常见离散分布（二项、泊松、几何等）

§16.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.63 分/卷近 11 年平均

7/11 年出现年份

3.1 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）离散型随机变量及其分布律事件的独立性③ 掌握后可解锁最大似然估计

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 三种常用离散分布： $0$ - $1$ 分布、二项分布 $B (n, p)$ 、泊松分布 $P (λ)$ ★★ 必会

① $0$ - $1$ 分布（两点分布） $B (1, p)$ ：

X

只取

0, 1

，

P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1 - p (0 < p < 1),

合写为

P (X = k) = p^{k} (1 - p)^{1 - k}, k = 0, 1

。应用背景：描述一次试验的成功与失败，即事件的示性变量。

E X = p, D X = p (1 - p)

。

② 二项分布 $B (n, p)$ ：

P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}, k = 0, 1, \dots, n (n \in Z^{+}, 0 < p < 1) .

应用背景：描述 $n$ 重伯努利试验中的成功次数，这里的试验独立重复进行，每次只分成功与失败，且成功率恒为

p

；等价地

X = X_{1} + \dots + X_{n}

，其中

X_{i}

相互独立且都服从

0

1

分布。

E X = n p, D X = n p (1 - p)

。识别方法：如果试验是

n

次独立重复进行、所求的是成功次数，那么就应当考虑二项分布。

③ 泊松分布 $P (λ)$ ：

P (X = k) = \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}, k = 0, 1, 2, \dots (λ > 0) .

应用背景：描述单位时间内或单位区域内稀有事件发生的次数，例如电话呼叫数、订单数、印刷错误数；

λ

是平均发生次数，且

E X = D X = λ

，推导参看泊松分布期望方差一条。与二项分布的联系（泊松定理）：当

n

很大、

p

很小而

n p = λ

大小适中时，有

B (n, p) \approx P (n p)

。

④ 三者的联系：

0

1

分布就是

n = 1

时的二项分布；二项分布是

n

个相互独立的

0

1

分布之和；泊松分布是二项分布在稀有事件情形下的极限。三者的归一性分别由

(p + q)^{1}

、二项式定理

\sum_{k} (k n) p^{k} q^{n - k} = (p + q)^{n} = 1

与指数级数

\sum_{k} \frac{λ ^{k}}{k !} = e^{λ}

保证。

证明 / 推导

证下面推导二项分布的分布律，说明它为什么是

(k n) p^{k} q^{n - k}

，其中

q = 1 - p

。先指定一种具体的位置组合，例如前

k

次成功、后

n - k

次失败，由独立性知它的概率为

p^{k} q^{n - k}

。而恰好

k

次成功这一事件由

(k n)

个这样的互不相容的位置组合构成，且每一个的概率都是

p^{k} q^{n - k}

，因此相加即得

P (X = k) = (k n) p^{k} q^{n - k} .

归一性由二项式定理给出：

\sum_{k = 0}^{n} (k n) p^{k} q^{n - k} = (p + q)^{n} = 1^{n} = 1

。

■

举例说明

2023·数一填空：设

X

与

Y

相互独立，

X \sim B (1, \frac{1}{3})

，

Y \sim B (2, \frac{1}{2})

，求

P (X = Y)

。
解：先把两个分布律逐项写出。

X \sim B (1, \frac{1}{3})

即

0

1

分布：

P (X = 0) = \frac{2}{3}, P (X = 1) = \frac{1}{3}

；

Y \sim B (2, \frac{1}{2})

：

P (Y = 0) = \frac{1}{4}, P (Y = 1) = (1 2) \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}, P (Y = 2) = \frac{1}{4}

。由于

X

取不到

2

，故事件

{X = Y}

只能通过

{X = 0, Y = 0}

与

{X = 1, Y = 1}

这两个互不相容的事件实现。互不相容的事件其概率相加，相互独立的事件其概率相乘，于是

P (X = Y) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3} .

易错之处：如果按惯性多加一项

X = 2, Y = 2

，那就错了，因为

X

的取值范围已由

n = 1

限定。泊松分布的直接应用（2008·数一）：

X \sim P (1)

，则

E X = D X = 1

，

E (X^{2}) = D X + (E X)^{2} = 2

，于是

P {X = E (X^{2})} = P (X = 2) = \frac{1 ^{2}}{2 !} e^{- 1} = \frac{1}{2 e}

，只需在分布律中取

k = 2

即可算出。

2. 二项分布的最可能值（众数）：相邻概率比值法★ 要懂

所谓

B (n, p)

的最可能值，就是使

P (X = k)

达到最大的那个

k

，也称为众数。求法是相邻概率比值法：考察

\frac{P ( X = k )}{P ( X = k - 1 )}

，当它

\geq 1

时概率上升，当它

< 1

时概率下降，转折处即为峰值。由此得最可能值

k^{*} = ⌊(n + 1) p ⌋

；如果

(n + 1) p

恰为整数，那么

k^{*}

与

k^{*} - 1

这两点的概率并列最大。这个结论常考，用它比逐个计算概率要快得多。

证明 / 推导

证计算相邻两个概率之比：

\frac{P ( X = k )}{P ( X = k - 1 )} = \frac{( k n ) p ^{k} q ^{n - k}}{( k - 1 n ) p ^{k - 1} q ^{n - k + 1}} = \frac{n - k + 1}{k} \cdot \frac{p}{q} .

令它

\geq 1

，即

(n - k + 1) p \geq k (1 - p)

，展开得

n p - k p + p \geq k - k p

，也就是

k \leq (n + 1) p

。因此当

k \leq (n + 1) p

时概率递增，当

k > (n + 1) p

时概率递减，峰值在

k^{*} = ⌊(n + 1) p ⌋

处达到。如果

(n + 1) p

为整数，那么在

k = (n + 1) p

处比值恰好

= 1

，该点与它前面一点的概率并列最大。

举例说明

设

X \sim B (10, 0.4)

。由

(n + 1) p = 11 \times 0.4 = 4.4

得最可能值

k^{*} = ⌊ 4.4 ⌋ = 4

，即恰好成功

4

次的概率最大。

再设

X \sim B (9, 0.5)

。此时

(n + 1) p = 10 \times 0.5 = 5

为整数，故

k = 4

与

k = 5

的概率并列最大；由对称性

(4 9) = (5 9)

也可直接看出这一点。

3. 二项分布与泊松分布的可加性：参数相同的独立之和仍属同一分布族★★ 必会

参数

p

相同的独立二项分布之和仍服从二项分布，独立泊松分布之和仍服从泊松分布，参数直接相加：

X \sim B (n, p), Y \sim B (m, p), X, Y 独立 \Rightarrow X + Y \sim B (n + m, p);

X \sim P (λ_{1}), Y \sim P (λ_{2}), X, Y 独立 \Rightarrow X + Y \sim P (λ_{1} + λ_{2}) .

从直观上看，

B (n, p)

本来就是

n

个相互独立的

(0 - 1)

分布之和，再合并

m

个自然就得到

n + m

个；泊松分布刻画稀有事件的计数，两个独立来源相加仍然是稀有事件的计数。多批次、多时段合并的问题常常用到这一性质。

证明 / 推导

证先证泊松分布的可加性。对

k \geq 0

，由卷积公式（

X + Y = k

即

X = j, Y = k - j

）得

P (X + Y = k) = j = 0 \sum k \frac{λ _{1}^{j}}{j !} e^{- λ_{1}} \cdot \frac{λ _{2}^{k - j}}{( k - j )!} e^{- λ_{2}} = e^{- (λ_{1} + λ_{2})} \cdot \frac{1}{k !} j = 0 \sum k (j k) λ_{1}^{j} λ_{2}^{k - j} .

由二项式定理

\sum_{j = 0}^{k} (j k) λ_{1}^{j} λ_{2}^{k - j} = (λ_{1} + λ_{2})^{k}

，故

P (X + Y = k) = \frac{( λ _{1} + λ _{2} ) ^{k}}{k !} e^{- (λ_{1} + λ_{2})},

即

X + Y \sim P (λ_{1} + λ_{2})

。二项分布的可加性同理可证，只需用范德蒙恒等式

\sum_{j} (j n) (k - j m) = (k n + m)

。

举例说明

设某网站上午的来访数

\sim P (3)

，下午的来访数

\sim P (5)

，且二者相互独立。那么全天的来访数

\sim P (3 + 5) = P (8)

，它的期望与方差都等于

8

，不必重新建立模型。

4. 泊松分布期望方差的推导： $E X = D X = λ$ ★★ 必会

泊松分布最显著的特征是期望与方差都等于 $λ$ 。这一结论不必强记，由级数可以直接算出；求方差时先算阶乘矩

E [X (X - 1)]

再作拼凑最为简便。这一方法对二项分布、几何分布同样适用，值得掌握。

证明 / 推导

证设

P (X = k) = \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}

。

期望：

E X = k = 0 \sum \infty k \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ} = e^{- λ} λ k = 1 \sum \infty \frac{λ ^{k - 1}}{( k - 1 )!} = e^{- λ} λ e^{λ} = λ .

阶乘矩：

E [X (X - 1)] = k = 0 \sum \infty k (k - 1) \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ} = e^{- λ} λ^{2} k = 2 \sum \infty \frac{λ ^{k - 2}}{( k - 2 )!} = e^{- λ} λ^{2} e^{λ} = λ^{2} .

于是

E X^{2} = E [X (X - 1)] + E X = λ^{2} + λ

，

D X = E X^{2} - (E X)^{2} = (λ^{2} + λ) - λ^{2} = λ .

这就证明了

E X = D X = λ

。

举例说明

期望等于方差是判别泊松分布的重要线索。如果某个计数变量的样本均值

\approx

样本方差

\approx 2.0

，那么通常先假设它服从

P (2)

来建立模型；如果方差远大于均值，即出现所谓过离散现象，那么泊松分布就不适用，应改用别的模型，例如负二项分布。

5. 几何分布：无记忆性的唯一性与期望的简便算法★★ 必会

几何分布

P (X = k) = q^{k - 1} p (k \geq 1)

描述首次成功所需的试验次数，有两个要点：① 尾概率

P (X > k) = q^{k}

，它表示前

k

次试验全部失败；② 无记忆性

P (X > m + n ∣ X > m) = P (X > n)

，而且它是唯一具有无记忆性的离散分布。期望

E X = 1/ p

既可由级数求出，也可利用无记忆性简便地算出。

证明 / 推导

尾概率：

P (X > k) = \sum_{j > k} q^{j - 1} p = q^{k} p \sum_{i = 0}^{\infty} q^{i} = q^{k} p \cdot \frac{1}{1 - q} = q^{k}

。

无记忆性：

P (X > m + n ∣ X > m) = \frac{P ( X > m + n )}{P ( X > m )} = \frac{q ^{m + n}}{q ^{m}} = q^{n} = P (X > n)

。

期望（利用无记忆性）：以第一次试验的结果为条件。如果第一次就成功，其概率为

p

，那么

X = 1

；如果第一次失败，其概率为

q

，那么由无记忆性，以后的情形与从头开始时相同，期望变为

1 + E X

。故

E X = p \cdot 1 + q \cdot (1 + E X) = 1 + q E X \Rightarrow E X (1 - q) = 1 \Rightarrow E X = \frac{1}{p} .

举例说明

反复掷一枚均匀骰子，直到出现

6

点为止。此时

p = \frac{1}{6}

，首次出现

6

点所需的次数

X \sim G (\frac{1}{6})

，平均要掷

E X = 6

次。

如果已经掷了

10

次仍未出现

6

点，那么再等到出现

6

点所需的平均次数仍是 $6$ ，这就是无记忆性的含义；先前的失败并不会使以后更容易出现

6

点。无记忆性与直觉不合之处正在于此。

💡 小知识

泊松分布最出名的一次应用，是 1898 年博特凯维奇拿它拟合普鲁士骑兵每年被马踢死的人数。士兵人数众多，每个人出事的概率又极小，正是这类稀有事件的典型情形。拟合结果与泊松公式吻合得很好，这个分布从此有了小数定律的别名。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

X \sim B (3, \frac{1}{2})

（

3

重伯努利试验的成功次数，每次成功概率

\frac{1}{2}

）。求

(1) P (X = 2)

；

(2) E X

与

D X

。难度 1

二项分布 $P (X = k) = (k n) p^{k} q^{n - k}$ ， $E X = n p$ ， $D X = n pq$ 。

(1)

取

n = 3, p = q = \frac{1}{2}

：

P (X = 2) = (2 3) (\frac{1}{2})^{2} (\frac{1}{2})^{1} = 3 \cdot \frac{1}{8} = \frac{3}{8} .

(2)

E X = n p = 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{2}

，

D X = n pq = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{4}

。

例 2 设

X \sim P (2)

（泊松分布，参数

λ = 2

）。求

(1) P (X = 0)

；

(2) P (X \leq 1)

；

(3) E X

。难度 1

泊松分布 $P (X = k) = \frac{λ ^{k}}{k !} e^{- λ}$ ，且 $E X = D X = λ$ 。

(1)

P (X = 0) = \frac{2 ^{0}}{0 !} e^{- 2} = e^{- 2}

。

(2)

P (X = 1) = \frac{2 ^{1}}{1 !} e^{- 2} = 2 e^{- 2}

，故

P (X \leq 1) = P (X = 0) + P (X = 1) = e^{- 2} + 2 e^{- 2} = 3 e^{- 2} .

(3)

E X = λ = 2

。

例 3 某人独立重复射击，每次命中的概率为

p = 0.8

，记

X

为首次命中所需的射击次数。求

(1) P (X = 3)

；

(2) P (X > 2)

。难度 2

几何分布 $P (X = k) = q^{k - 1} p (k = 1, 2, \dots)$ ，其中 $q = 1 - p$ 。

这里

p = 0.8, q = 0.2

。

(1)

首次命中恰在第

3

次，即前两次都没中、第三次命中：

P (X = 3) = q^{2} p = 0. 2^{2} \times 0.8 = 0.04 \times 0.8 = 0.032.

(2)

{X > 2}

即前两次都没命中：

P (X > 2) = q^{2} = 0. 2^{2} = 0.04.

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2026 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设随机变量

X

服从参数为

1

的泊松分布，随机变量

Y

服从参数为

3

的泊松分布，

X

与

Y - X

相互独立，则

E (X Y) =

___.

2025 年 · 数一 · 第 9 题 · 选择题 · 5 分

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{20}

是来自总体

B (1, 0.1)

的简单随机样本，令

T = i = 1 \sum 20 X_{i}

，利用泊松分布近似表示二项分布的方法可得

P {T \leq 1} \approx

（　　）

A $\frac{1}{e ^{2}}$ .
B $\frac{2}{e ^{2}}$ .
C $\frac{3}{e ^{2}}$ .
D $\frac{4}{e ^{2}}$ .

2024 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设随机试验每次成功的概率为

p

，现进行

3

次独立重复试验，在至少成功

1

次的条件下

3

次试验全部成功的概率为

\frac{4}{13}

，则

p =

___.

2023 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 5 分

设随机变量

X

服从参数为

1

的泊松分布，则

E [∣ X - E (X) ∣] =

（　　）

A $\frac{1}{e}$ .
B $\frac{1}{2}$ .
C $\frac{2}{e}$ .
D $1$ .

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

X \sim B (4, \frac{1}{2})

，则

P (X = 2) =

（　）。

A $\frac{3}{8}$
B $\frac{1}{4}$
C $\frac{1}{16}$
D $\frac{1}{2}$

练习 2 · 填空题

设

X \sim B (10, 0.2)

，则

D X =

____。

练习 3 · 选择题

设

X \sim P (λ)

（泊松分布），已知

E X = 4

，则

D X =

（　）。

A $4$
B $2$
C $16$
D $8$

练习 4 · 选择题

设

X \sim G (p)

（几何分布，

X

为首次成功所需试验次数），

p = 0.3

，则

P (X = 1) =

（　）。

A $0.3$
B $0.7$
C $0.21$
D $0.09$

练习 5 · 填空题

设

X \sim B (3, \frac{1}{3})

，则

P (X \geq 1) =

____。

练习 6 · 选择题

设

X \sim B (10, p) (0 < p < 1)

。若对一切

k = 0, 1, \dots, 10

都有

P {X = 3} \geq P {X = k}

，则

p

的取值范围是（　）。

A $[\frac{2}{11}, \frac{3}{11}]$
B $[\frac{3}{10}, \frac{4}{10}]$
C $[\frac{3}{11}, \frac{4}{11}]$
D $(\frac{1}{4}, \frac{1}{3})$

练习 7 · 填空题

设

X

服从参数为

p = \frac{1}{3}

的几何分布，即

P {X = k} = (\frac{2}{3})^{k - 1} \cdot \frac{1}{3} (k = 1, 2, \dots)

。则

P {X > 5 ∣ X > 2} =

____。

练习 8 · 解答题

某服务台在一分钟内收到的呼叫次数

X

服从参数

λ = 3

的泊松分布。每个呼叫相互独立地以概率

p = \frac{1}{3}

是长途呼叫。记一分钟内收到的长途呼叫次数为

Y

。
（1）求

Y

的分布律，并指出

Y

服从什么分布；
（2）求

E (Y)

与

D (Y)

；
（3）求

P {X = 2 ∣ Y = 1}

。

2023 年 · 数一 · 第 16 题 · 填空题 · 5 分

设随机变量

X

与

Y

相互独立，且

X \sim B (1, \frac{1}{3}), Y \sim B (2, \frac{1}{2})

，则

P {X = Y} =

______.

2010 年 · 数一 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设随机变量

X

的概率分布为

P {X = k} = \frac{C}{k !}

，

k = 0, 1, 2, \dots

，则

E (X^{2}) =

______.

常见离散分布（二项、泊松、几何等）

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 三种常用离散分布：0-1 分布、二项分布 B(n,p)、泊松分布 P(λ)★★ 必会

2. 二项分布的最可能值（众数）：相邻概率比值法★ 要懂

3. 二项分布与泊松分布的可加性：参数相同的独立之和仍属同一分布族★★ 必会

4. 泊松分布期望方差的推导：EX=DX=λ★★ 必会

5. 几何分布：无记忆性的唯一性与期望的简便算法★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 三种常用离散分布： $0$ - $1$ 分布、二项分布 $B (n, p)$ 、泊松分布 $P (λ)$ ★★ 必会

4. 泊松分布期望方差的推导： $E X = D X = λ$ ★★ 必会