课时作业66　二项分布、超几何分布与正态分布-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦二项分布、超几何分布与正态分布三大概率模型，通过基础概念辨析、性质应用及实际情境建模，系统培养数据观念与模型观念，强化运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|单选1-8、填空11-12|考查期望计算、分布参数识别、简单概率求解|从定义出发，建立二项分布（np）、超几何分布（nM/N）期望公式与正态分布μ/σ几何意义的概念体系| |性质辨析|多选9-10|结合正态分布对称性、方差性质进行多选项判断|推导离散型（二项、超几何）与连续型（正态）随机变量的性质联系，强化参数对分布特征的影响| |综合应用|解答13-14|实际情境（项目抽取、比赛得分）中分布列构建与期望计算|以“问题情境→模型选择→参数确定→概率计算”为主线，体现模型观念的应用| |拓展提升|优生15-16|复杂概率场景（游戏停止条件、良品率控制）分析|深化分布综合应用，培养从数学角度观察现实世界的创新意识|

课时作业66　二项分布、超几何分布与正态分布 (分值：100分) 一、单项选择题(每小题5分，共40分) 1．随机变量X服从二项分布X～B，则E(X)等于(　　) A．5 B． C．1 D．0 2．一包装箱内有12件产品，其中有10件合格品．现从中随机取出4件，设取出的4件产品中有X件合格品，则E(X)＝(　　) A． B． C． D． 3．已知三个正态分布密度函数φi＝(x∈R，i＝1，2，3)(其中，e为自然对数的底数)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．σ1＝σ2>σ3 B．μ1>μ3 C．σ2<σ3 D．μ1＝μ2 4．(2026·眉山模拟)设随机变量X～N(2，σ2)，P(0<X<4)＝0.3则P(X<0)＝(　　) A．0.25 B．0.35 C．0.65 D．0.70 5．如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O处出发，每隔1秒等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次，则质点位于－1的位置的概率为(　　) A． B． C． D． 6．若随机变量X～N，随机变量Y～B(3，p)，且P(X≥1)＝，E(X)＝E(Y)，则P(Y≤1)＝(　　) A． B． C． D． 7．盒中有10个玩具，其中有3个是坏的，先从盒中随机地抽取4个，则下列事件概率是的是(　　) A．恰有1个是坏的 B．4个全是好的 C．恰有2个是坏的 D．至多有2个是坏的 8．在n重伯努利试验中，每次试验发生的概率均为p，且2次试验中恰好发生1次的概率为，若随机变量X～B(6，p)，则X的方差为D(X)＝(　　) A． B． C．1 D．2 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 9．(2026·九龙坡模拟)已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，则下列说法正确的是(　　) A．E(X)＝ B．当σ＝0.2时，D(2X＋1)＝0.16 C．P(X<1.8)＋P(X<2.2)＝1 D．随机变量X落在(1.9，2.2)与落在(1.8，2.1)的概率相等 10．某高中为了让同学们了解有关半导体芯片的内容，并同时增加同学们对芯片行业的兴趣，特地举办了一次半导体芯片知识竞赛，统计结果显示，学生成绩(满分100分)X～N(70，σ2)，其中不低于60分为及格，不低于80分为优秀，且优秀率为20%.若从全校参与竞赛的学生中随机选取5人，记选取的5人中知识竞赛及格的学生人数为Y，则(　　) A．该知识竞赛的及格率为60% B．P(Y＝2)＝ C．E(Y)＝4 D．D(Y)＝0.8 三、填空题(每小题5分，共10分) 11．某研究所在试验一批种子，已知该批种子的发芽率是，从中随机选择4粒种子进行播种，则恰有3粒种子发芽的概率是________． 12．袋装食盐标准质量为400 g，规定误差的绝对值不超过4 g就认为合格．假设误差服从正态分布，随机抽取100袋食盐，误差的样本均值为0，样本方差为4.由此可估计这批袋装盐的合格率为________． 四、解答题(共28分) 13．(13分)某市今年举办的创业大赛吸引了众多优质项目参与，经评审某领域有8个项目进入最终角逐，其中科技类项目5个，文创类项目3个．从上述8个项目中随机抽取2个进行路演展示． (1)求抽出的两个项目中至少有一个是文创类项目的概率； (2)记路演展示项目中抽中的科技类项目的个数为X，求X的分布列． 14．(15分)(2026·郑州模拟)为宣扬中国文化，某校组织古诗词知识比赛．比赛分为两阶段，第一阶段为基础知识问答，每位选手都需要回答3个问题，答对其中至少2个问题，进入第二阶段，否则被淘汰；第二阶段分高分组和低分组，第一阶段3个问题都答对的选手进入高分组，共回答4个问题，每答对一个得20分，答错不得分；第一阶段答对2个问题的选手进入低分组，共回答4个问题，每答对一个得10分，答错不得分．第一阶段，每个问题选手甲答对的概率都是；第二阶段，若选手甲进入高分组，每个问题答对的概率都是，若选手甲进入低分组，每个问题答对的概率都是. (1)求选手甲第一阶段不被淘汰的概率； (2)求选手甲在该次比赛得分数为40分的概率； (3)已知该次比赛选手甲进入了高分组，记选手甲在该次比赛中得分数为X，求随机变量X的分布列和期望值． 　　优生选做题 15．(5分)甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1～6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P(X＝4)＝(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． 16.(5分)某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布X～N(10，σ2)，质量指标介于8至12之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到99.7%，则需调整生产工艺，使得σ至多为________． 参考答案 课时作业66　二项分布、超几何分布与正态分布 1．解析：因为随机变量X服从二项分布X～B，所以E(X)＝np＝10×＝5.故选A. 答案：A 2．解析：由题可得X服从超几何分布，且n＝4，N＝12，M＝10，所以E(X)＝.故选D. 答案：D 3．解析：∵正态曲线关于x＝μ对称，且μ越大图象越靠近右边，根据图象知，第一个曲线的均值比第二和第三个的均值都小，且第二，第三两个的均值相等，即μ1<μ2＝μ3，故BD错误；∵σ越小图象越瘦高，根据图象知，第一个图象的σ等于第二个图象的σ，且第二个图象的σ比第三个图象的σ要小，∴σ1＝σ2<σ3，所以A错误，C正确．故选C. 答案：C 4．解析：因为随机变量X～N(2，σ2)，P(0<X<4)＝0.3，所以P(X<0)＝＝0.35.故选B. 答案：B 5．解析：若移动5次质点位于－1的位置，则向左移动3次，向右移动2次，所以质点位于－1的位置的概率为P＝2＝.故选B. 答案：B 6．解析：由X～N，P(X≥1)＝，得E(X)＝μ＝1，由Y～B(3，p)，E(Y)＝E(X)＝1，得3p＝1，解得p＝，所以P(Y≤1)＝P(Y＝0)＋P(Y＝1)＝3＋3×2＝.故选D. 答案：D 7．解析：盒中有10个玩具，其中3个坏的，7个好的．抽取4个玩具，计算各选项概率如下：对于A(恰有1个坏的)：P(A)＝；对于B(4个全是好的)：P(B)＝；对于C(恰有2个坏的)：P(C)＝；对于D(至多2个坏的)：P(D)＝1－.综上，只有B的概率为.故选B. 答案：B 8．解析：因为2次试验中恰好发生1次的概率为，所以P＝＝⇒p(1－p)＝，D(X)＝6p(1－p)＝6×，D(X)＝.故选B. 答案：B 9．解析：对于A，因为X～N(2，σ2)，所以E(X)＝2，故A错误；对于B，当σ＝0.2时D(X)＝0.22＝0.04，所以D(2X＋1)＝22×D(X)＝22×0.04＝0.16，故B正确；对于C，因为X～N(2，σ2)，所以P(X<1.8)＝P(X>2.2)，所以P(X<1.8)＋P(X<2.2)＝P(X>2.2)＋P(X<2.2)＝1，故C正确；对于D，因为X～N(2，σ2)，由正态分布密度曲线的对称性可知，随机变量X落在(1.9，2.2)与(1.8，2.1)的概率相等，故D正确．故选BCD. 答案：BCD 10．解析：对于A，学生成绩服从X～N(70，σ2)，由不低于80分为优秀，且优秀率为20%可得P(X≥80)＝P(X≤60)＝0.2，所以P(X≥60)＝0.8，故A错误；对于B，由题意可得Y～B，所以P(Y＝2)＝2×3＝，故B正确；对于C，因为Y～B，所以E(Y)＝5×＝4，故C正确；对于D，因为Y～B，所以D(Y)＝5×＝0.8，故D正确．故选BCD. 答案：BCD 11．解析：根据题意，种子发芽的粒数X，X～B，P(X＝3)＝3＝，所以恰有3粒种子发芽的概率是. 答案： 12．解析：可设误差为X，X服从正态分布N(0，4)，P(|x|≤4)＝P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.954 5，故答案为95.45%. 答案：95.45% 13．解析：(1)记“抽出的两个项目中至少有一个是文创类项目”为事件A， P(A)＝. (2)由题意，X的可能取值为0，1，2. P(X＝0)＝，P(X＝1)＝，P(X＝2)＝. 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 14．解析：(1)选手甲第一阶段不被淘汰， 即甲回答三个问题答对其中2个或3个， 其概率为p1＝2＋3＝. (2)选手甲在该次比赛得分数为40有两种情况：进入高分组，答对2个问题；进入低分组，答对4个问题． 故概率为p2＝24＋22＝. (3)由题意可知，X的所有可能取值有0，20，40，60，80， 则P(X＝0)＝4＝， P(X＝20)＝31＝= P(X＝40)＝22＝， P(X＝60)＝3＝， P(X＝80)＝4＝， 所以X分布列为 X 0 20 40 60 80 P 所以E(X)＝0×＝20. 15．解析：甲乙每次出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇数，则平局，所以平局的概率p1＝，若甲胜，则结果有(2，1)、(3，2)、(4，1)、(4，3)、(5，2)、(5，4)、(6，1)、(6，3)、(6，5)，共9种，所以甲胜的概率为p2＝，同理乙胜的概率也为，各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为4＝；若平局2次，则最后1次不能是平局，另外2次甲全胜或乙全胜，概率为2×2×2＝，若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为3×2＝，所以P(X＝4)＝.故选D. 答案：D 16．解析：由题可知，μ＝10，再根据题意以及正态曲线的特征可知，|X－10|<3σ的解集A⊆(8，12)．由解得σ≤，故σ至多为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $