第39期 二项分布与超几何分布-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书书书 １７． （１５ 分 ） 幸 福 农 场 生 产 的 某 批 次 ２０ 件 产 品 中 含 有 ｎ （３ ≤ ｎ≤ １３ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 件 次 品 ，从 中 一 次 性 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 ． １８． （１７ 分 ） 为 了 解 今 年 某 校 高 三 毕 业 班 准 备 报 考 飞 行 员 学 生 的 身 体 素 质 ，学 校 对 他 们 的 体 重 进 行 了 测 量 ， 将 所 得 的 数 据 整 理 后 ， 画 出 了 频 率 分 布 直 方 图 （ 如 下 图 ） ，已 知 图 中 从 左 到 右 的 前 ３ 个 小 组 的 频 率 之 比 为 １ ∶ ２ ∶ ３ ， 其 中 第 ２ 小 组 的 频 数 为 １２． （１ ） 求 该 校 报 考 飞 行 员 的 总 人 数 ； （２ ） 以 这 所 学 校 的 样 本 数 据 来 估 计 全 省 的 总 体 数 据 ， 若 从 全 省 报 考 飞 行 员 的 学 生 中 （ 人 数 很 多 ） 任 选 ２ 人 ，设 Ｘ 表 示 体 重 超 过 ６０ 公 斤 的 学 生 人 数 ，求 Ｘ 的 分 布 列 和 数 学 期 望 ． １９． （１７ 分 ） 某 射 击 队 员 进 行 打 靶 训 练 ， 每 次 是 否 命 中 十 环 相 互 独 立 ，且 每 次 命 中 十 环 的 概 率 为 ０．９ ， 现 进 行 了 ｎ 次 打 靶 射 击 ， 其 中 打 中 十 环 的 数 量 为 ξ ． （１ ） 若 ｎ ＝ ５ ，求 恰 好 打 中 ４ 次 十 环 的 概 率 （ 结 果 保 留 两 位 有 效 数 字 ） ； （２ ） 要 使 Ｐ （ξ ＝ １０ ） 的 值 最 大 ，求 ｎ 的 值 ； （３ ） 设 随 机 变 量 Ｘ 的 数 学 期 望 Ｅ （Ｘ ） 及 方 差 Ｄ （Ｘ ） 都 存 在 ， 则  ε ＞ ０ ，Ｐ （｜ Ｘ － Ｅ （Ｘ ） ｜≥ ε ） ≤ Ｄ （Ｘ ） ε ２ ，Ｐ （｜ Ｘ － Ｅ （Ｘ ） ｜ ＜ ε ） ≥ １ － Ｄ （Ｘ ） ε ２ ，这 就 是 著 名 的 切 比 雪 夫 不 等 式 ． 对 于 给 定 的 随 机 变 量 ， 其 方 差 如 果 存 在 则 是 唯 一 确 定 的 数 ， 所 以 该 不 等 式 告 诉 我 们 ： ｜ Ｘ － Ｅ （Ｘ ） ｜≥ ε 的 概 率 必 然 随 ε 的 变 大 而 缩 小 ．为 了 至 少 有 ９０％ 的 把 握 使 命 中 十 环 的 频 率 落 在 区 间 （ ０８５ ，０９５ ） ， 请 利 用 切 比 雪 夫 不 等 式 估 计 射 击 队 员 打 靶 次 数 ｎ 的 最 小 值 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ ! " # $ % & $ $ $ & ! $ & ' " ( ) & ' & ) ! ! " # $ % & ' ( ) * ! 书 超几何分布是一种非常重要的概率分布， 在现实生活中有着广泛的应用．超几何分布具 有以下特征：①所研究对象分为两大类：“产品 数”与“次品数”，其中“产品数”与“次品数”分 别为Ｎ，Ｍ，属于不放回抽样问题；②随机变量Ｘ 所有可能的取值为 ｋ＝０，１，２，…，ｍ（ｍ ＝ ｍｉｎ｛Ｍ，ｎ｝）．下面举例说明超几何分布的应用． 一、直接应用求分布列 例１设在１５个同类型的零件中有２个次 品，每次任取一个，共取３次，并且每次取出后不 再放回．若以Ｘ表示取出次品的个数，试求Ｘ的 分布列． 解析：Ｘ的可能取值为０，１，２，则 Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ３１３ Ｃ３１５ ＝２２３５， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１２Ｃ ２ １３ Ｃ３１５ ＝１２３５， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２２Ｃ １ １３ Ｃ３１５ ＝１３５． Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ ２２３５ １２ ３５ １ ３５ 例２甲同学参加一次英语口语考试，已知 在备选的１０道试题中，甲能答对其中的４题．规 定每次考试都从备选题中随机抽出３题进行测 试，求甲答对试题数Ｘ的分布列． 解析：由题意知随机变量 Ｘ服从参数 Ｎ＝ １０，Ｍ ＝４，ｎ＝３的超几何分布． Ｘ的可能取值为０，１，２，３，则 Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ３６ Ｃ３１０ ＝１６， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１４Ｃ ２ ６ Ｃ３１０ ＝１２， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２４Ｃ １ ６ Ｃ３１０ ＝３１０， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３４ Ｃ３１０ ＝１３０． 所以甲答对试题数Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １６ １ ２ ３ １０ １ ３０ 二、逆向应用求参数 例３在一盒子中放有ａ张红色卡片、３张黄 色卡片和２张蓝色卡片，现从中任取３张． （１）如果ａ＝３，设Ｘ表示取出的３张卡片中 红色卡片的张数，求Ｘ的分布列； （２）如果取出的３张卡片中颜色都相同的 概率为 １ ２８，求ａ的值． 解析：（１）Ｘ的可能取值为０，１，２，３，则 （下转第２版） 书 离散型随机变量的分布列是概率计算的延 伸，又是计算随机变量数字特征的基础．这部分 问题常常涉及排列、组合、二项式定理和概率的 相关知识，综合性较强，又与实际生活有着紧密 的联系，因而是高考考查的重点．在求离散型随 机变量的分布列时，我们应找准切入点，明确随 机变量可能取哪些值，这样解题过程会更自然． 例 为拉动经济增长，某市决定新建一批重 点工程，分别为基础设施工程、民生工程和产业 建设工程三类，这三类工程所含项目的个数分 别占总数的 １ ２， １ ３， １ ５．现在３名工人独立地从中 任选一个项目参与建设． （１）求他们选择的项目所属类别互不相同的 概率； （２）记Ｘ为３人中选择的项目属于基础设 施工程或产业建设工程的人数，求 Ｘ的分布列 及数学期望． 分析：此题以工程选择为载体，考查独立事 件的概率、随机变量分布列以及期望等知识．第 （２）小题中Ｘ为３人中选择的项目属于基础设 施工程或产业建设工程的人数，直接求解比较 繁琐，则我们可以考虑先求出３名工人中选择的 项目属于民生工程的人数Ｙ的概率分布列，再进 一步求解． 解法一：（１）记第ｉ名工人选择的项目属于 基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别 为事件Ａｉ，Ｂｉ，Ｃｉ，ｉ＝１，２，３． 则由题意可知 Ａ１，Ａ２，Ａ３相互独立，Ｂ１，Ｂ２， Ｂ３相互独立，Ｃ１，Ｃ２，Ｃ３相互独立，Ａｉ，Ｂｊ，Ｃｋ（ｉ，ｊ， ｋ＝１，２，３，且ｉ，ｊ，ｋ互不相同）相互独立， 且Ｐ（Ａ１）＝ １ ２，Ｐ（Ｂ１）＝ １ ３，Ｐ（Ｃ１）＝ １ ５． 显然，他们选择的项目所属类别互不相同共 有６种不同的情形，且每种情形的概率都为１２× １ ３ ×１５ ＝ １ ３０， 所以三人选择的项目所属类别互不相同的 概率为 Ｐ＝６×１２× １ ３× １ ５ ＝ １ ５． （２）设３名工人中选择的项目属于民生工 程的人数为Ｙ，由题意可知Ｙ～Ｂ３，１( )３ ． 而Ｘ为３人中选择的项目属于基础设施工 程或产业建设工程的人数，则Ｘ＝３－Ｙ， 计算得Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｐ（Ｙ＝３）＝Ｃ３３ １( )３ ３ ＝１２７， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｐ（Ｙ＝２）＝Ｃ２３ １( )３ ２ ２( )３ ＝ ２ ９， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｐ（Ｙ＝１）＝Ｃ１３ １( )３ ２( )３ ２ ＝４９， Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｐ（Ｙ＝０）＝Ｃ０３ ２( )３ ３ ＝８２７． 故Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １２７ ２ ９ ４ ９ ８ ２７ 从而Ｘ的数学期望为 Ｅ（Ｘ）＝０×１２７＋１× ２ ９＋２× ４ ９＋３× ８ ２７ ＝２． 分析：考虑到３名工人是独立地从三个工程 中任选一个项目参与建设，而３名工人选择的项 目属于基础设施工程与属于产业建设工程彼此 互斥，于是我们也可以利用互斥事件中有一个 发生的概率来求解． 解法二：（１）记第ｉ名工人选择的项目属于 基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别 为事件Ａｉ，Ｂｉ，Ｃｉ，ｉ＝１，２，３． 则由题意可知 Ａ１，Ａ２，Ａ３相互独立，Ｂ１，Ｂ２， Ｂ３相互独立，Ｃ１，Ｃ２，Ｃ３相互独立，Ａｉ，Ｂｊ，Ｃｋ（ｉ，ｊ， ｋ＝１，２，３，且ｉ，ｊ，ｋ互不相同）相互独立， 且Ｐ（Ａ１）＝ １ ２，Ｐ（Ｂ１）＝ １ ３，Ｐ（Ｃ１）＝ １ ５． 显然，他们选择的项目所属类别互不相同 共有６种不同的情形，且每种情形的概率都为１２ ×１３× １ ５ ＝ １ ３０，所以三人选择的项目所属类别 互不相同的概率为 Ｐ＝６×１２× １ ３× １ ５ ＝ １ ５． （２）记第ｉ名工人选择的项目属于基础设 施工程或产业建设工程为事件Ｄｉ，ｉ＝１，２，３， 则由题意可知，Ｄ１，Ｄ２，Ｄ３相互独立，因为第 ｉ名工人选择的项目属于基础设施工程与第ｉ名 工人选择的项目属于产业建设工程彼此互斥， 从而有 Ｐ（Ｄｉ）＝Ｐ（Ａｉ＋Ｃｉ）＝Ｐ（Ａｉ）＋ Ｐ（Ｃｉ）＝ １ ２＋ １ ６ ＝ ２ ３，即Ｘ～Ｂ３， ２( )３ ， 所以Ｐ（Ｘ＝ｋ）＝Ｃｋ３ ２( )３ ｋ １( )３ ３－ｋ ， ｋ＝０，１，２，３， 故Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １２７ ２ ９ ４ ９ ８ ２７ 则Ｘ的数学期望为 Ｅ（Ｘ）＝０×１２７＋１× ２ ９＋２× ４ ９＋３× ８ ２７ ＝２． 评注：解法一抓住３名工人选择项目属于基 础设施工程或产业建设工程的人数的对立面为 选择项目为民生工程的人数，是正难则反的体 现；解法二抓住３名工人选择的项目属于基础设 施工程与属于产业建设工程彼此互斥这一隐含 条件，直接得到Ｘ～Ｂ３，２( )３ ，解题过程干净利 落，简洁自然． !" !!"!# #$%& $ '% %(&'(#) * # !" !"#$ %& * +,-./*01 ABCDE$FG ABCE8HIJKLMNFO 3PQRSTU9 VWXYZ[ \]^_`aU9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 &)$+,$-!(-%. <=EF?GAHCD8 &)$+,$-!+"#$ !"#$ %&'()*+,- +,-. /012 3456789:; <. =8>?@ABC DEFGHIJ8K LM +//!N.+!O8+ ,-PQ5RSTUV WXYZUM 0N[.= \]B^_`aTb <M -&&)N.cdeYf gThijklm:;I n=o/pqrsM -&&/Nm t0uvUw xyz:;<m +,- {q|^W\}ZUM q~m :;<8 €‚ƒ„… n†&‡ ˆ€/m=‰Š‹.Œ 18&ˆQŽm‘ ’m“C”•–—˜™š ›œs€lm =ž Ÿ+-& ¡)¢£Zm ¤¥0¦l§6¨€m B©%ª«¬­®¯° h±²k… ³+,-´µ ¶·m=¸¹hIJº» ¼½/8¾¿m cÀÁ ÂÃÄm³Å‰ÆˆmB ǪÈÉÊËdk… -&+)Nm +,-Ì ÍiÎÏÐ3ZÑ5m Ò\ÓBÔ0& ÕÖ8 hÑ5×Økm \]/0 Ñ5×ØxBم -&-+ Nm=Ú©™ÛÑ5mÌ ÍiÎÏÜÐnÑ5Ý ÓÞNm ß\]/01 2™š89:;<M +,-àáâ8¸ ãä{ˆåæÓçèé §êëìkM=§íîï Óáâ8IJm ð\] Óñòóôo/8çÑ 5õökm÷øÓóôù úûÑ58FüM =ý þÿç®t!ž:;"] #0™Û8l$m to /DE8%&'#08 F(m )*F(+,ê t-./08‘’M k= 8(0ü1ä234 im ÷56tùn78 IJ89:;<=> ?m ƈîïáâ8@ Am ]#08BCDE FGˆHM ! ij klm ! AB nop 书 专项小练一、二项分布 １．某射手射击１次，击中目标的概率是０．８，他 连续射击４次，且各次射击是否击中目标相互之间 没有影响．则他恰好击中目标３次的概率为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）０．８３×０．２ （Ｂ）０．８３ （Ｃ）Ｃ３４×０．８ ３×０．２ （Ｄ）１－０．２３ ２．若Ｘ～Ｂ（５，１２），则Ｐ（Ｘ≥２）＝ （　　） （Ａ）１１３２ （Ｂ） ５ ３２ （Ｃ） １３ １６ （Ｄ） ３ １６ ３．（多选）设服从二项分布 Ｂ（ｎ，ｐ）的随机变 量Ｘ的期望与方差分别是１５和４５４，则 （　　） （Ａ）ｎ＝５０ （Ｂ）ｐ＝１４ （Ｃ）ｐ＝３４ （Ｄ）ｎ＝６０ ４．牧场的１０头牛，因误食疯牛病毒污染的饲 料被感染，已知该病的发病率为０．０３，设发病牛的 头数为Ｘ，则Ｄ（Ｘ）＝ ． ５．某人参加一次考试，４道题中解对３道则为 及格．已知他的解题正确率为０．３，则他能及格的 概率为 ． ６．一个出租车司机从某饭店到火车站途中有 ６个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事件 是相互独立的，并且概率都是 １ ２．求这位司机在途 中遇到红灯数Ｘ的期望和方差． 专项小练二、超几何分布 １．一个小组含甲在内有５人，任选２名代表， 其中甲当选的概率是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　 （Ａ）１２ （Ｂ） １ ３ （Ｃ） １ ４ （Ｄ） ２ ５ ２．在１５个村庄中有６个村庄交通不便，现从 中任意选取１０个村庄，其中有 Ｘ个村庄交通不 便，下列概率中等于 Ｃ３６Ｃ ７ ９ Ｃ１０１５ 的是 （　　） （Ａ）Ｐ（Ｘ＝３）　　　　（Ｂ）Ｐ（Ｘ≤３） （Ｃ）Ｐ（Ｘ＝７） （Ｄ）Ｐ（Ｘ≤７） ３．有８件产品，其中３件是次品，从中任取２ 件，若Ｘ表示取到次品的个数，则Ｅ（Ｘ）＝ （　　） （Ａ）３５　 （Ｂ） ３ ４　 （Ｃ） １４ １５　 （Ｄ）１ ４．某导游团有外语导游８人，其中５人会说 日语，现要选出４人去完成一项任务，则有两人会 说日语的概率为 ． ５．有一批产品共４件正品和 ｎ件次品，从中 取出２件，若恰好取到２件正品的概率为２７，则恰 好取到２件次品的概率为 ． ６．为迎接省运动会，某中学准备成立一个义 务宣传队，现高一有３名，高二有５名，高三有４名 备选人员，从中选出４名同学组成宣传队，求所选 队员中高三人数Ｘ的分布列． 书 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＡＣ．　４．０８；　５．７５． ６．略． 专项小练二 １．Ｃ；　２．ＢＣＤ；　３．Ｂ．　４．１８；　５．１４，１１． ６．Ｅ（Ｘ）＝３．６，Ｄ（Ｘ）＝１．９２． 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＢ　５～８　ＢＣＤＤ 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＢＤ． 三、填空题　１２．９１６；　１３． １ ４；　１４．甲． 四、解答题 １５．Ｄ（Ｘ）＝２６８１． １６．解：（１）第三甲当裁判的概率为 １ ２× ２ ５＋ １ ２× ２ ５ ＝ ２ ５． （２）Ｘ的所有可能取值为０，１，２． 当Ｘ＝０时，前三局乙均胜， 故Ｐ（Ｘ＝０）＝ １２ (× )２５ ２ ＝ ２２５， 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当 裁判，故乙只能是第二、四局当裁判， 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 Ｐ（Ｘ＝２）＝ １２× １ ２× ２ ５×２＝ １ ５， 所以Ｐ（Ｘ＝１）＝１－２２５－ １ ５ ＝ １８ ２５． 则Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ Ｐ ２２５ １８ ２５ １ ５ Ｅ（Ｘ）＝１８２５＋ １ ５×２＝ ２８ ２５． １７．（１）３２９． （２）Ｙ的分布列为 Ｙ －２０ ６０ １４０ １８０ Ｐ １６ １ ３ １ ３ １ ６ Ｅ（Ｙ）＝２８０３．因为 ２８０ ３ ＜ ３２０ ３， 所以此建议不该被采纳． １８．（１ (） ３５， ]２３ ． （２）选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数 学期望较大，理由如下． 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为Ｘ万元， 则Ｘ的分布列为 Ｘ ４ ０ －２ Ｐ １２ １ ８ ３ ８ 则Ｅ（Ｘ）＝４×１２＋０× １ ８－２× ３ ８ ＝ ５ ４． 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Ｙ万元， 则Ｙ的分布列为 Ｙ ２ ０ －１ Ｐ １２ １ ３ １ ６ 则Ｅ（Ｙ）＝２×１２＋０× １ ３－１× １ ６ ＝ ５ ６． 因为Ｅ（Ｘ）＞Ｅ（Ｙ）， 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数 学期望较大． 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Ｙ万元， 则Ｙ的分布列为 Ｙ ２ ０ －１ Ｐ １２ １ ３ １ ６ 则Ｅ（Ｙ）＝２×１２＋０× １ ３－１× １ ６ ＝ ５ ６． 因为Ｅ（Ｘ）＞Ｅ（Ｙ）， 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数 学期望较大． １９．解：（１）（ⅰ）记“数组Ω１的数据之和为８”为事件Ｍ， 则Ｐ（Ｍ）＝ １ Ｃ３４ ＝ １４． （ⅱ）记“数组Ω２的数据含有３且数据之和大于８”为事 件Ｎ，则Ｐ（Ｎ）＝１－２ Ｃ２４ ＝ ２３． （２）依题意Ｘ的可能取值为１，２，３，４， Ｐ（Ｘ＝１）＝ １ Ｃ３４ · １ Ｃ３５ ＝ １４０， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２３ Ｃ３４ · １ Ｃ３５ ＋１ Ｃ３４ · Ｃ２３ Ｃ３５ ＝ ３２０， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ２３ Ｃ３４ · Ｃ２３ Ｃ３５ ＋１ Ｃ３４ · Ｃ２４ Ｃ２５ ＝ ３８， Ｐ（Ｘ＝４）＝ Ｃ２３ Ｃ３４ · Ｃ２４ Ｃ３５ ＝ ９２０， 则Ｘ的分布列为 Ｘ １ ２ ３ ４ Ｐ １４０ ３ ２０ ３ ８ ９ ２０ Ｅ（Ｘ）＝１×１４０＋２× ３ ２０＋３× ３ ８＋４× ９ ２０＝ １３ ４． 书 （上接第１版） Ｐ（Ｘ＝０）＝ Ｃ３５ Ｃ３８ ＝５２８， Ｐ（Ｘ＝１）＝ Ｃ１３Ｃ ２ ５ Ｃ３８ ＝１５２８， Ｐ（Ｘ＝２）＝ Ｃ２３Ｃ １ ５ Ｃ３８ ＝１５５６， Ｐ（Ｘ＝３）＝ Ｃ３３ Ｃ３８ ＝１５６， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ ５２８ １５ ２８ １５ ５６ １ ５６ （２）设取出的３张卡片颜色都相同的事件为Ａ， 则有Ｐ（Ａ）＝ Ｃ３ａ＋Ｃ ３ ３ Ｃ３ａ＋５ ． 依题意得 Ｃ３ａ＋Ｃ ３ ３ Ｃ３ａ＋５ ＝１２８， 化简得９ａ３－３２ａ２＋３ａ＋３６＝０， 所以（ａ－３）（９ａ２－５ａ－１２）＝０． 因为ａ∈Ｎ＋，且ａ≥３，所以ａ＝３． !"#$%#& '()*+,- ! ./012 !!"3435 !6;<=5 !>?@AB9$%#!&#'(!'#) !!"CD9EFGHIJKLMNOP '$' QRS;"TUVW"X>?@ !YZ>[9$%$$$) !J\@]"^_9$%#!!#'(!')* !##%))%)++(̀ abcQd !]e9fg!"J\@DhijklmYnopd !YZ]e^_9!!!+# !qrst]uv]wx] ! ! " y j k l G`J d z { | } ~ " ! ! "  E F € D  ‚ ƒ „ … †oH I J ‡ ˆ ‰ M Š ‹ Œ d   Ž  ƒ   ‘ ’ “ $ Ž f g ! " J \ @ D h ” • ,-./011'2%+ –[—˜A™)* 书书书 二 项 分 布 与 超 几 何 分 布 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 Ｘ ～ Ｂ ４， ( ) １ ３ ，则 Ｐ（ Ｘ ＝ １） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ ８１ （ Ｂ） ３２ ８１ （ Ｃ） ４ ２７ （ Ｄ ） ８ ２７ ２． 已 知 盒 中 装 有 形 状 完 全 相 同 的 ４ 个 黑 球 与 ２ 个 白 球 ， 现 从 中 有 放 回 地 摸 取 ４ 次 ，每 次 都 是 从 盒 子 中 随 机 摸 出 １ 个 球 ，设 摸 得 白 球 个 数 为 Ｘ， 则 Ｅ（ Ｘ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ ３ （ Ｂ） ５ ３ （ Ｃ） ２ （ Ｄ ） ４ ９ ３． 电 灯 泡 使 用 时 长 在 １ ００ ０ 小 时 以 上 的 概 率 为 ０． ８， 则 ３ 个 电 灯 泡 在 使 用 １ ００ ０ 小 时 内 恰 好 坏 了 一 个 的 概 率 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ３８ ４ （ Ｂ） ０ ６４ （ Ｃ） ０． １２ ８ （ Ｄ ） ０． １０ ４ ４ ． 学 校 要 从 ５ 名 男 生 和 ３ 名 女 生 中 随 机 抽 取 ２ 人 参 加 社 区 志 愿 者 服 务 ，若 用 Ｘ 表 示 抽 取 的 志 愿 者 中 女 生 的 人 数 ，则 随 机 变 量 Ｘ 的 数 学 期 望 Ｅ（ Ｘ） 的 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ４ （ Ｂ） ５ ４ （ Ｃ ） ３ ４ （ Ｄ ） １ ５ ． 设 随 机 变 量 Ｘ ～ Ｂ（ ２， ｐ） ，Ｙ ～ Ｂ（ ４， ｐ） ，若 Ｐ（ Ｘ ＝ ０） ＝ ４ ９ ，则 Ｄ （ Ｙ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ３ （ Ｂ） ４ ３ （ Ｃ） ４ ９ （ Ｄ ） ８ ９ ６． 某 党 支 部 有 １０ 名 党 员 ，７ 男 ３ 女 ，从 中 选 取 ２ 人 做 汇 报 演 出 ，若 Ｘ 表 示 选 中 的 女 党 员 数 ，则 Ｐ（ Ｘ ＜ ２） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ７ １５ （ Ｂ） ８ １５ （ Ｃ） １４ １５ （ Ｄ ） １ ７ ． 某 校 举 行 “ 书 香 读 书 节 ” 读 书 征 文 活 动 ，高 一 年 级 和 高 二 年 级 合 计 上 交 了 ９ 篇 文 章 ．学 校 通 过 评 比 后 ， 评 出 ４ 篇 文 章 获 得 优 秀 奖 ． 若 这 ４ 篇 文 章 恰 有 ３ 篇 是 高 一 年 级 上 交 的 概 率 为 ２０ ６３ ， 则 高 一 年 级 上 交 的 文 章 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ 篇 （ Ｂ） ３ 篇 （ Ｃ） ４ 篇 （ Ｄ ） ５ 篇 ８． 泊 松 分 布 是 一 种 描 述 随 机 现 象 的 概 率 分 布 ， 泊 松 分 布 的 概 率 分 布 列 为 Ｐ（ Ｘ ＝ ｋ） ＝ λｋ ｋ！ ｅ－ λ （ ｋ ∈ Ｎ ） ，其 中 ｅ 为 自 然 对 数 的 底 数 ， λ 是 泊 松 分 布 的 均 值 ．若 随 机 变 量 Ｘ 服 从 二 项 分 布 Ｂ（ ｎ， ｐ） ， 当 ｎ 很 大 且 ｐ 很 小 时 ，二 项 分 布 近 似 于 泊 松 分 布 ， 其 中 λ ＝ ｎｐ ， 即 Ｘ ～ Ｂ（ ｎ， ｐ） ，Ｐ （ Ｘ ＝ ｉ） ＝ ｅ－ ｎｐ （ ｎｐ ） ｉ ｉ！ （ ｉ ∈ Ｎ ） ． 现 已 知 某 种 元 件 的 次 品 率 为 ０ ０１ ，有 放 回 地 抽 检 １０ ０ 个 该 种 元 件 ， 则 正 品 率 大 于 ９７ ％ 的 概 率 约 ( 为 参 考 数 据 ： １ ｅ ≈ ０． ) ３６ ８ （ 　 　 ） （ Ａ ） ９９ ％ （ Ｂ） ９７ ％ （ Ｃ） ９２ ％ （ Ｄ ） ７４ ％ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 下 列 随 机 事 件 中 的 随 机 变 量 Ｘ 不 服 从 超 几 何 分 布 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 将 一 枚 硬 币 连 抛 ３ 次 ，正 面 向 上 的 次 数 Ｘ （ Ｂ） 从 ７ 名 男 生 与 ３ 名 女 生 共 １ ０ 名 学 生 干 部 中 选 出 ５ 名 优 秀 学 生 干 部 ，选 出 女 生 的 人 数 为 Ｘ （ Ｃ） 某 射 手 的 命 中 率 为 ０ ． ８， 现 对 目 标 射 击 １ 次 ，记 命 中 目 标 的 次 数 为 Ｘ （ Ｄ ） 盒 中 有 ４ 个 白 球 和 ３ 个 黑 球 ，每 次 从 中 摸 出 １ 球 且 不 放 回 ， Ｘ 是 首 次 摸 出 黑 球 时 的 总 次 数 １０ ．已 知 一 批 产 品 中 ，每 次 抽 到 正 品 的 概 率 均 为 ２ ３ ， 随 机 抽 取 ６ 次 ，恰 好 出 现 ｋ 次 正 品 的 概 率 记 为 Ｐ ｋ ，则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） Ｐ １ ＝ Ｐ ５ （ Ｂ） Ｐ １ ＜ Ｐ ５ （ Ｃ） ∑６ ｋ＝ １ Ｐ ｋ ＝ １ （ Ｄ ） Ｐ ０ ，Ｐ １ ，Ｐ ２ ，… ，Ｐ ６ 中 最 大 值 为 Ｐ ４ １１ ．一 袋 中 装 有 １０ 个 大 小 相 同 的 小 球 ，其 中 ６ 个 黑 球 ，编 号 为 １， ２， ３， ４， ５， ６； ４ 个 白 球 ，编 号 为 ７， ８， ９， １０ ，下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 有 放 回 地 摸 取 ４ 个 球 ，则 取 出 的 球 中 白 球 个 数 Ｘ 服 从 二 项 分 布 （ Ｂ） 若 一 次 性 地 摸 取 ４ 个 球 ，则 取 出 的 球 中 白 球 个 数 Ｙ 服 从 超 几 何 分 布 （ Ｃ） 若 一 次 性 地 摸 取 ４ 个 球 ，则 取 到 ２ 个 白 球 的 概 率 为 １ １４ （ Ｄ ） 若 一 次 性 地 摸 取 ４ 个 球 ，则 取 到 的 白 球 数 大 于 黑 球 数 的 概 率 为 ５ ４２ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．设 口 袋 中 有 黑 球 、白 球 共 ７ 个 ，从 中 任 取 ２ 个 球 ，已 知 取 到 白 球 个 数 的 数 学 期 望 值 为 ６ ７ ，则 口 袋 中 白 球 的 个 数 为 ． １３ ．设 随 机 变 量 Ｘ ～ Ｂ（ ６， ｐ） ，若 Ｅ（ Ｘ） ≤ ２， 则 Ｄ （ Ｘ） 的 最 大 值 为 ． １４ ．某 人 射 击 一 发 子 弹 ， 击 中 目 标 的 概 率 为 ０． ８， 现 在 他 射 击 １９ 发 子 弹 ，则 击 中 目 标 的 子 弹 数 最 可 能 是 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 现 有 来 自 甲 、乙 两 班 学 生 共 ７ 名 ，从 中 任 选 ２ 名 都 是 甲 班 的 概 率 为 １ ７ ． （ １） 求 ７ 名 学 生 中 甲 班 的 学 生 数 ； （ ２） 设 所 选 ２ 名 学 生 中 甲 班 的 学 生 数 为 Ｘ， 求 Ｘ ≥ １ 的 概 率 ． １６ ．（ １５ 分 ） 某 服 装 公 司 经 过 多 年 发 展 ，在 全 国 布 局 了 ３ ５０ ０ 余 家 规 模 相 当 的 销 售 门 店 ．该 公 司 每 年 都 会 设 计 生 产 春 季 新 款 服 装 并 投 放 到 全 国 各 个 门 店 销 售 ．公 司 为 了 了 解 ２０ ２４ 年 春 季 新 款 服 装 在 各 个 销 售 门 店 的 销 售 情 况 ，市 场 部 随 机 调 查 了 ２ ０ 个 销 售 门 店 的 年 销 售 额 （ 单 位 ： 万 元 ， 不 考 虑 门 店 之 间 的 其 它 差 异 ） ， 统 计 结 果 如 下 ： 门 店 编 号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 销 售 额 ４５ ３３ ３０ ４４ ２８ ２２ ３７ ２１ １９ ２４ 门 店 编 号 １１ １２ １３ １４ １５ １６ １７ １７ １９ ２０ 销 售 额 ３４ ４１ ２３ ２０ ３７ ３１ ２９ ３２ ３６ ４２ （ １） 从 以 上 ２０ 个 门 店 中 随 机 抽 取 ３ 个 ，求 抽 取 的 ３ 个 门 店 中 至 少 有 ２ 个 的 年 销 售 额 超 过 ４０ 万 元 的 概 率 ； （ ２） 以 样 本 频 率 估 计 概 率 ，现 从 全 国 销 售 门 店 中 随 机 抽 取 ３ 个 ， 记 该 年 春 季 新 款 的 年 销 售 额 超 过 ４０ 万 元 的 销 售 门 店 的 个 数 为 Ｘ， 求 Ｘ 的 分 布 列 及 数 学 期 望 ． š › V œ 0  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! " # $ % & ' ( š › V œ §  ž Ÿ   ¡ ¢ € £ ¤ ¥ { ! 5 ¦ ! " ) $ % & ' ( !" !" 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 数理招 答案详解 2024~2025学年高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期(2025年4月) 6.由题意得X的所有可能取值为0,1,2， 第37期2版 则P(X≤I)=P(X=0)+P(X=I) 专项小练 1.B2D:3ABD4号：5号 -是号号号 7.因为X的分布列服从两点分布， 6.解：显然X服从两点分布. 所以P(X=0)+P(X=1)=1. P(X=0)== 因为P(X=0)=3-4P(X=1)=a, 所以P(X=0)=3-4[1-P(X=0)], PX=)=1-G 8 所以P(X=0)=子，所以a=号 1 所以X的分布列为 8.因为a1,a2,…,a5构成等差数列， 0 1 所以a1+a2+a3+a4+as 8 =(a1+a5）+(a2+a)+a 11 11 =5a3=1, 第37期3,4版 解得a,=号，所以4+a=24,=子， 离散型随机变量及其分布列同步核心素养测评 易知a1≥0，a5≥0， 一、单项选择题 1 ~4 CABB 5~8 CADA 所以a4≤（色）= 提示： 当且仅当4=4=时，等号成立 1.(A)(B)(D)中的随机变量X的可能取值都可以按一定 次序一一列出，因此，它们都是离散型随机变量：(C)中的X无 所以a,·a的最大值为25 法按一定次序一一列出，故X不是离散型随机变量，故选(C) 二、多项选择题 2.由题意得 9.ABC;10.AC;11.ABC. P(X=0)+P(X=1)=6P(X=1)=1, 提示： 则P0X=）=石 9.由题可得a+b+c=1, 且a,b,c∈[0,1] ① 3.由题意得0.36+1-2g+g=1, 又因为a,b,c成等差数列， 解得9=0.2或9=1.8（舍去） 所以2b=a+c, ② 4.由题意得P(X<5) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) 联立①②得b= 3,a+c= 3 14 =3=元 所以0≤e≤员 解得n=12. 所以e可以为方，立5 113 5.由题可得P(X<-1)=0.1,P(X<0)=0.3, P(X<1)=0.4,P(X<2)=0.7, 故选(A)(B)(C). 则当P(X<a)=0.7时， 10.记未使用过的乒乓球为M,已使用过的为N,任取3个 实数a的取值范围是(1,2]. 球的所有可能结果是1个M球和2个N球，2个M球和1个N 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 球，3个M球 除3余1的有1,4,7,10： M球使用后成为V球， 除3余2的有2,5,8,11， 故X的所有可能取值是3,4,5，故(A)正确： 取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有： 又P(X=3)= CC C =7故(C)正确： ①2个标号被3除余数为1的球和1个标号被3整除的球， 有C2C=24(种)： 9=今故D腿： P(X=4)= ②1个标号被3除余数为1的球和2个标号被3除余数为 2的球，有CC=24(种)： 是 ③1个标号被3除余数为2的球和2个标号被3整除的球， 有CC=24(种)， 所以X最有可能的取值是4，故(B)错误. 故选(A)(C) 则PX=2》).24+%24=袋 220 11.由题可得X的可能取值为0,1,2， 四、解答题 若两条棱相交，交点必在正方体的顶点处，过任意一个顶 15.解：随机变量X2的可能取值为0,1,4,9， 点的棱有3条，所以P(X=O)=总=立， P(K=0)=P(X=0)=石 若两条棱平行，它们的距离为1或2，而距离为万的共有 P(2=1)=P(X=-1)+P(X=1) 111 6对，所以万)·总品 1 =3+6=2 故K=)=1-x=0-Px=月=1音品=合 P(X=4)=P(X=-2)+P(X=2) X的分布列为 0 P(X=9)=P(X=3)=1 4 11 所以2的分布列为 故选(A)(B)(C). 0 9 三，填空题 12 2甲腐输两雨或甲乙平局次：&子： 55 16.解：(1)易知0.2+0.1+0.1+0.3+m=1. 提示： 所以m=0.3. 12.由已知得3=0+0+3=1+1+1， 由X的分布列可知n=|X-11的可能取值为0,1,2,3， 故X=3!表示的可能结果为甲赢一局输两局或甲、乙平 P(n=0)=P(X=1)=0.I, 局三次 P(m=1)=P(X=0)+P(X=2)=0.2+0.1=0.3, 13.令X=k表示前k个球为白球， P(7=2)=P(X=3)=0.3, 第k+1个球为红球， P(n=3)=P(X=4)=0.3, 此时P(X=0)=2 1 = 所以)=1X一11的分布列为 6 3 7 0 1 2 3 4 P 0.1 0.30.30.3 4321 P(X=2)=6××年=5， (2)由1<2X+1<9,解得0<X<4, 故P(1<2X+1<9) 则P(X≤2) =P(X=1)+P(X=2)+P(X=3) =P(X=0)+PX=1)+P(X=2) =0.1+0.1+0.3=0.5. 141 =3+5+5 17.解：(1)部件1,2都不需要调整的概率为(1-0.1)× 4 (1-0.2)=0.72,则部件1,2中至少有1个需要调整的概率为 5 P=1-0.72=0.28. 14.从12个球中任取3个球有C2=220(种)不同的方法， (2)由题意X的所有可能取值为0,1,2,3， 1到12中能被3整除的有3,6,9,12： P(X=0)=0.9×0.8×0.8=0.576. 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 P(X=1)=0.1×0.8×0.8+0.9×0.2×0.8+0.9×0.8 可得M的末位是0或5， ×0.2=0.352, 即x,只能是0或5， P(X=2)=0.1×0.2×0.8+0.1×0.8×0.2+0.9×0.2 又M=125a1+25a2+5a5 ×0.2=0.068, =10(12a1+2a2)+5(a:+a3+a3), P(X=3)=0.1×0.2×0.2=0.004. 当a1+a+a为奇数时，5=5， X 0 3 当a1+a2+a1为偶数时，x=0, P0.5760.3520.0680.004 下面计算a+a2+a:为奇数时，aa2a,的个数， 18.解：(1)由题可得X的所有可能取值为2,3,4. ①a1,2,a,均为奇数时，5=125（个）， P(X=2)=5×4=0 1 ②a1,a2,a一奇两偶时，C×5×52=375(个)， 共有125+375=500（个）， P(=3)=号x子x分+号x子x+ 5 4 所以P(,=5)=500=↓ 10=2 P(5=0)=1-P(x=5)=1-2=2 1 P(X=4)=1-P(X=2)-P(X=3)= 5 因此动态校验码x的分布列为 所以X的分布列为 X 2 3 2 P 3 10 5 第38期2版 (2)先摸球的一方获胜，包含以下几种情况： ①双方共摸3次球，出现黑白黑，白黑黑，白白白这三种情 专项小练一 形，即《=3)=高 1.C:2B:3.A6408:5写 ②双方共摸4次球，出现的恰好是三白一黑且前三次必定 6.解：(1)设甲，乙分别解出此题的事件为A,B, 出现一次照球的情形， 则P(A)=0.6 其概率为号x子×号x+号×子x号x 3 由1-P(A·B)=1-0.4·P(B)=0.92, 解得P(B)=0.2,所以P(B)=0.8. (2)X的可能取值为0,1,2，则 所以先损球的一力获胜的概率为品+高= 3 P(X=0)=P(A)·P(B)=0.4×0.2=0.08, P(X=1)=P(A)·P(B)+P(A)·P(B)=0.44, 因为号>了，所以这场游戏不公平 P(X=2)=P(A)·P(B)=06×0.8=0.48 所以X的分布列为 19.解：(1)由题意可知静态密码为202，动态校验码x,=4, 若s=1,则M=2×13+0×12+2×1=4, 0 得x1=4,符合题意， 0.080.440.48 若s=2,则M=2×23+0×22+2×2=20, 所以E(X)=0×0.08+1×0.44+2×0.48=1.4. 得x=0,不符合题意， 专项小练二 若s=3,则M=2×3+0×32+2×3=60, 1.C2BCD:3B418:54l 得x1=0,不符合题意， 若s=4,则M=2×43+0×42+2×4=136. 6.解：根据题意X的可能取值为2,4,6. 得x4=6,不符合题意， P(X=2)=0.6×0.6=0.36, 若s=5,则M=2×53+0×52+2×5=260. P(X=4)=0.4×0.6×2=0.48. P(X=6)=0.4×0.4=0.16. 得x5=0,不符合题意。 综上，s=1. 所以X的分布列为 (2)对于三位静态密码aa2a, 2 4 6 由M=a1·53+a·52+a·5=5(a1·52+4·5+a) 0.36 0.480.16 一3 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=2×0.36+4×0.48+6×0.16=3.6. 得()=子 D(X)=(2-3.6)2×0.36+(4-3.6)2×0.48+(6 3.6)2×0.16=1.92. 则标准差v0打=产 第38期3,4版 7.随机变量x的期望E)=0×号+a×号+1x了 离散型随机变量的均值与方差同步核心素养测评 一、单项选择题 0=[(0-)+(a-)°+1 1 ~4 DAAB 5 -8 BCDD 门×分=c-a+)=号(a-)+石 提示： 1.设成功的概率为p, 当a∈(0，）时，D()单调递减， 所以E(X)=0×(1-p)+1×p=P=0.6 2E(0=-1×分+0×号+1×石 1 =-3 当ae(宁，1）时，D()单调递增，故选(D). 因为y=aX+3, &依葛意得P《=）=PX=2).即之-名，解得A 所以E0=aE(0+3=ax(-+3=子 2.所以PX=)=六，所以P=0)-品e2=PX 解得a=4. ==六2=子，P(X=2》=分2=子则两周共销皆 2 3.因为随机变量X服从两点分布， 所以D(X)=0.7×(1-07)=0.21, 又Y=2x-1, 2件的概率P=c··+G()= 所以D(Y)=D(2X-1)=22D(X) 二、多项选择题 =4×0.21=0.84 9.ABD;10.BCD;11.BD. 提示： a+b+ 4.由题意得 立=1，解得 9.由已知有1-(1-p)2=0.51,解得=03，故(A)正确： -2a+b+1=1, P(X=0)=1-P(X≥1)=1-0.51=0.49，故(B)正确： P(X=1)=2p(1-P)=2×0.3×0.7=0.42,故(C)错误； 所以DX0=(-2-1)2×6+(1-1)×3+(2-1) P(X=2)=p2=0.09, *分2 从而D(X)=E(X)-(E(X))尸 =(0.42×12+0.09×22)-(0.42×1+0.09×2) 5.由题意得X的所有可能取值为1,2,3， =0.42,故(D)正确 P(X=1)=p,P(X=2)=(1-P)p, 故选(A)(B)(D). P(X=3)=1-p-(1-p)p=(1-P)2, 10.由分布列的性质得m+n+m=2m+n=1, 所以E(X) P(X=1)=n,P(X≠1)=2m. =1×p+2×(1-p)p+3×(1-p) =p2-3p+3, 当m=子a=方时， 令E(X)=p2-3p+3>1.39. P(X=1)=P(X≠1)，故(A)错误： 解得p<0.7或p>2.3, 因为E(X)=n+2m=1,故(B)正确： 又因为0<p<1, 因为m,n均为正数，所以1=n+2m≥2√2mn, 所以0<p<0.7, 即p的取值范围是(0,0.7). 即mn≤名，当且仅当a=2m=子时， 6.设P(X=1)=p, 等号成立，故(C)正确： 则P=2)=专-， 由a=1-2m>0,得0<m<分又E()=1, 由0=p+2×(侍-p） 所以D(X+1)=D(X)=m+m=2m<1,故(D)正确. 故选(B)(C)(D), 解得p= 子.则由公式D()=[-B], 1L元件A为正品的概米约为0+品+8-专，故(A)错误： 100 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 元件B为正品的概率约为0+调6：子，故（®）正确： 100 P(X=0)=分=9 随机变量X的所有取值为90,45,30，-15，故(C)错误； P(X=0)=号x子= =学子 1 PX45)=5×子=0 33 2 4×1-1 P(X=30)=方×4=5 所以0=0×号+1×号+2x=8 PX=-15)=方x=六 1 0=(0-8)广x号+-8)广x号+2-) -26 所以随机变量X的分布列为 9=8 X 90 45 30 -15 16.解：(1)第三甲当裁判的概率为 3 3 1 5 20 5 20 3 (2)X的所有可能取值为0,1,2 E(X)=90× 3 5 +45× 20 =66, +30×5+(-15)×20 当X=0时，前三局乙均胜， 故(D)正确. 故选(B)(D). 故PX=0)=方×（号）广=云 三、填空题 由题意知参赛人不能连续两局当裁判，第一局由甲当裁 2岩B子4甲 判，故乙只能是第二、四局当裁判， 故乙在第一局中输掉，在第三局中也输掉的概率 提示： P=2)=x×号x2= 1 2因为E(0=子，D(0=語 2118 由D(X)=E(X2)-(E(X)2, 所以P(X=1)=1-方-方=5 得E(X)=D(X)+(E(X))2 则X的分布列为 =語+()°-器 0 2 2 8 13.由题意可得a+b=1(0≤a≤1,0≤b≤1)， 25 E(X)=a+2b=1+b, 8 8 则D(X) E(X)=2 +5×2=器 =[1-(1+6)]2×a+[2-(1+b)]2×6 17.解：(1)从这30天中任取2天，样本点总数n=C。, =-8+6=-(6-22+ 这2天的日需求量均为40个包含的样本点个数m=C。, 4 当6=子时，D()有最大值好 所以这2天的日雷求量均为0个的概半P:兰=司 (2)由题意得Y的可能取值为-20,60,140,180， 14.由题意可得E(X)=110×0.1+120×0.2+125×0.4 +130×0.1+135×0.2=125, PY=-20=右，PY=60)=3 E(y)=100×0.1+115×0.2+125×0.4+130×0.1+ PY=140)=号，P(Y=180)=石 145×0.2=125, D(X)=01×(110-125)2+0.2×(120-125)2+0.4×(125 所以Y的分布列为 -125)2+01×(130-125)2+0.2×(135-125)2=50, -20 60140 180 D(Y)=0.1×(100-125)2+0.2×(115-125)2+0.4×(125 6 6 -125)2+01×(130-125)2+0.2×(145-125)2=165, 由于E(X)=E(Y),而D(X)<D(Y),故甲厂的材料稳定 =-20×+60×分+140×号+180×-9 31 性较好. 因为该糕点房一天制作35个该类蛋糕时，对应的利润的 四、解答题 15.解：由题意得X的可能取值为0,1,2， 期望为受元，且学<学，所以此建议不该被果纳 -5 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 18.解：(1)设事件A为“甲投资股市且盈利”， P(X=3)= 事件B为“乙购买基金且盈利”， 事件C为“一年后甲、乙中至少有一人盈利”， 9 则C=(AB)U(AB)U(AB),其中A,B相互独立， 由题表知P(面=方，P氏(A)= 则X的分布列为 2 3 4 P(B)=m,P(B)=1-m, 所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 40 品品 =21-m)+m+ 9 E(X)=1× +2× +3× +4× 3 40 20 20 4 =1+m), 第39期2版 由1+m)>号解得m>子 专项小练一 1.C;2.C:3.BD.4.0.291:5.0.0837. 因为m+3+n=1且0≤m≤1,0≤n≤1， 6,解：易知X~8(6,）,所以E()=6x分=3， 所以0≤m≤子，放号<m≤ 2 (0=6×分×-）号 (2)选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 专项小练二 望较大，理由如下： 假设此人选择“投资股市”，记一年后的投资收益为X万元， 1.D:2.A;3.B. 4号；5号 则X的分布列为 6.解：由题意可知X服从N=12,M=4,n=4的超几何 0-2 分布，故P(X=)= CC -(k=0,1.2,3,4) C 2 8 所以P(X=0)= 1 3 则E(X)=4×+0×8-2× 5 8= 4 cc 假设此人选择“购买基金”，记一年后的投资收益为Y万元， P(X=1)= -24 495 则Y的分布列为 P(X=2)= C_168.56 0 C 495 =165 P(X=3)= CC =32 C Γ495 则E()=2×+0×号 -1× 6 5 P(X=4)= 1 6 C =495 因为E(X)>E(Y), 因此X的分布列为 所以选择“投资股市”可使得一年后的投资收益的数学期 F 0 1 2 3 4 望较大 P 14 224 56 32 1 19.解：(1)(1)记“数组2的数据之和为8”为事件M, 99 495 165 495 495 则P)=忘子 1 第39期3,4版 (ⅱ)记“数组22的数据含有3且数据之和大于8”为事件N, 二项分布与超几何分布同步核心素养测评 期P(N)=1-总= 2 2 一、单项选择题 1~4 BAAC 5~8 DCDC (2)依题意X的可能取值为1,2,3,4， 提示： 1,11 P(X=1)= 1.由题可得Px=)=G×宁×()=品 P(X=2)= C1,1C3 2由题可得X-4,） 6 高中数学人教A版选择性必修第三册 第37~40期 所以EC)=于 二、多项选择题 9.ACD:10.BD:11.ABD. 3.电灯泡使用时长在1000小时以上的概率为0.8， 提示： 1个灯泡在使用1000小时内坏了的概率为 1-0.8=0.2, 9.将一枚硬币连抛3次，每次正面向上的概率均为2 则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 所以正面向上的次数服从二项分布， C×0.2×0.82=0.384. 即X~B3,宁)故(A)正确： 4.由题知X服从N=8,M=3,n=2的超几何分布， 所以E0=兴.2袋2=是 从7名男生与3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生 8 干部，记选出女生的人数为X,X服从超几何分布，故(B)错误： 5.由题可得 某射手的命中率为0.8，现对目标射击1次，记命中目标的 PX=0)=G×(1-p)=号， 次数为X,X服从两点分布，故(C)正确； 盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1球且不放回， 解得p=或p=子（舍 记首次摸出黑球时的总次数为X, 则X不服从超几何分布，故(D)正确。 所以y~ 4,） 故选(A)(C)(D). 所以D()=4×号×(1-行）=号 R=Cx子x-)广=嘉 6.由题意知X服从超几何分布， B=c心×（号）x(1-子)=是 且N=10,M=3,n=2, X的分布列为P(X=k)= ck=012, P<P,故(A)错误，(B)正确： C。 A=1,故1©)错误： 放P(X=0)=忌= 由二项分布概率公式可得P。=西 P(X=1)= Cie A=嘉A=0A=9 4 160 于是P(X<2)=P(X=0)+P(X=1) A=器A=第n=离 64 7 7 14 =5+5= 最大值为P,故(D)正确， 7.设高一年级上交了n篇文章， 故选(B)(D). 则高二年级上交了(9-n)篇文章 设“这4篇优秀文章恰有3篇是高一年级上交的”为事件A, 1取出白球和取出黑球的概率分别为号和高 则P-G.20 符合二项分布，故(A)正确： 631 一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列 解得n=5. P(Y=k)= CC 8.由n=100,p=0.01, 一，符合超几何分布，故(B)正确： 泊松分布可作为二项分布的近似， 一次性地摸取4个球，则取到2个白球的概率为P(Y=2) 知A=100×0.01=1, 所以P=)=e S=号故(0)储误： 取出的白球为3和4，所求概率P=P(Y=3)+P(Y=4) 放P(X=0)== e g,兰=最故(D正确 + P(X=1)= e 故选(A)(B)(D). rX=2)==六 三、填空题 23:13号；14.15或16 正品率大于97%的概率，即抽检100个该种元件，抽到次 品的数量小于3的概竿，则所求概半P=P(X=0)+P(X=1) 提示： 12.记取到白球为X,设口袋中白球的个数为M, +P(X=2)= 1+上+=92% e +2e e 显然X服从超几何分布，且N=7,n=2, 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 由题可得E0==2X业=乡，解得1=3 7 P=0)=cG(兮)'（告）'=离 13.随机变量X~B(6,P), Px=)=Gx5×(÷)°=器 由E()≤2，得0<p≤2解得0<p≤子， Px2)=G(传)广x号=品 D0=6p(1-pm）=-6p-72+2 则当p=号时，0()取得最大值， Px=3)=G(兮)广（告）”=声 X的分布列为 所以D()的最大值为6×寸x号=于 4 0 2 3 14设击中目标的子弹数为X,则X~(9,专)， 3 有P《=)=×()x(传) 所以X的期塑为()=3×行=子 17.解：(1)记“取出的产品中次品不超过1件”为事件A, k∈N,k≤19， 则P(A)=P(X=0)+P(X=1) 依题意设P(X=)最大， Cc9.CC215-1 显然P(X=0),P(X=19)都不是最大的， = 即有1≤k≤18， 于是PX=月≥P(X=6+). 即取出的产品中次品不超过1件的概率是宁 P(X=k)≥P(X=k-1). (2由题意知f(a)=P氏X=3)=CC」 rx()x(5)“≥×(》“x(传). f(n+1)= CC。s ×()×兮)“≥出×(”x(“ 若a+山.C=a+》8-=m>1. 191 19! 9-≥4(k+)118- f(n)cC-(n-2)(20-m) 则(n+1)(13-n)>(n-2)(20-n), 4·1 19 19! (19-k1≥(k-1)1(20-kT 解得n<5.3, 整理得1≥(19-)解得15≤6≤16. 故当n<5.3时f(n+1)>f(n); l4(20-)≥k, 当n>5.3时，f(n+1)<f(n), 即当n=6时，f(n)取得最大值. 所以击中目标的子弹数最可能是15或16. 18.解：(1)设该校报考飞行员的总人数为m, 四、解答题 前3个小组的频*率分别为，2P,则由条件可得 15.解：(1)设甲班的学生人数为M, 哈宁 P:2p, 42 =3p1, 即-M-6=0,解得M=3或M=-2(舍去). P1+P2+3+(0.037+0.013)×5=1, 所以7名学生中甲班的学生共有3人 解得P1=0.125,P3=0.25,P3=0.375, (2)由题意可知X服从超几何分布. 又因为乃=0.25=2，所以m=48. m 所以P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2) (2)由(1)可得，一个报考学生体重超过60公斤的概率为 g 1 5 = C 7+7= p=A+(0.037+0.013)×5=冬 16.解：(1)年销售额超过40万元的门店有4个， 则所求华P.C之CE:号 由题意知X服从二项分布，即X~B(2,冬) 2- (2)由样本估计总体，从全国随机抽取1个销售门店， Px=)=cG×()×()k=01,2. 春季新款的年销售额超过40万元的概率是分=子 所以随机变量X的分布列为 X 01 2 则随机变量X~B(3,) 9 15 25 64 32 6 -8 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 E(X)=nm=2× 5 8 99.7%,从而得出适合身高在150~180cm范围内学生穿的服 41 装大约套数是1000×99.7%=997（套）. 19.解：(1)P(专=4)=Cg×0.9×0.1 6.因为随机变量X服从正态分布N(3,σ2)， =0.32805≈0.33 所以正态曲线关于直线x=3对称， (2)P(5=10)=C0×0.9°×0.1-0， 又P(X<4)=0.78, 由题意有 所以P(X≥4)=P(X≤2)=1-0.78=0.22， rC×0.9×0.1-0≥C2×0.9°×0.1n-9, 则P(2<X<4)=1-2×0.22=0.56, G×0.90×0.0≥C×0.9×0.1-", 则0.9(n-9)≥1， 所以P(2<X<3)=P2<X<4) 2 l0.9(n-10)≤1.1， =7×056=028 解得号≤a≤19 7.由随机变量X~N(5,1)知，4=5,0=1， 由于n为整数，故n=11 所以P(4≤X≤6)s0.683,P(3≤X≤7)=0.955， (3)E-B(n,0.9),则E()=0.9n,D(E)=0.09n 所以P(6<X≤7)=[P(3≤X≤7)-P(4≤X<6] 由题意0.85<左<0.95， n ≈7×(0.955-0.683)=0136 即0.85n<E<0.95n,-0.05n<专-0.9n<0.05n, 即1专-0.9nl<0.05n 8.由题意知μ=98,0=10. 由切比雪夫不等式， 因为学生的数学成绩X近似服从正态分布N(98,100), 所以P(X>108) 有P(I5-E()1<0.05n)≥1- 0.09n (0.05n)7 =1-P(8≤X≤108刃 从而1 (0.05m)≥09，解得n≥360. 0.09n =1-Pu-o≤X≤a+o月 故估计n的最小值为360. 第40期2版 ≈7×(1-0.6827)=015865. 所以0.15865×9455=1500. 专项小练 二、多项选择题 1.A:2.D:3.C.4.0.8:5.0.2 9.AD:10.AC:11.BCD. 6.解：因为灯泡的使用寿命X~N(1000,30), 提示： 故X在(1000-3×30,1000+3×30)内的概*为9.7%， 9.根据正态曲线关于直线x=u对称，且以越大，图象越靠 即X在(910,1090)内取值的概率为99.7%. 近右边，所以41<2=4，故(B),(C)错误： 所以灯泡的最低使用寿命应控制在910小时以上， 又σ较小时，蜂值高，曲线“瘦高”，所以σ1=σ2<3，放 第40期3,4版 (A),(D)正确. 故选(A)(D) 正态分布同步核心素养测评 10.随机变量X服从正态分布N(0,1), 一、单项选择题 所以正态曲线关于直线x=0对称， 1~4 BABA 5~8 DCBA 因为f(x)=P(X≤x)(x>0), 提示： 所以根据正态曲线的对称性可得f(-x)=P(X>x)=1 1,由题可得g=10. -f代x),故(A)正确； 2.甲、乙、丙三科的均值相同，甲学科的方差最小，故选(A). f2x)=P(X≤2x),2fx)=2P(X≤x),故(B)错误： 3.由题可得a-3+2a+2=2×3,解得a=了 7 P(IXI≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f-x)=1-2[口 4.因为随机变量X=N(4,9),且P(X<1)=P(X>7), -fx)门=2fx)-1,故(C)正确； 所以=9,4=十7=4，所以E(X0=4,D(X)=9. P(I XI>x)=P(X>xX<-x)=1-f(x)+f(-x) 2 =1-f(x)+1-f八x）=2-2fx),故(D)错误. 5.学生的身高（单位：cm)服从正态分布N(165,52),即服 故选(A)(C). 从均值为165cm,方差为25的正态分布，因为适合身高在150 11.当g=5时，P(90<X<100)≈0.68，又P(95-g< ~180cm范围内取值即在(4-3σ，4+3σ）内取值，其概率为 X<95+σ)≈0.68为定值，所以σ越大，学生数学成绩在(90， —9 高中数学人教A版选择性必修第三册第37~40期 100)内的概率就越小，故(A)错误： 18.解：(1)μ=(47.5+72.5)×0.004×5+(52.5+67.5) 当a=20时，P(75<X<135) ×0.026×5+(57.5+62.5)×0.07×5=60. =P(75<X<115)+P(55<X<135) σ2=[(47.5-60)2+(72.5-60)2]×0.02+[(52.5- 2 60)2+(67.5-60)2]×0.13+[(57.5-60)2+(62.5-60)2] =Q68+0.95=0.815,故(B)正确： ×0.35≈25. 2 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩大 (2)由题图可得从全校学生中随机抽取1名学生， 于95的概率为0.5，与σ的值无关，故(C)正确； 其体重在[55,65)的概率为0.7. 由正态曲线关于直线x=95对称可知学生的数学成绩小 随机抽取3人，相当于3重伯努利试验， 随机变量X服从二项分布B(3,0.7), 于75与大于115的概率相等，与σ的值无关，故(D)正确. 故选(B)(C)(D). P(X=0)=C×0.7°×0.33=0.027. 三填空题 P(X=1)=C×0.7×0.32=0.189, 12.0.4:13.0.14:14.4. P(X=2)=C×0.72×0.3=0.441, 提示： P(X=3)=C×0.73×0.3°=0.343， 12.若随机变量X服从正态分布N(μ，σ)，则P(X<4)= 所以X的分布列为 0.5.故可知4=0.4且在x=4时取得最大值，所以x=0.4. 0 1 2 3 13.因为X~N(2,σ2)， P0.0270.1890.4410.343 所以P(X<2)=P(X>2)=0.5, E(X)=3×0.7=2.1. 因此P(X>2.5)=P(X>2)-P(2<X≤2.5) (3)由题意知Y服从正态分布N(60,25), =0.5-0.36=0.14. 则P(u-2g≤Y≤u+2o)=P(50≤Y≤70) 14.由于随机变量X-N(4,o2), =0.96>0.9545. 满足P(X≤3)=0.3，P(3<X<5)=0.4, 所以该校学生的体重是正常的 因此P(X≥5)=1-0.3-0.4=0.3=P(X≤3)， 19.解：(1)设考生的成绩为X,则X~N(180,σ2). 根据正态曲线的对称性可知4=3十5=4. 2 令y=X-180,则y-N(0,1). 0 四、解答题 由360分及以上的高分考生有30名， 15.解：据已知得u=120,0=10,由于正态总体N(u,2) 3 在区间(4-2o,4+2σ)内取值的概率约为0.955， 得P(X≥360)=200， 放140分以上的所占概率为-0955=0.0225. 所以P(X<360)=1- 3 200 =0.985. 2 故相应的考生人数为2000×0.0225=45（人）， 即P(y<360-180 =0.985,则360-180=2.17， 16解：因为X~N(25,0.22),所以4=25，σ=0.2 所以P(24.8≤X≤25.4)=P(4-σ≤X≤4+2o）= 所以g≈83，所以X-N(180,832). 设最低录用分数为， 7×(0.6827+0.9545)=034135+0.4725=0.8186. 期Px≥)=P(≥5)=0=易 解：体温X服从正态分布N(369,0巴）。 83 即P(y<-180 83 =1品 =0.85, 所以4=36.9,02=0.05 n 即。180 因为X的值落在(36.6,37.2)内的概率约为0.9973， 83 ≈1.04，所以x0≈267 且P(1X-4I<3o)≈0.9973， 所以此次招聘中的最低录用分数为267. 所以P(366<X<37.2)=P(36.9-0.3<X<36.9+0.3) (2)因为286>267，所以甲能被录用. =P(369-30<X<36.9+3o), 易得PX<2%)=P(<g）-PV<128 所以30=0.3，解得0=0.1， 所以00=0.01，解得n=5. =0.9,所以不低于甲的成绩的人数约为2000×(1-0.9)= 200,所以甲大约排在第200名，所以甲能获得高薪职位 -10