8.2 第3课时 二项分布-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

0.2+0×0.4+1×0.2+2×0.1=0. (2)D(X)=(-1)2×0.1+0×0.8+12×0.1=0.2,D(Y)=(-2)2×0.1+ (-1)2×0.2+0×0.4+12×0.2+22×0.1=1.2, 因为E(X)=E(Y)=0,D(X)<D(Y),所以仅考虑走时误差，甲品 牌手表的性能更好 重难点拨 离散型随机变量的期望反映了离散型随机变量取值的平均水平，而 方差反映了离散型随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程 度.因此在实际决策问题中，需先计算均值，看一下谁的平均水平 高，然后再计算方差，分析一下谁的水平发挥相对稳定，当然不同的 模型要求不同，应视情况而定 20.解：(1)由分9期付教的颜率为Q2,得100=02，解得a=20,又 30+20+a+10+b=100,解得b=20,所以a=20,b=20. (2)以频率作为概率，购买该品牌汽车的顾客中采用分9期付款” 的概率为20 =0.2,所以“购买该品牌汽车的3位顾客中，至多有 100 1位采用9期付款”的概率P(A)=(1-0.2)3+C×0.2× (1-0.2)2=0.896. (3)x的可能取值为1,1.5,2（单位：万元），P(x=1)=30 1000.3, P(X=1.5)=20+20 0.4,P(x=2)=10+20 0.3,所以X的分布 100 100 列为 X11.52 P0.30.40.3 X的均值E(X)=1×0.3+1.5×0.4+2×0.3=1.5(万元) 第3关（练思维宽度） 21.C解析：由题意得E(51)=0.2(x1+x2+x3+x4+x5),E(52)=0.2× (费5）02(. 22 2 2 故E(51)=E(52),记元=E(5)=E(52),则D(51)=0.2· [(x1-x)2+(x2-x)2+…+(x5-x)2]=0.2[(x+号+…+x+5x2) 2(x1+x2+3+x4+x5)=0.2(x好+x号+…+号-5)，同理D(52)= 2[(）+()+(作）-52]因为10≤ 4西0则（作…(）广 ,放()+(）++()++ 好+好 好，即得D(5)>D(52),D(51)与D(52)的大小关系与，x2,x, 4,x的取值无关故选C 22.证明：(1)因为P:=1,E(X)=x1P1+x2P2+…+xnP, 所以E(aX+b)=(ax1+b)p1+(ax2+b)p2+…+(axn+b)pn=(ax1P1+ ax2P2+…+ax Pn)+(bp1+bp2+…+bpn)=a(x1P1+x2P2+…+xnDn)+ b(p1+p2+...+pn)=aE(X)+6. (2)D(X)=[x1-E(X)]2P1+[x2-E(X)]2P2+…+[n 选择性必修第二册·SJ E(X)]2p=[-2xE(X)+E2(X)]p1+[-2x2E(X)+ E2(X)]p2+...+[x-2xE (X)+E2(X)]Pn =(p+++ xp)-[2E(X)x1P1+2E(X)x2P2++2E(X)xP]+E2(X)(pi+ P2+…pn)=含，-2B(X)(x1p1+P++,P.)+E2(X)= 善in-2E(x)+B(x)=吾n-E(X). 第3课时二项分布 第1关（练速度） 1.ABC解析：n重伯努利试验的条件：在相同条件下重复n次：每次 试验是相互独立的；每次试验只有两种结果.故只有D符合n重伯 努利试验.故选ABC 2.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. 3.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 或1，且每个数位上的数字互不影响，故X的可能取值有0,1,2,3， 4,5,且X的取值表示1出现的次数，由二项分布的定义可得 x-(,2）放A正确故P(X=1=cx子（日）广品 故B错误：因为X~B(,）,所以B(X)=5x}=点 4=4,D(X)= 5x3x=5,故C正确，D错误故选AC 44161 方法总结 独立重复试验是指在相同条件下重复进行的，并且各次之间相互独 立的一种试验，每次试验都只有两种结果，并且在任何一次试验中， 事件发生的概率均相等，所以本题符合这个模型，只要明确，P,k的 意义，然后套用固定的概率公式求解即可. 4.C解析：设该射手射击命中的概率为P,两次射击命中的次数为 X,则X~B(2,P),由题可知，P(X=0)+P(X=1)= 即c(1 p)2+C2p(1-p)= 治解得p=子（负值合去）故选C 3 5D：由题意，知c×(兮)（）广=cx(）× 1）7--1 所以C=C+1,所以k+(k+1)=7,所以k=3.故选D. 2 6.A解析：依题意得X~B(3,0.9),因为3个投保人中，活过65岁的 人数为X,所以没活过65岁的人数为3-X,因此Y=100(3-x)+ 5X,即Y=300-95X(X=0,1,2,3),所以P(Y<200)=P(X=2)+ P(X=3)=C2×0.92×(1-0.9)+C×0.93=0.972.故选A 7.D解析：根据题意，甲运动员前5场内需要赢3场，第6场甲胜， 则甲以4比2胜的版率为c×(仔）广×（传）户x号罗故 选D. 解析：由已知得P(传≤1)=P(5=0)+P(传=1)=(1-p)2+ 8.2 学霸50 Cn(1-p)=},解得p=子（负值会去）.放答案为2 解析：恰好遇到2次绿灯的概率为C?× ( (-子)广务散*为号 10.20 243 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×（行）×（仔）架故答案为器 2431 1.6解析：4次取球中恰好2次取到红球的概率大于8， 27' Cn2.(1pjr(1pPp1-p）>0,p1- p>号号号2<6柳<4又：6即eN印=3p=号 。1 2 又：从口袋中随机取出1个球是红球的概率为p=2一 13 1 2n=6.故答案为6. 第2关（练准确率） 12.B解析：①满足独立重复试验的条件，是二项分布； ②的取值是1,2,3，…，n,P(5=k)=0.9×0.11(k=1,2,3,…, ),显然不符合二项分布的定义，因此专不服从二项分布； ③虽然是有放回地摸球，但随机变量专的定义是直到摸出白球为 止，也就是说前面摸出的一定是红球，最后一次是白球，不符合 二项分布的定义； ④次试验不是互相独立的，因此不服从二项分布. 所以例子中随机变量服从二项分布的个数为1.故选B. 方法总结 判断某随机变量是否服从二项分布的关键点： (1)在每一次试验中，事件发生的概率相同。 (2)各次试验中的事件是相互独立的. (3)在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生， 13.A解析：由题意，门将每次扑出点球的概率为P=】× 3x3x 3 子石，若不考惠其他因素，门将在前3次扑出点球的个数X服 从二项分布，且X-B(3,石)，所以甲队门将在前3次扑出点球 的个数x的方差为D(0=3x合×1-日）品故选 14.D解析：设事件A在每次试验中发生的概率为p,P∈(0,1)，则 X-B(3,p).因为事件A至少发生一次的概率为2，所以1-(1 p)3=63 =解得p=子，所以XB(,),所以B(X)=四=3x 子-？以到=1p=3x子故选n 39 15.AB解析：设X=i表示运动员命中次数为i次，由题意可知，随机 变量X服从二项分布，若进行10次射门，则X~B(10,0.5), 参考答案 P(X=i)=Ci0×0.5×0.510i=Ci0×0.510(i=0,1,…,10),若进行5 次射门，则X-B(5,0.5),P(X=i)=C×0.5×0.55=C×0.55(i= 0,1,…,5).对于A,由二项分布期望公式得数学期望为0.5×10= 5,A正确；由二项式系数性质知Cio(i=0,1,·,10)中C最大， 则命中5次的概率P(X=5)=C×0.50最大，B正确；对于C,由 二项分布方差公式知，命中次数的方差等于5×0.5×0.5=1.25， C错误；对于D,至少命中两次的概率P(X≥2)=1-P(X=0) P(X=1)=1-cgx05-cx05名D结误故选A 16.ABC解析：对于A选项，由概率的基本性质可知，a+b=1, 故A正确：对于B选项，由=号时，离散型随机变量X服从二项 分布a(7)则P=(x=)=cx(分)×(1子）广(&- 0.1,23,,),所以a=(分）广×(c+c+c+…) (）x21=o=(（3）八xcg+c2+c*）-=(分）八× 21=2,所以a=6,故B正确：对于C,D选项，a= [p)p]1p）p-1-(2p),当0<p<2时，a 2 1-(12p)”为正数且单调递增的数列，故a随着n的增大而增 2 大，故选项C正确；当7p<1时，a=(1-2p)”为正负交替的摆动 数列，故选项D不正确故选ABC 17驾解：由题意得该产品能销售的概率为(1石）×(1 0）-,易知X的所有可能取值为-320，-20，-80,40,10，设5 表示一箱产品中可以销售的件数，则5~B(4,子)，所以 P=-cx()×(:)）广所以P:-0=P6=2y 4 cx(任）》八x(任）'ax=0=以=-cx(任)八 子积rx=10==4=x(2）广x(任）”器放 P(X≥-80)=P(X=-80)+P(X=40)+P(x=160)=249 256 189子解折：由题可得一-次活动中，甲获的概率为 54 3 号则在3次话动中，甲至少获胜2次的板率为3x(仔)厂” 子G×(仔}'-器根器题意可知，×-8(，号)所以 00=m(1p小=3x号写号放答案为号号 19.解：①P(K=0)=cx1-20%x(20%)°-答P(X=1=C× 学霸51 （1-20%)2x20%=28Px=2)=63x1-20%1x(20%)2-2 25 P(X=3)=C3x1-20%)x(20%)3=125 所以X的分布列如下： X 01 3 644812 1 125125125125 (2)P(X=0)=(1-0.1)2×(1-0.2)=0.648,P(X=1)=C2(1- 0.1)×0.1×(1-0.2)+(1-0.1)2×0.2=0.306,P(X=2)=C2(1- 0.1)×0.1×0.2+0.12×(1-0.2)=0.044,P(X=3)=0.12×0.2= 0.002. 所以X的分布列如下： 0 1 23 0.6480.3060.0440.002 20.解：(1)设顾客甲获得了100元奖金的事件为A,甲第一次抽奖就 中奖的事件为B,则P()=宁×Cx号x（号）奇 P)=c3x(兮)）x(1-）子，放P(a1A)=P P(A) 4 272 23 9 (2)设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为0,50， 1 (-3）-÷,P(x=1o)=cx(号)x(13)号 P(x=20)-c×(3）广=7则E()=0x+50x号+10x .8 子+20x分1（元，于是208(0=20 2 1400280000 27 27 15000,故该活动不会超过预算 第3关（练思维宽度） 21.7解析：小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为？，向右落 下的概率为子，小球掉入0号格子，需要向左10次，概率为 (行）”小球人1号指子看狗左9次商右1次，质率药× (兮)广×号小球人2号格千，需要自去8次向右2次，新率为 ×(行）×（子）广，小球掉人3号格子，需要向左7次，向右 3次概率为G×(行)）厂×（子）'，以此类推，小球掉入4=-0,1， 2,…,10)号格子，需要向左(10-k)次，向右k次，概率为C8*× (号)() 设小球落入k号格子的概率最大，显然k≠ 0,k≠10，则 选择性必修第二册·SJ (兮)号广哈x(传)”“（居）片， 解 c传)（层）广≥cwx(传)）广()户 得号≤≤号又长为整数所以=7，所小珠落入7号格子的颜* 最大故答案为7. 22.解：(1)记A=“三个易堵点中至少有一个出现堵塞”，则P(A)= 1-P(A)=1- (2)记主干道1，Ⅱ，Ⅲ路线平均拥堵时间分别为51,52,5，记选 择主干道I行驶遇到的堵塞次数为X1,则X~8(3,号)，所以 E(X,)=3× 22,E(5)=E(4,)=4B(X)=6,记选择主干道 13 Ⅱ行驶遇到的堵塞次数为X2,则由题可得，P(名=0)=×4= 31 P=0=x+2gr6=2=-8 3 133 故平均拥堵时间52的分布列为： 520 510 3 P 3 5 16816 所以E(5五)=0xG5牛 8+10x3 . =5.记选择主千道Ⅲ行驶遇到 16 1 14 的堵塞次数为X,则X~B（4,3)E(X)=4×3=3, E(53)=E(3X3)=3E(X3)=4.因为E(53)<E(52)<E(51),所以 从生活区到工作区最优的出行路线是主干道Ⅲ」 第4课时超几何分布 第1关（练速度） 1.CD解析：AB是重复试验问题，服从二项分布，不服从超几何分 布，故AB不符合题意；CD符合超几何分布的特征，样本都分为两 类，随机变量X表示抽取n件样本中某类样本被抽取的件数，服从 超几何分布故选CD. 方法总结 (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某 类个体的个数，超几何分布的特征： ①考察对象分两类：②已知各类对象的个数：③从中抽取若干个个 体，考查某类个体数X的概率分布. (2)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型， 其实质是古典概型 2.A解析：根据超几何分布概率模型得N=15,M=7,n=10.故选A 尽ABD解析：对于A,PX2CC:放A正确：对于B, E(X)=0·P(X=0)+P(X=1)+2·P(X=2)+3·P(X=3)+4· P(X=4) c4c+2 。C哈C,CgC,CgC94 -+3· -+4· C10 学霸52第3课时 第1关练速度5mn为准，你的时间： 1.(多选)下列事件中不是n重伯努利试验的是 () A.运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中 8环” B.甲、乙两运动员各射击一次，“甲射中 10环”与“乙射中9环” C.甲、乙两运动员各射击一次，“甲、乙都射中 目标”与“甲、乙都没射中目标” D.在相同的条件下，甲射击10次，5次击中 目标 2.(2024·福建福州外国语学校高二期中)电灯 泡使用时数在1000小时以上的概率为0.8， 则3个灯泡在使用1000小时内恰好坏了一 个的概率为 A.0.384 C.0.128 D.0.104 3.（多选)(2024·江苏南京高二期末)某计算机 程序每运行一次都随机出现一个十位二进制 数A=a1a2a3…a1o(例如1010101010)，已知 a(k=1,2,…,10)出现“0”的概率为，出现 “1”的概率为子，记X=a,ta,+a,+ag+an,则当 程序运行一次时 A.X服从二项分布 3 B.P(X=1)=1024 15 C.E(X)=4 D.D(X)= 选择性必修第二册·SJ 二项分布 4.（2023·吉林长春高二期中)假设某射手每次 射击命中率相同，且每次射击之间相互没有 影响.若在两次射击中至多命中一次的概率是 「6，则该射手每次射击的命中率为(】 9 A.25 B. 5 3 C.5 3 0.4 5.将一枚质地均匀的硬币连掷7次，如果出现 k次正面向上的概率等于出现(k+1)次正面 向上的概率，那么k的值为 () A.0 B.1 C.2 D.3 6.（2024·山东潍坊高二期中)某人寿保险公司 规定：投保人没活过65岁时，保险公司要赔 偿100万元；活过65岁时，保险公司不赔偿， 但要给投保人一次性支付5万元.已知购买此 种保险的每个投保人能活过65岁的概率都 是0.9，随机抽取3个投保人，设其中活过 65岁的人数为X,保险公司要赔偿给这三个 人的总金额为Y万元.则P(Y<200)=（) A.0.972 B.0.729 C.0.486 D.0.243 7.(2024·浙江杭州高二期末)甲、乙两名乒乓 球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制（先 胜4局者胜，比赛结束).已知每局比赛甲获 胜的概率均为 则甲以4比2获胜的概率为 1 10 A. 54 B. 729 40 160 C. 243 D.729 霸072 8.(2023·福建龙岩一中高二月考)已知随机变 量专满足5-B(2,p),若P(5≤1)=子，则 p= 9.（2024·江苏扬州高二月考)小明上班的路上 有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯 路口遇到绿灯的概率为子，则他在上班的路 上恰好遇到2次绿灯的概率为 10.（2024·福建南平高二月考)如图，在小地图 中，一机器人从点A(0,0)出发，每秒向上或 向右移动1格到达相应点，已知每次向上移 动1格的概率是子，向右移动1格的怪率是 3,则该机器人6秒后到达点B(4,2)的橱 率为 A0,0) 11.（2024·陕西西安高二月考)一个口袋内有 n(n>3)个大小相同的球，其中3个红球和 (n-3)个白球，已知从口袋中随机取出1个 球是红球的概率为p,6p∈N,若有放回地从 口袋中连续4次取球（每次只取1个球），在 4次取球中恰好2次取到红球的概率大于 27,则n 第2关练准确率 8题为准，你做对题 12.下列例子中随机变量服从二项分布的个数为 ( ①某同学投篮的命中率为0.6，他10次投篮 中命中的次数； ②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射 第8章学 击到击中目标所需的射击次数； ③从装有5个红球，5个白球的袋中，有放回 地摸球，直到摸出白球为止，摸到白球时 的摸球次数； ④有一批产品共有N件，其中M件为次品， 采用不放回地抽取方法，专表示n次抽取 中出现次品的件数. A.0 B.1 C.2 D.3 13.(2024·吉林长春高二月考)在足球比赛中， 扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球 员会等可能地随机选择球门的左、中、右三 个方向射门，门将也会等可能地随机选择球 门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将 即使方向判断正确也有。的可能性未扑出 点球若不考虑其他因素，在比赛打成平局 进行点球大战中，甲队门将在前3次扑出点 球的个数X的方差为 1 B. 2 2 C.3 4 D.5 14.(2023·辽宁鞍山高二期中)在3重伯努利 试验中，事件A在每次试验中发生的概率相 同，若事件A至少发生一次的概率 64,则 事件A发生的次数X的期望和方差分别为 9.9 3 A.464 和 B. 3 和 416 9和3 C.1664 9和9 D.416 霸073 15.（多选)(2024·江苏南京高二期末)已知某 足球运动员每次定点射门的命中率为0.5， 则下列说法正确的是 () A.若共进行10次射门，则命中次数的数学 期望等于5 B.若共进行10次射门，则命中5次的概率 最大 C.若共进行5次射门，则命中次数的方差等 于1 D.若共进行5次射门，则至少有两次命中的 概率为} 16.（多选)(2024·江苏南京外国语学校高三月 考)已知离散型随机变量X服从二项分布 B(n,p),其中n∈N,0<p<1,记X为奇数的 概率为α，X为偶数的概率为b,则下列说法 中正确的有 ( A.a+b=1 B.p=2时，a=b C.0<p<2时，a随着n的增大而增大 D.2p<1时，a随着n的增大而减小 17.(2024·山东烟台高三月考)为了防止受到 核污染的产品影响我国民众的身体健康，要 求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射 检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则 不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的 概率为行，第二轮检测不合格的概奉为。 两轮检测是否合格相互没有影响.若产品可 以销售，则每件产品获利40元；若产品不能 销售，则每件产品亏损80元.已知一箱中有 4件产品，记一箱产品获利X元，则P(X≥ -80)= 选择性必修第二册·SJ学 18.（2024·江西宜春高二月考)甲、乙两人在每 次猜迷活动中各猜一个谜语，若一方猜对且 另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次 平局.已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分 别为和号，且每欢活动中甲，乙猜对与香互 不影响，各次活动也互不影响.随机变量X 表示在3次活动中甲获胜的次数，则 P(X≥2)= ;D(X)= 9.（2023·山西晋中高二期中)一个车间有 3台车床，它们各自独立工作.设同时发生故 障的车床数为X,在下列两种情形下分别求 X的分布列. (1)假设这3台车床型号相同，它们发生故 障的概率都是20%； (2)这3台车床中有A型号2台，B型号 1台，A型车床发生故障的概率为10%， B型车床发生故障的概率为20%. 霸074 20.（2024·山东菏泽高二月考)某商场在开业 当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金 额前200名的顾客，均可获得3次抽奖机 会，每次中奖的概率为}，每次中奖与否相 互不影响，中奖1次可获得50元奖金，中 奖2次可获得100元奖金，中奖3次可获 得200元奖金. (1)求顾客甲获得了100元奖金的条件下， 甲第一次抽奖就中奖的概率， (2)若该商场开业促销活动的经费为1.5万 元，则该活动是否会超过预算？请说明 理由. 第3关练思维宽度 )难度级别：☆☆☆☆☆ 21.(2024·山东德州高二月考)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落下，其 中向左落下的概率为3，向右落下的概率为 3,最后落人底部的格子中格子从左到右分 别编号为0,1,2，…，10，则小球落人 号格子的概率最大（图片仅供参考） 第8章学 22.(2024·安徽芜湖一中高二月考)如图，某市 有三条连接生活区与工作区的城市主干道 I,Ⅱ，Ⅲ，在出行高峰期主干道I有 S1,S2,S,三个易堵点，它们出现堵车的概率 都是2主千道Ⅱ有？，两个易堵点，它门 出现堵车的概率分别为}和}：主干道Ⅲ有 W,W2,W3,W,四个易堵点，它们出现堵车 的概率都是？某人在出行高峰期丌车从生 活区到工作区，假设以上各路点是否被堵塞 互不影响. LS—S2—S 生活区一， 工作区 Ⅲ W一W2一W;一W (1)若选择了主干道I行驶，求三个易堵 点S,S2,S3至少有一个出现堵塞的 概率. (2)已知主干道I的每个易堵点平均拥堵 4分钟，主干道Ⅱ的每个易堵点平均拥 堵5分钟，主干道Ⅲ的每个易堵点平均 拥堵3分钟，若按照“平均拥堵时间短的 路线是较优出行路线”的标准，测从生 活区到工作区最优的出行路线是哪 一条？ 频讲解⊙ 霸075