少要進行多少輪競賽？
依題意知“華夏組合”在競賽中得分的輪數X滿足X~B(n，p)，
由(1)得p=，
由np≥5 n≥5 n≥≈8.4.
所以“華夏組合”期望至少要獲得100分，則理論上至少要進行9輪競賽.
二
超幾何分布的綜合應用
　交通擁堵指數(TPI)是衡量交通擁堵程度的客觀指標，TPI越大代表擁堵程度越高.某平臺計算TPI的公式為：TPI=，并按TPI的大小將城市道路擁堵程度劃分為如表所示的4個等級：
例 2
TPI [1，1.5) [1.5，2) [2，4) 不低于4
擁堵等級 暢通 緩行 擁堵 嚴重擁堵
某市2024年元旦及前后共7天與2023年同期的交通高峰期城市道路TPI的統計數據如圖：
(1)從2023年元旦及前后共7天中任取1天，求這一天交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的概率；
由題圖可知，2023年元旦及前后共7天中，交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的共2天，
所以這一天交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的概率為.
(2)從2024年元旦及前后共7天中任取3天，將這3天中交通高峰期城市道路TPI比2023年同日TPI高的天數記為X，求X的分布列及均值E(X).
由題圖可知，2024年元旦及前后共7天中TPI比2023年同日高的只有1月3日和1月4日這2天，
所以X的可能取值為0，1，2，
則P(X=0)==，P(X=1)==，P(X=2)==，
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)=0×+1×+2×=.
反
思
感
悟
超幾何分布的求解步驟
(1)辨模型：結合實際情境分析所求概率分布問題是否由具有明顯特征的兩部分組成，如“男生、女生”“正品、次品”“優劣”等，或可轉化為明顯的兩部分.具有該特征的概率模型為超幾何分布模型.
(2)算概率：可以直接借助公式P(X=k)=求解，也可以利用排列、組合及概率的知識求解，需注意借助公式求解時應理解參數M，N，n，k的含義.
(3)列分布表：把求得的概率值通過表格表示出來.
　已知一個袋子中裝有大小形狀完全相同的3個白球和2個黑球.
(1)若從袋中一次任取3個球，取到的3個球中有X個黑球，求X的分布列及均值；
跟蹤訓練 2
X的可能取值為0，1，2，P(X=k)=，其中k=0，1，2，故分布列為
X 0 1 2
P
均值E(X)=0×+1×+2×=.
(2)若從袋中每次隨機取出一個球，記下顏色后將球放回袋中，重復此過程，直至他連續2次取到黑球才停止，設他在第Y次取球后停止取球，求P.
當Y=5時知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前兩次不能都取到黑球，∴所求概率P=×××=.
三
二項分布與超幾何分布的區別與聯系
　已知條件①采用無放回抽取；②采用有放回抽取.請在上述兩個條件中任選一個，補充在下面問題中的橫線上并作答，選兩個條件作答的以條件①評分.
問題：在一個口袋中裝有3個紅球和4個白球，這些球除顏色外完全相同，若　　　　，從這7個球中隨機抽取3個球，記取出的3個球中紅球的個數為X，求隨機變量X的分布列和均值.
例 3
若選①，由題意，隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，服從超幾何分布，
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=3)==，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
若選②，由題意，隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，且X~B，
所以P(X=0)=×=，
P(X=1)=××=，
P(X=2)=××=，
P(X=3)=×=，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)=3×=.
反
思
感
悟
二項分布與超幾何分布的區別與聯系
(1)區別：不放回抽樣服從超幾何分布，放回抽樣服從二項分布.
(2)聯系：對于總體數N很大的抽取，盡管是無放回抽樣，但超幾何分布已經近似為二項分布了，我們可把它看成是n次獨立重復試驗，按照二項分布來解題.
　某食品廠為了檢查一條自動包裝流水線的生產情況，隨機抽取該流水線上的40件產品作為樣本稱出它們的質量(單位：克)，質量的分組區間為[490，495)，[495，500)，…，[510，515]，由此得到樣本的頻率分布直方圖如圖.
跟蹤訓練 3
(1)根據頻率分布直方圖，求這40件產品中質量不低于505克的產品數；
質量不低于505克的產品的頻率為
5×0.05+5×0.01=0.3，
∴質量不低于505克的產品數為40×0.3=12.
(2)在上述抽取的40件產品中任取2件，設X為質量不低于505克的產品數，求X的分布列和均值；
質量不低于505克的產品數為12，則質量低于505克的產品數為28，X的可能取值為0，1，2，X服從超幾何分布.
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，
∴X的分布列為
X 0 1 2
P
∴X的均值為
方法一　E(X)=0×+1×+2×=.
方法二　E(X)==.
(3)從該流水線上任取2件產品，設Y為質量不低于505克的產品數，求Y的分布列和均值.
根據樣本估計總體的思想，取一件產品，該產品的質量不低于505克的概率為=.
質量不低于505克的件數Y的可能取值為0，1，2，且Y~B，
P(Y=k)=××，k=0，1，2，
∴P(Y=0)=×=，
P(Y=1)=××=，
P(Y=2)=×=.
∴Y的分布列為
Y 0 1 2
P
∴Y的均值為
方法一　E(Y)=0×+1×+2×=.
方法二　E(Y)=2×=.
1.知識清單：
(1)二項分布的綜合應用.
(2)超幾何分布的綜合應用.
(3)二項分布與超幾何分布的區別與聯系.
2.方法歸納：類比.
3.常見誤區：超幾何分布與二項分布混淆，前者是不放回抽樣，后者是有放回抽樣.
隨堂演練
四
1
2
3
4
1.同時拋擲2枚質地均勻的硬幣3次，設2枚硬幣均正面向上的次數為X，則X的均值是
A. B. C.1 D.
√
設“拋擲2枚硬幣一次，2枚硬幣均正面向上”為事件A，則P(A)=，
易知X~B，所以E(X)=3×=.
2.從4名男生和2名女生中任選3人參加演講比賽，設隨機變量ξ表示所選3人中女生的人數，則P(ξ≤1)等于
A. B. C. D.
1
2
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4
√
P(ξ≤1)=1-P(ξ=2)=1-=.
3.已知每門大炮擊中目標的概率都是0.5，現有10門大炮同時對某一目標各射擊一次.記恰好擊中目標3次的概率為A；若擊中目標記2分，記10門大炮總得分的均值為B，則A，B的值分別為
A.，5 B.，10 C.，5 D.，10
1
2
3
4
√
設10門大炮擊中目標的次數為X，則根據題意可得X~B，
所以A=P(X=3)=××=，
10門大炮總得分的均值B=10××2=10.
4.某商場舉行抽獎活動，只要顧客一次性購物滿180元就有一次抽獎機會.抽獎方法如下：一個抽獎箱中裝有6個質地、大小完全相同的小球(4個紅球和2個黃球)，顧客從中隨機抽取2個，若2個都是黃球，則獎勵10元，若只有1個黃球，則獎勵3元，其余情況沒有獎勵.設每次抽獎所得獎勵為
X元，則X的均值是　　　.
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3
4
隨機變量X的所有可能取值為0，3，10，
P(X=10)==，
P(X=3)==，
P(X=0)==，
則E(X)=0×+3×+10×=.
課時對點練
五
1.某一檔深受觀眾喜愛的電視節目采用組團比賽的方式進行，參賽選手需要全部參加完五場公開比賽，其中五場中有四場獲勝，就能取得參加決賽的資格.若某參賽選手每場比賽獲勝的概率是，則這名選手能參加決賽的概率是
A. B. C. D.
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基礎鞏固
√
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由題意可知五場中獲勝的場次X~B， 所以所求選手能參加決賽的概率P=××+××=.
2.PM2.5是指環境空氣中空氣動力學當量直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，也稱為可入肺顆粒物.根據現行國家標準，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空氣質量為一級；在35微克/立方米~75微克/立方米之間空氣質量為二級；在75微克/立方米以上空氣質量為超標.從某自然保護區2023年全年每天的PM2.5監測數據中隨機地抽取10天的數據作為樣本，監測值頻數如表所示.
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PM2.5日均值 (微克/立方米) (25，35] (35，45] (45，55] (55，65] (65，75] (75，85]
頻數 3 1 1 1 1 3
從這10天的數據中任取3天數據，記X表示抽到PM2.5監測值超標的天數，則X的均值是
A. B. C. D.
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√
由題意知，X服從超幾何分布，其中N=10，M=3，n=3，所以E(X)=
==.
3.某同學上學路上要經過3個紅綠燈，在每個紅綠燈處遇到紅燈的概率都是，且在各紅綠燈處是否遇到紅燈是相互獨立的，記X為遇到紅燈的次數，若Y=3X+5，則Y的標準差為
A. B.3 C. D.2
√
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因為該同學經過每個紅綠燈時是否遇到紅燈互不影響，所以可看成3重伯努利試驗，
即X~B，
則X的方差D(X)=3××=，
所以Y的方差D(Y)=32·D(X)=9×=6，
所以Y的標準差為=.
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4.(多選)在一個袋中裝有大小一樣的6個豆沙粽，4個咸肉粽，現從中任取4個粽子，設取出的4個粽子中咸肉粽的個數為X，則下列結論正確的是
A.P(X=2)=
B.E(X)=
C.隨機變量X服從超幾何分布
D.P(1√
√
√
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由題意知，隨機變量X服從參數為10，4，4的超幾何分布，則E(X)=
=，所以B錯誤，C正確；
又P(X=2)==，P(X=3)==，
所以P(15.從一批含有13件正品，2件次品的產品中不放回地抽3次，每次抽取1件，設抽取的次品數為ξ，則E(5ξ+1)等于
A.2 B.1 C.3 D.4
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由題意知，ξ服從超幾何分布，N=15，M=2，n=3，
E(ξ)===.
所以E(5ξ+1)=5E(ξ)+1=5×+1=3.
6.《易·系辭上》有“河出圖，洛出書”之說，河圖、洛書是中華文化，陰陽術數之源，其中河圖排列結構是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如圖，白圈為陽數，黑點為陰數.若從這10個數中任取3個數，則這3個數中至少有2個陽數
的概率為
A. B.
C. D.
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由題意可知，10個數中，1，3，5，7，9是陽數，2，4，6，8，10是陰數，
若任取3個數中有2個陽數，
則其概率P1===，
若任取3個數中有3個陽數，
則其概率P2===，故這3個數中至少有2個陽數的概率P=+=.
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7.某校為了解高三學生身體素質情況，從某項體育測試成績中隨機抽取n個學生成績進行分析，得到成績頻率分布直方圖(如圖所示).已知成績在[90，100]的學生人數為8，且有4個女生的成績在[50，60)中，則n=　　　，現從成績在[50，60)的樣本中隨機抽取2名學生，記所抽取學
生中女生的人數為ξ，則ξ的均值是　　　.
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依題意得0.016×10n=8，則n=50.
成績在[50，60)的人數為0.012×10×50=6，
其中4個為女生，2個為男生.
ξ的可能取值為0，1，2.
P(ξ=0)==，P(ξ=1)==，
P(ξ=2)==，
故E(ξ)=0×+1×+2×=.
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8.某公司有日生產件數為95的“生產能手”3人，有日生產件數為55的“新手”2人，從這5人中任意抽取2人，則2人的日生產件數之和X的標準差為　　　.
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由題意，可得X的所有可能取值為190，150，110，且P(X=190)==，P(X=150)==，P(X=110)==，則E(X)=190×+150×+110×=158，標準差為==24.
9.幾位大學生自主創辦了一個服務公司提供A，B兩種民生消費產品服務，人們購買時每次只買其中一種服務，他們經過統計分析發現：第一次購買產品的人購買A的概率為，購買B的概率為.第一次購買A產品的人第二次購買A產品的概率為，購買B產品的概率為.第一次購買B產品的人第二次購買A產品的概率為，購買B產品的概率也是.
(1)求某人第二次來，購買的是A產品的概率；
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依題意可得，某人第二次來購買的是A產品的概率P=×+×=.
(2)記第二次來公司購買產品的3個人中有X個人購買A產品，求X的分布列及均值.
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依題意可得X~B，
∴P(X=0)==，
P(X=1)=××=，
P(X=2)=××=，
P(X=3)==，
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∴X的分布列為
X 0 1 2 3
P
∴E(X)=3×=1.
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10.從某市統考的數學試卷中隨機抽查100份，分別統計出這些試卷的成績，由總分得到如圖所示的頻率分布直方圖.
(1)求這100份數學試卷成績的平均數(同一組中的數據用該組區間的中點值作代表)；
這100份數學試卷成績的平均數為
60×0.02+70×0.08+80×0.14+90×0.15+100×0.24+110×0.15+120×
0.1+130×0.08+140×0.04=100.
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(2)在樣本中，從數學成績不低于125分的試卷中，隨機抽取3份進行答卷情況分析，設X為抽取的試卷成績不低于135分的試卷份數，求X的分布列及均值.
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抽查的100份試卷中，成績位于區間[125，135)的有8份，
位于區間的有4份，共計12份試卷.
從中抽取3份試卷，這3份試卷中成績在的試卷份數X的可能取值是0，1，2，3.
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=3)==，
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則X的分布列為
X 0 1 2 3
P
X的均值為E(X)=0×+1×+2×+3×==1.
11.(多選)如圖是一塊高爾頓板示意圖，在一塊木板上釘著若干排互相平行但相互錯開的圓柱形小木釘，小木釘之間留有適當的空隙作為通道，前面擋有一塊玻璃，將小球從頂端放入，小球在下落過程中，每次碰到小木釘后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子從左到右分別編號為0，1，2，3，…，10，用X表示小球落入格子的號碼，則
A.P(X=1)=P(X=9)= B.P(X=1)=P(X=9)=
C.E(X)=10 D.D(X)=
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√
綜合運用
√
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2
3
4
5
6
7
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設A=“向右下落”，=“向左下落”，
則P(A)=P()=，
因為小球最后落入格子的號碼X等于事件A發生的
次數，而小球下落的過程中共碰撞小木釘10次，
所以X~B，于是P(X=1)=××=，
同理可得，P(X=9)=××=，A正確，B錯誤；
由二項分布求均值及方差公式得，E(X)=10×=5，D(X)=10××
=，C錯誤，D正確.
12.為了防止受到核污染的產品影響我國民眾的身體健康，有關部門要求產品在進入市場前必須進行兩輪核輻射檢測，只有兩輪都合格才能進行銷售，否則不能銷售.已知某產品第一輪檢測不合格的概率為，第二輪檢測不合格的概率為，兩輪檢測是否合格相互沒有影響，若產品可以銷售，則每件產品獲利40元；若產品不能銷售，則每件產品虧損80元.已知一箱中有4件產品，記一箱產品獲利X元，則P(X≥-80)等于
A. B. C. D.
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由題意得該產品能銷售的概率為
×=，
易知X的所有可能取值為-320，-200，-80，40，160，
設ξ表示一箱產品中可以銷售的件數，則ξ~B，所以P(ξ=k)=
××，k=0，1，2，3，4.
所以P(X=-80)=P(ξ=2)=××=，P(X=40)=P(ξ=3)=×
×=，P(X=160)=P(ξ=4)=××=，故P(X≥-80)=
P(X=-80)+P(X=40)+P(X=160)=++=.
13.口袋中有相同的黑色小球n個，紅、白、藍色的小球各一個，從中任取4個小球.ξ表示當n=3時取出黑球的數目，η表示當n=4時取出黑球的數目.則下列結論成立的是
A.E(ξ)E(η)，D(ξ)C.E(ξ)D(η) D.E(ξ)>E(η)，D(ξ)>D(η)
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當n=3時，ξ的可能取值為1，2，3，
P(ξ=1)==，P(ξ=2)==，
P(ξ=3)==，
∴E(ξ)=1×+2×+3×=2，
D(ξ)=(1-2)2×+(2-2)2×+(3-2)2×=.
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當n=4時，η的可能取值為1，2，3，4，
P(η=1)==，
P(η=2)==，
P(η=3)==，
P(η=4)==，
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∴E(η)=1×+2×+3×+4×=，
D(η)=×+×+×+×=.
∴E(ξ)1
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14.為了降低大氣污染和能源消耗，某品牌汽車制造商研發了兩款電動汽車(車型A和車型B)，并在“十一黃金周”期間同時投放市場.為了了解這兩款車型在“十一黃金周”的銷售情況，制造商隨機調查了5家汽車4S店的銷量(單位：臺)，得到如下數據：
現從這5家汽車4S店中任選3家舉行促銷活動，用X表示其中車型A銷量超過車
型B銷量的4S店的個數，則D(X)=　　　.
4S店 車型 甲 乙 丙 丁 戊
車型A 6 6 13 8 11
車型B 12 9 13 6 4
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由表可知，車型A銷量超過車型B銷量的4S店有2家，則X的所有可能取值為0，1，2，
且P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，所以E(X)=0×+1×+2×=，D(X)=×+
×+×=.
4S店 車型 甲 乙 丙 丁 戊
車型A 6 6 13 8 11
車型B 12 9 13 6 4
15.A，B兩組各有3人獨立破譯某密碼，A組每個人成功破譯出該密碼的概率為p1，B組每個人成功破譯出該密碼的概率為p2，記A，B兩組中成功破譯出該密碼的人數分別為X，Y，若0A.E(X)>E(Y)，D(X)B.E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)
C.E(X)D.E(X)D(Y)
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拓廣探究
√
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由題意可知，X~B(3，p1)，所以E(X)=3p1，D(X)=3p1(1-p1).
同理，Y~B(3，p2)，所以E(Y)=3p2，D(Y)=3p2(1-p2).
因為0對于二次函數y=3p(1-p)，對稱軸為直線p=上單調遞增，
所以當01
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16.幸福農場生產的某批次的20件產品中含有n件次品，從中一次任取10件，其中次品恰有X件.
(1)若n=3，求取出的產品中次品不超過1件的概率；
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記“取出的產品中次品不超過1件”為事件A，則P(A)=P(X=0)+P(X=1).
因為P(X=0)==，
P(X=1)==，
所以P(A)=+=.
則取出的產品中次品不超過1件的概率是.
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(2)記f(n)=P(X=3)，則當n為何值時，f(n)取得最大值.
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因為f(n)=P(X=3)=，
則f(n+1)=.
由==>1，
解得n<.
因為n∈N*，則n≤5，
故當3≤n≤5時，>1；
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當6≤n≤13時，<1，
所以當n=6時，f(n)取得最大值.習題課　二項分布與超幾何分布的綜合應用
［學習目標］　1.掌握二項分布的綜合應用.2.掌握超幾何分布的綜合應用.3.了解二項分布與超幾何分布的區別與聯系.
一、二項分布的綜合應用
例1　一名學生每天騎自行車上學，從家到學校的途中有5個紅綠燈，假設他在各紅綠燈遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率都是.
(1)求這名學生在途中遇到紅燈的次數ξ的均值；
(2)求這名學生在首次遇到紅燈或到達目的地停車前經過的路口數η的分布列；
(3)求這名學生在途中至少遇到一次紅燈的概率.
反思感悟　(1)二項分布的實際應用類問題的求解步驟
①根據題意設出隨機變量；
②分析隨機變量服從二項分布；
③求出參數n和p的值；
④根據二項分布的均值、方差的計算公式求解.
(2)利用二項分布求解“至少”“至多”問題的概率，其實質是求在某一取值范圍內的概率，一般轉化為幾個互斥事件發生概率的和，或者利用對立事件求概率.
跟蹤訓練1　學校組織某種知識競賽，競賽規則是：兩人組成一個“組合”，進行多輪競賽，每一輪競賽中，一個“組合”的兩人分別各答3道題，若答對的題目總數不少于5道題，此“組合”獲得20分.已知小華和小夏兩人組成“華夏組合”，小華、小夏每道題答對的概率分別是和，且每道題答對與否互不影響.
(1)求“華夏組合”在一輪競賽中獲得20分的概率；
(2)若每輪競賽互不影響，“華夏組合”期望至少要獲得100分，則理論上至少要進行多少輪競賽？
二、超幾何分布的綜合應用
例2　交通擁堵指數(TPI)是衡量交通擁堵程度的客觀指標，TPI越大代表擁堵程度越高.某平臺計算TPI的公式為：TPI=，并按TPI的大小將城市道路擁堵程度劃分為如表所示的4個等級：
TPI ［1，1.5) ［1.5，2) ［2，4) 不低于4
擁堵等級 暢通 緩行 擁堵 嚴重擁堵
某市2024年元旦及前后共7天與2023年同期的交通高峰期城市道路TPI的統計數據如圖：
(1)從2023年元旦及前后共7天中任取1天，求這一天交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的概率；
(2)從2024年元旦及前后共7天中任取3天，將這3天中交通高峰期城市道路TPI比2023年同日TPI高的天數記為X，求X的分布列及均值E(X).
反思感悟　超幾何分布的求解步驟
(1)辨模型：結合實際情境分析所求概率分布問題是否由具有明顯特征的兩部分組成，如“男生、女生”“正品、次品”“優劣”等，或可轉化為明顯的兩部分.具有該特征的概率模型為超幾何分布模型.
(2)算概率：可以直接借助公式P(X=k)=求解，也可以利用排列、組合及概率的知識求解，需注意借助公式求解時應理解參數M，N，n，k的含義.
(3)列分布表：把求得的概率值通過表格表示出來.
跟蹤訓練2　已知一個袋子中裝有大小形狀完全相同的3個白球和2個黑球.
(1)若從袋中一次任取3個球，取到的3個球中有X個黑球，求X的分布列及均值；
(2)若從袋中每次隨機取出一個球，記下顏色后將球放回袋中，重復此過程，直至他連續2次取到黑球才停止，設他在第Y次取球后停止取球，求P.
三、二項分布與超幾何分布的區別與聯系
例3　已知條件①采用無放回抽取；②采用有放回抽取.請在上述兩個條件中任選一個，補充在下面問題中的橫線上并作答，選兩個條件作答的以條件①評分.
問題：在一個口袋中裝有3個紅球和4個白球，這些球除顏色外完全相同，若　　　　，從這7個球中隨機抽取3個球，記取出的3個球中紅球的個數為X，求隨機變量X的分布列和均值.

反思感悟　二項分布與超幾何分布的區別與聯系
(1)區別：不放回抽樣服從超幾何分布，放回抽樣服從二項分布.
(2)聯系：對于總體數N很大的抽取，盡管是無放回抽樣，但超幾何分布已經近似為二項分布了，我們可把它看成是n次獨立重復試驗，按照二項分布來解題.
跟蹤訓練3　某食品廠為了檢查一條自動包裝流水線的生產情況，隨機抽取該流水線上的40件產品作為樣本稱出它們的質量(單位：克)，質量的分組區間為［490，495)，［495，500)，…，［510，515］，由此得到樣本的頻率分布直方圖如圖.
(1)根據頻率分布直方圖，求這40件產品中質量不低于505克的產品數；
(2)在上述抽取的40件產品中任取2件，設X為質量不低于505克的產品數，求X的分布列和均值；
(3)從該流水線上任取2件產品，設Y為質量不低于505克的產品數，求Y的分布列和均值.
1.知識清單：
(1)二項分布的綜合應用.
(2)超幾何分布的綜合應用.
(3)二項分布與超幾何分布的區別與聯系.
2.方法歸納：類比.
3.常見誤區：超幾何分布與二項分布混淆，前者是不放回抽樣，后者是有放回抽樣.
1.同時拋擲2枚質地均勻的硬幣3次，設2枚硬幣均正面向上的次數為X，則X的均值是 (　　)
A. B. C.1 D.
2.從4名男生和2名女生中任選3人參加演講比賽，設隨機變量ξ表示所選3人中女生的人數，則P(ξ≤1)等于 (　　)
A. B. C. D.
3.已知每門大炮擊中目標的概率都是0.5，現有10門大炮同時對某一目標各射擊一次.記恰好擊中目標3次的概率為A；若擊中目標記2分，記10門大炮總得分的均值為B，則A，B的值分別為 (　　)
A.，5 B.，10
C.，5 D.，10
4.某商場舉行抽獎活動，只要顧客一次性購物滿180元就有一次抽獎機會.抽獎方法如下：一個抽獎箱中裝有6個質地、大小完全相同的小球(4個紅球和2個黃球)，顧客從中隨機抽取2個，若2個都是黃球，則獎勵10元，若只有1個黃球，則獎勵3元，其余情況沒有獎勵.設每次抽獎所得獎勵為X元，則X的均值是　　　　　.
答案精析
例1　解　(1)方法一　由ξ~B，得
P(ξ=k)=××，k=0，1，2，3，4，5.
即P(ξ=0)=××=，
P(ξ=1)=××=，
P(ξ=2)=××=，
P(ξ=3)=××=，
P(ξ=4)=××=，
P(ξ=5)=×=.
故ξ的分布列為
ξ 0 1 2 3 4 5
P
∴E(ξ)=0×+1×+2×+3×+4×+5×=.
方法二　∵ξ~B，
∴E(ξ)=5×=.
(2)P(η=k)=P(前k個是綠燈，第k+1個是紅燈)=×，k=0，1，2，3，4，η=5時，5個均為綠燈.
即P(η=0)=×=，
P(η=1)=×=，
P(η=2)=×=，
P(η=3)=×=，
P(η=4)=×=，
P(η=5)==.
故η的分布列為
η 0 1 2 3 4 5
P
(3)所求概率為P(ξ≥1)=1-P(ξ=0)=1-=.
跟蹤訓練1　解　(1)設小華和小夏答對的題目個數分別為a1和a2，
則所求的概率
P=P(a1=2，a2=3)+P(a1=3，a2=2)+P(a1=3，a2=3)
=××+×××+×=，
故“華夏組合”在一輪競賽中獲得20分的概率為.
(2)依題意知“華夏組合”在競賽中得分的輪數X滿足
X~B(n，p)，
由(1)得p=，
由np≥5 n≥5 n≥≈8.4.
所以“華夏組合”期望至少要獲得100分，則理論上至少要進行9輪競賽.
例2　解　(1)由題圖可知，2023年元旦及前后共7天中，交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的共2天，
所以這一天交通高峰期城市道路擁堵程度為“擁堵”的概率為.
(2)由題圖可知，2024年元旦及前后共7天中TPI比2023年同日高的只有1月3日和1月4日這2天，
所以X的可能取值為0，1，2，
則P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，
所以X的分布列為
X 0 1 2
P
E(X)=0×+1×+2×=.
跟蹤訓練2　解　(1)X的可能取值為0，1，2，
P(X=k)=，其中k=0，1，2，故分布列為
X 0 1 2
P
均值E(X)=0×+1×+2×=.
(2)當Y=5時知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前兩次不能都取到黑球，
∴所求概率P=×××=.
例3　解　若選①，由題意，隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，服從超幾何分布，
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，P(X=3)==，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)=0×+1×+2×+3×=.
若選②，由題意，隨機變量X的可能取值為0，1，2，3，
且X~B，
所以P(X=0)=×=，
P(X=1)=××=，
P(X=2)=××=，
P(X=3)=×=，
所以X的分布列為
X 0 1 2 3
P
E(X)=3×=.
跟蹤訓練3　解　(1)質量不低于505克的產品的頻率為
5×0.05+5×0.01=0.3，
∴質量不低于505克的產品數為40×0.3=12.
(2)質量不低于505克的產品數為12，則質量低于505克的產品數為28，X的可能取值為0，1，2，X服從超幾何分布.
P(X=0)==，P(X=1)==，
P(X=2)==，
∴X的分布列為
X 0 1 2
P
∴X的均值為
方法一　E(X)=0×+1×+2×=.
方法二　E(X)==.
(3)根據樣本估計總體的思想，取一件產品，該產品的質量不低于505克的概率為=.
質量不低于505克的件數Y的可能取值為0，1，2，
且Y~B，
P(Y=k)=××，k=0，1，2，
∴P(Y=0)=×=，
P(Y=1)=××=，
P(Y=2)=×=.
∴Y的分布列為
Y 0 1 2
P
∴Y的均值為
方法一　E(Y)=0×+1×+2×=.
方法二　E(Y)=2×=.
隨堂演練
1.B　［設“拋擲2枚硬幣一次，2枚硬幣均正面向上”為事件A，則P(A)=，
易知X~B，所以E(X)=3×=.］
2.D　［P(ξ≤1)=1-P(ξ=2)=1-=.］
3.B　［設10門大炮擊中目標的次數為X，
則根據題意可得X~B，
所以A=P(X=3)=××=，
10門大炮總得分的均值B=10××2=10.］
4.
解析　隨機變量X的所有可能取值為0，3，10，
P(X=10)==，
P(X=3)==，
P(X=0)==，
則E(X)=0×+3×+10×=.

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