第 36 章 · 离散型随机变量及其分布

项目	内容
课标主题	选择性必修 · 概率与统计 · 随机变量及其分布
人教 A 版	选择性必修第三册 第七章 7.2–7.4
考试地位	必考。概率解答题几乎都要“写出分布列，求均值”，常和二项分布、超几何分布、条件概率一起考，有时还要用均值比较方案
前置知识	第 21 章 概率（古典概型、事件的独立性）；第 34 章 计数原理（排列、组合、二项式定理）；第 20 章 样本的平均数和方差

前面几章算的是“某个事件的概率”。这一章换一个角度：把试验结果变成一个数 $X$，一次把 $X$ 取每个值的概率都列出来，再用均值和方差概括它。高考的概率大题基本就是这一套：判断模型、列分布列、求均值、作决策。丢分主要在三处：取值写漏、二项分布和超几何分布分不清、方差的线性变换性质记错。

36.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
36.2 离散型随机变量与分布列	把试验结果对应成一个个数，列出每个取值和它的概率，概率非负、总和为 1	必考，是概率大题的第一步
36.3 均值和方差	均值是按概率加权的平均，方差衡量取值偏离均值的程度；$E(aX+b)=aE(X)+b$，$D(aX+b)=a^2D(X)$	必考，常用来比较方案
36.4 二项分布	$n$ 次独立重复试验中成功的次数，$P(X=k)=\mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}$，均值 $np$，方差 $np(1-p)$	必考，选择题和解答题都常见
36.5 超几何分布	有限总体中不放回地抽取，抽到某类的个数，均值 $\dfrac{nM}{N}$；和二项分布的区别在“放回还是不放回”	常考，常和二项分布对比着考

36.2 离散型随机变量与分布列

说明

随机变量：对随机试验的每一个样本点，都对应一个确定的实数，这种对应关系叫随机变量，常用大写字母 $X, Y, \xi, \eta$ 表示。比如掷一颗骰子，“朝上的点数”就是一个随机变量，它把样本点“出现 3 点”对应成数 3。

离散型随机变量：取值可以一一列出的随机变量。高中只研究取值有限个的情况。

分布列：设离散型随机变量 $X$ 的可能取值为 $x_1, x_2, \dots, x_n$，$X$ 取 $x_i$ 的概率为 $p_i$，即 $P(X=x_i)=p_i$（$i=1, 2, \dots, n$），把它列成表：

$X$	$x_1$	$x_2$	$\cdots$	$x_n$
$P$	$p_1$	$p_2$	$\cdots$	$p_n$

这张表叫 $X$ 的概率分布列，简称分布列。也可以写成一个式子 $P(X=x_i)=p_i$，或者画成条形图（横轴是取值，柱高是概率）。

分布列的两条性质：

1. $p_i \ge 0$（$i=1, 2, \dots, n$）；
2. $p_1+p_2+\dots+p_n=1$。

两点分布：如果 $X$ 只取 0 和 1 两个值，$P(X=1)=p$，$P(X=0)=1-p$，就说 $X$ 服从两点分布（也叫 0–1 分布）。一次试验只看“成功”还是“失败”时，记成功为 1、失败为 0，就是两点分布。

$X$	$0$	$1$
$P$	$1-p$	$p$

求分布列的步骤：

1. 弄清 $X$ 表示什么，写出 $X$ 所有可能的取值；
2. 对每个取值，求出对应事件的概率（用古典概型、互斥事件的加法、独立事件的乘法等）；
3. 列表，并检验概率之和是否为 1。

使用场景

• 题目说“记 $X$ 为……，求 $X$ 的分布列”：按上面三步走，先把取值写全，再逐个算概率。
• 分布列里含参数，或者题目给的是 $P(X=k)$ 的表达式：用“概率之和为 1”列方程求参数，再求 $X$ 落在某个范围内的概率。
• 已知 $X$ 的分布列，求 $Y=X^2$、$Y=|X|$ 这类函数的分布列：$X$ 的不同取值可能对应 $Y$ 的同一个值，要把它们的概率合并。

注意点

• 随机变量的取值要“不重不漏”：每个样本点恰好对应一个取值，所有取值对应的事件两两互斥、合起来是整个样本空间。概率之和为 1 就是由此来的，可以用它检验算得对不对。
• 求出参数后，还要检查每个 $p_i$ 都在 $[0, 1]$ 里。
• 写取值时看清题目的停止规则。“最多投 3 次，命中就停”时，$X=3$ 包括“前两次不中、第三次中”和“三次都不中”两种情况。
• $X$ 在某个范围内的概率，是范围里每个取值的概率相加，不是区间长度之比。

证明

结论：分布列中 $p_i \ge 0$，且 $p_1+p_2+\dots+p_n=1$。

$p_i$ 是事件 $\{X=x_i\}$ 的概率，概率都不小于 0，所以 $p_i \ge 0$。

事件 $\{X=x_1\}, \{X=x_2\}, \dots, \{X=x_n\}$ 有两个特点：

• 两两互斥：一次试验中 $X$ 只能取一个值，不可能同时等于 $x_1$ 和 $x_2$。
• 合起来是必然事件：$X$ 的取值就是这 $n$ 个，一次试验中总要取到其中之一。

（关键一步：两两互斥的事件，和的概率等于概率的和，这是第 21 章概率的基本性质。）所以

$$p_1+p_2+\dots+p_n=P(\{X=x_1\} \cup \{X=x_2\} \cup \dots \cup \{X=x_n\})=P(\Omega)=1.$$

同样的道理，$X$ 落在某个范围里的概率，等于范围里那些取值的概率之和。

例题

例 1　（场景：求分布列）某人投篮，每次命中的概率都是 $\dfrac{3}{5}$，各次是否命中相互独立。他最多投 3 次，一旦命中就停止。记 $X$ 为他投篮的次数，求 $X$ 的分布列。

解：$X$ 的可能取值为 $1, 2, 3$。

• $X=1$：第 1 次就命中，$P(X=1)=\dfrac{3}{5}$。
• $X=2$：第 1 次不中、第 2 次命中。由独立性，$P(X=2)=\dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{5}=\dfrac{6}{25}$。
• $X=3$：前 2 次都不中，第 3 次中不中都要停，所以 $P(X=3)=\dfrac{2}{5} \times \dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{25}$。

分布列为：

$X$	$1$	$2$	$3$
$P$	$\dfrac{3}{5}$	$\dfrac{6}{25}$	$\dfrac{4}{25}$

检验：$\dfrac{15}{25}+\dfrac{6}{25}+\dfrac{4}{25}=1$。

容易卡在：把 $P(X=3)$ 算成 $\dfrac{2}{5} \times \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{5}$，漏掉“三次都不中”也是投了 3 次。算完加一下，和不是 1 就说明漏了。

例 2　（场景：用性质求参数）随机变量 $X$ 的分布列为 $P(X=k)=ak$（$k=1, 2, 3, 4$），求 $a$ 和 $P\left(\dfrac{1}{2}<X<\dfrac{5}{2}\right)$。

解：由概率之和为 1：$a(1+2+3+4)=10a=1$，得 $a=\dfrac{1}{10}$。每个概率 $\dfrac{k}{10}$ 都在 $[0, 1]$ 里，符合。

$X$ 只取整数，满足 $\dfrac{1}{2}<X<\dfrac{5}{2}$ 的取值是 $1$ 和 $2$，所以

$$P\left(\frac{1}{2}<X<\frac{5}{2}\right)=P(X=1)+P(X=2)=\frac{1}{10}+\frac{2}{10}=\frac{3}{10}.$$

例 3　（场景：求 $X$ 的函数的分布列）随机变量 $X$ 的分布列为

$X$	$-1$	$0$	$1$	$2$
$P$	$\dfrac{1}{4}$	$\dfrac{1}{3}$	$\dfrac{1}{6}$	$\dfrac{1}{4}$

求 $Y=X^2$ 的分布列。

解：$X$ 取 $-1, 0, 1, 2$ 时，$Y$ 分别取 $1, 0, 1, 4$。$Y$ 的可能取值为 $0, 1, 4$。

• $P(Y=0)=P(X=0)=\dfrac{1}{3}$；
• $P(Y=1)=P(X=-1)+P(X=1)=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{12}$；
• $P(Y=4)=P(X=2)=\dfrac{1}{4}$。

$Y$	$0$	$1$	$4$
$P$	$\dfrac{1}{3}$	$\dfrac{5}{12}$	$\dfrac{1}{4}$

检验：$\dfrac{4}{12}+\dfrac{5}{12}+\dfrac{3}{12}=1$。

容易卡在：把 $Y=1$ 写两次。分布列里同一个取值只能出现一次，对应的概率要相加。

常用推论

• 两点分布：$P(X=1)=p$，$P(X=0)=1-p$。均值 $E(X)=p$，方差 $D(X)=p(1-p)$，推导见 36.3 节“常用推论”。
• $X$ 落在某个范围里的概率 = 范围里各取值的概率之和；“$X$ 至少为 $a$“常用 $1-P(X<a)$ 来算。由本节证明直接得到。
• $Y=f(X)$ 的分布列：$P(Y=y)$ 等于所有满足 $f(x_i)=y$ 的 $p_i$ 之和。例 3 就是这样做的。

易错点

• 错在哪：例 1 中算 $P(X=3)$ 时只算“第 3 次命中”。 为什么错：题目规定最多投 3 次，第 3 次不中也停在 3 次。$X=3$ 包含两种结果。 正确做法：每个取值都问一句“哪些结果会让 $X$ 等于它”，列全；最后检验概率之和是否为 1。
• 错在哪：分布列含参数时，只用“和为 1”解出参数，不检查各个概率的范围。 为什么错：如果解出的参数让某个 $p_i<0$ 或 $p_i>1$，这样的分布列不存在，该值要舍去。 正确做法：解出参数后代回，确认每个 $p_i$ 都在 $[0, 1]$ 里。
• 错在哪：求 $Y=X^2$ 的分布列时，直接把 $X$ 的表格第一行平方，得到”$Y$：$1, 0, 1, 4$“。 为什么错：分布列的取值必须互不相同，$Y=1$ 对应两个互斥事件，概率要相加。 正确做法：先写出 $Y$ 的不同取值，再对每个取值把对应的 $X$ 的概率加起来。

直观理解

分布列就是“一单位的概率怎么分给各个取值”。画成条形图，柱的高度是概率，所有柱的高度加起来恰好是 1。拿到一个分布列，先看两件事：取值有没有漏，柱高加起来是不是 1。

关联知识点

• 前置：第 21 章 古典概型、互斥事件的加法公式、独立事件的乘法公式，是算每个 $p_i$ 的工具。
• 前置：第 34 章 排列与组合，取值多时用来数样本点。
• 后续：36.3 均值和方差，由分布列算出。
• 后续：36.4 二项分布、36.5 超几何分布，是两种有现成公式的分布列。
• 常一起考：第 35 章 条件概率，有的分布列里的概率要用乘法公式或全概率公式算。

36.3 均值和方差

说明

设离散型随机变量 $X$ 的分布列为 $P(X=x_i)=p_i$（$i=1, 2, \dots, n$）。

均值（也叫数学期望）：

$$E(X)=x_1p_1+x_2p_2+\dots+x_np_n=\sum_{i=1}^{n} x_ip_i.$$

它是取值按概率加权的平均数，反映 $X$ 取值的平均水平。

方差：

$$D(X)=(x_1-E(X))^2p_1+(x_2-E(X))^2p_2+\dots+(x_n-E(X))^2p_n=\sum_{i=1}^{n} (x_i-E(X))^2p_i.$$

它是“取值偏离均值的距离的平方”按概率加权的平均，反映取值的分散程度。方差越小，取值越集中在均值附近。$\sqrt{D(X)}$ 叫标准差，记作 $\sigma(X)$，和 $X$ 的单位相同。

算方差的另一个公式：

$$D(X)=E(X^2)-(E(X))^2,$$

其中 $E(X^2)=x_1^2p_1+x_2^2p_2+\dots+x_n^2p_n$。均值是分数时，用这个公式通常更省事。

线性变换的性质：设 $a, b$ 是常数，$Y=aX+b$，则

$$E(aX+b)=aE(X)+b, \qquad D(aX+b)=a^2D(X).$$

使用场景

• 已知分布列（或刚求出分布列）求均值、方差：直接代定义，方差可用 $E(X^2)-(E(X))^2$。
• 题目给出 $X$ 的均值方差，问 $Y=aX+b$ 的均值方差（如“得分 = 5 × 答对题数 − 扣分”）：用线性变换的性质，不必另求 $Y$ 的分布列。
• 分布列含两个参数，再给出均值：用“概率和为 1”和“均值等于已知值”联立两个方程。
• 题目问“选哪种方案更好”“谁的成绩更稳定”：先比均值，均值相同或相近再比方差，最后结合题目的具体要求下结论。

注意点

• 随机变量的均值 $E(X)$ 是一个确定的常数，不随试验结果变化；第 20 章的样本平均数是由一组观测数据算出的，会随样本变化。样本量很大时，样本平均数接近 $E(X)$。
• $E(X)$ 不一定是 $X$ 能取到的值。掷骰子的点数均值是 $3.5$，没有哪一次会掷出 $3.5$。
• $D(aX+b)=a^2D(X)$：加上常数 $b$ 不改变方差（整体平移不改变分散程度），乘以 $a$ 方差变成 $a^2$ 倍。$D(-X)=D(X)$，方差永远不小于 0。
• 标准差 $\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X)$，是 $|a|$ 倍，不是 $a^2$ 倍。

证明

结论 1：$E(aX+b)=aE(X)+b$。

$Y=aX+b$ 在 $X=x_i$ 时取 $ax_i+b$，概率仍是 $p_i$（$a \ne 0$ 时取值互不相同；$a=0$ 时 $Y$ 恒等于 $b$，结论显然成立）。所以

$$E(Y)=\sum_{i=1}^{n} (ax_i+b)p_i=a\sum_{i=1}^{n} x_ip_i+b\sum_{i=1}^{n} p_i=aE(X)+b.$$

（关键一步：$\sum p_i=1$，所以常数 $b$ 加权平均后还是 $b$。）

结论 2：$D(aX+b)=a^2D(X)$。

由结论 1，$Y$ 的取值与均值的差是 $(ax_i+b)-(aE(X)+b)=a(x_i-E(X))$，常数 $b$ 抵消了。所以

$$D(Y)=\sum_{i=1}^{n} a^2(x_i-E(X))^2p_i=a^2\sum_{i=1}^{n} (x_i-E(X))^2p_i=a^2D(X).$$

结论 3：$D(X)=E(X^2)-(E(X))^2$。

记 $\mu=E(X)$，把平方展开：

$$D(X)=\sum_{i=1}^{n} (x_i^2-2\mu x_i+\mu^2)p_i=\sum_{i=1}^{n} x_i^2p_i-2\mu\sum_{i=1}^{n} x_ip_i+\mu^2\sum_{i=1}^{n} p_i=E(X^2)-2\mu^2+\mu^2=E(X^2)-\mu^2.$$

（关键一步：$\sum x_ip_i=\mu$，$\sum p_i=1$，中间项变成 $-2\mu^2$。）

例题

例 1　（场景：由分布列求均值方差）掷一颗质地均匀的骰子，记朝上的点数为 $X$，求 $E(X)$ 和 $D(X)$。

解：$X$ 取 $1, 2, \dots, 6$，每个取值的概率都是 $\dfrac{1}{6}$。

$$E(X)=(1+2+3+4+5+6) \times \frac{1}{6}=\frac{21}{6}=\frac{7}{2}.$$

用 $D(X)=E(X^2)-(E(X))^2$：

$$E(X^2)=(1+4+9+16+25+36) \times \frac{1}{6}=\frac{91}{6}, \qquad D(X)=\frac{91}{6}-\frac{49}{4}=\frac{182-147}{12}=\frac{35}{12}.$$

也可以按定义算：$D(X)=\dfrac{1}{6}\left[\left(\dfrac{5}{2}\right)^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \times 2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{5}{2}\right)^2\right]=\dfrac{1}{6} \times \dfrac{70}{4}=\dfrac{35}{12}$，结果相同。

例 2　（场景：线性变换）随机变量 $X$ 的分布列为

$X$	$-1$	$0$	$1$
$P$	$\dfrac{1}{2}$	$\dfrac{1}{3}$	$\dfrac{1}{6}$

设 $Y=2X+3$，求 $E(Y)$ 和 $D(Y)$。

解：先求 $X$ 的均值方差：

$$E(X)=-1 \times \frac{1}{2}+0 \times \frac{1}{3}+1 \times \frac{1}{6}=-\frac{1}{3}, \qquad E(X^2)=1 \times \frac{1}{2}+0+1 \times \frac{1}{6}=\frac{2}{3},$$ $$D(X)=\frac{2}{3}-\frac{1}{9}=\frac{5}{9}.$$

由线性变换的性质：$E(Y)=2E(X)+3=-\dfrac{2}{3}+3=\dfrac{7}{3}$，$D(Y)=2^2D(X)=\dfrac{20}{9}$。

另一种解法：先写出 $Y$ 的分布列：$Y$ 取 $1, 3, 5$，概率分别是 $\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{6}$。$E(Y)=\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{5}{6}=\dfrac{7}{3}$；$E(Y^2)=\dfrac{1}{2}+3+\dfrac{25}{6}=\dfrac{23}{3}$，$D(Y)=\dfrac{23}{3}-\dfrac{49}{9}=\dfrac{20}{9}$。直接列 $Y$ 的分布列不用记性质，适合 $Y$ 不是 $X$ 的一次函数（如 $Y=X^2$）的情况；$Y=aX+b$ 时用性质快得多，而且题目只给 $E(X)$、$D(X)$ 不给分布列时只能用性质。

例 3　（场景：已知均值求参数）随机变量 $X$ 的分布列为

$X$	$0$	$1$	$2$
$P$	$a$	$\dfrac{1}{2}$	$b$

且 $E(X)=1$。求 $a$、$b$ 和 $D(2X-1)$。

解：由概率之和为 1 和均值条件：

$$\begin{cases} a+\frac{1}{2}+b=1, \\ 0 \cdot a+1 \times \frac{1}{2}+2b=1, \end{cases}$$

由第二个方程得 $b=\dfrac{1}{4}$，代入第一个得 $a=\dfrac{1}{4}$。

$$D(X)=(0-1)^2 \times \frac{1}{4}+(1-1)^2 \times \frac{1}{2}+(2-1)^2 \times \frac{1}{4}=\frac{1}{2},$$

所以 $D(2X-1)=4D(X)=2$。

例 4　（场景：用均值和方差作决策）甲、乙两名射手每次射击的环数分别记为 $X$、$Y$，分布列如下：

$X$	$8$	$9$	$10$
$P$	$0.2$	$0.6$	$0.2$

$Y$	$7$	$8$	$9$	$10$
$P$	$0.1$	$0.1$	$0.5$	$0.3$

（1）比较两人射击水平的高低和稳定性；（2）比赛中需要一次打出 10 环才能获胜，应派谁上场？

解：（1）

$$E(X)=8 \times 0.2+9 \times 0.6+10 \times 0.2=9, \qquad E(Y)=7 \times 0.1+8 \times 0.1+9 \times 0.5+10 \times 0.3=9.$$ $$D(X)=1 \times 0.2+0+1 \times 0.2=0.4, \qquad D(Y)=4 \times 0.1+1 \times 0.1+0+1 \times 0.3=0.8.$$

均值相同，说明两人平均水平一样；$D(X)<D(Y)$，甲的成绩更稳定。

（2）$P(X=10)=0.2$，$P(Y=10)=0.3$，乙打出 10 环的概率更大，应派乙。

容易卡在：以为“方差小就一定选他”。方差只说明稳不稳，决策要看题目要的是什么：要稳选方差小的，要冲高分看高分的概率。

常用推论

• $D(X)=E(X^2)-(E(X))^2$。推导见本节证明结论 3。由 $D(X) \ge 0$ 还得到 $E(X^2) \ge (E(X))^2$。
• $E(aX+b)=aE(X)+b$，$D(aX+b)=a^2D(X)$，$\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X)$。推导见本节证明结论 1、2。
• 两点分布：$E(X)=p$，$D(X)=p(1-p)$。推导：$E(X)=0 \times (1-p)+1 \times p=p$；$E(X^2)=p$，$D(X)=p-p^2=p(1-p)$。
• 常数的均值是它自己，方差为 0：$E(b)=b$，$D(b)=0$。取结论 1、2 中 $a=0$ 即得。

易错点

• 错在哪：$D(X)=2$，写 $D(3X+1)=3 \times 2+1=7$。 为什么错：方差是“偏差的平方”的平均，乘以 3 后偏差变成 3 倍，平方后是 9 倍；加 1 只是整体平移，偏差不变。 正确做法：$D(3X+1)=9D(X)=18$。记住“均值跟着变，方差只认 $a^2$”。
• 错在哪：$E(X)$ 直接用取值的算术平均，例如例 4 里写 $E(Y)=\dfrac{7+8+9+10}{4}=8.5$。 为什么错：各取值的概率不同，均值要按概率加权。只有各取值等可能时，加权平均才等于算术平均。 正确做法：$E(X)=\sum x_ip_i$，每个取值乘它自己的概率。
• 错在哪：用 $E(X^2)-(E(X))^2$ 时，把 $E(X^2)$ 写成 $(E(X))^2$，结果方差为 0。 为什么错：$E(X^2)$ 是先平方再加权平均，$(E(X))^2$ 是先加权平均再平方，一般不相等，它们的差正是方差。 正确做法：$E(X^2)=\sum x_i^2p_i$，单独列一行算。

直观理解

把每个取值 $x_i$ 想成数轴上的一个点，在那里放重量为 $p_i$ 的砝码。均值 $E(X)$ 就是让这根横杆平衡的支点位置，所以它被“重”的那一侧拉过去。

方差衡量砝码离支点有多远：砝码都挤在支点旁边，方差小；分散在两头，方差大。整体平移（加 $b$）不改变砝码之间的距离，方差不变；整体拉伸 $a$ 倍，距离变成 $|a|$ 倍，方差变成 $a^2$ 倍。

关联知识点

• 前置：36.2 离散型随机变量与分布列，均值方差都由分布列算出。
• 前置：第 20 章 样本的平均数和方差，公式结构相同，只是把频率换成了概率。
• 后续：36.4 二项分布、36.5 超几何分布有现成的均值公式，本节性质常和它们连用。
• 后续：第 37 章 正态分布，参数 $\mu$ 和 $\sigma$ 就是均值和标准差。
• 常一起考：第 35 章 条件概率与全概率公式，先用它们求分布列，再求均值作决策。

36.4 二项分布

说明

伯努利试验：只有两个可能结果的试验，常把关心的结果叫“成功”，另一个叫“失败”。

$n$ 重伯努利试验：把一个伯努利试验独立地重复做 $n$ 次。它有两个特征：

1. 同一个试验重复做 $n$ 次，每次成功的概率都是 $p$；
2. 各次试验的结果相互独立。

二项分布：在 $n$ 重伯努利试验中，设每次成功的概率为 $p$（$0<p<1$），用 $X$ 表示成功的次数，则

$$P(X=k)=\mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}, \qquad k=0, 1, 2, \dots, n.$$

称 $X$ 服从二项分布，记作 $X \sim B(n, p)$。

叫“二项分布”是因为这 $n+1$ 个概率恰好是 $[(1-p)+p]^n$ 按二项式定理展开的各项。

均值和方差：若 $X \sim B(n, p)$，则

$$E(X)=np, \qquad D(X)=np(1-p).$$

$n=1$ 时，二项分布就是两点分布。

使用场景

• 题目里出现“独立重复”“每次的概率都是 $p$”“有放回地抽取”，问“成功了几次”：判断为二项分布，套公式写分布列。
• 问“至少 / 至多 / 恰好 $k$ 次”的概率：恰好用公式；至少一次用 $1-P(X=0)$；“至少 $k$ 次”把 $k$ 到 $n$ 的概率相加，或用对立事件。
• 已知 $X \sim B(n, p)$ 的均值和方差（或其一），反求 $n$、$p$：用 $np$ 和 $np(1-p)$ 列方程。
• 得分、收益等是成功次数的一次函数（如答对得 5 分、答错扣 1 分）：先写 $Y=aX+b$，再用 $np$、$np(1-p)$ 和 36.3 节的线性性质。
• 问“成功几次的可能性最大”：比较相邻两项的比，或用 $(n+1)p$ 判断。

注意点

• 二项分布的前提是“独立”和“每次概率不变”，两个缺一不可。不放回地从有限总体中抽取，每次的概率会变，不是二项分布（见 36.5 节）。
• $X$ 数的是“成功的次数”，不是“第几次成功”，也不是“试验进行了几次”。“三局两胜”的比赛打的局数、“直到成功为止”的次数都不服从二项分布。
• 公式里的 $\mathrm{C}_n^k$ 不能漏：恰好 $k$ 次成功的结果不止一种。
• 从数量很大的一批产品中抽取少量（只给出次品率），虽然是不放回，也按二项分布处理，因为每次抽到次品的概率几乎不变。

证明

结论 1：$P(X=k)=\mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}$。

以 $n=3$ 为例。记每次成功的概率为 $p$，失败为 $1-p$。3 次试验的结果有 8 种：

恰好成功 2 次的结果是“中中不中”“中不中中”“不中中中”，共 $\mathrm{C}_3^2=3$ 种。每一种的概率，比如“中中不中”，由独立性等于 $p \cdot p \cdot (1-p)=p^2(1-p)$，另两种也一样。三种结果两两互斥，所以 $P(X=2)=3p^2(1-p)=\mathrm{C}_3^2p^2(1-p)$。

一般地，$X=k$ 表示 $n$ 次试验中恰好 $k$ 次成功、$n-k$ 次失败。

• 某一种特定的结果（指定哪 $k$ 次成功）的概率，由各次试验相互独立，等于 $p^k(1-p)^{n-k}$（关键一步：独立才能把各次的概率相乘）。
• 从 $n$ 次中选出成功的 $k$ 次，有 $\mathrm{C}_n^k$ 种选法，每种选法对应一种结果，这些结果两两互斥。

所以 $P(X=k)=\mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}$。由二项式定理，$\sum_{k=0}^{n} \mathrm{C}_n^k p^k(1-p)^{n-k}=[p+(1-p)]^n=1$，符合分布列的性质。

结论 2：$E(X)=np$。

记 $q=1-p$。先证组合数恒等式 $k\mathrm{C}_n^k=n\mathrm{C}_{n-1}^{k-1}$（$1 \le k \le n$）：

$$k\mathrm{C}_n^k=k \cdot \frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}=n \cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=n\mathrm{C}_{n-1}^{k-1}.$$

于是（$k=0$ 的项为 0，从 $k=1$ 加起）

$$E(X)=\sum_{k=1}^{n} k\mathrm{C}_n^k p^kq^{n-k}=np\sum_{k=1}^{n} \mathrm{C}_{n-1}^{k-1}p^{k-1}q^{n-k}=np(p+q)^{n-1}=np.$$

（关键一步：把 $k$ 吸收进组合数后，剩下的和恰好是 $(p+q)^{n-1}$ 的二项展开。）

结论 3：$D(X)=np(1-p)$。

同理有 $k(k-1)\mathrm{C}_n^k=n(n-1)\mathrm{C}_{n-2}^{k-2}$（$2 \le k \le n$），所以

$$E(X^2)-E(X)=\sum_{k=2}^{n} k(k-1)\mathrm{C}_n^k p^kq^{n-k}=n(n-1)p^2(p+q)^{n-2}=n(n-1)p^2.$$

于是 $E(X^2)=n(n-1)p^2+np$，

$$D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=n(n-1)p^2+np-n^2p^2=np-np^2=np(1-p).$$

例题

例 1　（场景：判断二项分布并写分布列）某射手每次射击命中目标的概率是 $\dfrac{2}{3}$，各次射击相互独立。他射击 4 次，记命中的次数为 $X$，求 $X$ 的分布列、均值和方差。

解：4 次射击相互独立，每次命中的概率都是 $\dfrac{2}{3}$，所以 $X \sim B\left(4, \dfrac{2}{3}\right)$，

$$P(X=k)=\mathrm{C}_4^k\left(\frac{2}{3}\right)^k\left(\frac{1}{3}\right)^{4-k}=\frac{\mathrm{C}_4^k \cdot 2^k}{81}, \qquad k=0, 1, 2, 3, 4.$$

$X$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$
$P$	$\dfrac{1}{81}$	$\dfrac{8}{81}$	$\dfrac{24}{81}$	$\dfrac{32}{81}$	$\dfrac{16}{81}$

检验：$1+8+24+32+16=81$。$E(X)=4 \times \dfrac{2}{3}=\dfrac{8}{3}$，$D(X)=4 \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{9}$。

例 2　（场景：至少、至多）某种种子的发芽率是 $\dfrac{4}{5}$，每粒是否发芽相互独立。种下 5 粒，求：（1）至少 4 粒发芽的概率；（2）至少 1 粒发芽的概率。

解：发芽的粒数 $X \sim B\left(5, \dfrac{4}{5}\right)$。

（1）

$$P(X \ge 4)=\mathrm{C}_5^4\left(\frac{4}{5}\right)^4 \cdot \frac{1}{5}+\left(\frac{4}{5}\right)^5=\frac{1280}{3125}+\frac{1024}{3125}=\frac{2304}{3125}.$$

（2）“至少 1 粒”的对立事件是“1 粒也不发芽”：

$$P(X \ge 1)=1-P(X=0)=1-\left(\frac{1}{5}\right)^5=\frac{3124}{3125}.$$

容易卡在：（2）把 $X=1, 2, 3, 4, 5$ 的五个概率一个个相加。“至少 1 次”永远先想对立事件。

例 3　（场景：由均值方差反求参数）已知 $X \sim B(n, p)$，$E(X)=4$，$D(X)=3$，求 $n$、$p$ 和 $P(X=1)$。

解：

$$\begin{cases} np=4, \\ np(1-p)=3, \end{cases}$$

第二式除以第一式得 $1-p=\dfrac{3}{4}$，所以 $p=\dfrac{1}{4}$，$n=\dfrac{4}{p}=16$。

$$P(X=1)=\mathrm{C}_{16}^1 \cdot \frac{1}{4} \cdot \left(\frac{3}{4}\right)^{15}=4 \times \left(\frac{3}{4}\right)^{15}.$$

例 4　（场景：得分是成功次数的一次函数）一份试卷有 12 道单选题，每题 4 个选项。某学生每道题都随机猜一个选项。规定答对一题得 5 分，答错一题扣 1 分。求他得分 $Y$ 的均值和方差。

解：设答对的题数为 $X$。每题猜对的概率是 $\dfrac{1}{4}$，各题相互独立，所以 $X \sim B\left(12, \dfrac{1}{4}\right)$，

$$E(X)=12 \times \frac{1}{4}=3, \qquad D(X)=12 \times \frac{1}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{4}.$$

答对 $X$ 题、答错 $12-X$ 题，得分 $Y=5X-(12-X)=6X-12$。由线性性质：

$$E(Y)=6E(X)-12=6, \qquad D(Y)=36D(X)=81.$$

容易卡在：得分写成 $Y=5X-1$。答错的题数是 $12-X$，扣分也随 $X$ 变化，要先把 $Y$ 用 $X$ 完整写出来。

例 5　（场景：最可能的取值）$X \sim B(10, 0.3)$，$k$ 取何值时 $P(X=k)$ 最大？

解：记 $p_k=P(X=k)$。比较相邻两项（$1 \le k \le 10$）：

$$\frac{p_k}{p_{k-1}}=\frac{\mathrm{C}_{10}^k \cdot 0.3^k \cdot 0.7^{10-k}}{\mathrm{C}_{10}^{k-1} \cdot 0.3^{k-1} \cdot 0.7^{11-k}}=\frac{(11-k) \times 0.3}{k \times 0.7}.$$

$\dfrac{p_k}{p_{k-1}}>1 \iff 0.3(11-k)>0.7k \iff k<3.3$。所以 $k \le 3$ 时 $p_k>p_{k-1}$（概率在增大），$k \ge 4$ 时 $p_k<p_{k-1}$（概率在减小）。$P(X=k)$ 在 $k=3$ 时最大。

容易卡在：以为最可能的取值就是均值 $np=3$。这里恰好相等，但一般不一定，比如 $B(5, 0.5)$ 的均值是 $2.5$，最可能的取值是 2 和 3。

常用推论

• $X \sim B(n, p)$ 时，$E(X)=np$，$D(X)=np(1-p)$。推导见本节证明结论 2、3。
• “至少成功 1 次”的概率是 $1-(1-p)^n$。由 $P(X \ge 1)=1-P(X=0)$ 得到。
• 最可能的成功次数：$(n+1)p$ 不是整数时，$P(X=k)$ 在 $k=[(n+1)p]$（不超过 $(n+1)p$ 的最大整数）处最大；$(n+1)p$ 是整数时，$k=(n+1)p$ 和 $k=(n+1)p-1$ 两处并列最大。推导：$\dfrac{p_k}{p_{k-1}}=\dfrac{(n-k+1)p}{k(1-p)}$，它大于 1 等价于 $k<(n+1)p$，等于 1 等价于 $k=(n+1)p$，方法同例 5。
• $n$ 一定时，$D(X)=np(1-p)$ 在 $p=\dfrac{1}{2}$ 时最大，所以成功概率为 $\dfrac{1}{2}$ 时结果最分散。由 $p(1-p)=\dfrac{1}{4}-\left(p-\dfrac{1}{2}\right)^2$ 得到。

易错点

• 错在哪：甲每局胜的概率为 $p$，三局两胜制，认为“甲获胜”就是 $X \sim B(3, p)$ 中 $X \ge 2$，而且把比赛的局数也当成二项分布。 为什么错：三局两胜，有人先赢两局比赛就结束，不一定打满 3 局，局数不服从二项分布。（不过“甲获胜的概率”恰好等于 $P(X \ge 2)$，因为可以假想把第 3 局补打完，不改变谁先赢两局。） 正确做法：求局数的分布列时按实际进行的局数分类：打 2 局结束（$2:0$ 或 $0:2$）、打 3 局结束，逐个算。
• 错在哪：求“恰好 2 次成功”写成 $p^2(1-p)^{n-2}$。 为什么错：这只是“指定的某两次成功”的概率，成功的两次可以是 $n$ 次中的任意两次。 正确做法：乘上 $\mathrm{C}_n^2$，即 $\mathrm{C}_n^2p^2(1-p)^{n-2}$。
• 错在哪：从 10 个球（4 红 6 白）中不放回地取 3 个，红球数按 $B\left(3, \dfrac{2}{5}\right)$ 算。 为什么错：不放回时，第一次取走一个红球后，第二次取到红球的概率变成 $\dfrac{3}{9}$，每次的概率不再相同，各次也不独立。 正确做法：用超几何分布（36.5 节）。只有放回抽取，或从很大的总体里抽，才用二项分布。

直观理解

二项分布就是“做 $n$ 次同样的独立尝试，数成功几次”。可以把 $X$ 拆成 $n$ 个两点分布相加：第 $i$ 次成功记 $X_i=1$，失败记 $X_i=0$，$X=X_1+X_2+\dots+X_n$。每个 $X_i$ 的均值是 $p$，加起来均值是 $np$；每个 $X_i$ 的方差是 $p(1-p)$，独立的随机变量方差可以相加，所以方差是 $np(1-p)$。（“和的均值等于均值的和”“独立时和的方差等于方差的和”在高中不作要求，严格证明属于大学概率论的内容，这里只作为帮助记忆的解释。）

分布的形状：柱子先升后降，最高处在 $np$ 附近；$p=\dfrac{1}{2}$ 时左右对称；$n$ 越大，形状越像一口钟，这就是第 37 章正态分布的来历。

关联知识点

• 前置：第 21 章 事件的独立性，二项分布公式靠独立事件的乘法公式。
• 前置：第 34 章 组合数和二项式定理，$\mathrm{C}_n^k$ 的来历和“概率之和为 1”的证明都用到它们。
• 前置：36.3 均值和方差的线性性质，处理得分、收益问题。
• 后续：第 37 章 正态分布，$n$ 很大时二项分布的形状接近正态曲线。
• 常一起考：36.5 超几何分布，题目常让学生判断“放回”和“不放回”分别用哪个。

36.5 超几何分布

说明

超几何分布：一批产品共 $N$ 件，其中有 $M$ 件次品。从中不放回地任取 $n$ 件（等价于一次取出 $n$ 件），用 $X$ 表示取到的次品件数，则

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_M^k\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n}, \qquad k=m, m+1, \dots, r,$$

其中 $n, N, M \in \mathbf{N}^*$，$n \le N$，$M \le N$，$m=\max\{0, n-N+M\}$，$r=\min\{n, M\}$。称 $X$ 服从超几何分布。

“次品”只是一个代称，凡是“总体分成两类，从中不放回地取 $n$ 个，数其中一类有几个”都是超几何分布：男生和女生、红球和白球、合格品和次品。

取值的范围这样理解：取到的次品数不能超过取的件数 $n$，也不能超过次品总数 $M$，所以 $r=\min\{n, M\}$；正品只有 $N-M$ 件，如果 $n>N-M$，至少要取到 $n-(N-M)$ 件次品，所以 $m=\max\{0, n-N+M\}$。

均值：

$$E(X)=\frac{nM}{N}.$$

即“取的件数 × 次品所占的比例”，和二项分布 $B\left(n, \dfrac{M}{N}\right)$ 的均值相同。

和二项分布的区别：

	二项分布	超几何分布
抽取方式	有放回，或独立重复试验	不放回
每次“成功”的概率	不变，都是 $p$	随前面的结果变化
总体	可以是无限的（如反复射击）	有限的 $N$ 个
均值	$np$	$\dfrac{nM}{N}$（与 $p=\dfrac{M}{N}$ 的二项分布相同）
方差	$np(1-p)$	比对应的二项分布小

当 $N$ 比 $n$ 大得多时，取走几个对比例影响很小，超几何分布和二项分布 $B\left(n, \dfrac{M}{N}\right)$ 几乎一样，可以用二项分布近似。

使用场景

• 题目说“从……中任取 $n$ 个”“一次取出”“不放回地取”，总体由两类组成、数量已知，问取到某类的个数：判断为超几何分布，写分布列、求均值。
• 同一题里同时出现“有放回”和“不放回”两问，或要判断用哪个模型：看抽取后是否放回、总体是否有限且数量给出。
• 问“至少取到一个某类”的概率：用对立事件“一个也没取到”，$1-P(X=0)$。

注意点

• 公式里分母是从 $N$ 个中取 $n$ 个的组合数，分子是“从 $M$ 个次品中取 $k$ 个”乘“从 $N-M$ 个正品中取 $n-k$ 个”。上下标对应的数量要分清。
• $X$ 的取值不一定从 0 开始，也不一定到 $n$ 为止。先按 $m=\max\{0, n-N+M\}$、$r=\min\{n, M\}$ 确定范围，再列分布列。
• 题目只给次品率、不给总数（“从一大批产品中抽取”），说明总体可以看作无限大，用二项分布。
• “一次取出 $n$ 个”和“逐个不放回地取 $n$ 次”，取到次品个数的分布相同，都是超几何分布。

证明

结论 1：分布列公式。

从 $N$ 件中任取 $n$ 件，共有 $\mathrm{C}_N^n$ 种取法，每种取法等可能（古典概型）。$X=k$ 表示取出的 $n$ 件中有 $k$ 件次品、$n-k$ 件正品：次品从 $M$ 件中取 $k$ 件，有 $\mathrm{C}_M^k$ 种；正品从 $N-M$ 件中取 $n-k$ 件，有 $\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}$ 种。由分步乘法计数原理，有利的取法共 $\mathrm{C}_M^k\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}$ 种，所以

$$P(X=k)=\frac{\mathrm{C}_M^k\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n}.$$

各概率之和为 1：$\sum_k \mathrm{C}_M^k\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}$ 是把“从 $N$ 件中取 $n$ 件”按取到的次品数分类计数，加起来就是 $\mathrm{C}_N^n$。

结论 2：$E(X)=\dfrac{nM}{N}$。

用 36.4 节的恒等式 $k\mathrm{C}_M^k=M\mathrm{C}_{M-1}^{k-1}$（$k \ge 1$）：

$$E(X)=\sum_{k} k \cdot \frac{\mathrm{C}_M^k\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}}{\mathrm{C}_N^n}=\frac{M}{\mathrm{C}_N^n}\sum_{k \ge 1} \mathrm{C}_{M-1}^{k-1}\mathrm{C}_{N-M}^{n-k}.$$

（关键一步：右边的和是“从 $N-1$ 件（其中 $M-1$ 件次品、$N-M$ 件正品）中取 $n-1$ 件”按次品数 $k-1$ 分类计数，所以等于 $\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}$。）于是

$$E(X)=\frac{M\mathrm{C}_{N-1}^{n-1}}{\mathrm{C}_N^n}=M \cdot \frac{(N-1)!}{(n-1)!(N-n)!} \cdot \frac{n!(N-n)!}{N!}=\frac{nM}{N}.$$

例题

例 1　（场景：写超几何分布的分布列）某小组有 5 名男生、3 名女生，从中任选 3 人参加活动，记选到的女生人数为 $X$，求 $X$ 的分布列和均值。

解：总体 8 人分成男、女两类，一次选 3 人，$X$ 服从超几何分布，$N=8$，$M=3$，$n=3$。$X$ 的取值为 $0, 1, 2, 3$，$\mathrm{C}_8^3=56$。

$$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_5^3}{56}=\frac{10}{56}=\frac{5}{28}, \qquad P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_3^1\mathrm{C}_5^2}{56}=\frac{30}{56}=\frac{15}{28},$$ $$P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_3^2\mathrm{C}_5^1}{56}=\frac{15}{56}, \qquad P(X=3)=\frac{\mathrm{C}_3^3}{56}=\frac{1}{56}.$$

$X$	$0$	$1$	$2$	$3$
$P$	$\dfrac{5}{28}$	$\dfrac{15}{28}$	$\dfrac{15}{56}$	$\dfrac{1}{56}$

检验：$\dfrac{10+30+15+1}{56}=1$。

$$E(X)=0+1 \times \frac{30}{56}+2 \times \frac{15}{56}+3 \times \frac{1}{56}=\frac{63}{56}=\frac{9}{8}.$$

另一种解法：直接用公式 $E(X)=\dfrac{nM}{N}=\dfrac{3 \times 3}{8}=\dfrac{9}{8}$。题目要求写分布列时，分布列还是要列；只问均值、或者用来验算时，公式一步得出，考场上能省不少时间。

例 2　（场景：至少取到一个）一批产品共 20 件，其中 2 件次品。从中任取 5 件检查，求至少取到 1 件次品的概率。

解：取到的次品数 $X$ 服从超几何分布，$N=20$，$M=2$，$n=5$。用对立事件：

$$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_{18}^5}{\mathrm{C}_{20}^5}=\frac{8568}{15504}=\frac{21}{38},$$ $$P(X \ge 1)=1-\frac{21}{38}=\frac{17}{38}.$$

容易卡在：约分。可以先化简再算：$\dfrac{\mathrm{C}_{18}^5}{\mathrm{C}_{20}^5}=\dfrac{18!/(5!\,13!)}{20!/(5!\,15!)}=\dfrac{15 \times 14}{20 \times 19}=\dfrac{21}{38}$，不用算出大数。

例 3　（场景：放回与不放回的区别）盒中有 10 个球，其中 4 个红球、6 个白球。从中取 3 次，每次取 1 个，记取到的红球个数为 $X$。分别在（1）不放回、（2）有放回两种方式下，求 $X$ 的分布列、均值和方差，并比较。

解：（1）不放回：$X$ 服从超几何分布，$N=10$，$M=4$，$n=3$，$\mathrm{C}_{10}^3=120$。

$$P(X=0)=\frac{\mathrm{C}_6^3}{120}=\frac{1}{6}, \quad P(X=1)=\frac{\mathrm{C}_4^1\mathrm{C}_6^2}{120}=\frac{1}{2}, \quad P(X=2)=\frac{\mathrm{C}_4^2\mathrm{C}_6^1}{120}=\frac{3}{10}, \quad P(X=3)=\frac{\mathrm{C}_4^3}{120}=\frac{1}{30}.$$

$E(X)=\dfrac{3 \times 4}{10}=\dfrac{6}{5}$。$E(X^2)=\dfrac{1}{2}+4 \times \dfrac{3}{10}+9 \times \dfrac{1}{30}=2$，$D(X)=2-\dfrac{36}{25}=\dfrac{14}{25}$。

（2）有放回：每次取到红球的概率都是 $\dfrac{2}{5}$，各次独立，$X \sim B\left(3, \dfrac{2}{5}\right)$。

$$P(X=0)=\frac{27}{125}, \quad P(X=1)=\frac{54}{125}, \quad P(X=2)=\frac{36}{125}, \quad P(X=3)=\frac{8}{125}.$$

$E(X)=3 \times \dfrac{2}{5}=\dfrac{6}{5}$，$D(X)=3 \times \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{5}=\dfrac{18}{25}$。

比较：两种方式的均值相同，都是 $\dfrac{6}{5}$；不放回时方差更小（$\dfrac{14}{25}<\dfrac{18}{25}$），取值更集中。

容易卡在：看到“每次取 1 个”就用二项分布。决定模型的是“放不放回”，不是“一次取几个”。

常用推论

• $E(X)=\dfrac{nM}{N}$。推导见本节证明结论 2。
• 超几何分布的方差（课标只要求“了解超几何分布及其均值”，方差了解即可，高考一般不直接考）：$D(X)=n \cdot \dfrac{M}{N}\left(1-\dfrac{M}{N}\right) \cdot \dfrac{N-n}{N-1}$。它比二项分布 $B\left(n, \dfrac{M}{N}\right)$ 的方差多乘了因子 $\dfrac{N-n}{N-1}$，这个因子小于 1（$n \ge 2$ 时），所以不放回时更集中。推导思路和 36.4 节结论 3 相同，先用 $k(k-1)\mathrm{C}_M^k=M(M-1)\mathrm{C}_{M-2}^{k-2}$ 求 $E(X^2)-E(X)$。例 3 中 $\dfrac{18}{25} \times \dfrac{7}{9}=\dfrac{14}{25}$，与直接计算一致。
• 取值范围：$\max\{0, n-N+M\} \le k \le \min\{n, M\}$。理由见本节说明。

易错点

• 错在哪：题目说“从一大批产品中随机抽取 5 件，已知次品率为 $0.1$”，用超几何分布。 为什么错：不知道总数 $N$，无法用超几何分布；“一大批”的意思是总体很大，抽几件不影响次品率。 正确做法：按 $B(5, 0.1)$ 处理。
• 错在哪：从 5 件（其中 3 件次品）中取 4 件，次品数 $X$ 的取值写成 $0, 1, 2, 3$。 为什么错：正品只有 2 件，取 4 件至少有 2 件次品，$X=0$ 和 $X=1$ 不可能发生。 正确做法：先算范围 $\max\{0, 4-5+3\}=2 \le X \le \min\{4, 3\}=3$，取值只有 2 和 3。
• 错在哪：超几何分布的方差用 $n \cdot \dfrac{M}{N}\left(1-\dfrac{M}{N}\right)$ 计算。 为什么错：这是二项分布的方差公式。均值两者相同，方差不同，不放回时方差更小。 正确做法：求方差就按定义（或 $E(X^2)-(E(X))^2$）由分布列计算，如例 3。

直观理解

不放回地取，相当于“取走一个就少一个”：前面取到红球多了，后面红球就少了，结果会自动往平均情况拉回来，所以比放回时更集中（方差更小）。总体越大，取走几个的影响越小，两种方式就越接近。

判断用哪个模型，可以按下面的顺序问自己：

关联知识点

• 前置：第 34 章 组合数，分布列的分子分母都是组合数；“概率和为 1”背后是组合数的分类计数。
• 前置：第 21 章 古典概型，超几何分布的公式就是古典概型的概率。
• 前置：36.3 均值和方差，方差要按定义从分布列算。
• 常一起考：36.4 二项分布，放回用二项、不放回用超几何，总体很大时两者近似。
• 后续：第 20 章、第 38 章的抽样和统计推断里，“从总体中抽样”的数学模型就是超几何分布或二项分布。

36.6 知识点之间的关系

分布列是这一章的起点：把试验结果变成一个数 $X$，列出每个取值的概率（36.2）。均值和方差是对分布列的两句话总结，一句说“平均多大”，一句说“有多分散”（36.3）。二项分布和超几何分布是两种最常见、有现成公式的分布列：一个对应“独立重复、有放回”，一个对应“有限总体、不放回”（36.4、36.5）。它们的均值形式相同，方差不同；总体很大时两者近似。

考试里的典型流程是：读题判断模型（一般的、二项的还是超几何的）→ 写出取值和分布列 → 用定义或公式求均值（有时还要方差）→ 用均值比较方案。所以本章最关键的能力是“判断模型”，判断对了，后面都是套公式。

36.7 自测

1. 随机变量 $X$ 的分布列为 $P(X=k)=\dfrac{c}{k(k+1)}$（$k=1, 2, 3$），求常数 $c$。
2. 抛两枚质地均匀的硬币，记正面朝上的枚数为 $X$，写出 $X$ 的分布列。
3. 已知 $E(X)=3$，$D(X)=2$，$Y=-2X+5$，求 $E(Y)$ 和 $D(Y)$。
4. $X$ 服从两点分布，$P(X=1)=0.3$，求 $E(X)$ 和 $D(X)$。
5. $X \sim B\left(6, \dfrac{1}{2}\right)$，求 $P(X=3)$。
6. $X \sim B(n, p)$，$E(X)=6$，$D(X)=4$，求 $n$ 和 $p$。
7. 10 件产品中有 3 件次品，从中任取 4 件，求恰好取到 1 件次品的概率和取到次品件数的均值。
8. 袋中有 10 个球，其中 $M$ 个红球，从中不放回地取 4 个，取到红球个数的均值是 $1.6$，求 $M$。

答案：1. $c=\dfrac{4}{3}$；2. $P(X=0)=\dfrac{1}{4}$，$P(X=1)=\dfrac{1}{2}$，$P(X=2)=\dfrac{1}{4}$；3. $E(Y)=-1$，$D(Y)=8$；4. $E(X)=0.3$，$D(X)=0.21$；5. $\dfrac{5}{16}$；6. $n=18$，$p=\dfrac{1}{3}$；7. $\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{6}{5}$；8. $M=4$。

36.8 深入阅读

• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，选择性必修第三册“随机变量及其分布”一章有同步课程视频和教材电子版，可以对照课本的例题和习题。
• GeoGebra 概率计算器：选二项分布或超几何分布、输入参数，立刻画出分布的条形图并算出均值、方差和区间概率，适合验算和比较放回与不放回。
• Wolfram MathWorld · Binomial Distribution：二项分布的英文条目，有均值、方差的推导和各阶矩，查英文术语和公式时用。
• Wolfram MathWorld · Hypergeometric Distribution：超几何分布的英文条目，给出均值和方差公式（含本章常用推论里的方差因子），可用来核对。