7.4 习题课 二项分布与超几何分布的综合应用-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第七章　 随机变量及其分布 7．4　二项分布与超几何分布 习题课　二项分布与超几何分布的综合应用　 一、 二项分布的性质 二、 二项分布与超几何分布的区别与联系 三、 二项分布与超几何分布的综合应用 课堂达标 课下巩固训练(十九) 学习目标　1.能用二项分布解决一些简单的实际问题．　2.了解二项分布与超几何分布的区别与联系，能用超几何分布解决实际应用问题． 例1　某一批产品的合格率为95%，那么在取出的20件产品中，最有可能有几件产品合格？ 解：设在取出的20件产品中，合格产品有X件，则X服从二项分布，X～B(20, 0.95)， 则恰好有k件产品合格的概率为P(X＝k)＝C eq \o\al(k,20)×0.95k×0.0520-k(0≤k≤20，且k∈N). eq \f(P(X＝k),P(X＝k－1))＝eq \o\al(k,20) eq \f(C ×0.95k×0.0520-k,C eq \o\al(k-1,20) ×0.95k-1×0.0521-k) ＝ eq \f((20－k＋1)×0.95,k×0.05)＝1＋ eq \f(21×0.95－k,k×0.05)＝1＋ eq \f(19.95－k,k×0.05)(1≤k≤20，且k∈N). 则当k＜19.95时，P(X＝k－1)＜P(X＝k)； 当k＞19.95时，P(X＝k－1)＞P(X＝k)， 所以 eq \f(P(X＝20),P(X＝19))＜1. 由以上分析可知，在取出的20件产品中，合格品有19件的概率最大，即最有可能有19件合格品． 感悟升华　二项分布概率最大问题可以用 eq \f(P(X＝k＋1),P(X＝k))≤1(0≤k≤n－1，k∈N)来求，还可以考虑用不等式组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(P(X＝k)≥P(X＝k＋1)，,P(X＝k)≥P(X＝k－1)))(k∈N，1≤k≤n－1)来求． 【即学即用】　1.若X～B(20， eq \f(1,3))，则P(X＝k)(0≤k≤20且k∈N)取得最大值时，k＝________． 解析：由题意知X服从二项分布， 所以P(X＝k)＝C eq \o\al(k,20)( eq \f(1,3))k(1－ eq \f(1,3))20-k＝C eq \o\al(k,20)( eq \f(1,3))k·( eq \f(2,3))20-k，0≤k≤20，且k∈N. 由不等式 eq \f(P(X＝k＋1),P(X＝k))≤1(0≤k≤19，且k∈N)， 得 eq \f(20－k,k＋1)× eq \f(1,2)≤1，解得k≥6. 所以当k≥6时，P(X＝k)≥P(X＝k＋1)； 当k＜6时，P(X＝k＋1)＞P(X＝k). 因为当且仅当k＝6时，P(X＝k＋1)＝P(X＝k)， 即P(X＝6)＝P(X＝7)， 所以当k＝6或k＝7时，P(X＝k)取得最大值． 答案：6或7 【知识提炼】　 超几何分布与二项分布的区别与联系 超几何分布 二项分布 区 别 超几何分布是不放回抽样，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的 二项分布是有放回抽样，每次抽取时的总体没有改变，因此每次抽到某事物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验 联 系 二项分布和超几何分布都可以描述随机抽取的n件产品中次品数的分布规律，二者的均值相同 对于不放回抽样，当n远远小于N时，每抽取一次后，对N的影响很小，此时超几何分布可以与二项分布近似 例2　已知条件①采用无放回抽取；②采用有放回抽取．请在上述两个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上并作答，选两个条件作答的以条件①评分． 问题：在一个口袋中装有3个红球和4个白球，这些球除颜色外完全相同，若________，从这7个球中随机抽取3个球，记取出的3个球中红球的个数为X，求随机变量X的分布列和均值． 解：若选①，由题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，服从超几何分布， P(X＝0)＝eq \o\al(3,4) eq \f(C,C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(4,35)，P(X＝1)＝eq \o\al(1,3) eq \f(CC eq \o\al(2,4),C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(18,35)， P(X＝2)＝eq \o\al(2,3) eq \f(CC eq \o\al(1,4),C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(12,35)，P(X＝3)＝eq \o\al(3,3) eq \f(C,C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(1,35)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(4,35) eq \f(18,35) eq \f(12,35) eq \f(1,35) E(X)＝0× eq \f(4,35)＋1× eq \f(18,35)＋2× eq \f(12,35)＋3× eq \f(1,35)＝ eq \f(9,7). 若选②，由题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，3，且X～B， 所以P(X＝0)＝C eq \o\al(0,3)×＝ eq \f(64,343)，P(X＝1)＝C eq \o\al(1,3)× eq \f(3,7)×＝ eq \f(144,343)，P(X＝2)＝C eq \o\al(2,3)××＝ eq \f(108,343)，P(X＝3)＝C eq \o\al(3,3)×＝ eq \f(27,343)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P eq \f(64,343) eq \f(144,343) eq \f(108,343) eq \f(27,343) E(X)＝3× eq \f(3,7)＝ eq \f(9,7). 感悟升华　不放回抽样服从超几何分布，放回抽样服从二项分布，求均值可利用公式代入计算． 【即学即用】　2.甲、乙去某公司应聘面试．该公司的面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是 eq \f(2,3)，且每题正确完成与否互不影响． (1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列； (2)请分析比较甲、乙两人谁的面试通过的可能性较大？ 解：(1)设X为甲正确完成面试题的数量，Y为乙正确完成面试题的数量． 由题意可得X的可能取值为1，2，3. 所以P(X＝1)＝eq \o\al(1,4) eq \f(C C eq \o\al(2,2),C eq \o\al(3,6)) ＝ eq \f(1,5)， P(X＝2)＝eq \o\al(2,4) eq \f(C C eq \o\al(1,2),C eq \o\al(3,6)) ＝ eq \f(3,5)， P(X＝3)＝eq \o\al(3,4) eq \f(C C eq \o\al(0,2),C eq \o\al(3,6)) ＝ eq \f(1,5)， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(1,5) eq \f(3,5) eq \f(1,5) 由题意可得Y～B(3， eq \f(2,3))， 所以P(Y＝0)＝C eq \o\al(0,3)( eq \f(2,3))0( eq \f(1,3))3＝ eq \f(1,27)， P(Y＝1)＝C eq \o\al(1,3)( eq \f(2,3))1( eq \f(1,3))2＝ eq \f(2,9)， P(Y＝2)＝C eq \o\al(2,3)( eq \f(2,3))2( eq \f(1,3))1＝ eq \f(4,9)， P(Y＝3)＝C eq \o\al(3,3)( eq \f(2,3))3( eq \f(1,3))0＝ eq \f(8,27)， 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P eq \f(1,27) eq \f(2,9) eq \f(4,9) eq \f(8,27) (2)E(X)＝1× eq \f(1,5)＋2× eq \f(3,5)＋3× eq \f(1,5)＝2， E(Y)＝0× eq \f(1,27)＋1× eq \f(2,9)＋2× eq \f(4,9)＋3× eq \f(8,27)＝2. D(X)＝ eq \f(1,5)×(1－2)2＋(2－2)2× eq \f(3,5)＋(3－2)2× eq \f(1,5)＝ eq \f(2,5)， D(Y)＝np(1－p)＝3× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3). 因为D(X)＜D(Y)，E(X)＝E(Y)， 所以甲发挥的稳定性更强，则甲通过面试的概率较大． 例3　某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为[490，495]，(495，500]，…，(510，515]，由此得到样本的频率分布直方图如图． (1)根据频率分布直方图，求这40件产品中质量超过505 g的产品数量； (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列和均值； (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列和均值． 解：(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12. (2)质量超过505 g的产品数量为12，则质量未超过505 g的产品数量为28，X的可能取值为0，1，2，X服从超几何分布． P(X＝0)＝eq \o\al(2,28) eq \f(C,C eq \o\al(2,40)) ＝ eq \f(63,130)，P(X＝1)＝eq \o\al(1,12) eq \f(CC eq \o\al(1,28),C eq \o\al(2,40)) ＝ eq \f(28,65)，P(X＝2)＝eq \o\al(2,12) eq \f(C,C eq \o\al(2,40)) ＝ eq \f(11,130)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(63,130) eq \f(28,65) eq \f(11,130) 故X的均值为 法一　E(X)＝0× eq \f(63,130)＋1× eq \f(28,65)＋2× eq \f(11,130)＝ eq \f(3,5). 法二　E(X)＝ eq \f(2×12,40)＝ eq \f(3,5). (3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为 eq \f(12,40)＝ eq \f(3,10). 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505 g的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～B， P(Y＝k)＝C eq \o\al(k,2)××，k＝0，1，2， 所以P(Y＝0)＝C eq \o\al(0,2)×＝ eq \f(49,100)， P(Y＝1)＝C eq \o\al(1,2)× eq \f(3,10)× eq \f(7,10)＝ eq \f(21,50)， P(Y＝2)＝C eq \o\al(2,2)×＝ eq \f(9,100). 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P eq \f(49,100) eq \f(21,50) eq \f(9,100) 故Y的均值为 法一　E(Y)＝0× eq \f(49,100)＋1× eq \f(21,50)＋2× eq \f(9,100)＝ eq \f(3,5). 法二　E(Y)＝2× eq \f(3,10)＝ eq \f(3,5). 感悟升华　二项分布和超几何分布经常与统计问题综合考查，首先利用统计知识解决频率即概率的问题，再判断要解决的问题是哪种概率分布列，再利用相关知识求解. 【即学即用】　3.交通拥堵指数(TPI)是衡量交通拥堵程度的客观指标，TPI越大代表拥堵程度越高．某平台计算TPI的公式为：TPI＝ eq \f(实际行程时间,畅通行程时间)，并按TPI的大小将城市道路拥堵程度划分为如下表所示的4个等级： TPI [1，1.5) [1.5，2) [2，4) 不低于4 拥堵等级 畅通 缓行 拥堵 严重拥堵 某市2023年元旦及前后共7天与2022年同期的交通高峰期城市道路TPI的统计数据如图： (1)从2022年元旦及前后共7天中任取1天，求这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率； (2)从2023年元旦及前后共7天中任取3天，将这3天中交通高峰期城市道路TPI比2022年同日TPI高的天数记为X，求X的分布列及均值E(X). 解：(1)由题图可知，2022年元旦及前后共7天中，交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的共2天， 所以这一天交通高峰期城市道路拥堵程度为“拥堵”的概率为 eq \f(2,7). (2)由题图可知，2023年元旦及前后共7天中比2022年同日TPI高的只有1月3日和1月4日这2天， 所以X的可能取值为0，1，2， 则P(X＝0)＝eq \o\al(3,5) eq \f(C,C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(2,7)，P(X＝1)＝eq \o\al(2,5) eq \f(CC eq \o\al(1,2),C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(4,7)，P(X＝2)＝eq \o\al(1,5) eq \f(CC eq \o\al(2,2),C eq \o\al(3,7)) ＝ eq \f(1,7)， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P eq \f(2,7) eq \f(4,7) eq \f(1,7) E(X)＝0× eq \f(2,7)＋1× eq \f(4,7)＋2× eq \f(1,7)＝ eq \f(6,7). 答案：B 1．同时抛掷2枚质地均匀的硬币3次，设2枚硬币均正面向上的次数为X，则X的均值是(　　 ) A． eq \f(1,2) B． eq \f(3,4) C．1 D． eq \f(3,2) 解析：设抛掷2枚硬币一次，2枚硬币均正面向上为事件A，则P(A)＝ eq \f(1,4)， 易知X～B，所以E(X)＝3× eq \f(1,4)＝ eq \f(3,4). 2．某篮球运动员进行投篮训练，若投进的概率是 eq \f(3,5)，用ξ表示他投篮3次的进球数，则随机变量ξ的标准差 eq \r(D(ξ))为(　　 ) A． eq \f(6,5) B． eq \f(\r(30),5) C． eq \f(18,25) D． eq \f(3\r(2),5) 解析：由题意，随机变量ξ～B(3， eq \f(3,5))， 故标准差 eq \r(D(ξ))＝ eq \r(3×\f(3,5)×(1－\f(3,5)))＝ eq \f(3\r(2),5). 答案：D 3．已知每门大炮击中目标的概率都是0.5，现有10门大炮同时对某一目标各射击一次．记恰好击中目标3次的概率为A；若击中目标记2分，记10门大炮总得分的均值为B，则A，B的值分别为(　　 ) A． eq \f(15,128)，5 B． eq \f(15,128)，10 C． eq \f(15,256)，5 D． eq \f(15,256)，10 解析：设10门大炮击中目标的次数为X，则根据题意可得X～B， 所以A＝P(X＝3)＝C eq \o\al(3,10)××＝ eq \f(15,128)， 10门大炮总得分的均值B＝10× eq \f(1,2)×2＝10. 答案：B 4．某袋中装有大小相同质地均匀的黑球和白球共5个．从袋中随机取出3个球，恰好全为黑球的概率为 eq \f(1,10)，则黑球的个数为________．若记取出的3个球中黑球的个数为X，则D(X)＝________． 解析：设袋中黑球有n个，则从袋中随机取出3个球，恰好全为黑球的概率为P＝eq \o\al(3,n) eq \f(C,C eq \o\al(3,5)) ＝ eq \f(1,10)，可得n＝3，由题意知，随机变量X服从超几何分布， 取出的3个球中黑球的个数X的可能取值为1，2，3，则P(X＝1)＝eq \o\al(1,3) eq \f(C·C eq \o\al(2,2),C eq \o\al(3,5)) ＝ eq \f(3,10)，P(X＝2)＝eq \o\al(2,3) eq \f(C·C eq \o\al(1,2),C eq \o\al(3,5)) ＝ eq \f(3,5)，P(X＝3)＝eq \o\al(3,3) eq \f(C,C eq \o\al(3,5)) ＝ eq \f(1,10)，故X的分布列为 X 1 2 3 P eq \f(3,10) eq \f(3,5) eq \f(1,10) 则E(X)＝ eq \f(3,10)×1＋ eq \f(3,5)×2＋ eq \f(1,10)×3＝ eq \f(9,5)，D(X)＝ eq \f(3,10)×＋ eq \f(3,5)×＋ eq \f(1,10)×＝ eq \f(9,25). 答案：3　 eq \f(9,25) 【基础巩固】 1．某一档深受观众喜爱的电视节目采用组团比赛的方式进行，参赛选手需要全部参加完五场公开比赛，其中五场中有四场获胜，就能取得参加决赛的资格．若某参赛选手每场比赛获胜的概率是，则这名选手能参加决赛的概率是(　　 ) A． B． C． D． 解析：由题意可知五场中获胜的场次X～B， 所以所求选手能参加决赛的概率P＝＋. 答案：D 2．PM2.5是指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5 μm的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．根据现行国家标准，PM2.5日均值在35 μg/m3以下空气质量为一级；在35 μg/m3～75 μg/m3之间空气质量为二级；在75 μg/m3以上空气质量为超标．从某自然保护区2022年全年每天的PM2.5监测数据中随机地抽取10天的数据作为样本，监测值频数如表所示． PM2.5日均值 ( μg/m3) (25，35] (35，45] (45，55] (55，65] (65，75] (75，85] 频数 3 1 1 1 1 3 从这10天的数据中任取3天数据，记X表示抽到PM2.5监测值超标的天数，则X的均值是(　　 ) A． B． C． D． 解析：由题意知，X服从超几何分布，其中N＝10，M＝3，n＝3，所以E(X)＝. 答案：A 3．泊松分布是一种描述随机现象的概率分布，在经济生活、事故预测、生物学、物理学等领域有广泛的应用，泊松分布的概率分布列为P(X＝k)＝e－λ(k＝0，1，2，…)，其中e为自然对数的底数，λ是泊松分布的均值．当n很大且p很小时，二项分布近似于泊松分布，其中λ＝np.一般地，当n≥20而p≤0.05时，泊松分布可作为二项分布的近似．若随机变量X～B(1 000，0.001)，P(X＝1)的近似值为(　　 ) A．1－ B． C．1－ D． 解析：由题意知，n＝1 000>20，而p＝0.001<0.05，所以泊松分布可作为二项分布的近似，λ＝np＝1，所以P(X＝k)＝e-1，所以P(X＝1)＝e-1＝. 答案：B 4．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是，则质点P移动5次后位于点(2，3)的概率是(　　 ) A． B． C． D． 解析：如图，由题可知，质点P必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2，3)，问题相当于5次独立重复试验向右恰好发生2次的概率．所以质点P移动5次后位于点(2，3)的概率为P＝×＝. 答案：B 5．(多选)在一个袋中装有大小一样的6个豆沙粽，4个咸肉粽，现从中任取4个粽子，设取出的4个粽子中咸肉粽的个数为X，则下列结论正确的是(　　 ) A．P(X＝2)＝ B．E(X)＝ C．随机变量X服从超几何分布 D．P(1<X<4)＝ 解析：由题意知，随机变量X服从参数为10，4，4的超几何分布，则E(X)＝，所以B错误，C正确；又P(X＝2)＝，P(X＝3)＝，所以P(1<X<4)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝，所以A，D正确． 答案：ACD 6．在n重伯努利试验中，设每次成功的概率为p(0<p<1)，则失败的概率为1－p，将试验进行到恰好出现r次成功时结束试验，用随机变量X表示试验次数，则称X服从以r，p为参数的帕斯卡分布，记为X～NB(r，p)．已知X～NB(3，p)，若P(X＝6)≥P(X＝5)，则p的最大值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：因为P(X＝6)≥P(X＝5)，所以p2(1－p)3·p≥p2(1－p)2·p，解得p≤，即p的最大值为. 答案：C 7．某药厂研制一种新药，针对某种疾病的治愈率为80%，随机选择1 000名患者，经过使用该药治疗后治愈n(n＝0，1，2，3，…，1 000)人的概率记为Pn，则当Pn取最大值时，n的值为________． 解析：该新药针对某种疾病的治愈率为80%，随机选择1 000名患者，经过使用该药治疗后治愈n(n＝0，1，2，3，…，1 000)人的概率记为Pn， 则Pn＝0.8n·0.21 000-n， 由Pn＋1Pn，Pn≥Pn－1， 即 可得 解得799.8≤n≤800.8，又n＝0，1，2，3，…，1 000，则n＝800，则当Pn取最大值时，n的值为800. 答案：800 8．3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神，做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得2分，答错得0分，已知6名女生中有2人不会答所有题目，只能得0分，其余4名女生回答每题可得2分，3名男生每人得2分的概率均为，现选择2名女生和3名男生，每人答一题，则该班所选队员得分之和为6分的概率为________． 解析：依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A，则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件A1；女生得2分男生得4分，设为事件A2；女生得4分男生得2分，设为事件A3，则 P(A1)＝3＝， P(A2)＝2＝， P(A3)＝2＝， P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝. 答案： 9．某学校要招聘志愿者，参加招聘的学生要从8个试题中随机挑选出4个进行作答，至少答对3个才能通过初试．已知甲、乙两人参加初试，在这8个试题中甲能答对6个，乙能答对每个试题的概率为，且甲、乙两人是否答对每个试题互不影响． (1)试通过概率计算，分析甲、乙两人谁通过初试的可能性更大； (2)若答对一题得5分，答错或不答得0分，记乙答题的得分为Y，求Y的分布列、数学期望和方差． 解：(1)由题意得，甲通过初试的概率P1＝， 乙通过初试的概率P2＝. ∵>，∴甲通过初试的可能性更大． (2)设乙答对试题的个数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X～B， ∴P(X＝k)＝(k＝0，1，2，3，4)， 易知Y＝5X， ∴Y的分布列为 Y 0 5 10 15 20 P 数学期望E(Y)＝5E(X)＝5×4×＝15， 方差D(Y)＝52D(X)＝25×4×. 10．在10件产品中有2件次品，连续抽3次，每次抽1件，求： (1)不放回抽样时，抽取次品数X的均值； (2)放回抽样时，抽取次品数Y的均值与方差． 解：(1)法一　由题意知X的可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝， ∴随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P E(X)＝0×. 法二　由题意知P(X＝k)＝，k＝0，1，2. ∴随机变量X服从超几何分布，n＝3，M＝2，N＝10， ∴E(X)＝. (2)由题意知，抽取1次取到次品的概率为， 随机变量Y服从二项分布Y～B. ∴E(Y)＝3×， D(Y)＝3×＝. 【综合运用】 11．下列关于随机变量X的四种说法中，正确的编号是(　　 ) ①若X服从二项分布B，则E(X)＝； ②若从3男2女共5名学生干部中随机选取3名学生干部，记选出女学生干部的人数为X，则X服从超几何分布，且E(X)＝1.2； ③若X的方差为D(X)，则D(2X－3)＝2D(X)－3； ④已知P(B|A)＝，P(AB)＝，则P(A)＝. A．②③ B．①③ C．①② D．①④ 解析：若X服从二项分布B，则E(X)＝4×，①正确； 选出女学生干部的人数为X的值为0，1，2，且服从超几何分布， P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝， 所以E(X)＝0×＝1.2，②正确； 若X的方差为D(X)，则D(2X－3)＝22D(X)＝4D(X)，③错误； 因为P(B|A)＝，P(AB)＝，所以P(A)＝，④错误． 答案：C 12．已知袋子中有a个红球和b个蓝球，现从袋子中随机摸球，则下列说法正确的是(　　 ) A．每次摸1个球，摸出的球观察颜色后分两种情况：放回和不放回；在这两种情况下，第2次摸到红球的概率不同 B．每次摸1个球，摸出的球观察颜色后不放回，则第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为 C．每次摸出1个球，摸出的球观察颜色后放回，连续摸n次后，摸到红球的次数X的方差为 D．从中不放回摸n(n≤a)个球，摸到红球的个数X＝k的概率是P(X＝k)＝ 解析：选.对于A，放回摸球，第2次摸到红球的概率为p1＝，不放回摸球，第2次摸到红球的概率为p2＝，A不正确； 对于B，设A＝“第1次摸到红球”，B＝“第2次摸到红球”，则P(A)＝，P(AB)＝＝，B不正确； 对于C，由题意X～B，D(X)＝n·＝，C不正确； 对于D，袋子中有a个红球和b个蓝球，摸到红球的个数X＝k的概率是P(X＝k)＝，D正确． 答案：D 13．一个袋中有形状、大小完全相同的100个小球，其中有n(2≤n≤92)个红球，其余为白球．从中一次性任取10个小球，将“恰好含有2个红球”的概率记为f(n)，则当n＝________时，f(n)取得最大值． 解析：f(n)＝，f(n)取得最大值，也即是取最大， 所以 解得，故n＝20. 答案：20 14．某校为了解高三学生身体素质情况，从某项体育测试成绩中随机抽取n个学生成绩进行分析，得到成绩频率分布直方图(如图所示)．已知成绩在[90，100]的学生人数为8，且有4个女生的成绩在[50，60)中，则n＝________，现从成绩在[50，60)的样本中随机抽取2名学生，记所抽取学生中女生的人数为ξ.，则ξ.的均值是________． 解析：依题意得0.016×10n＝8，则n＝50. 成绩在[50，60)的人数为0.012×10×50＝6，其中4个为女生，2个为男生． ξ的可能取值为0，1，2. P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝， 故E(ξ)＝0×. 答案：50　 【创新探索】 15．已知甲每次投掷飞镖中靶的概率为0.6，若甲连续投掷飞镖n次，要使飞镖最少中靶一次的概率超过90%，则至少需要投掷飞镖________次．(参考数据：lg 2≈0.3) 解析：若投掷飞镖n次中靶X次，则X～B，且P(X≥1)＞90%，所以P(X＝0)＝0n＜10%，即n＜，两边取对数有n(2lg 2－1)<－1，则n＞≈2.5次，n∈N*，所以至少需要投掷飞镖3次． 答案：3 16．幸福农场生产的某批次的20件产品中含有n件次品，从中一次任取10件，其中次品恰有X件． (1)若n＝3，求取出的产品中次品不超过1件的概率； (2)记f(n)＝P(X＝3)，则当n为何值时，f(n)取得最大值． 解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A，则P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝1)． 因为P(X＝0)＝，P(X＝1)＝， 所以P(A)＝. 则取出的产品中次品不超过1件的概率是. (2)因为f(n)＝P(X＝3)＝，则f(n＋1)＝. 由>1，解得n<. 因为n∈N*，则n≤5， 故当3≤n≤5时，>1；当6≤n≤13时，<1； 所以当n＝6时，f(n)取得最大值． $$