23、随机变量、二项分布、超几何分布与正态分布-【伯乐马】2026年高考数学一轮复习同步考练卷

数学一轮复习同步考练（二十三） 随机变量、二项分布、超几何分布与正态分布 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的。 1.袋中装有除颜色外其余均相同的10个红球，5个黑球，每次任取 一球，若取到黑球，则放入袋中，直到取到红球为止若抽取的次 数为X,则表示“放回4个球”的事件为 A.X=4 B.X=5 C.X=6 D.X≤4 2.已知离散型随机变量X服从两点分布，且P(X=0)= 3-4P(X=1)=a,则a= A号 B日 c 3.某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ2)，下列结论中不正 确的是 A.o越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大 B.该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5 C.该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等 D.该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概 率相等 4.已知随机变量X的概率分布如下： 2 3 4 5 6 8 9 10 2 2 2 2 2 2 2 P 3 3 33 3 35 39 3 3 m 则P(X=10) A号 器 D.3 5.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p,各成员的支付 方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人 数，DX=2.4,P(X=4)<P(X=6),则p= A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 6.某实验测试的规则如下：每位学生最多可做3次实验，一旦实验 成功，则停止实验，否则做完3次为止.设某学生每次实验成功的 概率为p(0<p<1),实验次数为随机变量X,若X的数学期望 E(X)>1.39,则p的取值范围是 A.(0,0.6) B.(0,0.7) C.(0.6,1) D.(0.7,1) 已知在2 的二项展开式中，第6项为常数项，若在展 开式中任取3项，其中有理项的个数为，则E(传)= 8 B片 9 8 0的 8.已知x,y,之∈N,且x十y+之=10，记随机变量ξ为x,y,之中 的最大值，则E()= 10 A 14 7 C.5 0. 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.随着“一带一路”国际合作的深人，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人的样本均值x=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人Y服从正态分布 N(x,s2),则 (若随机变量Z服从正态分布N(,o2),P(Z<十o)≈0.8413) A.P(X>2)>0.2 B.P(X>2)<0.5 C.P(Y>2)>0.5 D.P(Y>2)<0.8 10.已知随机性离散变量X的分布列如下，则D(X)的值可以是 X 0 1 2 a a+b a-b A. B. D.1 11.已知随机变量满足P(=0)=3,P(=1)=x,P(=2)= -，若01<号，则 2 A.E(E)有最大值 B.E()无最小值 C.D()有最大值 D.D(传)无最小值 三、填空题 12.已知随机变量X一N(u,g2),y~B(6,p),且P(X≥4)=2 E(X)=E(Y),则p= 13.盒子里有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球，从盒中随 机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取 到黄球的个数为，则P(=0)= ;E(ξ)= 14.对一个物理量做n次测量，并以测量结果的平均值作为该物理 量的最后结果已知最后结果的误差。~N0,2),为使误差。 在[一0.5,0.5]内的概率不小于0.9545，至少要测量 次 2026年伯乐马一轮复习同步考练（二十三）·数学·第1页（共2页） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.某商场为吸引顾客，增加顾客流量，决定开展一项有奖游戏.参 加一次游戏的规则如下：连续抛掷质地均匀的硬币三次（每次抛 硬币结果相互独立)，若正面朝上多于反面朝上的次数，则得3 分，否则得1分.一位顾客可最多连续参加5次游戏， (1)求顾客甲在一次游戏中硬币正面朝上次数：的分布列与期 望； (2)若连续参加游戏获得的分数总和不小于11分，即可获得一 份大奖.顾客乙准备连续参加5次游戏，测他获得这份大奖 的概率多大？ 16.某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同 险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的 索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 单数 800 100 60 30 10 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每 次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不 同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率！ (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. (1)记X为一份保单的毛利润，估计X的数学期望E(X): (ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%，有索赔的保单的保费 增加20%，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计 值与（ⅰ）中E(X)估计值的大小.（结论不要求证明） 17.甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜 方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得 分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分 别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立 (1)求甲学校获得冠军的概率； (2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望. 18.新高考改革后部分省份采用“3十1十2”高考模式，“3”指的是语 文、数学、外语三门为必选科目，“1”指的是要在物理、历史里选 一门，“2”指考生要在生物、化学、思想政治、地理4门中选择2 门. (1)若按照“3十1十2”模式选科，求甲、乙两名学生恰有四门学科相 同的选法种数； (2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩，从当地不同的学校 中抽取高一学生4000名参加语数外的网络测试（满分450分）， 假设该次网络测试成绩服从正态分布N(245,552). ①估计4000名学生中成绩介于190分到355分之间的有多少 人（结果保留到个位）： ②该地某校对外宣传“我校200人参与此次网络测试，有12名 同学获得425分以上的高分”，请结合统计学知识分析上述宣 传语是否可信. 附：P(-o≤X≤十o)≈0.6827，P(μ-2o≤X≤H+2o)≈0.9545， P(u-3o≤X≤+3o)≈0.9973. 2026年伯乐马一轮复习同步考练（二十三）·数学·第2页（共2页） 19.2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会. 为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分 为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛 (1)初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进人决赛.已知这 6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目 个数为X,求X的数学期望以及小王在已经答对一题的前提 下，仍未进人决赛的概率； (2)M大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进人决赛的参赛 大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学 生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180 元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假 定每次抽奖中奖的概率均为p0<p<),且每次是否中奖相 互独立. (ⅰ)记一名进人决赛的大学生恰好中奖1次的概率为f(p), 求f(p)的极大值； (ⅱ)M大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学 生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时p的取值 范围.23、随机变量、二项分布、超几何分布与正态分布 1.答案：B 根据题意可知，若取到黑球，则将黑球放回，然后继续抽取，若取 到红球，则停止抽取，所以“放回4个球”即前4次都是取到黑球， 第5次取到了红球，故X=5. 2.答案：C 因为X服从两点分布，所以P(X=0)十P(X=1)=1, 则P(X=0)=3-4P(X=1)=3-4[1-P(X=0)], 解得P(X=0)=了，所以a=号故选C. 3.答案：D 对于A,o2为数据的方差，所以。越小，数据在以=10附近越集 中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A正确； 对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大 于10的概率为0.5，故B正确； 对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结 果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确； 对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落 在(10.2,10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9,10.2)的 概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误. 4.答案：C 由离散型随机变量分布列的性质， 可知+ 2 十…十3+m=1, 所以m=1- 5.答案：B D(X)=np(1-),∴.p=0.4或p=0.6, :P(X=4)=C1p4(1-p)<P(X=6)=Cip(1-p)4, .(1-p)2<p2,可知p>0.5,故答案选B 6.答案：B 由题意得，X的所有可能取值为1,2,3， P(X=1)=p,P(X=2)=(1-p)p,P(X=3)=1-饣 (1-p)p=(1-p)2,所以E(X)=1×p+2×(1-p)p+3× (1-p)2=p2-3p+3,令E(X)=p2-3p+3>1.39,解得 p<0.7或p>2.3,又因为0<p<1,所以0<p<0.7,即p的取值 范围是(0,0.7).故选B. 7.答案：C 的二项开武为T1=C)”一（2) C（)=012 由题意”一2×(6-1) =0,解得n=10, 若要取到有理项，则需要10一2r能被3整除，则r=2,5,8,即在 的二项展开式中，有理项有3项，无理项有8项， 若在展开式中任取3项，其中有理项的个数为ξ，可知ξ的所有可 能取值分别为0,1,2,3， P(ξ=0)= 165,P(6=1)= CC856 CgC8_8428 C 165551 CC 1 P(=2)= C8C8_24- 8 C9165=55,P(=3)= C 165 165+3X 所以Ee)=0x需+1x+2× 1359 165165-111 8.答案：D 根据隔板法，将10看做10个完全相同的小球排成一排，中间形 成的9个空，放人两块隔板，可求得x+y+之=10正整数解有C号 =36组，可能的取值为4,5,6,7,8，不妨设x=max{x,y,之}， 则=x,下分类讨论： x=8,(x,y,之)=（8,1,1)； x=7,（xy,x)=(7,1,2),(7,2,1) x=6,(x,y,2)=(6,1,3),(6,3,1),(6,2,2); x=5,(x,y,z)=(5,1,4),(5,4,1),(5,2,3),(5,3,2): x=4,(x,y,2)=(4,3,3),(4,4,2) 但根据x,y,之的对称性，上述每一组解的结果数还要乘以3，于 是有： P(E=8)= -2P8=7)=品日Pg=6创=品-， 31 P(E=5)= gP=48日 121 于是)·8+57+6+5+日4 1 3 9.答案：BC 依题可知，x=2.1,s2=0.01,所以Y~N(2.1,0.1), 故P(Y>2)=P(Y>2.1-0.1)=PY<2.1+0.1)≈0.8413>0.5， C正确，D错误； 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第1页 因为X~N(1.8,0.1),所以P(X>2)=P(X>1.8+2×0.1), 因为P(X<1.8+0.1)≈0.8413， 所以P(X>1.8+0.1)≈1-0.8413=0.1587<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. 10.答案：ABC 由题知a十a十b+a-b=1,解得：a= 由题得：06<号06<号则号<< 所以E(X)=a+b+2a-2b=3a-b=1-b, D)=号-b)+G+6+合bj+b=-B-b+子 因为号<所以6-6+号[号] 所以D(X)[号，号]故选：AC 11.答案：BD 由题电可得，E)=0X号+1Xx+2×信-小专-，因为 f)=专-x在6，号)上单调道减，所以当0<x<号时， E()无最大值和最小值，故A错误，B正确 D)-(传--0·+信-x-+(传-- 8 32 (+)+在0，台)上单满递减：所以当0<<号时. D()无最大值和最小值，故C错误，D正确故选BD. 12.答案：号 因为X~No)且P(X≥4)=，所以u=4, 则E(X)==4, 又YB(6,p)且E(X)=E(Y),所以E(Y)=6p=4, 解得p= 2 18答案号 1 因为=0对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿 红球， 所以P(G=0)=1+1×11 41433 随机变量=0,1,2， P=1n=子×+××+×号x ×2=31 P(G=2)=1-31-=1 33=3 所以E()=0×号+1×号+2x3-1. 14.答案：32 由题意可得，=0，o= 所以P1≤周)=P（原≤≤ =0.9545, 为使误差n在[一0.5,0.5]内的概率不小于0.9545，则必须有 5≤0.5，解得n≥32，即n的最小值为32. 15.(1)由题意得三次抛硬币正面朝上的次数B3,号)： 则P=)-C()-gP=2)c()=子 PG-1)-C()-P(-0)-C)- 所以的分布列为： 0 1 2 3 P 8 8 3-8 18 则甲在一次游戏中硬币正面朝上次数的期望E()=3× 1=3 22 (2)由(1)知， 在一次游戏中，顾客乙得3分和得1分的概率均为2， 设5次游戏中，得3分的次数为m, 则3m+(5-m)≥11，即m≥3， 易知m~B5,):设顾客乙获得大类的颗率为P 则P1=P(m≥3)=P(m=3)+P(m=4)+P(m=5) =c)+e()'+c(a)= 16.(1)设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得P(A)= 60+30+10 1 800+100+60+30+1010 (2)(i)设为赔付金额，则可取0,0.8,1.6,2.4,3， 由题设中的统计数据可得 800 P(传=0)=1000- 1001 5,P(=0.8)=1000=10' 60 30 3 P(ξ=1.6)= 3 1000-50P(5=2.4)= 1000100' 10 2 P(G=3)=1000100 证传)=0x专十0.8x品+1.6×品十24×高+3x 100 =0.278 故E(X)=0.4-0.278=0.122(万元). (ⅱ)由题设保费的变化为 0.4×号×96%+0.4×号×1.2=0.4032， 1 故E(Y)=0.122+0.4032-0.4=0.1252(万元)， 从而E(X)<E(Y). 17.(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A,B,C, 所以甲学校获得冠军的概率为 P=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) =0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2 =0.16+0.16+0.24+0.04=0.6. (2)依题可知，X的可能取值为0,10,20,30，所以， P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16, P(X=10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44, P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34, P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06. 即X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 期望E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 18.(1)甲、乙两名学生必选语文、数学、外语， 若另一门相同的为物理、历史中的一门，有C种， 在生物、化学、思想政治、地理4门中，甲、乙选择不同的2门， 则有CC=6种，共2×6=12种； 若另一门相同的为生物、化学、思想政治、地理4门中的一门，则 有ACA号=48种， 所以甲、乙两个学生恰有四门学科相同的选法总数为12+48=60. (2)①设此次网络测试的成绩记为X,则X~N(245,552). 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第2页 由题知4=245,0=55,4+2o=245+110=355,4-o=245-55=190, 则P(190≤X≤355)=0.6827+0.9545-0.6827 ≈0.8186， 2 所以4000×0.8186=3274.4≈3274. 所以估计4000名学生中成绩介于190分到355分之间的约有 3274人. ②不可信. H+3o=245+3×55=410<425, 则P(X>μ+3o)= 1-P(u-3o≤X≤u+30)1-0.9973 2 =0.00135, 4000名学生中成绩大于410分的约有4000×0.00135=5.4人， 这说明4000名考生中，只有约5人的成绩高于410分. 所以说“某校200人参与此次网络测试， 有12名同学获得425分以上的高分”的宣传语不可信. 19.(1)由题意知，X的可能取值为0,1,2， CCZ 1 则P(X=0)= Ca 15 C4C28 P(X=1)= C 151 CC P(X=2)= C 5 故X的分布列为 X 0 1 2 8 2 P 15 15 5 则E(X)=0X+1×+2x号-号 记事件A:小王已经答对一题，事件B:小王未进人决赛， 则小王在已经答对一题的前提下，仍未进人决赛的概率 P(BA)= n(AB) CIC 4×24 n(A)CC+C2 14-7 (2)(ⅰ)由题意知， fp)=Cb1-p)=3p-6p+3p0<p<) 则f'(p)=3(3p-1)(p-1), 令f'(p)=0,解得p=3或b=1(舍)， 当0)时f)>0,当p∈（行时f')0, 所以()在区间0，)内单调速增，在区间（·)内单凋递减。 所以当号时，5(o)有极大值，且r(0)的板大值为兮)-号 (ⅱ)由题可设每名进人决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y, 则Y的可能取值为60,120,180,360， P(Y=60)=(1-p)3, P(Y=120)=Cp(1-p)2, P(Y=180)=C号p2(1-p), P(Y=360)=p3, 所以E(Y)=60(1-p)3+120Cgp(1-p)2+180C3p2(1-p) +360p3=60(2p3+3p+1), 所以9E(Y)≥1120， 即540(Cp+3p+1)≥120，丝理得2p+30号0， 经观家可知力号是方程2p十30器-0的根。 故20+80器(-言+(e-3)+》 ,29 因为2p2+ 3p+9 >0恒成立， 29 所以由2p3+3力 ≥0可得p一3≥0，解得得p≥号 又0<<子所以力的取值范国为[行】 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第3页