选择性必修 第三册7.4 二项分布与超几何分布同步测试题

这是一份选择性必修 第三册7.4 二项分布与超几何分布同步测试题，共5页。试卷主要包含了若X～B，则等内容，欢迎下载使用。

A级——基础过关练
1．(多选)(2023年青岛期中)若X～B(20，0.3)，则( )
A．E(X)＝3B．P(X≥1)＝1－0.320
C．D(X)＝4.2D．P(X＝10)＝C eq \\al(10,20)×0.2110
【答案】CD 【解析】由X～B(20，0.3)，可知E(X)＝20×0.3＝6，A错误；P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.720，B错误；D(X)＝20×0.3×0.7＝4.2，C正确；P(X＝10)＝C eq \\al(10,20)×0.310×0.710＝C eq \\al(10,20)×0.2110，D正确．
2．同时抛两枚质地均匀的硬币10次，设两枚硬币出现不同面的次数为X，则D(X)＝( )
A． eq \f(15,8)B． eq \f(15,4)
C． eq \f(5,2)D．5
【答案】C 【解析】每一次抛两枚硬币，出现不同面的概率为 eq \f(1,2)，10次独立重复试验中，X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(1,2)))，所以D(X)＝10× eq \f(1,2)× eq \f(1,2)＝ eq \f(5,2).
3．设随机变量X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)＝( )
A． eq \f(5,16)B． eq \f(3,16)
C． eq \f(5,8)D． eq \f(3,8)
【答案】A 【解析】X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,2)))，由二项分布可得P(X＝3)＝Ceq \\al(3,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(5,16).
4．某电子管的正品率为 eq \f(3,4)，次品率为 eq \f(1,4)，现对该批电子管进行测试，设第X次首次测到正品，则P(X＝3)＝( )
A．C eq \\al(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)× eq \f(3,4)B．C eq \\al(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,4)
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)× eq \f(3,4)D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,4)
【答案】C 【解析】X＝3表示第3次首次测到正品，而前两次都没有测到正品，故其概率是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(2)× eq \f(3,4).
5．(2022年天津期末)一名学生申请加入学校的3个社团，假设各个社团通过这名学生的申请是相互独立的，并且概率都是 eq \f(3,5)，设X是这名学生申请被通过的次数，则随机变量X的期望为( )
A． eq \f(6,5)B． eq \f(36,25)
C． eq \f(18,25)D． eq \f(9,5)
【答案】D 【解析】由题意，X服从二项分布，即X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(3,5))).由二项分布的期望公式可得E(X)＝np＝3× eq \f(3,5)＝ eq \f(9,5).故选D．
6．若随机变量ξ～B(n，0.6)，且E(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值是( )
A．2×0.44B．2×0.45
C．3×0.44D．3×0.64
【答案】C 【解析】因为ξ～B(n，0.6)，所以E(ξ)＝n×0.6，故有0.6n＝3，解得n＝5.故P(ξ＝1)＝C eq \\al(1,5)×0.6×0.44＝3×0.44.
7．已知某同学每次射箭射中的概率为p，且每次射箭是否射中相互独立，该同学射箭3次射中多于1次的概率为0.784，则p＝( )
A．0.5B．0.6
C．0.7D．0.8
【答案】C 【解析】由题意可得1－[C eq \\al(1,3)p(1－p)2＋C eq \\al(0,3)p0(1－p)3]＝0.784，解得p＝0.7.
8．某次考试中，第一大题由12个选择题组成，每题选对得5分，不选或错选得0分．小王选对每题的概率为0.8，则其第一大题得分的均值为________．
【答案】48 【解析】设小王选对的个数为X，得分为Y＝5X，则X～B(12，0.8)，E(X)＝np＝12×0.8＝9.6，E(Y)＝E(5X)＝5E(X)＝5×9.6＝48.
9．已知随机变量X服从二项分布B(n，p).若E(X)＝30，D(X)＝20，则p＝________．
【答案】 eq \f(1,3) 【解析】由E(X)＝30，D(X)＝20，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(np＝30，,np(1－p)＝20，))解得p＝ eq \f(1,3).
10．(2023年海口期末)某公司为了解会员对售后服务(包括退货、换货、维修等)的满意度，从下半年的会员中随机调查了20个会员，得到会员对售后服务满意度评分的雷达图如图所示．规定评分不低于80分为满意，否则为不满意．
(1)求这20个会员对售后服务满意的频率；
(2)以(1)中的频率作为所有会员对该公司售后服务满意的概率，假设每个会员的评价结果相互独立，现从下半年的所有会员中随机选取3个会员，记这3个会员中对售后服务满意的会员的个数为X，求X的均值与方差．
解：(1)由雷达图可知这20个会员对售后服务满意的频率为 eq \f(14,20)＝0.7.
(2)因为X～B(3，0.7)，
所以E(X)＝3×0.7＝2.1，
D(X)＝3×0.7×0.3＝0.63.
B级——能力提升练
11．若随机变量X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(1,3)))，则P(X＝k)最大时，k的值为( )
A．1B．2
C．1或2D．3
【答案】C 【解析】依题意P(X＝k)＝C eq \\al(k,5)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(k)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(5－k)，k＝0，1，2，3，4，5.可以求得P(X＝0)＝ eq \f(32,243)，P(X＝1)＝ eq \f(80,243)，P(X＝2)＝ eq \f(80,243)，P(X＝3)＝ eq \f(40,243)，P(X＝4)＝ eq \f(10,243)，P(X＝5)＝ eq \f(1,243).故当k＝1或k＝2时P(X＝k)最大．
12．(多选)已知X～B(4，p)(0A．若p＝ eq \f(1,3)，则E(X)＝ eq \f(8,9)
B．若p＝ eq \f(1,3)，则P(X＝0)＝ eq \f(16,81)
C．D(X)max＝1
D．若P(X＝1)>P(X＝3)，则0【答案】BCD 【解析】∵X～B(4，p)(0P(X＝3)，∴C eq \\al(1,4)p(1－p)3>C eq \\al(3,4)p3(1－p)，化简整理可得(1－p)2>p2，解得013．(2023年重庆期末)甲、乙两队进行友谊赛，采取三局两胜制，每局都要分出胜负，根据以往经验，单局比赛中甲队获胜的概率为 eq \f(3,5)，设各局比赛相互间没有影响，则甲队战胜乙队的概率为________．
【答案】 eq \f(81,125) 【解析】甲队战胜乙队包含两种情况：①甲连胜2局，概率为p1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(9,25).②前两局甲队一胜一负，第三局甲队胜，概率为p2＝C eq \\al(1,2)× eq \f(3,5)× eq \f(2,5)× eq \f(3,5)＝ eq \f(36,125).所以甲队战胜乙队的概率为p＝p1＋p2＝ eq \f(9,25)＋ eq \f(36,125)＝ eq \f(81,125).
14．(2023年龙岩模拟)某市有A，B，C，D四个景点，一位游客来该市游览，已知该游客游览A的概率为 eq \f(2,3)，游览B，C，D的概率都是 eq \f(1,2)，且该游客是否游览这四个景点相互独立．用随机变量X表示该游客游览的景点个数，则该游客至多游览一个景点的概率为________，E(X)＝________．
【答案】 eq \f(1,4) eq \f(13,6) 【解析】X的所有可能取值为0，1，2，3，4，P(X＝0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＝ eq \f(1,24)，P(X＝1)＝ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×C eq \\al(1,3)× eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(5,24)，所以该游客至多游览一个景点的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＝ eq \f(1,24)＋ eq \f(5,24)＝ eq \f(1,4).P(X＝2)＝ eq \f(2,3)×C eq \\al(1,3)× eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×C eq \\al(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(1)＝ eq \f(3,8)，P(X＝3)＝ eq \f(2,3)×C eq \\al(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2))) eq \s\up12(1)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×C eq \\al(3,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(7,24)，P(X＝4)＝ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(1,12)，所以E(X)＝0× eq \f(1,24)＋1× eq \f(5,24)＋2× eq \f(3,8)＋3× eq \f(7,24)＋4× eq \f(1,12)＝ eq \f(13,6).
15．(2023年南通期末)假定人们对某种特别的花粉过敏的概率为0.25，现在检验20名志愿者是否对这种花粉过敏．
(1)求样本中恰好有两人过敏的概率；
(2)要使样本中至少检测到1人过敏的概率大于99.9%，则抽取的样本量至少要多大？
参考数据：0.7518＝0.005 6，0.7519＝0.004 2，0.7520＝0.003，lg 0.75＝－0.124 9.
解：(1)设样本中对花粉过敏的人数为X，则X～B(20，0.25)，
所以P(X＝2)＝C eq \\al(2,20)×0.252×0.7518＝0.066 5，
即样本中恰好有两人过敏的概率为0.066 5.
(2)设样本量为n，该样本中检测到对花粉过敏的人数为Y，则Y～B(n，0.25)，
所以P(Y≥1)＝1－P(Y＝0)＝1－0.75n＞99.9%，解得0.75n＜0.001，
取对数得n lg 0.75<－3，解得n> eq \f(－3,lg 0.75)≈24.02.
所以抽取的样本容量至少为25人．