2024版新教材高中数学第七章随机变量及其分布7.4二项分布与超几何分布同步练习15二项分布新人教A版选择性必修第三册

同步练习15二项分布必备学问基础练一、单项选择题(每小题5分，共40分)1．[2024·河北唐山高二期中]在100件产品中有5件次品，接受有放回的方式从中随意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则()A．X～B(100，0.05)B．X～B(10，0.05)C．X～B(1000，95)D．X～B(10，0.95)2．某一批种子的发芽率为eq\f(2,3).从中随机选择3颗种子进行播种，那么恰有2颗种子发芽的概率为()A．eq\f(2,9)B．eq\f(8,27)C．eq\f(4,9)D．eq\f(2,3)3．[2024·河南洛阳高二期中]已知随机变量ξ听从二项分布ξ～B(6，eq\f(1,3))，即P(ξ＝2)＝()A．eq\f(3,16)B．eq\f(1,243)C．eq\f(13,243)D．eq\f(80,243)4．2024年卡塔尔世界杯决赛中，阿根廷队与法国队在120分钟竞赛中3∶3战平，经过四轮点球大战阿根廷队以总分7∶5战胜法国队，第三次获得世界杯冠军．其中门将马丁内斯扑出法国队员的点球，表现神勇，扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方始终扑点球，而且门将即使方向推断正确也有eq\f(1,2)的可能性扑不到球．若不考虑其他因素，在点球大战中，门将在前四次扑出点球的个数X的期望为()A．eq\f(1,6)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．25．[2024·山东青岛高二期末]假如一次伯努利试验中，出现“成功”的概率为eq\f(1,3)，记6次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则D(X)＝()A．eq\f(2,3)B．eq\f(4,3)C．2D．46．已知随机变量X～B(n，p)，若E(X)＝1，D(X)＝eq\f(4,5)，则P(X＝4)＝()A．eq\f(4,625)B．eq\f(32,125)C．eq\f(1,125)D．eq\f(1,25)7．设随机变量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝eq\f(5,9)，则P(η≥2)的值为()A．eq\f(32,81)B．eq\f(11,27)C．eq\f(65,81)D．eq\f(16,81)8．[2024·河南开封高二期中]甲、乙两名同学进行羽毛球竞赛，竞赛实行5局3胜制，假设每局竞赛相互独立且没有平局，若每局竞赛甲胜的概率为eq\f(3,5)，则竞赛在第4局结束的概率为()A．eq\f(72,625)B．eq\f(162,625)C．eq\f(234,625)D．eq\f(324,625)二、多项选择题(每小题5分，共10分)9．[2024·江西宜春高二期中]若随机变量X听从参数为4，eq\f(2,3)的二项分布，则()A.P(X＝1)＝P(X＝3)B．P(X＝2)＝3P(X＝1)C．P(X＝0)＝2P(X＝4)D．P(X＝3)＝4P(X＝1)10．设a，b∈R＋，且eq\f(1,a)－eq\f(1,b)＝1，随机变量X～B(6，eq\f(2,3))，随机变量Y＝aX－b，则()A．E(X)＝4B．D(Y)＝a2D(X)－bC．E(X2)＝eq\f(52,3)D．当E(Y)取得最大值时，D(Y)＝eq\f(1,3)三、填空题(每小题5分，共10分)11．已知随机变量X听从二项分布B(n，p)，且X的期望E(X)＝4，方差D(X)＝2，则n＝________．12．在3重伯努利试验中事务出现的概率相同，若事务A至少出现1次的概率为eq\f(19,27)，则事务A在1次试验中出现的概率为________．四、解答题(共20分)13．(10分)[2024·河北石家庄高二期中]某篮球运动员投篮的命中率为0.7，现投了6次球．(1)求恰有4次命中的概率；(2)求至多有4次命中的概率；(3)设命中的次数为X，求E(X).14．(10分)[2024·广东佛山高二期末]某商家为了提高服务质量，特地开设了顾客反馈热线电话．热线电话共有3个分机专供与顾客通话．设每个分机在每一时刻占线的概率为eq\f(1,3)，并且各个分机是否占线是相互独立的．(1)求在某一时刻恰好有一个分机占线的概率；(2)求任一时刻占线的分机个数X的分布列与数学期望．关键实力综合练15．(5分)[2024·江苏南通高二期中]欧洲空中客车公司设计并制造了A340，它是一种有四台发动机的远程双过道宽体客机，取代只有两台发动机的A310，假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障的概率为1－p，且各引擎是否有故障是独立的，已知A340飞机至少有3个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；A310飞机须要2个引擎全部正常运行，飞机才能成功飞行．若要使A340飞机比A310飞机更平安，则飞机引擎的故障率应限制的范围是()A．(eq\f(2,3)，1)B．(eq\f(1,3)，1)C．(0，eq\f(2,3))D．(0，eq\f(1,3))[答题区]题号1234567891015答案16.(15分)某中学为宣扬传统文化，特实行一次《诗词大赛》学问竞赛．规则如下：两人一组，每一轮竞赛中小组两人分别答两题．若小组答对题数不小于3，则获得“优秀小组”称号．已知甲、乙两位同学组成一组，且甲同学和乙同学答对每道题的概率分别为p1，p2.(1)若p1＝eq\f(4,5)，p2＝eq\f(3,4)，求在第一轮竞赛中，他们获得“优秀小组”称号的概率；(2)若p1＋p2＝eq\f(5,4)，且每轮竞赛结果互不影响．假如甲、乙同学想在此次竞赛活动中获得6次“优秀小组”称号，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？同步练习15二项分布1．解析：有放回抽取，每次取到次品的概率都是eq\f(5,100)＝0.05，相当于10次独立重复的伯努利试验，所以听从二项分布X～B(10，0.05).答案：B2．答案：C3．解析：因为随机变量ξ听从二项分布ξ～B(6，eq\f(1,3))，所以P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,6)·(eq\f(1,3))2·(eq\f(2,3))4＝eq\f(80,243).答案：D4．解析：依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为P＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6).门将在前四次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，4.X～B(4，eq\f(1,6))，期望E(X)＝4×eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).答案：C5．解析：伯努利试验中随机变量听从二项分布，即X～B(n，p)，因为出现“成功”的概率为eq\f(1,3)，所以p＝eq\f(1,3)，因为6次独立重复试验，所以n＝6，所以D(X)＝np(1－p)＝6×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))＝eq\f(4,3).答案：B6．解析：由E(X)＝1，D(X)＝eq\f(4,5)，得np＝1，np(1－p)＝eq\f(4,5)，解得n＝5，p＝eq\f(1,5)，所以P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(4)×(1－eq\f(1,5))＝eq\f(4,625).答案：A7．解析：因为随机变量ξ～B(2，p)，所以P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－p)2＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)，所以η～B(4，eq\f(1,3))，则P(η≥2)＝1－P(η＝0)－P(η＝1)＝1－(1－eq\f(1,3))4－Ceq\o\al(1,4)(1－eq\f(1,3))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)＝eq\f(11,27).答案：B8．解析：打完第4局竞赛结束，包含以下两种状况，(1)第4局甲赢，前三局甲赢两局，概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(2,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(162,625)；(2)第4局乙赢，前三局乙赢两局，概率为Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(2)×eq\f(3,5)×eq\f(2,5)＝eq\f(72,625)；∴打完第4局竞赛结束的概率为eq\f(162,625)＋eq\f(72,625)＝eq\f(234,625).答案：C9．解析：由题意，依据二项分布中概率的计算公式P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k，k＝0，1，…，n，则P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(0)(1－eq\f(2,3))4＝eq\f(1,81)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(1)(1－eq\f(2,3))3＝eq\f(8,81)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)(1－eq\f(2,3))2＝eq\f(8,27)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)(1－eq\f(2,3))1＝eq\f(32,81)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(4,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)(1－eq\f(2,3))0＝eq\f(16,81)，因此P(X＝2)＝3P(X＝1)，P(X＝3)＝4P(X＝1)，P(X＝4)＝16P(X＝0).答案：BD10．解析：E(X)＝np＝6×eq\f(2,3)＝4，A正确；D(Y)＝D(aX－b)＝a2D(X)，B不正确；D(X)＝np(1－p)＝6×eq\f(2,3)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，因为D(X)＝E(X2)－(E(X))2，所以E(X2)＝D(X)＋(E(X))2＝eq\f(4,3)＋16＝eq\f(52,3)，C正确；E(Y)＝aE(X)－b＝4a－b＝(4a－b)(eq\f(1,a)－eq\f(1,b))＝5－(eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b))≤5－2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝1，当且仅当eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝eq\f(1,2)，b＝1时取等号，此时D(Y)＝a2D(X)＝eq\f(1,3)，D正确．答案：ACD11．解析：依题意X～B(n，p)，所以E(X)＝np＝4，D(X)＝np(1－p)＝2，解得p＝eq\f(1,2)，n＝8.答案：812．解析：记“A至少发生1次”为事务M，则eq\o(M,\s\up6(－))表示其对立事务“A发生0次”，事务A的发生符合二项分布，设事务A在1次试验中出现的概率为p，P(M)＝1－P(eq\o(M,\s\up6(－)))＝1－Ceq\o\al(0,3)p0(1－p)3＝eq\f(19,27)，所以(1－p)3＝eq\f(8,27)，所以(1－p)＝eq\f(2,3)，解得p＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)13．解析：(1)某篮球运动员投篮的命中率为0.7，则未命中的概率为1－0.7＝0.3，现投了6次球，恰有4次投中的概率为：P＝Ceq\o\al(4,6)×(0.7)4×(1－0.7)2＝eq\f(64827,200000).(2)至多有4次投中的概率为：P＝Ceq\o\al(0,6)×0.36＋Ceq\o\al(1,6)×0.71×0.35＋Ceq\o\al(2,6)×0.72×0.34＋Ceq\o\al(3,6)×0.73×0.33＋Ceq\o\al(4,6)×0.74×0.32＝eq\f(23193,40000).(3)由题意可知X～B(6，0.7)，所以E(X)＝6×0.7＝4.2.14．解析：(1)设事务A＝“恰好有一个分机占线”，则P(A)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))2＝eq\f(4,9).(2)由于各个分机是否占线是相互独立的，则X～B(3，eq\f(1,3))，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)×(1－eq\f(1,3))3＝eq\f(8,27)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,3)×(1－eq\f(1,3))2＝eq\f(4,9)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)×(1－eq\f(1,3))＝eq\f(2,9)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)×(1－eq\f(1,3))0＝eq\f(1,27).故X的分布列为：X0123Peq\f(8,27)eq\f(4,9)eq\f(2,9)eq\f(1,27)所以X的期望E(X)＝0×eq\f(8,27)＋1×eq\f(4,9)＋2×eq\f(2,9)＋3×eq\f(1,27)＝1.15．解析：若A340飞机正常飞行，至少3个引擎正常运行，概率P1＝Ceq\o\al(3,4)p3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)，若A310飞机正常飞行，2个引擎都正常运行，概率P2＝p2，由题意可知，Ceq\o\al(3,4)p3(1－p)＋p4＝p3(4－3p)>p2，解得：eq\f(1,3)<p<1，则0<1－p<eq\f(2,3)，所以飞机引擎的故障率应限制的范围是(0，eq\f(2,3)).答案：C16．解析：(1)甲答对1题，乙答对2题，其概率为Ceq\o\al(1,2)×eq\f(4,5)×eq\f(1,5)×Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,50)；甲答对2题，乙答对1题，其概率为Ceq\o\al(2,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(6,25)；甲答对2题，乙答对2题，其概率为Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)×Ceq\o\al(2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,25)；所以在第一轮竞赛中，他们获得“优秀小组”称号的概率为P＝eq\f(9,50)＋eq\f(6,25)＋eq\f(9,25)＝eq