2027届高考数学一轮复习学案第九章　第70课时　二项分布、超几何分布与正态分布

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1．(人教A版选择性必修第三册P79例6改编)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( )
A．25 B．35 C．18125 D．54125
2．(人教A版选择性必修第三册P78探究改编)设50个产品中有10个次品，任取产品20个，取到的次品可能有X个，则E(X)＝( )
A．4B．3
C．2D．1
3．(苏教版选择性必修第二册P146T10改编)已知随机变量ξ服从正态分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝0.023，则P(－2≤ξ≤2)＝( )
A．0.477B．0.628
C．0.954D．0.977
4．(人教A版选择性必修第三册P78例5改编)在含有3件次品的10件产品中，任取4件，X表示取到的次品的个数，则P(X＝2)＝___________．
5．(人教B版选择性必修第二册P89练习BT1)已知随机变量X服从参数为n，p的二项分布，即X~B(n，p)，且E(X)＝7，D(X)＝6，则p的值为___________．
1．n重伯努利试验与二项分布
(1)n重伯努利试验
把只包含___________结果的试验叫做伯努利试验．
将一个伯努利试验独立地重复进行n次所组成的随机试验称为______________________．
(2)二项分布
在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(00.2B．P(X>2)2)>0.5D．P(Y>2)2＝12
C．PX≥2>12
D．PX≥σ> PX≥σ2
第70课时 二项分布、超几何分布与正态分布
以题引理·激活思维
N1．深研教材典题
1．D 2．A 3．C 4．310 5．17
N2．储备知识要点
1．(1)两个可能 n重伯努利试验
(2)Cnkpk(1－p)n-k 二项分布 (3)p(1－p) np np(1－p)
2．(1)CMkCN−Mn−kCNn (2)nMN
3．(2)X~N(μ，σ2) 0 1 (3)x＝μ x＝μ (4)0.682 7 0.954 5 0.997 3 (5)μ σ2
精研考点·提升素养
考点一
考向1 典例1 解：(1)记“甲射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A1，则事件A1的对立事件A1为“甲射击4次，全部击中目标”．由题意可知，射击4次相当于做了4重伯努利试验，
故P(A1)＝C44×234＝1681．
所以P(A1)＝1－P(A1)＝1－1681＝6581．
所以甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率为6581．
(2)记“甲射击4次，恰好击中目标2次”为事件A2，“乙射击4次，恰好击中目标3次”为事件B2，
则P(A2)＝C42×232×1−232＝827，
P(B2)＝C43×343×1−341＝2764．
由于甲、乙射击相互独立，
故P(A2B2)＝P(A2)P(B2)＝827×2764＝18．
所以两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率为18．
(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A3，“乙第i次射击未击中”为事件Di(i＝1，2，3，4，5)，
则A3＝D5D4D3(D2 D1∪D2D1∪D2D1)，
且P(Di)＝14．
由于各事件相互独立，故
P(A3)＝P(D5)P(D4)P(D3)P(D2D1+D2D1+D2D1)＝14×14×34×1−14×14＝451 024．
所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为451 024．
考向2 典例2 解：(1)由题意得，X~B3，23，X的可能取值为0，1，2，3，
则PX＝0＝1−233＝127，
PX＝1＝C31×23×1−232＝29，
PX＝2＝C32×232×1−23＝49，
P(X＝3)＝233＝827．
所以X的分布列为
因为X~B3，23，所以X的期望E(X)＝np＝3×23＝2．
(2)第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
所以所求概率为P＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝49+827＝2027．
巩固迁移
1．解：(1)依题意，制作一件优秀作品的概率为25，
该工艺师制作4次，其中优秀作品数为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，4．
由题意可知X~B4，25，
所以P(X＝0)＝C40354＝81625，
P(X＝1)＝C4125·353＝216625，
P(X＝2)＝C42252352＝216625，
P(X＝3)＝C43253·35＝96625，
P(X＝4)＝C44254＝16625．
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝4×25＝85．
(2)设该工艺师在本次比赛中的得分为Y，则Y＝10X－5(4－X)＝15X－20，
由(1)知E(X)＝85，D(X)＝4×25×35＝2425，
则E(Y)＝E(15X－20)＝15E(X)－20＝15×85－20＝4，
D(Y)＝D(15X－20)＝152D(X)＝152×2425＝216，
所以该工艺师在本次比赛中得分的期望和方差分别为4和216．
考点二
典例3 解：(1)设事件A为“取出的是红球”，事件B1为“取到甲袋”，事件B2为“取到乙袋”，
因为甲袋中有4个红色小球，2个白色小球，乙袋中有3个红色小球，1个白色小球，
所以P(B1)＝P(B2)＝12，P(A|B1)＝23，P(A|B2)＝34，
则P(A)＝P(AB1)＋P(AB2)＝P(B1)·P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝12×23+12×34＝1724．
(2)若将甲、乙两袋合为一袋，
此时共有7个红球和3个白球，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝C70C33C103＝1120，P(X＝1)＝C71C32C103＝740，
P(X＝2)＝C72C31C103＝2140，P(X＝3)＝C73C30C103＝724，
则X的分布列为
故E(X)＝0×1120+1×740+2×2140+3×724＝2110．
巩固迁移
2．解： (1) X的可能取值为0，1，2，P(X＝k)＝C2kC33−kC53，其中k＝0，1，2．
所以X的分布列为
故EX＝3×25＝65．
(2)当Y＝5时，第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前两次不能都取到黑球，
所以所求概率P(Y＝5)＝1−25×25×35×25×25＝2523 125．
考点三
典例4 (1)BC (2)1 587 [(1)依题可知，x＝2.1，s2＝0.01，
所以Y~N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y0.5，C正确，D错误；
因为X~N(1.8，0.12)，
所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 72)＝P(X>1.8＋2×0.1)1.8＋0.1)2)＝P(X≥2)＝12，故B正确，C错误；
对于D，当σ∈0，1时，0