【文档说明】2023-2024学年高二数学苏教版2019选择性必修第二册同步试题 8.2.3-8.2.4二项分布 超几何分布 Word版含解析.docx，共(24)页，955.372 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-891d765dbc4d094e22597953ba639513.html

以下为本文档部分文字说明：

8.2.3-8.2.4二项分布超几何分布一、单选题1．下列说法正确的个数是（）．①某同学投篮的命中率为0.7，他10次投篮中命中的次数X是一个随机变量，且X服从二项分布()10,0.7B；②某福彩中奖概率为p，某人一次买了20张彩票，中奖张数X

是一个随机变量，且X服从二项分布()20,Bp；③从装有大小与质地相同的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，则摸球次数X是随机变量，且X服从二项分布1,2Bn．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C【分析】利用独立重复实验的概率模型，判断3个命题的真假，推出结

果即可．【解析】解：①某同学投篮投中的概率0.7P=，该运动员重复10次投篮，则命中次数X服从二项分布()~10,0.7XB，正确；②福彩中奖概率为p，某人一次买了20张，中奖张数X是一个随机变量，满足二项分布()~20,XBp；所以②正确；

③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，则摸球次数X是随机变量，则X的可能取值为1、2、3、L、n、L，且()112PX==，()2122PX==，()3132PX==，L

，()12nPXn==，L，不是二项分布，所以③不正确；故选：C．2．已知随机变量X服从二项分布()12,Bp，若()235EX−=，则()3DX等于（）A．83B．8C．12D．24【答案】D【分析】根据二项分布的

数学期望和方差公式，再结合数学期望和方差性质求解即可.【解析】随机变量X服从二项分布()12,Bp，()12EXp=，因为()()23232435EXEXp−=−=−=，所以13p=.因为()118121333DX=−=，所以()()3924DXDX==.故选：D3．

若随机变量()~,0.4XBn，且()2EX=，则()1PX=的值是（）A．430.4B．520.4C．430.6D．420.6【答案】D【分析】根据随机变量~(0.4)XBn，，由()2EX=，解得n，然后再由()55(

)10.40.4−==−kkkPXkC求解即可.【解析】因为随机变量~(0.4)XBn，，所以()0.42==EXn，解得5n=，所以随机变量~(0.4)XBn，，所以()41145(1)10.40.420.6==−=PXC，故选：D.4．一

个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10.现从中任取4个球，有如下几种变量：①X表示取出的最大号码；②X表示取出的最小号码；③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，X表示取出的4个

球的总得分；④X表示取出的黑球个数．这四种变量中服从超几何分布的是()A．①②B．③④C．①②④D．①②③④【答案】B【分析】根据超几何分布的定义逐项判断后可得正确的选项.【解析】对于①，当X表示最大号码，比如6X=表示从黑球编号为1,2,3,4,5中取3个黑球，而8X=表示

从6个黑球和编号为7的白球共7个球中取3个球，故该随机变量不服从超几何分布，同理②中的随机变量不服从超几何分布.对于③，X的可能取值为4,5,6,7,8，4X=表示取出4个白球；5X=表示取出3个白球1个黑球

；6X=表示取出2个白球2个黑球；7X=表示取出1个白球3个黑球；8X=表示取出4个黑球；因此X服从超几何分布.由超几何分布的概念知④符合，故选：B.5．有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从

这些零件中任取3个，那么至少有1个是一等品的概率是（）.A．12164320CCCB．21164320CCCC．21316416320CCCC+D．343201CC−【答案】D【分析】根据题意得都是二等品的概率为34320CC，求解计算即可.【解析】全部都是二等品的概率

为34320CC，故至少有1个是一等品的概率为343201CC−.故选：D.6．一袋中装5个球，编号为1，2，3，4，5，从袋中同时取出3个，以ξ表示取出的三个球中的最小号码，则随机变量ξ的分布列为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】分别计算ξ为1，2，3时的概率即可得到

答案.【解析】随机变量ξ的可能值为1，2，3，()2435315CPC===，()23353210CPC===，()22351310CPC===.故选：C7．某贫困县辖有15个小镇中有9个小镇交通比较方便，有6个不太方便.现从中任意选

取10个小镇，其中有X个小镇交通不太方便，下列概率中等于46691015CCC的是A．()4PX=B．()4PXC．()6PX=D．()6PX【答案】A【分析】X服从超几何分布，根据古典概型的概率公式计算即可．【解

析】X服从超几何分布，因为有6个小镇不太方便，所以从6个不方便小镇中取4个，()466910154CCPXC==，故选A．【点睛】此题考查古典概型的概率公式和超几何分布，属于基础题.8．在一个袋中装有质地大小

一样的6个黑球，4个白球，现从中任取4个小球，设取的4个小球中白球的个数为X，则下列结论正确的是（）A．2(1)5PX==B．随机变量X服从二项分布C．随机变量X服从几何分布D．()83EX=【答案】C【分

析】由题意知随机变量X服从超几何分布，利用超几何分布的性质直接判断各选项即可．【解析】解：由题意知随机变量X服从超几何分布，故B错误，C正确；X的取值分别为0，1，2，3，4，则46410C1(0)C14PX===，1346410CC1(1)C

82PX===，2246410CC3(2)C7PX===，3146410CC4(3)C35PX===，444101(4)210CCPX===，183418()0123414217352105EX=++++=，故A，D错误．故选：C．9．某批零件的

尺寸X服从正态分布()210,N，且满足()196Px=，零件的尺寸与10的误差不超过1即合格，从这批产品中抽取n件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则n的最小值为（）A．7B．6C．5D．4【答案】C【分析】由正态分布解得每个零件合格的概率为23，由对立事件得

011121()()0.1333nnnnCC−+，即1(21)()0.13nn+，令1()(21)()(*)3nfnnnN=+，由()fn的单调性可解得结果.【解析】X服从正态分布2(10,)N，且1(9)6PX=，2(911)3PX

=，即每个零件合格的概率为2.3合格零件不少于2件的对立事件是合格零件个数为零个或一个．合格零件个数为零个或一个的概率为01111()()3323nnnnCC−+，由011121()()0.1333nnnnCC−+，得1(

21)()0.13nn+，令1()(21)()(*)3nfnnnN=+，(1)231()63fnnfnn++=+，()fn单调递减，又(5)0.1f，(4)0.1f，不等式1(21)(

)0.13nn+的解集为{|5,*}.nnnN…n的最小值为5.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：由对立事件得011121()()0.1333nnnnCC−+，即1(21)()0.13nn+.10．口袋中有相同的黑色小球n

个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取4个小球．ξ表示当n＝3时取出黑球的数目，η表示当n＝4时取出黑球的数目．则下列结论成立的是（）A．E（ξ）＜E（η），D（ξ）＜D（η）B．E（ξ）＞E（η），D（ξ）

＜D（η）C．E（ξ）＜E（η），D（ξ）＞D（η）D．E（ξ）＞E（η），D（ξ）＞D（η）【答案】A【分析】当3n=时，的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出()2E=，()25D=；当4n=时，η

可取1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出()167E=，()2449D=，即可得解．【解析】当3n=时，ξ的可能取值为1，2，3，()134336115CCPC===，()342236325CCPC===，()343136135CCPC=

==，∴()131232555E=++=，()112555D=+=；当4n=时，η可取1，2，3，4，()1434374135CCPC===，()22437418235CPCC===，()31437412335CPCC=

==，()4404375143CCPC===，∴()41812116234353535357E=+++=，()22224161816121611612343573573575494372D=−+−+−+−=

；∴()()EE，()()DD．故选：A．【点睛】本题考查了超几何分布概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望和方差的求解，属于中档题.11．一个班级共有30名学生，其中有10名女生，现从中任选三人代表班级参加学校开展的某项活动，假设选出的3名代表中的女生人数为变量

X，男生的人数为变量Y，则()()22PXPY=+=等于A．221020330CCCB．221020330CCC+C．211210201020330CCCCC+D．()()211210201020330CCCCC++【答案】C【解析】求出(

X2),P(Y2)P==,即得解.【解析】由题得211210201020333030(2),(2)CCCCPXPYCC====,所以(X2)P(Y2)P=+==211210201020330CCCCC+.故选：

C.【点睛】本题主要考查超几何分布概率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12．设随机变量(10,,1000)XHM（2992M且NM），(2;10,,1000)HM最大时，()EX=（）A．1.98B．1.99C．2.00D．2.0

1【答案】C【分析】根据给定条件，求出(2;10,,1000)HM最大时的M值，再利用超几何分布的期望公式计算作答.【解析】随机变量(10,,1000)XHM，则()()281000101000CC2;10,,10002CMMHMPX−===，因(2;10,,1000

)HM最大，则有(2;10,,1000)(2;10,1,1000)(2;10,,1000)(2;10,1,1000)HMHMHMHM+−，即28281000199910101000100028

28100011001101010001000CCCCCCCCCCCCMMMMMMMM−+−−−−，(1)(1000)!(1)(999)!28!(992)!28!(991)!(1)(1000)!(1)(2)(1001)!28!(992)!28!(993)!MMMMM

MMMMMMMMMMM−−+−−−−−−−−−−，整理得(1)(1000)(1)(992)(993)(2)(1001)MMMMMMMM−−+−−−−，解得199.2200.2M，而NM，则200M=，所以1010200(

)2.0010001000MEX===.故选：C【点睛】关键点睛：熟练掌握组合数公式()!C!!mnnmnm=−，这是正确计算的关键．二、多选题13．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数12345Aaaaaa=（例如10100）其中A的

各位数中()2,3,4,5kak=出现0的概率为13，出现1的概率为23，记2345Xaaaa=+++，则当程序运行一次时（）A．X服从二项分布B．()8181PX==C．X的期望()83EX=D．X的

方差()83VX=【答案】ABC【分析】推导出2~(4,)3XB，由此利用二项分布的性质能求出结果．【解析】解：由于二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以

后的5位数中后4位的所有结果有4类：①后4个数出现0，X0=，记其概率为411(0)()381PX===；②后4个数位只出现1个1，1X=，记其概率为134218(1)()()3381PXC===；③后4位数位出现2个1，2

X=，记其概率为22242124(2)()()3381PXC===，④后4个数为上出现3个1，记其概率为3342132(3)()()3381PXC===，⑤后4个数为都出现1，4X=，记其概率为4232(4)()381PX===，故2~(4,)3XB，故A正确；又13

4218(1)()()3381PXC===，故B正确；2~(4,)3XB，28()433EX==，故C正确；2~(4,)3XB，X的方差218()4339VX==，故D错误．故选：ABC．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查二项分布的性质等基础知识

，考查运算求解能力，属于中档题．14．已知离散型随机变量X服从二项分布(),Bnp，其中N,01np，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法中正确的有（）A．1ab+=B．12p=时，ab=C．102p时，a随着n的增大而增大D．112p时，a随着n的增大而减小【

答案】ABC【分析】选项A利用概率的基本性质即可，B选项由条件可知满足二项分布，利用二项分布进行分析，选项C，D根据题意把a的表达式写出，然后利用单调性分析即可.【解析】对于A选项，由概率的基本性质可知，1ab+=，故A正确，对于B选项，由12p=时，离散型随机变量X服从二项分

布1,2Bn，则()()11C10,1,2,3,,22knkknPXkkn−===−=，所以()1351111CCC2222nnnnnna−=+++==，()0241111CCC2

222nnnnnnb−=+++==，所以ab=，故B正确，对于C,D选项，()()()1111222nnnpppppa−+−−−−−==，当102p时，()1122npa−−=为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大故选项C正确，当

112p时，()12nap=−为正负交替的摆动数列，故选项D不正确.故选：ABC.15．某工厂进行产品质量抽测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工

A从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工B从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品．设员工A抽取到的3件产品中次品数量为X，员工B抽取到的3件产品中次品数量为Y，0k=，1，2，3．则下列判断正确的是（）A．随机变量X服从二项分布B．随机变量Y服从超几何分布C．()()PXkPYk

==D．()()EXEY=【答案】ABD【分析】对于A，B选项，由超几何分布和二项分布的概念可知“有放回”是二项分布，“无放回”是超几何分布，故两个选项均正确；C，D选项，可进行计算判断.【解析】对于A，B选项，由超几何分布和二项分布的概念可知两个选项均正确；对于D选项，该批产品有M件，则()

5153EXMM==，333355553301()kkkkMMkkMMkCCkCCEYCC−−−−====()()()()15121512MMMMMM−−==−−，因此D正确；对于C选项，假若C正确可得()()EXEY，则D错误，矛盾！故C错误．故选：ABD.16．为了确

保在发生新冠肺炎疫情时，能够短时间内完成大规模全员核酸检测工作，采用“10合1混采检测”，即：每10个人的咽拭子合进一个采样管一起检测．如果该采样管中检测出来的结果是阴性，表示这10个人都是安全的．否则，立即对该混采的10个受检者暂时单独隔离，并重新采集单管拭子进行复

核，以确定这10个人中的阳性者．某地区发现有输入性病例，需要进行全员核酸检测，若该地区共有10万人，设感染率为p（每个人受感染的概率），则（）A．该地区核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为()4101p−人B．随机的10个一起检测的人所

需检测的平均次数为()1011101p−−次C．该区采用“10合1混采检测”，需要重新采集单管拭子的平均人数为()510101p−人D．该区采用“10合1混采检测”比一人一检大约少用()104101011p−−份检测

试剂【答案】BD【分析】根据二项分布即可求解A，设随机变量X表示这10个人一共所需的检验次数，求出X所有取值和相应的概率，再求出X的期望即可即可判断B,根据B选项可求解10万人采用“10合1混采检测”需要检测的次数，即可判断

CD.【解析】感染率为p，没有感染的概率为1p−，则为阴性的人数为Y,则()510,1YBp−，所以核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为()5101p−，故A错误，感染率为p，10个人的咽拭子混合在一起检测时，设随机变量X表示这10个人一共所需的检验次数，若第一次混检都是阴性，所需检测次数为1，

1X=；若是阳性，每人还得再单独检测一次，此时11X=，且10(1)(1)PXp==−，10(11)1(1)PXp==−−，于是平均检测次数是101010()1(1)11[1(1)]1110(1)EXppp=−+−−=−−，故B正确，采用

“10合1混采检测”，1管中需要重新采样的概率为()1011p−−，所以10万人中需要重新采集单管拭子的平均人数为()1051011p−−人，故C错误，采取“10合1混采检测”方案，10万人可能需要进行检测的平均次数大约为：101

0100000[1110(1)]110000100000(1)10pp−−=−−，即进行“10合1混采检测”方案，比“一人一检”方案少使用约1014100110000100000(1)10001000001000010100(1

)10(1)ppp−=−=−−−−−份检测试剂,故D正确，故选：BD三、填空题17．设随机变量ξ服从二项分布15,2B，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________.【答案】313

2【分析】由存在零点结合判别式即可求出ξ≤4，由已知二项分布可求出()4P.【解析】由函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点，得Δ=16-4ξ≥0，即ξ≤4.又因为变量ξ~B1(5,)2，所以所求概率()555131151232PPC=

−==−=.故答案为:3132.【点睛】关键点睛:本题关键是由存在零点求出的取值范围，结合二项分布即可求出所求.18．一台仪器每启动一次都随机地出现一个4位的二进制数1234Aaaaa=，，，，其中A的各位数字中，11a=，()2,3,4kak=出现0的概率为13，出现1的概率为23

．若启动一次出现的数字为1010A=，则称这次试验成功．若成功一次得2分，失败一次得1−分，则54次这样的重复试验的总得分X的方差为______．【答案】1003【分析】由题可求出试验成功的概率，再利用二项分布及其方差的性质即求.【解析】启动一次出现数字为1010A=的概率2122332

7P==，设试验成功的次数为Y，则254,27YB，所以Y的方差为225100()54272727DY==，易得总得分21(54)XYY=−−=354Y−，所以100()(354)9()3DXDYDY=−==．故答案为：1003.

19．盒中有2个白球，3个黑球，从中任取3个球，以X表示取到白球的个数，表示取到黑球的个数．给出下列各项：①()65EX=，()95E=；②()()2EXE=；③()()2EEX＝；④()()925DXD==.其中正确的是___

_____．(填上所有正确项的序号)【答案】①②④【分析】根据数学期望、方差和超几何分布的概念运算即可求解.【解析】由题意可知X服从超几何分布，η也服从超几何分布．∴E(X)＝235＝65，E(η)＝3

35＝95.又X的分布列X012P11035310∴E(X2)＝02×110＋12×35＋22×310＝95，D(X)＝E(X2)－[E(X)]2＝95－6()52＝925.η的分布列为η123P31035110∴E(η2)＝12×310＋

22×35＋32×110＝185，D(η)＝E(η2)－[E(η)]2＝185－9()52＝925.∴E(X2)＝E(η)，D(X)＝D(η)，∴①②④正确．故答案为：①②④.20．若一个随机变量的分布列为()rnrMNMnNCCPrC−−==，其中0,1,2,,,min(,)rlln

M==则称服从超几何分布，记为~(,,)HnMN，并将()rnrMNMnNCCPrC−−==记为(;,,)HrnMN，则(1;3,2,10)H=___________.【答案】715【分析】根据题中的计算公式代入数据求解即可.【解析】根据

题意，13210rnMN====，，，()()1228310·71;3,2,10115CCHPC====故答案为：715.四、解答题21．将一枚质地均匀的硬币重复抛掷4次，随机变量X表示“正面朝上”出现的次数．求：(1)求X的分布列；(2)求()EX．【答案

】(1)答案见解析(2)()2EX=【分析】（1）根据二项分布即可求解概率以及分布列.（2）由二项分布的期望公式即可求解.【解析】（1）由题意，抛一枚均匀的硬币，正反面朝上的概率均为12，所以将一枚均匀的硬币重复抛掷4次，正面朝上的次数14,2XB:，故()444411

1CC04,222kkkkPXkkkZ−===，即()1016PX==,()114PX==,()328PX==,()134PX==,()1416PX==；X的分布列如

下:X01234P116143814116（2）14,2XBQ:,()1422EX==22．分别指出下列随机变量服从什么分布：(1)即将出生的100个新生婴儿中，男婴的个数X；(2)已知某幼儿园有125个孩子，其中男孩有62个

，从这些孩子中随机抽取10个，设抽到男孩的个数为X．【答案】(1)二项分布(2)超几何分布【分析】（1）利用二项分布的特征求解，（2）利用超几何分布特点求解(1)（1）X的可能取值为0,1,2，100，且每个新生

儿的性别相互独立，故男婴的个数X服从二项分布(2)（2）X的可能取值为0,1,2，10L，且是不放回抽样，故抽到男孩的个数为X服从超几何分布23．某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6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．规定：至少正确完成其中2道题便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是23，且每题正确完成与否互不影响．(1)求甲恰好正确完成两个面试题的概率；(2)求乙正确完成面试题

数的分布列及其期望.【答案】(1)35(2)分布列见解析，()2E=【分析】（1）设甲正确完成面试的题数为，则的取值范围是1,2,3．然后求出()2P=即可；（2）设乙正确完成面试的题数为，则取值范围是0,1,2,3，求出取每个值时的概

率，即可得分布列，然后根据二项分布期望的求法求解即可.【解析】（1）解：由题意得：设甲正确完成面试的题数为，则的取值范围是1,2,3．()214236325CCPC===；（2）设乙正确完成面试的题数为，则取值范围是0,1

,2,3．()303110327PC===，()121321613327PC===，()223211223327PC===，()33328332

7PC===．应聘者乙正确完成题数的分布列为0123P12762712278272~B(3,)3()2323E==24．在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生

，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B．(1)求()PB，()PBA，(2)若把抽取学生的方式更改为：从这

7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)()37PB=，()12PBA=(2)分布列见解析；期望为127【分析】（1）法一：根据古典概型结合条件概率运

算求解；法二：根据独立事件概率乘法公式结合条件概率运算求解；（2）根据题意结合超几何分布求分布列和期望.【解析】（1）方法一：由题意可得：()47PA=，“第一次抽到女生且第二次抽到男生”就是事件AB：“第一次抽到男生且第二次抽到男生”就是事件AB，从7个同学中每次

不放回地随机抽取2人，试验的样本空间Ω包含()27A7642n===个等可能的样本点，因为()1143AA4312nAB===，()1132AA6nAB==，所以()()()()()()()1263122,427

427nABnABnABPBPABnn++======，故()()()217427PABPBAPA===．方法二：()4332376767PB=+=，“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，则()47PA=，()432767PAB=

=，故()()()217427PABPBAPA===．（2）被抽取的3人中女生人数X的取值为0，1，2，3，()3337C10C35PX===，()124337CC121C35PX===，()21433

7CC182C35PX===，()3437C43C35PX===，X的分布列：X0123P13512351835435X的数学期望()112184120123353535357EX=+++=.25．党的二十大是全党全国各族人民迈上全面建设社会主义现代化国家

新征程、向第二个百年奋斗目标进军的关键时刻召开的一次十分重要的大会.认真学习宣传和全面贯彻落实党的二十大精神，是当前和今后一个时期的首要政治任务和头等大事.某校计划举行党的二十大知识竞赛，对前来报名者进行初试

，初试合格者进入正赛.初试有备选题6道，从备选题中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者视为合格.已知甲、乙两人报名参加，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对每道题的概率均为23，且甲、乙两人各题是否答对相互独立.(1)

分别求甲、乙两人进入正赛的概率；(2)记甲、乙两人中进入正赛的人数为，求的分布列及()21E−.【答案】(1)甲、乙两人进入正赛的概率分别为316,527(2)分布列见详解，()18721135E−=【分析】（1）根据超几何分布和二项分布运算求

解；（2）根据（1）中的数据，求分布列和期望()E，再根据期望性质求()21E−.【解析】（1）设甲、乙两人答对的题目数分别为XY、，则243，YB:，可得甲进入正赛的概率314424146C

CC3C5P+==，乙进入正赛的概率()()343242121634C33327PPYPY==+==+=，故甲、乙两人进入正赛的概率分别为316,527.（2）由题意可得：的可能取值为0,1,2，则有：()

()()1221122011527135PPP==−−==，()()()12123112161311152752727PPPPP==−+−=+=，()1231616252745PPP====，则的分布列为：012P2213513271645则()221316161012

1352745135E=++=，故()()1872121135EE−=−=.26．随着网络的快速发展，电子商务成为新的经济增长点，市场竞争也日趋激烈，除了产品品质外，客服团队良好的服务品质也是电子商务的核心竞争力，衡量一位客服工作能力的重

要指标—询单转化率，是指咨询该客服的顾客中成交人数占比，可以看作一位顾客咨诲该客服后成交的概率，已知某网店共有10位客服，按询单率分为A，B两个等级（见表），且视A，B等级客服的询单转化率分别为对应区间的中点值.等级AB询单转化率70%%[90，）50%%[70，）人数

64(1)求该网店询单转化率的平均值；(2)现从这10位客服中任意抽取4位进行培训，求这4人的询单转化率的中位数不低于70%的概率；(3)已知该网店日均咨询顾客约为1万人，为保证服务质量，每位客服日接待顾客的数量不超过1300人.在网店的前期经营中，进店咨询的每位顾客

由系统等可能地安排给任一位客服接待，为了提升店铺成交量，网店实施改革，经系统调整，进店咨询的每位顾客被任一位A等级客服接待的概率为a，被任一位B等级客服接待的概率为b，若希望改革后经咨询日均成交人数至少比改革前增加300人，则a应该控制在什么范

围？【答案】(1)72%；(2)3742；(3)113,8100.【分析】（1）由已知分别求出A、B等级客服的询单转化率，根据平均数公式求出即可；（2）设A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4，对应的询单转化率中位数分别为60%,60%,70%,80%,80%，

进而利用超几何分布求出对应的概率，求出答案；（3）根据二项分布的期望公式计算出改革前的日均成交人数为7200，然后表示出改革后的日均成交人数120006000a+，结合每位客服日接待顾客的数量不超过1300人，列出不等式组，即可求出a的取

值范围.【解析】（1）解：由已知可得，A等级客服的询单转化率为80%，B等级客服的询单转化率为60%，所以该网店询单转化率的平均值为80%660%472%10+=.（2）解：由（1）知：A、B等级客服的询单转化率分别为80%,60%.设

抽取4位客服中，A等级客服的人数为X，则X的可能取值为0,1,2,3,4.由题意可得，X服从超几何分布.当X0=时，4人转化率为60%,60%,60%,60%，中位数为60%；当1X=时，4人转化率为60%,60%,60%,80%，中位数为60%；当2X=时，4人转化率为60%,60%,80%,

80%，中位数为70%；当3X=时，4人转化率为60%,80%,80%,80%，中位数为80%；当4X=时，4人转化率为80%,80%,80%,80%，中位数为80%.所以，当2X时，这4人的询单转化率的中位数不低于70%.因为，X服从超几何分布，所以X的分布列为()464410CCCk

kPXk−==，0,1,2,3,4k=.所以()()()2101PXPXPX=−=−=04136464441010CCCC371CC42=−−=.（3）解：设改革前后A等级客服的接待顾客人数分别为

,YZ.则改革前，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为163105P==，所以310000,5YB，则()31000060005EY==.因为A，B等级客服的询单转化率分别为80%

,60%，所以改革前日均成交人数为()600080%10000600060%7200+−=；改革后，每位进店咨询顾客被A等级客服接待的概率为26Pa=，所以()10000,6ZBa，则()10000660000EZaa==，故改革后日均成交人数为()6000080%1

00006000060%120006000aaa+−=+.由1200060007200300a++得：18a，①因为每位顾客被一位A等级客服接待的概率为a，又641ab+=，所以每位顾客被一位B等级客服接待的概率为164ab−=.又每位客服日接

待顾客的数量不超过1300人，所以100001300161000013004aa−，解得：13100225aa，②由①②得：1138100a，所以a应该控制在113,8100.27．中国男子篮球职业联赛（CBA）始于1995

年，至今已有28个赛季，根据传统，在每个赛季总决赛之后，要举办一场南北对抗的全明星比赛，其中三分王的投球环节最为吸引眼球，三分王投球的比赛规则如下：一共有五个不同角度的三分点位，每个三分点位有5个球（前四个是普通球，最后一个球是花球），前四个球每投中一个得1分，投不中的得0分，最后

一个花球投中得2分，投不中得0分.全明星参赛球员甲在第一个角度的三分点开始投球，已知球员甲投球的命中率为23，且每次投篮是否命中相互独立.(1)记球员甲投完1个普通球的得分为X，求X的方差D（X）；(

2)若球员甲投完第一个三分点位的5个球后共得到了2分，求他是投中了花球而得到了2分的概率；(3)在比赛结束后与球迷的互动环节中，将球员甲在前两个三分点位使用过的10个篮球对应的小模型放入箱中，由幸运球迷从箱中随机摸出5个小模型，

并规定，摸出一个花球小模型计2分，摸出一个普通球小模型计1分，求该幸运球迷摸出5个小模型后的总计分Y的数学期望.【答案】(1)29(2)113(3)6【分析】(1)用两点分布的概率公式计算即可.(2)设出事件，分别计算P(A)、P(AB)，用条件概率公式计算得结果.(3)用超几何分布概率公

式分别计算出所有可能情况的概率，再计算出数学期望.（1）由题设,X服从参数为23的两点分布,()()211,033PXPX====.()()2222221210.333339EXDX==−+−=，（2

）记A表示事件:“甲投完第一个三分点位的五个球得到了2分”;记B表示事件:“甲投中花球”,则()()2242444444222222611133333243222133243PAPAB=−−+−=

=−=CCC于是()()()1.13PABPBAPA==∣（3）由题设Y值可取5,6,7,则()()()051423282828555101010252567.999PYPYPY=========CCCCCCCCC；；于是()2525676999EY=

++=28．某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶1A，2A，3A中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶1B，2B中的一个.（1）记事件nE：

一次性购买n个甲系列盲盒后集齐玩偶1A，2A，3A玩偶；事件nF：一次性购买n个乙系列盲盒后集齐1B，2B玩偶；求概率()5PE及()4PF；（2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购

买盲盒的消费者购买甲系列的概率为23，购买乙系列的概率为13；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为14，购买乙系列的概率为34，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为12，购买乙系列的概率为12；如此往复，记某人第n次购买甲系列的概率为nQ.①求nQ的

通项公式；②若每天购买盲盒的人数约为100，且这100人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个.【答案】（1）()55081PE=；()478PF=；（2）①12415154nnQ−=+−

；②甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个.【分析】（1）计算一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为53，利用排列与组合计算当集齐1A，2A，3A玩偶的所有情况总数，然后得到()5PE；利用正难则反思想，先计算一次性买

4个乙系列盲盒不能集齐1B，2B玩偶的概率P，再利用()41PFP=−计算即可；（2）①由题意可得123Q=，当2n时，()1111142nnnQQQ−−=+−，利用构造法求出数列nQ的通项公式；

②假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则根据题意可知2100,5B，利用二项分布数学期望的计算公式得出购买甲的人数，从而得出购买乙的人数，根据一天中购买甲、乙的人数确定每天应准备甲、乙两种盲

盒的个数.【解析】解：（1）若一次性购买5个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为53，集齐1A，2A，3A玩偶，则有两种情况：①其中一个玩偶3个，其他两个玩偶各1个，则有132352CCA种结果；②若其中两个玩偶各2个，另外两个玩偶1个，则共有112354CCC种结果，

故()13211235235455609015050324324381CCACCCPE++====；若一次性购买4个乙系列盲盒，全部为1B与全部为2B的概率相等，均为412，故()4441171228PF=−−=；（2）①由题可知：123Q=，当2n时

，()111111114224nnnnQQQQ−−−=+−=−，则1221545nnQQ−−=−−，124515Q−=，即25nQ−是以415为首项，以14−为公比的等比数列.

所以12415154nnQ−−=−，即12415154nnQ−=+−；②因为每天购买盲盒的100人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作n→+，所以，其购买甲系列的概率近似

于25，假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则2100,5B，所以2100405E==，即购买甲系列的人数的期望为40，所以礼品店应准备甲系列盲盒40个，乙系列盲盒60个.【点睛】本题考查概率的实际运用，考查概率与数列的综合问题，解答

本题的关键在于：（1）理解题目的意思，将问题灵活转化，利用排列与组合解决（1）中()5PE及()4PF的计算；（2）分析清楚nQ与()12nQn−之间的联系，类比已知数列递推关系式求通项公式的方法求解nQ，然后利用nQ的性

质解题.