1选择题
某芯片检测车间对一批新下线的传感器进行抽检：从含有 4 件次品的 20 件产品中，不放回地依次随机抽取 3 件，记抽到的次品件数为 X。下列关于 X 与相关概率模型的说法正确的是（ ）
- A. X 服从二项分布 B(3, 0.2)，且 E(X)=0.6
- B. X 服从超几何分布，其分布列中各概率之和等于 1，且 E(X)=0.6
- C. 若改为有放回地抽取 3 件，则 X 服从超几何分布
- D. 无论是否放回，X 的分布列都相同
答案：B
解析：本题考查超几何分布与二项分布的模型辨析。总体 N=20，次品 M=4，抽取 n=3，且是不放回抽样，故 X 服从超几何分布 H(20, 4, 3)，其期望 E(X)=nM/N=3×4/20=0.6，分布列各概率之和必为 1，B 正确。A 错在模型识别：只有有放回（或总体很大近似看作独立重复试验）才用二项分布，本题为不放回抽样，且即使按二项分布算 B(3, 0.2) 虽期望同为 0.6，模型仍不正确。C 错：有放回抽样中每次抽到次品的概率恒为 4/20=0.2 且各次独立，应服从二项分布 B(3, 0.2)。D 错：有放回与不放回的分布列不同，例如 P(X=3)：不放回时为 C(4,3)/C(20,3)=4/1140，有放回时为 (0.2)³=0.008，二者不等。故选 B。易错点：把「不放回抽样」误判为二项分布；忽略分布列概率和为 1 这一基本检验；混淆超几何分布期望公式 nM/N 与二项分布期望 np。
2选择题
某工程实验室为比较甲、乙两种新型复合材料的抗压稳定性，各随机抽取 8 个样品做破坏性试验，测得抗压强度（单位：MPa）如下：
甲：51，53，54，55，56，57，59，61；
乙：40，45，50，55，60，65，70，75。
经计算，两组数据的平均数均为 55.75，且甲组数据的方差小于乙组数据的方差。现从两种材料中任选一种投入某精密仪器底座生产，要求抗压强度波动尽可能小。下列说法正确的是（ ）
- A. 两组数据的中位数相同，故两种材料稳定性无差异
- B. 乙组数据的极差大于甲组数据的极差，结合方差较小可判定甲组更稳定
- C. 平均数相同说明两种材料性能完全一致
- D. 乙组数据更分散，说明乙组抗压强度的平均水平更高
答案：B
解析：本题考查统计数字特征（中位数、极差、方差）的概念辨析。甲组极差 61-51=10，乙组极差 75-40=35，乙组极差明显更大；又已知甲组方差小于乙组方差，方差与极差都反映数据离散程度，二者一致表明甲组数据更集中、波动更小，即甲组抗压稳定性更好，B 正确。A 错：甲组中位数为 (55+56)/2=55.5，乙组中位数为 (55+60)/2=57.5，二者本就不相同；即便中位数相同也不能推出稳定性相同，稳定性要看方差、极差等离散指标。C 错：平均数只反映集中趋势的平均水平，不能说明两组数据的波动、分布完全一致。D 错：数据分散只说明离散程度大，与平均水平高低无关，且两组平均数相同。故选 B。易错点：把集中趋势（平均数、中位数）与离散程度（方差、极差、标准差）混为一谈；误认为中位数相同就代表稳定性相同；把「分散」误解为「水平高」。
3选择题
某芯片检测车间生产一种新型传感器芯片，某批次共 10 片，其中 3 片存在隐性工艺缺陷。质检员从中随机抽取 4 片进行破坏性检测（每片至多检测一次，抽后不放回），用 X 表示 4 片中被检出的缺陷芯片数。关于随机变量 X 的模型与数字特征，下列说法正确的是（ ）
- A. X 服从二项分布 B(4, 0.3)，且 E(X)=1.2
- B. X 服从超几何分布，且 E(X)=1.2
- C. X 服从超几何分布，且 E(X)=1.5
- D. X 服从二项分布 B(4, 0.3)，且 E(X)=1.5
答案：B
解析：本题考查超几何分布与二项分布的概念辨析，关键在于识别抽样方式。
抽取过程是「不放回抽样」，总体容量 N=10，其中缺陷芯片 M=3，抽取数量 n=4，故 X 的可能取值为 0,1,2,3，且
P(X=k)=C(3,k)·C(7,4-k)/C(10,4)，k=0,1,2,3，这正是超几何分布，而非二项分布（二项分布要求各次试验相互独立、每次概率相同，对应「有放回」或无限总体的独立重复试验）。
由超几何分布期望公式 E(X)=n·M/N=4×3/10=1.2。
易错点：① 抽后不放回却误认作独立重复试验，套用二项分布 B(4,0.3)；② 超几何分布期望公式记忆混乱，误用 3×0.5 之类错误算式得 1.5；③ 忽略 X 的最大取值受 min(M,n)=3 限制，误以为 X 可取 4。
故选 B。
4填空题
某科研团队在工程实验中测得一组数据：随机变量 Y 的可能取值为 1、2、3，且 P(Y = 1) = 0.2，P(Y = 3) = 0.5。已知该数据组的平均数（期望）为 2.3。
（1）P(Y = 2) = ______，并验证三个概率之和是否为 1；
（2）D(Y) = ______；
（3）若把 Y 的取值统一减去 2 得到新随机变量 Z = Y − 2，则 E(Z) = ______，D(Z) = ______。请据此说明「期望随数据平移而平移，方差不随平移改变」这一结论。
答案：（1）由概率和为 1：P(Y = 2) = 1 − 0.2 − 0.5 = 0.3。验证：0.2 + 0.3 + 0.5 = 1，成立。
（2）E(Y) = 1 × 0.2 + 2 × 0.3 + 3 × 0.5 = 0.2 + 0.6 + 1.5 = 2.3（与题设一致）。
E(Y²) = 1² × 0.2 + 2² × 0.3 + 3² × 0.5 = 0.2 + 1.2 + 4.5 = 5.9。
D(Y) = E(Y²) − [E(Y)]² = 5.9 − 2.3² = 5.9 − 5.29 = 0.61。
（3）E(Z) = E(Y − 2) = E(Y) − 2 = 2.3 − 2 = 0.3；D(Z) = D(Y − 2) = D(Y) = 0.61。
结论：随机变量每个取值都加上（或减去）同一常数时，期望也相应加（减）该常数，而方差保持不变，因为方差刻画的是数据相对于平均数的离散程度，整体平移不改变离散程度。
解析：本题以工程实验数据处理为情境，考查分布列的概率和为 1、期望与方差的计算，以及期望方差的平移性质（概念辨析）。
易错点一：忘记概率之和必须等于 1，直接把 P(Y = 2) 留空或误填 0.2；本题须先由 1 − 0.2 − 0.5 = 0.3 求出。
易错点二：方差公式记错，误用 D(Y) = E(Y²) − E(Y) 或 D(Y) = E[(Y − E(Y))²] 时算错中间量。正确计算为 E(Y²) = 5.9，D(Y) = 5.9 − 2.3² = 0.61；也可用 D(Y) = (1−2.3)² × 0.2 + (2−2.3)² × 0.3 + (3−2.3)² × 0.5 = 1.69 × 0.2 + 0.09 × 0.3 + 0.49 × 0.5 = 0.338 + 0.027 + 0.245 = 0.61 验证。
易错点三：把「方差不变」误认为「方差也为 0.3」，或把 E(Z) 算成 E(Y) = 2.3。平移性质为 E(aY + b) = aE(Y) + b，D(aY + b) = a²D(Y)，此处 a = 1、b = −2，故 E(Z) = 0.3，D(Z) = 0.61。
概念辨析要点：期望反映数据的平均水平（会随整体平移而平移），方差反映数据的稳定性与离散程度（不随整体平移改变），二者含义不同、不可混淆。
5解答题
某芯片检测车间用一台新设备对一批芯片做良品检测，检测规则为：先做一次快速初检，初检判为“可疑”的芯片再做一次精密复检，最终以复检结果为准；初检判为“合格”或“不合格”的直接作为最终结果。已知该批芯片中良品率为 0.8，不良品率为 0.2。对良品做初检时，判为“合格”的概率为 0.9，判为“可疑”的概率为 0.08，判为“不合格”的概率为 0.02；对不良品做初检时，判为“合格”的概率为 0.05，判为“可疑”的概率为 0.15，判为“不合格”的概率为 0.8。对初检判为“可疑”的芯片做复检时，复检结果完全准确（良品判良品，不良品判不良品）。
(1) 求一颗芯片初检被判为“可疑”的概率；
(2) 若一颗芯片初检被判为“可疑”，求它实际是良品的概率；
(3) 设随机变量 X 表示一颗芯片最终被判为“良品”的概率对应的随机结果：最终判为“良品”记 X=1，最终判为“不良品”记 X=0。求 X 的分布列与数学期望 E(X)，并说明 E(X) 的实际含义。
答案：(1) 设事件 A 表示“芯片是良品”，B 表示“初检判为可疑”。
P(B)=P(A)P(B|A)+P(Ā)P(B|Ā)=0.8×0.08+0.2×0.15=0.064+0.03=0.094。
(2) 由条件概率（贝叶斯公式）：
P(A|B)=P(A)P(B|A)/P(B)=0.8×0.08÷0.094=0.064/0.094=32/47≈0.681。
(3) 最终判为“良品”有两类情形：
① 初检直接判为“合格”且芯片为良品：0.8×0.9=0.72；
② 初检判为“可疑”且芯片为良品（复检准确判良品）：0.8×0.08=0.064。
故 P(X=1)=0.72+0.064=0.784，P(X=0)=1−0.784=0.216。
分布列为：
X 0 1
- ----- -----
P 0.216 0.784
E(X)=0×0.216+1×0.784=0.784。
E(X) 表示大量检测时最终被判为“良品”的芯片所占比例的稳定值，即该检测流程的“判良率”约为 78.4%。
解析：本题考查条件概率、全概率公式与离散型随机变量的分布列、数学期望，属于概率建模综合题。
(1) 易错点：只算良品的可疑概率 0.8×0.08，漏掉不良品的可疑概率 0.2×0.15，必须用全概率公式把两类芯片都算上。
(2) 易错点：把 P(A|B) 与 P(B|A) 混淆；应牢记贝叶斯公式 P(A|B)=P(A)P(B|A)/P(B)，其中分母是第 (1) 问算出的 0.094。
(3) 易错点一：分布列概率之和不等于 1，需用 P(X=0)=1−P(X=1) 校验；易错点二：误认为最终判良概率等于良品率 0.8，实际上初检会把 0.02 的良品误判为不合格，且不良品中 0.05 会被误判为合格，故判良率 0.784≠0.8，这正是 E(X) 实际含义要辨析的地方。
6解答题
某工程团队为检验一条自动化装配线的稳定性，随机抽取 20 件产品做尺寸检测，测得尺寸偏差（单位：mm）数据如下（已按从小到大排列）：
−1.8，−1.5，−1.2，−1.0，−0.8，−0.6，−0.5，−0.3，−0.2，−0.1，0.1，0.2，0.3，0.5，0.6，0.8，1.0，1.2，1.5，1.8。
规定：偏差落在 [−0.5, 0.5] 内记为“合格品”，否则记为“不合格品”。现从这 20 件产品中随机抽取 3 件（不放回），设其中合格品的件数为 X。
(1) 判断 X 服从的分布类型（超几何分布还是二项分布），说明理由，并写出 X 的分布列；
(2) 求 E(X) 与 D(X)，并结合数据说明：若改用“有放回抽取”模型近似计算，用二项分布得到的方差与超几何分布方差的大小关系，指出哪种抽样方式下合格品件数更稳定；
(3) 由数据得样本平均偏差为 0，样本方差为 s²=1.0。某技术员认为“只要样本方差相同，两组数据的波动情况就完全一样”，请判断该说法是否正确，并用本题数据给出说明。
答案：(1) 由数据知，偏差落在 [−0.5, 0.5] 内的有：−0.5，−0.3，−0.2，−0.1，0.1，0.2，0.3，0.5，共 8 件，故合格品 8 件、不合格品 12 件。抽取是不放回的，故 X 服从超几何分布，即 X~H(20, 8, 3)，X 可取 0,1,2,3。
P(X=k)=C(8,k)·C(12,3−k)/C(20,3)，k=0,1,2,3。
C(20,3)=1140。
P(X=0)=C(8,0)C(12,3)/1140=220/1140=11/57；
P(X=1)=C(8,1)C(12,2)/1140=8×66/1140=528/1140=44/95；
P(X=2)=C(8,2)C(12,1)/1140=28×12/1140=336/1140=28/95；
P(X=3)=C(8,3)C(12,0)/1140=56/1140=14/285。
分布列为：
X 0 1 2 3
- ----- ----- ----- ------
P 11/57 44/95 28/95 14/285
验算：11/57+44/95+28/95+14/285=55/285+132/285+84/285+14/285=285/285=1。
(2) 超几何分布：E(X)=n·M/N=3×8/20=1.2；
D(X)=n·(M/N)·(1−M/N)·(N−n)/(N−1)=3×0.8×0.2×17/19=8.16/19≈0.429。
若改为有放回抽取（二项分布 X~B(3, 0.8)），则 E(X)=3×0.8=2.4（注意此时每次抽到合格品概率仍为 0.8，期望相同为 1.2？此处更正：二项分布期望为 np=3×0.8=2.4？）——重新计算：有放回抽样每次抽到合格品的概率为 8/20=0.4，故 X~B(3, 0.4)，E(X)=3×0.4=1.2，D(X)=3×0.4×0.6=0.72。
比较：超几何分布方差 0.429 < 二项分布方差 0.72，故不放回抽样下合格品件数更稳定，原因是不放回抽样具有“自我校正”作用，抽走一件合格品后下一次抽到合格品的概率会下降，从而降低波动。
(3) 该说法不正确。方差只反映数据相对平均值的离散程度的平方平均，不能完整刻画分布形态。本题样本平均值为 0、方差约为 1.0，但数据关于 0 近似对称（正负偏差成对出现，如 ±1.8、±1.5 等）；若另一组数据同样均值为 0、方差为 1.0，但偏差集中在少数极端值上（例如多数偏差接近 0，少数偏差很大），其波动形态与本题明显不同，工程风险也不同。因此方差相同不代表波动情况完全一样，还需结合极差、分位数或分布形态综合判断。
解析：本题考查抽样方法、超几何分布与二项分布的模型识别、分布列、期望方差及数字特征的辨析，属于概念辨析型综合题。
(1) 易错点一：把不放回抽样误判为二项分布——判断依据是“抽取方式”：不放回→超几何分布，有放回（或总体很大）→二项分布，这是本卷强调的核心概念辨析点；易错点二：数错合格品件数，注意区间 [−0.5, 0.5] 是闭区间，端点 −0.5 与 0.5 都算合格品，共 8 件；易错点三：分布列概率之和不等于 1，必须验算。
(2) 易错点：把合格品率错算成 0.8（误用良品率），本题合格品率应为 8/20=0.4，故二项分布应为 B(3, 0.4) 而非 B(3, 0.8)；另外要牢记超几何方差比二项方差多乘修正因子 (N−n)/(N−1)<1，因此不放回抽样更稳定。
(3) 易错点：误认为方差能唯一刻画数据波动形态。应说明方差相同的两组数据可以有不同的分布形态（如对称分散与集中含极端值），需结合极差、分位数等综合判断。
7解答题
某工程实验室研发一种新型传感器芯片，出厂前需进行可靠性检测。已知每片芯片在标准工况下通过检测的概率为 0.8，且各芯片检测是否通过相互独立。
（1）现从该批次中随机抽取 4 片芯片进行检测，记通过检测的芯片数为 X。请判断 X 服从哪种常见概率分布（二项分布或超几何分布），并说明理由；写出 X 的分布列，求 E(X) 与 D(X)。
（2）检测中还设置了另一道复检工序：若某片芯片初检通过，则复检通过的概率为 0.9；若初检未通过，则复检通过的概率为 0.3。现随机抽取 1 片芯片，求它复检通过的概率。
（3）在（2）的条件下，若已知某片芯片复检通过，求它初检也通过的概率。请结合（2）（3）说明条件概率与全概率公式的区别，指出本题中容易出现的模型识别错误。
答案：（1）X 服从二项分布 B(4, 0.8)。理由：每片芯片检测通过的概率均为 0.8，且各芯片检测结果相互独立，共进行 4 次独立重复试验，故 X 为 4 次试验中通过的次数，服从二项分布（不是超几何分布，超几何分布适用于不放回抽样且总体有限的场合）。
分布列：P(X = k) = C₄ᵏ × 0.8ᵏ × 0.2⁴⁻ᵏ，k = 0, 1, 2, 3, 4。
P(X = 0) = 0.2⁴ = 0.0016，
P(X = 1) = 4 × 0.8 × 0.2³ = 0.0256，
P(X = 2) = 6 × 0.8² × 0.2² = 0.1536，
P(X = 3) = 4 × 0.8³ × 0.2 = 0.4096，
P(X = 4) = 0.8⁴ = 0.4096。
检验：0.0016 + 0.0256 + 0.1536 + 0.4096 + 0.4096 = 1，符合概率和为 1。
E(X) = np = 4 × 0.8 = 3.2，D(X) = np(1 − p) = 4 × 0.8 × 0.2 = 0.64。
（2）记 A = “初检通过”，B = “复检通过”。由全概率公式：
P(B) = P(A)P(B|A) + P(Ā)P(B|Ā) = 0.8 × 0.9 + 0.2 × 0.3 = 0.72 + 0.06 = 0.78。
（3）由条件概率公式（贝叶斯公式）：
P(A|B) = P(A)P(B|A) ÷ P(B) = 0.72 ÷ 0.78 = 12/13。
说明：全概率公式用于“由因求果”（已知各原因概率与条件概率求总概率），条件概率（贝叶斯公式）用于“由果溯因”（已知结果发生反推某原因发生的概率），两者方向相反，不可混用。常见模型识别错误：把有放回、独立重复的检测问题误当作不放回抽样而用超几何分布；或把二项分布的期望误写为 np(1−p)、把方差误写为 np。
解析：本题以芯片可靠性检测这一科技创新工程情境为背景，综合考查二项分布的识别、分布列、期望与方差，以及全概率公式与条件概率（贝叶斯公式）的辨析。
（1）关键在于判断试验是否为独立重复试验：题目明确“各芯片检测是否通过相互独立”且每次通过概率恒为 0.8，故为二项分布 B(4, 0.8)；若误认为从有限总体不放回抽取，则会错用超几何分布，这是最常见的模型识别错误。计算分布列后务必验证概率之和为 1，若不为 1 说明计算有误（易错点：0.8⁴ = 0.4096、C₄³ = 4 等数值算错）。
（2）易错点是只算 P(A)P(B|A) = 0.72 而漏掉 P(Ā)P(B|Ā) = 0.06，导致忘记全概率公式要“分类讨论、全部相加”。
（3）易错点是混淆 P(B|A) 与 P(A|B)，把 0.9 直接当作所求概率。正确做法是先用全概率求 P(B) = 0.78，再用贝叶斯公式得 0.72 ÷ 0.78 = 12/13 ≈ 0.9231。
（4）概念辨析要点：E(X) = np 反映通过芯片数的平均水平，D(X) = np(1−p) 反映稳定性，二者含义不同；二项分布（有放回、独立重复）与超几何分布（不放回抽样、总体有限）的适用条件必须区分清楚。
故本题答案为：（1）X ~ B(4, 0.8)，分布列见答案，E(X) = 3.2，D(X) = 0.64；（2）0.78；（3）12/13。
8解答题
某科技公司在一条智能装配线上测试一种新型协作机器人的重复定位精度。已知信息：
（1）在一次标定试验中，机器人连续完成 5 个独立的定位任务，每次任务定位成功的概率均为 p（0<p<1），且各次任务相互独立。设 X 为 5 次任务中定位成功的次数，已知 E(X)=3。
（2）在另一次抽检中，质检员从含 8 件产品的批次中随机抽取 3 件（不放回），已知该批次恰有 3 件产品精度不达标，设 Y 为抽到的不达标产品件数。
（3）工程师提出一种「稳定性判据」：只有当一个随机变量的方差不大于 2 时，才认为该工序的波动可控。
请解答：
（Ⅰ）求 p 的值，并写出 X 的分布列（列出 X 的所有可能取值及其概率），据此计算 D(X)；
（Ⅱ）写出 Y 的分布列，计算 D(Y)，并判断 Y 的波动是否满足上述「稳定性判据」；
（Ⅲ）结合（Ⅰ）（Ⅱ）的结果，说明二项分布与超几何分布在模型识别上的本质区别，并比较 E(X) 与 E(Y)、D(X) 与 D(Y) 的大小关系。
答案：（Ⅰ）由题意 X~B(5,p)，E(X)=5p=3，故 p=3/5=0.6。
X 的可能取值为 0,1,2,3,4,5，P(X=k)=C(5,k)×(3/5)^k×(2/5)^(5-k)：
P(X=0)=(2/5)⁵=32/3125；
P(X=1)=C(5,1)×(3/5)×(2/5)⁴=240/3125=48/625；
P(X=2)=C(5,2)×(3/5)²×(2/5)³=720/3125=144/625；
P(X=3)=C(5,3)×(3/5)³×(2/5)²=1080/3125=216/625；
P(X=4)=C(5,4)×(3/5)⁴×(2/5)=405/3125=81/625；
P(X=5)=(3/5)⁵=243/3125。
验证：32+240+720+1080+405+243=2720？重新核算：32+240=272，272+720=992，992+1080=2072，2072+405=2477，2477+243=2720，与 3125 不符，说明上述某项有误，实际应为 32+240+720+1080+810+243=3125（P(X=4)=C(5,4)(3/5)⁴(2/5)=5×81/625×2/5=810/3125=162/625）。
故 P(X=4)=162/625，P(X=5)=243/3125，各项概率之和为 1。
D(X)=5×(3/5)×(2/5)=6/5=1.2。
（Ⅱ）Y 服从超几何分布：N=8，M=3（不达标），n=3，Y 的可能取值为 0,1,2,3。
P(Y=0)=C(3,0)C(5,3)/C(8,3)=10/56=5/28；
P(Y=1)=C(3,1)C(5,2)/C(8,3)=30/56=15/28；
P(Y=2)=C(3,2)C(5,1)/C(8,3)=15/56；
P(Y=3)=C(3,3)C(5,0)/C(8,3)=1/56。
概率之和 5/28+15/28+15/56+1/56=10/56+30/56+15/56+1/56=56/56=1，正确。
E(Y)=3×3/8=9/8=1.125；
D(Y)=n·(M/N)·(1-M/N)·((N-n)/(N-1))=3×(3/8)×(5/8)×(5/7)=225/448≈0.502。
由于 D(Y)=225/448<2，故 Y 的波动满足「稳定性判据」。
（Ⅲ）本质区别：二项分布描述的是 n 次相互独立的重复试验中某事件发生的次数，每次试验概率恒为 p，对应「有放回」或总体无限的情形；超几何分布描述的是不放回抽样中某类个体被抽到的件数，各次抽取不独立，概率随抽取过程变化。
比较：E(X)=1.5，E(Y)=9/8=1.125，故 E(X)>E(Y)；D(X)=6/5=1.2，D(Y)=225/448≈0.502，故 D(X)>D(Y)。这也说明不放回抽样比有放回抽样更「稳定」（方差更小）。
解析：本题以机器人重复定位精度为科技情境，综合考查二项分布与超几何分布的模型识别、分布列书写、期望方差计算，呼应「概念辨析优先」与「分布列概率之和必须为 1」的核心要求。
易错点：
① 模型识别错误：把「不放回抽样」当作独立重复试验，误用二项分布算 Y，或把 X 的独立试验条件忽略；
② 分布列漏项或概率之和不为 1：如 X 只写到 4，或 Y 忘记 k=3 的情形，必须逐项验算 ΣP=1；
③ 组合数计算出错：C(8,3)=56 易误算为 40 或 60，C(5,2)=10、C(5,3)=10 易混；
④ 超几何方差公式易漏修正因子 (N-n)/(N-1)，直接套 np(1-p) 得 3×3/8×5/8=45/64≈0.703，与正确值 225/448 不符；
⑤ 期望公式 E(X)=np、E(Y)=nM/N 记忆不牢，导致比较环节出错；
⑥ 「稳定性判据」是题设人为给定的判断标准（方差不大于 2），需按题意判定，不能自行套用其他经验阈值。
结论：p=0.6，D(X)=6/5，Y 分布列如上，D(Y)=225/448<2 满足判据，E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)。