【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第九章 概率与统计 考点测试55 二项分布与超几何分布、正态分布 含解析【高考】.doc，共(15)页，201.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试55二项分布与超几何分布、正态分布高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中等难度考纲研读1.理解n次独立重复试验的模型及二项分布2．理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单应用3．借助直方图认识正态分布曲线的特

点及曲线所表示的意义4．能解决一些简单的实际问题一、基础小题1．设随机变量X～N(1,52)，且P(X≤0)＝P(X≥a－2)，则实数a的值为()A．4B．6C.8D．10答案A解析x＝0与x＝a－2关于x＝1对称，则a－2＝2，a＝4.故选A.2．设随机变

量X～B6，12，则P(X＝3)＝()A.516B．316C.58D．38答案A解析X～B6，12，由二项分布可得，P(X＝3)＝C36×123×1－123＝516.3．15个村庄中有7个交通不方便，现从中任意选10个村庄，用X表示这10个村庄中交

通不方便的村庄数，下列概率中等于C47C68C1015的是()A．P(X＝2)B．P(X≤2)C．P(X＝4)D．P(X≤4)2答案C解析X服从超几何分布，故P(X＝k)＝Ck7C10－k8C1015，k＝4.4．一试验田某种作物一株生长果实个数x服从正态分布N(

90，σ2)，且P(x<70)＝0.2，从试验田中随机抽取10株，果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X，且X服从二项分布，则X的方差为()A．3B．2.1C.0.3D．0.21答案B解析∵x～N(90，σ2)，且P(x<70)＝0.2，∴P(x>110)＝0.2，∴P

(90≤x≤110)＝0.5－0.2＝0.3，∴X～B(10,0.3)，则X的方差为10×0.3×(1－0.3)＝2.1.故选B.5．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.25B．35C.181

25D．54125答案D解析袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次抽到黄球的概率为P1＝35，所以3次中恰有2次抽到黄球的概率是P＝C23×352×1－35＝54125.6．(

多选)抛掷一枚质地均匀的硬币三次，若记出现“三个正面”“三个反面”“二正一反”“一正二反”的概率分别为P1，P2，P3，P4，则下列结论中正确的是()A．P1＝P2＝P3＝P4B．P3＝2P1C．P1＋P2＋P3＋P4＝1D．P4＝3P23答案CD解析根据伯努利试验的概率计算公式

，可得P1＝123＝18，P2＝123＝18，P3＝C23×122×1－12＝38，P4＝C13×12×1－122＝38，P1＝P2＜P3＝P4，故A错误；P3＝3P1，故B错误；P1＋P2＋P3＋P4＝1，故C正确；

P4＝3P2，故D正确．故选CD.7．某市高三理科学生有15000名，在一次调研测试中，数学成绩ξ服从正态分布N(100，σ2)，已知P(80≤ξ≤100)＝0.40，若按成绩采用分层随机抽样的方式取100份试卷进行分

析，则应从120分以上的试卷中抽取的份数为________．答案10解析P(ξ>120)＝12[1－2P(80≤ξ≤100)]＝0.10，所以应从120分以上的试卷中抽取100×0.10＝10份．8．甲、乙两名枪手进行射击比赛，

每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45；乙第一次射击的命中率为78，若第一次未射中，则乙进行第二次射击，射击的命中率为34，如果又未中，则乙进行第三次射击，射击的命中率为12.乙若射中，则不再继续射击．则甲三次射击命中次数的期望为________，乙射中的概率为___

_____．答案1256364解析甲、乙两名枪手进行射击比赛，每人各射击三次，甲三次射击命中率均为45，则甲击中的次数X～B3，45，∴甲三次射击命中次数的期望为E(X)＝3×45＝125.由题意可得乙射中的概率为P＝78＋18×34＋18×14×12＝6364.二、高考小

题9．(2021·新高考Ⅱ卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10，σ2)，下列结论中不正确的是()A．σ越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大4B．该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C．该物理量在

一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D．该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等答案D解析对于A，σ2为数据的方差，所以σ越小，数据在μ＝10附近越集中，所以测量结果落在(

9.9,10.1)内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量在一次测量中小于9.99的概率与大于10.01的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理

量在一次测量中落在(9.9,10)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以在一次测量中落在(9.9,10.2)的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误．故选D.10．(2018·全国Ⅲ卷)某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，

设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则p＝()A．0.7B．0.6C．0.4D．0.3答案B解析∵D(X)＝np(1－p)，∴p＝0.4或p＝0.6.

∵P(X＝4)＝C410p4(1－p)6<P(X＝6)＝C610p6(1－p)4，∴(1－p)2<p2，可知p>0.5.∴p＝0.6.故选B.三、模拟小题11．(2021·广东惠州第二次模拟)已知随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，且P(μ－

2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，若μ＝4，σ＝1，则P(5<X≤6)≈()A．0.1359B．0.1859C．0.2718D．0.6827答案A解析由P(3

≤X≤5)≈0.6827，得P(4≤X≤5)≈0.68272＝0.34135，由5P(2≤X≤6)≈0.9545，得P(4≤X≤6)≈0.95452＝0.47725，所以P(5<X≤6)＝P(4≤X≤6)－P(4≤X≤5)

≈0.47725－0.34135＝0.1359.故选A.12．(2021·宁夏吴忠市青铜峡市高级中学月考)有8件产品，其中4件是次品，从中有放回地取3次(每次1件)，若X表示取得次品的次数，则P(X≤2)＝()A.38B．1314C.45D

．78答案D解析因为是有放回地取产品，所以每次取产品取到次品的概率为48＝12.从中取3次，X为取得次品的次数，则X～B3，12，P(X≤2)＝P(X＝2)＋P(X＝1)＋P(X＝0)＝C23×1

22×12＋C13×12×122＋C03×123＝78.故选D.13．(2021·浙江省杭州市高级中学高考仿真模拟)已知在盒中有红色、黄色、白色的球各4个，现从中任意摸出4个球，则摸出白球个数的期望是()A.13B．23C.43D．53答案C解析设摸出的白球的个数为

X，则X＝0,1,2,3,4，所以P(X＝0)＝C48C412＝1499，P(X＝1)＝C14C38C412＝224495，P(X＝2)＝C24C28C412＝168495，P(X＝3)＝C34C18C412＝32495，P(X＝4)＝C44C08C412＝1495.所以摸出白球的期望是

E(X)＝0×1499＋1×224495＋2×168495＋3×32495＋4×1495＝43.14．(多选)(2021·广东肇庆第二次统一检测)已知两种不同型号的电子元件(分别记为X，Y)的使用寿命均服从正态分布，X～N(μ1，σ21)，Y～N(μ2，σ22)，这两个正态分布

密度曲线如图所示．下列结论中正确的是()6参考数据：若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545.A．P(μ1－σ1≤X≤μ1＋2σ1)≈0.8186B．P(Y≥μ2)<P(Y≥μ1)C．P(X≤σ2)<P(X

≤σ1)D．对于任意的正数t，有P(X≤t)>P(Y≤t)答案ABD解析对于A，P(μ1－σ1≤X≤μ1＋2σ1)≈(0.6827＋0.9545)×12＝0.8186，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线，可知μ1<μ2，所以P(Y≥

μ2)<P(Y≥μ1)，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线，可知σ1<σ2，所以P(X≤σ2)>P(X≤σ1)，故C错误；对于D，对于任意的正数t，有P(X≤t)>P(Y≤t)，故D正确．故选ABD.15．(多选)(2021·辽宁名校联盟高三联考)在3n

(n∈N*)次独立重复试验中，每次试验的结果只有A，B，C三种，且A，B，C三个事件之间两两互斥．已知在每一次试验中，事件A，B发生的概率均为25，事件C发生的概率为15.则()A．事件A发生次数的数学期望为6n5B．A，B，C三个事件发生次数的数学期望之和为3nC．事件B

，C发生次数的方差之比为43D．A，B，C三个事件各发生n次的概率为Cn3nCn2n252n15n答案ABD解析由题意可知，事件B∪C＝∁UA，A∪C＝∁UB，A∪B＝∁UC，所以事件A，B，C均看作二项分布．对于A，期望值E＝3np

A＝6n5，即A正确；对于B，7期望值之和E总＝3npA＋3npB＋3npC＝6n5＋6n5＋3n5＝3n，即B正确；对于C，事件B发生次数的方差D1＝3npB(1－pB)＝18n25，事件C发生次数的方差D2＝3npC(1－pC)＝12n2

5，则D1D2＝1812＝32，即C不正确；对于D，从3n次中选择n次为事件A，则为Cn3n，从余下的2n次中选择n次为事件B，则为Cn2n，所以各发生n次的概率为Cn3nCn2n252n15n，即D正确．16．(2021·新高考八省联考)对一个物理量做n次测量，并以测量结

果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差εn～N0，2n，为使误差εn在(－0.5,0.5)内的概率不小于0.9545，至少要测量________次(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|<2σ)≈

0.9545)．答案32解析根据正态曲线的对称性知，要使误差εn在(－0.5，0.5)内的概率不小于0.9545，则(μ－2σ，μ＋2σ)⊆(－0.5,0.5)，又μ＝0，σ＝2n，所以0.5≥22n，解得n≥32.

17．(2021·福建省宁化第一中学高三9月第二次月考)已知随机变量X～B(4，p)，方差D(X)的最大值为________，当方差D(X)最大时，4px－1x6的展开式中1x2的系数为________．答案160解析因为随机变量X～B(4，p)，D(X)＝4p(1－p)≤4

p＋(1－p)22＝1，当且仅当p＝12时取等号．由题意知4px－1x6＝2x－1x6，其展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr6(2x)6－r·－1xr＝(－1)r26－rCr6x6－2r，令6－2r

＝－2，则r＝4，所以展开式中1x2的系数为(－1)4×22×C46＝60.一、高考大题81．(2019·天津高考)设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30之前到校的概率均为23.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．(1)用X表示甲同学上学期间的三天中

7：30之前到校的天数，求随机变量X的分布列和数学期望；(2)设M为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30之前到校的天数比乙同学在7：30之前到校的天数恰好多2”，求事件M发生的概率．解(1)因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独

立，且每天7：30之前到校的概率均为23，故X～B3，23，从而P(X＝k)＝Ck323k·133－k，k＝0,1,2,3.所以随机变量X的分布列为X0123P1272949

827随机变量X的数学期望E(X)＝3×23＝2.(2)设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为Y，则Y～B3，23，且M＝{X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0}．由题意知事件{X＝3，

Y＝1}与{X＝2，Y＝0}互斥，且事件{X＝3}与{Y＝1}，事件{X＝2}与{Y＝0}均相互独立，从而由(1)知P(M)＝P({X＝3，Y＝1}∪{X＝2，Y＝0})＝P(X＝3，Y＝1)＋P(X＝2，Y＝0)＝P(X＝3)P(Y＝1)＋P(X＝2)P(Y＝0)

＝827×29＋49×127＝20243.2．(2018·全国Ⅰ卷)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作9检验，

设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品是否为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0；(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有

2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下

的所有产品作检验？解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)＝C220p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)．令

f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.所以f(p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1.①令Y表示余下的180件产品中的不合格品

件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)>400，故应该对余下的产品作检验．3

．(2017·全国Ⅰ卷)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm)．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从

正态分布N(μ，σ2)．(1)假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P(X≥1)及X的数学期望；10(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能

出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．①试说明上述监控生产过程方法的合理性；②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.9510.129.969.9610.019.929.9810.0410.269.9110.1310.029.2210.0410.059

.95经计算得x－＝116i＝116xi＝9.97，s＝116i＝116(xi－x－)2＝116(i＝116x2i－16x－2)≈0.212，其中xi为抽取的第i个零件的尺寸，i＝1,2，…，16.用样本平均数x－作为μ的估计值μ^，用样本标准差s作为σ的估计值σ^，利用估

计值判断是否需对当天的生产过程进行检查．剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)．附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ<Z<μ＋3σ)＝0.9974,0.997416≈0.95

92,0.008≈0.09.解(1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.0026，故X～B(16,0.0026)．因此P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.997416≈0.0408.X的数学期望E(X)＝1

6×0.0026＝0.0416.(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认

为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的．②由x－＝9.97，s≈0.212，得μ的估计值为μ^＝9.97，σ的估计值为σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的

尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查．11剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02

.i＝116x2i≈16×0.2122＋16×9.972≈1591.134，剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1591.134－9.222－15×10.022)≈0

.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.二、模拟大题4．(2022·江苏省百校联考高三第一次考试)冬奥会的全称是冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，每四年举办一届，第24届冬奥会将于2022

年在中国北京和张家口举行，为了弘扬奥林匹克精神，增强学生的冬奥会知识，某市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动．为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在全市中小学学校中随机抽取了10所学校，10所学校的参与人数如下：(1)现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查，求选出

的2所学校参与旱地冰壶人数在30以下的概率；(2)某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这3个动作进行技术指导．规定：这3个动作中至少有2个动作达到“优”，总考核记为“优”．在指导前，该校甲同学3个动作中每个

动作达到“优”的概率为0.1，在指导后的考核中，甲同学总考核成绩为“优”，能否认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化？请说明理由．12解(1)记“选出的两所学校参与旱地冰壶人数在30以下”为事件A.参与旱地冰壶人数在30以下的学校共6所，随机选择2所学校共C26＝1

5种，所以P(A)＝C26C210＝13.因此选出的2所学校参与旱地冰壶人数在30以下的概率为13.(2)答案不唯一．示例一：可以认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化，理由如下：指导前，甲同学总考核为“优”的概率为C23×0.12×0.9＋C33×0.13＝0.028.指导

前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化．示例二：无法确定．理由如下：指导前，甲同学总考核为“优”的概率为C23×0.12×0.9＋C33×0.13＝0.028.虽然概率非常小，但是也可能发生，所以

无法确定甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化．5．(2021·山东省潍坊市五县市高三联考)2020年8月，体育总局和教育部联合提出了《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》．某地区为落实该意见，初中毕业生升学体育考试规定，考

生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测

试，得到频率分布直方图(如图所示)，且规定计分规则如下表：13每分钟跳绳个数[155,165)[165,175)[175,185)[185,215]得分17181920(1)现从样本的100名学生中任意选取2人，求两人得分之和不大于35分

的概率；(2)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X服从正态分布N(μ，σ2)，用样本数据的平均值和方差估计总体的数学期望和方差，已知样本方差s2≈169(各组数据用中点值代替)，根据往年经验，该校初三年级学生经过训练，正式测试时跳绳个数都有明显进步，假设中考正式测试时每人每

分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10，现利用所得正态分布模型：①预估全年级恰好有2000名学生时，正式测试每分钟跳182个以上的人数；(结果四舍五入到整数)②若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每

分钟跳195个以上的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望．附：若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.解(1)由频率分布直方图得，得分为17,

18的人数分别为100×0.006×10＝6,100×0.012×10＝12，由题意知两人得分之和不大于35分，即为两人得分均为17分，或两人中1人得分为17分，1人得分为18分．故两人得分之和不大于35分的

概率为P＝C26＋C16C112C2100＝291650.(2)x－＝160×0.06＋170×0.12＋180×0.34＋190×0.30＋200×0.1＋210×0.08＝185(个)，又σ2≈s2≈169，∴σ≈13，∴正式测试时，μ＝195，σ≈1

3，∴μ－σ≈182.14①P(X>182)≈1－1－0.68272＝0.84135，0．84135×2000＝1682.7≈1683(人)．∴预估正式测试每分钟跳182个以上的人数为1683.②在全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数在195以上的概率约为0.5，即ξ～

B(3,0.5)，∴P(ξ＝0)≈C03×(1－0.5)3＝0.125，P(ξ＝1)≈C13×0.5×(1－0.5)2＝0.375，P(ξ＝2)≈C23×0.52×(1－0.5)＝0.375，P(ξ＝3)≈C3

3×0.53＝0.125，∴ξ的分布列为ξ0123P0.1250.3750.3750.125E(ξ)≈3×0.5＝1.5.6．(2021·辽宁省渤海大学附属高级中学高三上学期第一次考试)随着我国国民消费水平

的不断提升，进口水果也受到了人们的喜爱，世界各地鲜果纷纷从空中、海上汇聚中国：泰国的榴莲、山竹、椰青，厄瓜多尔的香蕉，智利的车厘子，新西兰的金果猕猴桃等水果走进了千家万户．某种水果按照果径大小可分为五个等级：特等、一等、二等、三等和等外，某水果进口商从采购的一批水果中随机抽取500个，

利用水果的等级分类标准得到的数据如下：等级特级一等二等三等等外个数501002506040(1)若将样本频率视为概率，从这批水果中有放回地随机抽取6个，求恰好有3个水果是二等级别的概率；(2)若水果进口商进口时，将特等级别与一等级别的水果标注为优级水果

，则用分层随机抽样的方法从这500个水果中抽取10个，再从抽取的10个水果中随机抽取3个，Y表示抽取的优级水果的数量，求Y的分布列及数学期望E(Y)．解(1)设从500个水果中随机抽取一个，抽到二等级别水果的事件为A，15则P(A)＝

250500＝12，有放回地随机抽取6个，设抽到二等级别水果的个数为X，则X～B6，12，所以恰好抽到3个二等级别水果的概率为P(X＝3)＝C361231－123＝516.(2)用分层随机抽样的方法从500个水果中抽取10个，则其中优

级水果有3个，非优级水果有7个．现从中抽取3个，则优级水果的数量Y服从超几何分布，所有可能的取值为0,1,2,3.则P(Y＝0)＝C37C310＝724，P(Y＝1)＝C27C13C310＝2140，P(Y＝2)＝C17C23C310＝740，P(Y＝3)＝C33C310＝1120.所以Y的分

布列如下：Y0123P72421407401120所以E(Y)＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.