2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练58二项分布与超几何分布Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练58二项分布与超几何分布Word版附解析，共7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。

1.若每次测量中出现正误差的概率都是12,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )
A.516B.25C.58D.132
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.2845B.1145C.1745D.1645
3.设随机变量X~B6,12,则P(X≤3)等于( )
A.1132B.732
C.2132D.764
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13
B.2件中有1件是次品的概率为12
C.2件都是正品的概率为13
D.2件中至少有1件是一等品的概率为56
5.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.1128B.7128
C.21128D.35128
6.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 .
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 .
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34,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.
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415,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).
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23,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=P5
B.P1C.∑k=16Pk=1
D.P0,P1,P2,…,P6中P4最大
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)= .
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.
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.
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(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.
考点规范练58 二项分布与超几何分布
1.A 依题意,在5次测量中恰好出现2次正误差的概率为
P=C52×122×1-123=516.
2.D 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)=C21C81C102=1645.
3.C P(X≤3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=C60×126+C61×126+C62×126+C63×126=2132.
4.BD 2件都是一等品的概率为C22C42=16,
故A错误.
2件中有1件是次品的概率为C11C31C42=12,
故B正确.
2件都是正品的概率为C32C42=12,
故C错误.
2件中至少有1件是一等品的概率为C21C21+C22C42=56,
故D正确.
5.C 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12,故所求的概率为C72×122×125=21128.
6.127 67 由题意,可知X的可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=C33C73=135,P(X=1)=C41C32C73=1235,P(X=2)=C42C31C73=1835,P(X=3)=C43C73=435.
所以E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
P(A)=C41C32+C42C31C73=67.
7.38 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510=12,取一个数为负数的概率为12.3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C32×122×12=38.
8.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)=C61C22C83=328,P(X=2)=C62C21C83=1528,P(X=3)=C63C20C83=514.
故X的分布列为
E(X)=1×328+2×1528+3×514=94.
P(Y=0)=C30×340×1-343=164,
P(Y=1)=C31×34×1-342=964,
P(Y=2)=C32×342×1-34=2764,
P(Y=3)=C33×343×1-340=2764.
故Y的分布列为
E(Y)=3×34=94.
(2)由(1)知E(X)=E(Y),P(X≥2)=1528+514=2528,
P(Y≥2)=2764+2764=2732,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.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210=15.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=C32×152×1-15=12125.
(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=C32+Cn2+C7-n2C102=415,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)=C42C102=215,P(X=3)=C41C31C102=415,P(X=4)=C31C41+C32C102=13,P(X=5)=C31C31C102=15,P(X=6)=C32C102=115.
故X的分布列为
E(X)=2×215+3×415+4×13+5×15+6×115=195.
10.BD 由题意可知Pk=C6k23k1-236-k,k=0,1,2,…,6,
故P1=C61×23×135=4243,
P5=C65×235×13=64243,显然P1故C错误.
设P0,P1,P2,…,P6中Pi(0≤i≤6,且i∈N)最大,
则Pi≥Pi+1,Pi≥Pi-1,
即C6i23i136-i≥C6i+123i+1135-i,C6i23i136-i≥C6i-123i-1137-i,
解得113≤i≤143,因为i∈N,所以i=4,
所以P0,P1,P2,…,P6中P4最大.故D正确.
11.3 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12,则Z~B6,12,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.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)=C202×0.252×0.7518≈190×0.062 5×0.005 6=0.066 5,
P(X≥2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-0.7520-C201×0.25×0.7519≈1-0.003 2-0.021=0.975 8.
故恰好有2人过敏的概率为0.066 5,至少有2人过敏的概率为0.975 8.
(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nlg 0.75<-3,解得n>-3lg0.75≈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1-0.975 8=0.024 2,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.
13.解 (1)依题意,p=1-(1-m)(1-0.5)=0.5+0.5m.
(2)由已知得f(p)=C129p9(1-p)3,0则f'(p)=C129[9p8(1-p)3-3p9(1-p)2]=3C129p8·(1-p)2(3-4p),0由f'(p)>0,得0由f'(p)<0,得0.75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.解 (1)依题意,有C53p3(1-p)2+C54p4(1-p)+C55p5=C32p2(1-p)+C33p3,整理得2p3-5p2+4p-1=(p-1)2(2p-1)=0,
解得p=1(舍去)或p=12.故p的值为12.
(2)由题意知X的所有可能取值为0,100,200,300,400,500,
则P(X=0)=C50×125=132,
P(X=100)=C51×125=532,
P(X=200)=C52×125=516,
P(X=300)=C53×125=516,
P(X=400)=C54×125=532,
P(X=500)=C55×125=132.
故X的分布列为
E(X)=0×132+100×532+200×516+300×516+400×532+500×132=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)=18,P(Y=200)=18,P(Y=250)=18,P(Y=300)=18,P(Y=450)=18,P(Y=500)=18,P(Y=550)=18,P(Y=750)=18.
故Y的分布列为
E(Y)=0×18+200×18+250×18+300×18+450×18+500×18+550×18+750×18=375.X
1
2
3
P
328
1528
514
Y
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
X
2
3
4
5
6
P
215
415
13
15
115
X
0
100
200
300
400
500
P
132
532
516
516
532
132
Y
0
200
250
300
450
500
550
750
P
18
18
18
18
18
18
18
18