第6章 4.1 二项分布-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册(北师大版2019)

4 二项分布与超几何分布 4.1 二项分布 白题 基础过关 限时：40min 题组1n重伯努利试验 ③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回 L.(多选)下列事件不是n重伯努利试验的是 地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X是 ( A.甲射击一次，“射中9环”与“射中8环” 随机变量，且K-Ba, B.甲、乙各射击一次，“甲射中10环”与“乙射 A.0 B.1 C.2 D.3 中9环” 6.设随机变量~B(2,P),7~B(4,P),若P(≥ C.甲、乙各射击一次，“甲、乙都射中目标”与 “甲、乙都没有射中目标” D=则P≥2 D.在相同的条件下，甲射击10次，其中5次 65 81 81 D.16 击中目标 81 2.(2023·山东济宁高二期中)某试验每次成功 7.唐代诗人张若虚在《春江花月夜》中曾写道： 的概率为p(0<p<1),现重复进行10次该试 “春江潮水连海平，海上明月共潮生.”潮水的 验，则恰好有3次试验未成功的概率为 涨落和月亮的公转运行有直接的关系，这是 一种自然现象.根据历史数据，已知沿海某地 A.C3p3(1-p) B.CTop"(1-p)3 C.C7p2(1-p)6 D.C7p(1-p) 在某个季节中每天出现大潮的概率均为？.则 3.(2023·广东潮州高二期末)在3重伯努利试 该地在该季节中连续三天内，至少有两天出 验中事件出现的概率相同，若事件A至少出 现大潮的概率为 ( 现1次的概率为品则事件4在1次试验中出 4.20 27 D.13 18 现的概率为 4.将一枚质地均匀的硬币连掷5次，如果出现 知X-B5,写)则P(≤) 8. k次正面的概率等于出现(k+1)次正面的概 题组3 二项分布的均值与方差 率，那么k的值为 9.(多选)(2024·辽宁抚顺高二期末)已知X~ 题组2二项分布 5.下列说法正确的个数是 B(3,P)(0p<1),4P(X=3)+P(X=2)=8且 ①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮命 Y=2X+1,则 ( 中的次数X是一个随机变量，且X一 1 B(10,0.6): A.p24 且以号 ②某彩票中奖概率为P,某人一次买了8张，中 奖张数X是一个随机变量，且X~B(8,P): C.DY=3 D.EY-1=2DY 选择性必修第一册：BS黑白题142 10.若某射手每次射中目标的概率为0.8，每次射 (2)以这10箱的检测结果来估计这一批西 击的结果都是相互独立的，若该射手连续射 梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取 击4次，随机变量X表示击中目标的次数，则 3箱，记专表示抽到一等品的箱数，求 X的标准差为 ( ￡的分布列和期望. A.3.2 B.0.64 C.0.8 D.0.2 11.(2023·河北石家庄高二月考)已知随机变 量X服从二项分布X-B(a,p),若B= D则p= 16.(2024·广东广州高三月考)甲、乙两位同学 决定进行一次投篮比赛，他们每次投中的概 C.3 0.3 4 率均为P,且每次投篮相互独立，经商定共设 定5个投篮点，每个投篮点投球一次，确立的 12.随机变量X,Y满足X+2Y=1,且Y~B(4, 比赛规则如下：甲分别在5个投篮点投球，且 0.5),则EX与DX的值分别为 ( 每投中一次可获得1分；乙按约定的投篮点 A.-3,4 B.3,4 顺序依次投球，如投中可继续进行下一次投 C.4,3 D.4.-3 篮，如没有投中，投篮中止，且每投中一次可 13.(2024·辽宁辽阳高二期末)在一个布袋中 获得2分.按累计得分高低确定胜负， 装有除颜色外完全相同的3个白球和m个 黑球，从中随机摸取1个球，有放回地摸取 1)若乙得6分的概率为'号求p时 3次，记摸取白球的个数为X若EX=4 (2)由(1)问中求得的p值，判断甲、乙两位 同学谁获胜的可能性大？ 则m= ,P(X=2)= 14.某人参加驾照考试，共考4个科目，假设他通 过各科考试的事件是相互独立的，并且概率 都是p,且p>2,若此人通过的科目数X的方 差是氵则EX 重难聚焦 15.(2024·江苏连云港高三月考)西梅以“梅” 为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规 题组4二项分布中的最值问题 名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因 17.(2023·山东烟台高二期中)某人在10次 此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检 射击中击中目标的次数为X,若X~B(10, 测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测 0.8),若P(X=k)最大，则k= 定为一等品 18.(2024·陕西渭南高二期末)某人投篮命中 (1)现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱 的概率为0.3，投篮15次，最有可能命中 是一等品的概率： 次 第六章黑白题143 黑题 应用提优 限时：50min 1.下列随机变量X不服从二项分布的是( 5.(2024·湖北荆州高三月考)已知随机变量 A.投掷一枚均匀的骰子5次，X表示点数为 专~B(7,0.5),则概率P(=k)最大时，k的取 6出现的次数 值为 B.某射手射中目标的概率为p,设每次射击是 A.3 B.4 相互独立的，X为从开始射击到击中目标 C.3或4 D.4或5 所需要的射击次数 6.(多选)某计算机程序每运行一次都随机出现 C.实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓 一个四位二进制数A=a1a2aa,(二进制数的 球比赛，X表示甲获胜的次数 最高位数字为1，其他各位数字只能是0或1， D.一周内，每次下载某网站数据被病毒感染 例如1010)，其中A的各位数中a(k=2,3,4) 的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被 出现0的概率为子，出现1的概率为3记X 病毒感染的次数 2.随机变量Y-B(n,P),且EY=3.6,DY=2.16, a2+a,+a4,则当程序运行一次时，下列说法正 则此二项分布是 确的是 ( ) A.B(4,0.9)】 B.B(9,0.4) A.X服从二项分布 B.P(X≥2)F27 C.B(18,0.2) D.B(36,0.1) 3.(2023·山东德州高二期末)已知每门大炮击 C.X的期望为1 DX的方差为写 中目标的概率都是0.5，现有10门大炮同时对 7.(2024·福建漳州高二月考)一次掷两枚骰 某一目标各射击一次记恰好击中目标3次的 子，若两枚骰子点数之和为4或5或6，则称 概率为A:若击中目标记2分，记10门大炮总 这是一次成功试验.现进行四次试验，则恰出 得分的期望值为B,则A,B的值分别为 现一次成功试验的概率为 8.(2023·广东江门高二期末)一批产品的二等 A. 15 85 15 B 128,10 品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件， 有放回地抽取100次.X表示抽到的二等品件 c5 15 D.25610 数，则DN= :若将抽出的产品送往专 EELEEEELE22EE46626626228 门的检测部门检测，且检测费用Y(元)与二等 4.(2023·河北唐山高二期末) 品件数X满足Y=10X+300,则DY= 奥运吉祥物“雪容融”是根据 中国传统文化中灯笼的造型 9.已知随机变量X~B(6,0.8),若P(X=k)最 创造而成，现挂有如图所示的 大，则D(kX+1)= 两串灯笼，每次随机选取其中一串并摘下其 10.一只小虫从数轴上的原点出发爬行，若每次爬 最下方的一个灯笼，直至某一串灯笼被摘完 行过程中，小虫等概率地向前或向后爬行1个 为止，则右边灯笼先摘完的概率为 单位，设爬行n次后小虫所在位置对应的数为 A.4 B.8 0.6 随机变量专，则 (524=0) P(52=2) 选择性必修第一册·BS黑白题144 11.某大型企业生产的产品细分为10个等级，为 (1)假设设备正常状态，记X表示一天内抽 了解这批产品的等级分布情况，从流水线上 取的10件产品中的次品件数，求 随机抽取了1000件进行检测、分类和统计， P(X≥2)，并说明上述监控生产过程规 并依据以下规则对产品进行评分：检测到 定的合理性： 1级到3级的评为优秀，检测到4级到6级 (2)该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部 的评为良好，检测到7级到9级的评为合格， 件同时出现故障，则设备停止运转：若只 检测到10级的评为不合格.以下把频率视为 有一个部件出现故障，则设备出现异常. 概率，现有如下检测统计表： 已知设备出现异常是由甲部件故障造成 等级 1 的概率为p,由乙部件故障造成的概率为 2 3 4 5 1-p.若设备出现异常，需先检测其中一 频数 10 90 100 150 150 个部件，如果确认该部件出现故障，则进 等级 6 7 6 9 10 行修理，否则，继续对另一部件进行检测 频数 200 100 100 50 50 及修理，已知甲部件的检测费用 (1)从这1000件产品中随机抽取1件，请估 1000元，修理费用5000元，乙部件的检 计这件产品评分为优良的概率： 测费用2000元，修理费用4000元.当设 (2)从该企业的流水线上随机抽取4件产 备出现异常时，仅考虑检测和修理总费 品，设这4件产品中评分为优秀的产品 用，应先检测甲部件还是乙部件？请说 个数为飞，求专的分布列、期望及方差 明理由， 参考数据：0.980=0.82.0.98=0.83,0.988=≈ 0.85. 12.(2024·广东深圳高三期末)某工厂采购了 一批新的生产设备.经统计，设备正常状态 下，生产的产品正品率为0.98.为监控设备生 产过程，检验员每天从该设备生产的产品中 随机抽取10件产品，并检测质量.规定：抽检 的10件产品中，若至少出现2件次品，则认 为设备生产过程出现了异常情况，需对设备 进行检测及修理 进阶突破拔高练P12 第六章黑白题14522 74 D方法总结 (3)D.<D。解析;由(2)知,样本给出的30天中点击量“上涨”的 a重伯努利试验概率求法的三个步骤: (1)判断:依据a重伯努利试验的特征,列新所给试验是否为独立重 天数为12.故P(-1)-122 30#P(5=0) 复试验: ##~0(一)→(0)# (2)分析:判断所求事件是否需要分折; (3)计算:就每个事件依据a重伯努利试验的概率公式求解,最后利 用互斥事件概率加法公式计算。 点击量上涨的天数为12+6=18,故P(n=1)=4020.P(n=0)= 18 9 4.2 解析:c)=c(),即C= 22.11 20.m )0 c*..k+(k+1)=5.k=2.故答案为2. 5.C 解析:①某同学投篇的命中率为0.6.该同学投篮10次,是一个独 立重复试验,所以他10次投篮命中的次数X是一个随机变量,且X- 压轴挑战 B(10.0.6),所以①正确; ②某彩票中奖概率为p.某人一次买了8张,相当于买了8次,每次中 C 解析:依题意可得Fg=2xy,x+y=1. 奖的概率都为p.相当于做了8次独立重复试验,中奖张数X是一个 随机变量,且X-B(8.p),所以②正确; ③从装有5个红球5个自球的袋中.有放回地摸球,直到摸出白球 对于C.D选项: 方法一: 为止,它不是一个独立重复试验,因为当x=1时,概率为-,当x= g=(x-2ry)2y+(y-2xy)2x =(1-2)(1-2) =[(1-2y)2x(1-2x)2y]yx 依次类推,即每次试验摸到白球的概率不相等,所以X不服从B”. =[(2-1)2x(1-2x)2y]x =(1-2x)(x+y)=(1-2x). 1).所以③错误故选C. :0x1:-12-11.0(2-1)1 2.D,即D-FE,故C成立; 口方法总结 判断随机变量是否服从二项分布的条件: 。 (1)每次试验中,事件发生的概率是相同的; 方法二: (2)各次试验中的事件是相互独立的; =(r*+}x)-(2xy)?=ay(x+y-4ry)=xy(1-4ry). (3)每次试验只有两种结果:事件要么发生,要么不发生; -F=xy(1-4xy-2)=-xy(1+4ry). (4)随机变量是n重伯努利试验中事件发生的次数。 x>0.D-<0.故C成立. 6. B 解析:因为随机变量 -B(2.p).所以P(>1)=1-P(=0)=1- 令,=xy,则p=i(1-4t)=-41- (1-)-.解得p-.所以n~B(4)则P(n→2)=1- #(n-0_-Pn1)-1-(1-)-c()(1-)-1 s4 二项分布与超几何分布 故选B. 7.A 解析:该地在该季节中连续三天内,至少有两天出现大潮包括两 4.1 二项分布 白题 1.ABC 解析:A.C符合互斥事件的概念,是互斥事件,不是独立重复 试验;B是相互独立事件,但是“甲射中10环”与“乙射中9环”的概 的概考为选 率不一定相同,因此不是独立重复试验:D中在相同的条件下,甲射 击10次,是独立重复试验.故选ABC. 口方法总结 ( 解析:#()-P(x-2)#v(x-3)-C3(). 1.n重伯努利试验兵有如下共同特征: (1)同一个伯努利试验重复做n次; (3)()()#-4 (2)各次试验的结果相互独立。 2.n重伯努科试脸的条件: (1)每次试脸都是在相同条件下进行的; (2)任何一次试验中某事件发生的概率相等; n)-p_在(0.1)上单调增,n/()-吾听以,-. (3)每次试验都只有两种结果,即事件要么发生,要么不发生 2.B 解析:由题意可知,重复进行10次该试验,恰好有3次试验未成 功,说明7次成功,3次未成功,所以所求概率为Cop(1-p).故 E$-1=F(2X+1)-1=2EX+$-1-3DY-2D-3.则EY-1-$ 故 选B. D错误.故选BC. 3. 解析:设事件A每次出现的概率为P,记“事件A至少出现1次” 10.C 解析:根据题意得随机变量满足二项分布,即X-B(4.0.8),所 以方差DX=4x0.8x(1-0.8)=0.64.所以X的标准差为vDX=0.8 为事件M,则I表示其对立事件“事件A出现0次”,P(M)=1- 故选C. P(M)=1-c$*(1-p)-19 11.A 解析:由题意得{ {(1)-1 15 =5. 选择性必修第一册·BS 黑白题090 $2.A 解析:因为Y-B(4.0.5).所以EY=4X0.5=2.DY=4X0.5$ 0.5= $. $+2Y=1所以$=1-2Y所以E=E(1-2Y=-2EY+1=-3. $=D(1-2Y=(-2)DY=4.故选A P(X=8)最大,故答案为8 27 13.1 D方法总结 3。 二项分布中的概率求最值: 一般地,若随机变量X服从二项分布,即X-B(n.p),其中0<p<1.则 P(X-k)(n+1)_ (n+1)p-(15★n). 案为!; 27 *P(X=k-1)k(1-p) (1-p) 所以P(X=k)P(X=k-l)当且仅k<(n+l)p.即P(X=k)在k 14. 解析:因为他通过各科考试的事件是相互独立的,并且概率都 (n+1)n时严格递增,在(n+l)n时严格递减。 _ 故有:(1)如果(n+1)p>n,则k取a时,P(X=k)最大; 是p.所以此人通过的科目数X~B(4,p).又此人通过的科日数X的 (2)如果(n+l)p是不超过n的正整数,则当h取(n+l)p-1和(a 1)p时,P(X=k)都达到最大值; (3)如果(n+l)p是不超过n的非整数,由于&(n+1)p当且仅 当k[(n+1)p],印k取[(n+1)p]时,P(X=k)最大。 注:[(n+1)p]表示不超过(n+1)p的最大整数。 15.解:(1)设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件A.,则P(A;) 18.4 解析:投篮命中次数X~B(15.0.3).P(X=k)=C·0.3. 。 (P(X=m)=P(X=m+1) (2)由题意可知,从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率为 (C%·0.3".0.715-"C·0.3-*1.0.714-”. 4.8.meZ..m=4.最有可能命中4次.故答案为4. ))一()() 题1 础 1.B 解析:选项A.试验出现的结果只有两种;点数为6和点数不为6. (3(3)()##(-2)_3()()-1 且点数为6的概率在每一次试验中都为-,每一次试验都是相互独 #3)=C()()一)以的分今为 立的,故随机变量X服从二项分布;选项B.虽然随机变量在每一次 试验中的结果只有两种,每一次试验事件相互独立且概率不发生变 化,但随机变量的取值不确定,故随机变量X不服从二项分布;选项 C.甲,乙的获胜概率相等,进行5次比赛,相当于进行了5次独立重 复试验,故X服从二项分布:选项D.由二项分布的定义.可知被感染 54 8 7 次数X~B(n.0.3). P 125 125 125 125 2. B 解析:·随机变量Y-B(a.p).且EY=3.6.DY=2.16. .f2=3.6 所以=3x26 tap(1-p)-2.16.②②+①得1-p=0.6.即p=0.4.代入①解得 16.解:(1)若乙得6分,则需乙前3个投篮都投中,第4个投篮未中,其 n=9.此二项分布是B(9.0.4).故选B 口方法总结 求离散型随机变量的数学期望,一般利用离散型随机变量的数学期 (2)设X为甲累计获得的分数,则x-B(5.).所以EX-np=5× 望的定义求解,对于某些实际问题中的随机变量,如果能够断定它服 从某常见的典型分布(如二项分布X~B(n.p)),则此随机变量的期 望可直接利用这种典型分布的期望公式(EX=np)求得. 10.\(y--p(y-2)-(1-)-.v(y-4)- 3.B 解析:设10门大炮击中目标的次数为X.则根据题意可得X- ()#(1#)#-#(#)-()#(#)-# 10)()() #()()-(v-0→-()- 4.D 解析:由题意,右边灯笼先摘完,摘灯笼的次数X可能为3.4 -#) 以y的分布列为 X=3时,3次均摘下右边灯笼,故P(X=3)= X-4时,前3次中有2次摘下右边灯笼,1次摘下左边灯笼,最后一 次摘右边灯笼。 故P(x-4)=C} 所以EV=0+2x4+4x EX>EY,所以甲获胜的可能性大. 5.C 解析:依题意,P(e-t)-c()()”*-cC{()= 重难聚焦 0..() 17.8 解析:在10次射击中击中目标的次数为X~B(10.0.8),当X= 时对应的概率P(X=k)=Ct.x0.8*x0.21p-. $P($=h)>P(X=k+1).即 因为P(X=k)取值最大,所以 fC()=c() (18001 P(=k)>P(x-k-I). 即{ #C()=_c(). 解得k=3或k=4.故选C (4(11-k)=k. 参考答案黑白题091 6.ABC 解析:由二进制数A的特点知,后3位每一个数位上的数字只 (2)由(1)知,评分为优秀的概率为士,由题意得6~B(4.). 能填0.1.且每个数位上的数字在填时互不影响,故四位二进制数A 中后3位的所有结果有4类: 则P(5-)-c()()(-0.12.-4). ①后3个数位只出现0.则X=0.记其概率为P(X=0)= ##)## 当6-o时,P(=0)-c(一)()#2 ②后3个数位只出现1个1.则x=1.记其概率为P(X-1)=Cx寸× 当6$时.代()4△()( ()# ())## 当=2时.P(-2)=C ③后3个数位出现2个1.则X=2.记其概率为P(X=2)=cx ()# )) 当-3时.P(=3)-C ④后3个数位上出现3个1.则X=3.记其概率为P(X=3) ()-故x_B(3.).故A正确; 所以的分布列为: 217 又P(X=2)=P(X-2)+P(X-3)--.故B正确; 2 256 256 96 16 P 625 625 625 625 1 625 所以数学期望E=4x5- 4.方差=4××5-25 确,D不正确.故选ABC. 1416 7.32 解析:一次挪两枚般子,两枚毂子点数之和为4的情况有3种 12.解:(1)由题可知,单件产品为次品的概率为0.02.所以X~B(10. 0.02).所以PX=0)=Cx0.02^*x0.98l-0. 82.PX=1)=Clox 两枚般子点数之和为5的情况有4种,两枚毂子点数之和为6的情 $.0 2 t0.98*-0.166.所以P>2)=1-PX=0)-P$(X=1)- 况有5种,在一次试验中,出现成功试验的概半P-3-451 一,设出 0.014.由P(X2)~0.014可知,如果生产状态正常.一天内抽取的 36 现成功试验的次数为x,则X-B(4.-).所以重复做这样的试验 10件产品中,至少出现2件次品的概率约为0.04.该事件是小概率 事件,因此一旦发生这种状况,就有理由认为设备在这一天的生产 过程出现了异常情况,需对设备进行检测和修理,可见上述监控生 4次,恰出现一次成功试验的概率为P(X=1)=ctx()×(1- 产过程的规定是合理的. (2)若先检测甲部件,设检测费和修理费之和为元,则的所有可 ) 能值为6000.7000.则P($=6000)=$.P($=7000)=1-$.所以$ =6 000{+7000(1-p)=7000-1000{.若先检测乙部件,设检测费 8.1.96 196 解析:因为一批产品的二等品率为0.02,从这批产品中 和修理费之和为n元,则n的所有可能值为6000,8000,则P(n= 每次随机取一件,有放回地抽取100次,其中X表示抽到的二等品件 $$ $ 0)=1-p.P(n=8000)=.所以 En=6 000(1-p)+8 000{= 数,所以抽到二等品的件数x服从二项分布,即X~B(100,0.02). 所以DX=ap(1-p)=100x0.02x0.98=1.96. 因为检测费用Y(元)与二等品件数X满足Y=10X+300. 所以 =10pt=100x196=196. 9.24 解析:由题意知P(x=k)=C·(0.2).0.8),要使P(X=k) 可;当-p<1时,F<En.应先检测甲部件。 fct.(0.2)6.(0.8)*=C.(02).(0.8). 4.2 超几何分布 0.7_0.2. 由题 三 1 .28 化简得{ 28,故k=5.又Dx=6x0.8x 1.C 解析:对于A选项,将一枚硬币连抛3次,记正面向上的次数为 七.则X服从二项分布,A不满足;对于B选项,某射手的射击命中率 为0.8.现对目标射击1次,记命中的次数为X.则X服从两点分布. $.2 =0.96.故D(+1)=D(5X+1)-5D=24.故答案 24 B不满足;对于C选项,从7男3女共10名学生干部中选出5名学生 103 干部.记选出女生的人数为X.则X服从超几何分布,C满足:对于 10. 解析:由题意知,小虫向前或向后爬行1个单位的概率为 1012 D选项,盒中有4个白球和3个愿球,每次从中摸出1个球且不放 回,记第一次摸出黑球时摸取的次数为X.则X不服从超儿何分布,D 不满足.故选C. cC{ 2.C 解析:X服从超几何分布,P(X-k)= 若.=2.则题行2024次后小虫一共向前题行1013次,向后爬 3. 解析:P(x→3)-P(X=3)+P(X=4)= # 答0 cjC1 4.A 解析:x可能取1.2.3.其对应的概率为P(X=1)= 11.解;(1)记事件A:产品的评分为优秀,事件B:产品的评分为良好。 =C 根据统计学原理,可以用样本来估计总体. c1 P(Y=2)- 由统计表得P(A)- 1000 -2.故选A 因为A.B互斥,所以可以估计该件产品为优良的概率为P(A+B)= 5.BCD 解析:依题意知随机变量X服从参数为6.4.3的超几何分布 5210 故A错误;X的所有可能取值为1.2.3.所以X的值最小为1.故B正 选择性必修第一册·BS 黑白题092