7.4.2 超几何分布
基础知识
概念
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：
其中\(n\)，\(M\)，\(N\in N^*\)，\(n≤ N\)，\(M≤ N\)，\(m=\max \{0， n-N+M\}\)，\(r=\min \{n， m\}\).
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.
案例
\(10\)个产品中有\(6\)个优品，\(4\)个次品，从\(10\)个产品中抽出\(5\)个恰好有\(2\)个次品的概率\(p\)是\(\underline{\quad \quad}\) .
解 利用古典概型的公式\(P(A)=\dfrac{事件A的样本点个数}{样本空间Ω的样本点个数}\)，那所求概率事件中“样本空间\(Ω\)的样本点个数”为\(C_{10}^5\)(\(10\)个产品抽\(5\)个，不管有多少个次品)，而“\(5\)个恰好有\(2\)个次品”意味着“事件\(A\)的样本点个数”为\(C_6^3 C_4^2\)(\(3\)个优品从\(6\)个优品抽，\(2\)个次品从\(4\)个次品抽)，
所以\(p=\dfrac{C_6^3 C_4^2}{C_{10}^5}\).
这题是超几何分布，“抽\(5\)个产品有\(2\)个次品”的潜台词可理解是“一次性拿\(5\)个产品，不放回抽样”的.
超几何分布的期望
设随机变量\(X\)服从超几何分布，则\(E(X)=\dfrac{n M}{N}\).
证明 令\(m=\max \{0， n-N+M\}\)，\(r=\min \{n， m\}\) ，有
\(E(X)=\sum_{k=m}^r k \dfrac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}=M \sum_{k=m}^r \dfrac{C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\)
因为\(\sum_{k=m}^r C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}=C_{N-1}^{n-1}\)，
所以 \(E(X)=\dfrac{M}{C_N^n} \sum_{k=m}^r k C_{M-1}^{k-1} C_{N-M}^{n-k}=\dfrac{M C_{N-1}^{n-1}}{C_N^n}=n \cdot \dfrac{M}{N}\)
注 ：超几何分布的模型是不放回抽样
二项分布与超几何分布的关联
(1) 已知\(10\)个产品中有\(6\)个次品，分别采取放回和不放回的方式随机抽取的\(4\)件产品，次品数为\(X\)，求随机变量\(X\)的分布列，
若采取放回的方式，则每次抽到次品的概率为\(0.6\)，且各次抽样的结果相互独立，则\(X\)服从二项分布，即\(X \sim B(4，0.6)\)；
若采取不放回的方式，虽然每次抽到次品的概率为\(0.6\)，但每次抽取不是同一个试验，各次抽取的结果也不独立，不符合\(n\)重伯努利试验的特征，因此\(X\)不服从二项分布，服从超几何分布.
(2) 二项分布和超几何分布都是可以描述随机抽取的\(n\)件产品中次品数的分布规律，并且两者的均值相同，对于不放回抽样，当\(n\)远远小于\(N\)时，每抽取一次后，对\(N\)的影响很小，此时超几何分布可以用二项分布近似.
基本方法
【题型1】 超几何分布
【典题1】 有\(6\)个大小相同的黑球，编号为\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，\(6\)，还有\(4\)个同样大小的白球，编号为\(7\)，\(8\)，\(9\)，\(10\)，现从中任取\(4\)个球，有如下几种变量：
①\(X\)表示取出的最大号码；
②\(Y\)表示取出的最小号码；
③取出一个黑球记\(2\)分，取出一个白球记\(1\)分，\(\xi\)表示取出的\(4\)个球的总得分；
④\(\eta\)表示取出的黑球个数，
这四种变量中服从超几何分布的是( )
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．①②④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．①②③④
解析 超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生\(n\)次的试验次数，由此可知④服从超几何分布．
故选：\(B\)．
点拨 超几何分布是不放回抽样，二项分布是放回抽样，注意两者区别.
【典题2】 在箱子中有\(10\)个小球，其中有\(3\)个红球，\(3\)个白球，\(4\)个黑球．从这\(10\)个球中任取\(3\)个．求：
(1)取出的\(3\)个球中红球的个数\(X\)的分布列和期望；
(2)取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率．
解析 (1)由题意知，随机变量\(X\)的所有可能取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
且\(X\)服从参数为\(N=10\)，\(M=3\)，\(n=3\)的超几何分布，
因此\(P(X=k)=\dfrac{C_3^k C_7^3-k}{C_{10}^3}(k=0，1，2，3)\)；
所以 \(P(X=0)=\dfrac{C_3^0 C_7^3}{C_{10}^3}=\dfrac{35}{120}=\dfrac{7}{24}\)， \(P(X=1)=\dfrac{C_3^1 C_7^2}{C_{10}^3}=\dfrac{63}{120}=\dfrac{21}{40}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{\mathrm{C}_3^2 \mathrm{C}_7^1}{\mathrm{C}_{10}^3}=\dfrac{21}{120}=\dfrac{7}{40}\)， \(P(X=3)=\dfrac{\mathrm{C}_3^3 \cdot \mathrm{C}_7^0}{\mathrm{C}_{10}^3}=\dfrac{1}{120}\)；
所以\(X\)的分布列为：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{7}{24}\) | \(\dfrac{21}{40}\) | \(\dfrac{7}{40}\) | \(\dfrac{1}{120}\) |
\(X\)的期望\(E(X)=3 \times \dfrac{3}{10}=\dfrac{9}{10}\).
(2)设“取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数”为事件\(A\)，“恰好取出\(1\)个红球和\(2\)个黑球”
为事件\(A_1\)，“恰好取出\(2\)个红球”为事件\(A_2\)，“恰好取出\(3\)个红球”为事件\(A_3\)，
由于事件\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)彼此互斥，且\(A=A_1+A_2+A_3\)，
而 \(P\left(A_1\right)=\dfrac{C_3^1 C_4^2}{C_{10}^3}=\dfrac{3}{20}\)， \(P\left(A_2\right)=P(X=2)=\dfrac{7}{40}\)， \(P\left(A_3\right)=P(X=3)=\dfrac{1}{120}\)，
所以取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率为：
\(P(A)=P(A_1 )+P(A_2 )+P(A_3 )=\dfrac{3}{20}+\dfrac{7}{40}+\dfrac{1}{120}=\dfrac{1}{3}\)．
答：取出的\(3\)个球中红球个数多于白球个数的概率为\(\dfrac{1}{3}\)．
点拨 求超几何分布的期望直接使用公式\(E(x)=n \cdot \dfrac{M}{N}\).
【巩固练习】
1.下列随机事件中的随机变量\(X\)服从超几何分布的是( )
A．将一枚硬币连抛\(3\)次，记正面向上的次数为\(X\)
B．从\(7\)男\(3\)女共\(10\)名学生干部中随机选出\(5\)名学生干部，记选出女生的人数为\(X\)
C．某射手的射击命中率为\(0.8\)，现对目标射击\(1\)次，记命中的次数为\(X\)
D．盒中有\(4\)个白球和\(3\)个黑球，每次从中摸出\(1\)个球且不放回，记第一次摸出黑球时摸取的次数为\(X\)
2.一个袋子中\(100\)个大小相同的球，其中有\(40\)个黄球，\(60\)个白球，从中不放回地随机摸出\(20\)个球作为样本，用随机变量\(X\)表示样本中黄球的个数，则\(X\)服从( )
A．二项分布，且\(E(X)=8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．两点分布，且\(E(X)=12\)
C．超几何分布，且\(E(X)=8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．超几何分布，且\(E(X)=12\)
3.某工厂生产的\(10\)件产品中，有\(n\)件次品，现从中任取\(2\)件产品，若取出的\(2\)件产品中至少有\(1\)件次品的概率为 \(\dfrac{7}{9}\)，则\(n=\)( )
A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(6\)
4.袋中有\(2\)个红球，\(m\)个蓝球和\(n\)个绿球，若从中不放回地任取\(2\)个球，记取出的红球数量为\(X\)，则\(E(X)=\dfrac{1}{3}\)，且取出一红一蓝的概率为\(\dfrac{1}{11}\)，若有放回地任取\(2\)个球，则取出一蓝一绿的概率为( )
A．\(\dfrac{1}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{7}{24}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{7}{48}\)
5.某校高二年级某班的数学课外活动小组有\(6\)名男生，\(4\)名女生，从中选出\(4\)人参加数学竞赛考试，用\(X\)表示其中男生的人数，
(1)请列出\(X\)的分布列和期望；
(2)根据你所列的分布列求选出的\(4\)人中至少有\(3\)名男生的概率．
6.为了提高我市的教育教学水平，市教育局打算从红塔区某学校推荐的\(10\)名教师中任选\(3\)人去参加支教活动．这\(10\)名教师中，语文教师\(3\)人，数学教师\(4\)人，英语教师\(3\)人．求：
(1)选出的语文教师人数多于数学教师人数的概率；
(2)选出的\(3\)人中，语文教师人数\(X\)的分布列和数学期望．
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 对于\(A\)，将一枚硬币连抛\(3\)次，正面向上的次数\(X\)，则\(X\)服从二项分布；
对于\(B\)，从\(7\)男\(3\)女共\(10\)名学生干部中选出\(5\)名学生干部，选出女生的人数为\(X\)，则\(X\)服从超几何分布；
对于\(C\)，某射手的命中率为\(0.8\)，现对目标射击\(1\)次，记命中目标的次数为\(X\)，则\(X\)服从二项分布；
对于\(D\)，盒中有\(4\)个白球和\(3\)个黑球，每次从中摸出\(1\)球且不放回，\(X\)是第一次摸出黑球时的次数，则\(X\)不服从超几何分布．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 由于是不放回地随机摸出\(20\)个球作为样本，所以由超几何分布得定义得\(X\)服从超几何分布，
所以\(E(X)=\dfrac{40 \times 20}{100}=8\)．故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 设没有次品的概率\(p\)，则 \(p=\dfrac{C_{10-\mathrm{n}}^2}{C_{10}^2}\)，
令\(\dfrac{C_{10-n}^2}{c_{10}^2}=1-\dfrac{7}{9}\)，解得\(n=5\)．故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 由题意可得\(\dfrac{2 \times 2}{m+n+2}=\dfrac{1}{3}\)，故\(m+n=10\)，
故\(\dfrac{C_2^1 C_m^1}{C_{12}^2}=\dfrac{1}{11}\)，即 \(\dfrac{m}{33}=\dfrac{1}{11}\)，解得\(m=3\)，所以\(n=7\)．
故若有放回地任取\(2\)个球，则取出一蓝一绿的概率为 \(\dfrac{3}{12} \times \dfrac{7}{12}+\dfrac{7}{12} \times \dfrac{3}{12}=\dfrac{7}{24}\)．
故选：\(B\)． -
答案 (1)分布列略，期望\(\dfrac{12}{5}\)； (2) \(\dfrac{19}{42}\)
解析 (1)依题意得，随机变量\(X\)服从超几何分布，
随机变量\(X\)表示其中男生的人数，\(X\)可能取的值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)．
\(P(X=k)=\dfrac{C_6^k \cdot C_4^{4-k}}{C_{10}^4}\)，\(k=0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)．
\(\therefore\)所以\(X\)的分布列为：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{210}\) | \(\dfrac{4}{35}\) | \(\dfrac{3}{7}\) | \(\dfrac{8}{21}\) | \(\dfrac{1}{14}\) |
\(X\)的期望\(\dfrac{1}{210}\).
(2)由分布列可知至少选\(3\)名男生，
即 \(P(X \geqslant 3)=P(X=3)+P(X=4)=\dfrac{8}{21}+\dfrac{1}{14}=\dfrac{19}{42}\)．
- 答案 (1) \(\dfrac{31}{120}\)； (2) 分布列略，期望 \(\dfrac{9}{10}\)
解析 (1)市教育局从红塔区某学校推荐的\(10\)名教师中任选\(3\)人去参加支教活动，
基本事件总数\(\mathrm{n}=C_{10}^3=120\)，
这\(10\)名教师中，语文教师\(3\)人，数学教师\(4\)人，英语教师\(3\)人，
设事件\(A\)表示“选出的语文教师人数多于数学教师人数”，
\(A_1\)表示“恰好选出\(1\)名语文教师和\(2\)名英语教师”，\(A_2\)表示“恰好选出\(2\)名语文教师”，
\(A_3\)表示“恰好选出\(3\)名语文教师”，
则\(A_1\)，\(A_2\)，\(A_3\)彼此互斥，且\(A=A_1∪A_2∪A_3\)，
\(P\left(A_1\right)=\dfrac{\mathrm{C}_3^1 C_3^2}{\mathrm{C}_{10}^3}=\dfrac{3}{40}\)， \(P\left(A_2\right)=\dfrac{C_3^2 C_7^1}{\mathrm{C}_{10}^3}=\dfrac{7}{40}\)， \(P\left(A_3\right)=\dfrac{C_3^3}{\mathrm{C}_{10}^3}=\dfrac{1}{120}\)，
\(\therefore\)选出的语文教师人数多于数学教师人数的概率 \(P=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)+P\left(A_3\right)=\dfrac{3}{40}+\dfrac{7}{40}+\dfrac{1}{120}=\dfrac{31}{120}\)．
(2)由于从\(10\)名教师中任选\(3\)人的结果为\(C_{10}^3\)，
从\(10\)名教师中任取\(3\)人，其中恰有\(k\)名语文教师的结果为 \(C_3^k C_7^{3-k}\)，
那么从\(10\)人任选\(3\)人，其中恰有\(k\)名语文教师的概率为
\(P(X=k)=\dfrac{C_3^k C_7^3-k}{C_{10}^3}\)，\(k=0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
\(\therefore\)随机变量\(X\)的分布列是：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{7}{24}\) | \(\dfrac{21}{40}\) | \(\dfrac{7}{40}\) | \(\dfrac{1}{120}\) |
\(E(X)=3 \times \dfrac{3}{10}=\dfrac{9}{10}\)．
【题型2】 综合应用
【典题1】 袋中有\(8\)个白球，\(2\)个黑球，从中随机地连续抽取\(3\)次，每次取\(1\)个球，求
(1) 有放回抽样时，取到黑球的个数\(X\)的分布列；
(2) 不放回抽样时，取到黑球的个数\(Y\)的分布列.
解析 (1) 有放回抽样时，取到的黑球数\(X\)可能的取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
又由于每次取到黑球的概率均为\(\dfrac{2}{10}=\dfrac{1}{5}\)，\(3\)次取球可看成\(3\)次独立重复试验，
故随机变量服从二项分布 \(X \sim B\left(3， \dfrac{1}{5}\right)\)
则 \(P(X=0)=C_3^0\left(\dfrac{1}{5}\right)^0\left(\dfrac{4}{5}\right)^3=\dfrac{64}{125}\)，
\(P(X=1)=C_3^1\left(\dfrac{1}{5}\right)^1\left(\dfrac{4}{5}\right)^{23}=\dfrac{48}{125}\)，
\(P(X=2)=C_3^2\left(\dfrac{1}{5}\right)^2\left(\dfrac{4}{5}\right)^1=\dfrac{12}{125}\)，
\(P(X=3)=C_3^3\left(\dfrac{1}{5}\right)^3\left(\dfrac{4}{5}\right)^0=\dfrac{1}{125}\)，
则随机变量\(X\)的分布列为
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{64}{125}\) | \(\dfrac{48}{125}\) | \(\dfrac{12}{125}\) | \(\dfrac{1}{125}\) |
(2) 不放回抽样时，取到黑球\(Y\)的可能的取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，
\(Y\)服从超几何分布，
\(P(Y=0)=\dfrac{C_2^0 C_8^3}{C_{10}^3}=\dfrac{7}{15}\)， \(P(Y=1)=\dfrac{C_2^1 C_8^2}{C_{10}^3}=\dfrac{7}{15}\)， \(P(Y=2)=\dfrac{C_2^2 C_8^1}{C_{10}^3}=\dfrac{1}{15}\)，
则随机变量\(Y\)的分布列为
| \(Y\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{7}{15}\) | \(\dfrac{7}{15}\) | \(\dfrac{1}{15}\) |
点拨 注意二项分布和超几何分布的联系和区别.
【典题2】 在袋子中装有\(10\)个大小相同的小球，其中黑球有\(3\)个，白球有\(n\)(\(2≤n≤5\)，且\(n≠3\))个，其余的球为红球．
(1)若\(n=5\)，从袋中任取\(1\)个球，记下颜色后放回，连续取三次，求三次取出的球中恰有\(2\)个红球的概率；
(2)从袋里任意取出\(2\)个球，如果这两个球的颜色相同的概率是\(\dfrac{4}{15}\)，求红球的个数；
(3)在(2)的条件下，从袋里任意取出\(2\)个球．若取出\(1\)个白球记\(1\)分，取出\(1\)个黑球记\(2\)分，取出\(1\)个红球记\(3\)分．用\(\xi\)表示取出的\(2\)个球所得分数的和，写出\(\xi\)的分布列，并求\(\xi\)的数学期望\(E\xi\)．
解析 (1)设“从袋中任取\(1\)个球是红球”为事件\(A\)，则\(P(A)=\dfrac{1}{5}\)．
所以 \(P_3(2)=C_3^2 \cdot\left(\dfrac{1}{5}\right)^2 \cdot \dfrac{4}{5}=\dfrac{12}{125}\)．
答：三次取球中恰有\(2\)个红球的概率为 \(\dfrac{12}{125}\)．
(2)设“从袋里任意取出\(2\)个球，球的颜色相同”为事件\(B\)，
则 \(P(B)=\dfrac{C_3^2+C_n^2+C_{7-n}^2}{C_{10}^2}=\dfrac{6+n(n-1)+(7-n)(6-n)}{90}=\dfrac{4}{15}\)，
整理得：\(n^2-7n+12=0\)，解得\(n=3\)(舍)或\(n=4\)．
所以，红球的个数为\(4\)个．
(3)\(\xi\)的取值为\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，\(6\)，
且 \(P(\xi=2)=\dfrac{C_4^2}{C_{10}^2}=\dfrac{2}{15}\)， \(P(\xi=3)=\dfrac{C_4^1 C_3^1}{C_{10}^2}=\dfrac{4}{15}\)，
\(P(\xi=4)=\dfrac{C_3^1 C_4^1+C_3^2}{C_{10}^2}=\dfrac{1}{3}\)， \(P(\xi=5)=\dfrac{C_3^1 C_3^1}{C_{10}^2}=\dfrac{1}{5}\)，
\(P(\xi=6)=\dfrac{C_3^2}{C_{10}^2}=\dfrac{1}{15}\)．
所以\(\xi\)的分布列为
| \(\xi\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{2}{15}\) | \(\dfrac{4}{15}\) | \(\dfrac{1}{3}\) | \(\dfrac{1}{5}\) | \(\dfrac{1}{15}\) |
所以 \(E \xi=2 \times \dfrac{2}{15}+3 \times \dfrac{4}{15}+4 \times \dfrac{1}{3}+5 \times \dfrac{1}{5}+6 \times \dfrac{1}{15}=\dfrac{19}{5}\)．
【巩固练习】
1.3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从\(6\)名女生和\(3\)名男生中选出\(5\)名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得\(2\)分，答错得\(0\)分，已知\(6\)名女生中有\(2\)人不会答所有题目，只能得\(0\)分，其余\(4\)人可得\(2\)分，\(3\)名男生每人得\(2\)分的概率均为\(\dfrac{1}{2}\)，现选择\(2\)名女生和\(3\)名男生，每人答一题，则该班所选队员得分之和为\(6\)分的概率\(\underline{\quad \quad}\)．
2.从装有\(2\)个红球，\(2\)个白球和\(1\)个黑球的袋中逐一取球，已知每个球被抽到的可能性相同．若抽取后不放回，设取完红球所需的次数为\(X\)，求\(X\)的数学期望．
3.一个暗箱中有大小相同的\(4\)只球，其中有\(k(k∈N^* )\)只白球，其余的为黑球，每次从中取出一只球，取到白球得\(1\)分，取到黑球得\(2\)分，甲从暗箱中有放回地依次取出\(2\)只球，而乙是从暗箱中一次性取出\(2\)只球．
(1)当\(k=2\)时，分别写出甲、乙总得分\(\xi\)、\(\eta\)的分布列；
(2)试求甲总得分比乙总得分高的概率，并求概率最大时\(k\)的值．
参考答案
- 答案 \(\dfrac{43}{120}\)
解析 依题意，设该班所选队员得分之和为\(6\)分记为事件\(A\)，
则可分为下列三类：女生得\(0\)分男生得\(6\)分，设为事件\(A_1\)；女生得\(2\)分男生得\(4\)分，设为事件\(A_2\)；
女生得\(4\)分男生得\(2\)分，设为事件\(A_3\)，
则 \(P\left(A_1\right)=\dfrac{C_2^2}{C_6^2} \times C_3^3\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=\dfrac{1}{120}\)， \(P\left(A_2\right)=\dfrac{C_2^1 C_4^1}{C_6^2} \times C_3^2\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{24}{120}=\dfrac{1}{5}\)，
\(P\left(A_3\right)=\dfrac{C_4^2}{C_6^2} \times C_3^1\left(\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{18}{120}=\dfrac{3}{20}\)，
所以\(P(A)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)+P\left(A_3\right)=\dfrac{43}{120}\)． - 答案 \(4\)
解析 由题意知\(X\)的取值为\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)．
当\(X=2\)时，表示前\(2\)次取的都是红球，
\(\therefore P(X=2)=\dfrac{A_2^2}{A_5^2}=\dfrac{1}{10}\)；
当\(X=3\)时，表示前\(2\)次中取得一红球，一白球或黑球，第\(3\)次取红球，
\(\therefore P(X=3)=\dfrac{C_2^1 C_3^1 A_2^2}{A_5^3}=\dfrac{1}{5}\)；
当\(X=4\)时，表示前\(3\)次中取得一红球，\(2\)个不是红球，第\(4\)次取红球，
\(\therefore P(X=4)=\dfrac{C_2^1 C_3^2 A_3^3}{A_5^4}=\dfrac{3}{10}\)；
当\(X=5\)时，表示前\(4\)次中取得一红球，\(3\)个不是红球，第\(5\)次取红球，
\(\therefore P(X=5)=\dfrac{C_2^1 C_3^3 A_4^4}{A_5^5}=\dfrac{2}{5}\)．
\(\therefore X\)的分布列为
| \(\xi\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{10}\) | \(\dfrac{1}{5}\) | \(\dfrac{3}{10}\) | \(\dfrac{2}{5}\) |
\(\therefore\)数学期望\(E(X)=2 \times \dfrac{1}{10}+3 \times \dfrac{1}{5}+4 \times \dfrac{3}{10}+5 \times \dfrac{2}{5}=4\)．
- 答案 (1) 略； (2) \(k=2\)时，甲总得分比乙总得分高的概率为\(\dfrac{7}{24}\)
解析 (1)由题意甲总得分\(\xi\)可为\(2\)，\(3\)，\(4\)．
\(P(\xi=2)=\left(\dfrac{2}{4}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)， \(P(\xi=3)=C_2^1\left(\dfrac{1}{2}\right)， \quad\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\)， \(P(\xi=4)=\left(\dfrac{2}{4}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)．
\(\therefore\)甲总得分\(\xi\)的分布列：
| \(\xi\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{4}\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{1}{4}\) |
乙总得分\(\eta\)可为\(2\)，\(3\)，\(4\)．
\(P(\eta=2)=\dfrac{C_2^2}{C_4^2}=\dfrac{1}{6}\)， \(P(\eta=3)=\dfrac{C_2^1 C_2^1}{C_4^2}=\dfrac{2}{3}\)， \(P(\eta=4)=\dfrac{C_2^2}{C_4^2}=\dfrac{1}{6}\)．
\(\therefore\)乙总得分\(\eta\)的分布列：
| \(\eta\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{6}\) | \(\dfrac{2}{3}\) | \(\dfrac{1}{6}\) |
(2)由(1)知当\(k=2\)时，甲总得分比乙总得分高的概率为
\(P(\xi>\eta)=P(\xi=3)\cdot P(\eta=2)+P(\xi=4)\cdot P(\eta=2)+P(\xi=4)\cdot P(\eta=3)\)
\(=\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}×\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{4}×\dfrac{2}{3}=\dfrac{7}{24}\)．
当\(k=1\)时，甲总得分比乙总得分高的概率为
\(P(\xi>\eta)=P(\xi=4) \cdot P(\eta=3)=\left(\dfrac{3}{4}\right)^2 \times \dfrac{C_1^1 C_3^1}{C_4^2}=\dfrac{9}{32}\)．
当\(k=3\)时，甲总得分比乙总得分高的概率为
\(P(\xi>\eta)=P(\xi=3) \cdot P(\eta=2)+P(\xi=4)\)\(=C_2^1\left(\dfrac{3}{4}\right)\left(\dfrac{1}{4}\right)+\left(\dfrac{1}{4}\right)\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}\)，
比较三者得，当\(k=2\)时甲总得分比乙总得分高的概率达到最大．
分层练习
【A组---基础题】
1.为了加强学生实践、创新能力和团队精神的培养，教育部门举办了全国学生智能汽车竞赛．某校的智能汽车爱好小组共有\(15\)人，其中女生\(7\)人．现从中任意选\(10\)人参加竞赛，用\(X\)表示这\(10\)人中女生的人数，则下列概率中等于\(\dfrac{C_7^4 C_8^6}{C_{15}^{10}}\)的是( )
A．\(P(X=2)\) \(\qquad \qquad\) B．\(P(X≤2)\) \(\qquad \qquad\) C．\(P(X=4)\) \(\qquad \qquad\) D．\(P(X \leq 4)\)
2.袋中有\(6\)个大小相同的黑球，编号为\(1\)，\(2\)，\(3\)，\(4\)，\(5\)，\(6\)，还有\(4\)个同样大小的白球，编号为\(7\)，\(8\)，\(9\)，\(10\)，现从中任取\(4\)个球，则下列结论中正确的是( )
①取出的最大号码\(X\)服从超几何分布；
②取出的黑球个数\(Y\)服从超几何分布；
③取出\(2\)个白球的概率为 \(\dfrac{1}{14}\)；
④若取出一个黑球记\(2\)分，取出一个白球记\(1\)分，则总得分最大的概率为 \(\dfrac{1}{14}\)．
A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．②④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．③④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．①③④
3.某箱子内有\(9\)罐咖啡及\(3\)罐红茶．若从该箱子中随机取出\(4\)罐，求取出至少\(2\)罐红茶的概率( )
A．\(\dfrac{13}{55}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{21}{55}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{34}{55}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\dfrac{42}{55}\)
4.某地\(7\)个贫困村中有\(3\)个村是深度贫困，现从中任意选\(3\)个村，下列事件中概率等于\(\dfrac{6}{7}\)的是( )
A．至少有\(1\)个深度贫困村 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．有\(1\)个或\(2\)个深度贫困村
C．有\(2\)个或\(3\)个深度贫困村 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．恰有\(2\)个深度贫困村
5.(多选)一个袋子中装有除颜色外完全相同的\(10\)个球，其中有\(6\)个黑球，\(4\)个白球，现从中任取\(4\)个球，记随机变量\(X\)为取出白球的个数，随机变量\(Y\)为取出黑球的个数，若取出一个白球得\(2\)分，取出一个黑球得\(1\)分，随机变量\(Z\)为取出\(4\)个球的总得分，则下列结论中正确的是( )
A．\(P(X=1)=\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad\) B．\(X+Y=4\) \(\qquad \qquad\) C．\(E(X)>E(Y)\)\(\qquad \qquad\) D．\(E(Z)=\dfrac{28}{5}\)
6.设袋中有\(8\)个红球，\(2\)个白球，若从袋中任取\(4\)个球，则其中恰有\(3\)个红球的概率为\(\underline{\quad \quad}\)．
7.在一次招聘中，主考官要求应聘者从\(6\)道备选题中一次性随机抽取\(3\)道题，并独立完成所抽取的\(3\)道题．甲能正确完成其中的\(4\)题，乙能正确完成每道题的概率为\(\dfrac{2}{3}\)，且每道题完成与否互不影响，规定至少正确完成\(2\)道题便可过关．
(1)记所抽取的\(3\)道题中，甲答对的题数为\(X\)，求\(X\)的分布列和期望；
(2)记乙能答对的题数为\(Y\)，求\(Y\)的分布列、期望和方差．
8.某外卖平台对其产品进行调查，发现用户数量约\(2.5\)亿，合作商户超过\(200\)万家，活跃骑手超过\(50\)万名，日完成订单超过\(1800\)万．抽样调查数据显示用户年龄分布如图．从所有用户中随机抽取100名对其一周内点外卖次数进行统计，得到数据如表：
| \(2\)次及以下 | \(3～5\)次 | \(6～8\)次 | \(8\)次以上 | |
|---|---|---|---|---|
| 男 | \(2\) | \(30\) | \(15\) | \(5\) |
| 女 | \(3\) | \(22\) | \(20\) | \(3\) |
(1)根据上表，从一周点外卖“\(8\)次以上”的\(8\)名用户中随机抽取\(3\)名，求男性用户数量\(X\)的分布列及其期望；
(2)从所有用户中随机抽取\(n\)名用户，满足“至少一名用户年龄为\(30\)岁以上”的概率超过\(\dfrac{1}{2}\)，若用样本频率估计总体概率，求\(n\)的最小值．
(参考数据：\(\lg 2\in (0.301，0.302)\)，\(\lg 3\in (0.477，0.478)\))
参考答案
- 答案 \(C\)
解析 \(15\)人中，有\(7\)名女生，\(8\)名男生，\(C_7^4 C_8^6\)表示选出的\(10\)人中有\(4\)名女生，\(6\)名男生，
\(\therefore P(X=4)=\dfrac{C_7^4 C_8^6}{C_{15}^{10}}\)． - 答案 \(B\)
解析 超几何分布是统计学上一种离散概率分布，它描述了由有限个物件中抽出\(n\)个物件，成功抽出指定种类的物件的次数(不归还)，故取出的最大号码\(X\)不服从超几何分布，取出的黑球个数\(Y\)服从超几何分布，故①错误，②正确，
取出两个白球的概率为\(\dfrac{C_6^2 C_4^2}{C_{10}^4}=\dfrac{3}{7}\)，故错误，
若取出一个黑球记\(2\)分，取出一个白球记\(1\)分，
则当\(4\)个球都为黑球时，总得分最大，
所以总得分最大的概率为\(\dfrac{C_6^4}{C_{10}^4}=\dfrac{1}{14}\)，故④正确．
故选：\(B\)． - 答案 \(A\)
解析 从该箱子中随机取出\(4\)罐，取出至少\(2\)罐红茶的概率 \(P=\dfrac{C_3^2 C_9^2}{C_{12}^4}+\dfrac{C_3^3 C_9^1}{C_{12}^4}=\dfrac{13}{55}\)．
故选：\(A\)． - 答案 \(B\)
解析 用\(X\)表示这\(3\)个村庄中深度贫困村数，则\(X\)服从超几何分布，
所以 \(P(X=k)=\dfrac{C_3^k C_4^{3-k}}{C_7^3}\)，
计算 \(P(X=0)=\dfrac{C_4^3 C_3^0}{C_7^3}=\dfrac{4}{35}\)， \(P(X=1)=\dfrac{C_4^2 C_3^1}{C_7^3}=\dfrac{18}{35}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{C_4^1 C_3^2}{C_7^3}=\dfrac{12}{35}\)， \(P(X=3)=\dfrac{C_4^0 C_3^3}{C_7^3}=\dfrac{1}{35}\)，
所以\(P(X=1)+P(X=2)=\dfrac{6}{7}\)，
即有\(1\)个或\(2\)个深度贫困村的概率为\(\dfrac{6}{7}\)．
故选：\(B\)． - 答案 \(BD\)
解析 由题意可知，\(X\)，\(Y\)均服从超几何分布，且\(X+Y=4\)，\(Z=2X+Y\)，故\(B\)正确，
\(P(X=k)=\dfrac{C_4^{\mathrm{k}} C_6^{4-\mathrm{k}}}{\mathrm{C}_{10}^4}(k=0，1，2，3，4)\)，
\(P(X=1)=\dfrac{C_4^1 C_6^3}{C_{10}^4}=\dfrac{8}{21}\)，故\(A\)错误，
\(E(\mathrm{X})=4 \times \dfrac{4}{10}=\dfrac{8}{5}\)， \(E(Y)=4-E(X)=\dfrac{12}{5}\)，\(E(X)<E(Y)\)，故\(C\)错误，
\(E(Z)=2E(X)+E(Y)=\dfrac{28}{5}\)，故\(D\)正确．
故选：\(BD\)． - 答案 \(\dfrac{8}{15}\)
解析 从袋中\(10\)个球中任取\(4\)个球，共有\(C_{10}^4\)种取法，则其中恰有\(3\)个红球的取法为 \(C_8^3 C_2^1\)．
∴从袋中任取\(4\)个球，则其中恰有\(3\)个红球的概率 \(P=\dfrac{C_8^3 C_2^1}{C_{10}^4}=\dfrac{8}{15}\)．
故答案为\(\dfrac{8}{15}\)． - 答案 (1)分布列略，期望\(2\)； (2) 分布列略，期望\(2\)，方差\(\dfrac{2}{3}\)
解析 (1)主考官要求应聘者从\(6\)道备选题中一次性随机抽取\(3\)道题，并独立完成所抽取的\(3\)道题．
甲能正确完成其中的\(4\)题，所抽取的\(3\)道题中，甲答对的题数为\(X\)，
由题意得\(X\)的可能取值为\(1\)，\(2\)，\(3\)，
\(P(X=1)=\dfrac{C_4^1 C_2^2}{C_6^3}=\dfrac{1}{5}\)， \(P(X=2)=\dfrac{C_4^2 C_2^1}{C_6^3}=\dfrac{3}{5}\)， \(P(X=3)=\dfrac{\mathrm{C}_4^3 \mathrm{C}_2^0}{\mathrm{C}_6^3}=\dfrac{1}{5}\)，
\(\therefore X\)的分布列为：
| \(X\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(0.2\) | \(0.6\) | \(0.2\) |
\(E(X)=0.2+1.2+0.6=2\)．
(2)主考官要求应聘者从\(6\)道备选题中一次性随机抽取\(3\)道题，并独立完成所抽取的\(3\)道题，
乙能正确完成每道题的概率为\(\dfrac{2}{3}\)，且每道题完成与否互不影响，
由题意\(Y\)的可能取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，且\(Y \sim B\left(3， \dfrac{2}{3}\right)\)，
\(P(Y=0)=\left(\dfrac{1}{3}\right)^3=\dfrac{1}{27}\)，\(P(Y=1)=C_3^1\left(\dfrac{2}{3}\right)\left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\dfrac{6}{27}\)，
\(P(Y=2)=C_3^2\left(\dfrac{2}{3}\right)^2\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{12}{27}\)， \(P(Y=3)=C_3^3\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}\)，
\(\therefore Y\)的分布列为：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{27}\) | \(\dfrac{6}{27}\) | \(\dfrac{12}{27}\) | \(\dfrac{8}{27}\) |
\(E(Y)=0 \times \dfrac{1}{27}+1 \times \dfrac{6}{27}+2 \times \dfrac{12}{27}+3 \times \dfrac{8}{27}=2\)，
\(D(Y)=(0-2)^2 \times \dfrac{1}{27}+(1-2)^2 \times \dfrac{6}{27}+(2-2)^2 \times \dfrac{12}{27}+(3-2)^2 \times \dfrac{8}{27}=\dfrac{2}{3}\)．
- 答案 (1)分布列略，期望\(\dfrac{15}{8}\)； (2) \(7\)
解析 (1)随机变量\(X\)的可能取值为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
所以 \(P(X=0)=\dfrac{C_5^0 C_3^3}{C_8^3}=\dfrac{1}{56}\)， \(P(X=1)=\dfrac{C_5^1 C_3^2}{C_8^3}=\dfrac{15}{56}\)，
\(P(X=2)=\dfrac{C_5^2 C_3^1}{C_8^3}=\dfrac{15}{28}\)， \(P(X=3)=\dfrac{C_5^3 C_3^0}{C_8^3}=\dfrac{5}{28}\)，
所以用户数量\(X\)的分布列为：
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
|---|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{56}\) | \(\dfrac{15}{56}\) | \(\dfrac{15}{28}\) | \(\dfrac{5}{28}\) |
所以\(X\)的数学期望为 \(E(X)=0 \times \dfrac{1}{56}+1 \times \dfrac{15}{56}+2 \times \dfrac{15}{28}+3 \times \dfrac{5}{28}=\dfrac{15}{8}\)；
(2)用随机变量\(Y\)表示\(n\)名用户中年龄为\(30\)岁以上的用户数量，
则事件“至少一名用户年龄为\(30\)岁以上”的概率为\(P(Y≥1)=1-P(Y=0)>\dfrac{1}{2}\)，
所以\(P(Y=0)<\dfrac{1}{2}\)，即\(\left(\dfrac{9}{10}\right)^n<\dfrac{1}{2}\)，
所以 \(n>\dfrac{\lg 2}{1-2 \lg 3}\)，
因为 \(\dfrac{\lg 2}{1-2 \lg 3} \in(6，7)\)且\(n\in N^*\)，
所以\(n\)的最小值为\(7\)．
【B组---提高题】
1.盒中有\(2\)个白球，\(3\)个黑球，从中任取\(3\)个球，以\(X\)表示取到白球的个数，\(\eta\)表示取到黑球的个数．给出下列各项：
①\(E(X)=\dfrac{6}{5}\)，\(E(\eta)=\dfrac{9}{5}\)； \(\qquad \qquad\) ②\(E(X^2 )=E(\eta)\)；\(\qquad \qquad\)
③\(E(\eta^2 )=E(X)\)； \(\qquad \qquad \qquad\) ④ \(D(X)=D(\eta)=\dfrac{9}{25}\)．
其中正确的是\(\underline{\quad \quad}\).(填上所有正确项的序号)
2.一个池塘里的鱼的数目记为\(N\)，从池塘里捞出\(200\)尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出\(500\)尾鱼，\(X\)表示捞出的\(500\)尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若\(N=5000\)，求\(X\)的数学期望；
(2)已知捞出的\(500\)尾鱼中\(15\)尾有标识，试给出\(N\)的估计值(以使得\(P(X=15)\)最大的\(N\)的值作为\(N\)的估计值)．
参考答案
- 答案 ①②④
解析 由题意可知\(X\)服从超几何分布，\(\eta\)也服从超几何分布，
\(\therefore E(X)=\dfrac{2 \times 3}{5}=\dfrac{6}{5}\)， \(E(\eta)=\dfrac{3 \times 3}{5}=\dfrac{9}{5}\)，
又\(X\)的分布列
| \(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{10}\) | \(\dfrac{3}{5}\) | \(\dfrac{3}{10}\) |
\(\therefore E\left(X^2\right)=0^2 \times \dfrac{1}{10}+1^2 \times \dfrac{3}{5}+2^2 \times \dfrac{3}{10}=\dfrac{9}{5}\)，
\(D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X)]^2=\dfrac{9}{5}-\left(\dfrac{6}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}\)，
\(\eta\)的分布列为
| \(\eta\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{3}{10}\) | \(\dfrac{3}{5}\) | \(\dfrac{1}{10}\) |
\(\therefore E\left(\eta^2\right)=1^2 \times \dfrac{3}{10}+2^2 \times \dfrac{3}{5}+3^2 \times \dfrac{1}{10}=\dfrac{18}{5}\)，
\(D(\eta)=E\left(\eta^2\right)-[E(\eta)]^2=\dfrac{18}{5}-\left(\dfrac{9}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}\)，
\(\therefore E(X^2 )=E(\eta)\)，\(D(X)=D(\eta)\)，\(\therefore\) ①②④正确．
故答案为：①②④．
- 答案 (1) \(20\)； (2) \(6666\)
解析 (1)依题意\(X\)服从超几何分布，且\(N=5000\)，\(M=200\)，\(n=500\)，
故\(E(X)=N \times \dfrac{M}{n}=500 \times \dfrac{200}{5000}=20\)．
(2)当\(N<685\)时，\(P(X=15)=0\)，当\(N≥685\)时， \(P(X=15)=\dfrac{C_{200}^{15} C_{N-200}^{485}}{C_N^{500}}\)，
记\(a(N)=\dfrac{C_{200}^{15} C_{N-200}^{485}}{C_N^{500}}\)，
则 \(\dfrac{a(N+1)}{a(N)}=\dfrac{C_{N+1-200}^{485} C_N^{500}}{C_{N+1}^{500} C_{N-200}^{485}}=\dfrac{(N+1-500)(N+1-200)}{(N+1)(N+1-200-485)}\)
\(=\dfrac{(N-499)(N-199)}{(N+1)(N-684)}\) \(=\dfrac{N^2-698 N+499 \times 199}{N^2-683 N-684}\)，
由 \(N^2-698 N+499 \times 199>N^2-683 N-684\)，
当且仅当 \(N<\dfrac{499 \times 199+684}{15} \approx 6665.7\)，
则可知当\(685≤N≤6665\)时，\(a(N+1)>a(N)\)；
当\(N≥6666\)时，\(a(N+1)<a(N)\)，
故\(N=6666\)时，\(a(N)\)最大，
所以\(N\)的估计值为\(6666\)．
【C组---拓展题】
1.一个袋子中有\(100\)个大小相同的球，其中有\(40\)个黄球，\(60\)个白球. 采取不放回摸球，从中随机摸出\(22\)个球作为样本，用\(X\)表示样本中黄球的个数. 当\(P(X=k)\)最大时，\(E(X)+k=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
2.某中学举办了诗词大会选犮赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令. 第一轮给每位选手提供\(5\)个诗词接龙的题目，选手从中抽取 \(2\)个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在\(10\)秒内正确回答出下句可得 \(10\)分，若不能在\(10\)秒内正确回答出下句得\(0\)分.
(1)已知某位选手会\(5\)个诗词接龙题目中的\(3\)个，求该选手在第一轮得分的数学期望;
(2)知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比寨，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，
该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题. 记第 \(n\)次回答的是甲的概率为\(P_n\)，若\(P_1=1\)
①求\(P_2\)，\(P_3\) ；
②证明: 数列\(\left\{P_n-\dfrac{1}{4}\right\}\)为等比数列，并比较第\(7\)次回答的是甲和第\(8\)次回答的是甲的可能性的大小.
参考答案
-
答案 \(17.8\)
解析 不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布，
\(P(X=k)=\dfrac{\mathrm{C}_{40}^k \mathrm{C}_{60}^{22-k}}{\mathrm{C}_{100}^{22}}\)，\(k=0，1，2，…，22\)，
\(P(X=k)\)最大时，即\(\mathrm{C}_{40}^k \mathrm{C}_{60}^{22-k}\)最大，超几何分布最大项问题，利用比值求最大项，
设\(a_s=P(X=s)=\dfrac{\mathrm{C}_k^s \mathrm{C}_{n-k}^{n-s}}{\mathrm{C}_n^{n-k}}\)，
则\(\dfrac{a_{s+1}}{a_s}=\dfrac{\mathrm{C}_k^{s+1} \mathrm{C}_{n-k}^{m-s-1}}{\mathrm{C}_n^m} \cdot \dfrac{C_n^m}{\mathrm{C}_k^s \mathrm{C}_{n-k}^{m-s}}\)\(=\dfrac{\dfrac{k !}{(s+1) !(k-s-1) !}}{\dfrac{k !}{s !(k-s) !}} \cdot \dfrac{\dfrac{(n-k) !}{(m-s-1) !(n-k-m+s+1) !}}{\dfrac{(n-k) !}{(m-s) !(n-k-m+s) !}}\)\(=\dfrac{(k-s)(m-s)}{(s+1)(n-k-m+s+1)}\)，
令 \(\dfrac{(k-s)(m-s)}{(s+1)(n-k-m+s+1)}>1\)
\(\Rightarrow(k-s)(m-s)>(s+1)(n-k-m+s+1)\)
\(\Rightarrow s^2-(k+m) s+k m>s^2+(2+n-k-m) s+1+n-k-m\)
\(\Rightarrow k m>(n+2) s+1+n-(m-k)\)
\(\Rightarrow k m+(m+k)+1>(n+2) s+(1+n)+1\)
\(\Rightarrow s<\dfrac{(k+1)(m+1)}{n+2}-1\)
故当\(S \leq \dfrac{(k+1)(m+1)}{n+2}\)时， \(P(X=s)\)严格增加，
当\(S \geq \dfrac{(k+1)(m+1)}{n+2}-1\)时， \(P(X=s)\)严格下降，
即\(k=9\)时取最大值，此题中\(n=100\)，\(m=22\)，\(k=40\)，\(s=k\)，
根据超几何分布的期望公式可得 \(E(X)=\dfrac{k \times m}{n}=\dfrac{40 \times 22}{100}=8.8\)，
\(E(X)+k=8.8+9=17.8\).
故答案为: \(17.8\). -
答案 (1) \(12\)； (2) ①\(P_2=0\)，\(P_3=\dfrac{1}{3}\)
②证明略，第\(7\)次回答的是甲的可能性比第\(8\)次回答的是甲的可能性大
解析 (1)设该选手答对的题目个数为\(\xi\)，该选手在第一轮的得分为\(\eta\)，则 \(\eta=105\)，
易知\(\xi\)的所有可能取值为 \(0\)，\(1\)，\(2\)，
则 \(P(\xi=0)=\dfrac{C_2^2}{C_5^2}=\dfrac{1}{10}\)， \(P(\xi=1)=\dfrac{C_2^1 \cdot C_3^1}{C_5^2}=\dfrac{3}{5}\)，\(P(\xi=2)=\dfrac{C_3^2}{C_5^2}=\dfrac{3}{10}\)，
故\(\xi\)的分布列为
| \(\xi\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
|---|---|---|---|
| \(P\) | \(\dfrac{1}{10}\) | \(\dfrac{3}{5}\) | \(\dfrac{3}{10}\) |
则\(E(\xi)=\dfrac{1}{10} \times 0+\dfrac{3}{5} \times 1+\dfrac{3}{10} \times 2=\dfrac{6}{5}\)，
所以 \(E(\eta)=10 E(\xi)=12\).
(2)①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答， \(\therefore P_2=0\)，
则 \(P_3=\dfrac{1}{3}\).
②由第\(n\)次回答的是甲的概率为\(P_n\)，得当\(n≥2\)时，第\(n-1\)次回答的是甲的概率为\(P_{n-1}\)，第\(n-1\)次回答的不是甲的概率为\(1-P_{n-1}\)，
则\(P_n=P_{n-1} \cdot 0+\left(1-P_{n-1}\right) \cdot \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{3}\left(1-P_{n-1}\right)\)，
即\(P_n-\dfrac{1}{4}=-\dfrac{1}{3}\left(P_{n-1}-\dfrac{1}{4}\right)\)，
又\(P_1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)，
\(\therefore\left\{P_n-\dfrac{1}{4}\right\}\)是以\(\dfrac{3}{4}\)为首项，\(-\dfrac{1}{3}\)为公比的等比数列，
则$ P_n=\dfrac{3}{4} \times\left(-\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}+\dfrac{1}{4}$，
\(\therefore P_8=\dfrac{3}{4} \times\left(-\dfrac{1}{3}\right)^7+\dfrac{1}{4}<\dfrac{3}{4} \times\left(-\dfrac{1}{3}\right)^6+\dfrac{1}{4}=P_7\)，
\(\therefore\)第\(7\)次回答的是甲的可能性比第\(8\)次回答的是甲的可能性大.
