【期末热点.重难点】二项式分布与超几何分布（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）选择性必修第三册数学高二下册
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| 名称 | 【期末热点.重难点】二项式分布与超几何分布（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）选择性必修第三册数学高二下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 142.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-23 08:35:12 | ||
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文档简介
期末热点.重难点 二项式分布与超几何分布
一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）已知随机变量X服从二项分布，则P（X＞E（X））＝（ ）
A． B． C． D．
2．（2024秋 江西期末）若随机变量X～B（5，），则E（2X+1）＝（ ）
A．4 B．5 C．8 D．9
3．（2024秋 葫芦岛期末）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响．两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击．约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 江西校级期末）某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 阜阳期末）已知离散型随机变量X服从二项分布，则下列选项正确的是（ ）
A．E（X）＝2 B．E（2X+1）＝2
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
（多选）7．（2024秋 青山湖区校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4
C．若随机变量X服从两点分布，且，则
D．若随机变量X满足，k＝0，1，2，则
（多选）8．（2025 上饶一模）下列结论正确的是（ ）
A．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23．
B．随机变量X服从二项分布，则D（Y）＝3
C．一组样本数据x1，x2， x20的方差，则这组样本数据的总和为60．
D．随机变量X服从正态分布N（5，σ2），且P（2＜X＜5）＝a，则P（X＞8）＝1﹣a
（多选）9．（2025 毕节市模拟）已知随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X～N（3，2），Y～B（9，），则下列选项正确的是（ ）
A． B．E（X）＝E（Y） C．D（X）＝D（Y） D．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 南阳期末）某人在n次射击中击中目标的次数为X，且X B（n，p），已知E（X）＝6.4，D（X）＝1.28，则当P（X＝r）取最大值时，r＝ ．
11．（2024秋 黑龙江期末）若随机变量ξ～B（5，），则D（3ξ﹣1）的值为 ．
12．（2024秋 呼和浩特期末）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象．如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落．数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍．当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置．若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是 ．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 阿克苏市校级期末）某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成[1.2，1.3]，（1.3，1.4]，（1.4，1.5]，（1.5，1.6]，（1.6，1.7]，（1.7，1.8]这6组，得到如下的频数分布表：
分组 [1.2，1.3] （1.3，1.4] （1.4，1.5] （1.5，1.6] （1.6，1.7] （1.7，1.8]
频数 5 15 40 40 15 5
以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率．
（1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在（1.4，1.6]中的个数，求X的分布列和数学期望；
（2）若变量S满足|P（μ﹣σ＜S≤μ+σ）﹣0.6827|≤0.05，且|P（μ﹣2σ＜S≤μ+2σ）﹣0.9545|≤0.05，则称变量S满足近似于正态分布N（μ，σ2）的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？
14．（2024秋 郴州期末）（Ⅰ）证明：，其中n、k∈N*，且2≤k≤n．
（Ⅱ）证明：若X服从二项分布B（n，p），则E（X）＝np．
（Ⅲ）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为q＝1﹣p．双方约定比满（2n﹣1）局，赢的局数多的人获胜．设甲获胜的概率为Pn，证明{Pn}是递增数列，并说明该结论的实际含义．
15．（2024秋 湖北月考）大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）．约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为.设各局比赛相互之间没有影响且无平局．
（1）求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）求甲校以3：1获胜的概率．
期末热点.重难点 二项式分布与超几何分布
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）已知随机变量X服从二项分布，则P（X＞E（X））＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】由二项分布的期望公式可得E（X）＝1，再结合二项分布的概率公式求解．
【解答】解：因为随机变量X服从二项分布，
所以E（X）＝31，
所以P（X＞E（X））＝P（X＞1）＝P（X＝2）+P（X＝3）（）2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二项分布的概率公式和期望公式，属于基础题．
2．（2024秋 江西期末）若随机变量X～B（5，），则E（2X+1）＝（ ）
A．4 B．5 C．8 D．9
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据二项分布的性质即可求解．
【解答】解：已知随机变量X服从二项分布，
根据二项分布的期望公式，，
利用期望的线性性质，E（2X+1）＝2E（X）+1＝2×2+1＝5．
故选：B．
【点评】本题考查了二项分布，属于基础题．
3．（2024秋 葫芦岛期末）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响．两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击．约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】先分类，然后利用相互独立事件的概率公式可得前4次中甲恰好射击3次的概率．
【解答】解：记第i次射击由甲射击，且命中为事件Ai，第i次射击由乙射击，且命中为事件Bi，
P（Ai），P（），P（Bi），P（），
由题知，第一次由甲射击且前4次中甲恰好射击3次有6种情况，
，，，，，，
∴前4次中甲恰好射击3次的概率为：
P＝P（）+P（）+P（）+P（）+P（）+P（）
．
故选：B．
【点评】本题考查相互独立事件的概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2024秋 江西校级期末）某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，分为连中4次，额外加3分，剩余3次不中、连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续和有两次连中两回，三类情况，结合独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解．
【解答】解：根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有种选择，故概率为，
②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中（不中）中（不中）中，中（不中）中中中（不中）中，中（不中）中（不中）中中中，则概率为，
③若有两次连中两回，中中（不中）中中（不中）中，中（不中）中中（不中）中中，中中（不中）中（不中）中中，满足要求，则概率为，
综上，该生在比赛中恰好得7分的概率为．
故选：B．
【点评】本题主要考查n次独立重复试验，属于基础题．
5．（2024秋 阜阳期末）已知离散型随机变量X服从二项分布，则下列选项正确的是（ ）
A．E（X）＝2 B．E（2X+1）＝2
C． D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据二项分布的期望和方差的公式可求解AC，根据方差和期望的性质可求解BD．
【解答】解：因为X～，
所以E（X）＝31，D（X）＝3，故A错误，C错误；
所以E（2X+1）＝2E（X）+1＝3，，故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二项分布的期望公式和方差公式，考查了期望和方差的性质，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AD
【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差D（X），再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C．
【解答】解：对于A，因为，
解得，
则D（3X+1）＝32D（X）＝18，故A正确；
对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n，
则，
当且仅当m＝n时，故B错误；
对于C，σ越大，数据越分散，所以该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越小，故C错误；
对于D，因为4个数据的平均数为5，方差为3，
所以加入数据5后，平均数为，
则这5个数据的方差为2.4，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查了二项分布的方差公式，考查了分层随机抽样的方差公式，以及正态分布曲线的对称性，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 青山湖区校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4
C．若随机变量X服从两点分布，且，则
D．若随机变量X满足，k＝0，1，2，则
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】A．由随机变量服从二项分布求解；B．由随机变量服从正态分布求解；C．由随机变量服从两点分布求解；D．由随机变量服从超几何分布求解．
【解答】解：若随机变量，则，故不正确；
若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4，故正确；
若随机变量X服从两点分布，且，则，故正确；
由题意可知，，
所以，故不正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查二项分布的概率公式，以及正态分布的应用，属于基础题．
（多选）8．（2025 上饶一模）下列结论正确的是（ ）
A．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23．
B．随机变量X服从二项分布，则D（Y）＝3
C．一组样本数据x1，x2， x20的方差，则这组样本数据的总和为60．
D．随机变量X服从正态分布N（5，σ2），且P（2＜X＜5）＝a，则P（X＞8）＝1﹣a
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；方差；百分位数．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】对A，利用百分位数的定义求解判断；对B，利用二项分布的方差公式求解；对C，根据方差公式可得该组数据的平均数是3，求解判断；对D，根据正态分布性质即可判断．
【解答】解：将数据从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，
由于10×0.7＝7，
故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即，
所以第70百分位数是23.5，故A错误；
对选项B：.故B正确；
对选项C：由方差的公式可知，该组数据的平均数是3，这组样本数据的总和为3×20＝60，故C正确；
对选项D：X服从正态分布N（5，σ2），P（2＜X＜5）＝P（5＜X＜8）＝a，
所以，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．
（多选）9．（2025 毕节市模拟）已知随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X～N（3，2），Y～B（9，），则下列选项正确的是（ ）
A． B．E（X）＝E（Y） C．D（X）＝D（Y） D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；n重伯努利试验与二项分布．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据已知条件，结合二项分布、正态分布的应用，即可求解．
【解答】解：X～N（3，2），
则P（X≤3），故A正确；
X～N（3，2），则E（X）＝3，D（X）＝2，
Y～B（9，），则E（X），D（X），
故BC正确；
P（Y＝1），故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查二项分布、正态分布的应用，是基础题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 南阳期末）某人在n次射击中击中目标的次数为X，且X B（n，p），已知E（X）＝6.4，D（X）＝1.28，则当P（X＝r）取最大值时，r＝ 7 ．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】7．
【分析】根据二项分布的相关概念与计算即可求解．
【解答】解：依题意，得解得 n＝8，p＝0.8，故X～B（8，0.8），
所以，当P（X＝r）最大时，
即
即
整理得
解得，而r∈N*，因此r＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了二项分布，属于基础题．
11．（2024秋 黑龙江期末）若随机变量ξ～B（5，），则D（3ξ﹣1）的值为 10 ．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】10．
【分析】根据二项分布方差的计算方式以及方差的性质，可得答案．
【解答】解：∵随机变量ξ～B（5，），
∴，
∴D（3ξ﹣1）＝9D（ξ）＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查二项分布方差的计算方式以及方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12．（2024秋 呼和浩特期末）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象．如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落．数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍．当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置．若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是 ．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，由二项分布的性质计算概率即可．
【解答】解：一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置
则下落的过程中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
因为向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，
所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，
故所求概率为：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查n次独立重复试验发生的概率，属于基础题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 阿克苏市校级期末）某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成[1.2，1.3]，（1.3，1.4]，（1.4，1.5]，（1.5，1.6]，（1.6，1.7]，（1.7，1.8]这6组，得到如下的频数分布表：
分组 [1.2，1.3] （1.3，1.4] （1.4，1.5] （1.5，1.6] （1.6，1.7] （1.7，1.8]
频数 5 15 40 40 15 5
以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率．
（1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在（1.4，1.6]中的个数，求X的分布列和数学期望；
（2）若变量S满足|P（μ﹣σ＜S≤μ+σ）﹣0.6827|≤0.05，且|P（μ﹣2σ＜S≤μ+2σ）﹣0.9545|≤0.05，则称变量S满足近似于正态分布N（μ，σ2）的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；几何概型．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）分布列见解析，E（X）＝2；
（2）能．
【分析】（1）写出随机变量的可能取值，并求解每个值的概率，即可求解；
（2）求出（μ﹣σ＜Y≤μ+σ）与P（μ﹣2σ＜Y≤μ+2σ）的概率，即可求解．
【解答】解：（1）从这批零件中随机选取1件，长度在（1.4，1.6]的概率’
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以；
（2）由题意知μ＝1.5，σ＝0.1，
，
，
P（μ﹣2σ＜Y≤μ+2σ）＝P（1.3＜Y≤1.7）＝0.125+0.67+0.125＝0.92，
因为|0.67﹣0.6827|＝0.0127≤0.05，|0.92﹣0.9545|＝0.0345≤0.05，
所以这批零件的长度满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，
所以认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列期望的求解，属于中档题．
14．（2024秋 郴州期末）（Ⅰ）证明：，其中n、k∈N*，且2≤k≤n．
（Ⅱ）证明：若X服从二项分布B（n，p），则E（X）＝np．
（Ⅲ）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为q＝1﹣p．双方约定比满（2n﹣1）局，赢的局数多的人获胜．设甲获胜的概率为Pn，证明{Pn}是递增数列，并说明该结论的实际含义．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明如上，
（Ⅱ）证明如上，
（Ⅲ）证明如上，该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（即甲）越有利．
【分析】（1）利用组合数的定义公式进行变形推导；
（2）根据二项分布的期望定义，再结合（1）的结论进行推导；
（3）根据甲获胜的概率Pn的表达式，通过比较Pn与Pn﹣1的大小来证明．
【解答】解：（Ⅰ），
（Ⅱ）令q＝1﹣p，由题意得，k＝0，1，2，3，…，n，
则，
令k﹣1＝m，则，
（Ⅲ）设事件A＝“比满（2n+1）局甲获胜”，B＝“第2n局甲赢”，C＝“第（2n+1）局甲赢”，
则Pn+1＝P（A）＝P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC），
，
由题意知p＞q，所以Pn+1＞Pn，所以{Pn}是递增数列，
该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（即甲）越有利．
【点评】本题考查了二项分布，属于中档题．
15．（2024秋 湖北月考）大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）．约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为.设各局比赛相互之间没有影响且无平局．
（1）求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）求甲校以3：1获胜的概率．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）就不同学校连胜3场分类讨论后可求比赛结束的概率；
（2）就前两局甲校两胜、一胜一负分类讨论后可求甲校以3：1获胜的概率．
【解答】解：（1）甲校连胜3局，概率为，
乙校连胜3局，概率为，
故恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）甲校以3：1获胜的情况如下：
①前两局男生排球比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜，
概率为P1，
②前两局男生羽毛球比赛中甲校1胜1负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜，
概率为，
故甲校以3：1获胜的概率．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
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一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）已知随机变量X服从二项分布，则P（X＞E（X））＝（ ）
A． B． C． D．
2．（2024秋 江西期末）若随机变量X～B（5，），则E（2X+1）＝（ ）
A．4 B．5 C．8 D．9
3．（2024秋 葫芦岛期末）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响．两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击．约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024秋 江西校级期末）某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024秋 阜阳期末）已知离散型随机变量X服从二项分布，则下列选项正确的是（ ）
A．E（X）＝2 B．E（2X+1）＝2
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
（多选）7．（2024秋 青山湖区校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4
C．若随机变量X服从两点分布，且，则
D．若随机变量X满足，k＝0，1，2，则
（多选）8．（2025 上饶一模）下列结论正确的是（ ）
A．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23．
B．随机变量X服从二项分布，则D（Y）＝3
C．一组样本数据x1，x2， x20的方差，则这组样本数据的总和为60．
D．随机变量X服从正态分布N（5，σ2），且P（2＜X＜5）＝a，则P（X＞8）＝1﹣a
（多选）9．（2025 毕节市模拟）已知随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X～N（3，2），Y～B（9，），则下列选项正确的是（ ）
A． B．E（X）＝E（Y） C．D（X）＝D（Y） D．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 南阳期末）某人在n次射击中击中目标的次数为X，且X B（n，p），已知E（X）＝6.4，D（X）＝1.28，则当P（X＝r）取最大值时，r＝ ．
11．（2024秋 黑龙江期末）若随机变量ξ～B（5，），则D（3ξ﹣1）的值为 ．
12．（2024秋 呼和浩特期末）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象．如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落．数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍．当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置．若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是 ．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 阿克苏市校级期末）某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成[1.2，1.3]，（1.3，1.4]，（1.4，1.5]，（1.5，1.6]，（1.6，1.7]，（1.7，1.8]这6组，得到如下的频数分布表：
分组 [1.2，1.3] （1.3，1.4] （1.4，1.5] （1.5，1.6] （1.6，1.7] （1.7，1.8]
频数 5 15 40 40 15 5
以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率．
（1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在（1.4，1.6]中的个数，求X的分布列和数学期望；
（2）若变量S满足|P（μ﹣σ＜S≤μ+σ）﹣0.6827|≤0.05，且|P（μ﹣2σ＜S≤μ+2σ）﹣0.9545|≤0.05，则称变量S满足近似于正态分布N（μ，σ2）的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？
14．（2024秋 郴州期末）（Ⅰ）证明：，其中n、k∈N*，且2≤k≤n．
（Ⅱ）证明：若X服从二项分布B（n，p），则E（X）＝np．
（Ⅲ）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为q＝1﹣p．双方约定比满（2n﹣1）局，赢的局数多的人获胜．设甲获胜的概率为Pn，证明{Pn}是递增数列，并说明该结论的实际含义．
15．（2024秋 湖北月考）大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）．约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为.设各局比赛相互之间没有影响且无平局．
（1）求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）求甲校以3：1获胜的概率．
期末热点.重难点 二项式分布与超几何分布
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2025 浙江模拟）已知随机变量X服从二项分布，则P（X＞E（X））＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】由二项分布的期望公式可得E（X）＝1，再结合二项分布的概率公式求解．
【解答】解：因为随机变量X服从二项分布，
所以E（X）＝31，
所以P（X＞E（X））＝P（X＞1）＝P（X＝2）+P（X＝3）（）2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二项分布的概率公式和期望公式，属于基础题．
2．（2024秋 江西期末）若随机变量X～B（5，），则E（2X+1）＝（ ）
A．4 B．5 C．8 D．9
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据二项分布的性质即可求解．
【解答】解：已知随机变量X服从二项分布，
根据二项分布的期望公式，，
利用期望的线性性质，E（2X+1）＝2E（X）+1＝2×2+1＝5．
故选：B．
【点评】本题考查了二项分布，属于基础题．
3．（2024秋 葫芦岛期末）甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为与，且每次射击命中与否互不影响．两人约定如下：每次由一人射击，若命中，下一次由另一人射击；若没有命中，则继续射击．约定甲先射击，则前4次中甲恰好射击3次的概率为（ ）
A． B． C． D．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】先分类，然后利用相互独立事件的概率公式可得前4次中甲恰好射击3次的概率．
【解答】解：记第i次射击由甲射击，且命中为事件Ai，第i次射击由乙射击，且命中为事件Bi，
P（Ai），P（），P（Bi），P（），
由题知，第一次由甲射击且前4次中甲恰好射击3次有6种情况，
，，，，，，
∴前4次中甲恰好射击3次的概率为：
P＝P（）+P（）+P（）+P（）+P（）+P（）
．
故选：B．
【点评】本题考查相互独立事件的概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2024秋 江西校级期末）某学生进行投篮训练，采取积分制，有7次投篮机会，投中一次得1分，不中得0分，若连续投中两次则额外加1分，连续投中三次额外加2分，以此类推，连续投中七次额外加6分，假设该学生每次投中的概率是，且每次投中之间相互独立，则该学生在此次训练中恰好得7分的概率是（ ）
A． B． C． D．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率；相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，分为连中4次，额外加3分，剩余3次不中、连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续和有两次连中两回，三类情况，结合独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解．
【解答】解：根据题意，该学生在此次训练中恰好得7分，可分为三类情况：
①若连中4次，额外加3分，剩余3次不中，满足要求，此时将连中4次看作一个整体，与其他三次不中排序，共有种选择，故概率为，
②若连中3次，额外加2分，剩余4次，两次投中，两次没投中，且两次投中不连续，故两次不中之间可能为一次中，也可能是三次中，有以下情况：
中中中（不中）中（不中）中，中（不中）中中中（不中）中，中（不中）中（不中）中中中，则概率为，
③若有两次连中两回，中中（不中）中中（不中）中，中（不中）中中（不中）中中，中中（不中）中（不中）中中，满足要求，则概率为，
综上，该生在比赛中恰好得7分的概率为．
故选：B．
【点评】本题主要考查n次独立重复试验，属于基础题．
5．（2024秋 阜阳期末）已知离散型随机变量X服从二项分布，则下列选项正确的是（ ）
A．E（X）＝2 B．E（2X+1）＝2
C． D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据二项分布的期望和方差的公式可求解AC，根据方差和期望的性质可求解BD．
【解答】解：因为X～，
所以E（X）＝31，D（X）＝3，故A错误，C错误；
所以E（2X+1）＝2E（X）+1＝3，，故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了二项分布的期望公式和方差公式，考查了期望和方差的性质，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 郑州模拟）下列结论正确的是（ ）
A．若随机变量，则D（3X+1）＝18
B．将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】AD
【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差D（X），再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C．
【解答】解：对于A，因为，
解得，
则D（3X+1）＝32D（X）＝18，故A正确；
对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n，
则，
当且仅当m＝n时，故B错误；
对于C，σ越大，数据越分散，所以该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）的概率越小，故C错误；
对于D，因为4个数据的平均数为5，方差为3，
所以加入数据5后，平均数为，
则这5个数据的方差为2.4，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查了二项分布的方差公式，考查了分层随机抽样的方差公式，以及正态分布曲线的对称性，属于中档题．
（多选）7．（2024秋 青山湖区校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4
C．若随机变量X服从两点分布，且，则
D．若随机变量X满足，k＝0，1，2，则
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】A．由随机变量服从二项分布求解；B．由随机变量服从正态分布求解；C．由随机变量服从两点分布求解；D．由随机变量服从超几何分布求解．
【解答】解：若随机变量，则，故不正确；
若随机变量X～N（4，9），则E（X）＝4，故正确；
若随机变量X服从两点分布，且，则，故正确；
由题意可知，，
所以，故不正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查二项分布的概率公式，以及正态分布的应用，属于基础题．
（多选）8．（2025 上饶一模）下列结论正确的是（ ）
A．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23．
B．随机变量X服从二项分布，则D（Y）＝3
C．一组样本数据x1，x2， x20的方差，则这组样本数据的总和为60．
D．随机变量X服从正态分布N（5，σ2），且P（2＜X＜5）＝a，则P（X＞8）＝1﹣a
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；方差；百分位数．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】对A，利用百分位数的定义求解判断；对B，利用二项分布的方差公式求解；对C，根据方差公式可得该组数据的平均数是3，求解判断；对D，根据正态分布性质即可判断．
【解答】解：将数据从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，
由于10×0.7＝7，
故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即，
所以第70百分位数是23.5，故A错误；
对选项B：.故B正确；
对选项C：由方差的公式可知，该组数据的平均数是3，这组样本数据的总和为3×20＝60，故C正确；
对选项D：X服从正态分布N（5，σ2），P（2＜X＜5）＝P（5＜X＜8）＝a，
所以，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．
（多选）9．（2025 毕节市模拟）已知随机变量X，Y分别服从正态分布和二项分布，即X～N（3，2），Y～B（9，），则下列选项正确的是（ ）
A． B．E（X）＝E（Y） C．D（X）＝D（Y） D．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；n重伯努利试验与二项分布．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】ABC
【分析】根据已知条件，结合二项分布、正态分布的应用，即可求解．
【解答】解：X～N（3，2），
则P（X≤3），故A正确；
X～N（3，2），则E（X）＝3，D（X）＝2，
Y～B（9，），则E（X），D（X），
故BC正确；
P（Y＝1），故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查二项分布、正态分布的应用，是基础题．
三．填空题（共3小题）
10．（2024秋 南阳期末）某人在n次射击中击中目标的次数为X，且X B（n，p），已知E（X）＝6.4，D（X）＝1.28，则当P（X＝r）取最大值时，r＝ 7 ．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】7．
【分析】根据二项分布的相关概念与计算即可求解．
【解答】解：依题意，得解得 n＝8，p＝0.8，故X～B（8，0.8），
所以，当P（X＝r）最大时，
即
即
整理得
解得，而r∈N*，因此r＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查了二项分布，属于基础题．
11．（2024秋 黑龙江期末）若随机变量ξ～B（5，），则D（3ξ﹣1）的值为 10 ．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】10．
【分析】根据二项分布方差的计算方式以及方差的性质，可得答案．
【解答】解：∵随机变量ξ～B（5，），
∴，
∴D（3ξ﹣1）＝9D（ξ）＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查二项分布方差的计算方式以及方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12．（2024秋 呼和浩特期末）英国生物统计学家高尔顿设计了高尔顿钉板来研究随机现象．如图是一个高尔顿钉板的设计图，每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗钉子恰好位于下一层两颗打子的正中间，小球每次下落，将随机的向两边等概率的下落．数学课堂上，老师向学生们介绍了高尔顿钉板放学后，爱动脑的小明设计了一个不一样的“高尔顿钉板”，它使小球在从钉板上一层的两颗钉子之间落下后砸到下一层的钉子上时，向左下落的概率为向右下落的概率的2倍．当有大量的小球依次滚下时，最终都落入钉板下面的5个不同位置．若一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置的概率是 ．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，由二项分布的性质计算概率即可．
【解答】解：一个小球从正上方落下，经过5层钉板最终落到4号位置
则下落的过程中向左一次，向右三次才能最终落到4号位置，
因为向左下落的概率为向右下落的概率的2倍，
所以向左下落的概率为，向右下落的概率为，
故所求概率为：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查n次独立重复试验发生的概率，属于基础题．
四．解答题（共3小题）
13．（2024春 阿克苏市校级期末）某公司采购了一批零件，为了检测这批零件是否合格，从中随机抽测了120个零件的长度（单位：分米），按数据分成[1.2，1.3]，（1.3，1.4]，（1.4，1.5]，（1.5，1.6]，（1.6，1.7]，（1.7，1.8]这6组，得到如下的频数分布表：
分组 [1.2，1.3] （1.3，1.4] （1.4，1.5] （1.5，1.6] （1.6，1.7] （1.7，1.8]
频数 5 15 40 40 15 5
以这120个零件的长度在各组的频率作为整批零件的长度在各组的概率．
（1）若从这批零件中随机抽取3个，记X为抽取的零件的长度在（1.4，1.6]中的个数，求X的分布列和数学期望；
（2）若变量S满足|P（μ﹣σ＜S≤μ+σ）﹣0.6827|≤0.05，且|P（μ﹣2σ＜S≤μ+2σ）﹣0.9545|≤0.05，则称变量S满足近似于正态分布N（μ，σ2）的概率分布，如果这批零件的长度Y（单位：分米）满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，则认为这批零件是合格的，将顺利被签收，否则，公司将拒绝签收，试问该批零件能否被签收？
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；几何概型．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）分布列见解析，E（X）＝2；
（2）能．
【分析】（1）写出随机变量的可能取值，并求解每个值的概率，即可求解；
（2）求出（μ﹣σ＜Y≤μ+σ）与P（μ﹣2σ＜Y≤μ+2σ）的概率，即可求解．
【解答】解：（1）从这批零件中随机选取1件，长度在（1.4，1.6]的概率’
随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以随机变量X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
所以；
（2）由题意知μ＝1.5，σ＝0.1，
，
，
P（μ﹣2σ＜Y≤μ+2σ）＝P（1.3＜Y≤1.7）＝0.125+0.67+0.125＝0.92，
因为|0.67﹣0.6827|＝0.0127≤0.05，|0.92﹣0.9545|＝0.0345≤0.05，
所以这批零件的长度满足近似于正态分布N（1.5，0.01）的概率分布，
所以认为这批零件是合格的，将顺利被该公司签收．
【点评】本题主要考查离散型随机变量分布列期望的求解，属于中档题．
14．（2024秋 郴州期末）（Ⅰ）证明：，其中n、k∈N*，且2≤k≤n．
（Ⅱ）证明：若X服从二项分布B（n，p），则E（X）＝np．
（Ⅲ）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局甲赢的概率为，乙赢的概率为q＝1﹣p．双方约定比满（2n﹣1）局，赢的局数多的人获胜．设甲获胜的概率为Pn，证明{Pn}是递增数列，并说明该结论的实际含义．
【考点】二项分布的均值（数学期望）与方差；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明如上，
（Ⅱ）证明如上，
（Ⅲ）证明如上，该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（即甲）越有利．
【分析】（1）利用组合数的定义公式进行变形推导；
（2）根据二项分布的期望定义，再结合（1）的结论进行推导；
（3）根据甲获胜的概率Pn的表达式，通过比较Pn与Pn﹣1的大小来证明．
【解答】解：（Ⅰ），
（Ⅱ）令q＝1﹣p，由题意得，k＝0，1，2，3，…，n，
则，
令k﹣1＝m，则，
（Ⅲ）设事件A＝“比满（2n+1）局甲获胜”，B＝“第2n局甲赢”，C＝“第（2n+1）局甲赢”，
则Pn+1＝P（A）＝P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC）+P（BC）P（A|BC），
，
由题意知p＞q，所以Pn+1＞Pn，所以{Pn}是递增数列，
该结论的实际含义是：比赛局数越多，对实力较强者（即甲）越有利．
【点评】本题考查了二项分布，属于中档题．
15．（2024秋 湖北月考）大冶市甲、乙两所学校之间进行排球比赛，采用五局三胜制（先赢三局的学校获胜，比赛结束）．约定比赛规则如下：先进行两局男生排球比赛，后只进行女生排球比赛．按照以往比赛经验，在男生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为；在女生排球比赛中，每局甲校获胜的概率为，乙校获胜的概率为.设各局比赛相互之间没有影响且无平局．
（1）求恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）求甲校以3：1获胜的概率．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）就不同学校连胜3场分类讨论后可求比赛结束的概率；
（2）就前两局甲校两胜、一胜一负分类讨论后可求甲校以3：1获胜的概率．
【解答】解：（1）甲校连胜3局，概率为，
乙校连胜3局，概率为，
故恰好比赛三局，比赛结束的概率；
（2）甲校以3：1获胜的情况如下：
①前两局男生排球比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜，
概率为P1，
②前两局男生羽毛球比赛中甲校1胜1负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜，
概率为，
故甲校以3：1获胜的概率．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
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