专项突破4 二项分布与超几何分布的期望与方差-【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）

心专项突破4 二项分布与超几何 1.（2024·广西南宁高二期末)已知随机变量 X~B(3,p),0<p<1,且E(X)=3D(X),则p= c 0.3 2 2.某冷饮店的冰激凌在一天中销量为200个， 三种口味各自销量如表所示.把频率视作概 率，从卖出的冰激凌中随机抽取10个，记其 中草莓味的个数为X,则E(X)= 冰激凌口味 草莓味 巧克力味 原味 销量/个 40 60 100 A.5 B.3 C.2 D.1 3.（2024·江苏徐州高二期中)不透明口袋中 有n个相同的黑色小球和红色、白色、蓝色 的小球各1个，从中任取4个小球，飞表示当 n=2时取出黑球的数目，η表示当n=3时 取出黑球的数目，则下列结论中成立的是 A.E()<E(η)，D()<D(n) B.E(5)>E(n),D()<D(n) C.E()<E(n),D()>D(η) D.E()>E(η)，D()>D(n) 4.(2024·黑龙江哈尔滨高二期末)五一小长 假，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都 推出了种种新奇活动以吸引游客.小明去某 景点游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规 则为：一个会走路的机器人从一数轴上的原 点出发沿该数轴行走，游客可以设定机器人 总共行走的步数n,机器人每一步会随机选 分布的期望与方差 择向前或向后行走，且每一步的距离均为 1个单位长度.设机器人走完设定的步后 所在位置对应数为随机变量X,则P(X。= 0)= ,D(X,)= 5.为普及空间站相关知识，某部门组织了空间 站模拟编程闯关活动，它由太空发射、自定 义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等6个相 互独立的程序题目组成.规则是：编写程序 能够正常运行即为程序正确.每位参赛者从 6个不同的题目中随机选择3个进行编程， 全部结束后提交评委测试.该部门某小组仅 有一个参赛名额，经过层层筛选，甲、乙两人 进入最后选拔.现已知6个程序中，甲只能 正确完成其中4个，乙正确完成每个程序的 概率为了，每位选手每次编程都互不影响 (1)分别求甲、乙两人恰好正确完成2个程 序的概率 (2)设甲编写程序正确的个数为X,乙编写 程序正确的个数为Y,若让你投票决定 参赛选手，你会选择哪位选手？请说明 理由. 进阶突破·专项练07 6.（2024·重庆第一中学高三月考)在一种新 能源产品的客户调查活动中发现，某小区 10位客户有4人是该产品的潜在用户，小 刘负责这10人的联系工作，他先随机选择 其中5人安排在上午联系，剩余5人下午 联系 (1)设上午联系的这5人中有专个潜在用 户，求飞的分布列与期望； (2)小刘逐一依次联系，直至确定所有潜在 用户为止，求小刘6次内即可确定所有 潜在用户的概率， O8黑白题数学|选择性必修第三册·RJ 7.（2024·广东广州高三月考)某农户考察三 种不同的树苗A,B,C,经引种试验后发现， 引种树苗A的自然成活率为0.8，引种树苗 B,C的自然成活率均为p(0.7≤p≤0.9). (1)任取树苗A,B,C各一棵，估计自然成活 的棵数为X,求X的分布列及E(X); (2)将(1)中的E(X)取得最大值时p的值 作为B种树苗自然成活的概率.该农户 决定引种棵B种树苗，引种后没有自 然成活的树苗中有75%的树苗可经过 人工栽培技术处理，处理后成活的概率 为0.8，其余的树苗不能成活 ①求一棵B种树苗最终成活的概率； ②若每棵树苗引种最终成活后可获利 300元，不成活的每棵亏损50元，该农 户为了获利不低于20万元，至少引种 B种树苗多少棵？9.A解析：检测2次可测出2件次品，不同的测试方法有A2种；检测 3次可测出2件次品，不同的测试方法有C2C2C4种：检测4次测出 2件次品，不同的测试方法有CCA?种：检测4次测出4件正品，不 同的测试方法共有A4种，由分类计数原理，满足条件的不同的测试 方法的种数为A2+C2C2C4+C2C3A子+A4=114(种).故选A. 10.ACD解析：甲批种子15粒，能发芽的占80%，乙批种子10粒，能 发芽的占70%，则甲批有15×80%=12（粒）能发芽，乙批有10× 70%=7(粒)能发芽 C2 A:从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率为P=1- 5,故A正确：B:从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率 为p=CcC8 ˉC品C哈5故B错误：C:从甲、乙两批种子中各任取一 CC347 粒，至少一粒能发芽的概率为P=1 C,C30,故C正确；D:将两 批种子混合后，随机抽取一粒，能发芽的概率为P= ,C_19,故 25C251 D正确.故选ACD. 11.70解析：讲义类图书与试卷类图书至少各选1本的选择方法种数 为C2C+C1C2=30+40=70.故答案为70. 12.D解析：若三个景点选择人数之比为1：23，共有C6CA= 360(种)选法，若三个景点选择人数之比为1：1：4，共有 号×4=90（种）选法，若三个景点选择人数之比为2：22，共有 Ci A怎×4=90（种）选法，由分类加法计数原理得共有360+90+90： C 540(种)选法，故D正确.故选D. 13.ABD解析：对于选项A,给其中的一人安排一项工作，则有4种不 同的安排方法，则每人都安排一项工作，则不同的方法数为4= 1024,即选项A正确；对于选项B,每项工作至少有1人参加，先从 5人中选2人作为1组，再与另外3人共4组，每组选一项工作，则 不同的方法数为CA4=240,即选项B正确；对于选项C,先将5名 同学分为3组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项 工作，则这5名同学全部被安排的不同方法数为6 十 CC)A好=150，即选项C错误；对于选项D,当从丙、丁、戊3人中 A 选2人从事兴奋剂检测，则不同安排方法数是CA,当从丙、丁、戊 3人中选1人从事兴奋剂检测，则不同安排方法数是CC2A,即不 同安排方法数是C;CA+CA=126,即选项D正确.故选ABD. 14.348解析：①若6人乘坐3只船：先将4个大人分成2,1,1三组，有 C2=6(种)方法，然后将三组排到3只船有A3=6(种)方法，再将 2个小孩排到3只船有3×3-1=8（种）方法，所以共有6×6×8= 288(种)方法 ②若6人来坐2只船，共有×好=60（种）方法 综上共有288+60=348（种）方法.故答案为348. 15.解：(1)若参加三个学科的人数分别为1,1,4时，共有3C;C A子 A3=90(种)参赛方案；若参加三个学科的人数分别为1,2,3时，共 有CCC3A3=360(种)参赛方案；若参加三个学科的人数分别 选择性必修第三册·RJ 为2,2.，2时，共有3CC.A=90(种)参赛方案所以该校派出的 A 6名学生总共有90+360+90=540（种）不同的参赛方案. (2)若有4人选择化学竞赛，则有1种参赛方案；若有3人选择化学 竞赛，余下的一人有2种选法，则有CC}=8(种)参赛方案；若有 2人选择化学竞赛，余下的2人各有2种选法，则有CCC= 24(种)参赛方案；若有1人选择化学竞赛，余下的3人各有2种选 法，则有C4C2C2C2=32(种)参赛方案.所以总共有1+8+24+32= 65(种)不同的参赛方案 16.B解析：根据题意，分2步进行分析： ①对于A,B,C三点，两两相邻，有A?=60(种)涂色方法；②F与C 相邻，有4种颜色可选，若F与A同色，其中D与B同色时，E有 3种涂色方法，D与B不同色时，D有2种颜色可选，E有2种颜色 可选，此时有3+2×2=7（种）涂色方法，同理：若F与B同色，有7种 涂色方法，若F与A,B颜色都不同，F有2种颜色可选，D,E有3种 颜色可选，此时有2×3×3=18（种）涂色方法，则F,D,E有7+7+18= 32(种)涂色方法，故有60×(7+7+18)=1920（种）涂色方法.故选B. 17.396解析：将6个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成 这件事情：第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域1,2 和3，有(3×2×1)种；再种植区域4,5和6，共有6种：最后种植圆环 区域，共有(3×2×1)种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共 3×2×1×6×3×2×1=216(种).第二类：若1和3种植的鲜花不相同， 此时先种植区域1,2和3，有(3×2×1)种：再种植区域4,5和6，共有 5种；最后种植圆环区域，共有(3×2×1)种，按照分步乘法计数原理 知，此种情况共3×2×1×5×3×2×1=180（种）.按照分类加法计数原 理得共有216+180=396（种）.故答案为396. 专项突破4二项分布与超几何分布的期望与方差 1.D解析：随机变量X~B(3,P),由E(X)=3D(X),得3p=3×3p(1- p),解得p=子放选D 40 2.C解析：由题意可得卖出草莓味冰激凌的频率为 0+60+1005 由于把频率视作概率，故安出草莓味冰激凌的概率为了已知X表示 抽取卖出的冰激凌中草莓味的个数，则X服从超几何分布，且 M N=20,M=40,n=10,由超几何分布的定义知，P=N,B(X)=p,所 以E(X)=10x5=2.故选C 3.A解析：当n=2时，5的可能取值为1,2，P(传=1)-CC-2 答号8张s101号a号号0若 P(=2)= 525×行25：当n=3时，n的可能取值为1,2,3，P(7=1)= 2436 餐52等号答5周此 CC3 1 1xg+2x子3x写=2,0(=1x写+0x号+1x写-号，所以 3. 1 3 E(E)<E(n),D()<D(n).故选A. 黑白题44 ,各A解析：设x表示向前移动的次数，则X-B(,子)） 若行走6步回到原点，则向前、后各移动3次，所以回到原点的概率 Px-0=*(传）-）广-总 因为机器人走完设定的步后所在位置对应数为随机变量Xn,X表 示向前移动的次数，则n-X表示向后移动的次数，则X,=X-(n- 0=2-(宁）则D0=g1-p=宁分号所 以D(X)=D(2X-n)=2x0()=4x号=m放答案为 16n CC2 5.解：(1)由题意知，甲恰好正确完成2个程序的概率为P1= 乙检好正确完设2个器序的：率为月=G(仔)× 3 (3)' (2)x的可能取值为12,3，则P(X=1)=C4C3_1 Cg=5P(X=2)= CC 3 Cg5;P(X=3)= 8c81 所以(0=1x写2x3+3x写-2.00=(1-2x写+(2-2)2× +-23x写-号 x55 易知Y-B,号)），所以B(n=3x号=2.D0(n=3x子x写号 因为E(X)=E(Y),D(X)<D(Y), 所以甲与乙编写程序正确的平均水平相当，但甲比乙更稳定，所以选 择甲 6.解：(1)由题意知，专服从超几何分布，可能的取值有0,1,2,3,4， c%2P(5=1)=cC5 所以P(6=0)=c3C91 C%27,P(5=2)=c3C C30 2i,P(5=3)= 1 CC 5 C6c41 Cio 21,P(5=4) Ci042 所以专的分布列为 专01234 151051 4221212142 10 5 1 所以E()=0x 21 +3× 422 (2)记确定所有潜在用户所需要的联系次数为X, 则P(X=4)= C41 i210,P(X=5)= C612 C06=105,P(K=6)= C8C哈1，C%11 c%c210 所以小刘6次内即可确定所有潜在用户的概率为。+之8 210105210105 7.解：(1)由题意知，X的所有可能值为0,1,2,3， 则P(X=0)=0.2(1-p)2=0.2p2-0.4p+0.2, P(X=1)=0.8×(1-p)2+0.2×C2×px(1-p)=0.8(1-p)2+0.4p(1-p)= 0.4p2-1.2p+0.8, P(X=2)=0.2p2+0.8×C2×p×(1-p)=0.2p2+1.6p(1-p)=-1.4p2+1.6p, P(X=3)=0.8p2. 参考答案 由此得X的分布列为 0 1 2 3 P0.2p2-0.4p+0.20.4p2-1.2p+0.8-1.4p2+1.6p0.8p2 所以E(X)=1×(0.4p2-1.2p+0.8)+2×(-1.4p2+1.6p)+3×0.8p2=2p 0.8. (2)根据0.7≤p≤0.9，由(1)知当p=0.9时，E(X)取得最大值 ①一棵B种树苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.75×0.8=0.96. ②记Y为n棵B种树苗的成活棵数，M(n)为n棵B种树苗的利润， 则Y~B(n,0.96),所以E(Y)=0.96n,所以M(n)=300Y-50(n-Y)= 350Y-50n,故E(M(n))=350E(Y)-50n=286n.要使E(M(n))≥ 2060,则有≥6铝，所以该农户应至少引种70模日种时直 专项突破5概率中的决策问题 1.解：(1)由题可知，X的所有可能取值为0,20,100 P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=20)=0.8×(1-0.6)=0.32,P(X=100)= 0.8×0.6=0.48. 所以X的分布列为 X020100 P0.20.320.48 (2)由(1)知，E(X)=0×0.2+20×0.32+100x0.48=54.4. 若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取 值为0,80,100. 所以P(Y=0)=1-0.6=0.4,P(Y=80)=0.6×(1-0.8)=0.12,P(Y= 100)=0.8×0.6=0.48,所以E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6. 因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题. 2.解：(1)①由题意得，T~N(100,150),其中4=100,0=√150≈12.2， 所以P(87.8≤T≤124.4)=P(100-12.2≤T≤100+2×12.2)≈ 0.6827+0.9545=0.8186. 2 ②该物流公司2000天内每日的可配送货物量在区间(87.8,124.4) 内的天数为2000×0.8186=1637.2≈1637（天）. (2)易知P(TK小=P(T)=宁 对于方案一，设小张每日可获得的奖金为X元，则X的可能取值为 50,80,120,其对应的概率分别为0.33,0.57,0.10，故E(X)=50× 0.33+80×0.57+120×0.10=74.1. 对于方案二，设小张每日可获得的奖金为Y元，则Y的所有可能取值 为50,100,150,200， 放P=0=号-号P=1m)日5宁g号别 :1x4-2 P=150=2x分×兮×号若Pya0)=分写*写0所 1144 21 4 1 以E(Y)=50×2+100×50+150×25+200×50=90 因为E(Y)>E(X),所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更 有利 3.解：(1)设专表示1条灯带在安全使用寿命内更换的灯珠数量，则 P(=5)=P(5=7)=P(=8)=0.2,P(=6)=0.4,X的取值范围是 {10,11,12,13,14,15,16}, P(X=10)=0.2×0.2=0.04,P(X=11)=2×0.2×0.4=0.16,P(X=12)= 0.42+2×0.2×0.2=0.24,P(X=13)=2×(0.2×0.2+0.2×0.4)=0.24, P(X=14)=0.22+2×0.4×0.2=0.2,P(X=15)=2×0.2×0.2=0.08, 黑白题45