高三数学第63讲 n次独立重复试验与二项分布课时训练卷(基础+难点含解析解题方法) 理新人教A版

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第63讲 │ n次独立重复试验与二项分布

第63讲 │ 要点探究
P＝P(DE F )＋P(D E F)＋P( D EF)＋P(DEF) ＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋ 0.6×0.5×0.5 ＝0.55. (2)由题意知X可能的取值为0,1,2,3. 又由(1)知 D E F、 D E F 、D E F 是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立．因此P(X＝0)＝P( D E F )＝0.4×0.5×0.5＝0.1.
[答案] (1)对
(2)对
(3)对
(4)对
[解析] 根据事件独立性的概念可知(1)(2)(3)(4)均正确．
第63讲 │ 问题思考
► 问题3 关于n次独立重复试验和二项分布
(1)n次独立重复试验要满足：①每次试验只有两个相互对立的结果，可以分别称为“成功”和“失败”；②每次试验“成功”的概率为p，“失败”的概率为1－p；③各次试验是相互独立的；(
第63讲 │ 要点探究
变式题 (1)一个箱中有9张标有1,2,3,4,5,6,7,8,9的卡片，从
中依次取两张，则在第一张是奇数的条件下第二张也是奇数的概率是________． (2)某种家用电器能使用三年的概率为0.8，能使用四年的概率为0.4，已知某一这种家用电器已经使用了三年，则它能够使用到四年的概率是________．
X P 0 0.1 1 0.35 2 0.4 3 0.15
第63讲 │ 要点探究
因此E(X)＝0×0.1＋1×0.35＋2×0.4＋3×0.15＝1.6
[点评]
概率计算的核心环节就是把一个随机事件利
用事件的互斥和相互独立进行合理分拆，这样就能把复杂事件的概率计算转化为一个个简单事件的概率计算．

高考数学一轮复习 n次独立重复试验与二项分布基础知识检测理

n 次独立重复试验与二项分布基础热身1．下列说法正确的是( ) A ．P (A |B )＝P (B |A ) B ．0<P (B |A )<1C ．P (AB )＝P (A )·P (B |A )D ．P (B |A )＝12．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.163．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512B.12C.712D.344．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3能力提升5．位于直角坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为23，向右移动的概率为13，则质点P 移动五次后位于点(1,0)的概率是( )A.4243B.8243C.40243D.802436．在4次独立重复试验中，事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.4)C ．(0,0.6]D ．[0.6,1)7．在5道题中有三道数学题和两道物理题，如果不放回的依次抽取2道题，则在第一次抽到数学题的条件下，第二次抽到数学题的概率是( )A.35B.25C.12D.138．从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A 表示“取到的2个数之和为偶数”，事件B 表示“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.129．一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王怀疑大臣作弊，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p 1和p 2.则( )A ．p 1＝p 2B ．p 1<p 2C．p1>p2D ．以上三种情况都有可能10．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170、169、168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为____________．11．如图K63－1，EFGH 是以O 为圆心、半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则(1)P (A )＝________；(2)P (B |A )＝________.图K63－112．三支球队中，甲队胜乙队的概率为0.4，乙队胜丙队的概率为0.5，丙队胜甲队的概率为0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙队，第三局是第二局胜者对第一局的败者，第四局是第三局胜者对第二局败者，则乙队连胜四局的概率为________．13．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是__________(写出所有正确结论的序号)．①P ()B ＝25；②P ()B |A 1＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关．14．(10分) 某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城市E 运至销售城市F ，已知从城市E 到城市F 有两条公路．统计表明：汽车走公路Ⅰ堵车的概率为110，不堵车的概率为910；走公路Ⅱ堵车的概率为35，不堵车的概率为25，若甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，且三辆汽车是否堵车相互之间没有影响．(1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率；(2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．15．(13分)[2011·长安一中质检] 甲、乙两人进行围棋比赛，规定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p >12，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为59. (1)求p 的值；(2)设X 表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量X 的分布列和数学期望EX .难点突破16．(12分)某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为13.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．(1)设X 表示目标被击中的次数，求X 的分布列；(2)若目标被击中2次，A 表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P (A )．答案解析【基础热身】1．C [解析] 由P(B|A)＝P ABP A，可得P(AB)＝P(A)·P(B|A)．2．B [解析] 设两个实习生每人加工一个零件为一等品分别为事件A ，B ，则P(A)＝23，P(B)＝34，于是这两个零件中恰有一个一等品的概率为：P(A B ＋A B)＝P(A B )＋P(A B)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.3．C [解析] 本题涉及古典概型概率的计算．本知识点在考纲中为B 级要求．由题意得P(A)＝12，P(B)＝16，则事件A ，B 至少有一件发生的概率是1－P(A )·P(B )＝1－12×56＝712.4．C [解析] 根据题意，本题为独立重复试验，由概率公式得：C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12k×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫124－k ，解得k ＝2.【能力提升】5．C [解析] 左移两次，右移三次，概率是C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝40243.6．A [解析] 根据题意，C 14p(1－p)3≤C 24p 2(1－p)2，解得p≥0.4，0<p<1，∴0.4≤p<1.7．C [解析] 第一次抽到数学题为事件A ，第二次抽到数学题为事件B ，n(AB)＝A 23＝6，n(A)＝A 13×A 14＝12.则所求的概率为P(B|A)＝n AB n A ＝612＝12.8．B 【解析】由于n(A)＝1＋C 23＝4，n(AB)＝1，所以P(B|A)＝n AB n A ＝14，故选B .9．B [解析] 按方法一，在各箱任意抽查一枚，抽得枚劣币的概率为1100＝0.01，所以p 1＝1－(1－0.01)10，按方法二，在各箱任意抽查一枚，抽得枚劣币的概率为C 199C 2100＝0.02，所以p 2＝1－(1－0.02)5，易计算知p 1<p 2，选B .10.370 [解析] 加工出来的正品率为P 1＝6970×6869×6768＝6770，∴次品率为P ＝1－P 1＝370. 11．(1) 2π (2)14[解析] (1)S 圆＝π，S 正方形＝(2)2＝2，根据几何概型的求法有P(A)＝S 正方形S 圆＝2π；(2)由∠EOH＝90°，S △EOH ＝14S 正方形＝12，故P( |B A)＝S △EOH S 正方形＝122＝14.12．0.09 [解析] 设乙队连胜四局为事件A ，有下列情况：第一局中乙胜甲(A 1)，其概率为1－0.4＝0.6；第二局中乙胜丙(A 2)，其概率为0.5；第三局中乙胜甲(A 3)，其概率为0.6；第四局中乙胜丙(A 4)，其概率为0.50，因各局比赛中的事件相互独立，故乙队连胜四局的概率为：P(A)＝P(A 1A 2A 3A 4)＝0.62×0.52＝0.09.13．②④ [解析] 根据题意可得P(A 1)＝510，P(A 2)＝210，P(A 3)＝310，可以判断④是正确的；A 1、A 2、A 3为两两互斥事件，P(B)＝P(B|A 1)＋P(B|A 2)＋P(B|A 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，则①是错误的； P(B|A 1)＝P A 1BP A 1＝510×511510＝511，则②是正确的；同理可以判断出③和⑤是错误的．14．[解答] 记“汽车甲走公路Ⅰ堵车”为事件A ， “汽车乙走公路Ⅰ堵车”为事件B ， “汽车丙走公路Ⅱ堵车”为事件C.(1)甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为P 1＝P(A·B )＋P(A ·B)＝110×910＋910×110＝950.(2)甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为P 2＝P(A·B·C )＋P(A·B ·C)＋P(A ·B·C)＋P(A·B·C)＝110×110×25＋110×910×35＋910×110×35＋110×110×35＝59500.15．[解答] (1)当甲连胜2局或乙连胜2局时，第二局比赛结束时比赛停止，故p2＋(1－p)2＝59，解得p ＝23或＝13.又p>12，所以p ＝23.(2)依题意知X 的所有可能取值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为59，若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响，从而有P(X ＝2)＝59，P(X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×59＝2081，P(X ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×1＝1681，则随机变量的分布列为故EX ＝2×59＋4×81＋6×81＝81.【难点突破】16．[解答] (1)依题意X 的分布列为(2)i B i 表示事件”第二次击中目标时，击中第i 部分”，i ＝1,2.依题意知P(A 1)＝P(B 1)＝0.1，P(A 2)＝P(B 2)＝0.3，A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2，所求的概率为P(A)＝P(A 1B 1)＋P(A 1B 1)＋P(A 1B 1)＋P(A 2B 2)＝P(A 1)P(B 1)＋P(A 1)P(B 1)＋P(A 1)P(B 1)＋P(A 2)P(B 2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.欢迎您的下载，资料仅供参考！。

2021学年高中数学2.2.3独立重复试验与二项分布课堂练习含解析人教A版选修2_3.doc

第二章 2.2 2.2.31．下列随机变量X 不服从二项分布的是( B )A ．投掷一枚均匀的骰子5次，X 表示点数为6出现的次数B ．某射手射中目标的概率为p ，设每次射击是相互独立的，X 为从开始射击到击中目标所需要的射击次数C ．实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的次数D ．某星期内，每次下载某网站数据被病毒感染的概率为0.3，X 表示下载n 次数据电脑被病毒感染的次数[解析] 选项A ，试验出现的结果只有两种：点数为6和点数不为6，且点数为6的概率在每一次试验中都为16，每一次试验都是独立的，故随机变量X 服从二项分布；选项B ，虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种，每一次试验事件相互独立且概率不发生变化，但随机变量的取值不确定，故随机变量X 不服从二项分布；选项C ，甲、乙的获胜率相等，进行5次比赛，相当于进行了5次独立重复试验，故X 服从二项分布；选项D ，由二项分布的定义，可知被感染次数X ～B (n,0.3)．2．设在一次试验中事件A 出现的概率为p ，在n 次独立重复试验中事件A 出现k 次的概率为p k ，则( B )A ．p 1＋p 2＋…＋p n ＝1B ．p 0＋p 1＋p 2＋…＋p n ＝1C ．p 0＋p 1＋p 2＋…＋p n ＝0D ．p 1＋p 2＋…＋p n －1＝1[解析] 由题意可知ξ～B (n ，p )，由分布列的性质可知 k ＝0np k ＝1．3．一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为( C )A ．6B ．5C ．4D ．3[解析] 由1－C 0n (1－12)n >0.9得(12)n <0.1，∴n ≥4．4．某处有水龙头5个，调查表明每个水龙头被打开的概率都为110，若随机变量ξ表示同时打开的水龙头的个数，则P (ξ＝3)＝__0.0081__．[解析] 由题意，知ξ～B (5，110)，则P (ξ＝3)＝C 35(110)3·(1－110)2＝0.0081．5．一个布袋中装有5个白球，3个红球，现从袋中每次取一个球，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次时停止，停止时取球的次数ξ是一个随机变量，试求ξ＝12的概率．[解析] 记事件A 表示“取到红球”，则事件A 表示“取到白球”，P (A )＝38，P (A )＝58，ξ＝12表示事件A 在前11次独立重复试验中恰有9次发生且第12次试验也发生，故P (ξ＝12)＝C 911×(38)9×(58)2×38＝C 911×(38)10×(58)2≈0.0012．。

高三复习数学233_独立重复试验与二项分布(二)(有答案)

2.3.3 独立重复试验与二项分布(二)一、解答题。

1. 某公司安装了3台报警器，它们彼此独立工作，且发生险情时每台报警器报警的概率均为0.9．求发生险情时，下列事件的概率： 3台都未报警；恰有1台报警；恰有2台报警．2. 两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（） A.12 B.512C.14D.163. 某地区为下岗人员免费提供财会和计算机培训，以提高下岗人员的再就业能力．每名下岗人员可以选择参加一项培训、参加两项培训或不参加培训．已知参加过财会培训的有60%，参加过计算机培训的有75%，假设每个人对培训项目的选择是相互独立的，且各人的选择相互之间没有影响．任选1名下岗人员，求该人参加过培训的概率；任选3名下岗人员，记ξ为3人中参加过培训的人数，求ξ的分布列．4. 某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，求恰有2次击中目标的概率；假设这名射手射击3次，每次射击，击中目标得1分，未击中目标得0分．在3次射击中，若有2次连续击中，而另外1次未击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记ξ为射手射击3次后的总分数，求ξ的分布列．5. （2018四川南充高三第一次适应性考试）一个盒子中装有大量形状大小一样但质量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的质量（单位：克），质量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的质量频率分布直方图（如图）．求a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球质量的众数与平均值；从盒子中随机抽取3个小球，其中质量在[5,15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望．（以频率分布直方图中的频率作为概率）6. 位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动，质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，质点P 移动六次后位于点(4,2)的概率是（）A.(12)6B.C 62(12)6C.C 64(12)4D.C 64C 62(12)67. 高二（1）班的一个研究性学习小组在网上查知，某珍稀植物种子在一定条件下发芽成功的概率为13，该研究性学习小组又分成两个小组进行验证性实验．第一小组做了5次这种植物种子的发芽实验（每次均种下一粒种子），求他们的实验至少有3次发芽成功的概率；第二小组做了若干次发芽实验（每次均种下一粒种子），如果在一次实验中种子发芽成功就停止实验，否则将继续进行下次实验，直到种子发芽成功为止，但实验的次数最多不超过5次，求第二小组所做种子发芽试验的次数ξ的概率分布列．8. 某校要组建明星篮球队，需要在各班选拔预备队员，规定投篮成绩A 级的可作为入围选手，选拔过程中每人投篮5次，若投中3次则确定为B 级，若投中4次及以上可确定为A 级，已知某班同学阿明每次投篮投中的概率为0.5．求阿明投篮4次才被确定为B 级的概率；设阿明投篮投中次数为X ，求X 的分布列；若连续两次投篮不中则停止投篮，求阿明不能入围的概率．参考答案与试题解析2.3.3 独立重复试验与二项分布(二)一、解答题。

高中数学独立重复试验与二项分布综合测试题(附答案)-精选教学文档

高中数学独立重复试验与二项分布综合测试题（附答案）独立重复试验与二项分布一、选择题1．某一试验中事件A发生的概率为p，则在n次这样的试验中，A发生k次的概率为()A．1－pkB．(1－p)kpn－kC．(1－p)kD．Ckn(1－p)kpn－k[答案] D[解析] 在n次独立重复试验中，事件A恰发生k次，符合二项分布，而P(A)＝p，则P(A)＝1－p，故P(X＝k)＝Ckn(1－p)kpn－k，故答案选D.2．在4次独立重复试验中，事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率为6581，则事件A在1次试验中发生的概率为()A.13B.25C.56D.34[答案] A[解析] 事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1－C04p0(1－p)4＝6581，所以1－p＝23，p＝13，故答案选A.3．流星穿过大气层落在地面上的概率为0.002，流星数为10的流星群穿过大气层有4个落在地面上的概率为() A．3.3210－5 B．3.3210－9C．6.6410－5 D．6.6410－9[答案] B[解析] 相当于1个流星独立重复10次，其中落在地面上的有4次的概率P＝C4100.0024(1－0.002)63.3210－9，应选B.4．已知随机变量X服从二项分布，X～B6，13，则P(X＝2)等于()A.316B.4243C.13243D.80243[答案] D[解析] 已知X～B6，13，P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，当X＝2，n＝6，p＝13时有P(X＝2)＝C261321－136－2＝C26132234＝80243.5．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是()A.16625B.96625C.192625D.256625[答案] B[解析] P＝C24452152＝96625.6．某电子管正品率为34，次品率为14，现对该批电子管进行测试，设第次首次测到正品，则P(＝3)＝()A．C2314234 B．C2334214C.14234D.34214[答案] C7．某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响．则他恰好击中目标3次的概率为()A．0.930.1B．0.93C．C340.930.1D．1－0.13[答案] C[解析] 由独立重复试验公式可知选C.8．(2019保定高二期末)位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是()A．(12)5 B．C25(12)5C．C35(12)3 D．C25C35(12)5[答案] B[解析] 由于质点每次移动一个单位，移动的方向向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动二次，向上移动三次，故其概率为C35(12)3(12)2＝C35(12)5＝C25(12)5.二、填空题9．已知随机变量X～B(5，13)，则P(X4)＝________. [答案] 1124310．下列例子中随机变量服从二项分布的有________．①随机变量表示重复抛掷一枚骰子n次中出现点数是3的倍数的次数；②某射手击中目标的概率为0.9，从开始射击到击中目标所需的射击次数；③有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用有放回抽取方法，表示n次抽取中出现次品的件数(MN)；④有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法，表示n次抽取中出现次品的件数．[答案] ①③[解析] 对于①，设事件A为“抛掷一枚骰子出现的点数是3的倍数”，P(A)＝13.而在n次独立重复试验中事件A恰好发生了k次(k＝0,1,2，……，n)的概率P(＝k)＝Ckn13k23n －k，符合二项分布的定义，即有～B(n，13)．对于②，的取值是1,2,3，……，P(＝k)＝0.90.1k－1(k＝1,2,3，……n)，显然不符合二项分布的定义，因此不服从二项分布．③和④的区别是：③是“有放回”抽取，而④是“无放回”抽取，显然④中n次试验是不独立的，因此不服从二项分布，对于③有～Bn，MN.故应填①③.11．(2019湖北文，13)一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9，则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为________(用数字作答)．[答案] 0.9477[解析] 本题主要考查二项分布．C340.930.1＋(0.9)4＝0.9477.12．如果X～B(20，p)，当p＝12且P(X＝k)取得最大值时，k＝________.[答案] 10[解析] 当p＝12时，P(X＝k)＝Ck2019k1220－k＝1220Ck20，显然当k＝10时，P(X＝k)取得最大值．三、解答题13．在一次测试中，甲、乙两人独立解出一道数学题的概率相同，已知该题被甲或乙解出的概率是0.36，写出解出该题人数X的分布列．[解析] 设甲、乙独立解出该题的概率为x，由题意1－(1－x)2＝0.36，解得x＝0.2.所以解出该题人数X的分布列为X 0 1 2P 0.64 0.32 0.0414.已知某种疗法的治愈率是90%，在对10位病人采用这种疗法后，正好有90%被治愈的概率是多少？(精确到0.01) [解析] 10位病人中被治愈的人数X服从二项分布，即X～B(10,0.9)，故有9人被治愈的概率为P(X＝9)＝C9100.990.110.39.15．9粒种子分种在3个坑中，每坑3粒，每粒种子发芽的概率为0.5.若一个坑内至少有1粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没发芽，则这个坑需要补种．假定每个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，用X表示补种的费用，写出X的分布列．[解析] 因为一个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝18，所以一个坑不需要补种的概率为1－18＝78. 3个坑都不需要补种的概率为C031807830.670，恰有1个坑需要补种的概率为C131817820.287，恰有2个坑需要补种的概率为C231827810.041，3个坑都需要补种的概率为C331837800.002.补种费用X的分布列为X 0 10 20 30P 0.670 0.287 0.041 0.00216.(2019全国Ⅰ理，18)投到某杂志的稿件，先由两位初审专家进行评审．若能通过两位初审专家的评审，则予以录用；若两位初审专家都未予通过，则不予录用；若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为0.5，复审的稿件能通过评审的概率为0.3.各专家独立评审．(1)求投到该杂志的1篇稿件被录用的概率；(2)记X表示投到该杂志的4篇稿件中被录用的篇数，求X的分布列．[分析] 本题主要考查等可能性事件、互斥事件、独立事件、相互独立试验、分布列、数学期望等知识，以及运用概率知识解决实际问题的能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想．(1)“稿件被录用”这一事件转化为事件“稿件能通过两位初审专家的评审”和事件“稿件能通过复审专家的评审”的和事件，利用加法公式求解．(2)X服从二项分布，结合公式求解即可．[解析] (1)记A表示事件：稿件能通过两位初审专家的评审；B表示事件：稿件恰能通过一位初审专家的评审；C表示事件：稿件能通过复审专家的评审；D表示事件：稿件被录用．则D＝A＋BC，而P(A)＝0.50.5＝0.25，P(B)＝20.50.5＝0.5，P(C)＝0.3 故P(D)＝P(A＋BC)＝P(A)＋P(B)P(C)＝0.25＋0.50.3＝0.4.(2)随机变量X服从二项分布，即X～B(4,0.4)，X的可能取值为0,1,2,3,4，且P(X＝0)＝(1－0.4)4＝0.1296 P(X＝1)＝C140.4(1－0.4)3＝0.3456P(X＝2)＝C240.42(1－0.4)2＝0.3456P(X＝3)＝C340.43(1－0.4)＝0.1536P(X＝4)＝0.44＝0.0256。

高考数学一轮复习全套课时作业9-9n次独立重复试验与二项分布

作业9.9n 次独立重复试验与二项分布一、单项选择题1．某道路的A ，B ，C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒，35秒，45秒．某辆车在这条路上行驶时，三处都不停车的概率是()A.35192B.25192C.55192D.651922．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.3123．某产品的正品率为78，次品率为18，现对该产品进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝()A ．C 3×78B ．C 3×18×78×184．(2021·沈阳市高三检测)2020年初，新型冠状肺炎在欧洲暴发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A ＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B ＝“小组甲独自去一个国家”，则P(A|B)＝()A.29B.13C.49D.595．(2021·四川绵阳高三模拟)用电脑每次可以从区间(0，1)内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于13的概率为()A.127B.23C.827D.496．如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是()A.49B.29C.23D.137．已知随机变量ξ～P(ξ＝2)等于()A.316B.1243C.13243D.802438．(2020·浙江温州九校第一次联考)抽奖箱中有15个形状一样，颜色不一样的乒乓球(2个红色，3个黄色，其余为白色)，抽到红球为一等奖，黄球为二等奖，白球不中奖．有90人依次进行有放回抽奖，则这90人中中奖人数的期望值和方差分别是()A ．6，0.4B ．18，14.4C ．30，10D ．30，209．(2021·河南省项城市期末)某群体中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 ．0.3二、多项选择题10．(2021·山东昌乐二中高二月考)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，给出下列结论：①从中任取3球，恰有一个白球的概率是35；②从中有放回地取球6次，每次任取一球，恰好有两次白球的概率为80243；③现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为25；④从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为2627.则其中正确结论的序号是()A ．①B ．②C ．③D ．④11．(2021·江苏海安高级中学高二期中)甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A 1，A 2，A 3表示由甲箱中取出的是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是()A ．P(B)＝25B ．P(B|A 1)＝511C ．事件B 与事件A 1相互独立D ．A 1，A 2，A 3两两互斥12．设火箭发射失败的概率为0.01，若发射10次，其中失败的次数为X ，则下列结论正确的是()A ．E(X)＝0.1B ．P(X ＝k)＝0.01k ×0.9910－kC ．D(X)＝0.99D ．P(X ＝k)＝C 10k ×0.01k ×0.9910－k三、填空题与解答题13．一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．X 表示在未来3天内日销售量不低于100个的天数，则E(X)＝________，方差D(X)＝________．14．(2021·浙江台州模拟)某同学从家中骑自行车去学校，途中共经过6个红绿灯路口．如果他恰好遇见2次红灯，则这2次红灯的不同的分布情形共有________种；如果他在每个路口遇见红灯的概率均为13，用ξ表示他遇到红灯的次数，则E(ξ)＝________．(用数字作答)15．(2021·重庆市南开中学高三模拟)无症状感染者被认为是新冠肺炎疫情防控的难点之一．国际期刊《自然》杂志中一篇文章指出，30%～60%的新冠感染者无症状或者症状轻微，但他们传播病毒的能力并不低，这些无症状感染者可能会引起新一轮的疫情大暴发．我们把与病毒携带者有过密切接触的人群称为密切接触者．假设每名密切接触者成为无症状感染者的概率均为13，那么4名密切接触者中，至多有2人成为无症状感染者的概率为________．16．(2021·福建漳州市高三质检)勤洗手、常通风、戴口罩是切断新冠肺炎传播的有效手段．经调查疫情期间某小区居民人人养成了出门戴口罩的好习惯，且选择佩戴一次性医用口罩的概率为p ，每人是否选择佩戴一次性医用口罩是相互独立的．现随机抽取5位该小区居民，其中选择佩戴一次性医用口罩的人数为X ，且P(X ＝2)<P(X ＝3)，D(X)＝1.2，则p 的值为________．17．(2021·长沙高三检测)近年来，国资委党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某扶贫小组为更好地执行精准扶贫政策，为某扶贫县制定了具体的扶贫政策，并对此贫困县2015年到2019年居民家庭人均纯收入(单位：百元)进行统计，数据如下表：年份20152016201720182019年份代号(t)12345人均纯收入(y)5.86.67.28.89.6并调查了此县的300名村民对扶贫政策的满意度，得到的部分数据如下表所示：满意不满意45岁以上村民1505045岁以下村民50(1)求人均纯收入y 与年份代号t 的线性回归方程；(2)是否有99.9%的把握认为村民的年龄与对扶贫政策的满意度具有相关性？(3)若以该村村民的年龄与对扶贫政策的满意度的情况估计贫困县的情况，则从该贫困县中任取3人，记取到不满意扶贫政策的45岁以上的村民人数为X ，求X 的分布列及数学期望．参考公式：回归直线y ^＝a ^＋b ^x 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b ^＝∑ni ＝1（x i －x －）（y i －y －）∑ni ＝1（x i －x －）2，a ^＝y －－b ^x －；K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ），其中n ＝a ＋b ＋c ＋d.临界值表：P(K 2≥k 0)0.1000.0500.0250.0100.001k 02.7063.8415.0246.63510.82818．(2021·广西高三下学期开学考)高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”，彰显出中国式创新的强劲活力．某移动支付公司从我市移动支付用户中随机抽取100名进行调查，得到如下数据：每周移动支付次数1次2次3次4次5次6次及以上男10873215女5464630合计1512137845(1)把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活跃用户”，能否在犯错误概率不超过0.005的前提下，认为“移动支付活跃用户”与性别有关？(2)把每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”，视频率为概率，在我市所有“移动支付达人”中，随机抽取4名用户：①求抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率；②为了鼓励男性用户使用移动支付，对抽出的男“移动支付达人”每人奖励300元，记奖励总金额为X，求X的分布列及数学期望．附公式及表如下：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.828作业9.9n 次独立重复试验与二项分布参考答案1．答案A 解析三处都不停车的概率是P ＝2560×3560×4560＝35192.2．答案A 解析该同学通过测试的概率为C 32·0.62·0.4＋C 33·0.63＝0.648.故选A.3．答案C解析因为某产品的正品率为78，次品率为18，现对该产品进行测试，设第ξ次首次测到正品，所以“ξ＝3”表示第一次和第二次都测到了次品，第三次测到正品，所以P(ξ＝3)×78.故选C.4．答案A解析事件A ＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B ＝“小组甲独自去一个国家”，则P(AB)＝A 4444＝332，P(B)＝C 41·3344＝2764，P(A|B)＝P （AB ）P （B ）＝29.故选A.5．答案C 解析由题意可得：每个实数都大于13的概率为P ＝1－13＝23，则3个实数都大于13的概率为＝827.故选C.6．答案A 解析记A 表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(A)＝23，B 表示“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则P(B)＝23.所以P(AB)＝P(A)P(B)＝23×23＝49.7．答案D 解析已知ξ～P(ξ＝k)＝C n k p k q n －k .当ξ＝2，n ＝6，p ＝13时，P(ξ＝2)＝C 6－2＝C 6＝80243.8．答案D解析由题意中奖的概率为2＋315＝13，因此每个人是否中奖服从二项分布因此90人中中奖人数的期望值为90×13＝30，方差为90×13×20.9．答案B解析某群体中每位成员使用移动支付的概率都为p ，可看做是独立重复事件，该群体10位成员中使用移动支付的人数X ～B(10，p)，（X ）＝2.4，（X ＝4）<P （X ＝6），（1－p ）＝2.4，104p 4（1－p ）6<C 106p 6（1－p ）4，解得p ＝0.4或0.6，且p>0.5，故p ＝0.6.故选B.10．答案ABD解析一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，①从中任取3球，恰有一个白球的概率是P ＝C 42C 21C 63＝35②从中有放回地取球6次，每次任取一球，每次取到白球的概率为P ＝26＝13，则恰好有两次白球的概率为P ＝C 6＝80243，故正确；③设A ＝{第一次取到红球}，B ＝{第二次取到红球}．则P(A)＝23，P(AB)＝4×36×5＝25，所以P(B|A)＝P （AB ）P （A ）＝35，故错误；④从中有放回地取球3次，每次任取一球，每次抽到红球的概率为P ＝46＝23，则至少有一次取到红球的概率为P ＝1－C 3＝2627，故正确．故选ABD.11．答案BD解析因为每次取一球，所以A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，故D 正确；因为P(A 1)＝510，P(A 2)＝210，P(A 3)＝310，所以P(B|A 1)＝P （BA 1）P （A 1）＝510×511510＝511，故B 正确；同理P(B|A 2)＝P （BA 2）P （A 2）＝210×411210＝411，P(B|A 3)＝P （BA 3）P （A 3）＝310×411310＝411，故P(B)＝P(BA 1)＋P(BA 2)＋P(BA 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，故A 、C 错误．故选BD.12．答案AD 解析∵X ～B(10，0.01)，∴E(X)＝10×0.01＝0.1，D(X)＝10×0.01×0.99＝0.099.∴P(X ＝k)＝C 10k ×0.01k ×0.9910－k .故选AD.13．答案 1.80.72解析由题意知，日销售量不低于100个的频率为(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6，且X ～B(3，0.6)，所以期望E(X)＝3×0.6＝1.8，方差D(X)＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.14．答案152解析他恰好遇见2次红灯的不同的分布情形共有C 62＝15(种)，他遇到红灯的次数ξ的值可能为0，1，2，3，4，5，6.他在每个路口遇见红灯的概率均为13，他遇到红灯的次数ξ满足二项分布．即ξ～E(ξ)＝6×13＝2.15．答案89解析至多有2人成为无症状感染者包括0人成为无症状感染者，1人成为无症状感染者，2人成为无症状感染者三种情况，且每种情况是互斥的，所以所求概率为C 4＋C 41·13·＋C 42＝16＋32＋2481＝89.16．答案35解析D(X)＝1.2，所以5p(1－p)＝1.2，p ＝35或p ＝25，因为P(X ＝2)<P(X ＝3)，所以C 52p 2(1－p)3<C 53p 3·(1－p)2，p>12，所以p ＝35.17．答案(1)y ^＝0.98t ＋4.66(2)有99.9%的把握认为村民的年龄与对扶贫政策的满意度具有相关性(3)分布列略，数学期望为12解析(1)依题意：t －＝15×(1＋2＋3＋4＋5)＝3，y －＝15×(5.8＋6.6＋7.2＋8.8＋9.6)＝7.6，故∑5i ＝1(t i －t －)2＝4＋1＋0＋1＋4＝10，∑5i ＝1(t i －t －)(y i －y －)＝(－2)×(－1.8)＋(－1)×(－1)＋0×(－0.4)＋1×1.2＋2×2＝9.8，b ^＝∑5i ＝1（t i －t －）（y i －y －）∑5i ＝1（t i －t －）2＝0.98，∴a ^＝y －－b ^t －＝7.6－0.98×3＝4.66.∴y ^＝0.98t ＋4.66.(2)依题意，完善表格如下：满意不满意总计45岁以上村民1505020045岁以下村民5050100总计200100300计算得K 2的观测值为k ＝300×（150×50－50×50）2200×100×200×100＝300×5000×5000200×100×200×100＝18.75>10.828，故有99.9%的把握认为村民的年龄与对扶贫政策的满意度具有相关性．(3)依题意，X 的可能取值为0，1，2，3，从该贫困县中随机抽取一人，则取到不满意扶贫政策的45岁以上村民的概率为16，故P(X ＝0)＝C 30＝125216，P(X ＝1)＝C 31×16＝2572，P(X ＝2)＝C 32×56×＝572，P(X ＝3)＝C 33＝1216，故X 的分布列为：则数学期望为E(X)＝0E （X ）＝3×16＝18．答案(1)在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为“移动支付活跃用户”与性别有关(2)①6481②分布列答案见解析，数学期望为400元思路(1)由题意完成列联表，结合列联表计算可得K 2＝2450297≈8.249>7.879.所以在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为“移动支付活跃用户”与性别有关．(2)视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男“移动支付达人”的概率为13，为女“移动支付达人”的概率为23.①由对立事件公式可得满足题意的概率值．②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y ，则X ＝300Y.由题意得Y ～Y 的分布列，然后利用均值和方差的性质可得X 的分布列，计算可得结果．解析(1)由表格数据可得2×2列联表如下：非移动支付活跃用户移动支付活跃用户合计男252045女154055合计4060100将列联表中的数据代入公式计算得：K 2＝n （ad －bc ）2（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）＝100×（25×40－20×15）245×55×40×60＝2450297≈8.249>7.879.所以在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为“移动支付活跃用户”与性别有关．(2)视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男“移动支付达人”的概率为13，为女“移动支付达人”的概率为23.①抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”，又有女“移动支付达人”的概率为P ＝1＝6481.②记抽出的男“移动支付达人”人数为Y ，则X ＝300Y.由题意得Y ～P(Y ＝0)＝C 4＝1681，P(Y ＝1)＝C 4＝3281，P(Y ＝2)＝C 4＝827，P(Y ＝3)＝C 4＝881，P(Y ＝4)＝C 4＝181.所以Y 的分布列为：Y 01234P16813281827881181所以X 的分布列为：X 03006009001200P16813281827881181由E(Y)＝4×13＝43，得X 的数学期望E(X)＝300·E(Y)＝400(元)．讲评本题主要考查离散型随机变量的分布列，二项分布的性质，独立性检验及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．。

2021年高考数学考点61n次独立重复试验与二项分布必刷题理含解析

考点61 n次独立重复试验与二项分布1．某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（）【答案】D2．已知袋子内有6个球，其中3个红球，3个白球，从中不放回地依次抽取2个球，那么在已知第一次抽到红球的条件下，第二次也抽到红球的概率是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】方法一：由题意得，从6个球（其中3个红球，3个白球）中取出一个红球后，则袋子中还有5个球（2个红球和3个白球），所以再从中取出一个球，则该球是红球的概率为．故选C．方法二：设“第一次抽到红球”为事件A，“第二次抽到红球”为事件B，则，∴．故选C．3．下列命题中，正确的是①若随机变量，则且；②命题“”的否定是：“”；③命题“若”为真命题；④已知为实数，直线是“2” 的充要条件. A．①② B．②③ C．②④ D．③④【答案】B4．若随机变量服从二项分布，则（）A． B．C． D．【答案】D【解析】随机变量服从二项分布，，，；.故选D.5．从标有数字1、2、3、4、5的五X卡片中，依次抽出2X(取后不放回)，则在第一次抽到卡片是奇数的情况下，第二次抽到卡片是偶数的概率为（）A． B． C． D．【答案】D6．一个盒子里装有大小、形状、质地相同的12个球，其中黄球5个，蓝球4个，绿球3个.现从盒子中随机取出两个球，记事件为“取出的两个球颜色不同”，事件为“取出一个黄球，一个绿球”，则A． B． C． D．【答案】D【解析】记事件为“取出的两个球顔色不同”，事件为“取出一个黄球，一个绿球”，则，，,故选D.7．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的情况下，比赛进行了三局的概率为（）A． B． C． D．【答案】B8．2018年武邑中学髙三第四次模拟考试结束后，对全校的数学成绩进行统计，发现数学成绩的频率分布直方图形状与正态分布的密度曲线非常拟合.据此统计：在全校随机抽取的4名高三同学中，恰有2名同学的数学成绩超过95分的概率是 ( )A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意，数学成绩超过95分的概率是，∴在全校随机柚取的4名高三同学中，恰有2名冋学的数学成绩超过95分的概率是=，故选：D．9．据统计一次性饮酒4.8两诱发脑血管病的概率为0.04，一次性饮酒7.2两诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员一次性饮酒 4.8两未诱发脑血管病，则他还能继续饮酒 2.4两不诱发脑血管病的概率为（）A． B． C． D．【答案】A10．（2017.某某市二模）已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.4，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红灯的概率是（）【答案】C【解析】设第一个路口遇到红灯的事件为A，第二个路口遇到红灯的事件为B，则P（A）=0.5，P（AB）=0.4，则P（B丨A）==0.8，故选：C．11．为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门对100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过的有40人，不超过的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过的有20人，不超过的有25人．（Ⅰ）完成下面的列联表，并判断是否有％的把握认为平均车速超过的人与性别有关．平均车速超过人数平均车速不超过人数合计男性驾驶员人数女性驾驶员人数合计（Ⅱ）以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车中驾驶员为男性且车速超过的车辆数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列和数学期望．参考公式与数据：，其中【答案】（Ⅰ）表格见解析，有关（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）平均车速超过人数平均车速不超过人数合计12．2018年9月16日下午5时左右，今年第22号台风“山竹”在某某江门川岛镇附近正面登录，给当地人民造成了巨大的财产损失，某记着调查了当地某小区的100户居民由于台风造成的经济损失，将收集的数据分成，，，，五组，并作出如下频率分布直方图（图1）.（1）台风后居委会号召小区居民为台风重灾区捐款，记者调查的100户居民捐款情况如下表格，在图2表格空白处填写正确数字，并说明是否有95%以上的把握认为捐款数额多于或少于500元和自身经济损失是否到4000元有关？（2）将上述调查所得到的频率视为概率，现在从该地区大量受灾居民中，采用随机抽样方法每次抽取1户居民，抽取3次，记被抽取的3户居民中自身经济损失超过4000元的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，期望和方差.图1 图2参考公式：，其中【答案】（1）有；（2）.【解析】（1）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，经济损失不超过4000元的有人，经济损失超过4000元的有100-70=30人，则表格数据如下经济损失不超过4000元经济损失超过4000元合计捐款超过500元60 20 80捐款不超过500元10 10 20合计70 30 10013．为了解市民对某项政策的态度，随机抽取了男性市民25人，女性市民75人进行调查，得到以下的列联表：支持不支持合计男性20 5 25女性40 35 75合计60 40 100(1)根据以上数据，能否有97.5%的把握认为市民“支持政策”与“性别”有关？(2)将上述调查所得的频率视为概率，现在从所有市民中，采用随机抽样的方法抽取4位市民进行长期跟踪调查，记被抽取的4位市民中持“支持”态度的人数为,求的分布列及数学期望。

高考理科数学复习：n次独立重复试验与二项分布(含答案)

n 次独立重复试验与二项分布一、选择题1．(2014·山东枣庄一模)一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，如果他记得密码的最后一位是偶数，则他不超过2次就按对的概率是( ) A.45 B.35 C.25D.15C [0～9中总共有5个偶数，他不超过2次就按对的概率是15＋45×14＝25，故选C.]2．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标注数1，两个面上标注数2，一个面上标注数3，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之和为3的概率为( ) A.16 B.14 C.13D.12C [设第i 次向上的数是1为事件A i ，第i 次向上的数是2为B i ，i ＝1,2，则P (A 1)＝P (A 2)＝12，P (B 1)＝P (B 2)＝13，则所求的概率为P (A 1B 2)＋P (A 2B 1)＝P (A 1)P (B 2)＋P (A 2)P (B 1)＝12×13＋12×13＝13.]3．(2014·山西模拟)某人抛掷一枚硬币，出现正反的概率都是12，构造数列{a n }，使得a n ＝⎩⎨⎧1 (第n 次抛掷时出现正面)，－1 (第n 次抛掷时出现反面)，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)，则S 4＝2的概率为( )A.116B.18C.14D.12C [依题意得知，“S 4＝2”表示在连续四次抛掷中恰有三次出现正面，因此“S 4＝2”的概率为C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123·12＝14.] 4．(2014·郑州模拟)某校航模小组在一个棱长为6米的正方体房间试飞一种新型模型飞机，为保证模型飞机安全，模型飞机在飞行过程中要始终保持与天花板、地面和四周墙壁的距离均大于1米，则模型飞机“安全飞行”的概率为( )A.127B.116C.38D.827D [依题意得，模型飞机“安全飞行”的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫6－263＝827.] 二、填空题5．某篮球队员在比赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为1625，则该队员每次罚球的命中率为________．解析设该队员每次罚球的命中率为p ，则1－p 2＝1625， p 2＝925.又0＜p ＜1.所以p ＝35. 答案 356．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．解析设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B .出芽后的幼苗成活率为P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9. 故P (AB )＝0.9×0.8＝0.72. 答案 0.72 三、解答题7．(2014·北京朝阳模拟)如图，一个圆形游戏转盘被分成6个均匀的扇形区域．用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头A 所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头A指向每个区域的可能性都是相等的．在一次家庭抽奖的活动中，要求每个家庭派一位儿童和一位成人先后分别转动一次游戏转盘，得分情况记为(a ，b )(假设儿童和成人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动)． (1)求某个家庭得分为(5,3)的概率；(2)若游戏规定：一个家庭的得分为参与游戏的两人得分之和，且得分大于等于8的家庭可以获得一份奖品．请问某个家庭获奖的概率为多少？(3)若共有5个家庭参加家庭抽奖活动．在(2)的条件下，记获奖的家庭数为X ，求X 的分布列．解析 (1)记事件A ：某个家庭得分为(5,3)．由游戏转盘上的数字分布可知，转动一次转盘，得2分、3分、5分的概率都为26＝13.所以P (A )＝13×13＝19.所以某个家庭得分为(5,3)的概率为19.(2)记事件B ：某个家庭在游戏中获奖．则符合获奖条件的得分包括(5,3)，(5,5)，(3,5)共3类情况．所以P (B )＝13×13＋13×13＋13×13＝13. 所以某个家庭获奖的概率为13.(3)由(2)可知，每个家庭获奖的概率都是13，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13.P (X ＝0)＝C 05⎝ ⎛⎭⎪⎫130·⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝32243， P (X ＝1)＝C 15⎝⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝80243， P (X ＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243， P (X ＝3)＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫133·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243， P (X ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243， P (X ＝5)＝C 55⎝⎛⎭⎪⎫135·⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝1243. 所以X 的分布列为：X12345P 32243 80243 80243 40243 10243 12438．(2014·南平一模)如图所示，质点P 在正方形ABCD 的四个顶点上按逆时针方向前进，现在投掷一个质地均匀、每个面上标有一个数字的正方体玩具，它的六个面上所标数字分别为1,1,2,2,3,3.质点P从A 点出发，规则如下：当正方体朝上一面出现的数字是1，质点P 前进一步(如由A 到B )；当正方体朝上一面出现的数字是2，质点P 前进两步(如由A 到C )；当正方体朝上一面出现的数字是3，质点P 前进三步(如由A 到D )．在质点P 转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止． (1)求点P 恰好返回到点A 的概率；(2)在点P 转一圈恰能返回到点A 的所有结果中，用随机变量ξ表示点P 恰能返回到点A 的投掷次数，求ξ的数学期望．解析 (1)事件“点P 转一圈恰能返回到点A ”记为M ；事件“投掷两次点P 就恰能返回到点A ”记为B ；事件“投掷三次点P 就恰能返回到点A ”记为D ；事件“投掷四次点P 就恰能返回到点A ”记为E .投掷一次正方体玩具，朝上一面每个数字的出现都是等可能的，其概率为P 1＝26＝13，因为只投掷一次不可能返回到点A ；若投掷两次点P 就恰能返回到点A ，则朝上一面出现的两个数字应依次为：(1,3)，(3,1)，(2,2)三种结果，其概率为P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132×3＝13；若投掷三次点P 恰能返回到点A ，则朝上一面出现的三个数字应依次为：(1,1,2)，(1,2,1)，(2,1,1)三种结果，其概率为P (D )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫133×3＝19；若投掷四次点P 恰能返回到点A ，则朝上一面出现的四个数字应依次为：(1,1,1,1)，其概率为P (E )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝181；所以点P 恰好返回到点A 的概率为 P (M )＝P (B )＋P (D )＋P (E )＝13＋19＋181＝3781. (2)随机变量ξ的可能取值为2,3,4.P (ξ＝2)＝P (B |M )＝P (BM )P (M )＝P (B )P (M )＝133781＝2737；P (ξ＝3)＝P (D |M )＝P (DM )P (M )＝P (D )P (M )＝193781＝937；P (ξ＝4)＝P (E |M )＝P (EM )P (M )＝P (E )P (M )＝813781＝137. 即ξ的分布列为所以E(ξ)＝2×2737＋3×937＋4×137＝8537，即ξ的数学期望是8537.。

2021届高三数学(理)复习课时跟踪检测-n次独立重复试验与二项分布-含解析

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布第七节 n 次独立重复试验与二项分布A 级·基础过关 |固根基|1.(2019届安徽安庆二模)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A 为“4名同学所报项目各不相同”，事件B 为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P (A |B )＝( )A ．14 B ．34 C ．29D ．59解析：选C 由已知得P (B )＝3344＝27256，P (AB )＝A 3344＝3128，所以P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝29，故选C ．2．(2019届广东汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( )A ．34B ．23C ．57D ．512解析：选D 根据题意，恰有一人获得一等奖即甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝512，故选D ．3．(2019届湖南长沙一模)已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为( )A ．0.75B ．0.6C ．0.52D ．0.48解析：选A 设一个这种元件使用1年为事件A ，使用2年为事件B ，则这个元件在使用到1年时还未失效的前提下，使用寿命超过2年的概率为P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.60.8＝0.75，故选A ．4．甲、乙、丙3位学生用计算机联网学习数学，每天上课后独立完成6道自我检测题，甲及格的概率为810，乙及格的概率为610，丙及格的概率为710，3人各答1次，则3人中只有1人及格的概率为( )A ．320B ．42125C ．47250D ．以上全不对解析：选C 设“甲答题及格”为事件A ，“乙答题及格”为事件B ，“丙答题及格”为事件C ，显然事件A ，B ，C 相互独立．设“3人各答1次，只有1人及格”为事件D ，则D 的可能情况为A B －C －，A －B C －，A －B －C (其中A －，B －，C －分别表示甲、乙、丙答题不及格)，A B －C －，A －B C －，A －B －C 不能同时发生，故两两互斥，所以P (D )＝P (A B －C －)＋P (A －B C －)＋P (A －B －C )＝P (A )P (B －)P (C －)＋P (A －)P (B )P (C －)＋P (A －)P (B －)P (C )＝810×410×310＋210×610×310＋210×410×710＝47250.5．将三颗骰子各掷一次，记事件A 为“三个点数都不同”，B 为“至少出现一个6点”，则条件概率P (A |B )，P (B |A )分别是( )A ．6091，12 B ．12，6091 C ．518，6091D ．91216，12解析：选A P (A |B )的含义是在事件B 发生的条件下，事件A 发生的概率，即在“至少出现一个6点”的条件下，“三个点数都不相同”的概率，因为“至少出现一个6点”有6×6×6－5×5×5＝91(种)情况，即n (B )＝91，“至少出现一个6点，且三个点数都不相同”共有6×5×4－5×4×3＝60(种)情况，即n (AB )＝60，所以P (A |B )＝n （AB ）n （B ）＝6091.P (B |A )的含义是在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率，即在“三个点数都不相同”的条件下，“至少出现一个6点”的概率，因为“三个点数都不相同”共有6×5×4＝120(种)情况，即n (A )＝120，所以P (B |A )＝n （AB ）n （A ）＝12.故选A ．6．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n 次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P ，P ≥1516，则n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选A ∵将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n 次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P ，P ≥1516，∴P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≥1516，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤116，即n ≥4，∴n 的最小值为4.7．(2020届石家庄摸底)有一匀速转动的圆盘，其中有一个固定的小目标M ，甲、乙两人站在距离圆盘外的2米处，用小圆环向圆盘中心抛掷，他们抛掷的圆环能套上小目标M 的概率分别为14与15，现甲、乙两人分别用小圆环向圆盘中心各抛掷一次，则小目标M 被套上的概率为________．解析：记小目标M 没被套上为事件A ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15＝35，所以小目标M 被套上的概率P ＝1－35＝25.答案：258．(2019届东北三省四市一模)若8件产品中包含6件一等品，在其中任取2件，则在已知取出的2件中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为________．解析：设事件“从8件产品中取出2件产品中有1件不是一等品”为A，事件“从8件产品中取出2件产品中有1件是一等品”为B，则P(A)＝C12C16＋C22C28＝1328，P(AB)＝C16C12C28＝1228＝37，所以另1件是一等品的概率为P(B|A)＝P（AB）P（A）＝371328＝1213.答案：12 139．(2019年全国卷Ⅱ)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10∶10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．(1)求P(X＝2)；(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．解：(1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．因此所求概率为[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.10．(2019届南京模拟)某射手每次射击击中目标的概率是23，且各次射击的结果互不影响，假设这名射手射击3次．(1)求恰有2次击中目标的概率；(2)现在对射手的3次射击进行计分：每击中目标1次得1分，未击中目标得0分；若仅有2次连续击中，则额外加1分；若3次全击中，则额外加3分．记X 为射手射击3次后的总得分，求X的概率分布列与数学期望E(X)．解：(1)设X 为射手在3次射击中击中目标的次数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23.在3次射击中，恰有2次击中目标的概率P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝49. (2)由题意可知，X 的所有可能取值为0，1，2，3，6.P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127；P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29；P (X ＝2)＝23×13×23＝427；P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827；P (X ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827.∴X 的分布列是∴X 的数学期望E (X )＝0×127＋1×29＋2×427＋3×827＋6×827＝8627.B 级·素养提升 |练能力|11.某批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下4粒种子恰好有2粒发芽的概率是( )A ．256625B ．192625 C ．96625 D ．16625解析：选CP ＝C 24×⎝⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝96625. 12．为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程．现有3名工人相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名工人选择的项目所属类别互异的概率是( )A ．12B ．13C ．14D ．16解析：选D 记第i 名工人选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1，2，3.由题意知，事件A i ，B i ，C i (i ＝1，2，3)相互独立，P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16，(i ＝1，2，3)，故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.故选D ．13．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：的使用寿命在30天以上的概率为( )A ．1316 B ．2764 C ．2532D ．2732解析：选D 由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，则所求概率为C 23⎝⎛⎭⎪⎫342×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732.14．(2019届中原区校级月考)2017年诺贝尔奖陆续揭晓，北京时间10月2日17：30首先公布了生理学和医学奖，获奖者分别是三位美国科学家霉尔(Jeffrey C ．Hall)、罗斯巴什(MichaelRosbash)和杨(MichaelW.Young)，表彰他们“发现控制生理节律的分子机制”．通过他们的研究成果发现，人类每天睡眠时间在7～9小时为最佳状态，从某大学随机挑选了100名学生(男生、女生各50名)做睡眠时间统计调查，调查结果如下：(1)请分别估计出该校男生和女生的睡眠平均时间(以表格中的频率代替总体的概率)；(2)若从全校(人数较多，且男女人数相当)睡眠最佳状态的人群中随机选出20人进行深度睡眠时间测试，记选出的女生人数为ξ，求ξ的期望．解：(1)男生的平均睡眠时间T 1＝4.5×550＋5.5×650＋6.5×1250＋7.5×1250＋8.5×850＋9.5×550＋10.5×250＝7.2(小时)；女生的平均睡眠时间T 2＝4.5×050＋5.5×250＋6.5×650＋7.5×1850＋8.5×1250＋9.5×1050＋10.5×250＝8.06(小时)．(2)根据表格可以估计出全校的睡眠最佳状态的学生中女生的占比为35，根据二项式分布知ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，35，因此E (ξ)＝20×35＝12.。

新课程改革高考数学专题训练教师版n次独立重复试验与二项分布

n 次独立重复试验与二项分布A 组基础巩固一、选择题1．(2019·启东模拟)甲射击命中目标的概率为0.75，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为( C )A ．12B ．1C ．1112D ．56[解析] 1－13×14＝1112，选C 项．2．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱子，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么第4次取球之后停止的概率为( B )A ．C 35C 14C 45B ．(59)3×49C ．35×14D ．C 14×(59)3×49[解析] 由题意知，第4次取球后停止是当且仅当前3次取的球是黑球，第4次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为(59)3×49.3．袋中有5个球(3个白球，2个黑球)，现每次取一个，无放回地抽取两次，则在第一次抽到白球的条件下，第二次抽到白球的概率为( C )A ．35B ．34C ．12D ．310[解析] 解法一：设条件A ＝“第一次取到一个白球”，则P (A )＝35，A ∩B ＝“无放回地取两次，都取到白球”，则P (A ∩B )＝A 23A 25＝310，∴所求P (B |A )＝P (A ∩B )P (A )＝3/103/5＝12.解法二：第一次抽到白球条件下，还剩2白2黑4个球，抽到白球的概率24＝12.4．(2019·河北承德)用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于13的概率为( C )A ．127B ．23C ．827D ．49[解析] 由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于13的概率为P ＝1－13＝23，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于13的概率为(23)3＝827.故选C ．5．(2018·课标Ⅲ)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．DX ＝2.4，P (X ＝4)<P (X ＝6)，则p ＝( B )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3[解析] 由题意，知DX ＝10p (1－p )，则p (1－p )＝0.24，解得p ＝0.4或0.6.∵P (X ＝4)＝C 410p 4(1－p )6，P (X ＝6)＝C 610p 6(1－p )4.且C 410＝C 610，P (X ＝4)<P (X ＝6)，则p 4(1－p )6<p 6(1－p )4，即(1－p )2<p 2，又p >0，故p >1－p ，则p ＝0.6，故选B ．二、填空题6．(2019·河南郑州)科目二，又称小路考，是机动车驾驶证考核的一部分，是场地驾驶技能考试科目的简称．假设甲通过科目二的概率均为34，且每次考试相互独立，则甲第3次考试才通过科目二的概率为__364___.[解析] 甲第3次考试才通过科目二，则前2次都未通过，第3次通过，故所求概率为(1－34)2×34＝364.7．(2019·厦门质检)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以的比分获胜的概率为__827___. [解析] 第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次，所以所求的概率为P ＝C 23(23)2×13×23＝827. 三、解答题8．(2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为12，13，14.(1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望． (2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率． [解析] (1)随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3. P (X ＝0)＝(1－12)×(1－13)×(1－14)＝14.P (X ＝1)＝12×(1－13)×(1－14)＋(1－12)×13×(1－14)＋(1－12)×(1－13)×14＝1124，P (X ＝2)＝(1－12)×13×14＋12×(1－13)×14＋12×13×(1－14)＝14，P (X ＝3)＝12×13×14＝124.所以随机变量X 的分布列为随机变量X 的数学期望E (X )＝0×14＋1×1124＋2×14＋3×124＝1312.(2)设Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P (Y ＋Z ＝1)＝P (Y ＝0，Z ＝1)＋P (Y ＝1，Z ＝0)＝P (Y ＝0)·P (Z ＝1)＋P (Y ＝1)P (Z ＝0)＝14×1124＋1124×14＝1148. 所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为11489．(2019·南京模拟)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解析] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}．A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2) ＝25×(1－12)＋(1－25)×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B (3，15)．于是P (X ＝0)＝C 03×(15)0×(45)3＝64125，P (X ＝1)＝C 13×(15)1×(45)2＝48125，P (X ＝2)＝C 23×(15)2×(45)1＝12125，P (X ＝3)＝C 33×(15)3×(45)0＝1125. 故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.B 组能力提升1．(2019·潍坊统考)某篮球队对队员进行考核，规则是：①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过．已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( B )A ．3B ．83C ．2D ．53[解析] 每个轮次甲不能通过的概率为13×13＝19，通过的概率为1－19＝89，因为甲3个轮次通过的次数X 服从二项分布B (3，89)，所以X 的数学期望为3×89＝83.2．在某“猜羊”游戏中，一只羊随机躲在两扇门后，选手选择其中一个门并打开，如果这只羊就在该门后，则为猜对；否则，为猜错．已知一位选手获得了4次“猜羊”机会，若至少猜对2次才能获奖，则该选手获奖的概率为( D )A ．0.25B ．0.3125C ．0.5D ．0.6875[解析] 依题意得，一位选手每次猜对的可能性为12，因此该选手获奖的概率为C 24·(12)4＋C 34·(12)4＋C 44·(12)4＝1116＝0.6875，选D ． 3．(2019·湖南联考)体育课的排球发球项目考试的规则：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生一次发球成功的概率为p ，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )>1.75，则p 的取值范围是( C )A ．(0，712)B ．(712，1)C ．(0，12)D ．(12，1)[解析] 根据题意，发球次数为1即第一次发球成功，故P (X ＝1)＝p ，发球次数为2即第一次发球失败，第二次发球成功，故P (X ＝2)＝p (1－p )，发球次数为3即第一次、第二次发球失败，故P (X ＝3)＝(1－p )2，则E (X )＝p ＋2p (1－p )＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3，依题意有E (X )>1.75，则p 2－3p ＋3>1.75，解得p >52或p <12，结合p 的实际意义，可得0<p <12，即p ∈(0，12)，故选C ．4．在国庆期间，甲去北京旅游的概率为13，乙、丙去北京旅游的概率分别为14、15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有一人去北京旅游的概率__35___.[解析] 依题意，三个人都不去北京旅游的概率为(1－13)(1－14)(1－15)＝25，所以至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝35.5．红队队员甲、乙、丙与蓝队队员A ，B ，C 进行围棋比赛，甲对A 、乙对B 、丙对C 各一盘．已知甲胜A 、乙胜B 、丙胜C 的概率分别为0.6,0.5,0.5.假设各盘比赛结果相互独立．(1)求红队至少两名队员获胜的概率；(2)用ξ表示红队队员获胜的总盘数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)． [解析] (1)设甲胜A 的事件为D ，乙胜B 的事件为E ，丙胜C 的事件为F ，则D ，E ，F 分别表示甲不胜A 、乙不胜B 、丙不胜C 的事件．因为P (D )＝0.6，P (E )＝0.5，P (F )＝0.5，由对立事件的概率公式知P (D )＝0.4，P (E )＝0.5，P (F )＝0.5. 红队至少两人获胜的事件有：DE F 、D E F 、D EF 、DEF . 由于以上四个事件两两互斥且各盘比赛的结果相互独立，因此红队至少两人获胜的概率为P ＝P (DE F )＋P (D E F )＋P (D EF )＋P (DEF )＝0.6×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5＝0.55. (2)由题意知ξ可能的取值为0,1,2,3.又由(1)知D E F 、D E F 、D E F 是两两互斥事件，且各盘比赛的结果相互独立，因此P (ξ＝0)＝P (D E F )＝0.4×0.5×0.5＝0.1， P (ξ＝1)＝P (D E F )＋P (D E F )＋P (D E F ) ＝0.4×0.5×0.5＋0.4×0.5×0.5＋0.6×0.5×0.5 ＝0.35，P (ξ＝3)＝P (DEF )＝0.6×0.5×0.5＝0.15. 由对立事件的概率公式得P (ξ＝2)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝0.4. 所以ξ的分布列为：因此E (ξ)＝0×0.1＋16．(2019·天津模拟)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种：方案a ，从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元，否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b ，从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元，否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．2．抽奖条件是，顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a 抽奖一次；满150元，可根据方案b 抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a 抽奖两次或方案b 抽奖一次或方案a ，b 各抽奖一次)．已知顾客A 在该商场购买商品的金额为350元．(1)若顾客A 只选择根据方案a 进行抽奖，求其所获奖金的期望值； (2)要使所获奖金的期望值最大，顾客A 应如何抽奖？[解析] (1)解法一：由题意知顾客A 只选择根据方案a 进行抽奖，此时可抽奖3次，且选择方案a 抽奖1次，获得奖金30元的概率为C 22C 25＝0.1.设顾客A 所获奖金为随机变量X ，则X 的所有可能取值为0,30,60,90，则P (X ＝0)＝0.93＝0.729，P (X ＝30)＝C 13×0.1×0.92＝0.243，P (X ＝60)＝C 23×0.12×0.9＝0.027，P (X ＝90)＝0.13＝0.001，∴E (X )＝0×0.729＋30×0.243＋60×0.027＋90×0.001＝9.解法二：由题意知顾客A 只选择根据方案a 进行抽奖，此时可抽奖3次，且选择方案a 抽奖1次，获得奖金30元的概率为C 22C 25＝0.1.设只选择根据方案a 抽奖中奖的次数为随机变量ζ，则ζ～B (3,0.1)，E (ζ)＝3×0.1＝0.3，设此时顾客A 所获奖金为随机变量X ，则X ＝30ζ， ∴E (X )＝30E (ζ)＝30×0.3＝9.(2)由题意得选择根据方案b 抽奖1次，获得奖金15元的概率为C 23C 25＝0.3.设顾客A 只选择根据方案b 抽奖，此时可抽奖2次，所获奖金为随机变量Y ，则Y 的所有可能取值为0,15,30，则P (Y ＝0)＝0.72＝0.49，P (Y ＝15)＝C 12×0.3×0.7＝0.42，P (Y ＝30)＝0.32＝0.09，∴E (Y )＝0×0.49＋15×0.42＋30×0.09＝9.设顾客A 选择根据方案a 抽奖2次、方案b 抽奖1次时所获奖金为随机变量Z ，则Z 的所有可能取值为0,15,30,45,60,75，则P (Z ＝0)＝0.92×0.7＝0.567，P (Z ＝15)＝0.92×0.3＝0.243，P (Z ＝30)＝C 12×0.1×0.9×0.7＝0.126，P (Z ＝45)＝C 12×0.1×0.9×0.3＝0.054，P (Z ＝60)＝0.12×0.7＝0.007，P (Z ＝75)＝0.12×0.3＝0.003，∴E (Z )＝0×0.567＋15×0.243＋30×0.126＋45×0.054＋60×0.007＋75×0.003＝10.5 ∴E (Z )>E (X )＝E (Y )，顾客A 应选择根据方案a 抽奖2次、方案b 抽奖1次，可使所获奖金的期望值最大．。

课时作业17：2.2.3　独立重复试验与二项分布

2.2.3 独立重复试验与二项分布一、选择题1.若在一次测量中出现正误差和负误差的概率都是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解析由n 次独立重复试验的定义知，在5次测量中恰好出现2次正误差的概率是P ＝C 25·⎝⎛⎭⎫122·⎝⎛⎭⎫123＝516. 2.设随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (ξ≤3)等于( ) A.1132 B.732 C.2132 D.764 考点二项分布的计算及应用题点利用二项分布求概率答案 C解析 P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝C 06×⎝⎛⎭⎫126＋C 16·⎝⎛⎭⎫126＋C 26·⎝⎛⎭⎫126＋C 36·⎝⎛⎭⎫126＝2132. 3.一头猪服用某药品后被治愈的概率是90%，则服用这种药的5头猪中恰有3头被治愈的概率为( ) A.0.93B.1－(1－0.9)3C.C 35×0.93×0.12D.C 35×0.13×0.92 答案 C解析 5头猪中恰有3头被治愈的概率为C 35×0.93×0.12.4.一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率是( )A.13B.23C.14D.25考点 n 次独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用答案 B解析设此射手的命中概率为x ，则不能命中的概率为1－x .由题意知4次射击全部没有命中目标的概率为1－8081＝181，所以(1－x )4＝181，解得x ＝23.5.甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )A.827B.6481C.49D.89 考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率答案 A解析当甲以3∶1的比分获胜时，说明甲乙两人在前三场比赛中，甲只赢了两局，乙赢了一局，第四局甲赢，所以甲以3∶1的比分获胜的概率为P ＝C 23⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23×23＝3×49×13×23＝827，故选A.6.若X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则使P (X ＝k )最大的k 的值是( ) A.2 B.3 C.2或3 D.4 答案 B解析 P (X ＝k )＝C k 6⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫126－k ＝C k 6⎝⎛⎭⎫126， ∴当k ＝3时，C k 6⎝⎛⎭⎫126最大. 7.口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{a n }，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸取红球，1，第n 次摸取白球，如果S n 为数列{a n }的前n 项和，那么S 7＝3的概率为( )A.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫235 B.C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132C.C 57×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫135 D.C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135 考点 n 次独立重复试验的计算题点用独立重复试验的概率公式求概率答案 D解析由S 7＝3知，在7次摸球中有2次摸取红球，5次摸取白球，而每次摸取红球的概率为23，摸取白球的概率为13，则S 7＝3的概率为C 27×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫135，故选D. 二、填空题8.从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为________. 考点独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验中恰好发生k 次的概率答案 0.048 6解析 P ＝C 24×(0.1)2×(1－0.1)2＝0.048 6.9.位于坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是________.答案516解析质点在移动过程中向右移动2次，向上移动3次，因此质点P 移动5次后位于点(2,3)的概率为C 25⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1－123＝C 25⎝⎛⎭⎫125＝516.10.一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为________. 考点 n 次独立重复试验的计算题点 n 次独立重复试验概率的应用答案 4解析由1－C 0n⎝⎛⎭⎫1－12n >0.9，得⎝⎛⎭⎫12n <0.1，∴n ≥4. 11.一袋中装有4个白球，2个红球，现从袋中往外取球，每次取出一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现3次停止，设停止时，取球次数为随机变量X ，则P (X ＝5)＝________.考点 n 次独立重复试验的计算题点用独立重复试验的概率公式求概率答案881解析 X ＝5表示前4次中有2次取到红球，2次取到白球，第5次取到红球.则P (X ＝5)＝C 24⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232×13＝881. 三、解答题12.某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)求系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率. 解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C )＝1－110·p ＝4950，解得p＝15. (2)设“系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D ，那么P (D )＝C 23·110·⎝⎛⎭⎫1－1102＋⎝⎛⎭⎫1－1103＝9721 000＝243250. 故系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为243250.13.某公司是否对某一项目投资，由甲、乙、丙三位决策人投票决定，他们三人都有“同意”“中立”“反对”三类票各一张，投票时，每人必须且只能投一张票，每人投三类票中的任何一类票的概率都为13，他们的投票相互没有影响，规定：若投票结果中至少有两张“同意”票，则决定对该项目投资；否则，放弃对该项目的投资. (1)求该公司决定对该项目投资的概率；(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率. 解 (1)该公司决定对该项目投资的概率为 P ＝C 23⎝⎛⎭⎫132·23＋⎝⎛⎭⎫133＝727.(2)该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票，有以下四种情形：P (A )＝C 33⎝⎛⎭⎫133＝127， P (B )＝C 13⎝⎛⎭⎫133＝19， P (C )＝C 13C 12⎝⎛⎭⎫133＝29， P (D )＝C 13⎝⎛⎭⎫133＝19，因为A ，B ，C ，D 互斥，所以P (A ∪B ∪C ∪D ) ＝P (A )＋P (B )＋P (C )＋P (D )＝1327.14.网上购物逐步走进大学生活，某大学学生宿舍4人积极参加网购，大家约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪家购物，掷出点数为5或6的人去淘宝网购物，掷出点数小于5的人去京东商城购物，且参加者必须从淘宝网和京东商城选择一家购物. (1)求这4个人中恰有1人去淘宝网购物的概率；(2)用ξ，η分别表示这4个人中去淘宝网和京东商城购物的人数，令X ＝ξη，求随机变量X 的分布列.考点二项分布的计算及应用题点二项分布的实际应用解依题意，得这4个人中，每个人去淘宝网购物的概率为13，去京东商城购物的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去淘宝网购物”为事件A i (i ＝0,1,2,3,4)，则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ⎝⎛⎭⎫234－i(i ＝0,1,2,3,4).(1)这4个人中恰有1人去淘宝网购物的概率为P (A 1)＝C 14⎝⎛⎭⎫131⎝⎛⎭⎫233＝3281. (2)易知X 的所有可能取值为0,3,4.P (X ＝0)＝P (A 0)＋P (A 4)＝C 04⎝⎛⎭⎫130×⎝⎛⎭⎫234 ＋C 44⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫230＝1681＋181＝1781， P (X ＝3)＝P (A 1)＋P (A 3)＝C 14⎝⎛⎭⎫131×⎝⎛⎭⎫233＋C 34⎝⎛⎭⎫133×⎝⎛⎭⎫231＝3281＋881＝4081， P (X ＝4)＝P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝2481.所以随机变量X 的分布列是15.某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球.在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖. (1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获奖的次数为X ，求X 的分布列. 解 (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}. 由题意，知A 1与A 2相互独立，A 1∩A 2与A 1∩A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1∩A 2，B 2＝A 1∩A 2＋A 1∩A 2，C ＝B 1＋B 2. 因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1∩A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1∩A 2＋A 1∩A 2)＝P (A 1∩A 2)＋P (A 1∩A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2)＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获奖的概率为710，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，710. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫7100⎝⎛⎭⎫3103＝271 000， P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫7101⎝⎛⎭⎫3102＝1891 000， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫7102⎝⎛⎭⎫3101＝4411 000， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫7103⎝⎛⎭⎫3100＝3431 000，故X的分布列为。

高三数学一轮复习课时作业63n次独立重复试验与二项分布理试题

课时作业(六十三) [第63讲 n 次HY 重复试验与二项分布][时间是：45分钟分值：100分]根底热身1．以下说法正确的选项是( ) A ．P (A |B )＝P (B |A ) B ．0<P (B |A )<1C ．P (AB )＝P (A )·P (B |A )D ．P (B |A )＝12．[2021·卷] 两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品互相HY ，那么这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.163．[2021·卷] 投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上〞为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，那么事件A ，B 中至少有一件发生的概率是( )A.512 B.12 C.712 D.344．将一枚硬币连掷5次，假如出现k 次正面的概率等于出现k ＋1次正面的概率，那么k 的值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 才能提升5．[2021·五校联考] 位于直角坐标原点的一个质点P 按以下规那么挪动：质点每次挪动一个单位，挪动的方向向左或者向右，并且向左挪动的概率为23，向右挪动的概率为13，那么质点P挪动五次后位于点(1,0)的概率是( )A.4243B.8243C.40243D.802436．在4次HY重复试验中，事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，那么事件A在一次试验中发生的概率p的取值范围是( )A．[0.4,1) B．(0,0.4)C．(0,0.6] D．[0.6,1)7．在5道题中有三道数学题和两道物理题，假如不放回的依次抽取2道题，那么在第一次抽到数学题的条件下，第二次抽到数学题的概率是( )A.35B.25C.12D.138．[2021·卷] 从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A表示“取到的2个数之和为偶数〞，事件B表示“取到的2个数均为偶数〞，那么P(B|A)＝( )A.18B.14C.25D.129．[2021·卷] 一位国王的铸币大臣在每箱100枚的硬币中各掺入了一枚劣币，国王疑心大臣HY，他用两种方法来检测．方法一：在10箱中各任意抽查一枚；方法二：在5箱中各任意抽查两枚．国王用方法一、二能发现至少一枚劣币的概率分别记为p1和p2.那么( )A．p1＝p2B．p1<p2C．p1>p2D．以上三种情况都有可能10．[2021·卷] 加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170、169、168，且各道工序互不影响，那么加工出来的零件的次品率为____________．11．[2021·卷] 如图K63－1，EFGH是以O为圆心、半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内〞，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影局部)内〞，那么(1)P(A)＝________；(2)P(B|A)＝________.图K63－112．三支球队中，甲队胜乙队的概率为0.4，乙队胜丙队的概率为0.5，丙队胜甲队的概率为0.6，比赛顺序是：第一局是甲队对乙队，第二局是第一局的胜者对丙队，第三局是第二局胜者对第一局的败者，第四局是第三局胜者对第二局败者，那么乙队连胜四局的概率为________．13．[2021·卷] 甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，那么以下结论中正确的选项是__________(写出所有正确结论的序号)．①P()B＝25；②P()B|A1＝511；③事件B与事件A1互相HY；④A1，A2，A3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定，因为它与A1，A2，A3中终究哪一个发生有关．14．(10分)[2021·高中一模] 某果园要用三辆汽车将一批水果从所在城E运至销售城F，从城E到城F有两条公路．统计说明：汽车走公路Ⅰ堵车的概率为110，不堵车的概率为910；走公路Ⅱ堵车的概率为35，不堵车的概率为25，假设甲、乙两辆汽车走公路Ⅰ，第三辆汽车丙由于其他原因走公路Ⅱ运送水果，且三辆汽车是否堵车互相之间没有影响．(1)求甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率； (2)求三辆汽车中至少有两辆堵车的概率．15．(13分)[2021·长安一中质检] 甲、乙两人进展围棋比赛，规定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进展到有一人比对方多2分或者打满6局时停顿．设甲在每局中获胜的概率为p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p >12，且各局胜负互相HY ．第二局比赛完毕时比赛停顿的概率为59.(1)求p 的值；(2)设X 表示比赛停顿时已比赛的局数，求随机变量X 的分布列和数学期望E (X )．难点打破16．(12分)某人向一目的射击4次，每次击中目的的概率为13.该目的分为3个不同的局部，第一、二、三局部面积之比为1∶3∶6.击中目的时，击中任何一局部的概率与其面积成正比．(1)设X 表示目的被击中的次数，求X 的分布列；(2)假设目的被击中2次，A 表示事件“第一局部至少被击中1次或者第二局部被击中2次〞，求P (A )．课时作业(六十三)【根底热身】1．C [解析] 由P(B|A)＝P ABP A，可得P(AB)＝P(A)·P(B|A)．2．B [解析] 设两个实习生每人加工一个零件为一等品分别为事件A ，B ，那么P(A)＝23，P(B)＝34，于是这两个零件中恰有一个一等品的概率为： P(A B ＋A B)＝P(A B )＋P(A B)＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.3．C [解析] 此题涉及古典概型概率的计算．本知识点在考纲中为B 级要求．由题意得P(A)＝12，P(B)＝16，那么事件A ，B 至少有一件发生的概率是1－P(A )·P(B )＝1－12×56＝712. 4．C [解析] 根据题意，此题为HY 重复试验，由概率公式得：C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12k×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫124－k，解得k ＝2. 【才能提升】5．C [解析] 左移两次，右移三次，概率是C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝40243.6．A [解析] 根据题意，C 14p(1－p)3≤C 24p 2(1－p)2，解得p≥0.4，0<p<1，∴0.4≤p<1. 7．C [解析] 第一次抽到数学题为事件A ，第二次抽到数学题为事件B ，n(AB)＝A 23＝6，n(A)＝A 13×A 14＝12.那么所求的概率为P(B|A)＝n AB n A ＝612＝12.8．B 【解析】由于n(A)＝1＋C 23＝4，n(AB)＝1，所以P(B|A)＝n AB n A ＝14，应选B .9．B [解析] 按方法一，在各箱任意抽查一枚，抽得枚劣币的概率为1100＝0.01，所以p 1＝1－(1－0.01)10，按方法二，在各箱任意抽查一枚，抽得枚劣币的概率为C 199C 2100＝0.02，所以p 2＝1－(1－0.02)5，易计算知p 1<p 2，选B .10.370 [解析] 加工出来的正品率为P 1＝6970×6869×6768＝6770，∴次品率为P ＝1－P 1＝370. 11．(1) 2π (2)14 [解析] (1)S 圆＝π，S 正方形＝(2)2＝2，根据几何概型的求法有P(A)＝S 正方形S 圆＝2π；(2)由∠EOH＝90°，S △EOH ＝14S 正方形＝12，故P( |B A)＝S △EOH S 正方形＝122＝14.12．0.09 [解析] 设乙队连胜四局为事件A ，有以下情况：第一局中乙胜甲(A 1)，其概率为1－0.4＝0.6；第二局中乙胜丙(A 2)，其概率为0.5；第三局中乙胜甲(A 3)，其概率为0.6；第四局中乙胜丙(A 4)，其概率为0.50，因各局比赛中的事件互相HY ，故乙队连胜四局的概率为：P(A)＝P(A 1A 2A 3A 422＝0.09.13．②④ [解析] 根据题意可得P(A 1)＝510，P(A 2)＝210，P(A 3)＝310，可以判断④是正确的；A 1、A 2、A 3为两两互斥事件，P(B)＝P(B|A 1)＋P(B|A 2)＋P(B|A 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，那么①是错误的； P(B|A 1)＝P A 1BP A 1＝510×511510＝511，那么②是正确的；同理可以判断出③和⑤是错误的．14．[解答] 记“汽车甲走公路Ⅰ堵车〞为事件A ， “汽车乙走公路Ⅰ堵车〞为事件B ， “汽车丙走公路Ⅱ堵车〞为事件C.(1)甲、乙两辆汽车中恰有一辆堵车的概率为 P 1＝P(A·B )＋P(A ·B)＝110×910＋910×110＝950.(2)甲、乙、丙三辆汽车中至少有两辆堵车的概率为P 2＝P(A·B·C )＋P(A·B ·C)＋P(A ·B·C)＋P(A·B·C) ＝110×110×25＋110×910×35＋910×110×35＋110×110×35＝59500. 15．[解答] (1)当甲连胜2局或者乙连胜2局时，第二局比赛完毕时比赛停顿，故p 2＋(1－p)2＝59，解得p ＝23或者＝13.又p>12，所以p ＝23.(2)依题意知X 的所有可能取值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，那么该轮完毕时比赛停顿的概率为59，假设该轮完毕时比赛还将继续，那么甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停顿没有影响，从而有P(X ＝2)＝59，P(X ＝4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×59＝2081，P(X ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－59×1＝1681，那么随机变量的分布列为故E(X)＝2×9＋4×81＋6×81＝81.【难点打破】16．[解答] (1)依题意X的分布列为(2)iB i表示事件〞第二次击中目的时，击中第i局部〞，i＝1,2.依题意知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，A＝A1B1∪A1B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率为P(A)＝P(A1B1)＋P(A1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)＝P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.励志赠言经典语录精选句；挥动**，放飞梦想。

2020年新高考数学一轮专题复习分项汇编： n次独立重复试验与二项分布(含解析)

2020年新高考数学一轮专题复习分项汇编：n 次独立重复试验与二项分布（含解析）1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P (X ＝3)等于( )A ．516 B ．316C ．58D ．38【答案】A [X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，由二项分布可得，P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝⎛⎭⎪⎫1－123＝516.]2．(2019·山东临沂检测)周老师上数学课时，给班里同学出了两道选择题，她预估做对第一道题的概率为0.80，做对两道题的概率为0.60，则预估做对第二道题的概率是( )A ．0.80B ．0.75C ．0.60D ．0.48【答案】B [设“做对第一道题”为事件A ，“做对第二道题”为事件B ，则P (AB )＝P (A )·P (B )＝0.8·P (B )＝0.6，故P (B )＝0.75.]3．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的记录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则在甲市为雨天的条件下，乙市也为雨天的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.66【答案】A [将“甲市为雨天”记为事件A ，“乙市为雨天”记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，故P (B |A )＝P AB P A ＝0.120.2＝0.6.]4．设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( )A ．3281B ．1127C ．6581D ．1681【答案】B [因为随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，又P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以Y ～B ⎝⎛⎭⎪⎫4，13，则P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1127.]5．(2019·陕西西安质检)中秋节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( )A ．5960B ．35C ．12D ．160【答案】B [“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ，B ，C ，则P (A )＝13，P (B )＝14，P (C )＝15，所以P (A －)＝23，P (B －)＝34，P (C －)＝45，由题意知，A ，B ，C 相互独立．所以三人都不回老家过节的概率P (A － B － C －)＝P (A －)P (B －)P (C －)＝25.故至少有一人回老家过节的概率P＝1－25＝35.]6．如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连结成一个系统．当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为____________．【答案】0．864 [可知K ，A 1，A 2三类元件正常工作相互独立．所以当A 1，A 2至少有一个能正常工作的概率为P ＝1－(1－0.8)2＝0.96，所以系统能正常工作的概率为P K ·P ＝0.9×0.96＝0.864.]7．(2019·山东淄博月考)如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为_____________．【答案】12 [设女孩个数为X ，女孩多于男孩的概率为P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫12。

高考数学大一轮复习 n次独立重复试验与二项分布课时跟

课时跟踪检测(六十八) n 次独立重复试验与二项分布一、选择题1．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )A.310 B.29C.78D.792．设两个独立事件A 和B 同时不发生的概率是p ，A 发生B 不发生与A 不发生B 发生的概率相同，则事件A 发生的概率为( )A ．2p B.p2C ．1－pD ．1－2p3．(2015·广州模拟)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.884．(2015·包头模拟)某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下3粒这样的种子恰有2粒发芽的概率是( )A.12125 B.16125C.48125 D.961255．1号箱中有2个白球和4个红球，2号箱中有5个白球和3个红球，现随机地从1号箱中取出一球放入2号箱，然后从2号箱随机取出一球．则从2号箱取出红球的概率是( )A.1127 B.1124C.1627 D.9246．(2015·长春二模)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )A ．C 1012⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582B ．C 912⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫582C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫589⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582二、填空题7．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．8．如图所示的电路有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．9．甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为________．10．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品．现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．三、解答题11．(2015·成都二模)某人向一目标射击4次，每次击中目标的概率为13.该目标分为3个不同的部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6，击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．(1)设X 表示目标被击中的次数，求X 的分布列；(2)若目标被击中2次，A 表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求P (A )．12．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响．(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率； (3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率是多少？答案1．选D 设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P ABP A ＝730310＝792．选C 据题意设事件A 发生的概率为a ，事件B 发生的概率为b ，则有⎩⎪⎨⎪⎧1－a 1－b ＝p ， ①a 1－b ＝1－a b . ②由②知a ＝b ，代入①即得a ＝1－p .3．选D 因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”，由对立事件和相互独立事件概率公式知，P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88.4．选C 用X 表示发芽的粒数，独立重复试验服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，45，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫452⎝ ⎛⎭⎪⎫151＝48125. 5．选A 法一：记事件A ：最后从2号箱中取出的是红球；事件B ：从1号箱中取出的是红球，则根据古典概型和对立事件的概率和为1，可知：P (B )＝42＋4＝23，P (B )＝1－23＝13；由条件概率公式知P (A |B )＝3＋18＋1＝49，P (A |B )＝38＋1＝39.从而P (A )＝P (AB )＋P (A B )＝P (A |B )·P (B )＋P (A |B )·P (B )＝1127，选A.法二：根据题意，分两种情况讨论：①从1号箱中取出白球，其概率为26＝13，此时2号箱中有6个白球和3个红球，从2号箱中取出红球的概率为13，则此种情况下的概率为13×13＝19.②从1号箱中取出红球，其概率为46＝23.此时2号箱中有5个白球和4个红球，从2号箱取出红球的概率为49，则这种情况下的概率为23×49＝827.则从2号箱取出红球的概率是19＋827＝1127. 6．选D “X ＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2次取到白球，因此P (X ＝12)＝38C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫582＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582.7．解析：设“种子发芽”为事件A ，“种子成长为幼苗”为事件AB (发芽，又成活为幼苗)．出芽后的幼苗成活率为P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9.根据条件概率公式得P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.8×0.9＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.答案：0.728．解析：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件A B C ，且A ，B ，C 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，由独立事件概率公式知P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12×12×12＝18.答案：189．解析：设甲命中目标为事件A ，乙命中目标为事件B ，丙命中目标为事件C ，则击中目标表示事件A ，B ，C 中至少有一个发生．又P (A ·B ·C )＝P (A )·P (B )·P (C ) ＝[1－P (A )]·[1－P (B )]·[1－P (C )]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝14. 故目标被击中的概率为1－P (A ·B ·C )＝1－14＝34.答案：3410．解析：设事件A 为“第一次取到不合格品”，事件B 为“第二次取到不合格品”，则P (AB )＝C 25C 2100，所以P (B |A )＝P ABP A ＝5×4100×995100＝499.答案：49911．解：(1)依题意知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13， P (X ＝0)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫130⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝1681， P (X ＝1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＝3281， P (X ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＝2481， P (X ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫1－131＝881， P (X ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134⎝⎛⎭⎪⎫1－130＝181.∴X 的分布列为(2)设A i 表示事件“第一次击中目标时，击中第i 部分”i ＝1,2.B i 表示事件“第二次击中目标时，击中第i 部分”，i ＝1,2.依题意知P (A 1)＝P (B 1)＝0.1，P (A 2)＝P (B 2)＝0.3，A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2，所求的概率为P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2)＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.12．解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A 1，则事件A 1的对立事件A 1为“甲连续射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．故P (A 1)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681.所以P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－1681＝6581.所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝827，P (B 2)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝⎛⎭⎪⎫1－341＝2764. 由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝P (A 2)P (B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D 2D 1∪D 2D 1∪D 2D 1)，且P (D i )＝14.由于各事件相互独立，故P (A 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D2D 1＋D 2D 1＋D 2D 1)＝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.。

新课改瘦专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测六十三n次独立重复试验及二项分布

课时跟踪检测（六十三） n 次独立重复试验及二项分布一、题点全面练1.如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为( ) A.23 B.12 C.34D.14解析：选B 设女孩个数为X ，女孩多于男孩的概率为P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12＋C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝3×18＋18＝12.2.(2018·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：使用时间/天10～20 21～30 31～40 41～50 51～60 个数1040805020命在30天以上的概率为( )A.1316 B.2764 C.2532D.2732解析：选D 由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，则所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732. 3.(2019·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4个人去的景点不相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝( )A.29 B.13 C.49D.59解析：选A 小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n (B )＝108,4个人去的景点不同的情况有A 44＝4×3×2×1＝24种，即n (AB )＝24，∴P (A |B )＝n AB n B ＝24108＝29.4.甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分). 甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83 乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A ；“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B ，则P (AB )，P (A |B )的值分别是( )A.14，59B.14，49C.15，59D.15，49解析：选A 由题意知，P (AB )＝1020×510＝14，根据条件概率的计算公式得P (A |B )＝P ABPB ＝14920＝59. 5.在一个质地均匀的小正方体的六个面中，三个面标0，两个面标1，一个面标2，将这个小正方体连续抛掷两次，若向上的数字的乘积为偶数，则该乘积为非零偶数的概率为( )A.14 B.89 C.116D.532解析：选D 两次数字乘积为偶数，可先考虑其反面——只需两次均出现1向上，故两次数字乘积为偶数的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫262＝89；若乘积非零且为偶数，需连续两次抛掷小正方体的情况为(1,2)或(2,1)或(2,2)，概率为13×16×2＋16×16＝536.故所求条件概率为53689＝532.6.设由0,1组成的三位编号中，若用A 表示“第二位数字为0的事件”，用B 表示“第一位数字为0的事件”，则P (A |B )＝________.解析：因为第一位数字可为0或1，所以第一位数字为0的概率P (B )＝12，第一位数字为0且第二位数字也是0，即事件A ，B 同时发生的概率P (AB )＝12×12＝14，所以P (A |B )＝P ABP B ＝1412＝12.答案：127.事件A ，B ，C 相互独立，如果P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (B )＝________，P (A B )＝________.解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧P AP B ＝16， ①PB PC ＝18， ②PAP BPC＝18， ③由③÷①得P (C )＝34，所以P (C )＝1－P (C )＝1－34＝14.将P (C )＝14代入②得P (B )＝12，所以P (B )＝1－P (B )＝12，由①可得P (A )＝13，所以P (A B )＝P (A )·P (B )＝23×12＝13.答案：12 138.某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17,18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为14，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝⎛⎭⎪⎫5，14，即有P (ξ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫345－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.故P (ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫144×⎝ ⎛⎭⎪⎫341＝151 024. 答案：151 0249.挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响.(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X 的分布列.解：(1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X ～B (3,0.3)，X 的可能取值为0,1,2,3，其中P (X ＝k )＝C k 3(0.3)k ·(1－0.3)3－k，k ＝0,1,2,3. 故P (X ＝0)＝C 03×0.30×(1－0.3)3＝0.343，P (X ＝1)＝C 13×0.3×(1－0.3)2＝0.441，P (X ＝2)＝C 23×0.32×(1－0.3)＝0.189， P (X ＝3)＝C 33×0.33＝0.027，故X 的分布列为10.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为3和4.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击.问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为多少？解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A 1，则事件A 1的对立事件A 1为“甲连续射击4次，全部击中目标”.由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验.故P (A 1)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681.所以P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－1681＝6581.所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝827，P (B 2)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343×⎝⎛⎭⎪⎫1－341＝2764. 由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝P (A 2)P (B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D2D 1∪D 2D 1∪D 2D 1)，且P (D i )＝14.由于各事件相互独立，故P (A 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D 2D 1＋D 2D 1＋D 2D 1)＝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451 024.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1.箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱中，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么在第4次取球之后停止的概率为( )A.C 35C 14C 45 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49 C.35×14D.C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49解析：选B 由题意知，第四次取球后停止是当且仅当前三次取的球是黑球，第四次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49.2.已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )A.310B.29C.78D.79解析：选D 设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P ABP A ＝730310＝79.3.为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为16，第二轮检测不合格的概率为110，两轮检测是否合格相互没有影响.若产品可以销售，则每件产品获利40元；若产品不能销售，则每件产品亏损80元.已知一箱中有4件产品，记一箱产品获利X 元，则P (X ≥－80)＝________.解析：由题意得该产品能销售的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＝34.易知X 的所有可能取值为－320，－200，－80,40,160，设ξ表示一箱产品中可以销售的件数，则ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，34，所以P (ξ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫34k ⎝ ⎛⎭⎪⎫144－k，所以P (X ＝－80)＝P (ξ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫342⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝27128，P (X ＝40)＝P (ξ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫343⎝ ⎛⎭⎪⎫141＝2764， P (X ＝160)＝P (ξ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫344⎝ ⎛⎭⎪⎫140＝81256，故P (X ≥－80)＝P (X ＝－80)＋P (X ＝40)＋P (X ＝160)＝243256. 答案：243256(二)交汇专练——融会巧迁移4.[与统计交汇]从某市的高一学生中随机抽取400名同学的体重进行统计，得到如图所示的频率分布直方图.(1)估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg 的概率； (2)假设该市高一学生的体重X 服从正态分布N (57，σ2).①利用(1)的结论估计该高一某个学生体重介于54～57 kg 之间的概率；②从该市高一学生中随机抽取3人，记体重介于54～57 kg 之间的人数为Y ，利用(1)的结论，求Y 的分布列.解：(1)这400名学生中，体重超过60 kg 的频率为(0.04＋0.01)×5＝14，由此估计从该市高一学生中随机抽取一人，体重超过60 kg 的概率为14.(2)①∵X ～N (57，σ2)，由(1)知P (X ＞60)＝14，∴P (X ＜54)＝14，∴P (54＜X ＜60)＝1－2×14＝12，∴P (54＜X ＜57)＝12×12＝14，即高一某个学生体重介于54～57 kg 之间的概率为14.②∵该市高一学生总体很大，∴从该市高一学生中随机抽取3人，可以视为独立重复试验，其中体重介于54～57 kg 之间的人数Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14，其中P (Y ＝i )＝C i 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14i ⎝ ⎛⎭⎪⎫343－i，i ＝0,1,2,3.∴Y 的分布列为Y 0 1 2 3 P27642764964164。

高中数学第二章2.2.3独立重复试验与二项分布优化练习新人教A版选修2

学习资料专题2.2.3 独立重复试验与二项分布[课时作业] [A 组基础巩固]1．某一试验中事件A 发生的概率为p ，则在n 次独立重复试验中，A 发生k 次的概率为( ) A ．1－p kB ．(1－p )k pn －kC ．(1－p )kD ．C kn (1－p )k pn －k解析：A 发生的概率为p ，则A 发生的概率为1－p ，n 次独立重复试验中A 发生k 次的概率为C k n (1－p )k p n －k.答案：D2．某人参加一次考试，4道题中答对3道为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率约为( ) A ．0.18 B ．0.28 C ．0.37D ．0.48解析：P ＝C 34×0.43×(1－0.4)＋C 44×0.44＝0.179 2≈0.18. 答案：A3．甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为“3局2胜”，即以先赢2局者为胜，根据经验，每局比赛中甲获胜的概率为0.6，则本次比赛甲获胜的概率是( ) A ．0.216 B ．0.36 C ．0.432D ．0.648解析：甲获胜有两种情况，一是甲以2∶0获胜，此时p 1＝0.62＝0.36；二是甲以2∶1获胜，此时p 2＝C 12×0.6×0.4×0.6＝0.288，故甲获胜的概率p ＝p 1＋p 2＝0.648. 答案：D4．若随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，则P (ξ＝k )最大时，k 的值为( )A ．5B ．1或2C ．2或3D ．3或4解析：依题意P (ξ＝k )＝C k5×⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.可以求得P (ξ＝0)＝32243，P (ξ＝1)＝80243，P (ξ＝2)＝80243， P (ξ＝3)＝40243，P (ξ＝4)＝10243，P (ξ＝5)＝1243. 故当k ＝1或2时，P (ξ＝k )最大．答案：B5．一个学生通过某种英语听力测试的概率是12，他连续测试n 次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n 的最小值为( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析：由1－C 0n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n >0.9，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <0.1， ∴n ≥4. 答案：C6．连续掷一枚硬币5次，恰好有3次正面向上的概率为________．解析：正面向上的次数ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，所以P (ξ＝3)＝C 35·⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝10×132＝516.答案：5167．设X ～B (2，p )，若P (X ≥1)＝59，则p ＝________.解析：∵X ～B (2，p )， ∴P (X ＝k )＝C k 2p k(1－p )2－k，k ＝0,1,2.∴P (X ≥1)＝1－P (X <1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 02p 0(1－p )2＝1－(1－p )2. ∴1－(1－p )2＝59，结合0≤p ≤1，解得p ＝13.答案：138．甲、乙两人投篮命中的概率分别为p 、q ，他们各投两次，若p ＝12，且甲比乙投中次数多的概率恰好等于736，则q 的值为________．解析：所有可能情形有：甲投中1次，乙投中0次；甲投中2次，乙投中1次或0次．依题意有：C 12p (1－p )·C 02(1－q )2＋C 22p 2[C 02(1－q )2＋C 12q (1－q )]＝736，解得q ＝23或q ＝103(舍去)．答案：239．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是14，求1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率是多少？(结果保留两位有效数字)解析：1小时内5台机床需要照管相当于5次独立重复试验1小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率P 5(0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－145＝⎝ ⎛⎭⎪⎫345,1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率P 5(1)＝C 15×14×⎝⎛⎭⎪⎫1－144，所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为P ＝1－[P 5(0)＋P 5(1)]≈0.37.10．甲、乙两人各射击一次击中目标的概率分别是23和34，假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响，每次射击是否击中目标，相互之间也没有影响． (1)求甲射击4次，至少1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率．解析：设“甲、乙两人各射击一次目标击中分别记为A 、B ”，则P (A )＝23，P (B )＝34.(1)甲射击4次，全击中目标的概率为C 44P 4(A )[1－P (A )]0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681.所以甲射击4次至少1次未击中目标的概率为 1－1681＝6581. (2)甲、乙各射击4次，甲恰好击中2次，概率为C 24P 2(A )·[1－P (A )]2＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝827.乙恰好击中3次，概率为C 34P 3(B )·[1－P(B )]1＝2764.故所求概率为827×2764＝18.[B 组能力提升]1．10个球中有一个红球，有放回的抽取，每次取出一球，直到第n 次才取得k (k ≤n )次红球的概率为( ) A ．(110)2(910)n －kB ．(110)k (910)n －kC ．C k －1n －1(110)k (910)n －k D ．C k －1n －1(110)k －1(910)n －k解析：由题意知10个球中有一个红球，有放回的抽取，每次取出一球，每一次的抽取是相互独立的，得到本实验符合独立重复试验，直到第n 次才取得k (k ≤n )次红球，表示前n －1次取到k －1个红球，第n 次一定是红球．根据独立重复试验的公式得到P ＝C k －1n －1(110)k ·(910)n －k，故选C. 答案：C2．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位；移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动5次后位于点(2,3)的概率是( )A ．(12)5B ．C 25(12)5C ．C 35(12)3D ．C 25C 35(12)5解析：质点P 移动5次相当于5次独立重复试验，若移动5次后位于点(2,3)处，则恰有2次向右移动，3次向上移动．故所求概率为C 25(12)3(12)2＝C 25(12)5.答案：B3．甲、乙、丙三人在同一办公室工作，办公室内只有一部电话机，经该机打进的电话是打给甲、乙、丙的概率分别是12，14，14，在一段时间内共打进三个电话，且各个电话之间相互独立，则这三个电话中恰有两个是打给乙的概率是________．解析：恰有两个打给乙可看成3次独立重复试验中，“打给乙”这一事件发生2次，故其概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫142·34＝964.答案：9644．在4次独立重复试验中，随机事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是________．解析：∵P 4(1)≤P 4(2)，∴C 14·p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2,4(1－p )≤6p ，∴0.4≤p ≤1. 答案：[0.4,1]5．某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，遇到红灯时停留的时间都是2 min.(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率． (2)这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min 的概率．解析：(1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A ，因为事件A 等于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A 的概率为P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×13＝427.(2)设“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min”为事件B ，“这名学生在上学路上遇到k 次红灯”的事件为B k (k ＝0,1,2)．则由题意，得P (B 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681，P (B 1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝3281， P (B 2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2481. 由于事件B 等价于 “这名学生在上学路上至多遇到两次红灯”，所以事件B 的概率为P (B )＝P (B 0)＋P (B 1)＋P (B 2)＝89.6．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，每次有放回地摸取一个球，定义数列{}a n ：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，第n 次摸到红球，1，第n 次摸到白球，如果S n 为数列{}a n 的前n 项和，求S 7＝3的概率．解析：由S 7＝3知，在7次摸球中有2次摸到红球，5次摸到白球，而每次摸到红球的概率为23，摸到白球的概率为13，则S 7＝3的概率为C 27×(23)2×(13)5＝28729.。

独立重复试验与二项分布概率提升作业练习含答案解析高二数学北京海淀

课时提升作业十一独立重复试验与二项分布一、选择题(每小题5分,共10分)1.将一颗质地均匀的骰子先后抛掷3次,则事件“至少出现一次6点向上”的概率是 ( )A. B. C. D.【解析】选D.“至少出现1次6点向上”即可能出现1次,出现2次或出现3次6点向上,因每种情况不可能同时发生,故为互斥事件,由3次独立重复试验概率公式可得:P=××+××+×=.【补偿训练】一台X型号的自动机床在一小时内不需要工人照看的概率为0.8,现有四台这种型号的自动机床各自独立工作,则在一小时内至多有2台机床需要工人照看的概率是 ( )A.0.153 6B.0.180 8C.0.563 2D.0.972 8【解析】选D.“一小时内至多有2台机床需要工人照看”的事件包含“有0,1,2台需要照看”三个基本事件,因此,所求概率为×0.20×0.84+×0.21×0.83+×0.22×0.82=0.972 8,或1-(×0.23×0.8+×0.24×0.80)=0.972 8.2.在全国大学生智能汽车总决赛中,某高校学生开发的智能汽车在一个标注了平面直角坐标系的平面上从坐标原点出发,每次只能移动一个单位,沿x轴正方向移动的概率是,沿y轴正方向移动的概率为,该智能汽车移动6次恰好移动到点(3,3)的概率为 ( )A. B. C. D.【解析】选D.若该智能汽车移动6次恰好到点(3,3),则智能汽车在移动过程中沿x轴正方向移动3次、沿y轴正方向移动3次,因此智能汽车移动6次后恰好位于点(3,3)的概率为P==20×=.【延伸探究】本题智能汽车移动规则改为:每次移动一个单位,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为,向右移动的概率为,求质点P移动五次后位于点(1,0)的概率.【解析】由条件知向左移动2次,向右移3次,则所求概率为P==.二、填空题(每小题5分,共10分)3.如果X～B(20,p),当p=且P(X=k)取得最大值时,k=__________.【解析】当p=时,P(X=k)=×()k×()20-k=×()20,显然当k=10时,P(X=k)取最大值.答案:104.现有A,B两队参加关于“十九大”知识问答竞赛,每队3人,每人回答一个问题,答对者为本队赢一分,答错得0分.A队中每人答对的概率均为,B 队中3人答对的概率分别为,,,且各答题人答题正确与否之间互无影响,若事件M表示“A队得2分”,事件N表示“B队得1分”,则P(MN)= . 【解析】记“A队得2分”为事件M,A队得2分,即A队三人有一人答错,其余两人答对,其概率P(M)=×=,记“B队得1分”为事件N,事件N即为B队三人2人答错,一人答对,则P(N)=××+××+××=,A队得2分,B队得一分,即事件M,N同时发生,则P(MN)=P(M)P(N)=×=.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)5.(2018·东莞高二检测)甲、乙两人进行投篮比赛,两人各投3球,谁投进的球数多谁获胜,已知每次投篮甲投进的概率为,乙投进的概率为,求:(1)甲投进2球且乙投进1球的概率.(2)在甲第一次投篮未投进的条件下,甲最终获胜的概率.【解析】(1)甲投进2球的概率为··=,乙投进1球的概率为··=,甲投进2球且乙投进1球的概率为×=.(2)在甲第一次投篮未进的条件下,甲获胜指甲后两投两进且乙三投一进或零进(记为A),或甲后两投一进且乙三投零进(记为B),P(A)=··=×=.P(B)=····=×=,所以甲最终获胜的概率为P(A)+P(B)= .6.现有4个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数为1或2的人去参加甲游戏,掷出点数大于2的人去参加乙游戏.(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率.(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率.(3)用X,Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数,记ξ=|X-Y|,求随机变量ξ的分布列.【解析】(1)依题意,这4个人中,每个人去参加甲游戏的概率为,去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件A i(i=0,1,2,3,4),则P(A i)=.这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率P(A2)==.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B,则B=A3∪A4.由于A3与A4互斥,故P(B)=P(A3)+P(A4)=+ =.所以,这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.(3)ξ的所有可能取值为0,2,4.由于A1与A3互斥,A0与A4互斥,故P(ξ=0)=P(A2)=,P(ξ=2)=P(A1)+P(A3)=,P(ξ=4)=P(A0)+P(A4)=.所以ξ的分布列是ξ0 2 4P 82740811781【补偿训练】小王经营一家面包店,每天从生产商处订购一种品牌现烤面包出售.已知每卖出一个现烤面包可获利10元,若当天卖不完,则未卖出的现烤面包因过期每个亏损5元.经统计,得到在某月(30天)中,小王每天售出的现烤面包个数n及天数如表:售出个数n 10 11 12 13 14 15天数 3 3 3 6 9 6试依据以频率估计概率的统计思想,解答下列问题:(1)计算小王某天售出该现烤面包超过13个的概率.(2)若在今后的连续5天中,售出该现烤面包超过13个的天数大于3天,则小王决定增加订购量.试求小王增加订购量的概率.(3)若小王每天订购14个该现烤面包,求其一天出售该现烤面包所获利润的分布列.【解析】(1)记事件A=“小王某天售出该现烤面包超过13个”,用频率估计概率可知:P(A)=0.2+0.3=0.5,所以小王某天售出该现烤面包超过13个的概率为0.5.(2)设在最近的5天中,售出该现烤面包超过13个的天数为ξ,则ξ～B,记事件B=“小王增加订购量”,则有P(B)=P(ξ=4)+P(ξ=5)=+=.所以小王增加订购量的概率为.(3)若小王每天订购14个现烤面包,设其一天的利润为η元,则η的所有可能取值为80,95,110,125,140.其分布列为利润η80 95 110 125 140概率P 0.1 0.1 0.1 0.2 0.5。

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[第63讲 n 次独立重复试验与二项分布](时间：45分钟分值：100分)基础热身1．把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现正面”为事件B ，则P (B |A )等于( )A.12B.14C.16D.182．两个实习生每人加工一个零件．加工为一等品的概率分别为23和34，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )A.12B.512C.14D.163．已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，即P (ξ＝2)等于( ) A.316 B.1243 C.13243 D.802434．某篮球运动员在三分线投球的命中率是12，他投球10次，恰好投进3个球的概率为________．(用数值作答)．能力提升5．[2013·九江模拟] 某人射击，一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有两次击中目标的概率为( )A.81125B.54125C.36125D.271256．甲、乙两地都位于长江下游，根据天气预报的纪录知，一年中下雨天甲市占20%，乙市占18%，两市同时下雨占12%.则甲市为雨天，乙市也为雨天的概率为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.66 7．在4次独立重复试验中，事件A 恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4，1)B ．(0，0.4)C ．(0，0.6]D ．[0.6，1) 8．[2013·济南一模] 位于直角坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为13，向右移动的概率为23，则质点P 移动五次后位于点(1，0)的概率是( )A.4243B.8243C.40243D.802439．[2013·广州调研] 箱中装有标号分别为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个球，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸奖，恰好有3人获奖的概率是( )A.16625B.96625C.624625D.462510．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________．11．[2013·西安一模] 某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．12．[2013·淄博一中模拟] 研究性学习小组要从6名成员(其中男生4人，女生2人)中任意选派3人去参加某次社会调查．在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率是________．13．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________(写出所有正确结论的序号)．①P (B )＝25；②P (B |A 1)＝511；③事件B 与事件A 1相互独立； ④A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件；⑤P (B )的值不能确定，因为它与A 1，A 2，A 3中究竟哪一个发生有关．14．(10分)[2013·粤西北九校联考] 某项竞赛分为初赛、复赛、决赛三个阶段进行，每个阶段选手要回答一个问题．规定正确回答问题者进入下一阶段竞赛，否则即遭淘汰．已知某选手通过初赛、复赛、决赛的概率分别是34，12，14，且各阶段通过与否相互独立．(1)求该选手在复赛阶段被淘汰的概率；(2)设该选手在竞赛中回答问题的个数为X ，求X 的分布列．15．(13分)[2013·商丘三模] 河南省某示范性高中为了推进新课程改革，满足不同层次学生的需求，决定从高一年级开始，在每周的周一、周三、周五的课外活动期间同时开设数学、物理、化学、生物和信息技术辅导讲座，每位有兴趣的同学可以在期间的任何一天参加任何一门科目的辅导讲座，也可以放弃任何一门科目的辅导讲座(规定：各科达到预先设定的人数时称为满座，否则称为不满座)．统计数据表明，各学科讲座各天的满座概率如下表：信息技术生物化学物理数学周一1414141412周三1212121212周五1313131323(2)设周三各辅导讲座满座的科目数为X，求随机变量X的分布列．难点突破16．(12分)[2013·安徽卷] 某单位招聘面试，每次从试题库中随机调用一道试题，若调用的是A类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道A类型试题和一道B类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是B类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束．试题库中现共有n＋m道试题，其中有n道A类型试题和m道B类型试题．以X表示两次调题工作完成后，试题库中A类型试题的数量．(1)求X＝n＋2的概率；(2)设m＝n，求X的分布列和均值(数学期望)．课时作业(六十三)【基础热身】1．A [解析] 方法一：利用条件概率公式P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝1412＝12，故选A ；方法二：A 包括的基本事件为{正，正}，{正，反}，AB 包括的基本事件为{正，正}，因此P (B |A )＝12，故选A.2．B [解析] 设两个实习生每人加工一个零件为一等品分别为事件A ，B ，则P (A )＝23，P (B )＝34，于是这两个零件中恰有一个一等品的概率为P (AB ＋AB )＝P (AB )＋P (AB )＝23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512. 3．D [解析] 已知ξ～B 6，13，P (ξ＝k )＝C k n p k q n －k，当ξ＝2，n ＝6，p ＝13时，有P (ξ＝2)＝C 261321－136－2＝C 26132234＝80243，故选D.4.15128[解析] 每次投篮命中的概率相同，且相互独立，则恰好投进3个球的概率为P ＝C 3101231－127＝15128.【能力提升】5．A [解析] 可看作是3次独立重复试验，则P ＝C 23×0.62×0.4＋0.63＝81125，故选A.6．A [解析] 甲市为雨天记为事件A ，乙市为雨天记为事件B ，则P (A )＝0.2，P (B )＝0.18，P (AB )＝0.12，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝0.120.2＝0.6，故选A.7．A [解析] 根据题意，C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4.又0<p <1，∴0.4≤p <1. 8．D [解析] 依题意得，质点P 移动五次后位于点(1，0)，则这五次移动中必有某两次向左移动，另三次向右移动，因此所求的概率为C 25·132·233＝80243，故选D.9．B [解析] 当摸的两个球中有标号为4的球时，此时两球的号码之积是4的倍数，有5种情况；当摸的两个球中有标号均不是4的球时，此时要使两球的号码之积是4的倍数，只有1种情况，故某人能够获奖的概率为6C 26＝25，因此所求概率等于C 34·253·1－25＝96625，故选B.10.10243[解析] 考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B 5，13，即有P (ξ＝k )＝C k 513k×235－k ，k ＝0，1，2，3，4，5.∴P (ξ＝4)＝C 45134×231＝10243.11．0.128 [解析] 依题意得，事件“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”即意味着“该选手在回答前面4个问题的过程中，要么第一个问题答对且第二个问题答错，第三、四个问题都答对了；要么第一、二个问题都答错，第三、四个问题都答对了”，因此所求事件的概率等于[0.8×(1－0.8)＋(1－0.8)2]×0.82＝0.128.12.25 [解析] 设男生甲被选中记为事件A ，女生乙被选中记为事件B ，∴P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝C 14C 36C 25C 36＝25.13．②④ [解析] 根据题意可得P (A 1)＝510，P (A 2)＝210，P (A 3)＝310，可以判断④是正确的；A 1，A 2，A 3为两两互斥事件，P (B )＝P (B |A 1)＋P (B |A 2)＋P (B |A 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922，则①是错误的； P (B |A 1)＝P （A 1B ）P （A 1）＝510×511510＝511，则②是正确的；同理可以判断出③和⑤是错误的．14．解：(1)记“该选手通过初赛”为事件A ，“该选手通过复赛”为事件B ，“该选手通过决赛”为事件C ，则P (A )＝34，P (B )＝12，P (C )＝14.那么该选手在复赛阶段被淘汰的概率是P ＝P (AB )＝P (A )P (B )＝34×1－12＝38.(2)ξ可能取值为1，2，3.P (ξ＝1)＝P (A )＝1－34＝14，P (ξ＝2)＝P (AB )＝P (A )P (B )＝34×1－12＝38，P (ξ＝3)＝P (AB )＝P (A )P (B )＝34×12＝38.ξ的分布列为ξ 1 2 3 P14383815.解：(1)设数学辅导讲座在周一、周三、周五都不满座为事件A ，则P (A )＝1－121－121－23＝112. (2)ξ可能取值为0，1，2，3，4，5，且ξ～B 5，12.P (ξ＝0)＝C 051－125＝132， P (ξ＝1)＝C 15·121－124＝532，P (ξ＝2)＝C 25·1221－123＝516， P (ξ＝3)＝C 35·1231－122＝516， P (ξ＝4)＝C 451241－12＝532， P (ξ＝5)＝C 55125＝132. 所以，随机变量ξ的分布列如下表ξ0 1 2 3 4 5 P 132 532 516 516 532 13216．解：以A i 表示第i 次调题调用到A 类型试题，i ＝1，2.(1)P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n m ＋n ·n ＋1 m ＋n ＋2＝n （n ＋1）（m ＋n ）（m ＋n ＋2）.(2)X 的可能取值为n ，n ＋1，n ＋2.P (X ＝n )＝P (A 1 A 2)＝n n ＋n ·n n ＋n ＝14，P (X ＝n ＋1)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＋n n ＋n ·n n ＋n ＝12，P (X ＝n ＋2)＝P (A 1A 2)＝n n ＋n ·n ＋1n ＋n ＋2＝14，从而X 的分布列是X nn ＋1 n ＋2P141214E (X )＝n ×14＋(n ＋1)×2＋(n ＋2)×4＝n ＋1.。