广西专版2023_2024学年新教材高中数学第7章随机变量及其分布7.4.1二项分布7.4.2超几何分布训练提升新人教版选择性必修第三册

7.4　二项分布与超几何分布

7.4.1　二项分布--7.4.2　超几何分布

课后·训练提升

基础巩固

1.(多选题)下列例子中随机变量X不服从二项分布的是(　　)

A.某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数X

B.某射手击中目标的概率为0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数X

C.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X

D.有一批产品共有N件,其中M件为次品,采用不放回抽取方法,X表示n次抽取中出现次品的件数

答案:BCD

解析:对于A,某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数X~B(10,0.6),故是二项分布;

对于B,对于某射手从开始射击到击中目标所需的射击次数X,每次试验不是独立的,与其他各次试验结果有关,不是二项分布;

对于C,虽然是有放回地摸球,但随机变量X的定义是直到摸出白球为止,即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;

对于D,由于采用不放回抽取方法,每一次抽取中出现次品的概率不相等,故X表示n次抽取中出现次品的件数不服从二项分布.

2.已知随机变量X,Y满足X+Y=8,且X服从二项分布,记作X~B(10,0.6),则E(Y)和D(Y)的值分别是(　　)

A.6和2.4 B.2和2.4

C.2和5.6 D.6和5.6

答案:B

解析:由已知E(X)=10×0.6=6,D(X)=10×0.6×0.4=2.4.

因为X+Y=8,所以Y=8-X.所以E(Y)=-E(X)+8=2,D(Y)=(-1)2D(X)=2.4.

3.已知X~B,Y~B,且E(X)=15,则E(Y)等于(　　)

A.5 B.10 C.15 D.20

答案:B

解析:因为E(X)=n=15,所以n=30,所以Y~B,所以E(Y)=30×=10.

4.在4重伯努利试验中,事件A发生的概率相同,若事件A至少发生1次的概率为,则事件A在1次试验中发生的概率为(　　)

A. B. C. D.

答案:A

解析:设事件A在一次试验中发生的概率为p.由题意得1-p0(1-p)4=,解得p=.

5.设X的分布列为P(X=k)=(k=0,1,2,3,4,5),则D(3X)=(　　)

A.10 B.30 C.15 D.5

答案:A

解析:由P(X=k)=(k=0,1,2,3,4,5)可知随机变量X服从二项分布B,因此D(X)=5×,D(3X)=9D(X)=10.

6.设随机变量X~B(2,p),随机变量Y~B(3,p),若P(X≥1)=,则D(3Y+1)=(　　)

A.2 B.3 

C.6 D.7

答案:C

解析:因为随机变量X~B(2,p),所以P(X≥1)=1-P(X=0)=1-(1-p)2=,解得p=,

所以D(Y)=3×,所以D(3Y+1)=9D(Y)=9×=6.

7.抛掷一枚质地均匀的硬币n(3≤n≤8)次,正面朝上的次数X服从二项分布B,若P(X=1)=,则方差D(X)=　　　　　. 

答案:

解析:因为3≤n≤8,随机变量X服从二项分布B,且P(X=1)=,

所以,即n,解得n=6,

所以方差D(X)=np(1-p)=6×.

8.已知在10件产品中可能存在次品,从中抽取2件检查,其中次品数为X,已知P(X=1)=,且该产品的次品率不超过40%,则这10件产品的次品率为　　　　　. 

答案:20%

解析:设10件产品中有x件次品,则P(X=1)=,所以x=2或8.

因为次品率不超过40%,所以x=2,所以次品率为2÷10×100%=20%.

9.已知随机变量X服从二项分布,X~B,则E(2X+3)=　　,D(2X+3)=　　　.

答案:9　6

解析:∵随机变量X服从二项分布B,

∴E(X)=6×=3,D(X)=6×.

则E(2X+3)=2E(X)+3=9,D(2X+3)=22×D(X)=6.故答案为9,6.

10.某游戏射击场规定:①每次游戏射击5发子弹;②5发全部命中奖励40元,命中4发不奖励,也不必付款,命中3发或3发以下,应付款2元.现有一游客,其命中率为.

(1)求该游客在一次游戏中5发全部命中的概率;

(2)求该游客在一次游戏中获得奖金的均值.

解(1)设5发子弹命中X(X=0,1,2,3,4,5)发,由题意知X~B,则由题意有P(X=5)=.

(2)X的分布列为

设游客在一次游戏中获得资金为Y元,于是Y的分布列为

故该游客在一次游戏中获得资金的均值为E(Y)=(-2)×+0×+40×=-.

11.在含有3件次品的8件产品中,任取3件,求:

(1)取到的次品数的分布列;

(2)至少取到1件次品的概率.

解(1)设在含有3件次品的8件产品中,任取3件,取到的次品数为X,

则X服从超几何分布,且N=8,M=3,n=3.

X的分布列为P(X=k)=,k=0,1,2,3,则P(X=0)=,P(X=1)=,

P(X=2)=,P(X=3)=.

因此X的分布列为

(2)根据随机变量X的分布列,可得至少取到1件次品的概率为P(X≥1)=P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=.

12.一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如图所示.

将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.

(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个,且另1天的日销售量低于50个的概率;

(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列,均值E(X)及方差D(X).

解(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”,A2表示事件“日销售量低于50个”,B表示事件“在未来连续3天里,有连续2天的日销售量不低于100个,且另1天的日销售量低于50个”.

因此P(A1)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,

P(A2)=0.003×50=0.15,P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.

(2)由题意知X~B(3,0.6).

X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为

P(X=0)=×(1-0.6)3=0.064,

P(X=1)=×0.6×(1-0.6)2=0.288,

P(X=2)=×0.62×(1-0.6)=0.432,

P(X=3)=×0.63=0.216.

则X的分布列为

因为X~B(3,0.6),所以均值E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.

能力提升

1.口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球,每次有放回地摸取一个球,定义数列{an},an=如果Sn为数列{an}的前n项和,那么S7=3的概率为(　　)

A. B.

C. D.

答案:D

解析:由S7=3,知在7次摸球中有2次摸取红球,5次摸取白球,而每次摸取红球的概率为,摸取白球的概率为,则S7=3的概率为,故选D.

2.袋子中装有除颜色外其他均相同的8个小球,其中白球5个,分别编号1,2,3,4,5;红球3个,分别编号1,2,3,现从袋子中任取3个小球,它们的最大编号为随机变量X,则P(X=3)等于(　　)

A. B. C. D.

答案:D

解析:由题知,X=3可以分两种情况:第一种情况表示1个3,则P1=;第二种情况表示2个3,则P2=,因此P(X=3)=P1+P2=.故选D.

3.一块高尔顿板示意图如图所示:在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木块,小木块之间留有适当的空隙作为通道,小球从上方的通道口落下后,将与层层小木块碰撞,最后掉入下方的某一个球槽内.若小球下落过程中向左、向右落下的机会均等,则小球最终落入④号球槽的概率为(　　)

A. B.

C. D.

答案:D

解析:设这个球落入④号球槽为事件A,落入④号球槽要经过两次向左,三次向右,

所以P(A)=32=.

4.一次数学测验由25道选择题构成,每个选择题有4个选项,其中有且仅有一个选项是正确的,每个答案选择正确得4分,不作出选择或选错不得分,满分100分,某学生选对任一题的概率为0.6,则此学生在这一次测验中的成绩的均值与方差分别为　　　　　. 

答案:60,96

解析:设该学生在这次数学测验中选对答案的题目的个数为X,

所得的分数(成绩)为Y,则Y=4X.

由题知X~B(25,0.6),所以E(X)=25×0.6=15,D(X)=25×0.6×0.4=6,

E(Y)=E(4X)=4E(X)=60,D(Y)=D(4X)=42D(X)=16×6=96,

所以该学生在这次测验中的成绩的均值与方差分别是60与96.

5.有10张卡片,其中8张标有数字2,2张标有数字5,若从中随机抽出3张,设这3张卡片上的数字和为X,则D(X)=　　　　　. 

答案:

解析:由题意,得随机变量X的可能取值为6,9,12.

P(X=6)=,

P(X=9)=,

P(X=12)=,

则E(X)=6×+9×+12×,

D(X)=×2+×2+×2=.

6.某联欢晚会举行抽奖活动,举办方设置了甲、乙两种抽奖方案,方案甲的中奖率为,中奖可以获得2分;方案乙的中奖率为,中奖可以获得3分;未中奖则不得分.每人有且只有一次抽奖机会,每次抽奖中奖与否互不影响,晚会结束后凭分数兑换奖品.

(1)若小明选择方案甲抽奖,小红选择方案乙抽奖,记他们的累计得分(两人得分之和)为X,求X≤3的概率;

(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖,则他们选择何种方案抽奖,累计得分的均值较大?

解(1)由已知,得小明中奖的概率为,小红中奖的概率为,且两人中奖与否互不影响.

记“这两人的累计得分X≤3”为事件A,

则事件A的对立事件为“这两人的累计得分X=5”.

因为P(X=5)=,所以P(A)=1-P(X=5)=.

所以这两人的累计得分X≤3的概率为.

(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1,都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2,

则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1),选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2).

由已知得X1~B,X2~B,

所以E(X1)=2×,E(X2)=2×,

所以E(2X1)=2E(X1)=,

E(3X2)=3E(X2)=.

因为E(2X1)>E(3X2),

所以他们都选择方案甲进行抽奖时,累计得分的均值较大.

7.某煤矿发生透水事故时,作业区有若干人员被困.救援队从入口进入后,有L1,L2两条巷道通往作业区(如图).L1巷道有A1,A2,A3三个易堵塞点,各点被堵塞的概率都是;L2巷道有B1,B2两个易堵塞点,被堵塞的概率分别为.

(1)求L1巷道中,三个易堵塞点最多有一个被堵塞的概率;

(2)若L2巷道堵塞点的个数为X,求X的分布列及均值E(X),并按照“平均堵塞点少的巷道是较好的抢险路线”的标准,帮助救援队选择一条抢险路线,同时说明理由.

解(1)设“L1巷道中,三个易堵塞点最多有一个被堵塞”为事件A,

则P(A)=.

(2)根据题意,知X的可能取值为0,1,2.

P(X=0)=×=,

P(X=1)=×+×,

P(X=2)=.

所以随机变量X的分布列为

E(X)=0×+1×+2×.

设L1巷道中堵塞点个数为Y,则随机变量Y~B,

所以E(Y)=3×.

因为E(X)<E(Y),所以选择L2巷道为抢险路线较好.