第九章 第八节 超几何分布与二项分布解析版

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1．条件概率及其性质
(1)条件概率的定义
对于两个事件A和B，在已知事件B发生的条件下事件A发生的概率，称为事件B发生的条件下事件A的条件概率．
(2)条件概率的求法
求条件概率除了可借助定义中的公式，还可以借助古典概率公式，即P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
2．相互独立事件
(1)对于事件A，B，若A的发生与B的发生互不影响，则称A，B相互独立．
(2)若A与B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．
(3)若A与B相互独立，则A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．
(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A，B相互独立．
3．二项分布
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记为X～B(n，p)．
4．两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，V(X)＝p(1－p)．
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，V(X)＝np(1－p)．
5．超几何分布
一般地，设有N件产品，其中有M(M≤N)件次品．从中任取n(n≤N)件产品，用X表示取出的n件产品中次品的件数，那么
P(X＝r)＝eq \f(C\\al(r,M)C\\al(n－r,N－M),C\\al(n,N)) (r＝0,1,2，…，l)．
即
其中l＝min(M，n)，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*.
如果一个随机变量X的概率分布具有上表的形式，则称随机变量X服从超几何分布．
课前检测
1．天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( )
A．0.2 B．0.3 C．0.38 D．0.56
答案 C
解析 设甲地降雨为事件A，乙地降雨为事件B，
则两地恰有一地降雨为Aeq \x\t(B)＋eq \x\t(A)B，
∴P(Aeq \x\t(B)＋eq \x\t(A)B)＝P(Aeq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A)B)
＝P(A)P(eq \x\t(B))＋P(eq \x\t(A))P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
2．已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，则在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,8) D.eq \f(2,9)
答案 B
解析 设A＝{甲第一次拿到白球}，B＝{甲第二次拿到红球}，
则P(AB)＝eq \f(A\\al(1,2)A\\al(1,3),A\\al(2,10))＝eq \f(1,15)，P(A)＝eq \f(C\\al(1,2),C\\al(1,10))＝eq \f(1,5)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(1,3).
3．两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件中恰好有一个一等品的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案 B
解析 因为两人加工零件成一等品的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，且相互独立，所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(5,12).
4.一只袋内装有m个白球,n－m(n>m,m,n∈N*)个黑球,连续不放回地从袋中取球,直到取出黑球为止,设此时取出了X个白球,下列概率等于eq \f (（n－m）Aeq \\al(2,m),Aeq \\al(3,n))的是( )
A．P(X＝3) B．P(X≥2)
C．P(X≤3) D．P(X＝2)
D
由超几何分布知P(X＝2)＝eq \f (（n－m）Aeq \\al(2,m),Aeq \\al(3,n)),故选D．
超几何分布．
5．计算机毕业考试分为理论与操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，只有两部分考试都“合格”者，才给颁发计算机“合格证书”．甲、乙两人在理论考试中“合格”的概率依次为eq \f(4,5)，eq \f(2,3)，在操作考试中“合格”的概率依次为eq \f(1,2)，eq \f(5,6)，所有考试是否合格相互之间没有影响．则甲、乙进行理论与操作两项考试后，恰有一人获得“合格证书”的概率为________．
答案 eq \f(23,45)
解析 甲获得“合格证书”的概率为eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,5)，乙获得“合格证书”的概率是eq \f(2,3)×eq \f(5,6)＝eq \f(5,9)，两人中恰有一人获得“合格证书”的概率是eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,9)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))×eq \f(5,9)＝eq \f(23,45).
课中讲解
考点一.条件概率
例1．（1）(2019·合肥模拟)将三颗骰子各掷一次，记事件A为“三个点数都不同”，B为“至少出现一个6点”，则条件概率P(A|B)＝__________，P(B|A)＝________.
（2）从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A＝“取到的2个数之和为偶数”，事件B＝“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)＝________.
[解析] (1)P(A|B)的含义是在事件B发生的条件下，事件A发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91种情况，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有Ceq \\al(1,3)×5×4＝60种情况，所以P(A|B)＝eq \f(60,91).P(B|A)的含义是在事件A发生的条件下，事件B发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不同”有6×5×4＝120种情况，所以P(B|A)＝eq \f(1,2).
(2)P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(4,10)＝eq \f(2,5)，P(AB)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，由条件概率公式，得P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,10),\f(2,5))＝eq \f(1,4).
[答案] (1)eq \f(60,91) eq \f(1,2) (2)eq \f(1,4)
变式1．（1）一个盒子里有6支好晶体管，4支坏晶体管，任取两次，每次取一支，每次取后不放回，已知第一支是好晶体管，则第二支也是好晶体管的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(5,12) C.eq \f(5,9) D.eq \f(7,9)
答案 C
解析 记“第i(i＝1,2)支晶体管是好的”为事件Ai(其中i＝1,2)，依题意知，要求的概率为P(A2|A1)．
由P(A1)＝eq \f(3,5)，P(A1A2)＝eq \f(6×5,10×9)＝eq \f(1,3)，
所以P(A2|A1)＝eq \f(PA2A1,PA1)＝eq \f(\f(1,3),\f(3,5))＝eq \f(5,9).
（2）在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．
答案 eq \f(4,99)
解析 方法一 (应用条件概率公式求解)设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，
因为P(AB)＝eq \f(A\\al(2,5),A\\al(2,100))＝eq \f(1,495)，P(A)＝eq \f(C\\al(1,5),C\\al(1,100))＝eq \f(1,20)，
所以P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,495),\f(1,20))＝eq \f(4,99).
方法二 (缩小样本空间求解)第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格品，因此第二次取到不合格品的概率为eq \f(4,99).
考点二.相互独立事件的概率
例1．（1）设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6,0.5,0.5,0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为________.
（2）某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.
[解析] (1)设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率P1＝P(eq \x\t(A)BCD＋Aeq \x\t(B)CD＋ABeq \x\t(C)D＋ABCeq \x\t(D))＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，4人使用设备的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求概率P＝0.25＋0.06＝0.31.
(2)依题意，该选手第2个问题回答错误，第3,4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.
[答案] (1)0.31 (2)0.128

变式1.（1）(变设问)保持本例(2)条件不变，则该选手恰好回答了5个问题就晋级下一轮的概率为________.
解析：依题意，该选手第3个问题的回答是错误的，第4,5个问题均回答正确，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23×0.82＋2×0.2×0.8×0.2×0.82＝0.005 12＋0.040 96＝0.046 08.
答案：0.046 08
（2）.(变设问)保持本例(2)条件不变，则该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________.
解析：依题意，设答对的事件为A，可分第3个回答正确与错误两类，若第3个回答正确，则有Aeq \x\t(A)Aeq \x\t(A)或eq \x\t(A)eq \x\t(A)Aeq \x\t(A)两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.若该选手第3个问题的回答是错误的，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.
答案：0.104
例2. 某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是eq \f(3,4)，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是eq \f(1,12)，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是eq \f(1,4).若各家庭回答是否正确互不影响．
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．
解 (1)记“甲回答正确这道题”“乙回答正确这道题”“丙回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)＝eq \f(3,4)，
且有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(P\x\t(A)·P\x\t(C)＝\f(1,12)，,PB·PC＝\f(1,4)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1([1－PA]·[1－PC]＝\f(1,12)，,PB·PC＝\f(1,4)，))
所以P(B)＝eq \f(3,8)，P(C)＝eq \f(2,3).
(2)有0个家庭回答正确的概率为
P0＝P(eq \x\t(A) eq \x\t(B) eq \x\t(C))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))·P(eq \x\t(C))
＝eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,96)，
有1个家庭回答正确的概率为
P1＝P(Aeq \x\t(B) eq \x\t(C)＋eq \x\t(A)Beq \x\t(C)＋eq \x\t(A) eq \x\t(B)C)
＝eq \f(3,4)×eq \f(5,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(3,8)×eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)×eq \f(5,8)×eq \f(2,3)＝eq \f(7,24)，
所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
P＝1－P0－P1＝1－eq \f(5,96)－eq \f(7,24)＝eq \f(21,32).
变式2.从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4).
(1)设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列；
(2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率.
解：(1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝1)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＝eq \f(11,24)，
P(X＝2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))×eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,4)，
P(X＝3)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(1,24).
所以随机变量X的分布列为
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝eq \f(1,4)×eq \f(11,24)＋eq \f(11,24)×eq \f(1,4)
＝eq \f(11,48).
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为eq \f(11,48).
考点三.独立重复实验与二项分布
例1.九节虾的真身是虎斑虾，虾身上有一深一浅的横向纹路，煮熟后有明显的九节白色花纹，肉味鲜美.某酒店购进一批九节虾，并随机抽取了40只统计质量，得到的结果如下表所示：
(1)若购进这批九节虾35 000 g，且同一组数据用该组区间的中点值代表，试估计这批九节虾的数量(所得结果保留整数)；
(2)以频率估计概率，若在本次购买的九节虾中随机挑选4只，记质量在[5,25)间的九节虾的数量为X，求X的分布列.
[解] (1)由表中数据可以估计每只九节虾的质量为
eq \f(1,40)×(4×10＋12×20＋11×30＋8×40＋5×50)＝29.5(g)，因为35 000÷29.5≈1 186(只)，
所以这批九节虾的数量约为1 186只.
(2)由表中数据知，任意挑选1只九节虾，质量在[5,25)间的概率p＝eq \f(4＋12,40)＝eq \f(2,5)，X的所有可能取值为0,1,2,3,4，
则P(X＝0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))4＝eq \f(81,625)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))3＝eq \f(216,625)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(216,625)，
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))3×eq \f(3,5)＝eq \f(96,625)，
P(X＝4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))4＝eq \f(16,625).
所以X的分布列为
变式1. (2020·全国100所名校最新示范卷)某社区组织开展“扫黑除恶”宣传活动，为鼓励更多的人积极参与到宣传活动中来，宣传活动现场设置了抽奖环节．在盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“扫黑除恶利国利民”或“普法宣传人人参与”图案．抽奖规则：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张分别是“普法宣传人人参与”和“扫黑除恶利国利民”卡即可获奖，否则，均为不获奖．卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行．活动开始后，一位参加者问：“盒中有几张‘普法宣传人人参与’卡？”主持人答：“我只知道，从盒中抽取两张都是‘扫黑除恶利国利民’卡的概率是eq \f(1,6).”
(1)求抽奖者获奖的概率；
(2)为了增加抽奖的趣味性，规定每个抽奖者先从装有9张卡片的盒中随机抽出1张不放回，再用剩下8张卡片按照之前的抽奖规则进行抽奖，现有甲、乙、丙三人依次抽奖，用X表示获奖的人数，求X的概率分布和均值．
解 (1)设“扫黑除恶利国利民”卡有n张，
由eq \f(C\\al(2,n),C\\al(2,9))＝eq \f(1,6)，得n＝4，
故“普法宣传人人参与”卡有5张，抽奖者获奖的概率为eq \f(C\\al(1,5)C\\al(1,4),C\\al(2,9))＝eq \f(5,9).
(2)在新规则下，每个抽奖者获奖的概率为
eq \f(4,9)×eq \f(C\\al(1,5)C\\al(1,3),C\\al(2,8))＋eq \f(5,9)×eq \f(C\\al(1,4)C\\al(1,4),C\\al(2,8))＝eq \f(5,9)，
所以X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(5,9)))，X的概率分布为
P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))3－k(k＝0,1,2,3)，
所以E(X)＝3×eq \f(5,9)＝eq \f(5,3).
例2.0(2019·天津)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为eq \f(2,3)，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
(1)用X表示甲同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数，求随机变量X的概率分布和均值；
(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．
解 (1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为eq \f(2,3)，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，从而P(X＝k)＝Ceq \\al(k,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3－k，k＝0,1,2,3.
所以随机变量X的概率分布为
随机变量X的均值E(X)＝3×eq \f(2,3)＝2.
(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,3)))，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由题意知事件{X＝3，Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，
从而由(1)知
P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P({X＝3，Y＝1})＋P({X＝2，Y＝0})＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)＝eq \f(8,27)×eq \f(2,9)＋eq \f(4,9)×eq \f(1,27)＝eq \f(20,243).
变式2.（1）甲、乙两名运动员练习定点投球，已知在该点每次投篮甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.9，每人投两次，则甲、乙都恰好命中一次的概率为( )

6
解析：选D 甲命中一次的概率为Ceq \\al(1,2)×0.8×(1－0.8)＝0.32，乙命中一次的概率为Ceq \\al(1,2)×0.9×(1－0.9)＝0.18，他们投篮命中与否相互独立，所以甲、乙都恰好命中一次的概率为P＝0.32×0.18＝0.057 6.
（2）一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，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100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分).设每次击鼓出现音乐的概率为eq \f(1,2)，且各次击鼓出现音乐相互独立.
(1)设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列；
(2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为多少？
解：(1)X可能的取值为10,20,100，－200.
根据题意，有
P(X＝10)＝Ceq \\al(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))2＝eq \f(3,8)，
P(X＝20)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))1＝eq \f(3,8)，
P(X＝100)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,8)，
P(X＝－200)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))3＝eq \f(1,8).
所以X的分布列为
(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i＝1,2,3)，则P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq \f(1,8).
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为
1－P(A1A2A3)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))3＝1－eq \f(1,512)＝eq \f(511,512).
因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率为eq \f(511,512).
考点四. 超几何分布的应用
例1. PM2.5是指悬浮在空气中的空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的可入肺颗粒物．根据现行国家标准GB3095－2012，PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．从某自然保护区2018年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值的频数分布如下表所示：
(1)从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，求恰有一天空气质量达到一级的概率；
(2)从这10天的数据中任取3天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的概率分布．
解 (1)记“从这10天的PM2.5日均值监测数据中，随机抽出3天，恰有一天空气质量达到一级”为事件A，
则P(A)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(2,7),C\\al(3,10))＝eq \f(21,40).
(2)由条件知，ξ服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，且随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3.
P(ξ＝k)＝eq \f(C\\al(k,3)·C\\al(3－k,7),C\\al(3,10))(k＝0,1,2,3)．
∴P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(0,3)C\\al(3,7),C\\al(3,10))＝eq \f(7,24)，
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(2,7),C\\al(3,10))＝eq \f(21,40)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,7),C\\al(3,10))＝eq \f(7,40)，
P(ξ＝3)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(0,7),C\\al(3,10))＝eq \f(1,120).
故ξ的概率分布为
变式1.某项大型赛事需要从高校选拔青年志愿者，某大学学生实践中心积极参与，在8名学生会干部(其中男生5名，女生3名)中选3名参加志愿者服务活动．若所选3名学生中的女生人数为X，求X的概率分布及均值．
解 因为8名学生会干部中有5名男生，3名女生，所以X的分布列服从参数N＝8，M＝3，n＝3的超几何分布．
X的所有可能取值为0,1,2,3，其中P(X＝i)＝eq \f(C\\al(i,3)C\\al(3－i,5),C\\al(3,8))(i＝0,1,2,3)．
由公式可得P(X＝0)＝eq \f(C\\al(0,3)C\\al(3,5),C\\al(3,8))＝eq \f(5,28)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(2,5),C\\al(3,8))＝eq \f(15,28)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(1,5),C\\al(3,8))＝eq \f(15,56)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(0,5),C\\al(3,8))＝eq \f(1,56).
所以X的概率分布为
所以X的均值为E(X)＝0×eq \f(5,28)＋1×eq \f(15,28)＋2×eq \f(15,56)＋3×eq \f(1,56)＝eq \f(63,56)＝eq \f(9,8).
变式2.为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
(1)设A为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量X的分布列和均值．
解 (1)由已知，有P(A)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(2,3)＋C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(4,8))＝eq \f(6,35).
所以事件A发生的概率为eq \f(6,35).
(2)随机变量X的所有可能取值为1,2,3,4.
P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,5)C\\al(4－k,3),C\\al(4,8))(k＝1,2,3,4)．
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,5)C\\al(3,3),C\\al(4,8))＝eq \f(1,14)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,5)C\\al(2,3),C\\al(4,8))＝eq \f(3,7)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,3),C\\al(4,8))＝eq \f(3,7)，
P(X＝4)＝eq \f(C\\al(4,5)C\\al(0,3),C\\al(4,8))＝eq \f(1,14).
所以随机变量X的分布列为
均值E(X)＝1×eq \f(1,14)＋2×eq \f(3,7)＋3×eq \f(3,7)＋4×eq \f(1,14)＝eq \f(5,2).
课后习题
单选题
1．(2020·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为eq \f(2,3)和eq \f(3,4)，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,7) D.eq \f(5,12)
答案 D
解析 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖，则所求概率是eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＋eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(5,12)，故选D.
2．(2019·石家庄模拟)袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第一次摸到的是红球，则第二次摸到白球的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,5)
答案 B
解析 在第一次摸到红球的条件下，第二次从3个球(2白1红)中摸到白球的概率为eq \f(2,3).
3．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
A.eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,4),C\\al(4,5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D．Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
答案 B
解析 由题意知，第四次取球后停止当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9).
4．在某次人才招聘会上，假定某毕业生赢得甲公司面试机会的概率为eq \f(2,3)，赢得乙、丙两公司面试机会的概率均为eq \f(1,4)，且三个公司是否让其面试是相互独立的，则该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会的概率为( )
A.eq \f(1,16) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 记事件A为“该毕业生赢得甲公司的面试机会”，事件B为“该毕业生赢得乙公司的面试机会”，事件C为“该毕业生赢得丙公司的面试机会”．
由题意可得P(A)＝eq \f(2,3)，P(B)＝P(C)＝eq \f(1,4).
则事件“该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会”为ABeq \x\t(C)，由相互独立事件同时成立的概率公式，可得P(ABeq \x\t(C))＝P(A)P(B)P(eq \x\t(C))＝eq \f(2,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))＝eq \f(1,8)，
故选B.
5.在一个质地均匀的小正方体的六个面中，三个面标0，两个面标1，一个面标2，将这个小正方体连续抛掷两次，若向上的数字的乘积为偶数，则该乘积为非零偶数的概率为( )
A.eq \f(1,4)B.eq \f(8,9)
C.eq \f(1,16)D.eq \f(5,32)
解析：选D 两次数字乘积为偶数，可先考虑其反面——只需两次均出现1向上，故两次数字乘积为偶数的概率为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,6)))2＝eq \f(8,9)；若乘积非零且为偶数，需连续两次抛掷小正方体的情况为(1,2)或(2,1)或(2,2)，概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,6)×2＋eq \f(1,6)×eq \f(1,6)＝eq \f(5,36).故所求条件概率为eq \f(\f(5,36),\f(8,9))＝eq \f(5,32).
6.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )
A.eq \f(C\\al(3,5)C\\al(1,4),C\\al(4,5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
C.eq \f(3,5)×eq \f(1,4) D．Ceq \\al(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9)
B
由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,9)))3×eq \f(4,9).
7.“石头、剪刀、布”，又称“猜丁壳”，是一种流传多年的猜拳游戏，起源于中国，然后传到日本、朝鲜等地，随着亚欧贸易的不断发展，它传到了欧洲，到了近代逐渐风靡世界．其游戏规则是：“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．小明和小华两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则小华获胜的概率是( )
A.eq \f(1,27) B.eq \f(2,27)
C.eq \f(8,81) D.eq \f(17,81)
D
根据“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，而“布”又胜“石头”，可得每局比赛中小华胜小明、小华与小明和局和小华输给小明的概率都为eq \f(1,3)，
小华获胜有三种情况：
①小华连胜三局，概率为P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27)，
②小华前三局中两胜另一局不胜，第四局小华胜，概率为：
P2＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(2,27)，
③小华前四局中两胜，另两局不胜，第五局小华胜，概率为：
P3＝Ceq \\al(2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(8,81)，
∴小华获胜的概率是P＝P1＋P2＋P3＝eq \f(1,27)＋eq \f(2,27)＋eq \f(8,81)＝eq \f(17,81).故选D.
8.(2020·濮阳模拟)如图12.6­1所示，已知电路中4个开关闭合的概率都是eq \f(1,2)，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
图12.6­1
A.eq \f(3,16) B.eq \f(3,4)
C.eq \f(13,16) D.eq \f(1,4)
C
灯泡不亮包括两种情况：①四个开关都开，②下边的2个都开，上边的2个中有一个开，
∴灯泡不亮的概率是eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16)，
∵灯亮和灯不亮是两个对立事件，
∴灯亮的概率是1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16)，故选C.
丙、丁至少一个接通概率是：1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)
甲、乙全闭合概率是：eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)，
则灯亮概率：1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＝1－eq \f(3,16)＝eq \f(13,16).
二.多选题
9．(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )
A．P(B)＝eq \f(2,5)
B．P(B|A1)＝eq \f(5,11)
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案 BD
解析 易见A1，A2，A3是两两互斥的事件，
P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝eq \f(5,10)×eq \f(5,11)＋eq \f(2,10)×eq \f(4,11)＋eq \f(3,10)×eq \f(4,11)＝eq \f(9,22).
故选BD.
10.已知X＋Y＝8，若X～B(10,0.6)，则下列说法正确的是( )
A．E(Y)＝2 B．E(Y)＝6
C．D(Y)＝2.4 D．D(Y)＝5.6
AC
因为X～B(10,0.6)，则n＝10，p＝0.6，
所以E(X)＝10×0.6＝6，D(X)
＝10×0.6×(1－0.6)＝2.4，
又X＋Y＝8，则Y＝8－X，
所以E(Y)＝8－E(X)＝8－6＝2，
D(Y)＝(－1)2D(X)＝2.4×1＝2.4，故选AC.
11.下列命题中，正确的命题的是( )
A．已知随机变量服从二项分布B(n，p)，若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝eq \f(2,3)
B．将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变
C．设随机变量ξ服从正态分布N(0,1)，若P(ξ>1)＝p，则P(－11)＝p，则P(0