2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练58 二项分布与超几何分布（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题考点规范练58 二项分布与超几何分布（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。
1.若每次测量中出现正误差的概率都是12,则在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是( )
A.516B.25C.58D.132
答案:A
解析:依题意,在5次测量中恰好出现2次正误差的概率为
P=C52×122×1-123=516.
2.已知一批产品共10件,次品率为20%,从中任取2件,则恰好取到1件次品的概率为( )
A.2845B.1145C.1745D.1645
答案:D
解析:设取出的次品件数为X,则X服从超几何分布.由题意知10件产品中有2件次品,
故所求概率为P(X=1)=C21C81C102=1645.
3.设随机变量X~B6,12,则P(X≤3)等于( )
A.1132B.732C.2132D.764
答案:C
解析:P(X≤3)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=C60×126+C61×126+C62×126+C63×126=2132.
4.(多选)在4件产品中,有一等品2件,二等品1件(一等品与二等品都是正品),次品1件,现从中任取2件,则下列说法正确的是( )
A.2件都是一等品的概率为13
B.2件中有1件是次品的概率为12
C.2件都是正品的概率为13
D.2件中至少有1件是一等品的概率为56
答案:BD
解析:2件都是一等品的概率为C22C42=16,
故A错误.
2件中有1件是次品的概率为C11C31C42=12,
故B正确.
2件都是正品的概率为C32C42=12,
故C错误.
2件中至少有1件是一等品的概率为C21C21+C22C42=56,
故D正确.
5.高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的,如图,每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子,上一层的每个钉子的水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间,从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的小球,小球向下降落的过程中,首先碰到最上面的钉子,碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下,于是又碰到下一层钉子,如此继续下去,直到滚到底板的一个格子内为止.现从入口放进一个小球,则其落在第③个格子的概率为( )
A.1128B.7128
C.21128D.35128
答案:C
解析:依题意,小球从起点到第③个格子的过程中,要向左边滚动5次,向右边滚动2次,而每次向左或向右的概率均为12,故所求的概率为C72×122×125=21128.
6.现有7人,其中有4人睡眠不足,3人睡眠充足,先从这7人中随机抽取3人作进一步的身体检查.用X表示抽取的3人中睡眠不足的人数,则随机变量X的均值为 ;设事件A为“抽取的3人中,既有睡眠充足的,也有睡眠不足的”,则事件A发生的概率为 .
答案:127 67
解析:由题意,可知X的可能取值为0,1,2,3,
则P(X=0)=C33C73=135,P(X=1)=C41C32C73=1235,P(X=2)=C42C31C73=1835,P(X=3)=C43C73=435.
所以E(X)=0×135+1×1235+2×1835+3×435=127.
P(A)=C41C32+C42C31C73=67.
7.在等差数列{an}中,a4=2,a7=-4.如果从{an}的前10项中随机取数,每次取出一个数后放回,连续取3次,且每次取数互不影响,那么在这3次取数中,取出的数恰好为两个非负数和一个负数的概率为 .
答案:38
解析:由已知可得,等差数列的通项公式为an=10-2n(n=1,2,3,…),其中a1,a2,a3,a4为正数,a5=0,a6,a7,a8,a9,a10为负数,所以从中取一个数为非负数的概率为510=12,取一个数为负数的概率为12.3次取数相当于一个3重伯努利试验.
故取出的数恰为两个非负数和一个负数的概率为C32×122×12=38.
8.某高校设计了一个实验学科的考核方案:考生从8道备选题中一次性随机抽取3道题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定至少正确完成其中2道题的便可提交通过.已知在8道备选题中,考生甲有6道题能正确完成,2道题不能完成;考生乙每道题能正确完成的概率都是34,且每道题正确完成与否互不影响.
(1)分别写出甲、乙两名考生正确完成题数的分布列,并计算均值;
(2)试从两名考生正确完成题数的均值及至少正确完成2道题的概率分析比较两名考生的实验操作能力.
解:(1)设甲、乙两名考生正确完成题数分别为X,Y,则X的所有可能取值为1,2,3,Y的所有可能取值为0,1,2,3.
由题意可知P(X=1)=C61C22C83=328,
P(X=2)=C62C21C83=1528,
P(X=3)=C63C20C83=514.
故X的分布列为
E(X)=1×328+2×1528+3×514=94.
P(Y=0)=C30×340×1-343=164,
P(Y=1)=C31×34×1-342=964,
P(Y=2)=C32×342×1-34=2764,
P(Y=3)=C33×343×1-340=2764.
故Y的分布列为
E(Y)=3×34=94.
(2)由(1)知E(X)=E(Y),P(X≥2)=1528+514=2528,
P(Y≥2)=2764+2764=2732,
所以P(X≥2)>P(Y≥2).
故从正确完成题数的均值考察,两人水平相当;从至少正确完成2道题的概率考察,甲的概率大.
因此可以判断甲的实验操作能力较强.
9.袋子中装有10个除颜色外其他完全相同的小球,其中黑球有3个,白球有n(2≤n≤5,且n≠3)个,其余的球为红球.
(1)当n=5时,从袋中任取1个球,记下颜色后放回,连续取三次,求三次取出的球中恰有2个红球的概率;
(2)从袋中一次性任意取出2个球,若这2个球颜色相同的概率为415,求红球的个数;
(3)在(2)的条件下,从袋中一次性任意取出2个球.若取出1个白球记1分,取出1个黑球记2分,取出1个红球记3分.用X表示取出的2个球所得分数的和,写出X的分布列,并求X的均值E(X).
解:(1)当n=5时,红球有2个,则从袋中任取1个球,取出红球的概率为210=15.有放回地连续取三次,相当于一个三重伯努利试验,故三次取出的球中恰有2个红球的概率P=C32×152×1-15=12125.
(2)依题意,从袋中一次性任意取出2个球,颜色相同的概率P=C32+Cn2+C7-n2C102=415,整理得n2-7n+12=0,解得n=3(舍去)或n=4.故红球的个数为7-4=3.
(3)依题意,X的所有可能取值为2,3,4,5,6,则
P(X=2)=C42C102=215,
P(X=3)=C41C31C102=415,
P(X=4)=C31C41+C32C102=13,
P(X=5)=C31C31C102=15,
P(X=6)=C32C102=115.
故X的分布列为
E(X)=2×215+3×415+4×13+5×15+6×115=195.
二、综合应用
10.(多选)掷一枚不均匀的硬币6次,每次掷出正面的概率均为23,恰好出现k次正面的概率记为Pk,则下列说法正确的是( )
A.P1=P5
B.P1