高考数学一轮复习考点规范练58二项分布与超几何分布含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习考点规范练58二项分布与超几何分布含解析新人教版，共10页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
考点规范练58　二项分布与超几何分布一、基础巩固1.若每次测量中出现正误差的概率都是,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是(　　)A B C D答案:A解析:依题意,在5次测量中恰好出现2次正误差的概率为P=2.已知一批产品共10件,次品率为20%,从中任取2件,则恰好取到1件次品的概率为(　　)A B C D答案:D解析:设取出的次品件数为X,则X服从超几何分布.由题意知10件产品中有2件次品,故所求概率为P(X=1)=3.设随机变量X~B,则P(X≤3)等于(　　)A B C D答案:C解析:P(X≤3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=4.(多选)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是(　　)A.2件都是一等品的概率为B.2件中有1件是次品的概率为C.2件都是正品的概率为D.2件中至少有1件是一等品的概率为答案:BD解析:2件都是一等品的概率为,故A错误.2件中有1件是次品的概率为,故B正确.2件都是正品的概率为,故C错误.2件中至少有1件是一等品的概率为,故D正确.5.(2021辽宁大连一模)高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的,如图,每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子,上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间,从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的小球,小球向下降落的过程中,首先碰到最上面的钉子,碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下,于是又碰到下一层钉子,如此继续下去,直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口放进一个小球,则其落在第③个格子的概率为(　　)A B C D答案:C解析:依题意,小球从起点到第③个格子的过程中,要向左边滚动5次,向右边滚动2次,而每次向左或向右的概率均为,故所求的概率为6.(2021天津河西二模)现有7人,其中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,先从这7人中随机抽取3人作进一步的身体检查.用X表示抽取的3人中睡眠不足的人数,则随机变量X的均值为　　　　　;设事件A为“抽取的3人中,既有睡眠充足的,也有睡眠不足的”,则事件A发生的概率为　　　　　. 答案:解析:由题意,可知X的可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=所以E(X)=0+1+2+3P(A)=7.在等差数列{an}中,a4=2,a7=-4.如果从{an}的前10项中随机取数,每次取出一个数后放回,连续取3次,且每次取数互不影响,那么在这3次取数中,取出的数恰好为两个非负数和一个负数的概率为　　　　　. 答案:解析:由已知可得,等差数列的通项公式为an=10-2n(n=1,2,3,…),其中a1,a2,a3,a4为正数,a5=0,a6,a7,a8,a9,a10为负数,所以从中取一个数为非负数的概率为,取一个数为负数的概率为3次取数相当于一个3重伯努利试验.故取出的数恰为两个非负数和一个负数的概率为8.某高校设计了一个实验学科的考核方案:考生从8道备选题中一次性随机抽取3道题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定至少正确完成其中2道题的便可提交通过.已知在8道备选题中,考生甲有6道题能正确完成,2道题不能完成;考生乙每道题能正确完成的概率都是,且每道题正确完成与否互不影响.(1)分别写出甲、乙两名考生正确完成题数的分布列,并计算均值;(2)试从两名考生正确完成题数的均值及至少正确完成2道题的概率分析比较两名考生的实验操作能力.解:(1)设甲、乙两名考生正确完成题数分别为X,Y,则X的所有可能取值为1,2,3,Y的所有可能取值为0,1,2,3.由题意可知P(X=1)=,P(X=2)=,P(X=3)=故X的分布列为X123P E(X)=1+2+3P(Y=0)=,P(Y=1)=,P(Y=2)=,P(Y=3)=故Y的分布列为Y0123P E(Y)=3(2)由(1)知E(X)=E(Y),P(X≥2)=,P(Y≥2)=,所以P(X≥2)>P(Y≥2).故从正确完成题数的均值考察,两人水平相当;从至少正确完成2道题的概率考察,甲的概率大.因此可以判断甲的实验操作能力较强.9.袋子中装有10个除颜色外其他完全相同的小球,其中黑球有3个,白球有n(2≤n≤5,且n≠3)个,其余的球为红球.(1)当n=5时,从袋中任取1个球,记下颜色后放回,连续取三次,求三次取出的球中恰有2个红球的概率;(2)从袋中一次性任意取出2个球,若这2个球颜色相同的概率为,求红球的个数;(3)在(2)的条件下,从袋中一次性任意取出2个球.若取出1个白球记1分,取出1个黑球记2分,取出1个红球记3分.用X表示取出的2个球所得分数的和,写出X的分布列,并求X的均值E(X).解:(1)当n=5时,红球有2个,则从袋中任取1个球,取出红球的概率为有放回地连续取三次,相当于一个三重伯努利试验,故三次取出的球中恰有2个红球的概率P=(2)依题意,从袋中一次性任意取出2个球,颜色相同的概率P=,整理得n2-7n+12=0,解得n=3(舍去)或n=4.故红球的个数为7-4=3.(3)依题意,X的所有可能取值为2,3,4,5,6,则P(X=2)=,P(X=3)=,P(X=4)=,P(X=5)=,P(X=6)=故X的分布列为X23456P E(X)=2+3+4+5+6二、综合应用10.(多选)掷一枚不均匀的硬币6次,每次掷出正面的概率均为,恰好出现k次正面的概率记为Pk,则下列说法正确的是(　　)A.P1=P5B.P1<P5CPk=1D.P0,P1,P2,…,P6中P4最大答案:BD解析:由题意可知Pk=,k=0,1,2,…,6,故P1=,P5=,显然P1<P5.故A错误,B正确.因为Pk=1,而P0=0,所以Pk≠1.故C错误.设P0,P1,P2,…,P6中Pi(0≤i≤6,且i∈N)最大,则即解得i,因为i∈N,所以i=4,所以P0,P1,P2,…,P6中P4最大.故D正确.11.现有一项掷骰子放球游戏,规定:掷出1点,甲盒中放一球,掷出2点或3点,乙盒中放一球,掷出4点、5点或6点,丙盒中放一球,共掷6次,用X,Y,Z分别表示掷完6次后甲、乙、丙盒中球的个数.令M=X+Y,则E(M)=　　　　　. 答案:3解析:将每一次掷骰子放球看作一次试验,试验的结果分为将球放入丙盒或将球不放入丙盒,且将球放入丙盒的概率为,则Z~B,所以E(Z)=3.又X+Y+Z=6,所以M=X+Y=6-Z,所以E(M)=E(6-Z)=6-E(Z)=6-3=3.12.假设人们对某种特别的花粉过敏的概率为0.25,现检测20名大学生是否对这种花粉过敏.(1)求恰好有2人过敏的概率及至少有2人过敏的概率.(2)要使样本中至少检测到1人过敏的概率大于0.999,则至少要检测多少人?(3)若检测后发现20名大学生中过敏的不到2人,这说明了什么?试分析原因.附:0.7518≈0.005 6,0.7519≈0.004 2,0.7520≈0.003 2,lg 0.75≈-0.124 9.解:(1)设样本中对花粉过敏的人数为X,则X~B(20,0.25),故P(X=2)=0.252×0.7518≈190×0.0625×0.0056=0.0665,P(X≥2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-0.7520-0.25×0.7519≈1-0.0032-0.021=0.9758.故恰好有2人过敏的概率为0.0665,至少有2人过敏的概率为0.9758.(2)设检测n人,n人中检测到对花粉过敏的人数为Y,则Y~B(n,0.25),故P(Y≥1)=1-P(Y=0)=1-0.75n>0.999,即0.75n<0.001,两边取对数得nlg0.75<-3,解得n>24.02,故至少要检测25人.(3)由(1)知20名大学生中不到2人过敏的概率为1-0.9758=0.0242,此概率非常小,故认为在正常情况下这种情况几乎不会发生,而检测后发现过敏的不到2人,说明检测可能出现问题,原因可能有:①原假设不成立,即每个人对这种花粉过敏的概率不到0.25.②只检测大学生,没有随机性.③检测环节出现问题.三、探究创新13.某校的大一学生在军训结束前,需要进行各项过关测试,其中射击过关测试规定:每名测试的大学生最多有两次射击机会,第一次射击击中靶标,立即停止射击,射击测试过关,得5分;第一次未击中靶标,继续进行第二次射击,若击中靶标,则射击测试过关,得4分;若未击中靶标,则射击测试未能过关,得2分.现有一个班组的12名大学生进行射击过关测试,假设每名大学生两次射击击中靶标的概率分别为m,0.5,每名大学生射击测试过关的概率为p.(1)用m表示p;(2)设该班组中恰有9人通过射击过关测试的概率为f(p),求当f(p)取最大值时p和m的值;(3)在(2)的结果下,求该班组中一名大学生射击过关测试所得分数的均值.解:(1)依题意,p=1-(1-m)(1-0.5)=0.5+0.5m.(2)由已知得f(p)=p9(1-p)3,0<p<1.则f'(p)=[9p8(1-p)3-3p9(1-p)2]=3p8·(1-p)2(3-4p),0<p<1,由f'(p)>0,得0<p<0.75,由f'(p)<0,得0.75<p<1,所以f(p)在区间(0,0.75)内单调递增,在区间(0.75,1)内单调递减.故当p=0.75时,f(p)取最大值.此时,由0.5+0.5m=0.75,解得m=0.5.所以当f(p)取最大值时,p,m的值分别为0.75,0.5.(3)设该组中一名大学生射击过关测试所得分数为随机变量X,则X的可能取值为5,4,2,P(X=5)=0.5,P(X=4)=(1-0.5)×0.5=0.25,P(X=2)=(1-0.5)×(1-0.5)=0.25,故E(X)=5×0.5+4×0.25+2×0.25=4.14.随着网络信息化的高速发展,越来越多的大中小企业选择做网络推广,为了适应时代的发展,某企业引进一种通信系统,该系统根据部件组成不同,分为系统A和系统B,其中系统A由5个部件组成,系统B由3个部件组成,每个部件独立工作且能正常运行的概率均为p(0<p<1),若组成系统的部件中有一半以上能正常运行,则称系统是“有效”的.已知系统A与系统B“有效”的概率相等.(1)试求p的值;(2)不能正常运行的部件称为坏部件,在某一次检测中,企业对所有坏部件都要进行维修,系统A中每个坏部件的维修费用均为100元,系统B中第n个坏部件的维修费用y(单位:元)满足关系y=50n+150(n=1,2,3),记企业支付系统A和系统B的维修费用分别为X元、Y元,求X,Y的分布列及均值.解:(1)依题意,有p3(1-p)2+p4(1-p)+p5=p2(1-p)+p3,整理得2p3-5p2+4p-1=(p-1)2(2p-1)=0,解得p=1(舍去)或p=故p的值为(2)由题意知X的所有可能取值为0,100,200,300,400,500,则P(X=0)=,P(X=100)=,P(X=200)=,P(X=300)=,P(X=400)=,P(X=500)=故X的分布列为X0100200300400500P E(X)=0+100+200+300+400+500=250.因为系统B中第1个坏部件的维修费用为200元,第2个坏部件的维修费用为250元,第3个坏部件的维修费用为300元,所以Y的所有可能取值为0,200,250,300,450,500,550,750,则P(Y=0)=,P(Y=200)=,P(Y=250)=,P(Y=300)=,P(Y=450)=,P(Y=500)=,P(Y=550)=,P(Y=750)=故Y的分布列为Y0200250300450500550750P E(Y)=0+200+250+300+450+500+550+750=375.