第9章 第6讲 二项分布、超几何分布与正态分布 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦概率统计核心题型，以超几何分布、正态分布、二项分布为脉络，通过14道题构建"概念辨析-公式应用-实际建模"的递进训练体系，强化数据分析与数学建模素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |超几何分布|2题|样本不放回抽样概率计算，结合组合数公式|从古典概型到超几何分布的概念延伸| |正态分布|4题|利用对称性求区间概率，3σ原则应用|以期望为中心的概率分布规律推导| |二项分布|5题|独立重复试验概率公式，期望方差计算|离散型随机变量的分布列构建逻辑| |综合应用|3题|分布列与期望结合实际问题建模|概率模型选择与参数估计的推理过程|

1．(2026·西安月考)已知6名同学中有a名男生，若从这6名同学中随机抽取2名作为学生代表，恰好抽到1名男生的概率是，则a＝(　　) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选C.设抽到的男生数为X，则X服从超几何分布，P(X＝1)＝＝＝，解得a＝3. 2．随机变量X服从正态分布N(1，σ2)，若P(X＜0)＋P(X＜3)＝1.136，则P(2＜X＜3)＝(　　) A．0.098 B．0.118 C．0.136 D．0.396 解析：选C.易知P(X＜0)＝P(X＞2)，所以P(2＜X＜3)＝P(X＜0)＋P(X＜3)－1＝1.136－1＝0.136. 3．(2026·常州模拟)一枚质地不均匀的硬币抛掷一次，正面向上的概率为p，设抛掷五次正面向上的次数为随机变量X，P(X＝1)＝P(X＝2)，则p＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B.由题意X～B(5，p)，P(X＝1)＝P(X＝2)，即Cp(1－p)4＝Cp2(1－p)3，所以1－p＝2p，可得p＝. 4．学校要从12名候选人中选4名同学组成学生会，已知有4名候选人来自甲班．假设每名候选人都有相同的机会被选到．用X表示候选人来自甲班的人数．则下列说法不正确的是(　　) A．随机变量X的所有可能取值为0，1，2，3，4 B．甲班恰有2名同学被选到的概率为P(X＝2)＝ C．随机变量X～B D．随机变量X的期望为 解析：选C.由题知随机变量X服从超几何分布，故C不正确； X的所有可能取值为0，1，2，3，4，故A正确； 甲班恰有2名同学被选到的概率为P(X＝2)＝＝，故B正确； 随机变量X的期望为4×＝，故D正确． 5．投掷一枚均匀硬币，掷出正面向上得1分，掷出反面向上得2分，投掷了3次，设总分为X，那么X的数学期望为(　　) A． B．4 C． D．5 解析：选C.根据已知条件知X的可能取值为3，4，5，6，所以P(X＝3)＝C×＝，P(X＝4)＝C×＝，P(X＝5)＝C×＝，P(X＝6)＝C×＝， 所以X的分布列为 X 3 4 5 6 P 所以E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝. 6．(多选)已知三个正态密度函数φi(x)＝e－(x∈R，i＝1，2，3，e为自然对数的底数)的图象如图所示，则下列结论错误的是(　　) A.σ1＝σ2＞σ3 B．μ1＞μ3 C．σ2＜σ3 D．μ1＝μ2 解析：选ABD.正态曲线中，σ越小图象越瘦高，根据题图知，σ1＝σ2＜σ3，所以A错误，C正确； 正态曲线关于直线x＝μ对称，且μ越大图象越靠近右边，根据题图知μ1＜μ2＝μ3，故B，D错误． 7．随机变量X～N(μ，σ2)，Y～B(12，p)，P(X＜3)＝，E(X)＝E(Y)，则D(Y)＝________． 解析：由X～N(μ，σ2)，P(X＜3)＝， 得E(X)＝μ＝3，由Y～B(12，p)， 得E(Y)＝12p， 而E(X)＝E(Y)，即12p＝3，解得p＝， 所以D(Y)＝12p(1－p)＝. 答案： 8．(2026·嘉定模拟)已知某次数学的测试成绩X服从μ＝75，σ2＝64的正态分布，若小明的成绩高于91分，那么他的成绩至少超过了__________的学生(精确到0.1%).(参考数据：P(|X－μ|≤σ)≈68.27%，P(|X－μ|≤2σ)≈95.45%，P(|X－μ|≤3σ)≈99.73%) 解析：因为μ＝75，σ2＝64， 所以P(X≤91)＝P(X≤75＋2×8)≈0.5＋×95.45%≈97.7%. 答案：97.7% 9．(13分)(2026·聊城模拟)周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就参加甲项目，否则参加乙项目． (1)求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率；(6分) (2)用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列及期望.(7分) 解：依题意，这4个人中，每个人参加甲项目的概率为＝，参加乙项目的概率为＝，设“这4个人中恰有k人参加甲项目”为事件Ak(k＝0，1，2，3，4)， 则P(Ak)＝C. (1)这4个人中恰有2人去参加甲项目的概率为P(A2)＝C＝. (2)X＝0，Y＝4或X＝4，Y＝0时，ξ＝|X－Y|＝4， X＝1，Y＝3或X＝3，Y＝1时，ξ＝|X－Y|＝2， X＝2，Y＝2时，ξ＝|X－Y|＝0， 故ξ的所有可能取值为0，2，4. 由于A1与A3互斥，A0与A4互斥， 故P(ξ＝0)＝P(A2)＝， P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝C×＋C×＝， P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝C＋C＝. 所以ξ的分布列是 ξ 0 2 4 P 所以E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝. 10．(2026·临沂模拟)已知随机变量ξ～N，为使ξ在内的概率不小于0.954 5，则估计a的最小值为(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)(　　) A．8 B．16 C．32 D．64 解析：选C.若随机变量ξ～N，则μ＝0，σ2＝＞0，又因为P(|ξ－μ|≤2σ)＝P≈0.954 5，为使ξ在内的概率不小于0.954 5，则2≤，解得a≥32， 即估计a的最小值为32. 11．(多选)(2026·荣昌模拟)如图，某电子实验猫线路图上有A，B两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，A，B两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，p(0＜p＜1).同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在A处遇到红灯的次数为X.同一次实验中在A，B两处遇到红灯的次数之和为Y，则(　　) A.P(X＝3)＝ B．一次实验中，A，B两处至少遇到一次红灯的概率为＋p C．D(X)＝ D．当p＝时，E(Y)＝ 解析：选ABD.由题意可知X～B，所以P(X＝3)＝C×＝，D(X)＝5××＝，故A正确，C错误； 一次实验中，A，B两处至少遇到一次红灯的概率为1－(1－p)＝＋p，故B正确； 当p＝时，Y的所有可能取值为0，1，2，所以P(Y＝0)＝×＝， P(Y＝1)＝×＋×＝，P(Y＝2)＝×＝， 故E(Y)＝0×＋1×＋2×＝，故D正确． 12．(2025·天津卷)小桐操场跑圈，一周跑2次，每次跑5圈或6圈，第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5.若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，跑6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，跑6圈的概率为0.4，则 ①小桐一周跑11圈的概率为________； ②若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记合格周数为X，则期望E(X)＝________． 解析：①小桐一周跑11圈有两种情况：第一次跑5圈、第二次跑6圈和第一次跑6圈、第二次跑5圈，两种情况的概率分别为P1＝0.5×0.6＝0.3，P2＝0.5×0.6＝0.3，所以小桐一周跑11圈的概率为P＝P1＋P2＝0.3＋0.3＝0.6. ②小桐一周跑的圈数的所有可能取值为10，11，12，其中达标的圈数为11，12，则小桐一周内运动量达标的概率P＝1－0.5×0.4＝0.8.合格周数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X～B(4，0.8)，所以期望E(X)＝4×0.8＝3.2. 答案：①0.6　②3.2 13．(13分)(2025·中山一模)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响． (1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；(6分) (2)请从稳定性的角度分析甲、乙两人谁面试通过的可能性大？(7分) 解：(1)设甲正确完成面试题数为X，乙正确完成面试题数为Y，Y～B(3，)， 则X可取1，2，3，Y可取0，1，2，3， 则P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 所以甲正确完成面试题数X的分布列为 X 1 2 3 P E(X)＝1×＋2×＋3×＝2， P(Y＝0)＝C××＝， P(Y＝1)＝C××＝， P(Y＝2)＝C××＝， P(Y＝3)＝C××＝， 所以乙正确完成面试题数Y的分布列为 Y 0 1 2 3 P E(Y)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2(或E(Y)＝3×＝2). (2)由(1)得D(X)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝， D(Y)＝×(0－2)2＋×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(3－2)2＝(或D(Y)＝3××＝)， 因为D(X)＜D(Y)，所以甲的成绩更稳定， 所以甲面试通过的可能性大． 14．(15分)(2025·北京卷)某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试．为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率． (1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p；(3分) (2)从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计X＝1的概率及X的数学期望；(5分) (3)假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为100%，乙校学生选择正确的概率为85%.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为p1，p2，判断p1与p2的大小(结论不要求证明).(7分) 解：(1)估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率p＝＝. (2)设事件A为“从甲校抽取的1名学生该题选择正确”，则P(A)＝0.8，P()＝0.2， 设事件B为“从乙校抽取的1名学生该题选择正确”，则P(B)＝0.75，P()＝0.25. P(X＝1)＝P(A)＋P(B)＝P(A)P()＋P()P(B)＝0.35. 依题可知，X可取0，1，2，P(X＝0)＝P()＝0.05，P(X＝2)＝P(AB)＝0.6， 故X的分布列为 X 0 1 2 P 0.05 0.35 0.6 故E(X)＝0×0.05＋1×0.35＋2×0.6＝1.55. (3)因为甲校掌握这个知识点的学生有100%的概率做对该题目，未掌握该知识点的学生都是从四个选项里面随机选择一个，故p1＋×(1－p1)＝0.8，故p1＝，同理有，0.85p2＋×(1－p2)＝0.75，故p2＝，故p1＜p2. 学科网（北京）股份有限公司 $