n次独立重复实验与二项分布随堂练习(含答案)
高中数学例题：n次独立重复试验与二项分布 (1)
第 1 页 共 1 页 高中数学例题：n 次独立重复试验与二项分布
夏秋两季，生活在长江口外浅海域的中华鲟洄游到长江，历经三千多公里的溯流博击，回到金沙江一带产卵繁殖，产后待幼鱼长大到15厘米左右，又携带它们旅居外海．一个环保组织曾在金沙江中放生一批中华鲟鱼苗，该批鱼苗中的雌性个体能长成熟的概率为0.15，雌性个体长成熟又能成功溯流产卵繁殖的概率为0.05.若该批鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域已长成熟，则其能成功溯流产卵繁殖的概率为( )
A ．0.05
B ．0.007 5 C.13 D.16
答案：C 解析：设事件A 为鱼苗中的一个雌性个体在长江口外浅海域长成熟，事件B 为该雌性个体成功溯流产卵繁殖，
由题意可知，P (A )＝0.15，P (AB )＝0.05，
∴P (B |A )＝
P (AB )P (A )＝0.050.15＝13
. 故选C.。
11-12学年高二数学：2. 2. 3 独立重复试验与二项分布 同步练习(人教A版选修2-3)【含解析】
选修2-3 2.2.3 独立重复实验与二项分布一、选择题1．某一实验中事件A发生的概率为p，则在n次这样的实验中，错误!发生k次的概率为( >b5E2RGbCAPA．1－pkB．(1－p>kpn－kC．(1－p>kD．C错误!(1－p>kpn－k[答案] D[解读] 在n次独立重复实验中，事件错误!恰发生k次，符合二项分布，而P(A>＝p，则P(错误!>＝1－p，故P(X＝k>＝C错误! (1－p>kpn－k，故答案选D.p1EanqFDPw2．在4次独立重复实验中，事件A发生的概率相同，若事件A 至少发生1次的概率为错误!，则事件A在1次实验中发生的概率为( >DXDiTa9E3dA.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案] A[解读] 事件A在一次实验中发生的概率为p，由题意得1－C 错误!p0(1－p>4＝错误!，所以1－p＝错误!，p＝错误!，故答案选A.RTCrpUDGiT3．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( >5PCzVD7HxA A．3.32×10－5B．3.32×10－9C．6.64×10－5D．6.64×10－9[答案] B[解读] 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＝C错误!×0.0024×(1－0.002>6≈3.32×10－9，应选B.jLBHrnAILg4．已知随机变量X服从二项分布，X～B错误!，则P(X＝2>等于( >xHAQX74J0XA.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案] D[解读] 已知X～B错误!，P(X＝k>＝C错误!pk(1－p>n－k，当X＝2，n＝6，p＝错误!时有P(X＝2>＝C错误!×错误!2×错误!6－2＝C错误!×错误!2×错误!4＝错误!.LDAYtRyKfE5．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为错误!，那么播下4粒种子恰有2粒发芽的概率是( >Zzz6ZB2LtkA.错误!B.错误!C.错误!D.错误![答案] B[解读] P＝C错误!错误!2错误!2＝错误!.dvzfvkwMI16．某电子管正品率为错误!，次品率为错误!，现对该批电子管进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3>＝( >rqyn14ZNXIA．C错误!错误!2×错误!B．C错误!错误!2×错误!EmxvxOtOcoC.错误!2×错误!D.错误!2×错误!SixE2yXPq5[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( >6ewMyirQFLA．0.93×0.1B．0.93C．C错误!×0.93×0.1D．1－0.13[答案] C[解读] 由独立重复实验公式可知选C.8．(2017·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错误!.质点P移动五次后位于点(2,3>的概率是( >kavU42VRUsA．(错误!>5B．C错误!(错误!>5y6v3ALoS89C．C错误!(错误!>3D．C错误!C错误!(错误!>5M2ub6vSTnP[答案] B[解读] 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C错误!(错误!>3(错误!>2＝C错误!(错误!>5＝C错误!(错误!>5.0YujCfmUCw二、填空题9．已知随机变量X～B(5，错误!>，则P(X≥4>＝________.[答案] 错误!10．下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________．①随机变量ξ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ξ；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，ξ表示n次抽取中出现次品的件数(M<N>；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，ξ表示n次抽取中出现次品的件数．[答案] ①③[解读] 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>＝错误!.而在n次独立重复实验中事件A恰好发生了k次(k＝0,1,2，……，n>的概率P(ξ＝k>＝C错误!×错误!k×错误!n－k，符合二项分布的定义，即有ξ～B(n，错误!>．eUts8ZQVRd对于②，ξ的取值是1,2,3，……，P(ξ＝k>＝0.9×0.1k－1(k＝1,2,3，……n>，显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布．sQsAEJkW5T③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次实验是不独立的，因此ξ不服从二项分布，对于③有ξ～B错误!.GMsIasNXkA故应填①③.11．(2017·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>．TIrRGchYzg[答案] 0.9477[解读] 本题主要考查二项分布．C错误!·0.93·0.1＋(0.9>4＝0.9477.12．如果X～B(20，p>，当p＝错误!且P(X＝k>取得最大值时，k＝________.7EqZcWLZNX[答案] 10[解读] 当p＝错误!时，P(X＝k>＝C错误!错误!k·错误!20－klzq7IGf02E＝错误!20·C错误!，显然当k＝10时，P(X＝k>取得最大值．zvpgeqJ1hk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．NrpoJac3v1[解读] 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14.10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>1nowfTG4KI [解读] 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>＝C错误!×0.99×0.11≈0.39.fjnFLDa5Zo15．9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．tfnNhnE6e5[解读] 因为一个坑内的3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5>3＝错误!，所以一个坑不需要补种的概率为1－错误!＝错误!.HbmVN777sL3个坑都不需要补种的概率为C错误!×错误!0·错误!3≈0.670，V7l4jRB8Hs恰有1个坑需要补种的概率为C错误!×错误!1×错误!2≈0.287，83lcPA59W9恰有2个坑需要补种的概率为C错误!×错误!2×错误!1≈0.041，mZkklkzaaP3个坑都需要补种的概率为C错误!×错误!3×错误!0≈0.002.AVktR43bpw补种费用X的分布列为16.(2017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．ORjBnOwcEd(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、相互独立实验、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．2MiJTy0dTT [解读] (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＋B·C，而P(A>＝0.5×0.5＝0.25，P(B>＝2×0.5×0.5＝0.5，P(C>＝0.3故P(D>＝P(A＋B·C>＝P(A>＋P(B>·P(C>＝0.25＋0.5×0.3＝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＝0.1 296 P(X＝1>＝C错误!×0.4×(1－0.4>3＝0.3 456P(X＝2>＝C错误!×0.42×(1－0.4>2＝0.3 456P(X＝3>＝C错误!×0.43×(1－0.4>＝0.1 536P(X＝4>＝0.44＝0.0 256故其分布列为申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。
独立重复试验与二项分布
独立重复试验与二项分布1．n 次独立重复试验一般地，在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验． 2．二项分布前提 在n 次独立重复试验中字母的含义X 事件A 发生的次数 p每次试验中事件A 发生的概率分布列 P (X ＝k )＝C k n p k (1－p )n －k，k ＝0，1，2，…，n 结论 随机变量X 服从二项分布 记法记作X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率明确该公式中各量表示的意义：n 为重复试验的次数；p 为在一次试验中某事件A 发生的概率；k 是在n 次独立重复试验中事件A 发生的次数．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)n 次独立重复试验的每次试验结果可以有多种．( ) (2)n 次独立重复试验的每次试验的条件可以略有不同．( ) (3)二项分布与超几何分布是同一种分布．( ) (4)两点分布是二项分布的特殊情形．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)√已知随机变量X 服从二项分布，X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13，则P (X ＝2)等于( )A.316B.4243C.13243D.80243答案：D任意抛掷三枚均匀硬币，恰有2枚正面朝上的概率为( ) A.34 B.38 C.13 D.14答案：B设随机变量X ～B (2，p )，若P (X ≥1)＝59，则p ＝________．答案：13探究点1 独立重复试验的概率甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34，假设每次射击是否击中目标，相互之间没有影响．(结果须用分数作答) (1)求甲射击3次，至少1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击2次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标1次的概率．【解】 (1)记“甲射击3次至少有1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击3次，相当于3次独立重复试验，故P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－(23)3＝1927.(2)记“甲射击2次，恰有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击2次，恰有1次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 22×(23)2＝49，P (B 2)＝C 12×(34)1×(1－34)＝38，由于甲、乙射击相互独立，故P (A 2B 2)＝49×38＝16.1．[变问法]在本例(2)的条件下，求甲、乙均击中目标1次的概率？解：记“甲击中目标1次”为事件A 3，“乙击中目标1次”为事件B 3，则P (A 3)＝C 12×23×13＝49，P (B 3)＝38， 所以甲、乙均击中目标1次的概率为P (A 3B 3)＝49×38＝16.2．[变问法]在本例(2)的条件下，求甲未击中、乙击中2次的概率？解：记“甲未击中目标”为事件A 4，“乙击中2次”为事件B 4，则P (A 4)＝C 02(1－23)2＝19，P (B 4)＝C 22(34)2＝916，所以甲未击中、乙击中2次的概率为P (A 4B 4)＝19×916＝116.独立重复试验概率求法的三个步骤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 ．C k n p k(1－p )n －kB ．(1－p )k pn －kC ．(1－p )kD ．C kn (1－p )k pn －k解析：选D.由于P (A )＝p ，P (A )＝1－p ，所以在n 次独立重复试验中事件A 发生k 次的概率为C kn (1－p )k pn －k.故选D.2．某气象站天气预报的准确率为80%，计算：(结果保留到小数点后第2位) (1)“5次预报中恰有2次准确”的概率； (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率． 解：(1)记“预报一次准确”为事件A ， 则P (A )＝0.8.5次预报相当于5次独立重复试验． “恰有2次准确”的概率为P ＝C 25×0.82×0.23＝0.051 2≈0.05，因此5次预报中恰有2次准确的概率约为0.05.(2)“5次预报中至少有2次准确”的对立事件为“5次预报全部不准确或只有1次准确”，其概率为P ＝C 05×0.25＋C 15×0.8×0.24＝0.006 72.所以所求概率为1－P ＝1－0.006 72≈0.99.所以“5次预报中至少有2次准确”的概率约为0.99. 探究点2 二项分布抛掷两枚骰子，取其中一枚的点数为点P 的横坐标，另一枚的点数为点P 的纵坐标，求连续抛掷这两枚骰子三次，点P 在圆x 2＋y 2＝16内的次数X 的分布列．【解】 由题意可知，点P 的坐标共有6×6＝36(种)情况，其中在圆x 2＋y 2＝16内的有点(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)共8种，则点P 在圆x 2＋y 2＝16内的概率为836＝29.由题意可知X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，29， 所以P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫290×⎝ ⎛⎭⎪⎫793＝343729，P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫291×⎝ ⎛⎭⎪⎫792＝98243，P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫292×⎝ ⎛⎭⎪⎫791＝28243，P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫293×⎝ ⎛⎭⎪⎫790＝8729.故X 的分布列为X 0 1 2 3 P34372998243282438729解决二项分布问题的两个关注点(1)对于公式P (X ＝k )＝C k n p k(1－p )n －k(k ＝0，1，2，…，n )必须在满足“独立重复试验”时才能运用，否则不能应用该公式．(2)判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有两点：一是对立性，即一次试验中，事件发生与否两者必有其一；二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次．1.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 的值等于( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选C.事件A ＝“正面向上”，发生的次数ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，由题设得C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫125，所以k ＋k ＋1＝5，所以k ＝2.2．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5次后位于点(2，3)的概率是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫125B ．C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125C ．C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123D ．C 25C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125解析：选 B.质点P 由原点移动到(2，3)需要移动5次，且必须有2次向右，3次向上，所以质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率即为质点P 的5次移动中恰有2次向右移动的概率，而每一次向右移动的概率都是12，所以向右移动的次数X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，所以所求的概率为P (X＝2)＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125.究点3 二项分布的综合应用袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： (1)有放回抽样时，取到黑球的次数X 的分布列； (2)不放回抽样时，取到黑球的个数Y 的分布列．【解】 (1)有放回抽样时，取到的黑球的次数X 可能的取值为0，1，2，3.由于每次取到黑球的概率均为15，3次取球可以看成3次独立重复试验，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15，则 P (X ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫150×⎝ ⎛⎭⎪⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫151×⎝ ⎛⎭⎪⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫152×⎝ ⎛⎭⎪⎫451＝12125，P (X ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫153×⎝ ⎛⎭⎪⎫450＝1125.所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P6412548125121251125(2)则P (Y ＝0)＝C 02C 38C 310＝715，P (Y ＝1)＝C 12C 28C 310＝715，P (Y ＝2)＝C 22C 18C 310＝115.所以Y 的分布列为Y 0 1 2 P715715115二项分布实际应用问题的解题策略(1)根据题意设出随机变量． (2)分析出随机变量服从二项分布．(3)找到参数n (试验的次数)和p (事件发生的概率)．(4)写出二项分布的分布列．在一次数学考试中，第14题和第15题为选做题．规定每位考生必须且只需在其中选做一题．设4名考生选做这两题的可能性均为12.(1)求其中甲、乙2名考生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第15题的考生人数为X ，求X 的分布列．解：(1)设事件A 表示“甲选做第14题”，事件B 表示“乙选做第14题”，则甲、乙2名考生选做同一道题的事件为“AB ∪A B ”，且事件A ，B 相互独立． 所以P (AB ∪A B )＝P (A )P (B )＋P (A )P (B )＝12×12＋(1－12)×(1－12)＝12.(2)随机变量X 的可能取值为0，1，2，3，4. 且X ～B (4，12)．所以P (X ＝k )＝C k 4(12)k(1－12)4－k ＝C k 4(12)4(k ＝0，1，2，3，4)．所以随机变量X 的分布列为X 0 1 2 3 4 P1161438141161．某人投篮一次投进的概率为23，现在他连续投篮6次，且每次投篮相互之间没有影响，那么他投进的次数ξ服从参数为⎝ ⎛⎭⎪⎫6，23的二项分布，记为ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，23，计算P (ξ＝2)＝( )A.20243 B.8243 C.4729D.427解析：选A.根据二项分布概率的计算公式可得，P (ξ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫1－234＝20243，故选A.2．一名射手对同一目标独立地射击四次，已知他至少命中一次的概率为8081，则此射手一次射击命中的概率为( ) A.13B.23C.14D.25解析：选B.设此射手射击四次命中次数为ξ，一次射击命中的概率为p ，所以ξ～B (4，p )． 依题意可知，P (ξ≥1)＝8081，所以1－P (ξ＝0)＝1－C 04(1－p )4＝8081，所以(1－p )4＝181，所以p ＝23.3．某市公租房的房源位于甲、乙、丙三个片区，设每位申请人只申请其中一个片区的房源，且申请其中任一个片区的房源是等可能的．则该市的4位申请人中恰有2人申请甲片区房源的概率为________．解析：每位申请人申请房源为一次试验，这是4次独立重复试验，设申请甲片区房源记为A ，则P (A )＝13，恰有2人申请甲片区的概率为P ＝C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫132·⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827.答案：8274．甲、乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为12，乙每次击中目标的概率为23.求乙恰好比甲多击中目标2次的概率．解：设“乙恰好比甲多击中目标2次”为事件A ，“乙击中目标2次且甲击中目标0次”为事件B 1，“乙击中目标3次且甲击中目标1次”为事件B 2，则A ＝B 1∪B 2，B 1，B 2为互斥事件， 则P (A )＝P (B 1)＋P (B 2)＝C 23×(23)2×13×C 03×(12)3＋C 33×(23)3×C 13×(12)3＝16，所以乙恰好比甲多击中目标2次的概率为16.知识结构深化拓展1.独立重复试验的基本特征 (1)每次试验都在同样条件下进行．(2)每次试验都只有两种结果：发生与不发生．(3)各次试验之间相互独立．(4)每次试验，某事件发生的概率都是一样的．2．n 次独立重复试验的概率公式中各字母的含义[A 基础达标]1．某学生通过英语听力测试的概率为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.49 B.29 C.427D.227解析：选A.记“恰有1次获得通过”为事件A ， 则P (A )＝C 13(13)·(1－13)2＝49.故选A.2．设随机变量ξ服从二项分布ξ～B (6，12)，则P (ξ≤3)等于( )A.1132B.732C.2132D.764 解析：选C.P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝C 06×(12)6＋C 16·(12)6＋C 26·(12)6＋C 36·(12)6＝2132.故选C.3．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解析：选A.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(23)2(1－23)×23＝3×49×13×23＝827，故选A. 4．一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：选C.由1－C 0n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n>0.9，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<0.1，所以n ≥4. 5． 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×(13)2×(23)5B ．C 27×(23)2×(13)5C ．C 57×(13)2×(13)5D ．C 27×(13)2×(23)2解析：选B.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×(23)2×(13)5，故选 B.6．下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有________．①随机变量ξ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ξ；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，ξ表示n 次抽取中出现次品的件数(M <N )；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，ξ表示n 次抽取中出现次品的件数．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 (ξ＝k )＝C k n×⎝ ⎛⎭⎪⎫13k×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －k，符合二项分布的定义，即有ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ，13；对于②，ξ的取值是1，2，3，…，n ，P (ξ＝k )＝0.9×0.1k －1(k ＝1，2，3，…，n )，显然不符合二项分布的定义，因此ξ不服从二项分布；③和④的区别是：③是“有放回”抽取，而④是“不放回”抽取，显然④中n 次试验是不独立的，因此ξ不服从二项分布，对于③有ξ～B ⎝⎛⎭⎪⎫n ，M N.答案：①③7．一袋中装有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)＝________．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(13)2×(23)2×13＝881.答案：8818．张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13.则张师傅此行程时间不少于16分钟的概率为________．解析：如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟，所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P ＝1－(1－13)4＝6581.答案：65819．下列随机变量X 服从二项分布吗？如果服从二项分布，其参数各是什么？ (1)掷5枚相同的正方体骰子，X 为出现“1点”的骰子数． (2)1 000个新生婴儿，X 为男婴的个数．(3)某产品的次品率为p ，X 为n 个产品中的次品数．(4)女性患色盲的概率为0.25%，X 为任取10个女人中患色盲的人数． 解：(1)X 服从参数为5，16的二项分布，简记为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，16. (2)X 服从参数为1 000，12的二项分布，简记为X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000，12.(3)X 服从参数为n ，p 的二项分布，简记为X ～B (n ，p )．(4)X 服从参数为10，0.25%的二项分布，简记为X ～B (10，0.25%)．10．甲、乙两队参加世博会知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错或不答者得零分．假设甲队中每人答对的概率均为23，乙队中3人答对的概率分别为23，23，12，且每人答对与否相互之间没有影响．用ξ表示甲队的总得分． (1)求随机变量ξ的分布列；(2)设C 表示事件“甲队得2分，乙队得1分”，求P (C )． 解：(1)由题意知，ξ的可能取值为0，1，2，3，且P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233＝127，P (ξ＝1)＝C 13×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232＝29，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23＝49，P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827，所以ξ的分布列为(2)甲队得2由上表可知，甲队得2分，其概率为P (ξ＝2)＝49，乙队得1分，其概率为P ＝23×13×12＋13×23×12＋13×13×12＝518.根据独立事件概率公式得P (C )＝49×518＝1081.[B 能力提升]11．近年来，政府提倡低碳减排，某班同学利用寒假在两个小区逐户调查人们的生活习惯是否符合低碳观念．若生活习惯符合低碳观念的称为低碳族，否则称为非低碳族．数据如下表(计算过程把频率当成概率)：(1)如果甲、乙来自A 2人是低碳族的概率； (2)A 小区经过大力宣传，每周非低碳族中有20%的人加入到低碳族的行列．如果2周后随机地从A 小区中任选25个人，记X 表示25个人中低碳族人数，试写出X 满足的分布． 解：(1)设事件C 表示“这4人中恰有2人是低碳族”，P (C )＝C 22·0.52·C 22·0.22＋C 12·0.5×0.5×C 12·0.2×0.8＋C 22·0.52·C 22·0.82＝0.01＋0.16＋0.16＝0.33.即甲、乙、丙、丁这4人中恰有2人是低碳族的概率为0.33.(2)设A 小区有a 人，两周后非低碳族的概率P 1＝a ×0.5×（1－20%）2a＝0.32.故低碳族的概率P 2＝1－0.32＝0.68.随机地从A 小区中任选25个人，这25个人是否为低碳族相互独立，且每个人是低碳族的概率都是0.68，故这25个人中低碳族人数服从二项分布，即X ～B (25，0.68)．12．为向国际化大都市目标迈进，沈阳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．现有来自沈阳的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． (1)求这3人选择的项目所属类别互异的概率；(2)将此3人中选择的项目属于基础设施类工程或产业建设类工程的人数记为X ，求X 的分布列．解：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A 1，A 2，A 3，B 1，B 2，B 3，C 1，C 2，C 3均相互独立． 则P (A i )＝3060＝12，P (B i )＝2060＝13，P (C i )＝1060＝16(i ＝1，2，3)．(1)3人选择的项目所属类别互异的概率：P ＝A 33P (A 1B 2C 3)＝6×12×13×16＝16.(2)任一名工人选择的项目属于基础设施类或产业建设类工程的概率：P ＝30＋1060＝23.由X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，23，所以P (X ＝k )＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫23k⎝ ⎛⎭⎪⎫1－233－k(k ＝0，1，2，3)． 所以X 的分布列为X 0 1 2 3 P127294982713.(选做题)如图，在竖直平面内有一个“游戏滑道”，空白部分表示光滑滑道，黑色正方形表示障碍物，自上而下第一行有1个障碍物，第二行有2个障碍物，……，依此类推，一个半径适当的光滑均匀小球从入口A 投入滑道，小球将自由下落，已知小球每次遇到正方形障碍物上顶点时，向左、右两边下落的概率都是12.记小球遇到第n 行第m 个障碍物(从左至右)上顶点的概率为P (n ，m )． (1)求P (4，1)，P (4，2)的值，并猜想P (n ，m )的表达式(不必证明)；(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－x ，1≤x ≤3，x －3，3<x ≤6，设小球遇到第6行第m 个障碍物(从左至右)上顶点时，得到的分数为ξ＝f (m )，试求ξ的分布列．解：(1)P (4，1)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝18，P (4，2)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝38.猜想P (n ，m )＝C m －1n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)ξ＝3，2，1，P (ξ＝3)＝P (6，1)＋P (6，6)＝116， P (ξ＝2)＝P (6，2)＋P (6，5)＝516， P (ξ＝1)＝P (6，3)＋P (6，4)＝58.故ξ的分布列为离散型随机变量及其分布列、 二项分布及其应用(强化练)一、选择题1．下列随机变量X 不服从二项分布的是( ) A ．投掷一枚均匀的骰子5次，X 表示点数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、乙两位选手进行了5局乒乓球比赛，X 表示甲获胜的次数D ．某星期内，每次下载某网站的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B.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6在每一次试验中概率都为16，每一次试验都是相互独立的，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，知被感染次数X ～B (n ，0.3)．2．设随机变量X 的分布列如下，则下列各项中正确的是( )A.P (X ＝1.5)＝0 1 C ．P (X <3)＝0.5D ．P (X <0)＝0解析：选A.由分布列知X ＝1.5不能取到，故P (X ＝1.5)＝0，正确；而P (X >－1)＝0.9，P (X <3)＝0.6，P (X <0)＝0.1.故A 正确．3．设随机变量X 的概率分布列如表所示，则P (|X －2|＝1)等于( )A.712B.2C.512D.16解析：选C.由分布列的性质知16＋14＋13＋m ＝1，故m ＝14.又由|X －2|＝1，知X ＝3或X ＝1.所以P (|X －2|＝1)＝P (X ＝3)＋P (X ＝1)＝14＋16＝512.选C.4．甲、乙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.51246解析：选B.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， 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. 5．盒中有10只螺丝钉，其中3只是坏的，现在从盒中不放回地依次抽取两只，那么在第一只抽取为好的条件下，第二只是坏的概率为( ) A.112 B.13 C.8384 D.184解析：选B.设事件A 为“第一只抽取为好的”，事件B 为“第二只是坏的”，则P (A )＝C 17C 19A 210，P (AB )＝C 17C 13A 210，所以P (B |A )＝13，选 B.6．从混有5张假钞的20张一百元纸币中任意抽取2张，将其中一张在验钞机上检验发现是假钞，则这两张都是假钞的概率为( ) A.119 B.1718 C.419D.217解析：选D.设事件A 表示“抽到的两张都是假钞”，事件B 表示“抽到的两张至少有一张假钞”，则所求的概率即P (A |B )．P (AB )＝P (A )＝C 25C 220，P (B )＝C 25＋C 15C 115C 220，由公式P (A |B )＝P （AB ）P （B ）＝C 25C 25＋C 15C 115＝1010＋75＝217.故选D.7．某工厂师徒二人加工相同型号的零件，是否加工出精品互不影响．已知师傅加工一个零件是精品的概率为23，徒弟加工一个零件是精品的概率为12，师徒二人各加工2个零件不全是精品的概率为( ) A.89B.2339解析：选A.因为师傅加工一个零件是精品的概率为23，徒弟加工一个零件是精品的概率为12，师徒二人各加工2个零件不全是精品的对立事件是师徒二人各加工2个零件全是精品，所以师徒二人各加工2个零件不全是精品的概率为P ＝1－C 22(23)2C 22(12)2＝89.故选A.8.荷花池中，有一只青蛙在成品字形的三片荷叶上跳来跳去(每次跳跃时，均从一片荷叶跳到另一片荷叶)，而且逆时针方向跳的概率是顺时针方向跳的概率的两倍，如图所示．假设现在青蛙在A 荷叶上，则跳三次之后停在A 荷叶上的概率是( ) A.13 B.29 C.49D.827解析：选A.由已知得逆时针跳一次的概率为23，顺时针跳一次的概率为13，则逆时针跳三次停在A 上的概率为P 1＝23×23×23＝827，顺时针跳三次停在A 上的概率为P 2＝13×13×13＝127.所以跳三次之后停在A 上的概率为P ＝P 1＋P 2＝827＋127＝13.9．如果X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，13，Y ～B ⎝⎛⎭⎪⎫20，23，那么当X ，Y 变化时，使P (X ＝x k )＝P (Y ＝y k )成立的(x k ，y k )的个数为( )A ．10B ．20C ．21D ．0解析：选C.根据二项分布的特点，知(x k ，y k )分别为(0，20)，(1，19)，(2，18)，…，(20，0)，共21个，故选C.10．已知随机变量X ～B (20，13)，若使P (X ＝k )的值最大，则k 等于( )A ．5或6B ．6或7C ．7D ．7或8解析：选B.令P （X ＝k ＋1）P （X ＝k ）＝C k ＋120p k ＋1q 20－k －1C k 20p k q 20－k＝20－k2k ＋2>1， 得k <6，即当k <6时，P (X ＝k ＋1)>P (X ＝k )；当k ＝6时，P (X ＝7)＝P (X ＝6)； 当k >6时，P (X ＝k ＋1)<P (X ＝k )． 所以P (X ＝6)和P (X ＝7)的值最大，故选B. 二、填空题11．现有10张奖券，其中8张2元的，2张5元的，从中同时取3张，记所得金额为ξ元，则P (ξ＝6)＝________，P (ξ＝9)＝________． 解析：ξ＝6代表事件为取出的三张都是2元的， 所以P (ξ＝6)＝C 38C 310＝715，ξ＝9代表事件为取出的三张有两张2元的，一张5元的，所以P (ξ＝9)＝C 28C 12C 310＝715.答案：715 71512．设随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，若P (ξ≥1)＝59，则P (η≥2)的值为________．解析：因为随机变量ξ～B (2，p )，η～B (4，p )，又P (ξ≥1)＝1－P (ξ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以η～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则P (η≥2)＝1－P (η＝0)－P (η＝1)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134－C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133×13＝1127.答案：112713．某地区气象台统计，该地区下雨的概率是415，刮四级以上风的概率为215，既刮四级以上风又下雨的概率为110，设事件A 为下雨，事件B 为刮四级以上的风，那么P (B |A )＝________．解析：由题意知P (A )＝415，P (B )＝215，P (AB )＝110，所以P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝38.答案：3814．一批玉米种子的发芽率是0.8，每穴只要有一粒发芽，就不需补种，否则需要补种．则每穴至少种________粒，才能保证每穴不需补种的概率大于98%.(lg 2＝0.301 0) 解析：记事件A 为“种一粒种子，发芽”，则P (A )＝0.8，P (A )＝1－0.8＝0.2.因为每穴种n 粒相当于做了n 次独立重复试验，记事件B 为“每穴至少有一粒种子发芽”，则P (B )＝C 0n 0.80(1－0.8)n ＝0.2n， 所以P (B )＝1－P (B )＝1－0.2n.根据题意，得P (B )>98%，即0.2n<0.02. 两边同时取以10为底的对数，得n lg 0.2<lg 0.02，即n (lg 2－1)<lg 2－2，所以n >lg 2－2lg 2－1＝1.699 00.699 0≈2.43.因为n ∈N *，所以n 的最小正整数值为3. 答案：3 三、解答题15．已知甲、乙两人在一次射击中命中目标的概率分别为23和34，假设两人射击相互独立，且每人各次射击互不影响．(1)若甲、乙两人各射击1次，求至少有一人命中目标的概率；(2)若甲、乙两人各射击4次，求甲命中目标2次，且乙命中目标3次的概率．解：(1)若甲、乙两人各射击1次，由题意可得他们都没有命中目标的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＝112，故至少有一人命中目标的概率为1－112＝1112. (2)若甲、乙两人各射击4次，则甲命中目标2次，且乙命中目标3次的概率为C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－232·C 34·⎝ ⎛⎭⎪⎫343·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34＝18.16．为了参加广州亚运会，从四支较强的排球队中选出18人组成女子排球国家队，队员来源人数如下表：(1)从这18(2)中国女排奋力拼搏，战胜了韩国队获得冠军，若要求选出两位队员代表发言，设其中来自北京队的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列．解：(1)“从这18名队员中选出两名，两人来自同一队”记作事件A ，则P (A )＝C 24＋C 26＋C 23＋C 25C 218＝29. (2)ξ的所有可能取值为0，1，2.因为P (ξ＝0)＝C 214C 218＝91153，P (ξ＝1)＝C 14C 114C 218＝56153，P (ξ＝2)＝C 24C 218＝6153，所以ξ的分布列如下：17.甲、5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率； (2)记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列．解：用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”，A k 表示“第k 局甲获胜”，B k 表示“第k 局乙获胜”．则P (A k )＝23，P (B k )＝13，k ＝1，2，3，4，5.(1)P (A )＝P (A 1A 2)＋P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2A 3A 4) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (A 2)P (A 3) ＋P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4) ＝(23)2＋13×(23)2＋23×13×(23)2＝5681. (2)X 的可能取值为2，3，4，5.P (X ＝2)＝P (A 1A 2)＋P (B 1B 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (B 1)P (B 2)＝59.P (X ＝3)＝P (B 1A 2A 3)＋P (A 1B 2B 3)＝P (B 1)P (A 2)P (A 3)＋P (A 1)P (B 2)P (B 3)＝29.P (X ＝4)＝P (A 1B 2A 3A 4)＋P (B 1A 2B 3B 4)＝P (A 1)P (B 2)P (A 3)P (A 4)＋P (B 1)P (A 2)P (B 3)·P (B 4)＝1081.P (X ＝5)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝3)－P (X ＝4)＝881.故X 的分布列为18.一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，已知甲队3人每人答对的概率分别为34，23，12，乙队每人答对的概率都是23.设每人回答正确与否相互之间没有影响，用ξ表示甲队总得分． (1)求随机变量ξ的分布列；(2)求在甲队和乙队得分之和为4的条件下，甲队比乙队得分高的概率． 解：(1)由题设知ξ的可能取值为0，1，2，3，P (ξ＝0)＝(1－34)(1－23)(1－12)＝124，P (ξ＝1)＝34(1－23)(1－12)＋(1－34)×23×(1－12)＋(1－34)(1－23)×12＝14， P (ξ＝2)＝34×23×(1－12)＋34×(1－23)×12＋(1－34)×23×12＝1124， P (ξ＝3)＝34×23×12＝14，所以随机变量ξ的分布列为(2)B ， 则P (A )＝14×C 33×(23)3＋1124×C 23×(23)2×(1－23)＋14×C 13×23×(1－23)2＝13.P (AB )＝14×C 13×23×(1－23)2＝118， P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝11813＝16.。
独立重复试验与二项分布概率课堂达标检测练习含答案解析高二数学北京海淀
独立重复试验与二项分布课时自测·当堂达标1.一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.×0.93×0.12D.×0.13×0.92【解析】选C.5头猪中恰有3头被治愈的概率为×0.93×0.12.2.设随机变量ξ服从二项分布ξ～B,则P(ξ≤3)等于( )A. B. C. D.【解析】选C.P(ξ≤3)=P(ξ=0)+P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)=×+ ×+×+×=.3.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,则事件A在1次试验中发生的概率为( )A. B. C. D.【解析】选A.事件A在一次试验中发生的概率为p,由题意得1-p0(1-p)4= ,所以1-p=,p=.4.下列说法正确的是__________.①某同学投篮的命中率为0.6,他10次投篮中命中的次数X是一个随机变量,且X～B(10,0.6);②某福彩的中奖概率为p,某人一次买了8张,中奖张数X是一个随机变量,且X～B(8,p);③从装有5个红球、5个白球的袋中,有放回地摸球,直到摸出白球为止,则摸球次数X是随机变量,且X～B.【解析】①②显然满足独立重复试验的条件,而③虽然是有放回地摸球,但随机变量X的定义是直到摸出白球为止,即前面摸出的一定是红球,最后一次是白球,不符合二项分布的定义.答案:①②5.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2次的概率,则事件A在1次试验中发生的概率p的取值范围是__________.【解析】由题意知p(1-p)3≤p2(1-p)2,解得p≥0.4.答案:[0.4,1]6.甲、乙、丙3人投篮,投进的概率分别是,,.用X表示乙投篮3次的进球数,求随机变量X的分布列.【解析】随机变量X的可能值为0,1,2,3,则P(X=k)=×(k=0,1,2,3).X的分布列为X 0 1 2 3。
n次独立重复试验与二项分布
P(B|A)= = .
11.[2019·萍乡一模] 一个不透明的袋子中装有 4 个完全相同的小 球,球上分别标有数字 0,1,2,2,现甲从中摸出一个球后便放回,乙 再从中摸出一个球,谁摸出的球上的数字大谁获胜(若数字相同 则为平局),则在甲获胜的条件下,乙摸出 1 号球的概率为 .
11. [解析] 用(x,y)表示甲、乙摸球的号码,则甲获胜包括 5 个基 本事件,分别为(2,1),(2,1),(2,0),(2,0),(1,0).在甲获胜的条件下,乙摸 出 1 号球包括 2 个基本事件,分别为(2,1),(2,1).则在甲获胜的条件 下,乙摸出 1 号球的概率 P= .
8.B [解析] X=k 表示甲第 k 次投中篮球,而甲与乙前 k-1 次都没 有投中,或者甲第 k 次未投中,而乙第 k 次投中篮球.甲第 k 次投中 的概率为 0.4k-1×0.6k-1×0.4=0.24k-1×0.4,甲第 k 次未投中且乙第 k 次投中的概率为 0.4k-1×0.6k×0.6=0.24k-1×0.6×0.6.故 P(X=k )=0.24k-1×0.4+0.24k-1×0.6×0.6=0.24k-1×0.76.故选 B.
62课时作业-n次独立重复试验
高三数学： 焦伟丽
1.设随机变量 X~B(2,p),若 P(X≥1)= ,则 E(X)= ( ) A. B. C.2 D.1
1.A [解析] ∵P(X≥1)=1-P(X=0)= ,∴P(X=0)= ,即 (1-p)2= ,∴p= ,E(X)=2p= ,故选 A.
2.[2019·上海黄浦区二模] 在某段时间内,甲地不下雨的概率为 P1(0<P1<1),乙地不下雨的概率为 P2(0<P2<1),若在这段时间内两 地是否下雨相互独立,则这段时间内两地都下雨的概率为( ) A.P1P2 B.1-P1P2 C.P1(1-P2) D.(1-P1)(1-P2)
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．。
独立重复试验与二项分布概率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25分)1.已知随机变量X服从二项分布X～B,则P(X=2)= ( )A. B. C. D.【解析】选D.P(X=2)=×=.2.(2018·威海高二检测)在三次独立重复试验中,事件A在每次试验中发生的概率相同,若事件A至少发生一次的概率为,则事件A恰好发生一次的概率为( ) A. B. C. D.【解析】选C.设事件A每次试验发生的概率为p,则1-(1-p)3=,解得p=,故事件A发生一次的概率为××=.3.在一次反恐演习中,三架武装直升机分别从不同方位对同一目标发动攻击(各发射一枚导弹),由于天气原因,三枚导弹命中目标的概率分别是0.9,0.9,0.8,若至少有两枚导弹击中目标方可将其摧毁,则目标被摧毁的概率是( )A.0.998B.0.046C.0.936D.0.954【解析】选D.P=0.9×0.9×0.2+0.9×0.1×0.8+0.1×0.9×0.8+0.9×0.9×0.8=0.954.4.某人参加一次考试,4道题中答对3道题则为及格,已知他的解题正确率为0.4,则他能及格的概率为( )A. B. C. D.【解析】选B.他答对3道题的概率为·0.43·(1-0.4)=0.153 6,他答对4道题的概率为0.44=0.025 6,故他能及格的概率为0.153 6+0.025 6=0.179 2=.5.口袋里放有大小相等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=如果S n为数列{a n}的前n项和,那么S7=3的概率为( )A.·B.·C.·D.·【解题指南】由数列{a n}的定义,S7=a1+a2+…+a7和S7=3知7次摸球中有2次摸取红球,5次摸取白球.【解析】选B.由S7=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,摸取白球的概率为,则S7=3的概率为·.二、填空题(每小题5分,共15分)6.将一枚硬币连续抛掷5次,则正面向上的次数X的分布为__________. 【解析】由题意得,在5次独立重复试验中事件“正面向上”发生的次数为X,每次试验中事件“正面向上”发生的概率是0.5,所以X～B(5,0.5).答案:X～B(5,0.5)7.每次试验的成功率为p(0<p<1),重复进行10次试验,其中前7次都未成功,后3次都成功的概率为__________.【解析】由题意得,重复进行10次试验,其中前7次都未成功,后3次都成功的概率为p3(1-p)7.答案:p3(1-p)78.下列例子中随机变量ξ服从二项分布的有__________.①随机变量ξ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ξ;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,ξ表示n 次抽取中出现次品的件数(M<N);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,ξ表示n 次抽取中出现次品的件数.【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)= .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(ξ=k)=××,符合二项分布的定义,即有ξ～B.对于②,ξ的取值是1,2,3,…,P(ξ=k)=0.9×0.1k-1(k=1,2,3,…),显然不符合二项分布的定义,因此ξ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ξ不服从二项分布,对于③有ξ～B.故应填①③.答案:①③三、解答题(每小题10分,共20分)9.某校举行综合知识大奖赛,比赛分初赛和决赛两部分,初赛采用选手选一题答一题的方式进行,每位选手最多有6次答题的机会,选手累计答对4题或答错3题即终止其初赛的比赛.答对4题者直接进入决赛,答错3题者则被淘汰,已知选手甲答题连续两次答错的概率为(已知甲回答每道题的正确率相同,并且相互之间没有影响).(1)求选手甲回答一个问题的正确率.(2)求选手甲可以进入决赛的概率.【解析】(1)设选手甲回答一个问题的正确率为p1,则(1-p1)2=,故选手甲回答一个问题的正确率p1=.(2)选手甲答了4道题进入决赛的概率为=,选手甲答了5道题进入决赛的概率为=;选手甲答了6道题进入决赛的概率为=;故选手甲可进入决赛的概率p=++=.【补偿训练】(2018·武威高二检测)某射手进行射击训练,假设每次射击击中目标的概率为,且每次射击的结果互不影响,已知射手射击了5次,求:(1)其中只在第一、三、五次击中目标的概率.(2)其中恰有3次击中目标的概率.【解析】(1)该射手射击了5次,其中只在第一、三、五次击中目标,是在确定的情况下击中目标3次,也即在第二、四次没有击中目标,所以只有一种情况,又各次射击的结果互不影响,故所求概率为P1=××××=.(2)该射手射击了5次,其中恰有3次击中目标,符合独立重复试验概率模型,故所求概率为P2=·=.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,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=·+=.(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:“同意”票张数“中立”票张数“反对”票张数事件A 0 0 3事件B 1 0 2事件C 1 1 1事件D 0 1 2 P(A)==,P(B)==,P(C)==,P(D)==,因为A,B,C,D互斥,所以P(A∪B∪C∪D)=P(A)+P(B)+P(C)+P(D)=.。
高三复习数学223_独立重复试验与二项分布(一)(有答案)
2.2.3 独立重复试验与二项分布(一)一、解答题。
1. 独立重复试验应满足的条件是（ ）①每次试验之间是相互独立的；②每次试验只有事件发生与不发生两种结果；③每次试验中，事件发生的机会是均等的；④每次试验发生的事件是互斥的． A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④2. 有下列事件：①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；②甲、乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；③甲、乙两名运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与“甲、乙都没射中目标”；④在相同的条件下，甲射击10次5次击中目标．其中是独立重复试验的是（ ） A.① B.② C.③ D.④3. 从学校乘汽车到火车站的途中有三个交通岗，假设在各个交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是25，设ξ为途中遇到红灯的次数，求随机变量ξ的分布列．4. 某车间有10台同类型的机床，每台机床配备的电动机功率为10千瓦．已知每台机床工作时，平均每小时实际开动12分钟，且开动与否相互独立．现因当地供电紧张，供电部门只能提供50千瓦的电力．此时车间能够正常工作（至少还有一台工作）的概率为多大？5. 为了检验某大型乒乓球赛男子单打参赛队员的训练成果，某校乒乓球队举行了热身赛，热身赛采取7局4胜制（即一场比赛先胜4局者为胜）的规则．在队员甲与乙的比赛中，假设每局甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立．求甲在5局以内（含5局）赢得比赛的概率；记X 为比赛决出胜负时的总局数，求X 的分布列．6. （2019年高考天津卷理数）设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为23．假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．用X 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件M 发生的概率．7. 抛掷两枚骰子，取其中一枚的点数为点P的横坐标，另一枚的点数为点P的纵坐标，求连续抛掷这两枚骰子三次，点P在圆x2+y2=16内的次数X的分布列．8. 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在任和p．意时刻发生故障的概率分别为110，求p的值；若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950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．9. 小结与反思___________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________________________ __________________________________参考答案与试题解析2.2.3 独立重复试验与二项分布(一)一、解答题。
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n次独立重复实验与二项分布 (时间：45分钟 分值：100分) 一、选择题 1. [2013·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. 910 B. 45
C. 89 D. 8990 答案：D 解析：目标被击中的概率为P＝1－(1－910)(1－89)＝1－190＝8990. 2. [2013·湖北调研]如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为( )
A. 0.960 B. 0.864 C. 0.720 D. 0.576 答案：B 解析：系统正常工作概率为C12×0.9×0.8×(1－0.8)＋0.9×0.8×0.8＝0.864，所以选B. 3. [2013·大庆模拟]某单位在一次春游踏青中，开展有奖答题活动，从2道文史题和3道理科题中不放回地依次抽2道，在第一次抽到理科题的前提下第二次抽到理科题的概率为( )
A. 925 B. 625
C. 310 D. 12 答案：D 解析：因为第一次抽到的是理科题，此时剩下2道文史题和2道理科题，故第二次抽到
理科题的概率为24＝12. 4. [2013·北京海淀模拟]已知盒中装有3个红球、2个白球、5个黑球，它们大小形状完全相同，现需一个红球，甲每次从中任取一个不放回，在他第一次拿到白球的条件下，第二次拿到红球的概率( )
A. 310 B. 13 C. 38 D. 29 答案：B 解析：事件A：“第一次拿到白球”，B：“第二拿到红球”，则P(A)＝210＝15，P(AB)
＝210·39＝115，故P(B|A)＝PABPA＝13. 5. [2013·江西模拟]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p1和p2，则( ) A. p1＝p2 B. p1C. p1>p2 D. 以上三种情况都有可能 答案：B
解析：方法一：一箱中抽到劣币的概率为1100.
则至少抽到一枚劣币的概率为1－(99100)10， 即p1＝1－0.9910. 方法二：一箱中抽到劣币的概率为C199C2100＝150.
则至少抽到一枚劣币的概率为1－(4950)5， 即p2＝1－0.985， 而p1＝1－0.9910＝1－(0.992)5 ＝1－(0.9801)56. [2013·焦作模拟]一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为( )
A. 581 B. 1481
C. 1681 D. 2581 答案：B 解析：取球5次共有35种取法，若恰好取5次时停止取球，则说明前4次只取到两种颜色的球，第5次才取到第三种颜色的球，此时从三种颜色中选二种在前4次出现，共有C23＝3种，两种颜色中的某一种在前4次中可能出现1次，2次，3次，共有C14＋C24＋C34＝
14种取法，所以恰好取5次时停止取球共有3×14种取法，所以所求概率为3×1435＝1481，选B. 二、填空题 7. [2013·铜仁模拟]已知某高三学生在2012年的高考数学考试中，A和B两道解答题同时做对的概率为13，在A题做对的情况下，B题也做对的概率为59，则A题做对的概率为________． 答案：35
解析：做对A题记为事件E，做对B题记为事件F，根据题意知P(EF)＝13，又P(F|E)＝PEFPE＝59，则P(E)＝35，即A题做对的概率为35. 8. [2013·南充模拟]抛掷红、黄两颗骰子，则在红色骰子的点数为4或6的条件下，两颗骰子点数之积大于20的概率是________．
答案：13 解析：抛掷红、黄两颗骰子所得的点数共有6×6＝36个基本事件，其中红色骰子点数为4或6的基本事件有12个，两颗骰子点数之积大于20的有：4×6,6×4,6×5,6×6，共4
个基本事件，所以所求概率为412＝13. 9. [2013·大理模拟]已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出1个白球得2分，取出1个黑球得1分．现从该箱中任意(无放回，且每球取到的机会均等)取出3个球，则得分之和为5分的概率为________．
答案：514 解析：由题意知，得分为5分只能是取2个白球和1个黑球，符合超几何分布，所以所求概率P＝C24C15C39＝514. 三、解答题 10. [2013·丽江模拟]为了下一次的航天飞行，现准备从6名预备队员(其中男4名，女2名)中选3名参加“神舟十号”的航天任务． (1)求男甲和女乙同时被选中的概率； (2)设所选3名航天员中女预备队员人数为X，求X的分布列及数学期望； (3)若选派3名航天员依次到A，B，C 3个实验室，求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． 解：(1)由题意知，所有不同的选法共有C36种，其中男甲和女乙同时被选中的选法有C14
种，则男甲和女乙同时被选中的概率为C14C36＝15.
(2)X的所有可能取值为0,1,2. 依题意得P(X＝0)＝C34C36＝15；P(X＝1)＝C12C24C36＝35；P(X＝2)＝C22C14C36＝15. ∴X的分布列为： X 0 1 2 P 15 35 15
∴E(X)＝0×15＋1×35＋2×15＝1. (3)设事件M为“A实验室是男航天员”，事件N为“B实验室是女航天员”． 则P(M)＝C14A25A36＝23，P(MN)＝C12C14C14A36＝415，
∴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P(N|M)＝PMNPM＝41523＝25.
11. [2013·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 10 21 11 5 2 1 西部联盟 分值分组 [0,5) [5,10) [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) 频数 12 19 12 4 2 1 若规定平均每场比赛得分在15分及以上的球员为优秀球员． (1)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23(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5＋2＋150＝0.16，
西部联盟优秀球员的频率为4＋2＋150＝0.14，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～B(5，23)，
即P(X＝k)＝Ck5(23)k(13)5－k，k＝0,1,2,3,4,5. ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 1243 10243 40243 80243 80243 32243
∴E(X)＝np＝5×23＝103. 12.[2013·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0.8、0.5、0.2(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(x)＝3sinx＋X4π，x∈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P(A)＝0.8，P(B)＝0.5，P(C)＝0.2. (1)该技术人员被录用的概率P＝1－P(A·B·C)＝1－0.2×0.5×0.8＝0.92. (2)设该技术人员被录用的工种数为n， 则X＝n(3－n)，n＝0,1,2,3，所以X的所有可能取值为0,2. ①P(X＝0)＝P(A·B·C)＋P(A·B·C) ＝0.8×0.5×0.2＋0.2×0.5×0.8＝0.16， P(X＝2)＝1－P(X＝0)＝0.84. 所以X的分布列为 X 0 2 P 0.16 0.84 所以E(X)＝0×0.16＋2×0.84＝1.68.
②当X＝0时，f(x)＝3sinπx4，则函数f(x)是奇函数，
当X＝2时，f(x)＝3sin(π2＋πx4)＝3cosπx4，则函数f(x)是偶函数． 所以所求的概率P(D)＝P(X＝2)＝0.84.