2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--专题强化练7　二项分布与超几何分布

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
专题强化练7　二项分布与超几何分布　　　　　 　　　　 　　　　
1.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学学情调研)一袋中有10个大小相同的球,其中6个黑球,4个白球,现从中任取4个球,记随机变量X为其中白球的个数,随机变量Y为其中黑球的个数,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(|Z-6|≤1)=
B.E(X)>E(Y)
C.D(X)=D(Y)
D.E(Z)=
2.(2024山东青岛二中期中)某人在n次射击中击中目标的次数为X,X~B(n,p),其中n∈N*,0A.若n=10,p=0.8,则P(X=k)取最大值时k=9
B.当p=时,D(X)取得最小值
C.当0D.当3.我们知道,在n次独立重复试验(即伯努利试验)中,每次试验事件A发生的概率均为p(04.(2023江苏常州第三中学等八校联考)某单位在“全民健身日”举行了一场趣味运动会,其中一个项目为投篮游戏.游戏的规则如下:每局游戏需投篮3次,若投中的次数多于未投中的次数,该局得3分,否则得1分.已知甲投篮的命中率为,且每次投篮的结果相互独立.
(1)求甲在一局游戏中投篮命中次数X的概率分布与数学期望;
(2)若参与者连续玩2n(n∈N*)局投篮游戏获得的分数的平均值大于2,即可获得一份大奖.现有n=k和n=k+1(k∈N*)两种选择,要想获奖概率更大,甲应该如何选择 请说明理由.
5.(2024浙江台金七校联盟期中)某火锅店为了鼓励顾客办理本店的会员卡,在持有会员卡的顾客点单后,推出“玩游戏,送果盘”的活动,游戏规则如下:每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子,若向上点数超过4点,获得1分,否则获得2分.进行若干轮游戏,若累计得分为9分,则游戏结束,可得到“果盘”一份;若累计得分为10分,则游戏结束,可得“牛肉卷”一份,最多进行9轮游戏.
(1)当进行完3轮游戏时,总分为X分,求X的概率分布和数学期望;
(2)若累计得分为i分的概率为pi(i=1,2,…,9),初始分数为0分,记p0=1.
①证明:数列{pi-pi-1}(i=1,2,…,9)是等比数列;
②求游戏参与者得到“牛肉卷”的概率.
6.(2023江苏泰州中学期中)某企业对生产设备进行优化升级,升级后的设备控制系统由(2k-1)(k∈N*)个相同的元件组成,每个元件正常工作的概率均为p(0(1)若p=,当k=2时,求控制系统中正常工作的元件个数X的概率分布和数学期望,并求p2;
(2)已知设备升级前,单位时间的产量为a件,每件产品的利润为4元,设备升级后,在正常运行状态下,单位时间的产量是原来的2倍,且出现了高端产品,每件产品成为高端产品的概率为,每件高端产品的利润是8元.记设备升级后单位时间内的利润为Y(单位:元).
①请用pk表示E(Y);
②设备升级后,若将该设备的控制系统增加2个相同的元件,请分析是否能够提高E(Y).
答案与分层梯度式解析
专题强化练7　二项分布与超几何分布
1.ACD　由题意知X,Y均服从超几何分布,且X+Y=4,Z=2X+Y,
故P(X=k)=(k=0,1,2,3,4),
从而P(|Z-6|≤1)=1-P(Z=4)-P(Z=8)=1-P(X=4)-P(X=0)=,故A正确;
E(X)=4×,D(X)=D(4-Y)=D(Y),故B错误,C正确;
E(Z)=2×E(X)+E(Y)=,故D正确.
故选ACD.
2.C　对于A,在10次射击中,击中目标的次数X~B(10,0.8),
则P(X=k)=×0.8k×0.210-k(k=0,1,2,…,10),
因为P(X=k)取最大值,
所以
即
即,
因为k∈N且0≤k≤10,所以k=8,即P(X=8)最大,故A不正确;
对于B,D(X)=np(1-p)=n时,D(X)取得最大值,故B不正确;
对于C,D,因为P(X=k)=×pk×(1-p)n-k(k=0,1,2,…,n),
所以P(A)=×p5×(1-p)n-5+…,
1-P(A)=×p4×(1-p)n-4+…,
所以P(A)=,
当0故选C.
3.答案　-1
解析　由题意可知,事件A发生的概率为p,则事件A不发生的概率为1-p,
设事件首次发生时试验进行的次数为W,则由“几何分布”的定义可知,P(W=m)=(1-p)pm-1,m=1,2,3,…,
所以E(W)=(1-p)p0+2(1-p)p+3(1-p)p2+…+m(1-p)pm-1+…=,m=1,2,3,…,
又E(Y)=p(1-p)0+2p(1-p)+3p(1-p)2+…+kp(1-p)k-1+…=,k=1,2,3,…,
所以E(Z)=2p(1-p)+2(1-p)p+3p(1-p)2+3(1-p)·p2+…+kp(1-p)k-1+k(1-p)pk-1+…,k=2,3,…,
即E(Z)=E(Y)+E(W)-p(1-p)0-(1-p)p0=-1.
4.解析　(1)由题意知,X~B,
则P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=3×.
(2)由(1)可知,在一局游戏中,甲得3分的概率为,
若选择n=k,此时要能获得大奖,则需2k次游戏的总得分大于4k,
设在2k局游戏中,得3分的局数为m,则3m+(2k-m)>4k,即m>k.
易知m~B,
故此时获大奖的概率P1=P(m>k)=,
同理可得,当n=k+1时,获大奖的概率P2=,
由于>1,
故,则P1故甲选择n=k+1时,获奖的概率更大.
5.解析　(1)由题意得,每轮游戏获得1分的概率为.
当进行完3轮游戏时,随机变量X的可能取值为3,4,5,6,
则P(X=3)=,
P(X=4)=,
P(X=5)=,
∴随机变量X的概率分布为
X 3 4 5 6
P
则E(X)=3×=5.
(2)①证明:若i=1,则累计得分为1分的概率为.
若i≥2,则累计得分为i分的情况有两种:
(i)前一轮累计得(i-2)分,本轮掷骰子点数不超过4点得2分,其概率为pi-2;
(ii)前一轮累计得(i-1)分,本轮掷骰子点数超过4点得1分,其概率为pi-1.
∴pi=pi-2(2≤i≤9,i∈N*),
∴pi-pi-1=-(pi-1-pi-2)(2≤i≤9,i∈N*),
∴数列{pi-pi-1}(1≤i≤9,i∈N*)是首项为-,公比为-的等比数列.
②由①得,pi-pi-1=,所以p1-p0=-,……,pi-pi-1=,则由累加法可得pi-p0=-,
∴pi=(1≤i≤9,i∈N*),
∴p10=.
[得到“牛肉卷”的含义是:前一轮累计得分为8分(若累计得分为9分,则游戏结束),本轮掷出点数不超过4点,累计得分为10分]
6.解析　(1)因为k=2,所以控制系统中正常工作的元件个数X的可能取值为0,1,2,3,
因为每个元件的工作相互独立,且正常工作的概率均为p=,所以X~B,
则P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3
P
所以E(X)=3×=2,
p2=P(X=2)+P(X=3)=.
(2)①设备升级后,在正常运行状态下,单位时间内的利润为×4=10a,
所以Y的概率分布为
Y 10a 0
P pk 1-pk
故E(Y)=10a×pk+0×(1-pk)=10apk.
②若控制系统增加2个元件,则至少要有(k+1)个元件正常工作,设备才能正常工作.
设原系统中正常工作的元件个数为ξ,
第一类:原系统中至少有(k+1)个元件正常工作,
其概率为P(ξ≥k+1)=pk-·pk·(1-p)k-1;
第二类:原系统中恰好有k个元件正常工作,新增2个元件中至少有1个正常工作,
其概率为P(ξ=k)=·pk·(1-p)k-1·[1-(1-p)2]=·pk+1·(1-p)k-1·(2-p);
第三类:原系统中恰好有(k-1)个元件正常工作,新增2个元件全部正常工作,
其概率为P(ξ=k-1)=·pk-1·(1-p)k·p2=·pk+1·(1-p)k.
所以pk+1=pk-·pk·(1-p)k-1+·pk+1·(1-p)k-1·(2-p)+·pk+1·(1-p)k=pk+·pk·(1-p)k·(2p-1),
所以pk+1-pk=·pk·(1-p)k·(2p-1),
所以当0,即增加2个相同元件,设备正常工作的概率变大;
当0又E(Y)=10apk,所以当21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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