2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--专题强化练4　二项分布与超几何分布

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2025人教A版高中数学选择性必修第三册
专题强化练4　二项分布与超几何分布
1.(2023福建泉州永春一中月考)设随机变量ξ~B(2,p),η~B(3,p),P(ξ≥1)
=,则P(η≥2)=(　　)
A.
2.(2024北京四中期中)一个不透明的袋子有10个除颜色不同外,大小、质地完全相同的球,其中有6个黑球,4个白球.试验一:从中随机地连续抽取3次,每次取一个球,每次抽取后都放回,记取到白球的个数为X1;试验二:从中随机地连续抽取3次,每次取一个球,每次抽取后都不放回,记取到白球的个数为X2.则下列判断正确的是(　　)
A.E(X1)E(X2)
C.D(X1)>D(X2)　　　　D.D(X1)3.(多选题)(2023山东滨州高新高级中学月考)袋中装有除颜色外完全相同的6个黑球,4个白球,现从中任取4个小球,设取出的4个小球中白球的个数为X,则下列结论正确的是(　　)
A.X服从二项分布　　　　B.X服从超几何分布
C.P(X=2)=
4.(2024陕西师大附中月考)某大学生将参加知识竞赛,答题环节有6道题目,每答对一道题得3分,答错一道题扣1分,已知该学生每道题目答对的概率都是,且各题目答对正确与否相互独立,X表示该生得分,则E(X)=　　　　.
5.(2024浙江五校联盟期中)两名足球门将甲和乙正在进行扑点球训练.已知甲、乙每次扑中的概率分别是,每次扑点球相互独立,互不影响.
(1)甲扑点球2次,乙扑点球1次,记两人扑中次数的和为X,试求随机变量X的分布列及数学期望;
(2)乙扑点球6次,设他扑中的次数为ξ,试求ξ=4的概率和随机变量ξ的方差.
6.(2023广东普宁华美实验学校月考)某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本,检测其质量指标值,质量指标的范围为[50,100],经过数据处理后得到如下频率分布直方图:
(1)为了进一步检验产品质量,从样本中质量指标在[50,60)和[90,100]内的两组中随机抽取3件产品,记取自[50,60)内的产品件数为ξ,求ξ的分布列和数学期望;
(2)已知该企业采用混装的方式将所有的产品按200件一箱包装,质量指标在[60,90)内的产品每件的利润是5元,质量指标在[60,90)之外的产品每件的利润是3元,以样本频率作为总体概率,试估计每箱产品的利润.
7.(2024浙江A9协作体期中)若随机变量X的数学期望E(X)=μ,方差D(X)=σ2,则对任意正数ε,不等式P(|X-μ|<ε)≥1-成立.根据该结论解决下面的问题.已知在某通信设备中,信号是由密文“a”和“b”组成的序列,现连续发射信号n次,记发射信号“a”的次数为X.
(1)若每次发射信号“a”和“b”的可能性是相等的,则
①当n=5时,求P(X≤2);
②为了至少有98%的把握使发射信号“a”的频率在0.4与0.6之间,试估计信号发射次数n的最小值;
(2)若每次发射信号“a”和“b”的可能性是7∶3,已知在2 024次发射中,信号“a”发射m次的概率最大,求m的值.
8.(2024山东青岛大学附属中学期中)某火锅店为了鼓励顾客们办理本店的会员卡,在持有会员卡的顾客点单后,推出“玩游戏,送食物”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,若向上的点数超过4,则获得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,可得到“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,求X的分布列和数学期望;
(2)若累计得分为i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求活动参与者得到“牛肉卷”的概率(保留一位小数).
答案与分层梯度式解析
专题强化练4　二项分布与超几何分布
1.B 2.C 3.BCD
1.B　由随机变量ξ~B(2,p),P(ξ≥1)=,得P(ξ=0)=1-P(ξ≥1)=1-,即(1-p)2=,所以p=,所以η~B,所以P(η≥2)=.
故选B.
2.C　试验一:由已知得每次抽到白球的概率为,则X1~B,故E(X1)=3×.
试验二:由已知得X2的可能取值是0,1,2,3,则P(X2=0)=,
故随机变量X2的分布列为
X2 0 1 2 3
P
则数学期望为E(X2)=0×,
方差为D(X2)=.
因此E(X1)=E(X2),D(X1)>D(X2).故选C.
3.BCD　由题意知随机变量X服从超几何分布,故A错误,B正确;
随机变量X的可能取值为0,1,2,3,4,
P(X=0)=,
P(X=2)=,
P(X=4)=,
故E(X)=0×,故C,D正确.故选BCD.
4.答案　10
解析　依题意,设Y表示该生答对题目的个数,则Y服从二项分布,即Y~B,
所以E(Y)=6×=4,
又因为X=3Y-(6-Y)=4Y-6,
所以E(X)=4E(Y)-6=4×4-6=10.
5.解析　(1)由题意得X的可能取值为0,1,2,3.
P(X=0)=,
P(X=1)=,
P(X=2)=,
P(X=3)=,
故X的分布列为
X 0 1 2 3
P
故E(X)=0×.
(2)由题意得ξ~B,故P(ξ=4)=,
D(ξ)=6×.
6.解析　(1)由题图知,样本中质量指标在[50,60)内的产品有40×10×0.015=6(件),质量指标在[90,100]内的产品有40×10×0.01=4(件).
则ξ的可能取值为0,1,2,3,
P(ξ=0)=,
P(ξ=2)=,
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
E(ξ)=0×.
(2)设每箱产品的质量指标在[60,90)内的有X件,则质量指标在[60,90)外的有(200-X)件,每箱产品的利润为Y元.
由题意得Y=5X+3(200-X)=2X+600.
易知X~B,
所以E(X)=200×=150,
所以E(Y)=E(2X+600)=2E(X)+600=900.
所以估计每箱产品的利润为900元.
易错警示　第(1)问中的试验是从10件产品中任取3件,随机变量ξ是取自[50,60)内的产品件数,因此ξ服从超几何分布;第(2)问中的200件产品对应200次伯努利试验,以频率作为概率,X服从二项分布.解题时防止判断失误导致解题错误.
7.解析　(1)①由题意得X~B,
所以P(X≤2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)
=.
②由题意得X~B,则E(X)=0.5n,D(X)==0.25n,
若0.4n≤X≤0.6n,则-0.1n≤X-0.5n≤0.1n,
所以由题中结论知P(|X-0.5n|<0.1n)≥1-≥0.98,所以n≥1 250,
即发射次数n的最小值为1 250.
(2)依题意得X~B(2 024,0.7),P(X=m)最大,
因为P(X=m)=·0.7m·0.32 024-m,所以解得1 416.5≤m≤1 417.5,
又m∈N*,所以当m=1 417时,P(X=m)最大.
8.解析　(1)由题意得,每轮游戏获得1分的概率为,获得2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.
P(X=3)=,
P(X=5)=,
P(X=6)=.
所以随机变量X的分布列为
X 3 4 5 6
P
∴E(X)=3×=5.
(2)①证明:累计得分为1分的概率为,即p1=.
累计得分为i分的情况有两种:
前一轮得分为i-2(概率为pi-2),本轮掷出点数不超过4,概率为pi-2,
前一轮得分为i-1(概率为pi-1),本轮掷出点数超过4,概率为pi-1,
∴pi=pi-2(2≤i≤9,i∈N*),
(数列递推关系在有提示({pi-pi-1}(i=1,2,…,9)是等比数列)的情况下,按提示变形递推关系,结合首项证明等比数列)
∴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=,
则p1-p0=-,……,pi-pi-1=,由累加法可得pi-p0=-,
∴pi=(1≤i≤9,i∈N*),
故活动参与者得到“牛肉卷”的概率P=≈0.4.
(前一轮累计得分为8分(若累计得分为9分,则游戏结束),本轮掷出的点数不超过4,累计得分为10分)
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