常见离散分布（二项、泊松、几何等）

§15.4 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

1.26 分/卷近 11 年平均

5/11 年出现年份

2.9 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. 三种常用离散分布的定义： $0$ - $1$ 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） $B (1, p)$ ：随机变量

X

只取

0, 1

两个值，

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

也可以合写为

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

。它所描述的模型是一次试验的成功与失败，也就是事件的示性变量。

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) .

它所描述的模型是 $n$ 重伯努利试验中的成功次数，这里的试验独立重复，每次只分成功与失败，成功率恒为

p

；等价地说

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

，其中各

X_{i}

相互独立且同服从

0

1

分布。

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

。识别的标志是：作

n

次独立重复试验，再统计其中成功的次数。

③ 泊松分布 $P (λ)$ ：

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

它所描述的模型是单位时间或单位区域内稀有事件发生的次数，例如呼叫数、订单数、印刷错误数；

λ

就是平均发生次数，且

E X = D X = λ

，推导见后面关于泊松分布期望与方差的一条。它与二项分布的联系由泊松定理给出：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

个独立的

0

1

分布之和；泊松分布则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

和指数级数

\sum_{k} \frac{λ ^{k}}{k !} = e^{λ}

保证。

证明 / 推导

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，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，每个的概率都等于

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

，把它们相加即得

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

归一性由

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

保证。

■

举例说明

2007·数三选择：某人向同一目标独立重复射击，每次命中的概率为

p (0 < p < 1)

，求他第 $4$ 次射击时恰好是第 $2$ 次命中目标的概率。(A)

3 p (1 - p)^{2}

；(B)

6 p (1 - p)^{2}

；(C)

3 p^{2} (1 - p)^{2}

；(D)

6 p^{2} (1 - p)^{2}

。
解：把所求事件分解为两段相互独立的伯努利试验信息，识别的标志就是独立重复并统计命中次数。① 前

3

次射击中恰好命中

1

次，这是

B (3, p)

的取值，概率为

(1 3) p (1 - p)^{2}

；② 第

4

次射击命中，概率为

p

。两段相互独立，相乘得

P = (1 3) p (1 - p)^{2} \cdot p = 3 p^{2} (1 - p)^{2},

故选 C。这里容易出错：如果误当成

(2 4) p^{2} (1 - p)^{2}

，即取

B (4, p)

中的

2

，就丢掉了第

4

次必须命中这一限制，从而把第

4

次未命中而前面命中

2

次的情形也算了进去。
泊松分布的直接计算（2008·数三填空）：设

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}

只要认出

λ = 1

，再把分布律中的

k = 2

代入，一步即可算出。

2. 二项分布的最可能值（众数）：相邻概率比值法★ 要懂

问服从

B (n, p)

的随机变量最可能取哪个值，就是求使

P (X = k)

达到最大的

k

，这个值称为众数。所用的方法是比较相邻两个概率：考察

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

何时

\geq 1

，此时概率上升，何时

< 1

，此时概率下降，转折之处就是最大值所在。结论是：最可能的取值

k^{*} = ⌊(n + 1) p ⌋

；当

(n + 1) p

恰为整数时，

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

先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

，得

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

，展开即

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，最大值在

k^{*} = ⌊(n + 1) p ⌋

处取到。如果

(n + 1) p

为整数，那么在

k = (n + 1) p

处这个比值恰好

= 1

，于是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)

。因

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

，故最可能的取值

k^{*} = ⌊ 4.4 ⌋ = 4

，即恰好成功

4

次的可能性最大。

再看

X \sim B (9, 0.5)

。此时

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

为整数，于是

k = 4

与

k = 5

两点的概率并列最大；由对称性

(4 9) = (5 9)

也可以直接看出这一点。

3. 二项分布与泊松分布的可加性：独立随机变量之和仍属同一分布族★★ 必会

参数

p

相同的两个独立二项分布之和仍是二项分布，两个独立泊松分布之和仍是泊松分布，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}) .

这一点从直观上也不难理解：

B (n, p)

本来就是

n

个独立的

(0 - 1)

分布之和，再合并

m

个，自然成为

n + m

个之和；泊松分布刻画的是稀有事件的计数，两个独立来源的计数相加，仍然是稀有事件的计数。凡是多批次、多时段合并的题目都常用到这一结论。

证明 / 推导

下面证明泊松分布的可加性。对

k \geq 0

，用卷积公式，注意

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})},

这就是说

X + Y \sim P (λ_{1} + λ_{2})

。二项分布的可加性可同样证明，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)

，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. 泊松分布期望与方差的推导： $E X = D X = λ$ ★ 要懂

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

E [X (X - 1)]

再合成最为省力。这一方法对二项分布与几何分布同样适用，值得掌握。

证明 / 推导

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

，从而

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

故

E X = D X = λ

。

举例说明

期望等于方差是判别泊松分布的一个重要依据。如果某个计数变量的样本均值

\approx

样本方差

\approx 2.0

，通常就先假设它服从

P (2)

来建立模型；如果方差远大于均值，即出现所谓过离散的现象，那么泊松分布并不适用，应当改用别的模型，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)

描述的是首次成功所需要的试验次数，有两点要注意：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

，既可由级数求得，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（利用无记忆性的简便算法）：以第一次试验的结果为条件。若第一次就成功，其概率为

p

，则

X = 1

；若第一次失败，其概率为

q

，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

。因此

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

点的平均次数仍然是 $6$ ，这就是无记忆性的含义；骰子并不会因为前面没有出过而更容易出

6

点。无记忆性与直觉不符之处就在这里。

💡 小知识

泊松分布最著名的一次应用，是 1898 年博特凯维奇用它拟合普鲁士骑兵每年被马踢死的人数。士兵数量很大，每个人出事的概率又极小，这是稀有事件的典型情形。数据与泊松公式吻合得很好，这个分布从此也被称作小数定律。

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。

2025 年 · 数三 · 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 $\frac{4}{e ^{2}}$

2025 年 · 数三 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设总体

X

的分布函数为

F (x)

，

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

为来自总体

X

的简单随机样本，样本的经验分布函数为

F_{n} (x)

，对于给定的

x (0 < F (x) < 1)

，

D [F_{n} (x)] =

（　　）。

A $F (x) [1 - F (x)]$
B $[F (x)]^{2}$
C $\frac{1}{n} F (x) [1 - F (x)]$
D $\frac{1}{n} [F (x)]^{2}$

2024 年 · 数三 · 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 · 数三 · 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

设随机变量

X

服从二项分布

B (n, p)

，且

E X = 2.4

，

D X = 1.44

，则

P (X \geq 1) =

（　）。

A $0. 6^{6}$
B $1 - 0. 4^{6}$
C $1 - 0. 4^{4}$
D $1 - 0. 6^{6}$

练习 7 · 填空题

设随机变量

X

服从参数为

p = \frac{1}{4}

的几何分布，即

P (X = k) = (\frac{3}{4})^{k - 1} \cdot \frac{1}{4}, k = 1, 2, 3, \dots

则

P (X > 6 ∣ X > 2) =

____。

练习 8 · 解答题

某保险公司每周收到的理赔申请数

X

服从参数

λ = 2

的泊松分布，且各周相互独立。若某周至少收到

1

件理赔申请，就称该周为忙周。

(1) 求任一周是忙周的概率

p

；

(2) 求连续

4

周中恰有

2

周是忙周的概率；

(3) 记

Y

为从第

1

周起首次出现忙周所经过的周数，求

Y

的分布律及

E Y

、

D Y

；

(4) 求

P (Y > 3 ∣ Y > 1)

。

2008 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设随机变量

X

服从参数为

1

的泊松分布，则

P {X = E (X^{2})} =

______.

2007 年 · 数三 · 第 9 题 · 选择题 · 4 分

某人向同一目标独立重复射击，每次射击命中目标的概率为

p (0 < p < 1)

，则此人第

4

次射击恰好第

2

次命中目标的概率为（　　）

A $3 p (1 - p)^{2}$
B $6 p (1 - p)^{2}$
C $3 p^{2} (1 - p)^{2}$
D $6 p^{2} (1 - p)^{2}$

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. 三种常用离散分布的定义：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：独立随机变量之和仍属同一分布族★★ 必会

4. 泊松分布期望与方差的推导：EX=DX=λ★ 要懂

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

4. 泊松分布期望与方差的推导： $E X = D X = λ$ ★ 要懂