课后作业62 二项分布、超几何分布与正态分布-【高考DNA解码】2026年高考数学一轮总复习学生用书word

课后作业(六十二)　二项分布、超几何分布与正态分布 说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共95分 一、单项选择题 1．接种疫苗是预防和控制传染病最经济、有效的公共卫生干预措施．根据实验数据，人在接种某种病毒疫苗后，有80%不会感染这种病毒，若有4人接种了这种疫苗，则最多1人被感染的概率为(　　) A．　 　B．　 　C．　 　D． 2．(2024·山东济宁三模)若随机变量X～N，随机变量Y＝(X－3)，则＝(　　) A．0 B． C． D．2 3．(2025·河北石家庄模拟)如图所示，已知一质点在外力的作用下，从原点O出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为．若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则P(X>0)＝(　　) A． B． C． D． 4．已知某社区居民每周运动总时间为随机变量X(单位：小时)，且X～N，P＝0.2．现从该社区中随机抽取2名居民，则恰有1名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为(　　) A．0.60 B．0.48 C．0.36 D．0.24 5．口袋中有6个球(除颜色外其他属性都相同)，其中3个黑球，2个红球，1个白球，ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的数目，η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的数目，则下列结论成立的是(　　) A．E<E B．E>E C．E＝E D．无法判断 6．已知随机变量X～N(μ，σ2)，有下列四个命题： 甲：P(X>m＋1)>P(X<m－2)； 乙：P(X>m)＝0.5； 丙：P(X≤m)＝0.5； 丁：P(m－1<X<m)<P(m＋1<X<m＋2) 如果只有一个是假命题，则该命题为(　　) A．甲　　　B．乙　　　C．丙　　　D．丁 二、多项选择题 7．(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 8．(2023·新高考Ⅱ卷)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．(　　) A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2 B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3 D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 三、填空题 9．(教材改编)如图是一块高尔顿板的示意图．在一块木板上钉着若干排相互平行但错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落过程中，每次碰到小木钉后可能向左或向右下落，其中向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中．格子从左到右分别编号为0，1，2，…，10，则小球落入________号格子的概率最大． 10．某校召开春季运动会，为了组建一支朝气蓬勃、训练有素的赛会志愿者队伍，欲从4名男志愿者，3名女志愿者中随机抽取3人聘为志愿者队的队长，则在“抽取的3人中至少有一名男志愿者”的前提下，“抽取的3人中全是男志愿者”的概率是________；若用X表示抽取的3人中女志愿者的人数，则E(X)＝________． 四、解答题 11．(2024·河南名校联考)在一个不透明的密闭纸箱中装有10个大小、形状完全相同的小球，其中8个白球，2个黑球．小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，记随机变量X为小张摸出白球的个数． (1)若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，求E和D； (2)若小张每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，求X的分布列． 12．(2024·北京西城期中)某校设计了一个实验学科的实验考查方案．考生从6道备选题中一次性随机抽取3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题便可通过．已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成，2题不能正确完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响，求： (1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列，并计算数学期望； (2)试用统计知识分析比较两考生的实验操作能力． 13．(2024·江苏南京、盐城一模)已知某种机器的电源电压U(单位：V)服从正态分布N．其电压通常有3种状态：①不超过200 V；②在200 V～240 V之间；③超过240 V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2． (1)求该机器生产的零件为不合格品的概率； (2)从该机器生产的零件中随机抽取n(n≥2)件，记其中恰有2件不合格品的概率为pn，求pn取得最大值时n的值． 附：若Z～N，取P＝0.68，P＝0.95． 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课后作业(六十二) [A组　在基础中考查学科功底] 1．A　[由题得最多1人被感染的概率为＝＝．故选A．] 2．B　[由X～N可知，E(X)＝3，D(X)＝4， 又因为Y＝(X－3)，所以E(Y)＝E＝E＝＝0， D(Y)＝D＝D＝1， 则＝＝．故选B．] 3．D　[设该质点向右移动的次数为Y，则Y～B，Y＝0，1，2，3，4，5，而X＝Y－(5－Y)＝2Y－5＞0，所以X的可能取值为1，3，5． 所以P(X＞0)＝P(X＝1)＋P(X＝3)＋P(X＝5)＝P(Y＝3)＋P(Y＝4)＋P(Y＝5)＝＝．故选D．] 4．B　[由题意得P＝0.5， 则P＝0.5－0.2＝0.3， 所以P＝0.3×2＝0.6． 所以恰有1名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为×0.61×0.41＝2×0.6×0.4＝0.48．故选B．] 5．A　[ξ表示有放回地摸球3次，每次摸一个，取出红球的数目， ξ的可能取值为0，1，2，3，则ξ～B，则E＝3×＝1； η表示不放回地摸球3次，每次摸一个，取出黑球的数目， η的可能取值为0，1，2，3，η满足超几何分布， 则E＝3×＝，则E<E．故选A．] 6．D　[因为只有一个假命题，故乙、丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意， 所以乙、丙一定都正确，则μ＝m，P(X>m＋1)＝P(X<m－1)>P(X<m－2)， 故甲正确，根据正态曲线的对称性可得P(m－1<X<m)＝P(m<X<m＋1)>P(m＋1<X<m＋2)，故丁错误．故选D．] 7．BC　[依题可知，＝2.1，s2＝0.01， 所以Y～N(2.1，0.12)， 故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误； 因为X～N(1.8，0.12)， 所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)． 因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3， 所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2， 而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC．] 8．ABD　[由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β．对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，A正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，B正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为＝3β(1－β)2＋(1－β)3，C不正确．对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0．5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，D正确．故选ABD．] 9．7　[小球下落需要10次碰撞，每次向左下落的概率为，向右下落的概率为， 小球掉入0号格子，需要向左10次，概率为， 小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，概率为， 小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，概率为， 小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，概率为， 依此类推，小球掉入k号格子，需要向左(10－k)次，向右k次， 概率为， 设小球落入k号格子的概率最大，显然k≠0，k≠10， 则，解得≤k≤，又k为整数，所以k＝7， 所以小球落入7号格子的概率最大．] 10．　[由题意3人全是男志愿者，即X＝0，P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， E(X)＝1×＋2×＋3×＝． 记全是男志愿者为事件A，至少有一名男志愿者为事件B，则 P(A)＝P(X＝0)＝， P(B)＝1－P(X＝3)＝， P(A|B)＝＝＝．] 11．解：(1)由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次，且每次从纸箱中随机摸出一个小球后放回纸箱，所以随机变量X～B(4，0.8)，所以E＝4×0.8＝3.2，D＝4×0.8×＝0.64． (2)由小张每次从纸箱中随机摸出一个小球观察其颜色，连续摸4次， 且每次从纸箱中随机摸出一个小球后不放回纸箱，随机变量X服从超几何分布， 则P＝，k＝2，3，4， 可得P＝＝，P＝＝，P＝＝， 所以X的分布列为 X 2 3 4 P 12．解：(1)设考生甲正确完成实验操作的题数为ξ，则ξ的可能取值为1，2，3， P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝， 所以ξ的分布列为 ξ 1 2 3 P 则E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2． 设考生乙正确完成实验操作的题数为η，易知η～B， 所以P(η＝0)＝＝，P(η＝1)＝＝， P(η＝2)＝＝，P(η＝3)＝＝． 所以η的分布列为 η 0 1 2 3 P 所以E(η)＝3×＝2． (2)由(1)，知E(ξ)＝E(η)＝2，D(ξ)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝， D(η)＝3×＝，P(ξ≥2)＝＝，P(η≥2)＝＝． 所以D(ξ)<D(η)，P(ξ≥2)>P(η≥2)， 故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当； 从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定； 从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强． [B组　在综合中考查关键能力] 13．解：(1)记电压“不超过200 V”、“在200 V～240 V之间”、“超过240 V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D． 因为U～N，所以P＝P(U≤200)＝＝＝0.16， P＝P＝P(μ－σ<U<μ＋σ)＝0.68， P＝P＝＝＝0.16． 所以P＝PP＋PP＋PP ＝0.16×0.15＋0.68×0.05＋0.16×0.2＝0.09， 所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09． (2)从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则X～B， 所以pn＝P＝·0.91n-2·0.092． 由＝＝×0.91>1， 解得2≤n<． 所以当2≤n≤21时，pn<pn＋1； 当n≥22时，pn>pn＋1，所以p22最大． 因此当n＝22时，pn最大． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$