2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第6讲二项分布与超几何分布提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第10章计数原理概率随机变量及其分布第6讲二项分布与超几何分布提能训练，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．(2022·贵州贵阳四校联考)设随机变量X，Y满足：Y＝3X－1，X～B(2，p)，若P(X≥1)＝eq \f(5,9)，则D(Y)＝( A )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 由题意可得：P(X≥1)＝1－P(X＝0)
＝1－Ceq \\al(0,2)(1－p)2＝eq \f(5,9)，解得p＝eq \f(1,3).
则：D(X)＝np(1－p)＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2,3)＝eq \f(4,9)，D(Y)＝32D(X)＝4.故选A.
2．(2023·河南重点中学“顶尖计划”联考)某士兵进行射击训练，每次命中目标的概率均为eq \f(3,4)，且每次命中与否相互独立，则他连续射击3次，至少命中两次的概率为( A )
A.eq \f(27,32) B．eq \f(9,16)
C．eq \f(27,64) D．eq \f(9,32)
[解析] 所求概率P＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＝eq \f(27,32).选A.
3．(2024·陕西汉中联考)某实验室有6只小白鼠，其中有3只测量过某项指标．若从这6只小白鼠中随机取出4只，则恰好有2只测量过该指标的概率为( C )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(2,5)
C．eq \f(3,5) D．eq \f(3,4)
[解析] 由题意，恰好有2只测量过该指标的概率为eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(4,6))＝eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).故选C.
4．(2023·四川统测)某班在一次以“弘扬伟大的抗疫精神，在抗疫中磨炼成长”为主题的班团活动中，拟在2名男生和4名女生这六名志愿者中随机选取3名志愿者分享在参加抗疫志愿者活动中的感悟，则所选取的3人中女生人数的均值为( C )
A．1 B．eq \f(3,2)
C．2 D．eq \f(5,2)
[解析] 记所选取的3人中女生人数为X，则X的可能值为1,2,3，且P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,2)C\\al(1,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,2)C\\al(2,4),C\\al(3,6))＝eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(0,2)C\\al(3,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，则X均值E(X)＝1×eq \f(1,5)＋2×eq \f(3,5)＋3×eq \f(1,5)＝2.
秒杀解法：E(X)＝3×eq \f(4,4＋2)＝2.故选C.
5．(2023·浙江模拟预测)若离散型随机变量X满足X～B(5，p)，且E(X)＝eq \f(10,3)，则P(X≤2)＝( C )
A.eq \f(1,9) B．eq \f(4,27)
C．eq \f(17,81) D．eq \f(64,81)
[解析] 因为X～B(5，p)，且E(X)＝eq \f(10,3)，所以P＝eq \f(2,3)，所以P(X≤2)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＋P(X＝0)＝Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＋Ceq \\al(1,5)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＋Ceq \\al(0,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))5＝eq \f(51,243)＝eq \f(17,81).
6．(2023·湖北孝感重点高中模拟)甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用七局四胜制，先赢四局者获胜，没有平局、甲每局赢的概率为eq \f(1,2)，已知前两局甲输了，则甲最后获胜的概率为( C )
A.eq \f(1,16) B．eq \f(1,8)
C．eq \f(3,16) D．eq \f(1,4)
[解析] 因为前两局甲都输了，所以甲需要连胜四局或第三局到第六局输1局且第七局胜，甲才能最后获胜，所以甲最后获胜的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＋Ceq \\al(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \f(1,2)＝eq \f(3,16).故选C.
7．(2024·广西北海模拟)端午佳节，小明和小华各自带了一只肉粽子和一只蜜枣粽子．现在两人每次随机交换一只粽子给对方，则两次交换后，小明拥有两只蜜枣粽子的概率为( D )
A.eq \f(1,3) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,8)
[解析] 由题意，只能第一次两人交换相同的粽子，第二次小明用肉粽子换小华的蜜枣粽子，所以P＝Ceq \\al(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(1,8)，故选D.
二、多选题
8．(2024·江苏泰州中学检测)下列关于随机变量X的说法正确的是( BCD )
A．若X服从正态分布N(1,2)，则D(2X＋2)＝4
B．已知随机变量X服从二项分布B(2，p)，且P(X≥1)＝eq \f(5,9)，随机变量Y服从正态分布N(2，σ2)，若P(Y<0)＝eq \f(p,2)，则P(2C．若X服从超几何分布H(4,2,10)，则期望E(X)＝eq \f(4,5)
D．若X服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,3)))，则方差D(X)＝eq \f(8,9)
[解析] 由于X～N(1,2)，所以D(X)＝2，根据方差的性质，D(2X＋2)＝22D(X)＝8，故A错误；X服从二项分布B(2，p)，∴P(X≥1)＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝Ceq \\al(1,2)p(1－p)＋p2＝2p－p2＝eq \f(5,9)，解得p＝eq \f(1,3)，∴P(Y<0)＝eq \f(1,6)，根据正态分布的对称性可得，P(29．(2024·湖北荆州中学月考)设随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(1,3)))，Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(2,3)))，则下列说法正确的是( BC )
A．X，Y服从正态分布
B．P(X>6)＝eq \f(17,38)
C．E(X)D．当且仅当k＝5时，P(Y＝k)取最大值
[解析] 随机变量X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(1,3)))，Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8，\f(2,3)))，则X，Y服从二项分布，故A错误；P(X>6)＝P(X＝7)＋P(X＝8)＝Ceq \\al(7,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))7×eq \f(2,3)＋Ceq \\al(8,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))8＝eq \f(17,38)，故B正确；E(X)＝8×eq \f(1,3)＝eq \f(8,3)，E(Y)＝8×eq \f(2,3)＝eq \f(16,3)，D(X)＝8×eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＝eq \f(16,9)，D(Y)＝8×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))＝eq \f(16,9)，所以E(X)设P(Y＝k)(2≤k≤7)为最大值，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(PY＝k≥PY＝k＋1，,PY＝k≥PY＝k－1，))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))8－k≥C\\al(k＋1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))7－k，,C\\al(k,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))8－k≥C\\al(k－1,8)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))k－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))9－k，))
解得5≤k≤6，所以当k＝5或6时，P(Y＝k)取最大值，故D错误．故选BC.
三、填空题
10．(2024·黑龙江佳木斯开学考试)设随机变量ξ～B(2，p)，若P(ξ≥1)＝eq \f(5,9)，则p的值为 eq \f(1,3) .
[解析] P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝eq \f(5,9)⇒(1－p)2＝eq \f(4,9)，由于1>p>0，所以p＝eq \f(1,3).
11．袋中装有10个除颜色外完全一样的黑球和白球，已知从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是eq \f(7,9).现从该袋中任意摸出3个球，记得到白球的个数为X，则E(X)＝ eq \f(3,2) .
[解析] 设袋中有m个黑球，则白球有(10－m)个，
由题意可得：eq \f(C\\al(2,m),C\\al(2,10))＝eq \f(mm－1,90)＝1－eq \f(7,9)，解得m＝5或m＝－4(舍去)，
故X的可能取值有0,1,2,3，则有：
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,10))＝eq \f(1,12)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,5)C\\al(1,5),C\\al(3,10))＝eq \f(5,12)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,5)C\\al(2,5),C\\al(3,10))＝eq \f(5,12)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,5),C\\al(3,10))＝eq \f(1,12)，
可得X的分布列为：
故E(X)＝0×eq \f(1,12)＋1×eq \f(5,12)＋2×eq \f(5,12)＋3×eq \f(1,12)＝eq \f(3,2).
12．(2024·湖北武昌实验中学月考)如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1 s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次．则
(1)质点回到原点的概率为 eq \f(5,16) ；
(2)质点位于4的位置的概率为 eq \f(3,32) .
[解析] (1)质点向左、向右各移动了3次，故所求概率P1＝Ceq \\al(3,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(5,16).
(2)质点向右移动了5次，向左移动了1次，故所求概率P2＝Ceq \\al(1,6)×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＝eq \f(3,32).
三、解答题
13．(2024·广西北海模拟)某校体育节组织比赛，需要志愿者参加服务的项目有：60米袋鼠跳、100米、200米、1 500米、3 000米、4×100米接力．
(1)志愿者小明同学可以在6个项目中选择3个项目参加服务，求小明在选择60米袋鼠跳服务的条件下，选择3 000米服务的概率；
(2)为了调查志愿者选择服务项目的情况，从志愿者中抽取了15名同学，其中有9名首选100米，6名首选4×100米接力．现从这15名同学中再选3名同学做进一步调查．将其中首选4×100米接力的人数记作X，求随机变量X的分布列和数学期望．
[解析] (1)记事件A为“选择60米袋鼠跳服务”，事件B为“3 000米服务”，
则P(A)＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(3,6))＝eq \f(1,2)，P(AB)＝eq \f(C\\al(1,4),C\\al(3,6))＝eq \f(1,5)，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(2,5)，
所以小明在选择60米袋鼠跳服务的条件下，选择3 000米服务的概率eq \f(2,5).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或所求概率P＝\f(C\\al(1,4),C\\al(2,5))＝\f(1,5)。))
(2)依题意，随机变量X可以取0,1,2,3，
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,9),C\\al(3,15))＝eq \f(12,65)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(2,9),C\\al(3,15))＝eq \f(216,455)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,9),C\\al(3,15))＝eq \f(27,91)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,6)C\\al(0,9),C\\al(3,15))＝eq \f(20,455)＝eq \f(4,91)，
随机变量X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(12,65)＋1×eq \f(216,455)＋2×eq \f(27,91)＋3×eq \f(4,91)＝eq \f(6,5).
14．(2023·河南示范性高中联考)某商超为庆祝开业十周年，准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元，则可参加一次抽奖活动，主办方设计了两种抽奖方案：方案①：一个不透明的盘子中装有12个质地均匀且大小相同的小球，其中3个红球，9个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次．方案②：一个不透明的盒子中装有12个质地均匀且大小相同的小球，其中3个红球，9个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得100元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次．
(1)现有一位顾客消费了420元，获得一次抽奖机会，试求这位顾客获得180元返金券的概率；
(2)如果某顾客获得一次抽奖机会．那么他选择哪种方案更划算．
[解析] (1)在一次抽奖机会的情况下，要想获得180元返金券，只能选择方案①，且摸到两次红球，一次白球，而每一次摸到红球的概率为P＝eq \f(3,12)＝eq \f(1,4).
设“这位顾客获得180元返金券”为事件A，则P(A)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2＝eq \f(9,64).
故这位顾客获得180元返金券的概率为eq \f(9,64).
(2)若选择抽奖方案①，则每一次摸到红球的概率为eq \f(1,4)，每一次摸到白球的概率为eq \f(3,4).设获得返金劵金额为X元，则X可能的取值为60,120,180,240.
则P(X＝60)＝Ceq \\al(0,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＝eq \f(27,64)，
P(X＝120)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2＝eq \f(27,64)，
P(X＝180)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2×eq \f(3,4)＝eq \f(9,64)，
P(X＝240)＝Ceq \\al(3,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))3＝eq \f(1,64).
所以选择抽奖方案①，该顾客获得返金劵金额的数学期望为
E(X)＝60×eq \f(27,64)＋120×eq \f(27,64)＋180×eq \f(9,64)＋240×eq \f(1,64)＝105(元)；
若选择抽奖方案②，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为Y，最终获得返金券的金额为Z元，则Y～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,4)))，故E(Y)＝3×eq \f(1,4)＝eq \f(3,4).
选择方案②，该顾客获得返金劵金额的数学期望为E(Z)＝E(100Y)＝100×eq \f(3,4)＝75(元)，
从而有E(X)>E(Z)，所以应选择方案①更划算．
B组能力提升
1．(2024·福建泉州质检)泉州是历史文化名城、东亚文化之都，是联合国认定的“海上丝绸之路”起点．著名的“泉州十八景”是游客的争相打卡点，泉州文旅局调查打卡十八景游客，发现90%的人至少打卡两个景点．为提升城市形象，泉州文旅局为大家准备了4种礼物，分别是世遗泉州金属书签、闽南古厝徽章、开元寺祈福香包、小关公陶瓷摆件．若打卡十八景游客至少打卡两个景点，则有两次抽奖机会；若只打卡一个景点，则有一次抽奖机会．每次抽奖可随机获得4种礼物中的1种礼物，假设打卡十八景游客打卡景点情况相互独立．
(1)从全体打卡十八景游客中随机抽取3人，求3人抽奖总次数不低于4次的概率；
(2)任选一位打卡十八景游客，求此游客抽中开元寺祈福香包的概率．
[解析] (1)设3人抽奖总次数为X，则X的可能取值为3,4,5,6.
由题意知，每位打卡十八景游客至少打卡两个景点的概率为eq \f(9,10)，只打卡一个景点的概率为eq \f(1,10).
依题可得P(X＝4)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(9,10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))2＝eq \f(27,1 000)，
P(X＝5)＝Ceq \\al(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))2×eq \f(1,10)＝eq \f(243,1 000)，
P(X＝6)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,10)))3＝eq \f(729,1 000)，
所以P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＋P(X＝6)＝eq \f(27＋243＋729,1 000)＝0.999.
(2)记事件A＝“每位打卡十八景游客至少打卡两个景点”，
则eq \x\t(A)＝“每位打卡十八景游客只打卡一个景点”，
事件B＝“一位打卡十八景游客抽中开元寺祈福香包”，
则P(A)＝eq \f(9,10)，P(eq \x\t(A))＝eq \f(1,10)，P(B|A)＝eq \f(7,16)，
P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(1,4)，
则P(B)＝P(AB＋eq \x\t(A)B)＝P(AB)＋P(eq \x\t(A)B)＝P(A)P(B|A)＋P(eq \x\t(A))P(B|eq \x\t(A))＝eq \f(9,10)×eq \f(7,16)＋eq \f(1,10)×eq \f(1,4)＝eq \f(67,160).
2．(2024·湖南长沙一中月考)北京冬奥会之后，多个中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动．为了深入了解学生在“单板滑雪”活动中的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：
(1)“单板滑雪”参与人数超过45人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记X为选出可作“基地学校”的学校个数，求X的分布列和数学期望；
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行、转弯、停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为eq \f(1,3)，每个动作互不影响且每轮测试互不影响．如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到5次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
[解析] (1)X的所有可能取值为0,1,2,3.参加“单板滑雪”人数在45人以上的学校共4所．
所以P(X＝0)＝eq \f(C\\al(0,4)C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,6)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(1,4)C\\al(2,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,4)C\\al(1,6),C\\al(3,10))＝eq \f(3,10)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4)C\\al(0,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,30)，
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝eq \f(6,5).
(2)小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为p＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2·eq \f(2,3)＋Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3＝eq \f(7,27)，
小明在n次测试中获“优秀”次数ξ满足ξ～B(n，p)，由np≥5⇒n≥eq \f(135,7)≈19.286，
所以理论上至少要进行20次测试．
3．(2023·贵州联考)某校举办传统文化知识竞赛，从该校参赛学生中随机抽取100名学生，根据他们的竞赛成绩(满分：100分)，按[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)估计该校学生成绩的中位数；
(2)已知样本中竞赛成绩在[90,100]的女生有3人，从样本中竞赛成绩在[90,100]的学生中随机抽取4人进行调查，记抽取的女生人数为X，求X的分布列及期望．
[解析] (1)因为(0.008＋0.024)×10＝0.32<0.5,0.32＋0.036×10＝0.68>0.5，
所以中位数在[70,80)内．
设中位数为m，则0.32＋(m－70)×0.036＝0.5.
解得m＝75.
(2)由题意可知成绩在[90,100]的学生有12人，
X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝eq \f(C\\al(4,9)C\\al(0,3),C\\al(4,12))＝eq \f(126,495)＝eq \f(14,55)，
P(X＝1)＝eq \f(C\\al(3,9)C\\al(1,3),C\\al(4,12))＝eq \f(252,495)＝eq \f(28,55)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(2,9)C\\al(2,3),C\\al(4,12))＝eq \f(108,495)＝eq \f(12,55)，
P(X＝3)＝eq \f(C\\al(1,9)C\\al(3,3),C\\al(4,12))＝eq \f(9,495)＝eq \f(1,55)，
则X的分布列为
故E(X)＝0×eq \f(14,55)＋1×eq \f(28,55)＋2×eq \f(12,55)＋3×eq \f(1,55)＝1.
4．(2024·辽宁丹东阶段测试)哈尔滨冰雪大世界于2022年9月投入使用，总投资高达25亿元，号称“永不落幕”的冰雪游乐场，从“一季繁荣”到“四季绽放”2023年1月至5月的游客数以及对游客填写满意与否的调查表，统计如下：
已知y关于x的线性回归直线方程为eq \(y,\s\up6(^))＝－11.5x＋134.5.
(1)求2月份，3月份的游客数m，n的值；
(2)在1月至5月的游客中随机抽取2人进行调查，把满意率视为概率，求评价为满意的人数X的分布列与期望E(X)．
(参考公式：eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(\i\su(i＝1,n, )xi－\(x,\s\up6(－))yi－\(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n, )xi－\(x,\s\up6(－))2)＝eq \f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\(x,\s\up6(－))\(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,x)\\al(2,i)－n\(x,\s\up6(－))2)，eq \(a,\s\up6(^))＝eq \(y,\s\up6(－))－eq \(b,\s\up6(^)) eq \(x,\s\up6(－)))
[解析] (1)由题意可得eq \(x,\s\up6(－))＝3，eq \(y,\s\up6(－))＝eq \f(m＋n＋300,5)，且eq \(y,\s\up6(－))＝－11.5×3＋134.5＝100，
所以m＋n＝200，eq \i\su(i＝1,5,x)iyi＝2m＋3n＋890,5eq \(x,\s\up6(－))eq \(y,\s\up6(－))＝1 500，eq \i\su(i＝1,5,x)eq \\al(2,i)＝55,5eq \(x,\s\up6(－))2＝45，
所以eq \(b,\s\up6(^))＝eq \f(2m＋3n－610,55－45)＝－11.5，所以2m＋3n＝495，
解得m＝105，n＝95，
(2)任取1个人满意的概率P＝eq \f(130×0.5＋105×0.4＋95×0.4＋90×0.3＋80×0.35,500)＝eq \f(2,5)，
所以满意的人数X服从二项分布，即X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(2,5)))，随机变量X的取值分别为0,1,2，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))2＝eq \f(9,25)，
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,2)×eq \f(2,5)×eq \f(3,5)＝eq \f(12,25)，
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))0＝eq \f(4,25)，
所以期望E(X)＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5).
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,12)
eq \f(5,12)
eq \f(5,12)
eq \f(1,12)
X
0
1
2
3
P
eq \f(12,65)
eq \f(216,455)
eq \f(27,91)
eq \f(4,91)
X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)
X
0
1
2
3
P
eq \f(14,55)
eq \f(28,55)
eq \f(12,55)
eq \f(1,55)
月份x
1
2
3
4
5
游客人数y(万人)
130
m
n
90
80
满意率
0.5
0.4
0.4
0.3
0.35
X
0
1
2
P
eq \f(9,25)
eq \f(12,25)
eq \f(4,25)