7.4.1 二项分布-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

74 二项分布与超几何分布 7.4.1二项分布 白题 基础过关 限时：40min 题组1n重伯努利试验 在使用1000小时内恰好坏了一个的概率为 1.n重伯努利试验应满足的条件： ( ①各次试验之间是相互独立的； 1 A.0.384 ②每次试验只有两种结果； ③各次试验成功的概率是相同的； C.0.128 D.0.104 ④每次试验发生的事件是互斥的. 6.设随机变量专~B(2,p),7~B(4,P),若P(5≥ 其中正确的是 1)-8则P≥2 () A.①② B.②③ 32 C.①②③ D.①②④ .81 B 81 2.（多选)(2024·海南海口高二期中)下列试验 7.（2024·福建南平高二月考)如图，在小地图 不是n重伯努利试验的是 ( 中，一机器人从点A(0,0)出发，每秒向上或向 A.依次投掷四枚质地不同的硬币 右移动1格到达相应点，已知每次向上移动 B.某人射击，击中目标的概率是稳定的，他连 续射击了10次 1格的概率是，向右移动1格的概率是兮则 C.口袋中装有5个白球，3个红球，2个黑球， 该机器人6秒后到达点B（4,2)的概 依次从中抽取5个球 率为 D.小明做10道难度不同的数学单选题 题组2二项分布 3.(2024·山东青岛高二期中)在100件产品中 A(0.0 有5件次品，采用有放回的方式从中任意抽取 题组3 二项分布的均值与方差 10件，设X表示这10件产品中的次品数，则 8.（多选)(2024·江苏淮安高二期中)若随机变 ( 量X~B4,2),则下列说法正确的是 A.X~B(100,0.05) B.X~B(10,0.05) ( C.X~B(100,0.95) D.X~B(10,0.95) 4.(2024·黑龙江哈尔滨高二期中)已知X A.P(X=-1)=4 B.E(X)=2 B(4,),则P(x=1)= C.D(X)=2 1 D.σ(X)=1 8 0. 9.(2024·浙江杭州高二期中)抛掷一枚骰子， 当出现6点时，就说试验成功，则在30次试验 5.(2024·浙江绍兴高二期中)电灯泡使用时数 中成功的次数X的均值为 （) 在1000小时以上的概率为0.8，则3个灯泡 A.8 B.10 C.5 D.6 选择性必修第三册·RJ黑白题36 10.(2024·黑龙江大庆高二期末)从一个装有14.一出租车司机从某饭店到火车站途中有5个 4个白球和3个红球的不透明袋子中有放回 交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一事 地取球5次，每次取球1个，记X为取得红球 的次数，则D(X)= ( 件是相互独立的，并且概率是号 c D.60 (1)求这位司机遇到红灯数X的期望与 ”49 方差； 11.(2023·湖北武汉高二月考)随机变量X,Y (2)若遇上红灯，则需等待30秒，求司机总 满足X+2Y=1,且Y~B(4,0.5),则E(X)与 共等待时间Y的期望与方差 D(X)的值分别为 ( A.-3,4 B.3,4 C.4,3 D.4,-3 12.(2023·河北石家庄高二月考)已知随机变 量X服从二项分布X~B(n,p),若E(X)= 寻C0=1则p= ( C.3 4 13.(2023·河北唐山高二月考)某市医疗保险 实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管 理”的原则，参加保险人员可自主选择四家 医疗保险定点医院和一家社区医院作为本人 就诊的医疗机构.若甲、乙、丙、丁4名参保人 员所在地区有A,B,C三家社区医院，并且他 们的选择相互独立.设4名参保人员选择A社 区医院的人数为X,求X的分布列及数学 期望。 重难聚焦 题组4二项分布中的最值问题 15.（2024·江苏扬州高二月考)若 X-B(10,写)，则P(X=)取得 最大值时，k= 16.(2023·江苏南京高二期中联考)某人投篮 命中的概率为0.6，投篮14次，最有可能命 中 次， 第七章黑白题37 黑题 应用提优 限时：50min 1.下列随机变量X不服从二项分布的是( 现“”的概率为记X=a,+a,+a,+as+ap,厕 A.某同学投篮的命中率为0.6，X表示他 10次投篮中命中的次数 当程序运行一次时 B.乒乓球比赛中甲每一局获胜的概率均为p, A.X服从二项分布 设每场比赛是相互独立的，X表示从开始 比赛到甲第一次获胜的比赛场数 B.P(X=1)=1024 C.有一批种子的发芽率为70%，任取10颗种 c=号 子做发芽试验，X表示试验中发芽的种子 的个数 D联0-日 D.一周内，每次下载某网站数据被病毒感染 5.(2024·吉林白山高二期末)已知随机变量 的概率为0.3，X表示下载n次数据电脑被 X~B(n,0.5),当且仅当k=4时，P(X=k)取得 病毒感染的次数 最大值，则n= ( 2.(2024·江苏淮安高二期末)已知随机变量 A.7 B.8 C.9 D.10 X~B(4,p),若P(X=2) 27则p :( 6.(2024·辽宁葫芦岛高二期末)一个盒子里有 1 1 3 1个红1个绿2个黄共四个相同的球，每次拿 A. 4 B.或 44 一个，记下颜色后放回，一共拿4次，设拿出黄 1 C.3 减号 .2 D. 球的次数为专，则P（专=0)= E()= 3.（2024·四川绵阳高二期末)某市政道路两旁 7.(2024·安徽淮南高二期中)有一枚质地不均 需要进行绿化，计划从甲、乙、丙三种树木中选 匀的游戏币，若随机抛掷它两次均得到正面的 择一种进行栽种，通过民意调查显示，赞成栽 概率是均得到反面的概率的4倍，则随机抛掷 种乙树木的概率为。，若从该地市民中随机选 它两次得到正面、反面各一次的概 率为 取4人进行访谈，则至少有3人建议栽种乙树 8.(2024·福建福州高二月考)已知随机变量 木的概率为 ( 5 4 A.21 B.21 又-B4p),若E(+DX0-0则PX1)= C.8 1 9.(2024·江苏镇江高二期末)三分损益法是古 4.（多选)(2024·黑龙江哈尔滨高二期末)某计 代中国发明制定音律时所用的生律法.三分损 算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进 益包含“三分损一”“三分益一”两层含义，三 制数A=a1a2a3ao(例如：若a1,a3,a5,a6,a0= 分损一是指将原有长度作3等分而减去其 0,a2,a4,a7,ag,a,=1,则A=0101001110).已 1份，即原有长度×3号-生得长度；而三分益 知a,(&=1,2,10)出现0”的概率为4，出 一则是指将原有长度作3等分而增添其1份， 选择性必修第三册·RJ黑白题38 即原有长度×3生得长度，两种方法可以 11.(2024·江苏南通高二月考)中国男子篮球 职业联赛总决赛采用七场四胜制（即先胜四 交替运用、连续运用，各音律就得以辗转相生 场者获胜)，进入总决赛的甲、乙两队中，若 假设能发出第一个基准音的乐器的长度 每一场比赛甲队获胜的概率为子，乙队获胜 为243，每次损益的概率各为2，则经过5次三 分损益得到的乐器的长度为128的概率为 的概率为}，假设每场比赛的结果互相独立， 现已赛完两场，乙队以2：0暂时领先， 10.(2024·山东聊城高二月考)甲、乙两名同学 (1)求甲队获得这次比赛胜利的概率； 玩“猜硬币，向前进”的游戏，规则是：每一局 (2)设比赛结束时两队比赛的场数为随机变 抛一次硬币，甲、乙双方各猜一个结果，要求 量X,求随机变量X的分布列和数学期望 双方猜的结果不能相同，猜对的一方前进 E(X). 2步，猜错的一方后退1步，游戏共进行 n(n∈N*)局，规定游戏开始时甲、乙初始位 置一样 (1)当n=3时，设游戏结束时甲与乙的步数 差为X,求随机变量X的分布列； (2)游戏结束时，设甲与乙的步数差为Y,求 E(Y),D(Y)(结果用n表示) 压轴挑战 (多选)(2024·湖南长沙长郡中学高三月考)已 知随机变量专~B(2n,p),n∈N,n≥2,0<p<1, 记f(t)=P(传=t),其中teN,t≤2n,则() -1 A. ft)=2刚 B. =0 2)<2a2-1) 1 C. D.若p=6,则f(t)≤f(12) 进阶突破拔高练P10 第七章黑白题39(0)2=兰4号 6.解：(1)E(Y1)=5×0.6+10×0.15+(-2)×0.25=4, E(Y2)=4×0.2+6×0.5+12×0.1+(-2.5)×0.2=4.5, 于是D(Y1)=(5-4)2×0.6+(10-4)2×0.15+(-2-4)2×0.25=15, D(Y2)=(4-4.5)2×0.2+(6-4.5)2×0.5+(12-4.5)2×0.1+(-2.5 4.5)2×0.2=16.6 (2)由题意可知=D(总)0（的），根据方差性质可 得f(x)= (偏i-s(信广6 (20）=31.6(0)-4x166x(0)+4166 200-x 由二次系数性质可得，当高-袋名即：号网05时九 8.3 取得最小值因此投资甲项目105万元，投资乙项目95万元时，f(x) 有最小值。 压轴挑战 D解析：随机变量专满足P(=0)=1-p,P(专=1)=p,其中0<p<1.则 随机变量专的分布列为 0 1-p 所以E()=p,D()=p(1-p) 因为随机变量η=1传-E()1, 所以当专=0时，n=15-E(5)1=p,当专=1时，n=1-E()1=1-P, 所以随机变量n=1-E()1的分布列如下表所示（当p=0.5时，7只有 一个情况，概率为1)： 7 p 1-p P 1-p 则E(n)=p(1-p)+(1-p)p=2p(1-p), D(n)=[p-2p(1-p)]2·(1-p)+[1-p-2p(1-p)]2·p=p(1-p)· (2-1)2,当E(5)=B(7),即p=2p(1-p)时，解得p=2所以A,B结误 D()-D(n)=p(1-p)-p(1-p)(2p-1)2=4p2(1-p)2>0恒成立.所以 C错误，D正确.故选D. 7.4二项分布与超几何分布 7.4.1二项分布 白题 基础过关 1.C解析：只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努 利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为n重伯努利试 验，故重伯努利试验应满足的条件：①各次试验之间是相互独立 的；②每次试验只有两种结果；③各次试验成功的概率是相同的.故 选C. 2.ACD解析：对于A:由于试验的条件不同（硬币质地不同），因此不 是n重伯努利试验.对于B:某人射击，击中目标的概率是稳定的，因 此是n重伯努利试验.对于C:每次抽取，每种颜色出现的可能性不 相等，因此不是n重伯努利试验.对于D:10道题难度不同，每道题做 对的概率也不同，因此不是n重伯努利试验.故选ACD. 3.B解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是0.05，相当于10次 独立重复的伯努利试验，所以服从二项分布X~B(10,0.05).故选B. 4B解折：因为x-B(,号）所以P(x=-1=cx×(任)广- 导收法B 5.A解析：电灯泡使用时数在1000小时以上的概率为0.8,1个灯泡 在使用1000小时内坏了的概率为1-0.8=0.2，则3个灯泡在使用 1000小时内恰好坏了一个的概率为C×0.2×0.82=0.384故选A. 6.B解析：因为随机变量~B(2,P),所以P(传≥1)=1-P(5=0)=1- (1-p)2=5 解得p=号，所以7-B(4,写)则P(≥2)=1 选择性必修第三册·RJ P=o0-r=-1-(号)广-cx(13)八×（兮）'-罗 故选B, 7 20 243 解析：由题意，可得6秒内向右移动4次，向上移动2次，则所 求概率为C (传)广（仔）器放案0 8.ABD 解析：对于A,因为XB(4,),所以P(X=1)=C× (}）八×（分）广=4，故A正确：对于B,因为X-84,子）所 以B()=42,故B正确：对于C,因为X-B(4,号)，所以 0(0=4x宁×（子）-1，放c错误：对于D,由c项得D( 1,则σ(X)=√D(X)=√T=1,故D正确.故选ABD 9.C 解析：一枚骰子，出现6点的概率为6，则在30次试验中成功的 次数x服队XB(30,石），故的值()=30 =5,故选C. 10.D解析：由题意得，从一个装有4个白球和3个红球的不透明袋子 取出一个球，是红球的概率为4，因为是有放回地取球，所 以Xa.）所以00=-5x马）号故选n 31 11.A解析：因为Y~B(4,0.5),所以E(=4×0.5=2,D(Y)=4×0.5× 0.5=1.又X+2Y=1,所以X=1-2Y,所以E(X)=E(1-2Y)= -2E(Y)+1=-3,D(X)=D(1-2Y)=(-2)2D(Y)=4.故选A. 1 12.A解析：由题意得 5解得/p 4’故选A p(1-p)=1 （n=5. 13,解：由已知得，每位参保人员选择A社区医院的概率为了，则X。 B(4,写)x的可能取值为0,123,4，所以P(X=0)=C× )32 87,P( 3 4)=C4× 1） 3/ 所以X的分布列为 0 1 2 3 16 32 24 8 1 81 81 8181 所以E(X)=4×3=3 14 14.解：(1)由题意得这位司机遇到红灯数X服从二项分布X~B5, 号)所(0=5xg-号0=5x3(1)号 1 (2)由题意得Y=30,由(1)得E(X)=子，D(Xx)=9所以 B(n=30E(0=0x号-50，D(n=30·D(x0=90x 9 1000. 重难聚焦 15.3 解析：由于P(X=)=C。· 1 P(X=k+1) C1· 10-k.3-10-k」 P(X=k) C。· 兮)()严 k+122k+2 2 黑白题18 1学所议当2时1当时，1 故所求的k=3.故答案为3. 四方法总结 二项分布中的概率求最值： 一般地，若随机变量X服从二项分布，即X~B(n,P),其中0<p<1,则 )( k(1-p) 所以P(X=k)≥P(X=k-1)当且仅当k≤(n+1)P,即P(X=k)在k< (n+1)p时严格递增，在k>(n+1)p时严格递减. 故有：（1)如果(n+1)p>n,则k取n时，P(X=k)最大； (2)如果(n+1)p是不超过n的正整数，则当k取(n+1)p-1和 (n+1)p时，P(X=k)都达到最大值； (3)如果(n+l)p是不超过n的非整数，由于k≤(n+1)p当且仅 当k≤[(n+1)p],故k取[(n+1)p]时，P(X=k)最大. 注：[(n+1)p]表示不超过(n+1)p的最大整数. 16.8或9解析：投篮命中次数X~B(14,06),P(X=k)=C4·0.6· 0.44-,设最有可能命中m次， 则PX=m)≥P(X=m-1), 八P(X=m)≥P(X=m+1) -C%0.60.04≥C10.61.045m C·0.6m·0.414-m≥C1.0.6m1.0.43-m →8≤m≤9.m∈Z,.m=8或m=9,即最有可能命中8或9次.故 答案为8或9. 黑题应用提优 1.B解析：选项A,试验出现的结果只有两种：命中和未命中，且命中的概 率在每一次试验中都为0.6，每一次试验都是相互独立的，故随机变量X 服从二项分布：选项B,虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种， 每一次试验事件相互独立且概率不发生改变，但随机变量的取值不确定」 故不服从二项分布：选项C,发芽率不变，任取10颗种子做发芽试验，相当 于进行了10次独立重复试验，故X服从二项分布：选项D,由二项分布的 定义，可知被感染次数X~B(n,0.3),故X服从二项分布 四方法总结 判断随机变量是否服从二项分布的条件： (1)每次试验中，事件发生的概率是相同的； (2)各次试验中的事件是相互独立的； (3)每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生； (4)随机变量是n重伯努利试验中事件发生的次数， 2.D解析：因为X~B(4,p),则P(X=2)=Cp2（1-p)2=6p2· （1p2=,且0<1，整理可得p(1p）=号，解得p=宁或号放 1 选D 3.D解析：赞成栽种乙树木的人数设为X,则X-B(4,写)）根据 二项分布概率公式知道至少有3人建议栽种乙树木的概率为P cx(行)八（仔）八（行）广”品可放选n 4.AC解析：由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0,1 且每个数位上的数字互不影响，故X中1出现次数的可能取值有0， 1,2,3,4,5,则X的可能取值情况与之相同，由二项分布的定义可得 -B(,）,放A正项故r(x=1)=x(行）广7点 故B错误；所以E(X)=5x3.15 4=4,D(X)=5x3x1=15 4416,故C正 确，D错误故选AC 5B解析：由题得P(X=)=C(分）广，k=01,,由题知在 ce(2广，c()八，c(3)”中，最大值只有c(2)”, 即在C,C以，…，C:中，最大值只有C,由二项式系数的对称性可知 n=8.故选B. 参考答案 ®62解析：因为每次拿到政球的概率p=子子所以专一 a,）所以P=o=*(-）广石6()=4分2 1 故答案为162 1.号解折：设一枚质地不均匀的游戏币随机抛鞠一次，得到正面的 2 概率为p,则p2=4(1-p)2,由0≤p≤1，得p=了，随机抛掷它两次 得到正面、反面各-次的概率P户=x子×(1-子）一合故香案 81 解折：因为E()+D()=四，所以4+4(1p)-9解得p 或p合去)所以PX≥D=1-PX0)=1p 放答案为8 5 9. 16 解析：设5次三分损益中有k次三分损一，所以243× 4)5 (3 =128,解得k=3.故所求概率为C3× 1 2 客案为品。 10.解：(1)当n=3时，随机变量X所有可能取值为-9，-3,3,9， 所以随机变量X的分布列为 X-9 -33 9 8 88 (2)设在局游戏结束时，甲共猎对了专次，则~B(,） 因为甲与乙的步数差Y=[2-(n-)]-[2(n-)-专]=6ξ-3n, .1 所以E()=6B(5)-3n=6m×2-3n=0,D()=36D(5)=36m× 11 229n 11.解：(1)解法一：设甲队获胜为事件A,则甲队获胜包括甲队以4：2 获胜和甲队以4：3获胜两种情况， 设甲队以4：2获胜为事件A1,则P(A1)= (居）广 设甲队以4：3突为作侧风-×宁*（仔）广号· 64 。16,64112 203P(A=P(A,)+P(A)-8+243245 解法二：采用七场四胜制，不妨设赛满剩余五场，用X表示五场比 赛中甲胜的场数，则X~B(5,号）甲最终获得胜利的概率 (2)随机变量X可能的取值为4,5,6,7， 1.2.14 6=x3×(）g+(居）°-器(=-x5 (居)°品 黑白题19 所以随机变量X的分布列为 4 567 1 428 32 P 9278181 4 所以E(X)=4 g+5x号+6x +7x3298 28 8181 压轴挑战 ABD解析：对于A,()=2P(传=)=1，所以A正确；对于B,因为 =0 三)=B()=2p,所以B正确；对于C,当=1-p=号时，三2)= 三2-1)=2，所以C错误；对于D,因为(2+1)p=12p,所以当1= 12时)最大，所以D正确证明如下：若专-B(,p),则PC=) "P(=k-1) Ckp*(1-p)-k C哈p-1(1-p)+ =n-+1)卫，若P(专=k)>P(传=k-1),则 k(1-p) -+1)卫L,解得k<(n+1)p,故当k<(n+1)p时，P(5=k)单调递增， k(1-p) 当k>(n+1)p时，P(5=k)单调递减，即当(n+1)p为整数时，k=(n+1)p 或k=(n+1)p-1时，P(5=k)取得最大值，当(n+1)p不为整数，k为(n+ 1)p的整数部分时，P(=k)取得最大值.故选ABD. 7.4.2超几何分布 白题基础过关 1.ACD解析：对于A中，将一枚硬币连抛3次，每次正面向上的概率 均为？，记正面向上的次数为X,服从二项分布；对于B中，从7名 男生与3名女生共10名学生干部中选出5名优秀学生干部，记选出 女生的人数为X,服从超几何分布；对于C中，某射手的命中率为 08,现对目标射击1次，记命中目标的次数为X,服从二项分布：对于 D中，盒中有4个白球和3个黑球，每次从中摸出1个球且不放回， 首次摸出黑球时的总次数X的取值为1,2,3,4,5，而超几何分布定 义为从N个物件中抽出个物件（不放回），成功抽出指定种类的物 件的次数，故不服从超几何分布故选ACD 2.C解析：X服从超几何分布，P(X=k)= C- C9,故k=4,故选C 3.4 5 解析：由题意可知X服从超几何分布，X的可能取值为0,1,2， C 所以P(X<2)=1-P(X=2)=1 .14 1 Cio 32 4.A解析：依题意，X服从超几何分布，则E(X)=2×5了故选A 5.BD解析：依题意，等差数列{an}的公差d=a3-a2=-4-(-8)=4, 则通项为an=a2+(n-2)·d=-8+(n-2)×4=4n-16,由an>0得n> 4,即等差数列{an}前10项中有6个正数，X的可能取值为0,1,2， 3,X=k(keN,k≤3)的事件表示取出的3个数中有k个正数，(3-k) 个非正数，因此，P(X=-CC -(k∈N,k≤3)，X不服从二项分布， 3 X服从超几句分布，A不正确，B正确，P(X=2)=C。=c错误；」 由照可知8()=3x品}，D正晚故法BD。 6.3.36解析：由题意得，随机变量X的可能取值为6,9,12. P(X=6)= 石 CC2 7 C%15P(X=12)= 石川 E(X)=6×15+9x+72x1 15 x578.00-5×(6-78)2+名×(9 78)2+(12-78)2=36放答案为336 重难聚焦 7.解：(1)设考生甲正确完成实验操作的题数为专，则专的可能取值为 12.3.P(6-1)2)P(63) C 选择性必修第三册·RJ 子，所以的分布列为 5123 555 N9xE+之×z+÷×I=(3)aM (2)设考生乙正确完成实验操作的题数为，易知-83，子）， (层）广 所以刀的分布列为 0 1 2 3 124 8 P 279927 2 所以E(m)=3×子=2则E()=E(n)=2,D()=(1-2)2×5+ 2-2)2x号+(3-2)2×132 r2号g-行n=2y9 4,820 所以E()=E(),D()<D(n),P(≥2)>P(n≥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， 黑题应用提优 1.C解析：盒子中有10个灯泡，现从盒子中随机抽取4个的总数为 C。=210.A:盒子中有10个灯泡，现从盒子中随机抽取4个，恰有1个是 坏的，概率为 为放A错误B:盒子中有10个灯泡，现从盒子中随】 机吸4个4个金是好尚版率为弩行政B造误C,查于中有 10个内泡，现以盒子中随机拍取4个，恰有2个是坏的，概率为CC 正确，D:盒子中有10个灯泡，现从盒子中随机抽取 有2个是坏的概率为 gC9+CC吗+CC号_9故D错误故选C C10 n(n-1)(12-n) 2.B解析：依题意可得 2C-30,即 2 C3255 12×11x10= 程阳 6 n2-13n+36=0,解得n=4或9，因为2<n<7,所以n=4.故选B. 3.ACD解析：由题意知X,Y均服从于超几何分布，且X+Y=4,Z=2X+ Y,故P(X=k)= CC -(k=0,1,2,3,4),从而P(1Z-61≤1)=1- 24)-P(Z=8)=1-P(X=4)-P(X=0)=,故选项A正确 0号，B(n=4-B(x)=2,D(x)=D4-n=Dn. E(X)=4x4=8 故选项B错误，C正确； (2)=2xE(X)+B(门-9故选项D正确故法ACD 4.B解析：设中奖的概率为p,30天中奖的天数为X,则X~B(30,P), 若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率为p= 5a0 黑白题20