2019版同步优化探究理数练习：第十章 第八节 n次独立重复试验与二项分布 Word版含解析-数学备课大师
高二数学独立重复试验与二项分布2(2019年新版)
2、二项分布：
一般地，在n次独立重复试验中， 设事件A发生的次数为X，在每次试验ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ中事件A发生的概率为p，那么在n次独 立重复试验中，事件A恰好发生k次的 概率为
P(X k) Cnk pk (1 p)nk，k 0,1,2,, n
此时称随机变量X服从二项分布， 记作X~B(n,p),并称p为成功概率。
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进履宜假 号百万 并阴者 敬以国从 子贞子代立 土地教化使之然也 不三暮 昔东瓯王敬鬼 是日召而幸之 兢兢焉惧不任 好气 无不为诸侯相、郡守者 人有上书告新垣平所言气神事皆诈也 贤人也 康王死 天下艾安 都江陵 霸业成矣 二十一年 关中计宫三百 越祖少康 率四方之士 有应 见柳 从死者百七十七人 至咸阳 长子至 楚方急围汉王於荥阳 任国政 十二年 前昭公欺其臣迁州来 晋曰：“必得郑君而甘心焉 复入 自雍属绛 惠公至燕而死 秦武王卒 “公见夫谈士辩人乎 叔孙通者 周平王命武公为公 不可易也 原望见邢夫人 我不过为桀纣主 齐王曰：“闻陈王战 败 天下恶之 最比其羸弱者 菑川地比齐 学者多传夏小正云 “於是乎崇山巃嵸 不敢复言为河伯娶妇 仰天大哭 人或恶之 不敢言游戏之乐 ”子玉请曰：“非敢必有功 ”燕王因属国於子之 去游燕 十馀年不就 岂敢以闻天王哉 於齐则辕固生 遇之不谨 越桂林监居翁谕瓯骆属汉：皆得 为侯 塞成皋之险 行酒次至临汝侯 侵扰朔方 发巴蜀吏卒千人 ”舜曰：“皋陶 附王后 安釐王元年 六年 今子幸而听解 故曰申 见周公祷书 立二年 见酒来 今乃有意西面而事秦 折其辩；昭王十三年 後一岁 兵起 言足下於太子也 不朝三月 诸侯军乃敢击围钜鹿秦军 山海不以封 妾主 岂可与同坐哉 是岁鲁哀公三年 中立 将二国并力合谋 田上下 陈馀为将 建为郎中令 八月庚申旦 曰：“臣 ”晋君从之 三公咸
新版高二数学课后练习题之独立重复试验与二项分布
高二数学课后练习题之独立重复试验与二项分布高二数学课后练习题之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.3.3210-5B.3.3210-9C.6.6410-5D.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.C2314234B.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.(新版保定高二期末)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)5B.C25(12)5C.C35(12)3D.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(M④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.(新版湖北文，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)=Ck新版k1220-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.(新版全国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=0.1296P(X=1)=C140.4(1-0.4)3=0.3456P(X=2)=C240.42(1-0.4)2=0.3456 P(X=3)=C340.43(1-0.4)=0.1536。
近年高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8n次独立重复试验与二项分布课后
2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第10章计数原理、概率、随机变量及其分布10.8 n次独立重复试验与二项分布课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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10。
8 n次独立重复试验与二项分布[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．(2018·广西柳州模拟）把一枚硬币任意抛掷三次,事件A＝“至少有一次出现反面”,事件B＝“恰有一次出现正面”，则P(B|A)＝（）A。
错误! B。
错误! C。
错误! D.错误!答案A解析依题意得P(A）＝1－错误!＝错误!，P(AB）＝错误!＝错误!，因此P （B|A)＝错误!＝错误!，故选A。
2．（2018·厦门模拟）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错误!，则甲以3∶1的比分获胜的概率为（）A。
错误! B.错误! C.错误! D。
错误!答案A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错误!错误!2×错误!×错误!＝错误!.故选A。
3．(2017·山西一模)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错误!，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.错误! B。
2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第十章 第六节 几何概型
课时作业 A 组——基础对点练1．在区间[0,1]上随机取一个数x ，则事件“log 0.5(4x －3)≥0”发生的概率为( ) A.34 B.23 C.13D.14解析：因为log 0.5(4x －3)≥0，所以0<4x －3≤1，即34<x ≤1，所以所求概率P ＝1－341－0＝14，故选D. 答案：D2．小明每天上学都需要经过一个有交通信号灯的十字路口．已知十字路口的交通信号灯绿灯亮的时间为40秒，黄灯5秒，红灯45秒．如果小明每天到路口的时间是随机的，则小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒的概率是( )A.34B.23C.12D.13解析：设“小明上学时到十字路口需要等待的时间不少于20秒”为事件A ，则P (A )＝45＋5－2040＋5＋45＝13，选D.答案：D3．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到正方体各面的距离都不小于1的概率为( ) A.127 B.2627 C.827D.18解析：正方体中到各面的距离都不小于1的点的集合是一个中心与原正方体中心重合，且棱长为1的正方体，该正方体的体积是V 1＝13＝1，而原正方体的体积为V ＝33＝27，故所求的概率P ＝V 1V ＝127. 答案：A4．已知事件“在矩形ABCD 的边CD 上随机取一点P ，使△APB 的最大边是AB ”发生的概率为12，则ADAB ＝( ) A.12 B.14 C.32D.74解析：由已知，点P 的分界点恰好是边CD 的四等分点，由勾股定理可得AB 2＝(34AB )2＋AD 2，解得(AD AB )2＝716，即AD AB ＝74，故选D. 答案：D5．(2018·武汉市调研)在长为16 cm 的线段MN 上任取一点P ，以MP ，NP 为邻边作一矩形，则该矩形的面积大于60 cm 2的概率为( ) A.14 B.12 C.13D.34解析：设MP ＝x ，则NP ＝16－x ，由S ＝x (16－x )>60⇒x 2－16x ＋60<0，(x －6)(x －10)<0⇒6<x <10，所以P ＝416＝14. 答案：A6．在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12上随机取一个数x ，则cos πx 的值介于22与32之间的概率为( )A.13 B.14 C.15D.16解析：区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12的长度为1，满足cos πx 的值介于22与32之间的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－16∪⎝ ⎛⎭⎪⎫16，14，区间长度为16，由几何概型概率公式得P ＝161＝16.答案：D7．为了测量某阴影部分的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向正方形内随机投掷600个点，已知恰有200个点落在阴影部分内，据此可以估计阴影部分的面积是( ) A ．4 B ．3 C ．2D ．1解析：由投掷的点落在阴影部分的个数与投掷的点的个数比得到阴影部分的面积与正方形的面积比为13，所以阴影部分的面积约为9×13＝3. 答案：B8.如图，矩形ABCD 中，点A 在x 轴上，点B 的坐标为(1,0)，且点C 与点D 在函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x ＜0的图像上．若在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于( ) A.16 B.14 C.38D.12解析：因为f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≥0，－12x ＋1，x <0，B 点坐标为(1,0)，所以C 点坐标为(1,2)，D点坐标为(－2,2)，A 点坐标为(－2,0)，故矩形ABCD 的面积为2×3＝6，阴影部分的面积为12×3×1＝32，故P ＝326＝14. 答案：B9．(2017·商丘模拟)已知P 是△ABC 所在平面内一点，PB →＋PC →＋2P A →＝0，现将一粒豆随机撒在△ABC 内，则黄豆落在△PBC 内的概率是()A.14B.13C.12D.23解析：如图所示，设点M 是BC 边的中点，因为PB →＋PC →＋2P A →＝0，所以点P 是中线AM 的中点，所以黄豆落在△PBC 内的概率P ＝S △PBC S △ABC ＝12，故选C.答案：C10．设复数z ＝(x －1)＋y i(x ，y ∈R)，若|z |≤1，则y ≥x 的概率为( ) A.34＋12π B.12＋1π C.12－1πD.14－12π解析：复数|z |≤1对应的区域是以(1,0)为圆心，以1为半径的圆及其内部，图中阴影部分表示在圆内(包括边界)且满足y ≥x 的区域，该区域的面积为14π－12×1×1＝14π－12，故满足y ≥x 的概率为14π－12π×12＝14－12π，故选D. 答案：D11．(2017·郑州模拟)若不等式x 2＋y 2≤2所表示的平面区域为M ，不等式组⎩⎨⎧x －y ≥0，x ＋y ≥0，y ≥2x －6表示的平面区域为N ，现随机向区域N 内抛一粒豆子，则豆子落在区域M 内的概率为 ．解析：作出不等式组与不等式表示的可行域如图所示，平面区域N 的面积为12×3×(6＋2)＝12，区域M 在区域N内的面积为14π(2)2＝π2，故所求概率P ＝π212＝π24. 答案：π2412．在区间[－2,4]上随机地取一个数x ，若x 满足|x |≤m 的概率为56，则m ＝ .解析：由几何概型知56＝m －(－2)6，解得m ＝3.答案：313．利用计算机产生0～1之间的均匀随机数a ，则事件“3a －1>0”发生的概率为 ．解析：由题意知0≤a ≤1，事件“3a －1>0”发生时，a >13且a ≤1，取区间长度为测度，由几何概型的概率公式得其概率P ＝1－131＝23. 答案：2314．若在区间[－4,4]内随机取一个数m ，在区间[－2,3]内随机取一个数n ，则使得方程x 2＋2mx －n 2＋4＝0有两个不相等的实数根的概率为 ． 解析：∵方程x 2＋2mx －n 2＋4＝0有两个不相等的实数根，∴Δ>0，即(2m )2－4(－n 2＋4)>0，m 2＋n 2>4，总的事件的集合Ω＝{(m ，n )|－4≤m ≤4，－2≤n ≤3}，∴Ω所表示的平面区域(如图中矩形)的面积S ＝8×5＝40，而满足条件的事件的集合是{(m ，n )|m 2＋n 2>4，－4≤m ≤4，－2≤n ≤3}，∴图中阴影部分的面积S ′＝40－π×22＝40－4π，由几何概型的概率计算公式得所求事件的概率P ＝S ′S ＝40－4π40＝1－π10. 答案：1－π10B 组——能力提升练1．已知A ＝{(x ，y )|x 2＋y 2≤π2}，B 是曲线y ＝sin x 与x 轴围成的封闭区域．若向区域A 内随机投入一点M ，则点M 落入区域B 的概率为( ) A.2π B.4π C.2π3D.4π3解析：区域A 表示圆及其内部，面积为π3，正弦曲线y ＝sin x与x 轴围成的区域如图中阴影部分所示，其面积S ＝2⎠⎛0π sinx d x ＝－2 cos x ⎪⎪⎪π＝4，由几何概型的概率计算公式可得，随机向区域A 内投一个点M ，则点M 落在区域B 内的概率P ＝4π3，故选D. 答案：D2．在区间[－π，π]内随机取两个数分别记为a ，b ，则使得函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点的概率为( ) A.78 B.34 C.12D.14解析：建立如图所示的平面直角坐标系，则试验的全部结果构成的区域为正方形ABCD 及其内部．要使函数f (x )＝x 2＋2ax －b 2＋π有零点，则必须有Δ＝4a 2－4(－b 2＋π)≥0，即a 2＋b 2≥π，其表示的区域为图中阴影部分．故所求概率P ＝S 阴影S 正方形＝3π24π2＝34.答案：B3．如图，在圆心角为直角的扇形OAB 中，分别以OA ，OB 为直径作两个半圆．在扇形OAB 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( ) A.12－1πB.1πC ．1－2π D.2π解析：设OA ＝OB ＝r ，则两个以r 2为半径的半圆的公共部分面积为2[14π·(r 2)2－12×(r 2)2]＝(π－2)r 28，两个半圆外部的阴影部分的面积为14πr 2－[12π(r 2)2×2－(π－2)r 28]＝(π－2)r 28，所以所求概率为2×(π－2)r 2814πr 2＝1－2π. 答案：C4．在区间[0,1]上随机取两个数x ，y ，记p 1为事件“x ＋y ≤12”的概率，p 2为事件“xy ≤12”的概率，则( ) A ．p 1<p 2<12 B ．p 2<12<p 1 C.12<p 2<p 1D ．p 1<12<p 2解析：如图，满足条件的x ，y 构成的点(x ，y )在正方形OBCA 内，其面积为1.事件“x ＋y ≤12”对应的图形为阴影△ODE ，其面积为12×12×12＝18，故p 1＝18<12，事件“xy ≤12”对应的图形为斜线表示部分，其面积显然大于 12，故p 2>12，则p 1<12<p 2，故选D.答案：D5.在底和高等长的锐角三角形中有一个内接矩形，矩形的一边在三角形的底边上，如图，在三角形内任取一点，则该点落入矩形内的最大概率为( )A.12B.13C.25D.34解析：设矩形长为x ，宽为y ，则x a ＝a －ya ，y ＝a －x ，S 矩形＝xy ＝ x (a －x )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a －x 22＝a 24，其概率的最大值为(S 矩形)max S △＝12.故选A.答案：A6．(2018·太原模拟)已知圆C ：x 2＋y 2＝1，直线l ：y ＝k (x ＋2)，在[－1,1]上随机选取一个数k ，则事件“直线l 与圆C 相离”发生的概率为( ) A.12 B.2－22 C.3－33D.2－32解析：若直线l ：y ＝k (x ＋2)与圆C ：x 2＋y 2＝1相离，则圆C 的圆心到直线l 的距离d ＝2|k |k 2＋1＞1，又k ∈[－1,1]，所以－1≤k <－33或33＜k ≤1，所以事件“直线l 与圆C 相离”发生的概率为2－2332＝3－33，故选C. 答案：C7．已知A (2,1)，B (1，－2)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15，动点P (a ，b )满足0≤OP →·OA →≤2，且0≤OP →·OB →≤2，则动点P 到点C 的距离大于14的概率为( ) A ．1－5π64 B.5π64 C ．1－π16D.π16解析：依题意有⎩⎪⎨⎪⎧0≤2a ＋b ≤2，0≤a －2b ≤2，目标函数⎝ ⎛⎭⎪⎫a －352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋152>14表示以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫35，－15为圆心，半径为14的圆外．画出可行域如图所示，可行域的面积为45，可行域内的圆外面积为45－π16，故概率为45－π1645＝1－5π64.故选A. 答案：A8．已知x ，y 都是区间[0，π2]内任取的一个实数，则使得y ≤sin x 的取值的概率是 ( ) A.4π2 B.2π C.12D.2π2解析：事件的度量为函数y ＝sin x 的图像在[0，π2]内与x 轴围成的图形的面积，即则事件发生的概率为P ＝1π2×π2＝4π2，故选A.答案：A9．运行如图所示的程序框图，如果在区间[0，e]内任意输入一个x 的值，则输出的f (x )值不小于常数e 的概率是( )A.1eB ．1－1eC ．1＋1eD.1e ＋1解析：由题意得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，0≤x ≤1，ln x ＋e ，1<x ≤e ，如图所示，当1<x ≤e时，f (x )>e ，故输出的f (x )值不小于常数e 的概率是e －1e ＝1－1e ，故选B. 答案：B10．在区间[1,5]和[2,4]分别取一个数，记为a ，b ，则方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为( ) A.12 B.1532 C.1732D.3132解析：∵x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32，∴a >b >0，a <2b . 它对应的平面区域如图中阴影部分所示：则方程x 2a 2＋y 2b 2＝1表示焦点在x 轴上且离心率小于32的椭圆的概率为 P ＝S 阴影S 矩形＝1－12×(1＋3)×2＋12×12×12×4＝1532，故选B.答案：B11.在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分 (曲线C 的方程为x 2－y ＝0)的点的个数的估计值为( )A ．5 000B ．6 667C ．7 500D ．7 854 解析：S 阴影＝S 正方形－⎠⎛01x 2d x ＝1－13＝23，所以有23＝S 阴影S 正方形＝n 10 000，解得n ≈6 667，故选B.答案：B12．已知O ，A ，B 三地在同一水平面内，A 地在O 地正东方向2 km 处，B 地在O 地正北方向2 km 处，某测绘队员在A ，B 之间的直线公路上任选一点C 作为测绘点，用测绘仪进行测绘，O 地为一磁场，距离其不超过 3 km 的范围内会对测绘仪等电子仪器形成干扰，使测量结果不准确，则该测绘队员能够得到准确数据的概率是( )A.12B.22 C ．1－32 D ．1－22解析：在等腰直角三角形OAB 中，以O 为圆心，3为半径的圆截AB 所得的线段长为2，而|AB |＝22，故该测绘队员能够得到准确数据的概率是1－222＝1－22，故选D.答案：D13．一只昆虫在边长分别为5,12,13的三角形区域内随机爬行，则其到三角形顶点的距离小于2的地方的概率为 ．解析：如图所示，该三角形为直角三角形，其面积为12×5×12＝30，阴影部分的面积为12×π×22＝2π，所以其概率为2π30＝π15.1514．(2018·南昌质检)在边长为2的正方形ABCD 中有一个不规则的图形M ，用随机模拟方法来估计不规则图形的面积．若在正方形ABCD 中随机产生了10 000个点，落在不规则图形M 内的点数恰有2 000个，则在这次模拟中，不规则图形M 的面积的估计值为 ．解析：由题意，因为在正方形ABCD 中随机产生了10 000个点，落在不规则图形M 内的点数恰有2 000个，所以概率P ＝2 00010 000＝15.∵边长为2的正方形ABCD 的面积为4，∴不规则图形M 的面积的估计值为15×4＝45.答案：4515．(2018·武汉市模拟)在区间[－1,1]上随机取两个实数x ，y ，则满足y ≥x 2－1的概率为 ．解析：由题意可得，在区间[－1,1]上随机取两个实数x ，y ，对应的区域是边长为2的正方形，如图，面积为4，满足y ≥x 2－1的区域为图中阴影部分，面积为＝∴满足y ≥x 2－1的概率P ＝1034＝56.616．若m ∈(0,3)，则直线(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0与x 轴、y 轴围成的三角形的面积小于98的概率为 ．解析：对于直线方程(m ＋2)x ＋(3－m )y －3＝0，令x ＝0，得y ＝33－m ；令y ＝0，得x ＝3m ＋2，由题意可得12·|3m ＋2|·|33－m|<98，因为m ∈(0,3)，所以解得0<m <2，由几何概型的概率计算公式可得，所求事件的概率是23.答案：23。
高考一轮总复习数学 第10章 第8讲 n次独立重复试验与二项分布
第8讲 n次独立重复试验与二项分布
1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念. 2.理解n次独立重复试验的模型及二项分布. 3.能解决一些简单的实际问题.
板块一 知识梳理·自主学习
[必备知识]
考点 1 条件概率及其性质
条件概率的定义
条件概率的性质
一般地，设 称 P(B|A)＝
(2)[2015·湖南模拟]如图，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
2 ①P(A)＝____π____；
1 ②P(B|A)＝___4_____.
解析 该题为几何概型，圆的半径为 1，正方形的边长为 2，∴圆的面积为 π，正方形面积为 2，扇形
面积为π4. 21
故 P(A)＝2π，P(B)＝14，P(B|A)＝PPAAB＝π2·4＝41. π
考向 相互独立事件的概率 例 2 [2015·福建高考]某银行规定，一张银行卡若在一天内出现 3 次密码尝试错误，该银行卡将被锁 定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的 6 个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择 1 个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试， 直至该银行卡被锁定． (1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率； (2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为 X，求 X 的分布列和数学期望． [解] (1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为 A，则 P(A)＝65×54×43＝21. (2)依题意得，X 所有可能的取值是 1,2,3. 又 P(X＝1)＝16，P(X＝2)＝65×51＝61，P(X＝3)＝56×45×1＝23.
高考人教版数学一轮学案第十章第八讲n次独立重复试验与二项分布(理)
第八讲 n 次独立重复试验与二项分布(理)知识梳理·双基自测知识梳理知识点一 条件概率及其性质条件概率的定义条件概率的性质设A 、B 为两个事件，且P (A )＞0，称P (B |A )＝P (AB )P (A )为在事件A 发生的条件下，事件B 发生的条件概率(1)0≤P (B |A )≤1(2)若B 、C 是两个互斥事件，则P ((B ∪C )|A )＝__P (B |A )＋P (C |A )__知识点二 事件的相互独立性设A 、B 为两个事件，如果P (AB )＝__P (A )P (B )__，则称事件A 与事件B 相互独立． 若事件A 、B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )；事件A 与B ，A 与B ，A 与B 都相互独立． 知识点三 独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验：在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，若用A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝__P (A 1)P (A 2)P (A 3)…P (A n )__．(2)二项分布：在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k(k ＝0,1,2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记为X ～B (n ，p )．若X ～B (n ，p )，则E (X )＝__np __，D (X )＝__np (1－p )__．归纳拓展1．A ，B 中至少有一个发生的事件为A ∪B ． 2．A ，B 都发生的事件为AB ． 3．A ，B 都不发生的事件为A －B －．4．A ，B 恰有一个发生的事件为(A B －)∪(A B )．5．A ，B 至多有一个发生的事件为(A B )∪(A B －)∪(A －B －)．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )．( √ )(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率；P (BA )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( × )(3)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( √ )(4)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝1－p ．( × )(5)袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是0.5．( √ )(6)小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰好第3次测试获得通过的概率是P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49．( × )题组二 走进教材2．(P 55T3)天气预报，在元旦假期甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3．假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( C )A ．0.2B ．0.3C ．0.38D ．0.56[解析] 设甲地降雨为事件A ，乙地降雨为事件B ，则两地恰有一地降雨为A B －＋A －B ， ∴P (A B －＋A －B )＝P (A B －)＋P (A －B ) ＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B ) ＝0.2×0.7＋0.8×0.3 ＝0.38．或1－P (A )·P (B )－P (A )P (B )＝0.38 题组三 走向高考3．(2017·全国Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝__1.96__．[解析] 由题意得X ～B (100,0.02)， ∴D (X )＝100×0.02×0.98＝1.96．4．(2018·课标Ⅲ，8)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 ＝( B )A ．0.7B ．0.6C ．0.4D ．0.3[解析] 由题知X ～B (10，p )，则D (X )＝10×p ×(1－p )＝2.4，解得p ＝0.4或0.6．又∵P (X＝4)＜P (X ＝6)，即C 410p 4(1－p )6＜C 610p 6(1－p )4⇒(1－p )2＜p 2⇒p ＞0.5，∴p ＝0.6，故选B ．5．(2020·天津，13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13．假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为__16__；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为__23__．[解析] 设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A ， 则P (A )＝12×13＝16．设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B ， 则P (B )＝1－⎝⎛⎭⎫1－12⎝⎛⎭⎫1－13＝1－13＝23． 或P (B )＝⎝⎛⎭⎫1－12×13＋12×⎝⎛⎭⎫1－13＋12×13＝23．考点突破·互动探究考点一 条件概率——自主练透例1 (1)(2021·山东日照一中期中)根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为730，既吹东风又下雨的概率为110．则在吹东风的条件下下雨的概率为( B )A ．311B ．37C ．711D ．110(2)(2021·重庆市诊断)某班组织由甲、乙、丙等5名同学参加的演讲比赛，现采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为( A )A ．313B ．413C ．14D ．15(3)(2021·辽宁沈阳模拟)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有23的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率( C )A ．1320B ．920C ．15D ．120[解析] (1)记“某地四月份吹东风”为事件A ， “某地四月份下雨”为事件B ． 则P (A )＝730，P (AB )＝110，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110730＝37．故选B ．(2)公式法：设事件A 为“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”；事件B 为“学生丙第一个出场”则P (A )＝A 44＋C 13C 13A 33A 55＝78A 55，P (AB )＝C 13A 33A 55＝18A 55， 则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1878＝313，本题选A ． 直接法：“学生甲不是第一个出场，学生乙不是最后一个出场”有A 44＋C 13C 13A 33＝78种；“学生丙第一个出场，学生乙不最后一个出场”有C 13A 33＝18种，故所求概率为P ＝1878＝313．(3)记“三人中至少有两人解答正确”为事件A ；“甲解答不正确”为事件B ， 则P (A )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＋C 33⎝⎛⎭⎫233＝2027； P (AB )＝13×23×23＝427，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝15．故选C ．名师点拨条件概率的求法(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (A )．这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A )． 〔变式训练1〕(1)(2021·江苏淮安淮阴中学测试)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个人去的景点不完全相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P ()B |A ＝( A )A ．37B ．47C ．57D ．67(2)(2021·陕西交大附中、龙岗中学联考)甲、乙两人同时向同一目标射击一次，已知甲命中目标概率0.6，乙命中目标概率0.5，假设甲、乙两人射击命中率互不影响．射击完毕后，获知目标至少被命中一次，则甲命中目标概率为( B )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.48[解析] (1)设事件A ＝“4个人去的景点不完全相同”， 事件B ＝“小赵独自去一个景点”， 则P (A )＝44－444＝6364，P (B )＝4×3344＝2764，P (AB )＝4×3344＝2764，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝37，故选A ． (2)设事件A 为“目标至少被命中一次”，事件B 为“甲命中目标”， 则P (A )＝0.6×0.5＋0.4×0.5＋0.6×0.5＝0.8， P (AB )＝0.6×0.5＋0.6×0.5＝0.6， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.75，故选B ． 考点二 相互独立事件——多维探究 角度1 相互独立事件同时发生的概率例2 (1)(2021·石家庄质检)甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是(D) A．0.48 B．0.52C．0.8 D．0.92(2)(2019·全国)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是__0.18__．(3)(2019·课标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．[解析](1)1－0.2×0.4＝0.92，选D项．(2)前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2＝0.108，前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.62×0.52×2＝0.072，综上所述，甲队以4∶1获胜的概率是P＝0.108＋0.072＝0.18．(3)①X＝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)＝0.5．②X＝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．[引申](1)本例(1)中恰有一人解决这个问题的概率为__0.44__，至多有一人解决这个问题的概率为__0.52__．(2)本例(2)中乙以4∶0获胜的概率为__0.04__，甲以4∶2获胜的概率为__0.171__．[解析] (1)记“恰有一人解决这个问题”为事件A ， 则P (A )＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＝0.44， 记“至多有一人解决这个问题”为事件B ， 则P (B )＝1－ 0.8×0.6＝0.52，或P (B )＝0.8×(1－0.6)＋(1－0.8)×0.6＋(1－0.8)×(1－0.6)＝0.52． (2)P 1＝0.42×0.52＝0.04；P 2＝(C 230.42×0.6×0.52＋0.63×0.52＋C 130.4×0.62×C 120.52)×0.5＝0.171．角度2 与相互独立事件相关的数学期望(4)(2020·陕西西安八校联考)某单位招聘职员，共有三轮考核，每轮考核回答一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则被淘汰．已知甲选手能正确回答第一、二、三轮问题的概率分别是45、35、25．且各轮问题能否正确回答互不影响．①求该选手被淘汰的概率；②该选手在被考核中回答问题的个数记为X ，求X 的分布列和数学期望． [解析] ①设“该选手能正确回答第i 轮问题”为事件A i ()i ＝1，2，3， “该选手被淘汰”为事件M ． 则P ()A 1＝45，P ()A 2＝35，P ()A 3＝25．P ()M ＝P ()A1＋A 1A 2＋A 1A 2A 3＝P()A 1＋P ()A 1P ()A 2＋P ()A 1P ()A 2P ()A 3＝15＋45×25＋45×35×35＝101125 ∴该选手被淘汰的概率是101125．②X 的可能取值为1,2,3． P ()X ＝1＝P()A 1＝15， P ()X ＝2＝P ()A 1A 2＝P ()A 1P ()A 2＝45×25＝825， P ()X ＝3＝P ()A 1A 2＝P ()A 1P ()A 2＝45×35＝1225．∴X 的分布列为X 1 2 3 P158251225∴E (X )＝1×15＋2×825＋3×1225＝5725．名师点拨利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥简单事件的和．(2)将彼此互斥简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．(3)代入概率的积、和公式求解． 〔变式训练2〕(1)(角度1)(2020·四川资阳诊断)某项羽毛球单打比赛规则是3局2胜制，运动员甲和乙进入了男子羽毛球单打决赛，假设甲每局获胜的概率为23，则由此估计甲获得冠军的概率为__2027__．(2)(角度2)(2021·广东新高考适应性测试)某电视台“挑战主持人”节目的挑战者闯第一关需要回答三个问题，其中前两个问题回答正确各得10分，回答不正确得0分，第三个问题回答正确得20分，回答不正确得－10分，如果一位挑战者回答前两个问题正确的概率都是23，回答第三个问题正确的概率为12，且各题回答正确与否相互之间没有影响，若这位挑战者回答这三个问题的总分不低于10分就算闯关成功．①求至少回答对一个问题的概率；②求这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的分布列； ③求这位挑战者闯关成功的概率．[解析] (1)因为甲获胜的方式有2∶0和2∶1两种， 所以甲获得冠军的概率 P ＝⎝⎛⎭⎫232＋C 12×23×13×23＝2027． 故答案为：2027．(2)①设至少回答对一个问题为事件A ，则P (A )＝1－13×13×12＝1718．②这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的所有可能取值为－10,0,10,20,30,40， 根据题意，P (X ＝－10)＝13×13×12＝118，P (X ＝0)＝23×13×12×2＝29，P (X ＝10)＝23×23×12＝29，P (X ＝20)＝13×13×12＝118，P (X ＝30)＝23×13×12×2＝29，P (X ＝40)＝23×23×12＝29．这位挑战者回答这三个问题的总得分X 的分布列为X －10 0 10 20 30 40 P11829291182929③设这位挑战者闯关成功为事件B ， 则P (B )＝29＋118＋29＋29＝1318．考点三,独立重复试验的概率与二项分布——师生共研例3 (1)(2021·“四省八校”联考)已知随机变量ξ服从二项分布B (n ，p )，若E (ξ)＝12，D (ξ)＝3，则n ＝__48__．(2)(2020·山东新高考质量测评联盟联考)甲、乙两位同学参加诗词大会，设甲、乙两人每道题答对的概率分别为23和34．假定甲、乙两位同学答题情况互不影响，且每人各次答题情况相互独立．①用X 表示甲同学连续三次答题中答对的次数，求随机变量X 的分布列和数学期望； ②设M 为事件“甲、乙两人分别连续答题三次，甲同学答对的次数比乙同学答对的次数恰好多2”，求事件M 发生的概率．[解析] (1)⎩⎪⎨⎪⎧E (ξ)＝np ＝12D (ξ)＝np (1－p )＝9，解得n ＝48．(2)①X 的所有可能取值为0,1,2,3，则P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫133＝127； P (X ＝1)＝C 13·23×⎝⎛⎭⎫132＝29； P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＝49； P (X ＝3)＝⎝⎛⎭⎫233＝827． ∴随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 P1272949827∴E (X )＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2或E (ξ)＝np ＝23．②设Y 为乙连续3次答题中答对的次数， 由题意知Y ～B ⎝⎛⎭⎫3，34， P (Y ＝0)＝⎝⎛⎭⎫143＝164，P (Y ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫341⎝⎛⎭⎫142＝964， 所以P (M )＝P (X ＝3且Y ＝1)＋P (X ＝2且Y ＝0) ＝827×964＋49×164＝7144． 即事件M 发生的概率为7144．名师点拨独立重复试验概率求解的策略(1)独立重复试验是在同样的条件下重复地、各次之间相互独立地进行的一种试验．在这种试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且每次试验中发生的概率都是一样的．(2)二项分布满足的条件：①每次试验中，事件发生的概率是相同的；②各次试验中的事件是相互独立的；③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生；④随机变量是这n次独立重复试验中事件发生的次数．(3)解此类题时常用互斥事件概率加法公式，相互独立事件概率乘法公式及对立事件的概率公式．〔变式训练3〕(1)(2021·湖北黄冈模拟)一批产品的二等品率为0.03，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝__2.91__．(2)(2021·辽宁六校协作体联考)“新高考方案：3＋1＋2”模式，其中统考科目：“3”指语文、数学、外语三门，不分文理：学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，“1”指首先在物理、历史2门科目中选择一门；“2”指再从思想政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门．某校根据统计选物理的学生占整个学生的34；并且在选物理的条件下，选择地理的概率为23；在选历史的条件下，选地理的概率为45．①求该校最终选地理的学生概率；②该校甲、乙、丙三人选地理的人数设为随机变量X ．求X 的概率分布表以及数学期望． [解析] (1)由于是有放回的抽样，所以抽到二等品的件数符合二项分布，即X ～B ()100，0.03，由二项分布的方差公式可得D ()X ＝np ()1－p ＝100×0.03×0.97＝2.91． (2)①该校最终选地理的学生为事件A ， P ()A ＝34×23＋14×45＝710；②P ()X ＝0＝⎝⎛⎭⎫3103＝271 000，P ()X ＝1＝C 13⎝⎛⎭⎫7101⎝⎛⎭⎫3102＝1891 000， P ()X ＝2＝C 23⎝⎛⎭⎫7102⎝⎛⎭⎫310＝4411 000， P ()X ＝3＝C 33⎝⎛⎭⎫7103＝3431 000， E (X )＝1×1891 000＋2×4411 000＋3×3431 000＝2110．另解：显然X ～B ⎝⎛⎭⎫3，710， ∴E (X )＝3×710＝2110．名师讲坛·素养提升概率中的“停止型”问题例4 (2020·甘肃天水一中阶段测试)甲、乙两队进行一场排球比赛，根据以往经验，单局比赛甲队胜乙队的概率为23．本场比赛采用五局三胜制，即先胜三局的队获胜，比赛结束．设各局比赛相互间没有影响且无平局．求：(1)前三局比赛甲队领先的概率；(2)设本场比赛的局数为ξ，求ξ的概率分布和数学期望．(用分数表示)[解析] (1)设“甲队胜三局\”为事件A ，“甲队胜二局\”为事件B ，则P (A )＝⎝⎛⎭⎫233＝827，P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13＝49， 所以，前三局比赛甲队领先的概率为 P (A )＋P (B )＝2027(2)甲队胜三局或乙胜三局， P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫233＋⎝⎛⎭⎫133＝13．甲队或乙队前三局胜2局，第4局获胜P (ξ＝4)＝C 23⎝⎛⎭⎫232×13×23＋C 23⎝⎛⎭⎫132×23×13＝1027． 甲队或乙队前四局胜2局，第5局获胜P (ξ＝5)＝C 24⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132×23＋C 24⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232×13＝827． ∴ξ的分布列为：ξ 3 4 5 P131027827∴ξE (ξ)＝3×13＋4×1027＋5×827＝10727．名师点拨解决这类终止型问题，一定要弄清终止的条件，根据终止的条件确定各种可能结果，再计算相应概率．〔变式训练4〕设某人有5发子弹，他向某一目标射击时，每发子弹命中目标的概率为23．若他连续两发命中或连续两发不中则停止射击，否则将子弹打完．(1)求他前两发子弹只命中一发的概率； (2)求他所耗用的子弹数X 的分布列．[解析] 记“第k 发子弹命中目标”为事件A k ，则A 1，A 2，A 3，A 4，A 5相互独立，且P (A k )＝23，P (A k )＝13，k ＝1,2,3,4,5， (1)解法一：他前两发子弹只命中一发的概率为 P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2) ＝23×13＋13×23＝49． 解法二：由独立重复试验的概率计算公式知，他前两发子弹只命中一发的概率为P ＝C 12×23×13＝49． (2)X 的所有可能值为2,3,4,5． P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝23×23＋13×13＝59， P (X ＝3)＝P (A 1A2A 3)＋P (A 1A 2A 3)＝23×⎝⎛⎭⎫132＋13×⎝⎛⎭⎫232＝29， P (X ＝4)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3A 4)＝⎝⎛⎭⎫233×13＋⎝⎛⎭⎫133×23＝1081，P (X ＝5)＝P (A 1A 2A 3A 4)＋P (A 1A 2A 3A 4) ＝⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232＝881． 故X 的分布列为。
高考数学 第八节 n次独立重复试验与二项分布 理 新人教A
并称p为_成__功__概__率__
计 Ai(i＝1,2，…，n)表 在 n 次独立重复试验中，事件 A 恰好
算 示第i次试验结果，
公 则P(A1A2A3…An)＝ 式 P(A1)P(A2)…P(An)
发生 k 次的概率为 P(X＝k)＝Cknpk(1 －p)n－k(k＝0,1,2，…，n)
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考点二
相互独立事件概率|
试题
解析
典题悟法 演练冲关
(2015·洛阳模拟)某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有 1,2,3 三个 问题，每位参赛者按问题 1,2,3 的顺序作答，竞赛规则如下： ①每位参赛者计分器的初始分均为 10 分，答对问题 1,2,3 分别加 1 分，2 分， 3 分，答错任一题减 2 分； ②每回答一题，积分器显示累计分数，当累计分数小于 8 分时，答题结束，淘 汰出局；当累计分数大于或等于 12 分时，答题结束，进入下一轮；当答完三 题，累计分数仍不足 12 分时，答题结束，淘汰出局． 已知甲同学回答 1,2,3 三个问题正确的概率依次为34，12，13，且各题回答正确与 否相互之间没有影响． (1)求甲同学能进入下一轮的概率； (2)用 X 表示甲同学本轮答题结束时的累计分数，求 X 的分布列．
考点一
题组训练
条件概率的求法 (1)定义法：先求 P(A)和 P(AB)，再由 P(B|A)＝PPAAB，求 P(B|A)． (2)基本事件法：借古典概型概率公式，先求事件 A 包含 的基本事件数 n(A)，再求事件 AB 所包含的基本事件数 n(AB)，得 P(B|A)＝nnAAB.
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高考数学(理)一轮配套特训：10-8n次独立重复实验与二项分布
高考数学（理）一轮配套特训：10-8n次独立重复实验与二项分布一、选择题详细信息1.难度：中等甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0．8，乙解决这个问题的概率是0．6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是( )A．0．48 B．0．52 C．0．8 D．0．92详细信息2.难度：中等已知随机变量X服从二项分布，X～B(6，)，则P(X＝2)等于( )A． B． C． D．详细信息3.难度：简单甲、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，则甲以3∶1的比分获胜的概率为( )A． B． C． D．详细信息4.难度：简单甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军，若两队每局获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )A． B． C． D．详细信息5.难度：简单已知盒中装有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． B． C． D．详细信息6.难度：中等在高三的一个班中，有的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生数ξ～B(5，)，则P(ξ＝k)取最大值的k值为( )A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题详细信息7.难度：简单在国庆期间，甲去北京旅游的概率为，乙、丙去北京旅游的概率分别为、．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________．详细信息8.难度：中等已知数列{a n}是单调递增的等差数列，从a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7中取走任意三项，则剩下四项依然构成单调递增的等差数列的概率是________．详细信息9.难度：中等抛掷红、蓝两颗骰子，设事件A为“蓝色骰子的点数为3或6”，事件B为“两颗骰子的点数之和大于8”．当已知蓝色骰子的点数为3或6时，则两颗骰子的点数之和大于8的概率为________．三、解答题详细信息10.难度：中等小王参加一次比赛，比赛共设三关，第一、二关各有两个必答题，如果每关两个问题都答对，可进入下一关，第三关有三个问题，只要答对其中两个问题，则闯关成功．每过一关可一次性获得价值分别为1000元，3000元，6000元的奖品(不重复得奖)，小王对三关中每个问题回答正确的概率依次为，，，且每个问题回答正确与否相互独立．(1)求小王过第一关但未过第二关的概率；(2)用X表示小王所获得奖品的价值，写出X的概率分布列，并求X的数学期望．详细信息11.难度：中等深圳市某校中学生篮球队假期集训，集训前共有6个篮球，其中3个是新球(即没有用过的球)，3个是旧球(即至少用过一次的球)．每次训练，都从中任意取出2个球，用完后放回．(1)设第一次训练时取到的新球个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；(2)求第二次训练时恰好取到一个新球的概率．四、填空题详细信息12.难度：中等一盒中放有大小相同的10个小球，其中8个黑球、2个红球，现甲、乙二人先后各自从盒子中无放回地任意抽取2个小球，已知甲取到了2个黑球，则乙也取到2个黑球的概率是________．详细信息13.难度：中等某篮球决赛在广东队与山东队之间进行，比赛采用7局4胜制，即若有一队先胜4场，则此队获胜，比赛就此结束．因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为．据以往资料统计，第一场比赛组织者可获得门票收入40万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元，则组织者在此次决赛中要获得的门票收入不少于390万元的概率为________．五、解答题详细信息14.难度：中等某工厂生产A，B两种元件，其质量按测试指标划分，指标大于或等于82为正品，小于82为次品．现随机抽取这两种元件各100个进行检测，检测结果统计如下：测试[70,76)[76,82)[82,88)[88,94)[94,100]指标元件A81240328元件B71840296(1)试分别估计元件A，元件B为正品的概率；(2)生产1个元件A，若是正品则盈利40元，若是次品则亏损5元；生产1个元件B，若是正品则盈利50元，若是次品则亏损10元．在(1)的前提下，(ⅰ)X为生产1个元件A和1个元件B所得的总利润，求随机变量X的分布列和数学期望；(ⅱ)求生产5个元件B所得利润不少于140元的概率．。
n次独立重复试验与二项分布Word版含解析
10.8 n 次独立重复试验与二项分布[知识梳理]1．条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝P (AB )P (A )(P (A )>0)．在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P (B |A )＝n (AB )n (A )(n (AB )表示AB 共同发生的基本事件的个数)．(2)条件概率具有的性质 ①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件， 则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 2．相互独立事件(1)对于事件A 、B ，若A 的发生与B 的发生互不影响，则称A 、B 是相互独立事件．(2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )， P (AB )＝P (B |A )P (A )＝P (A )P (B )．(3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立．(4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 3．独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验．A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)…P (A n )．(2)二项分布在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率是p ，此时称随机变量X 服从二项分布，记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．在n 次独立重复试验中，事件A恰好发生k 次的概率为P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k (k ＝0,1,2，…，n )．[诊断自测] 1．概念思辨(1)相互独立事件就是互斥事件．( )(2)P (B |A )表示在事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率；P (BA )表示事件A ，B 同时发生的概率，一定有P (AB )＝P (A )·P (B )．( )(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝(1－p )．( )(4)二项分布是一个概率分布列，是一个用公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k ，k ＝0,1,2，…，n 表示的概率分布列，它表示了n 次独立重复试验中事件A 发生的次数的概率分布．( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．教材衍化(1)(选修A2－3P 55T 2(1))袋中有5个小球(3白2黑)，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是( )A.35B.34C.12D.310 答案 C解析 记事件A 为“第一次取到白球”，事件B 为“第二次取到白球”，则事件AB 为“两次都取到白球”，依题意知P (A )＝35，P (AB )＝35×24＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12.故选C.(2)(选修A2－3P 58T 2)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，则k ＝________.答案 2解析 依题意有C k 5×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－k ＝C k ＋15×⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－(k ＋1)，所以C k 5＝C k ＋15，所以k ＝2.3．小题热身(1)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.16 答案 B解析 设事件A ：甲实习生加工的零件为一等品；事件B ：乙实习生加工的零件为一等品，且A ，B 相互独立，则P (A )＝23，P (B )＝34，所以这两个零件中恰有一个一等品的概率为P (A B －)＋P (A －B )＝P (A )P (B －)＋P (A －)P (B )＝23×⎝⎛⎭⎪⎫1－34＋⎝⎛⎭⎪⎫1－23×34＝512.故选B.(2)(2015·全国卷Ⅰ)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 ．0.312 答案 A解析 3次投篮投中2次的概率为P (k ＝2)＝C 23×0.62×(1－0.6)＝3×0.62×0.4，投中3次的概率为P (k ＝3)＝0.63，所求事件的概率P ＝P (k ＝2)＋P (k ＝3)＝0.648.故选A.题型1 条件概率典例 从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A ：“取到的2个数之和为偶数”，事件B ：“取到的2个数均为偶数”，则P (B |A )＝( )A.18B.14C.25D.12 答案 B解析 解法一：事件A 包括的基本事件：(1,3)，(1,5)，(3,5)，(2,4)共4个．事件AB 发生的结果只有(2,4)一种情形，即n (AB )＝1. 故由古典概型概率P (B |A )＝n (AB )n (A )＝14.故选B.解法二：P (A )＝C 23＋C 22C 25＝410，P (AB )＝C 22C 25＝110.由条件概率计算公式，得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝110410＝14.故选B.[条件探究1] 若将本典例中的事件B 改为“取到的2个数均为奇数”，则结果如何？解 P (A )＝C 23＋C 22C 25＝25，P (B )＝C 23C 25＝310.又B ⊆A ，则P (AB )＝P (B )＝310，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝P (B )P (A )＝34. [条件探究2] 本典例条件改为：从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，事件A 为“第一次取到的是奇数”，事件B 为“第二次取到的是奇数”，求P (B |A )的值．解 从1,2,3,4,5中不放回地依次取2个数，有A 25种方法；其中第一次取到的是奇数，有A 13A 14种方法；第一次取到的是奇数且第二次取到的是奇数，有A 13A 12种方法．则P (A )＝A 13A 14A 25＝35，P (AB )＝A 13A 12A 25＝310，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝31035＝12.方法技巧条件概率的两种求解方法1．利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P (AB )P (A )，这是求条件概率的通法．2．借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再求事件A 与事件B 的交事件中包含的基本事件数n (AB )，得P (B |A )＝n (AB )n (A ).冲关针对训练(2017·唐山二模)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为( )A ．0.6B ．0.7C ．0.8D ．0.9 答案 C解析设“第一个路口遇到红灯”为事件A，“第二个路口遇到红灯”为事件B，则P(A)＝0.5，P(AB)＝0.4，则P(B|A)＝P(AB)P(A)＝0.8.故选C.题型2相互独立事件的概率典例(2014·陕西高考)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：(1)设X表示在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率．解(1)设A表示事件“作物产量为300 kg”，B表示事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－成本，∴X所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800.P(X＝4000)＝P(A)P(B)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝P(A)P(B)＋P(A)P(B)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为(2)设C i表示事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独立，由(1)知P(C i)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季利润不少于2000元的概率为P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＋P(C1C2C3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.方法技巧利用相互独立事件求概率的思路1．求解该类问题在于正确分析所求事件的构成，将其转化为彼此互斥事件的和或相互独立事件的积，然后利用相关公式进行计算．2．求相互独立事件同时发生的概率的主要方法(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算．冲关针对训练(2018·哈尔滨质检)某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元．求该企业可获利润的分布列．解 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E －)＝13，P (F )＝35，P (F －)＝25，且事件E 与F ，E 与F －，E －与F ，E －与F －都相互独立．(1)记H ＝{至少有一种新产品研发成功}，则H －＝E －F －， 于是P (H －)＝P (E －)P (F －)＝13×25＝215， 故所求的概率为P (H )＝1－P (H －)＝1－215＝1315.(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0,100,120,220，因为P (X ＝0)＝P (EF )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E －F )＝13×35＝315＝15，P (X ＝120)＝P (E F －)＝23×25＝415，P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615＝25. 故所求的分布列为题型3 独立重复试验与二项分布典例 (2017·太原一模)近几年来，我国许多地区经常出现雾霾天气，某学校为了学生的健康，对课间操活动做了如下规定：课间操时间若有雾霾则停止组织集体活动，若无雾霾则组织集体活动．预报得知，这一地区在未来一周从周一到周五5天的课间操时间出现雾霾的概率是：前3天均为50%，后2天均为80%，且每一天出现雾霾与否是相互独立的．(1)求未来一周5天至少一天停止组织集体活动的概率； (2)求未来一周5天不需要停止组织集体活动的天数X 的分布列； (3)用η表示该校未来一周5天停止组织集体活动的天数，记“函数f (x )＝x 2－ηx －1在(3,5)上有且只有一个零点”为事件A ，求事件A 发生的概率．解 (1)未来一周5天都组织集体活动的概率是P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝1200， 则至少有一天停止组织集体活动的概率是1－P ＝199200. (2)X 的取值是0,1,2,3,4,5，则P (X ＝0)＝225，P (X ＝1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×45×15＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝56200＝725，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝73200， P (X ＝3)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝43200，P (X ＝4)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×15×45＝11200，P (X ＝5)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝1200，所以不需要停止组织集体活动的天数X 分布列是(3)函数f (x )＝x 2－ηx －1在(3,5)上有且只有一个零点，且0≤η≤5，则f (3)f (5)<0，83＜η＜245，故η＝3或4， 故所求概率为 P (A )＝[C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×15×45＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫152 ]＋[ ⎝ ⎛⎭⎪⎫123×C 12×45×15＋C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫452]＝73200＋725＝129200.方法技巧1．独立重复试验的实质及应用独立重复试验的实质是相互独立事件的特例，应用独立重复试验公式可以简化求概率的过程．2．判断某概率模型是否服从二项分布P n (X ＝k )＝C k np k (1－p )n －k 的三个条件(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p .(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且每次试验的结果是相互独立的．(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率． 提醒：在实际应用中，往往出现数量“较大”“很大”“非常大”等字眼，这表明试验可视为独立重复试验，进而判定是否服从二项分布．冲关针对训练(2018·洛阳统考)雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM 2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A 、B 、C 三个城市进行治霾落实情况抽查．(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为12，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X ，求X 的分布列和期望．解 (1)随机选取，共有34＝81种不同方法，恰有一个城市没有专家组选取的有C 13(C 14A 22＋C 24)＝42种不同方法，故恰有一个城市没有专家组选取的概率为4281＝1427.(2)设事件A ：“一个城市需复检”，则P (A )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝1516，X 的所有可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 03·⎝⎛⎭⎪⎫1163＝14096，P (X ＝1)＝C 13·⎝⎛⎭⎪⎫1162·1516＝454096，P (X ＝2)＝C 23·116·⎝ ⎛⎭⎪⎫15162＝6754096， P (X ＝3)＝C 33·⎝⎛⎭⎪⎫15163＝33754096. 所以X 的分布列为!X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1516，E (X )＝3×1516＝4516.1．(2014·全国卷Ⅱ)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( )A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.45 答案 A解析 由条件概率公式可得所求概率为0.60.75＝0.8，故选A. 2．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A.110B.15C.25D.12 答案 C解析 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则由题意可得P (A )＝12，P (AB )＝15，则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合出现红灯的概率是P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1512＝25.故选C. 3．(2016·四川高考)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X 的均值是________．答案 32解析 同时抛掷两枚质地均匀的硬币，至少有一枚硬币正面向上的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝34，且X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫2，34，∴均值是2×34＝32.4．(2018·长沙模拟)某中学高三年级共有学生1000人，将某次模拟考试的数学成绩(满分150分，所有成绩均不低于70分)按[70,80)，[80,90)，…，[140,150]分成8组，并制成如图所示的频率分布直方图．(1)求x 的值；(2)试估计本次模拟考试数学成绩在[130,150]内的学生人数； (3)为了研究低分学生的失分情况，3位教师分别在自己电脑上从成绩在[80,100)内的试卷中随机抽取1份进行分析，每人抽到的试卷是相互独立的，ξ为抽到的成绩在[90,100)内的试卷数，写出ξ的分布列，并求数学期望．解 (1)由(0.002＋0.005＋0.008＋2x ＋2×0.02＋0.025)×10＝1，得x ＝0.01.(2)由(1)得成绩在[130,150]内的频率为(0.01＋0.008)×10＝0.18，估计本次模拟考试数学成绩在[130,150]内的学生人数为1000×0.18＝180.(3)由图得成绩在[80,100)内的试卷数为1000×(0.01＋0.005)×10＝150，其中成绩在[80,90)内的试卷数为50，成绩在[90,100)内的试卷数为100，从中任取1份试卷，则成绩在[80,90)内的概率为50150＝13，成绩在[90,100)内的概率为100150＝23.由题意知ξ的所有可能取值为0,1,2,3，故P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫230×⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝127， P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝29，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13＝49，P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫233×⎝ ⎛⎭⎪⎫130＝827.所以ξ的分布列为由于ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以E (ξ)＝3×23＝2.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2018·广西柳州模拟)把一枚硬币任意抛掷三次，事件A ＝“至少有一次出现反面”，事件B ＝“恰有一次出现正面”，则P (B |A )＝( )A.37B.38C.78D.18 答案 A解析 依题意得P (A )＝1－123＝78，P (AB )＝323＝38，因此P (B |A )＝P (AB )P (A )＝37，故选A. 2．(2018·厦门模拟)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3∶1的比分获胜的概率为( )A.827B.6481C.49D.89 答案 A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⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＝827.故选A.3．(2017·山西一模)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23，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.13B.25C.23D.45 答案 B解析 由题意，甲获得冠军的概率为23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，其中比赛进行了3局的概率为23×13×23＋13×23×23＝827， ∴所求概率为827÷2027＝25，故选B.4．口袋里放有大小相同的两个红球和一个白球，有放回地每次摸取一个球，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·⎝ ⎛⎭⎪⎫235B ．C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135C ．C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135D ．C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫135答案 B解析 S 7＝3说明摸取2个红球，5个白球，故S 7＝3的概率为C 27⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫135，故选B.5．(2017·天津模拟)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⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫582⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582答案 D解析 “X ＝12”表示第12次取到红球，且前11次有9次取到红球，2次取到白球，因此P (X ＝12)＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389×⎝ ⎛⎭⎪⎫582×38＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582.故选D.6．如果ξ～B ⎝⎛⎭⎪⎫15，14，那么使P (ξ＝k )取最大值的k 值为( )A ．3B ．4C ．5D ．3或4 答案 D解析 采取特殊值法．∵P (ξ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412，P (ξ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144⎝ ⎛⎭⎪⎫3411，P (ξ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭⎪⎫3410，从而易知P (ξ＝3)＝P (ξ＝4)>P (ξ＝5)．故选D.7．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.13 答案 A解析 设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.则P (AB )＝P (A )P (B )＝23×23＝49.故选A.8．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 解析P (X ≥1)＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝C 12p (1－p )＋C 22p 2＝59，解得p ＝13.⎝⎛⎭⎪⎫0≤p ≤1，故p ＝53舍去.故P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1－C 04×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－C 14×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1127.故选B.9．某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( )A ．100B ．200C ．300D ．400 答案 B解析 1000粒种子每粒不发芽的概率为0.1，∴不发芽的种子数ξ～B (1000,0.1)．∴1000粒种子中不发芽的种子数的期望E (ξ)＝1000×0.1＝100粒．又每粒不发芽的种子需补种2粒，∴需补种的种子数的期望E (X )＝2×100＝200粒．故选B.10．位于坐标原点的一个质点M 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M 移动五次后位于点(2,3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125 B ．C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫123 D ．C 25×C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫125 答案 B解析 如图，由题可知质点M 必须向右移动2次，向上移动3次才能位于点(2,3)，问题相当于5次重复试验中向右恰好发生2次的概率．所求概率为P ＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫122×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫125.故选B.二、填空题11．(2017·眉山期末)已知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫8，12，当P (X ＝k )(k ∈N,0≤k ≤8)取得最大值时，k 的值是________．答案 4解析 ∵X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫8，12，∴P (X ＝k )＝C k 8⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫128－k ＝C k 8⎝ ⎛⎭⎪⎫128，∴当P (X ＝k )(k ∈N,0≤k ≤8)取得最大值时只有C k 8是一个变量， ∴根据组合数的性质得到当k ＝4时，概率取得最大值． 12．(2017·安顺期末)甲、乙二人参加一项抽奖活动，每人抽奖中奖的概率均为0.6，两人都中奖的概率为0.4，则已知甲中奖的前提下乙也中奖的概率为________．答案 23解析 每人抽奖中奖的概率均为0.6，两人都中奖的概率为0.4， 设甲中奖概率为P (A )，乙中奖的概率为P (B )，两人都中奖的概率为P (AB )，则P (A )＝0.6，P (B )＝0.6，两人都中奖的概率为P (AB )＝0.4，则已知甲中奖的前提下乙也中奖的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝0.40.6＝23.13．(2017·南昌期末)位于数轴原点的一只电子兔沿着数轴按下列规则移动：电子兔每次移动一个单位，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，则电子兔移动五次后位于点(－1,0)的概率是________．答案 80243解析 根据题意，质点P 移动五次后位于点(－1,0)，其中向左移动3次，向右移动2次；其中向左平移的3次有C 35种情况，剩下的2次向右平移；则其概率为C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243.14．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别是1,2,3,4,5,6点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ＋y 为偶数”，事件B 为“x ，y 中有偶数且x ≠y ”，则概率P (B |A )＝________.答案 13解析 根据题意，事件A 为“x ＋y 为偶数”，则x ，y 两个数均为奇数或偶数，共有2×3×3＝18个基本事件．∴事件A 发生的概率为P (A )＝2×3×36×6＝12，而A ，B 同时发生，基本事件有“2＋4”“2＋6”“4＋2”“4＋6”“6＋2”“6＋4”，一共有6个基本事件，∴事件A ，B 同时发生的概率为P (AB )＝66×6＝16，∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1612＝13.B 级三、解答题15．(2017·河北“五个一名校联盟”二模)空气质量指数(Air Quality Index ，简称AQI)是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照AQI 大小分为六级：0～50为优；51～100为良；101～150为轻度污染；151～200为中度污染；201～300为重度污染；300以上为严重污染．一环保人士记录去年某地六月10天的AQI 的茎叶图如图． (1)利用该样本估计该地六月空气质量为优良(AQI ≤100)的天数； (2)将频率视为概率，从六月中随机抽取3天，记三天中空气质量为优良的天数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．解 (1)从茎叶图中可以发现样本中空气质量为优的天数为2，空气质量为良的天数为4，∴该样本中空气质量为优良的频率为610＝35，从而估计该地六月空气质量为优良的天数为30×35＝18.(2)由(1)估计某天空气质量为优良的概率为35，ξ的所有可能取值为0,1,2,3，且ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，35.∴P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125，P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫35⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝36125，P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫25＝54125，P (ξ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125，ξ的分布列为E (ξ)＝3×35＝1.8.16．党的十九大报告提出：要提高人民健康水平，改革和完善食品、药品安全监管体制．为加大监督力度，某市工商部门对本市的甲、乙两家小型食品加工厂进行了突击抽查，从两个厂家生产的产品中分别随机抽取10件样品，测量该产品中某种微量元素的含量(单位：毫克)，所得测量数据如图．食品安全法规定：优等品中的此种微量元素含量不小于15毫克． (1)从甲食品加工厂抽出的上述10件样品中随机抽取4件，求抽到的4件产品优等品的件数ξ的分布列；(2)若从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中分别任意抽取3件，求甲、乙食品加工厂抽到的优等品的件数恰好相同的概率．解 (1)由茎叶图，从甲食品加工厂抽出的10件样品中，优等品有8件，非优等品有2件，故抽取的4件样品中至少有2件优等品，ξ的可能取值为2,3,4.P(ξ＝2)＝C28C22C410＝215，P(ξ＝3)＝C38C12C410＝815，P(ξ＝4)＝C48C02C410＝13.ξ的分布列为4错(2)甲食品加工厂抽取的样品中优等品有8件，乙食品加工厂抽取的样品中优等品有7件．故从甲、乙两个食品加工厂的10件样品中分别任意抽取3件，则优等品的件数相同时，可能为1件、2件或3件．优等品同为3件的概率P1＝C38C02C310×C37C03C310＝49360；优等品同为2件时的概率P2＝C28C12C310×C27C13C310＝49200；优等品同为1件时的概率P3＝C18C22C310×C17C23C310＝7600.故所求事件的概率为P＝P1＋P2＋P3＝49360＋49200＋7600＝7071800.17．(2018·郑州质检)2017年3月15日下午，谷歌围棋人工智能AlphaGo与韩国棋手李世石进行最后一轮较量，AlphaGo获得本场比赛胜利，最终人机大战总比分定格在1∶4.人机大战也引发全民对围棋的关注，某学校社团为调查学生学习围棋的情况，随机抽取了100名学生进行调查．根据调查结果绘制的学生日均学习围棋时间的频率分布直方图如图所示，将日均学习围棋时间不低于40分钟的学生称为“围棋迷”．(1)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料判断是否有95%的把握认为“围棋迷”与性别有关？(2)将上述调查所得到的频率视为概率．现在从该地区大量学生中，采用随机抽样方法每次抽取1名学生，抽取3次，记被抽取的3名学生中的“围棋迷”人数为X .若每次抽取的结果是相互独立的，求X 的分布列，期望E (X )和方差D (X )．附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d)(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“围棋迷”有25人，从而2×2列联表如下：将2×2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×(30×10－15×45)245×55×75×25＝10033≈3.030，因为3.030<3.841，所以没有95%的把握认为“围棋迷”与性别有关．(2)由频率分布直方图知抽到“围棋迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名“围棋迷”的概率为14.由题意知，X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫3，14，从而X 的分布列为E (X )＝3×14＝34，D (X )＝3×14×34＝916.18．(2018·湖南十三校联考)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为P 0(0<P 0<1)，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)张三选择方案甲抽奖，李四选择方案乙抽奖，记他们的得分和为X ，若X ≤3的概率为79，求P 0；(2)若张三、李四两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，得分和的数学期望较大？解 (1)由已知得张三中奖的概率为23，李四中奖的概率为P 0，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的得分和X ≤3”为事件A ，则事件A 的对立事件为“X ＝5”．因为P (X ＝5)＝23×P 0，所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝1－23×P 0＝79，所以P 0＝13.(2)设张三、李四都选择方案甲抽奖的中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖的中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖得分和的数学期望为E (2X 1)， 选择方案乙抽奖得分和的数学期望为E (3X 2)， 由已知可得X 1～B ⎝⎛⎭⎪⎫2，23，X 2～B (2，P 0)，所以E (X 1)＝2×23＝43，E (X 2)＝2P 0，从而E (2X 1)＝2E (X 1)＝83，E (3X 2)＝3E (X 2)＝6P 0. 若E (2X 1)>E (3X 2)，则83>6P 0⇒0<P 0<49； 若E (2X 1)<E (3X 2)，则83<6P 0⇒49<P 0<1； 若E (2X 1)＝E (3X 2)，则83＝6P 0⇒P 0＝49.综上所述，当0<P 0<49时，他们都选择方案甲进行抽奖时，得分和的数学期望较大；当49<P 0<1时，他们都选择方案乙进行抽奖时，得分和的数学期望较大；当P 0＝49时，他们都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖时，得分和的数学期望相等．。
2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第十章 第七节 离散型随机变量及其分布列 Word版含解析
课时作业 A 组——基础对点练1．某班有14名学生数学成绩优秀,若从该班随机找出5名学生,其中数学成绩优秀的学生数X ～B (5,14),则E (2X ＋1)＝( ) A.54 B.52 C ．3D.72解析：因为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，14,所以E (X )＝54,所以E (2X ＋1)＝2E (X )＋1＝2×54＋1＝72. 答案：D2．已知某离散型随机变量X 服从的分布列如图,则随机变量X 的方差D (X )等于( )A.19 B.29 C.13D.23解析：由m ＋2m ＝1得m ＝13,∴E (X )＝0×13＋1×23＝23,D (X )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－232×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232×23＝29,故选B.答案：B3．若随机变量η的分布列如下：则当P (η<x )＝0.8A ．x ≤2 B ．1<x <2 C ．1≤x ≤2D ．1<x ≤2解析：由题中给出的分布列,可读出相应的概率值,则 P (η＝－2)＋P (η＝－1)＋P (η＝0)＋P (η＝1)＝0.8.又P (η<x )＝0.8,则1<x ≤2. 答案：D4．把三个不同的小球,随机放入三个不同的盒子中,设随机变量ξ为三个盒子中含球最多的盒子里的球数,则ξ的数学期望E (ξ)为( ) A.179 B.199 C ．2D.73解析：由题意知ξ的所有可能取值为1,2,3,P (ξ＝1)＝A 3333＝627,P (ξ＝2)＝C 23·A 22·C 2333＝1827, P (ξ＝3)＝C 1333＝327,∴E (ξ)＝1×627＋2×1827＋3×327＝179.故选A. 答案：A5．一批产品共50件,次品率为4%,从中任取10件,则抽到1件次品的概率是( )A.C 12C 948C 1050B.C 12C 950C 1050C.C 12C 1050D.C 948C 1050解析：50件产品中,次品有50×4%＝2件,设抽到的次品数为X ,则抽到1件次品的概率是P (X ＝1)＝C 12C 948C 1050.选A.答案：A6．一盒中有12个乒乓球,其中9个新的,3个旧的,从盒子中任取3个球来用,用完即为旧,用完后装回盒中,此时盒中旧球个数X 是一个随机变量,则P (X ＝4)的值为 ．解析：“事件X ＝4”表示取出的3个球有1个新球,2个旧球,故P (X ＝4)＝C 19C 23C 312＝27220.答案：272207．若离散型随机变量ξ的分布列为则随机变量ξ的期望E (为 ．解析：由题意,x ＝1－0.15－0.4－0.35＝0.1,数学期望E (ξ)＝0×0.15＋1×0.4＋2×0.35＋3×0.1＝1.4. 答案：1.48．(2018·沈阳质量监测)某中学根据2005～2017年期间学生的兴趣爱好,分别创建了“摄影”“棋类”“国学”三个社团,据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立.2017年某新生入学,假设他通过考核选拔进入该校的“摄影”“棋类”“国学”三个社团的概率依次为m 、13、n ,已知三个社团他都能进入的概率为124,至少进入一个社团的概率为34,且m >n . (1)求m 与n 的值；(2)该校根据三个社团活动安排情况,对进入“摄影”社的同学增加校本选修学分1分,对进入“棋类”社的同学增加校本选修学分2分,对进入“国学”社的同学增加校本选修学分3分．求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数的分布列及期望．解析：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧13mn ＝1241－(1－m )(1－13)(1－n )＝34,解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12n ＝14.(2)设该新同学在社团方面获得校本选修课学分的分数为随机变量X ,则X 的值可以为0,1,2,3,4,5,6.而P(X＝0)＝12×23×34＝14；P(X＝1)＝12×23×34＝14；P(X＝2)＝12×13×34＝18；P(X＝3)＝12×23×14＋12×13×34＝524；P(X＝4)＝12×23×14＝112；P(X＝5)＝12×13×14＝124；P(X＝6)＝12×13×14＝124.X的分布列为：于是,E(X)＝0×14＋1×14＋2×18＋3×524＋4×112＋5×124＋6×124＝2312.9．一批产品需要进行质量检验,检验方案是：先从这批产品中任取4件做检验,这4件产品中优质品的件数记为n.如果n＝3,再从这批产品中任取4件检验,若都为优质品,则这批产品通过检验；如果n＝4,再从这批产品中任取1件做检验,若为优质品,则这批产品通过检验；其他情况下,这批产品都不能通过检验．假设这批产品的优质品率为50%,即取出的每件产品是优质品的概率都为12,且各件产品是否为优质品相互独立．(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100元,且抽取的每件产品都需要检验,对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位：元),求X的分布列及数学期望．解析：(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A1,第一次取出的4件产品全是优质品为事件A2,第二次取出的4件产品都是优质品为事件B1,第二次取出的1件产品是优质品为事件B 2,这批产品通过检验为事件A ,依题意有A ＝(A 1B 1)∪(A 2B 2),且A 1B 1与A 2B 2互斥,所以P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1|A 1)＋P (A 2)P (B 2|A 2)＝416×116＋116×12＝364.(2)X 可能的取值为400,500,800,并且P (X ＝400)＝1－416－116＝1116,P (X ＝500)＝116,P (X ＝800)＝14. 所以X 的分布列为E (X )＝400×1116＋500×116＋800×14＝506.25.B 组——能力提升练1．若随机变量ξ的分布列为其中m ∈(0,1),A ．E (ξ)＝m ,D (ξ)＝n 3 B ．E (ξ)＝m ,D (ξ)＝n 2 C ．E (ξ)＝1－m ,D (ξ)＝m －m 2 D ．E (ξ)＝1－m ,D (ξ)＝m 2解析：由分布列可知,随机变量ξ服从两点分布,故E (ξ)＝n ＝1－m ,D (ξ)＝n (1－n )＝(1－m )m ＝m －m 2,故选C. 答案：C2．设X 为随机变量,X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13,若随机变量X 的数学期望E (X )＝2,则P (X ＝2)等于( )A.80243B.13243C.4243D.1316解析：因为X ～B (n ,p )所以E (X )＝np .由n 3＝2,得n ＝6,即X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13,所以P (X ＝2)＝C 26×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－136－2＝80243. 答案：A3．50个乒乓球中, 合格品为45个,次品为5个,从这50个乒乓球中任取3个,出现次品的概率是( ) A.C 35C 350B.C 15＋C 25＋C 35C 350 C ．1－C 345C 350D.C 15C 245C 350解析：出现次品,可以是一个,两个或是三个,与其对立的是：都是合格品,都是合格品的概率是C 345C 350,故出现次品的概率是1－C 345C 350.答案：C4．已知X 是离散型随机变量,P (X ＝1)＝23,P (X ＝a )＝13,且E (X )＝43,则D (2X －1)等于 ．解析：由已知及离散型随机变量分布列的性质,得1×23＋a ×13＝43,解得a ＝2, ∴D (X )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－432×23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－432×13＝29,∴D (2X －1)＝4D (X )＝89. 答案：895．近年来空气污染是一个生活中重要的话题,PM2.5就是其中一个指标．PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,也称为可入肺颗粒物．PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某市2017年10月1日至10日每天的PM2.5监测数据如茎叶图所示．(1)在此期间的某天,一外地游客来张掖市旅游,求当天PM2.5日均监测数据未超标的概率；(2)某游客在此期间有2天在该市旅游,这2天该市的PM2.5监测数据均未超标,请计算出这2天空气质量恰好有一天为一级的概率；(3)从所给10天的数据中任意抽取3天数据,记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数,求ξ的分布列及期望．解析：(1)记“当天PM2.5日均监测数据未超标”为事件A,P(A)＝2＋410＝35.(2)记“这2天此地PM2.5监测数据均未超标且空气质量恰好有一天为一级”为事件B,P(B)＝C12·C14C26＝815.(3)ξ的可能值为0,1,2,3,P(ξ＝0)＝C36C310＝16,P(ξ＝1)＝C26·C14C310＝12,P(ξ＝2)＝C16·C24C310＝310,P(ξ＝3)＝C34C310＝130.其分布列为：E(ξ)＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝65.6．(2018·长春模拟)每年5月17日为国际电信日,某市电信公司每年在电信日当天对办理应用套餐的客户进行优惠,优惠方案如下：选择套餐1的客户可获得优惠200元,选择套餐2的客户可获得优惠500元,选择套餐3的客户可获得优惠300元．根据以往的统计结果绘出电信日当天参与活动的统计图,现将频率视为概率．(1)求某两人选择同一套餐的概率；(2)若用随机变量X 表示某两人所获优惠金额的总和,求X 的分布列和数学期望． 解析：(1)由题意可得某两人选择同一套餐的概率为 P ＝18×18＋12×12＋38×38＝1332.(2)由题意知某两人可获得优惠金额X 的可能取值为400,500,600,700,800,1 000. P (X ＝400)＝18×18＝164, P (X ＝500)＝C 12×18×38＝664, P (X ＝600)＝38×38＝964, P (X ＝700)＝C 12×18×12＝864,P (X ＝800)＝C 12×12×38＝2464,P (X ＝1 000)＝12×12＝1664.综上可得X 的分布列为：故E (X )＝400×164＋500×664＋600×964＋700×864＋800×2464＋1 000×1664＝775(元)．。
2019版同步优化探究理数(北师大版)练习第十章 第八节 n次独立重复试验与二项分布 Word版含解析
课时作业组——基础对点练．(·郑州模拟)设～(，)，其中＜＜，且(＝)＝，那么(＝)＝( )解析：(＝)＝(－)＝，即(－)＝()·()，解得＝或＝(舍去)，故(＝)＝·(－)＝.答案：．设两个独立事件和同时不发生的概率是，发生不发生与不发生发生的概率相同，则事件发生的概率为( )．．－．－解析：据题意设事件发生的概率为，事件发生的概率为，则有(\\((－((－(＝，①(－(＝(－(.②))由②知＝，代入①即得＝－.答案：．位于坐标原点的一个质点按下述规则移动：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.质点移动五次后位于点()的概率是．解析：移动五次后位于点()，所以质点必须向右移动次，向上移动次．故其概率为·＝＝.答案：．若随机变量ξ～，则(ξ＝)最大时，的值为．解析：根据题意得(ξ＝)＝－，＝，则(ξ＝)＝，(ξ＝)＝，(ξ＝)＝，(ξ＝)＝，(ξ＝)＝，(ξ＝)＝，故当＝或时，(ξ＝)最大．答案：或．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将次遇到黑色障碍物，最后落入袋或袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，则小球落入袋中的概率为．解析：记“小球落入袋中”为事件，“小球落入袋中”为事件，则事件的对立事件为，若小球落入袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故()＝＋＝，从而()＝－()＝－＝.答案：．如图，由到的电路中有个元件，分别标为，，，，电流能通过，，的概率都是，电流能通过的概率是，电流能否通过各元件相互独立．已知，，中至少有一个能通过电流的概率为.()求；()求电流能在与之间通过的概率．解析：记表示事件“电流能通过”，＝，表示事件“，，中至少有一个能通过电流”，表示事件“电流能在与之间通过”．()＝，，，相互独立，()＝()＝()()()＝(－)，又()＝－()＝－＝，故(－)＝，解得＝.()＝∪()∪()，()＝()＋()＋()＝()＋()()()＋()()()()＝＋××＋×××＝.组——能力提升练．设随机变量服从二项分布～，则函数()＝＋＋存在零点的概率是( )解析：∵函数()＝＋＋存在零点，∴Δ＝－≥，∴≤.∵服从～，∴(≤)＝－(＝)＝－＝.答案：．若同时抛掷两枚骰子，当至少有点或点出现时，就说这次试验成功，则在次试验中至少有次成功的概率是( )。
2019版高考数学(理)一轮总复习作业85n次独立重复试验与二项分布 Word版含解析
题组层级快练(八十五)．下列表中能成为随机变量的分布列的是( )答案．袋中有大小相同的红球个、白球个，从袋中每次任意取出个球，直到取出的球是白球时为止，所需要的取球次数为随机变量ξ，则ξ的可能值为( )．，，…，．，，…，．，，…，．，，，…答案解析除白球外，其他的还有个球，因此取到白球时取球次数最少为次，最多为次．故选. ．若某一随机变量的概率分布如下表，且＋＝，则－的值为( ).－．．．－答案解析由＋＋＝，＋＝，可得＝＝，－＝.．已知随机变量的分布列为(＝)＝，＝，，…，则(<≤)等于( )答案解析(<≤)＝(＝)＋(＝)＝＋＝.．若随机变量的分布列为则当(<)．(－∞，] ．[，]．(，] ．(，)答案解析由随机变量的分布列知：(<－)＝，(<)＝，(<)＝，(<)＝，则当(<)＝时，实数的取值范围是(，]．．袋中有大小相同的只钢球，分别标有，，，，五个号码，任意抽取个球，设个球号码之和为，则的所有可能取值个数为( )．．．．答案解析的可能取值为＋＝，＋＝，＋＝＝＋，＋＝＝＋，＋＝＝＋，＋＝，＋＝.．甲、乙两队在一次对抗赛的某一轮中有个抢答题，比赛规定：对于每一个题，没有抢到题的队伍得分，抢到题并回答正确的得分，抢到题但回答错误的扣分(即得－分)．若是甲队在该轮比赛获胜时的得分(分数高者胜)，则的所有可能取值是．答案－，，，，解析＝－，甲抢到一题但答错了；＝，甲没抢到题，或甲抢到题，但答时一对一错；＝时，甲抢到题且答对或甲抢到题，且一错两对；＝时，甲抢到题均答对；＝时，甲抢到题均答对．．已知甲盒内有大小相同的个红球和个黑球，乙盒内有大小相同的个红球和个黑球，现从甲、乙两个盒内各任取个球．设ξ为取出的个球中红球的个数，则(ξ＝)＝．答案解析ξ可能取的值为，，，，(ξ＝)＝＝，(ξ＝)＝＝，又(ξ＝)＝＝，∴(ξ＝)＝－(ξ＝)－(ξ＝)－(ξ＝)＝－－－＝.．一个盒子里装有张卡片，其中有红色卡片张，编号分别为，，，；白色卡片张，编号分别为，，.从盒子中任取张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．()求取出的张卡片中，含有编号为的卡片的概率；()在取出的张卡片中，红色卡片编号的最大值设为，求随机变量的分布列与数学期望．答案() ()解析()设“取出的张卡片中，含有编号为的卡片”为事件，则()＝＝.所以取出的张卡片中，含有编号为的卡片的概率为.()随机变量的所有可能取值为，，，.(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝＝，(＝)＝＝.则随机变量的分布列是．在一次购物抽奖活动中，假设某张券中有一等奖券张，可获价值元的奖品；有二等奖券张，每张可获价值元的奖品；其余张没有奖．某顾客从此张奖券中任抽张，求：()该顾客中奖的概率；。
高考数学总复习 第10章 第8讲 n次独立重复实验与二项分布配套练习 理 新人教A版
第十章第8讲时间：45分钟分值：100分一、选择题1 [2022·河池模拟]高一新生军训时，经过两天的打靶训练，甲每射击10次可以击中9次，乙每射击9次可以击中8次．甲、乙两人射击同一目标甲、乙两人互不影响，现各射击一次，目标被击中的概率为A 错误!B 错误!C 错误!D 错误!答案：D解析：目标被击中的概率为为“A则＝错误!＝错误!，N＝错误!＝错误!，∴A实验室是男航天员的情况下，B实验室是女航天员的概率为＝错误!＝错误!＝错误!11 [2022·淮北模拟]美国NBA是世界著名的篮球赛事，在一个赛季结束后，分别从东部联盟和西部联盟各抽出50名NBA篮球运动员，统计他们在这一赛季中平均每场比赛的得分，统计结果如下表：东部联盟分值分组[0,5[5,10[10,15[15,20[20,25[25,30频数10211152 1分值分组[0,5[5,10[10,15[15,20[20,25[25,30 频数12191242 11分别估计东部联盟和西部联盟球员的优秀率；2东部联盟现指定5位优秀球员作为某场比赛出场的队员，假设每位优秀球员每场比赛发挥稳定的概率均为错误!球员发挥稳定与否互不影响，记该场比赛中这5位优秀球员发挥稳定的人数为X，求X的分布列和数学期望．解：1由题意知，东部联盟优秀球员的频率为错误!＝，西部联盟优秀球员的频率为错误!＝，所以可估计东部联盟球员的优秀率为16%西部联盟球员的优秀率为14%2由题意可知，X～B5，错误!，即PX＝＝C错误!错误!错误!5－，＝0,1,2,3,4,5∴X的分布列为∴EX12[2022·绵阳调研]在一次人才招聘会上，有A、B、C三种不同的技工面向社会招聘．已知某技术人员应聘A、B、C三种技工被录用的概率分别是、、允许受聘人员同时被多种技工录用．1求该技术人员被录用的概率；2设X表示该技术人员被录用的工种数与未被录用的工种数的积．①求X的分布列和数学期望；②“设函数f＝3in错误!π，∈R是偶函数”为事件D，求事件D发生的概率．解：记该技术人员被A、B、C三种技工分别录用的事件为A、B、C，则PA＝，PB＝，PC ＝1该技术人员被录用的概率P＝1－P\toA·\toB·\toC＝1－××＝2设该技术人员被录用的工种数为n，则X＝n3－n，n＝0,1,2,3，所以X的所有可能取值为0,2①PX＝0＝PA·B·C＋P\toA·\toB·\toC＝××＋××＝，PX＝2＝1－PX＝0＝所以X的分布列为所以EX②当X＝0时，f＝3in错误!，则函数f是奇函数，当X＝2时，f＝3in错误!＋错误!＝3co错误!，则函数f是偶函数．所以所求的概率PD＝PX＝2＝。
2020年同步优化探究理数(北师大版)练习：第十章 第八节 n次独立重复试验与二项分布 Word版含解析.doc
课时作业 A 组——基础对点练1．(2018·郑州模拟)设X ～B (4，p )，其中0＜p ＜12，且P (X ＝2)＝827， 那么P (X ＝1)＝( ) A.881 B.1681 C.827D.3281解析：P (X ＝2)＝C 24p 2(1－p )2＝827，即p 2(1－p )2＝(13)2·(23)2，解得p ＝13或p ＝23(舍去)，故P (X ＝1)＝C 14p ·(1－p )3＝3281. 答案：D2．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.p2 C ．1－pD ．1－2p解析：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 . 答案：C3．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 ．解析：移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动2次，向上移动3次． 故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516. 答案：5164．若随机变量ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，则P (ξ＝k )最大时，k 的值为 ．解析：根据题意得P (ξ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－135－k ，k ＝0,1,2,3,4,5，则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：1或25．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为 ．解析：记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P (A )＝1－P (B )＝1－14＝34.答案：346．如图，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为0.999.(1)求p ；(2)求电流能在M 与N 之间通过的概率．解析：记A i 表示事件“电流能通过T i ”，i ＝1,2,3,4，A 表示事件“T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流”，B 表示事件“电流能在M 与N 之间通过”． (1)A ＝A 1A 2A 3，A 1，A 2，A 3相互独立， P (A )＝P (A 1A2A 3)＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝(1－p )3，又P (A )＝1－P (A )＝1－0.999＝0.001， 故(1－p )3＝0.001，解得p ＝0.9. (2)B ＝A 4∪(A 4A 1A 3)∪(A4A 1A 2A 3)，P (B )＝P (A 4)＋P (A 4A 1A 3)＋P (A 4 A 1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A 4)P (A 1)P (A 3)＋P (A4)P (A 1)P (A 2)P (A 3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.B 组——能力提升练1．设随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，则函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( ) A.56 B.45 C.3132D.12解析：∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0，∴X ≤4.∵X 服从X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－125＝3132. 答案：C2．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( ) A.125729 B.80243 C.665729D.100243 解析：一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝1－49＝59，设X 为3次试验中成功的次数，所以X ～B⎝ ⎛⎭⎪⎫3，59，故所求概率P (x ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 03× ⎝ ⎛⎭⎪⎫590×⎝ ⎛⎭⎪⎫493＝665729，故选C. 答案：C3．已知事件A ，B ，C 相互独立，若P (A ·B )＝16，P (B ·C )＝18，P (A ·B ·C )＝18，则P (B )＝( ) A.12 B.13 C.14D.16解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )P (B )＝16，[1－P (B )]P (C )＝18，P (A )P (B )[1－P (C )]＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧P (A )＝13，P (B )＝12，P (C )＝14.故选A.答案：A4．(2018·海淀期末测试)已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是 ； (2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是 ． 解析：(1)记“甲在第i 次试跳成功”为事件A i ，“乙在第i 次试跳成功”为事件B i ，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C .法一：P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.法二：由对立事件的概率计算公式得P (C )＝1－P (A 1B 1)＝1－P (A 1)P (B 1)＝1－0.3×0.4＝0.88.(2)设“甲在两次试跳中成功i 次”为事件M i ，“乙在两次试跳中成功i 次”为事件N i ，所以所求概率P ＝P (M 1N 0)＋P (M 2N 1)＝P (M 1)P (N 0)＋P (M 2)P (N 1)＝C 12×0.7×0.3×0.42＋0.72×C 12×0.6×0.4＝0.302 4.答案：0.88 0.302 45．(2018·衡水中学质检)将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (A |B )．解析：依题意，随机试验共有9个不同的基本结果， 由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等，所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果．所以P (B )＝49，P (AB )＝19.所以P (A |B )＝P (AB )P (B )＝1949＝14.。
2019版高考数学(理科)一轮复习达标检测(四十八)n次独立重复试验与二项分布
高考达标检测（四十八） n 次独立重复试验与二项分布一、选择题1．甲、乙、丙三人进行象棋比赛，每两人比赛一场，共赛三场．每场比赛没有平局，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为23，甲胜丙的概率为14，乙胜丙的概率为15.则甲获第一名且丙获第二名的概率为( )A.1112 B.16 C.130D.215解析：选D 设“甲胜乙”、“甲胜丙”、“乙胜丙”分别为事件A ，B ，C ， 事件“甲获第一名且丙获第二名”为A ∩B ∩C ，所以P (甲获第一名且丙获第二名)＝P (A ∩B ∩C )＝P (A )P (B )·P (C )＝23×14×45＝215.2．把一枚硬币任意掷两次，事件A ＝“第一次出现正面”，事件B ＝“第二次出现正面”，则P (B |A )＝( ) A.14 B.13 C.12D.23解析：选C 由题可得，所有的基本事件数是4个，事件A 包含2个基本事件，所以P (A )＝12，事件AB 包含1个基本事件，所以P (AB )＝14，所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.3．若ξ～B (n ，p )且E (ξ)＝6，D (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值为( ) A ．3·2－2B ．2－4C ．3·2－10D ．2－8解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ np ＝6，np (1－p )＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝12，p ＝0.5.所以P (ξ＝1)＝C 112(0.5)1(1－0.5)11＝3×2－10.4．袋中装有标号为1,2,3的三个小球，从中任取一个，记下它的号码，放回袋中，这样连续做三次．若抽到各球的机会均等，事件A 表示“三次抽到的号码之和为6”，事件B 表示“三次抽到的号码都是2”，则P (B |A )＝( )A.17B.27C.16D.727解析：选A 因为P (A )＝A 33＋133＝727，P (AB )＝133＝127， 所以P (B |A )＝P (AB )P (A )＝17. 5．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (3，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为( )A.2027B.827C.727D.127解析：选C 由题知随机变量符合二项分布，且它们的概率相同，P (ξ＝0)＝C 02(1－p )2＝1－59，解得p ＝13，则P (η≥2)＝C 33p 3＋C 23p 2(1－p )1＝127＋627＝727. 6．甲、乙两人练习射击， 命中目标的概率分别为12和13， 甲、乙两人各射击一次，有下列说法：①目标恰好被命中一次的概率为12＋13；②目标恰好被命中两次的概率为12×13；③目标被命中的概率为12×23＋12×13；④目标被命中的概率为1－12×23，以上说法正确的是( ) A ．②③ B ．①②③ C ．②④D ．①③解析：选C 对于说法①，目标恰好被命中一次的概率为12×23＋12×13＝12，所以①错误，结合选项可知，排除B 、D ；对于说法③，目标被命中的概率为12×23＋12×13＋12×13，所以③错误，排除A.故选C. 二、填空题7.如图，△ABC 和△DEF 是同一圆的内接正三角形，且BC ∥EF .将一颗豆子随机地扔到该圆内，用M 表示事件“豆子落在△ABC 内”，N 表示事件“豆子落在△DEF 内”，则P (N |M )＝________.解析：如图，作三条辅助线，根据已知条件得这些小三角形都全等，△ABC 包含9个小三角形， 满足事件MN 的小三角形有6个， 故P (N |M )＝69＝23.答案：238.如图，A, B, C 表示3种开关，设在某段时间内它们正常工作的概率分别是0.9,0.8,0.7，如果系统中至少有1个开关能正常工作，则该系统就能正常工作， 那么该系统正常工作的概率是________．解析：由题意知，系统不能正常工作的概率是(1－0.9)×(1－0.8)×(1－0.7)＝0.006， 所以系统能正常工作的概率是1－0.006＝0.994. 答案：0.9949．已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是________； (2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是________．解析：(1)记“甲在第i 次试跳成功”为事件A i ，“乙在第i 次试跳成功”为事件B i ，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C .法一：P (C )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1) ＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1) ＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88. 法二：由对立事件的概率计算公式得P (C )＝1－P (A 1 B 1)＝1－P (A 1)P (B 1)＝1－0.3×0.4＝0.88.(2)设“甲在两次试跳中成功i 次”为事件M i ，“乙在两次试跳中成功i 次”为事件N i ， 所以所求概率P ＝P (M 1N 0)＋P (M 2N 1)＝P (M 1)P (N 0)＋P (M 2)P (N 1)＝C 12×0.7×0.3×0.42＋0.72×C 12×0.6×0.4＝0.302 4.答案：(1)0.88 (2)0.302 4 三、解答题10．小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、乙、丙随机发放红包，每次发放1个． (1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率； (2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个． 记乙所得红包的总钱数为X ，求X 的分布列．解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A ， 则P (A )＝C 12×13×23＝49. (2)X 的所有可能取值为0,5,10,15,20. P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫233＝827， P (X ＝5)＝C 12×13×⎝⎛⎭⎫232＝827， P (X ＝10)＝⎝⎛⎭⎫132×23＋⎝⎛⎭⎫232×13＝627， P (X ＝15)＝C 12×⎝⎛⎭⎫132×23＝427， P (X ＝20)＝⎝⎛⎭⎫133＝127. 所以X 的分布列为11．为备战2018年瑞典乒乓球世界锦标赛，乒乓球队举行公开选拔赛，甲、乙、丙三名选手入围最终单打比赛名单．现甲、乙、丙三人进行队内单打对抗比赛，每两人比赛一场，共赛三场，每场比赛胜者得3分，负者得0分，在每一场比赛中，甲胜乙的概率为35，丙胜甲的概率为34，乙胜丙的概率为p ，且各场比赛结果互不影响．若甲获第一名且乙获第三名的概率为110.(1)求p 的值；(2)设在该次对抗比赛中，丙得分为X ，求X 的分布列和数学期望． 解：(1)由已知，甲获第一名且乙获第三名的概率为110.即甲胜乙、甲胜丙且丙胜乙的概率为110，∴35×14×(1－p )＝110，∴p ＝13. (2)依题意，丙得分X 的所有取值为0,3,6. ∵丙胜甲的概率为34，丙胜乙的概率为23，∴P (X ＝0)＝14×13＝112，P (X ＝3)＝34×13＋14×23＝512，P(X＝6)＝34×23＝12，∴X的分布列为∴E(X)＝0×112＋3×512＋6×12＝174.12．从某校高三上学期期末数学考试成绩中，随机抽取了60名学生的成绩得到频率分布直方图如下所示：(1)根据频率分布直方图，估计该校高三学生本次数学考试的平均分；(2)以上述样本的频率作为概率，从该校高三学生中有放回地抽取3名，记抽取的学生本次数学考试的成绩不低于110分的人数为ξ，求ξ的分布列．解：(1)由频率分布直方图，可得该校高三学生本次数学考试的平均分大约为0.005 0×20×40＋0.007 5×20×60＋0.007 5×20×80＋0.015 0×20×100＋0.012 5×20×120＋0.002 5×20×140＝92(分)．(2)样本中成绩不低于110分的频率为0.012 5×20＋0.002 5×20＝0.3，所以从该校高三学生中随机抽取一名，分数不低于110分的概率为0.3.由题意知ξ的可能取值为0,1,2,3，则P(ξ＝0)＝C03×(0.3)0×(0.7)3＝0.343，P(ξ＝1)＝C13×(0.3)1×(0.7)2＝0.441，P(ξ＝2)＝C23×(0.3)2×(0.7)1＝0.189，P(ξ＝3)＝C33×(0.3)3×(0.7)0＝0.027.所以ξ的分布列为某省高考改革新方案，不分文理科，高考成绩实行“3＋3”的构成模式，第一个“3”是语文、数学、外语，每门满分150分，第二个“3”由考生在思想政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择其中3个科目参加等级性考试，每门满分100分，高考录取成绩卷面总分满分750分．为了调查学生对物理、化学、生物的选考情况，将“某市某一届学生在物理、化学、生物三个科目中至少选考一科的学生”记作学生群体S，从学生群体S中随机抽取了50名学生进行调查，他们选考物理，化学，生物的科目数及人数统计如下表：(1)从所调查的50(2)从所调查的50名学生中任选2名，记X 表示这2名学生选考物理、化学、生物的科目数量之差的绝对值，求随机变量X 的分布列和数学期望；(3)将频率视为概率，现从学生群体S 中随机抽取4名学生，记其中恰好选考物理、化学、生物中的两科目的学生数记作Y ，求事件“Y ≥2”的概率．解：(1)记“所选取的2名学生选考物理、化学、生物科目数量相等”为事件A ，则P (A )＝C 25＋C 225＋C 220C 250＝2049， 所以他们选考物理、化学、生物科目数量不相等的概率为1－P (A )＝2949.(2)由题意可知X 的可能取值分别为0,1,2. 由(1)知，P (X ＝0)＝2049，又P (X ＝1)＝C 15C 125＋C 120C 125C 250＝2549， P (X ＝2)＝C 15C 120C 250＝449，从而X 的分布列为E (X )＝0×2049＋1×2549＋2×449＝3349.(3)所调查的50名学生中物理、化学、生物选考两科目的学生有25名， 相应的频率为p ＝2550＝12，由题意知，Y ～B ⎝⎛⎭⎫4，12， 所以事件“Y ≥2”的概率为P (Y ≥2)＝C 24⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫1－122＋C 34⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫1－12＋C 44⎝⎛⎭⎫124＝1116.。
【优化探究】2015高考数学10-8n次独立重复试验与二项分布提素能高效训练新人教a版理
"【优化探究】2015高考数学 10-8 n 次独立重复试验与二项分布提素能高效训练 新人教A 版 理 "[A 组 基础演练·能力提升]一、选择题1．(2014年广元一模)设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P(X ＝3)等于( )A.516B.316C.58D.38解析：∵X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12， ∴P(X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.答案：A2．小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次获得通过的概率是( )A.49B.29C.427D.227解析：所求概率P ＝C 13·⎝ ⎛⎭⎪⎫131·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133－1＝49.答案：A3．一个电路如图所示，A ，B ，C ，D ，E ，F 为6个开关，其闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )A.164B.5564C.18D.116解析：设A 与B 中至少有一个不闭合的事件为T ，E 与F 至少有一个不闭合的事件为R ， 则P(T)＝P(R)＝1－12×12＝34，所以灯亮的概率P ＝1－P(T)P(R)P(C )P(D )＝5564. 答案：B4．2013年国庆节放假，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1人去北京旅游的概率为( )A.5960B.35C.12D.160 解析：用A ，B ，C 分别表示甲、乙、丙三人去北京旅游这一事件，三人均不去的概率为P(A B C )＝P(A )·P(B )·P(C )＝23×34×45＝25.故至少有一人去北京旅游的概率为1－25＝35. 答案：B5．高三毕业时，甲、乙、丙等五位同学站成一排合影留念，已知甲、乙二人相邻，则甲、丙相邻的概率是( )A.12B.13C.14D.25解析：设“甲、乙二人相邻”为事件A ，“甲、丙二人相邻”为事件B ，则所求概率为P(B|A)，由于P(B|A)＝P (AB )P (A )，而P(A)＝2A 44A 55＝25，AB 是表示事件“甲与乙、丙都相邻”， 故P(AB)＝2A 33A 5＝110，于是P(B|A)＝11025＝14.答案：C6．(2014年聊城一模)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.1127B.1124C.1627D.924解析：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；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. 答案：A 二、填空题7．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：358．某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率是12，两次闭合都出现红灯的概率为16.在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次出现红灯的概率为________．解析：设事件A ：第一次闭合后出现红灯；事件B ：第二次闭合出现红灯．则P(A)＝12，P(AB)＝16，故满足条件的P(B|A)＝P (AB )P (A )＝1612＝13.答案：139.将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是12，则小球落入A 袋中的概率为________．解析：记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P(B)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝14，从而P(A)＝1－P(B)＝1－14＝34.答案：34三、解答题10．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． 解析：(1)该公司决定对该项目投资的概率为P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫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(3)3＝27，P(B)＝C 13(3)3＝9，P(C)＝C 13C 12(13)3＝29，P(D)＝C 13(13)3＝19.∵A 、B 、C 、D 互斥，∴P(A ＋B ＋C ＋D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝1327.11．(2014年厦门质检)从装有大小相同的3个白球和3个红球的袋中做摸球试验，每次摸出一个球．如果摸出白球，则从袋外另取一个红球替换该白球放入袋中，继续做下一次摸球试验：如果摸出红球，则结束摸球试验．(1)求一次摸球后结束试验的概率P 1和两次摸球后结束试验的概率P 2； (2)记结束试验时的摸球次数为ξ，求ξ的分布列． 解析：(1)一次摸球结束试验的概率 P 1＝36＝12；两次摸球结束试验的概率 P 2＝36×46＝13.(2)依题意得，ξ的所有可能取值有1,2,3,4. P(ξ＝1)＝12，P(ξ＝2)＝13，P(ξ＝3)＝36×26×56＝536，P(ξ＝4)＝36×26×16×66＝136.则ξ的分布列为：12.(能力提升)了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x ，y 的值，并求顾客一次购物的结算时间X 的分布列与数学期望；(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)解析：(1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45，所以x ＝15，y ＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得P(X ＝1)＝15100＝320，P(X ＝1.5)＝30100＝310，P(X ＝2)＝25100＝14，P(X ＝2.5)＝20100＝15，P(X＝3)＝10100＝110.X 的分布列为X 的数学期望为E(X)＝1×320＋1.5×310＋2×14＋2.5×15＋3×110＝1.9.(2)记A 为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，X i (i ＝1,2)为该顾客前面第i 位顾客的结算时间，则P(A)＝P(X 1＝1且X 2＝1)＋P(X 1＝1且X 2＝1.5)＋P(X 1＝1.5且X 2＝1)． 由于各顾客的结算相互独立，且X 1，X 2的分布列都与X 的分布列相同，所以 P(A)＝P(X 1＝1)×P(X 2＝1)＋P(X 1＝1)×P(X 2＝1.5)＋P(X 1＝1.5)×P(X 2＝1) ＝320×320＋320×310＋310×320＝980. 故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为980.[B 组 因材施教·备选练习]1．(2013年高考四川卷)节日前夕，小李在家门前的树上挂了两串彩灯．这两串彩灯的第一次闪亮相互独立，且都在通电后的4秒内任一时刻等可能发生，然后每串彩灯以4秒为间隔闪亮．那么这两串彩灯同时通电后，它们第一次闪亮的时刻相差不超过2秒的概率是( )A.14B.12C.34D.78解析：设通电x 秒后第一串彩灯闪亮，y 秒后第二串彩灯闪亮．依题意得0≤x ≤4,0≤y ≤4，∴S ＝4×4＝16.又两串彩灯闪亮的时刻相差不超过2秒，即|x －y|≤2，如图可知，符合要求的S ′＝16－12×2×2－12×2×2＝12，∴P ＝S ′S ＝1216＝34.答案：C2．高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占16，而且三好学生中女生占一半．现在从该班同学中任选一名参加某一座谈会．则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为________．解析：设事件A 表示“任选一名同学是男生”；事件B 为“任取一名同学为三好学生”，则所求概率为P(B|A)．依题意得P(A)＝4060＝23，P(AB)＝560＝112.故P(B|A)＝P (AB )P (A )＝11223＝18.答案：18。
2019年高考数学(理)一轮复习精品资料专题59n次独立重复试验与二项分布(教学案)含解析
2019年高考数学（理）一轮复习精品资料1.了解条件概率和两个事件相互独立的概念．2.理解n 次独立重复试验的模型及二项分布．3.能解决一些简单的实际问题.一、条件概率及其性质(1)对于任何两个事件A 和B ，在已知事件A 发生的条件下，事件B 发生的概率叫做条件概率，用符号P (B |A )来表示，其公式为P (B |A )＝P ABP A(P (A )>0)．在古典概型中，若用n (A )表示事件A 中基本事件的个数，则P (B |A )＝n ABn A.(2)条件概率具有的性质 ①0≤P (B |A )≤1；②如果B 和C 是两个互斥事件， 则P (B ∪C |A )＝P (B |A )＋P (C |A )． 二、相互独立事件(1)对于事件A ，B ，若事件A 的发生与事件B 的发生互不影响，则称事件A ，B 是相互独立事件． (2)若A 与B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )，P (AB )＝P (B |A )P (A )＝P (A )P (B )．(3)若A 与B 相互独立，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也都相互独立． (4)若P (AB )＝P (A )P (B )，则A 与B 相互独立． 三、独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的．(2)在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0，1，2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记为X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率．高频考点一 条件概率例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且不放回，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.79 答案 D方法二 第1次抽到螺口灯泡后还剩余9只灯泡，其中有7只卡口灯泡，故第2次抽到卡口灯泡的概率为C 17C 19＝79.【变式探究】一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)．设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (AB )，P (A |B )．解 如图，n (Ω)＝9，n (A )＝3，n (B )＝4，∴n (AB )＝1，∴P (AB )＝19，P (A |B )＝n AB n B ＝14.【感悟提升】(1)利用定义，分别求P (A )和P (AB )，得P (B |A )＝P ABP A，这是通用的求条件概率的方法．(2)借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n (A )，再在事件A 发生的条件下求事件B 包含的基本事件数，即n (AB )，得P (B |A )＝n ABn A.高频考点二 相互独立事件的概率例2、某企业有甲、乙两个研发小组，他们研发新产品成功的概率分别为23和35.现安排甲组研发新产品A ，乙组研发新产品B .设甲、乙两组的研发相互独立．(1)求至少有一种新产品研发成功的概率；(2)若新产品A 研发成功，预计企业可获利润120万元；若新产品B 研发成功，预计企业可获利润100万元，求该企业可获利润的分布列．解 记E ＝{甲组研发新产品成功}，F ＝{乙组研发新产品成功}，由题设知P (E )＝23，P (E )＝13，P (F )＝35，P (F )＝25，且事件E 与F ，E 与F ，E 与F ，E 与F 都相互独立．(2)设企业可获利润为X (万元)，则X 的可能取值为0，100，120，220， 因为P (X ＝0)＝P (E F )＝13×25＝215，P (X ＝100)＝P (E F )＝13×35＝315＝15， P (X ＝120)＝P (E F )＝23×25＝415， P (X ＝220)＝P (EF )＝23×35＝615＝25，故所求的分布列为X 0 100 120 220 P2151541525【感悟提升】求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)首先判断几个事件的发生是否相互独立． (2)求相互独立事件同时发生的概率的方法①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．【变式探究】为了纪念2018联合国气候大会，某社区举办《 “环保我参与”有奖问答比赛》活动．某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．(2)有0个家庭回答正确的概率为P 0＝P (A B C )＝P (A )·P (B )·P (C )＝14×58×13＝596， 有1个家庭回答正确的概率为P 1＝P (A B C ＋A B C ＋A B C )＝34×58×13＋14×38×13＋14×58×23＝724， 所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为P ＝1－P 0－P 1＝1－596－724＝2132.高频考点三 独立重复试验与二项分布例3、某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动.然后在各公园签名的人中按分层抽样的方式抽取10名幸运之星回答问题，从10个关于长征的问题中随机抽取4个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．(1)求此活动中各公园幸运之星的人数；(2)若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为22，求恰好2位幸运之星获得纪念品的概率； (3)若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外2个问题答不对，记小李答对的问题数为X ，求X 的分布列．(3)由题意，知X 的所有可能取值为2，3，4，服从超几何分布，P (X ＝2)＝C 28C 22C 410＝215，P (X ＝3)＝C 38C 12C 410＝815，P (X ＝4)＝C 48C 02C 410＝13.所以X 的分布列为X 2 3 4 P21581513【变式探究】一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现一次音乐获得10分，出现两次音乐获得20分，出现三次音乐获得100分，没有出现音乐则扣除200分(即获得－200分)．设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立．(1)设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列； (2)玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？(2)设“第i 盘游戏没有出现音乐”为事件A i (i ＝1，2，3)， 则P (A 1)＝P (A 2)＝P (A 3)＝P (X ＝－200)＝18.所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为 1－P (A 1A 2A 3)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫183＝1－1512＝511512.因此，玩三盘游戏，至少有一盘出现音乐的概率是511512.【感悟提升】独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略(1)在求n 次独立重复试验中事件恰好发生k 次的概率时，首先要确定好n 和k 的值，再准确利用公式求概率． (2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n 和变量的概率，求得概率．【变式探究】为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取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100 km/h 的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h 的有20人，不超过100 km/h 的有25人．(1)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h 的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(2)以上述样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆为X ，求X 的分布列．解 (1)平均车速不超过100 km/h 的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C 240，记“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A ，则事件A 所包含的基本事件数为C 115C 125，所以所求的概率P (A )＝C 115C 125C 240＝15×2520×39＝2552.1.[2017全国卷Ⅱ，13，5分][理]一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则DX= .【答案】1.96【解析】依题意知，X~B(100，0.02)，所以D Χ=100×0.02×(1-0.02)=1.96.1.[2016全国卷Ⅱ，18，12分][理]某险种的基本保费为a(单位:元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下:设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率;(Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率; (Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.【解析】(Ⅰ)设A 表示事件:“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A 发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)=0.20+0.20+0.10+0.05=0.55.(Ⅲ)记续保人本年度的保费为X ，则X 的分布列为X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P0.300.150.200.200.100.05E X=0.85a×0.30+a×0.15+1.25a×0.20+1.5a×0.20+1.75a×0.10+2a×0.05=1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.1.[2015 湖南，18，12分][理]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.(Ⅰ)求顾客抽奖1次能获奖的概率;(Ⅱ)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. 【答案】(Ⅰ)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 1与A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1=A 1A 2，B 2=A 1+A 2，C=B 1+B 2. 因为P(A 1)== 25，P(A 2)== 12，所以P(B 1)=P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=25×12=15，P(B 2)=P(A 1+A 2)=P(A 1)+P(A 2)=P(A 1)P()+P()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.[2015 山东，8，5分][理]已知某批零件的长度误差(单位:毫米)服从正态分布N(0，32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3，6)内的概率为 ( )(附:若随机变量ξ服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ-σ<ξ<μ+σ)=68.26%，P(μ-2σ<ξ<μ+2σ)=95.44%.) A.4.56% B.13.59% C.27.18% D.31.74% 【答案】B【解析】由已知μ=0，σ=3，所以P(3<ξ<6)= 12[P(-6<ξ<6)-P(-3<ξ<3)]= 12 (95.44%-68.26%)=12×27.18%=13.59%.故选B.3.[2015湖北，4，5分][理]设X~N(μ1，)，Y~N(μ2，)，这两个正态分布密度曲线如图13-4-1所示.下列结论中正确的是 ( )A.P(Y≥μ2)≥P(Y≥μ1)B.P(X≤σ2)≤P(X≤σ1)C.对任意正数t，P(X≤t)≥P(Y≤t)D.对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)【答案】C1.[2014新课标全国Ⅱ，5，5分][理]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( )A.0.8B.0.75C.0.6D.0.45【答案】A【解析】根据条件概率公式P(B|A)=，可得所求概率为=0.8.故选A.2.[2014新课标全国Ⅰ，18，12分][理]从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得频率分布直方图13-4-2:图13-4-2(Ⅰ)求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);(Ⅱ)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.(i)利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2);(ii)某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数.利用(i)的结果，求EX.附:≈12.2.)=0.954 4.若Z~N(μ，σ2)，则P(μ-σ<Z<μ+σ)=0.682 6，P(μ-2σ<Z<μ+2σ(Ⅱ)(i)由(Ⅰ)知，Z~N(200，150)，从而P(187.8<Z<212.2)=P(200-12.2<Z<200+12.2)=0.682 6.(ii)由(i)知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.682 6，依题意知X~B(100，0.682 6)，所以EX=100×0.682 6=68.26.。
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课时作业A 组——基础对点练
1．(2018·郑州模拟)设X ～B (4，p )，其中0＜p ＜，且P (X ＝2)＝，1
28
27那么P (X ＝1)＝( )A. B.8
811681C.
D.8273281
解析：P (X ＝2)＝C p 2(1－p )2＝，即p 2(1－p )2＝()2·()2，解得p ＝或2
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271
32
31
3p ＝(舍去)，故P (X ＝1)＝C p ·(1－p )3＝.2
31432
81答案：D
2．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.p
2C ．1－
D ．1－p 2p
解析：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Error!由②知a ＝b ，代入①即得a ＝1－.p 答案：C
3．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.质点P 移动五次后位1
2于点(2,3)的概率是
．
解析：移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动2次，向上移动3次．
故其概率为C 3·2＝C 5＝.3
5(12)(1
2)
35(12)
5
16
答案：5
16
4．若随机变量ξ～B ，则P (ξ＝k )最大时，k 的值为
(5，
1
3)．
解析：根据题意得P (ξ＝k )＝C k
5－k ，k ＝0,1,2,3,4,5，则P (ξ＝0)k 5(1
3)(1－
1
3)
＝，P (ξ＝1)＝，P (ξ＝2)＝，P (ξ＝3)＝，P (ξ＝4)＝，P (ξ＝5)＝
3224380
2438024340
24310
243，故当k ＝1或2时，P (ξ＝k )最大．1
243答案：1或2
5．将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球将自由下落．小球在下落的过程中，将3次遇到黑色障碍物，最后落入A 袋或B 袋中．已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两
边下落的概率都是，则小球落入A 袋中的概率为 1
2．
解析：记“小球落入A 袋中”为事件A ，“小球落入B 袋中”为事件B ，则事件A 的对立事件为B ，若小球落入B 袋中，则小球必须一直向左落下或一直向右落下，故P (B )＝3＋3＝，从而P (A )＝1－P (B )＝1－＝.
(12)(12)
14143
4答案：34
6．如图，由M 到N 的电路中有4个元件，分别标为T 1，T 2，T 3，T 4，电流能通过T 1，T 2，T 3的概率都是p ，电流能通过T 4的概率是0.9，电流能否通过各元件相互独立．已知T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流的概率为
0.999.
(1)求p
；
(2)求电流能在M 与N 之间通过的概率．
解析：记A i 表示事件“电流能通过T i ”，i ＝1,2,3,4，A 表示事件“T 1，T 2，T 3中至少有一个能通过电流”，
B 表示事件“电流能在M 与N 之间通过”．(1)＝123，A 1，A 2，A 3相互独立，A A A A P ()＝P (123)＝P (1)P (2)P (3)＝(1－p )3，A A A A A A A 又P ()＝1－P (A )＝1－0.999＝0.001，A 故(1－p )3＝0.001，解得p ＝0.9.(2)B ＝A 4∪(4A 1A 3)∪(41A 2A 3)，A A A P (B )＝P (A 4)＋P (4A 1A 3)＋P (4
1A 2A 3)＝P (A 4)＋P (4)P (A 1)P (A 3)＋P (4)P (1)
A A A A A A P (A 2)P (A 3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.
B 组——能力提升练
1．设随机变量X 服从二项分布X ～B ，则函数f (x )＝x 2
＋4x ＋X 存在零点
(5，
1
2)的概率是( )A. B.5
645C.
D.313212
解析：∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点，
∴Δ＝16－4X ≥0，∴X ≤4.∵X 服从X ～B
，
(5，
1
2)∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－＝.1
2531
32答案：C
2．若同时抛掷两枚骰子，当至少有5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在3次试验中至少有1次成功的概率是( )A. B.12572980243C.
D.665729100243
解析：一次试验中，至少有5点或6点出现的概率为
1－
×＝1－＝，设X 为3次试验中成功的次数，所以
(1－
13)(1－
13)495
9X ～B ，故所求概率P (x ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C ×(3，59)030
×3
＝，故选C.
(59)(49)665
729答案：C
3．已知事件A ，B ，C 相互独立，若P (A ·B )＝，P (·C )＝，P (A ·B ·)＝，则1
6B 1
8C 1
8P (B )＝( )A. B.1213C.
D.1416
解析：由题意得Error!解得Error!故选A.答案：A
4．(2018·海淀期末测试)已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度成功的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳成功与否之间没有影响．
(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功的概率是 ；(2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的成功次数多一次的概率是
．
解析：(1)记“甲在第i 次试跳成功”为事件A i ，“乙在第i 次试跳成功”为事件B i ，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人成功”为事件C .
法一：P (C )＝P (A 1)＋P (B 1)＋P (A 1B 1)＝P (A 1)P ()＋P ()P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)B 1A 1B 1A 1＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88.
法二：由对立事件的概率计算公式得P (C )＝1－P ()＝1－P ()P ()A 1B 1A 1B 1＝1－0.3×0.4＝0.88.
(2)设“甲在两次试跳中成功i 次”为事件M i ，“乙在两次试跳中成功i 次”为事件N i ，所以所求概率P ＝P (M 1N 0)＋P (M 2N 1)＝P (M 1)P (N 0)＋P (M 2)P (N 1)＝C ×0.7×0.3×0.42＋0.72×C ×0.6×0.4＝0.302 4.1
212
答案：0.88 0.302 4
5．(2018·衡水中学质检)将一个大正方形平均分成9个小正方形，向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中)，投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P (A |B )．
解析：依题意，随机试验共有9个不同的基本结果，由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等，
所以事件B 包含4个基本结果，事件AB 包含1个基本结果．所以P (B )＝，P (AB )＝.
4
91
9所以P (A |B )＝＝＝.P (AB )P (B )19
4
91
4。