2025届高考数学一轮复习专练73 二项分布与超几何分布（Word版附解析）

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【基础落实练】
1.(5分)已知5件产品中有2件次品,3件正品,检验员从中随机抽取2件进行检测,记取到的正品数为ξ,则均值E(ξ)=( )
A.45B.910C.1D.65
【解析】选D.ξ的所有可能取值为0,1,2,
则P(ξ=0)=C22C52=110,P(ξ=1)=C21C31C52=35,
P(ξ=2)=C32C52=310,则E(ξ)=0×110+1×35+2×310=65.
2.(5分)(2023·昆明模拟)袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A.25B.35C.18125D.54125
【解析】选D.每次抽到黄球的概率为35,所以3次中恰有2次抽到黄球的概率P=C32(35)2(1-35)=54125.
3.(5分)(2023·佛山模拟)已知随机变量X~B(n,p),且E(X)=4,D(X)=2,则P(X=1)=( )
A.123B.124C.125D.126
【解析】选C.随机变量X~B(n,p),且E(X)=4,D(X)=2,则np=4,np(1-p)=2,解得n=8,p=12,
故P(X=1)=C81(12)1(1-12)7=125.
4.(5分)(2023·泉州模拟)甲、乙两位选手进行乒乓球比赛,5局3胜制,每局甲赢的概率是23,乙赢的概率是13,则甲以3∶1获胜的概率是( )
A.827B.427C.49D.29
【解析】选A.由题意知,甲以3∶1获胜是指前3局比赛中甲2胜1负,第4局比赛甲胜,所以甲以3∶1获胜的概率是P=C32×(23)2×13×23=827.
5.(5分)从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球,有放回地摸取5次,设摸得的白球数为X,已知E(X)=3,则D(X)=( )
A.85B.65C.43D.25
【解析】选B.由题意,知X~B(5,3m+3),所以E(X)=5×3m+3=3,解得m=2,所以X~B(5,35),所以D(X)=5×35×(1-35)=65.
6.(5分)(多选题)(2023·张家口模拟)袋子中有2个黑球,1个白球,现从袋子中有放回地随机取球4次,取到白球记0分,黑球记1分,记4次取球的总分数为X,则( )
A.X~B(4,23)B.P(X=2)=881
C.E(X)=83D.D(X)=89
【解析】选ACD.从袋子中有放回地随机取球4次,则每次取球互不影响,并且每次取到黑球的概率相等,又取到黑球记1分,取4次球的总分数,即为取到黑球的个数,所以随机变量X服从二项分布,即X~B(4,23),故A正确;P(X=2)=C42(23)2(13)2=827,故B错误;因为X~B(4,23),所以E(X)=4×23=83,故C正确;D(X)=4×23×13=89,故D正确.
7.(5分)在某“猜羊”游戏中,一只羊随机躲在两扇门后,选手选择其中一扇门并打开,如果这只羊就在该门后,则为猜对;否则,为猜错.已知一位选手有4次“猜羊”机会,若至少猜对2次才能获奖,则该选手获奖的概率为________.
【解析】由题意可知一位选手获得了4次“猜羊”机会,则猜对的次数X~B(4,12),因为至少猜对2次才能获奖,所以该选手获奖的概率为P=1-P(X=0)-P(X=1)=1-C40(12)4-C41×12×(12)3=1-116-416=1116.
答案:1116
8.(5分)一袋中有除颜色不同,其他都相同的2个白球,2个黄球,1个红球,从中任意取出3个球,有黄球的概率是________,若ξ表示取到黄球的个数,则E(ξ)=________.
【解析】一袋中有除颜色不同,其他都相同的2个白球,2个黄球,1个红球,
从中任意取出3个球,样本点总数n=C53=10,
其中有黄球包含的样本点个数m=C22C31+C21C32=9.所以有黄球的概率是mn=910.
ξ表示取到黄球的个数,则ξ的所有可能取值为0,1,2,P(ξ=0)=C33C53=110,P(ξ=1)=C21C32C53=610,P(ξ=2)=C22C31C53=310,所以E(ξ)=0×110+1×610+2×310=65.
答案:910 65
9.(10分)为普及空间站相关知识,某部门组织了空间站模拟编程闯关活动,它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成.规则是:编写程序能够正常运行即为程序正确.每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程,全部结束后提交评委测试,若其中2个及以上程序正确即为闯关成功.现已知10个程序中,甲只能正确完成其中6个,乙正确完成每个程序的概率均为35,每位选手每次编程都互不影响.
(1)求乙闯关成功的概率;
(2)求甲编写程序正确的个数X的分布列和均值,并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大.
【解析】(1)乙正确完成2个程序或者3个程序即为闯关成功,记乙闯关成功为事件A,则P(A)=C32(35)2×25+(35)3=81125.
(2)由题意知,随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=C43C103=130,P(X=1)=C61C42C103=310,P(X=2)=C62C41C103=12,P(X=3)=C63C103=16,
故X的分布列为
所以E(X)=0×130+1×310+2×12+3×16=95.
所以甲闯关成功的概率为12+16=23,因为81125D(ξ2).
12.(5分)(2023·天津模拟)欲从4名男志愿者,3名女志愿者中随机抽取3人成为志愿者小组去完成某项服务,则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下,“抽取的3人全是男志愿者”的概率是________;若用X表示抽取的三人中女志愿者的人数,则E(X)=________.
【解析】记全是男志愿者为事件A,至少有一名男志愿者为事件B,则P(AB)=P(A)=C43C73=435,P(B)=1-C33C73=3435,故P(A|B)=P(AB)P(B)=4353435=217,即在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下,“抽取的3人全是男志愿者”的概率是217,
由题意可知,X服从超几何分布,E(X)=3×37=97.
答案:217 97
13.(10分)羽毛球比赛的计分规则:采用21分制,即双方分数先达21分者胜,3局2胜.每回合中,取胜的一方加1分.每局中一方先得21分且领先至少2分即算该局获胜,否则继续比赛;若双方打成29平后,一方领先1分,即算该局取胜.某次羽毛球比赛中,甲选手在每回合中得分的概率为34,乙选手在每回合中得分的概率为14.
(1)在一局比赛中,若甲、乙两名选手的得分均为18分,求再经过4回合比赛甲获胜的概率;
(2)在一局比赛中,记前4回合比赛甲选手得分为X,求X的分布列及数学期望E(X).
【解析】(1)记“再经过4回合比赛甲获胜”为事件A,可知甲在第4回合胜,前3回合胜2回合,所以P(A)=34×C32×(34)2×14=81256.
(2)易知X的可能取值为0,1,2,3,4,且X~B(4,34),
P(X=0)=C40×(14)4=1256,
P(X=1)=C41×34×(14)3=364,
P(X=2)=C42×(34)2×(14)2=27128,
P(X=3)=C43×(34)3×14=2764,
P(X=4)=C44×(34)4=81256,
所以X的分布列为
数学期望E(X)=4×34=3.
14.(10分)某学校举行“百科知识”竞赛,分两轮进行,第一轮需要从给定的5道题中选3道进行回答,答对一道得3分,答错一道扣1分,第二轮需要回答3道问题,答对一道得5分,答错不得分.选手甲在第一轮的5道题中只能答对其中2道,第二轮的3道题中答对任意一道的概率均为25.假设选手甲两轮比赛的答题结果是相互独立的.
(1)求选手甲两轮比赛的得分相等的概率;
(2)记选手甲两轮比赛的得分分别为X和Y,试比较X,Y的数学期望的大小.
【解析】(1)选手甲第一轮比赛所选的3道题答对的道数可能为0,1,2,得分分别为-3,1,5.
选手甲第二轮比赛需要回答的3道题中答对的道数可能为0,1,2,3,得分分别为0,5,10,15.
选手甲两轮比赛的得分相等即甲在第一轮比赛答对2道且在第二轮比赛答对1道,其概率为C22C31C53×C31×25×(35)2=81625.
(2)选手甲第一轮比赛的得分X的可能取值为-3,1,5,P(X=-3)=C33C53=110,P(X=1)=C21C32C53=35,P(X=5)=C22C31C53=310,
所以E(X)=(-3)×110+1×35+5×310=95.
由题意知选手甲第二轮比赛答对题的数量Z服从二项分布B(3,25),则E(Y)=E(5Z)=5E(Z)=5×3×25=6,因此E(Y)>E(X).
【素养创新练】
15.(5分)(多选题)某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A=a1a2a3a4a5(例如10100),其中A的各位数中ak(k=2,3,4,5)出现0的概率为13,出现1的概率为23,记X=a2+a3+a4+a5,则当程序运行一次时( )
A.X服从二项分布
B.P(X=1)=881
C.X的均值E(X)=83
D.X的方差D(X)=83
【解析】选ABC.由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0,1,
且每个数位上的数字再填时互不影响,故5位数中后4位的所有结果有5类:
①后4个数都出现0,X=0,
记其概率为P(X=0)=(13)4=181;
②后4个数出现1个1,X=1,记其概率为P(X=1)=C41×(23)×(13)3=881;
③后4个数出现2个1,X=2,记其概率为P(X=2)=C42×(23)2×(13)2=2481;
④后4个数出现3个1,X=3,记其概率为P(X=3)=C43×(23)3×13=3281;
⑤后4个数都出现1,X=4,
记其概率为P(X=4)=(23)4=1681.
故X~B(4,23),故A,B正确;
所以E(X)=4×23=83,故C正确;
所以X的方差D(X)=4×23×13=89,故D错误.X
0
1
2
3
P
130
310
12
16
X
0
1
2
3
4
P
1256
364
27128
2764
81256