课时梯级训练(19) 二项分布的综合问题（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修3（人教A版2019）

课时梯级训练(19)　二项分布的综合问题 1．(2024·佛山高二阶段检测)设随机变量X～B(10, p)，且满足D(X)＝2.4，P(X＝4)>P(X＝6)，则p＝(　　) A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.3 C　解析：依题意可知，D(X)＝10p(1－p)＝2.4，即p2－p＋0.24＝0，解得p＝0.6或p＝0.4，又P(X＝4)>P(X＝6)，所以Cp4(1－p)6＞Cp6(1－p)4，所以(1－p)2＞p2，解得0<p<，所以p＝0.4.故选C. 2．(2024·广州高二阶段检测)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． B　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＝.故选B. 3．(2024·承德高二月考)已知X～B(4，)，则E(3X－2)＝(　　) A．12 B．9 C．6 D．4 D　解析：因为X～B(4，)，则E(X)＝4×＝2， 所以E(3X－2)＝3E(X)－2＝3×2－2＝4. 4．(2024·德州高二期末)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门大炮总得分的期望值为B，则A，B的值分别为(　　) A．，5 B．，10 C．，5 D．，10 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～B(10, )，∴10门大炮总得分的期望值为B＝10××2＝10，∴A＝P(X＝3)＝C·()3×(1－)7＝，故选B. 5．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．()5 B．C×()5 C．C×()3 D．C×C×()5 B　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＝C×()2×()3＝C()5. 故选B. 6．一次数学测验由25道选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确的，每个答案选择正确得4分，不作出选择或选错不得分，满分100分，某学生选对任一题的概率均为0.6，则此学生在这一次测验中成绩的均值与方差分别为________. 答案：60，96　解析：设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X，所得的分数(成绩)为Y，则Y＝4X. 由题意知X～B(25，0.6)，所以E(X)＝25×0.6＝15，D(X)＝25×0.6×0.4＝6，E(Y)＝E(4X)＝4E(X)＝60，D(Y)＝D(4X)＝42×D(X)＝16×6＝96，所以该学生在这次测验中成绩的均值与方差分别是60与96. 7．(2024·无锡高二期末)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______． 答案：800　解析：该新药针对某种疾病的治愈率为80%，随机选择1000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＝C0.8n·0.21 000－n， 由Pn＋1≤Pn，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. 8．某篮球队与其他6支篮球队依次进行6场比赛，每场均决出胜负，设这支篮球队与其他篮球队比赛胜场的事件是独立的，并且胜场的概率是. (1)求这支篮球队首次胜场前已经负了两场的概率； (2)求这支篮球队在6场比赛中恰好胜了3场的概率； (3)求这支篮球队在6场比赛中胜场数的均值和方差． 解： (1)P＝(1－)2×＝，所以这支篮球队首次胜场前已负两场的概率为. (2)6场胜3场的情况有C种， 所以P＝C()3(1－)3＝20××＝. 所以这支篮球队在6场比赛中恰胜3场的概率为. (3)由于X服从二项分布，即X～B(6，)， 所以E(X)＝6×＝2，D(X)＝6××(1－)＝. 所以在6场比赛中这支篮球队胜场的均值为2，方差为. 9．(多选)(2024·宁波高二期中)若X～B(n，p)，E(X)＝，D(X)＝，则以下说法正确的是(　　) A．p＝ B．E(2X＋1)＝ C．D(2X＋1)＝ D．P(≤X≤)＝ ACD　解析：∵X～B(n，p)，∴E(X)＝np＝，D(X)＝np·(1－p)＝，解得p＝，n＝5，故A正确； E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝，故B错误； D(2X＋1)＝22D(X)＝，故C正确； P(≤X≤)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝C×()2×()3＋C×()3×()2＝，故D正确． 10．(多选)(2023·山东聊城高二期中)一个盒子中装有3个黑球和1个白球，现从该盒子中有放回地随机取球3次，每次取1球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记3次取球后的总得分为X，则(　　) A．X服从二项分布 B．P(X＝1)＝ C．E(X)＝ D．D(X)＝ AC　解析：对于A项，由题意知，每次取球的结果只有2个可能．取后放回，所以X服从二项分布，故A项正确；对于B项，每次取球后得1分的概率p＝，则X～B(3, ).所以P(X＝1)＝C·()1(1－)2＝，故B项错误；对于C项，因为X～B(3, )，所以E(X)＝3×＝，故C项正确；对于D项，因为X～B(3, )，所以D(X)＝3××(1－)＝，故D项错误. 故选AC. 11．(2024·邯郸高二期中)一只小虫从数轴上的原点出发爬行，若每次爬行过程中，小虫等概率地向前或向后爬行1个单位，设爬行n次后小虫所在位置对应的数为随机变量ξn，则＝__________． 答案：　解析：由题意知，小虫向前或向后爬行1个单位的概率均为，若ξ2 024＝0，则爬行的2 024次中小虫一共向前爬行1 012次，向后爬行1 012次，P(ξ2 022＝0)＝C()2 024，若ξ2 024＝2，则爬行的2 024次中小虫一共向前爬行1 013次，向后爬行1 011次，P(ξ2 024＝2)＝C()2 024，故＝. 12．(2024·盐城高二期中)我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防、抢险救灾、环境监测等领域．某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立．无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭． (1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望； (2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率． 解：(1)起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝()3＝， P(X＝1)＝C··()2＝， P(X＝2)＝C·()2×＝， P(X＝3)＝()3＝. ∴X的分布列如下： X 0 1 2 3 P ∵X～B(3，)，∴E(X)＝3×＝. (2)击中一次起火点被扑灭的概率为P1＝C()1·()2×＝， 击中两次起火点被扑灭的概率为P2＝C()2××＝. 击中三次起火点被扑灭的概率为P3＝()3＝， ∴所求概率P＝＋＋＝. 13．一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示． 将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立． (1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率； (2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X). 解：(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B表示事件“在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个”， 因此P(A1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P(A2)＝0.003×50＝0.15. P(B)＝0.6×0.6×C×0.15＝0.108. (2)X可能取的值为0，1，2，3，相应的概率为 P(X＝0)＝C·(1－0.6)3＝0.064， P(X＝1)＝C·0.6(1－0.6)2＝0.288， P(X＝2)＝C·0.62(1－0.6)＝0.432， P(X＝3)＝C·0.63＝0.216. 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.064 0.288 0.432 0.216 因为X～B(3, 0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72. 学科网（北京）股份有限公司 $$