高考理科数学练习训练题n次独立重复试验与二项分布含解析理

条件概率、相互独立事件及二项分布了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题．知识点一条件概率易误提醒(1)条件概率不一定不等于非条件概率．若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)．(2)P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同．前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．[自测练习]1．在100件产品中有95件合格品，5件不合格品，现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为________．解析：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则P(AB)＝C25C2100，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝5×4100×995100＝499.答案：499知识点二事件的相互独立性1．定义设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．2．性质(1)若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．(2)如果事件A与B相互独立，那么A与B，A与B，A与B也相互独立．易误提醒 易混“相互独立”和“事件互斥”：两事件互斥是指两事件不可能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响，两个事件相互独立不一定互斥．[自测练习]2．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立．则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率等于________．解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3、第4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能．由相互独立事件概率乘法，所求概率P ＝1×0.2×0.82＝0.128. 答案：0.128知识点三 独立重复试验与二项分布易误提醒 易混淆二项分布与两点分布：由二项分布的定义可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n ＝1时的二项分布．[自测练习]3．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.49 B.29 C.427D.227解析：所求概率P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49.答案：A4．某一批棉花种子，如果每一粒发芽的概率为45，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( )A.12125B.16125C.48125D.96125解析：用X 表示发芽的粒数，独立重复试验服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫3，45，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫452⎝⎛⎭⎫151＝48125. 答案：C考点一 条件概率|1．(2015·丽江高三检测)把一枚硬币连续抛两次，记“第一次出现正面”为事件A ，“第二次出现反面”为事件B ，则P (B |A )等于( )A.12 B.14 C.16D.18解析：由古典概型知P (A )＝12，P (AB )＝14，则由条件概率知P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1412＝12.答案：A2.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P (B |A )＝________.解：由题意可得，事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”， 则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π. 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14.答案：14条件概率的求法(1)定义法：先求P (A )和P (AB )，再由P (B |A )＝P (AB )P (A )，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 )＝n (AB )n (A ).考点二 相互独立事件概率|(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．[解] (1)设事件A 表示“甲同学问题1回答正确”，事件B 表示“甲同学问题2回答正确”，事件C 表示“甲同学问题3回答正确”，依题意P (A )＝34，P (B )＝12，P (C )＝13.记“甲同学能进入下一轮”为事件D ，则 P (D )＝P (A B C ＋AB ＋A BC ) ＝P (A B C )＋P (AB )＋P (A BC )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )＋P (A )P (B )P (C ) ＝34×12×13＋34×12＋14×12×13＝1324. (2)X 可能的取值是6,7,8,12,13. P (X ＝6)＝P (A －B －)＝14×12＝18，P (X ＝7)＝P (A B －C －)＝34×12×23＝14，P (X ＝8)＝P (A －B C －)＝14×12×23＝112，P (X ＝12)＝P (A B －C )＝34×12×13＝18，P (X ＝13)＝P (AB ＋A －BC )＝P (AB )＋P (A －BC )＝34×12＋14×12×13＝512.∴X 的分布列为X 6 7 8 12 13 P181411218512求解相互独立条件概率问题的三个注意点(1)正确分析所求事件的构成，将其转化为几个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)注意根据问题情境正确判断事件的独立性．(3)在应用相互独立事件的概率公式时，对含有“至多有一个发生”“至少有一个发生”的情况，可结合对立事件的概率求解．1.如图所示的电路有a ，b ，c 三个开关，每个开关开或关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．解析：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件A B C ，且A ，B ，C 之间彼此独立，且P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，由独立事件概率公式知P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝12×⎝⎛⎭⎫1－12×12＝18. 答案：18考点三 独立重复试验与二项分布|(2015·江苏西亭中学模拟)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；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．[解] 令X 表示5次预报中预报准确的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫5，45，故其分布列为P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫45k⎝⎛⎭⎫1－455－k (k ＝0,1,2,3,4,5)．(1)“5次预报中恰有2次准确”的概率为P (X ＝2)＝C 25×⎝⎛⎭⎫452×⎝⎛⎭⎫1－453＝10×1625×1125≈0.05. (2)“5次预报中至少有2次准确”的概率为P (X ≥2)＝1－P (X ＝0)－P (X ＝1)＝1－C 05×⎝⎛⎭⎫450×⎝⎛⎭⎫1－455－C 15×45×⎝⎛⎭⎫1－454＝1－0.000 32－0.006 4≈0.99. (3)“5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确”的概率为C 14×45×⎝⎛⎭⎫1－453×45≈0.02.利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P n (k )＝C k n p 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，而且各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．2．挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要过五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审．若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学能通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响．(1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数ξ的期望．解：(1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3，同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3.∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即ξ～B (3,0.3)，∴E (ξ)＝3×0.3＝0.9.24.混淆相互独立事件与独立重复试验致误【典例】 (2015·高考湖南卷)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖：若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}． 由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫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.故X 的分布列为X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35.[易误点评] (1)本题中所给出的事件较多，在求解第(1)问时注意事件分析与表示．尤其是顾客抽奖1次获二等奖易表示错．(2)对于第(2)问中事件易与相互独立事件混淆其实为三次独立重复试验．[防范措施] (1)正确理解相互独立事件与n 次独立重复试验的定义及区别．(2)审题时要学会分析事件，并准确记事件与表示事件．[跟踪练习] (2015·高考全国卷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解析：由题意得所求概率P ＝C 23×0.62×(1－0.6)＋C 33×0.63＝0.648.答案：AA 组 考点能力演练1．打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次．若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是( )A.35 B.34 C.1225D.1425解析：甲中靶的概率为45，乙中靶的概率为710，两人打靶相互独立，同时中靶的概率为45×710＝1425. 答案：D2．若某人每次射击击中目标的概率均为35，此人连续射击三次，至少有两次击中目标的概率为( )A.81125B.54125C.36125D.27125解析：本题考查概率的知识．至少有两次击中目标包含仅有两次击中，其概率为C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫1－35；或三次都击中，其概率为C 33⎝⎛⎭⎫353，根据互斥事件的概率公式可得，所求概率为P ＝C 23⎝⎛⎭⎫352⎝⎛⎭⎫1－35＋C 33⎝⎛⎭⎫353＝81125，故选A.答案：A3．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形与功率都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )A.310 B.29 C.78D.79解析：设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”， 则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝730310＝79.答案：D4．设随机变量X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12，则P (X ＝3)等于( ) A.516 B.316 C.58D.38解析：∵X ～B ⎝⎛⎭⎫6，12， ∴P (X ＝3)＝C 36⎝⎛⎭⎫123·⎝⎛⎭⎫1－123＝516. 答案：A5．(2016·广州模拟)甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.88 解析：因为甲、乙两人是否被录取相互独立，又因为所求事件的对立事件为“两人均未被录取”， 由对立事件和相互独立事件概率公式知， P ＝1－(1－0.6)(1－0.7)＝1－0.12＝0.88. 答案：D6．在一段时间内，甲去某地的概率是14，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内至少有1人去此地的概率是________．解析：由题意知，两个人都不去此地的概率是⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－15＝35，∴至少有一个人去此地的概率是1－35＝25.答案：257．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率为13，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，即有P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ×⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0,1,2,3,4,5.故P (ξ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫231＝10243. 答案：102438．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________．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.答案：259．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：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 ＝A1A2A 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 (A 4)P (A1)P (A 2)P (A 3)＝0.9＋0.1×0.9×0.9＋0.1×0.1×0.9×0.9＝0.989 1.10．(2016·石家庄模拟)某市的教育研究机构对全市高三学生进行综合素质测试，随机抽取了部分学生的成绩，得到如图所示的成绩频率分布直方图．(1)估计全市学生综合素质成绩的平均值；(2)若评定成绩不低于80分为优秀，视频率为概率，从全市学生中任选3名学生(看作有放回的抽样)，变量ξ表示3名学生中成绩优秀的人数，求变量ξ的分布列及期望E (ξ)．解：(1)依题意可知55×0.12＋65×0.18＋75×0.40＋85×0.22＋95×0.08＝74.6， 所以综合素质成绩的平均值为74.6.(2)由频率分布直方图知优秀率为10×(0.008＋0.022)＝0.3， 由题意知，ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，310，P (ξ＝k )＝C k 3⎝⎛⎭⎫310k ⎝⎛⎭⎫7103－k ，故其分布列为E (ξ)＝3×310＝910.B 组 高考题型专练1．(2014·高考陕西卷)在一块耕地上种植一种作物，每季种植成本为1 000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 (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2 000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500×10－1 000＝4 000,500×6－1 000＝2 000， 300×10－1 000＝2 000,300×6－1 000＝800.P (X ＝4 000)＝P (A )P (B )＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P (X ＝2 000)＝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2 000元”(i ＝1,2,3)， 由题意知C 1，C 2，C 3相互独立，由(1)知，P (C i )＝P (X ＝4 000)＋P (X ＝2 000)＝0.3＋0.5＝0.8(i ＝1，2,3)，3季的利润均不少于2 000元的概率为 P (C 1C 2C 3)＝P (C 1)P (C 2)P (C 3)＝0.83＝0.512； 3季中有2季利润不少于2 000元的概率为P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＋P (C 1C 2C 3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中至少有2季的利润不少于2 000元的概率为0.512＋0.384＝0.896.2．(2015·高考北京卷)A ，B 两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间(单位：天)记录如下：A 组：10,11,12,13,14,15,16；B 组：12,13,15,16,17,14，a .假设所有病人的康复时间相互独立，从A ，B 两组随机各选1人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为乙．(1)求甲的康复时间不少于14天的概率；(2)如果a ＝25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；(3)当a 为何值时，A ，B 两组病人康复时间的方差相等？(结论不要求证明) 解：设事件A i 为“甲是A 组的第i 个人”， 事件B i 为“乙是B 组的第i 个人”，i ＝1,2，…，7. 由题意可知P (A i )＝P (B i )＝17，i ＝1,2， (7)(1)由题意知，事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A 组的第5人，或者第6人，或者第7人”，所以甲的康复时间不少于14天的概率是P (A 5∪A 6∪A 7)＝P (A 5)＋P (A 6)＋P (A 7)＝37.(2)设事件C 为“甲的康复时间比乙的康复时间长”．由题意知，C ＝A 4B 1∪A 5B 1∪A 6B 1∪A 7B 1∪A 5B 2∪A 6B 2∪A 7B 2∪A 7B 3∪A 6B 6∪A 7B 6.因此P (C )＝P (A 4B 1)＋P (A 5B 1)＋P (A 6B 1)＋P (A 7B 1)＋P (A 5B 2)＋P (A 6B 2)＋P (A 7B 2)＋P (A 7B 3)＋P (A 6B 6)＋P (A 7B 6)＝10P (A 4B 1)＝10P (A 4)P (B 1)＝1049.(3)a ＝11或a ＝18.。

高考数学重点专项：独立重复试验与二项分布（含详细解析部分）问题导学一、独立重复试验活动与探究1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面第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；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．迁移与应用1．(2013四川广元模拟)打靶时，某人每打10发可中靶8次，则他打100发子弹有4发中靶的概率为()A．C41000.84×0.296B．0.84C．0.84×0.296D．0.24×0.2962．某市公租房的房源位于A，B，C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．该市的4位申请人中恰有2人申请A片区房源的概率为__________．(1)n次独立重复试验的特征：①每次试验的条件都完全相同，有关事件的概率保持不变；②每次试验的结果互不影响，即各次试验相互独立；③每次试验只有两种结果，这两种可能的结果是对立的．(2)独立重复试验概率求解的关注点：①运用独立重复试验的概率公式求概率时，要判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，判断时可依据n次独立重复试验的特征．②解此类题常用到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．二、二项分布活动与探究2某市医疗保险实行定点医疗制度，按照“就近就医，方便管理”的原则，参加保险人员可自主选择四家医疗保险定点医院和一家社会医院作为本人就诊的医疗机构．若甲、乙、丙、丁4名参加保险人员所在地区有A，B，C三家社区医院，并且他们的选择相互独立．设4名参加保险人员选择A社区医院的人数为X，求X的分布列．迁移与应用1．某射手每次射击击中目标的概率是0.8，现在连续射击4次，则击中目标的次数X的概率分布列为__________．2．如图，一个圆形游戏转盘被分成6个均匀的扇形区域，用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头A所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头A指向每个区域的可能性都是相等的．在一次家庭抽奖的活动中，要求每位家庭派一位儿童和一位成人先后分别转动一次游戏转盘，得分情况记为(a，b)(假设儿童和成人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动)．若规定：一个家庭的得分为参与游戏的两人得分之和，且得分大于等于8的家庭可以获得一份奖品．(1)求某个家庭获奖的概率；(2)若共有5个家庭参加家庭抽奖活动，记获奖的家庭数为X，求X的分布列．利用二项分布来解决实际问题的关键在于在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否是n次独立重复试验，随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布．三、二项分布的综合应用活动与探究3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，且各人答对正确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)用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB)．迁移与应用某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，遇到红灯时停留的时间都是2 min．(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；(2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min的概率．对于概率问题的综合题，首先，要准确地确定事件的性质，把问题化归为古典概型、互斥事件、独立事件、独立重复试验四类事件中的某一种；其次，要判断事件是A＋B还是AB，确定事件至少有一个发生，还是同时发生，分别运用相加或相乘事件公式，最后，选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、独立事件、n次独立重复试验的概率公式求解．答案：课前·预习导学【预习导引】1．相同预习交流1提示：①在相同条件下重复做n次试验的过程中，各次试验的结果都不会受到其他试验结果的影响，即P(A1A2…A n)＝P(A1)P(A2)…P(A n)，A i(i＝1,2，…，n)是第i次试验的结果．②在独立重复试验中，每一次试验只有两个结果，也就是事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中，某事件发生的概率都是一样的．2．C k n p k(1－p)n－k成功概率预习交流2(1)提示：两点分布是特殊的二项分布，即X～B(n，p)中，当n＝1时，二项分布也就是两点分布，因此它们的关系是特殊与一般的关系．(2)提示：B课堂·合作探究【问题导学】活动与探究1思路分析：由于5次预报是相互独立的，且结果只有两种(准确或不准确)，符合独立重复试验模型．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，2次准确的概率为P＝25C×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＝05C×(0.2)5＋15C×0.8×0.24＝0.006 72≈0.01．∴所求概率为1－P＝1－0.01＝0.99．(3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确．∴概率为P＝C14×0.8×0.23×0.8＝0.020 48≈0.02．∴恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02．迁移与应用1．A解析：由题意可知中靶的概率为0.8，故打100发子弹有4发中靶的概率为C4100·0．84×0．296．2．827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A片区房源记为A，则P(A)＝13，∴恰有2人申请A片区的概率为P(2)＝24C·⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫232＝827．活动与探究2思路分析：本题符合二项分布模型，根据题意，可直接利用二项分布的概率计算方法解答．解：由已知每位参加保险人员选择A社区的概率为13，4名人员选择A社区即4次独立重复试验，即X～B⎝⎛⎭⎫4，13，∴P (X＝k)＝4C k·⎝⎛⎭⎫13k·⎝⎛⎭⎫234－k＝4C k·24－k81(k＝0,1,2,3,4)，∴X的分布列为迁移与应用1．由已知，n＝4，p＝0.8，P(X＝k)＝C k4×0.8k×0.24－k，k＝0,1,2,3,4，∴P(X＝0)＝C04×0.80×0.24＝0.001 6，P(X＝1)＝C14×0.81×0.23＝0.025 6，P (X ＝2)＝C 24×0.82×0.22＝0.153 6，P (X ＝3)＝C 34×0.83×0.21＝0.409 6，P (X ＝4)＝C 44×0.84×0.20＝0.409 6． ∴X 的概率分布列为2．解：(1)记事件A 3种情况，∴P (A )＝13×13＋13×13＋13×13＝13．∴某个家庭获奖的概率为13．(2)由(1)知每个家庭获奖的概率都是13，5个家庭参加游戏相当于5次独立重复试验．∴X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13． ∴P (X ＝0)＝05C ·⎝⎛⎭⎫130·⎝⎛⎭⎫235＝32243，P (X ＝1)＝15C ·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫234＝80243，P (X ＝2)＝25C ·⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫233＝80243，P (X ＝3)＝35C ·⎝⎛⎭⎫133·⎝⎛⎭⎫232＝40243，P (X ＝4)＝45C ·⎝⎛⎭⎫134·⎝⎛⎭⎫231＝10243，P (X ＝5)＝55C ·⎝⎛⎭⎫135·⎝⎛⎭⎫230＝1243． ∴X 的分布列为活动与探究3 思路分析：解：(1)由已知，甲队中3人回答问题相当于3次独立重复试验，∴ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，23． P (ξ＝0)＝03C ×⎝⎛⎭⎫1－233＝127， P (ξ＝1)＝13C ×23×⎝⎛⎭⎫1－232＝29， P (ξ＝2)＝23C ×⎝⎛⎭⎫232⎝⎛⎭⎫1－23＝49，P (ξ＝3)＝33C ×⎝⎛⎭⎫233＝827， 所以ξ的分布列为(2)用C 表示“甲得2分乙得1分”这一事件，AB ＝C ∪D ，C ，D 互斥．P (C )＝23C ×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛ 23×13×12＋13×⎭⎫23×12＋13×13×12＝1081． P (D )＝827×⎝⎛⎭⎫1－23⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫1－12＝4243． ∴P (AB )＝P (C )＋P (D )＝1081＋4243＝34243．迁移与应用 解：(1)记“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A ．因为事件A 等价于事件“这名学生在第一和第二个路口都没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A 发生的概率为：P (A )＝⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－13×13＝427． (2)记“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min ”为事件B ，“这名学生在上学路上遇到k 次红灯”为事件B k (k ＝0,1,2,3,4)．由题意，得P (B 0)＝⎝⎛⎭⎫234＝1681，P (B 1)＝C 14×⎝⎛⎭⎫131×⎝⎛⎭⎫233＝3281， P (B 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫232＝827． 由于事件B 等价于事件“这名学生在上学路上至多遇到2次红灯”，所以事件B 发生的概率为P (B )＝P (B 0)＋P (B 1)＋P (B 2)＝89． 当堂检测1．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为45，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是( ) A ．49125 B ．48125 C ．1625 D ．925答案：B 解析：∵每1粒发芽的概率为定值，∴播下3粒种子相当于做了3次试验，设发芽的种子数为X ，则X 服从二项分布，即X ～B 43,5⎛⎫⎪⎝⎭， ∴P (X ＝2)＝C23×214155⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝48125．故选B ．2．设随机变量ξ服从二项分布ξ～B 162⎛⎫ ⎪⎝⎭，，则P (ξ≤3)等于( )A ．1132B ．732C ．2132D ．764答案：C 解析：P (ξ≤3)＝P (ξ＝0)＋P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝6666012366661111C C C C 2222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+++＝2132． 3．一只蚂蚁位于数轴x ＝0处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位，设它向右移动的概率为23，向左移动的概率为13，则3秒后，这只蚂蚁在x ＝1处的概率为__________． 答案：49解析：由题意知，3秒内蚂蚁向左移动一个单位，向右移动两个单位，所以蚂蚁在x ＝1处的概率为2123214C 339⎛⎫⎛⎫⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．4．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，有下列结论： ①他第3次击中目标的概率是0.9；②他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1； ③他至少击中目标1次的概率是1－0.14．其中正确结论的序号是__________．(写出所有正确结论的序号)答案：①③ 解析：②中恰好击中目标3次的概率应为34C ×0.93×0.1＝0.93×0.4，①③正确．5．9粒种子分种在甲、乙、丙3个坑内，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．求：(1)甲坑不需要补种的概率； 答案：解：因为甲坑内3粒种子都不发芽的概率为(1－0.5)3＝18，所以甲坑不需要补种的概率为1－18＝78＝0.875． (2)3个坑中恰有1个坑不需要补种的概率； 答案：3个坑恰有一个坑不需要补种的概率为21371C 0.04188⎛⎫⨯⨯≈ ⎪⎝⎭．(3)有坑需要补种的概率．(精确到0.001)答案：方法一：因为3个坑都不需要补种的概率为378⎛⎫⎪⎝⎭，所以有坑需要补种的概率为1－378⎛⎫⎪⎝⎭≈0.330．方法二：3个坑中恰有1个坑需要补种的概率为21317C 0.28788⎛⎫⨯⨯≈ ⎪⎝⎭；恰有2个坑需要补种的概率为22317C 0.04188⎛⎫⨯⨯≈ ⎪⎝⎭；3个坑都需要补种的概率为33317C 0.00288⎛⎫⎛⎫⨯⨯≈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以有坑需要补种的概率为0.287＋0.041＋0.002＝0.330．。

2022届高考数学总复习：n 次独立重复试验及二项分布1．如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为( )A.23 B.12 C.34D.14解析：选B 设女孩个数为X ，女孩多于男孩的概率为P (X ≥2)＝P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝C 23×⎝⎛⎭⎫122×12＋C 33×⎝⎛⎭⎫123＝3×18＋18＝12. 2．甲、乙两名运动员练习定点投球，已知在该点每次投篮甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.9，每人投两次，则甲、乙都恰好命中一次的概率为( )A ．0.32B ．0.18C ．0.50D ．0.057 6解析：选D 甲命中一次的概率为C 12×0.8×(1－0.8)＝0.32，乙命中一次的概率为C 12×0.9×(1－0.9)＝0.18，他们投篮命中与否相互独立，所以甲、乙都恰好命中一次的概率为P ＝0.32×0.18＝0.057 6.3．甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为23，34，25，那么三人中恰有两人合格的概率是( )A.25 B ．1130C.715D.16解析：选C 三人中恰有两人合格的概率P ＝23×34×⎝⎛⎭⎫1－25＋23×⎝⎛⎭⎫1－34×25＋⎝⎛⎭⎫1－23×34×25＝715，故选C. 4．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分)． 甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83 乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A ；“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B ，则P (AB )，P (A |B )的值分别是( )A.14，59 B ．14，49C.15，59D.15，49解析：选A 从这20名学生中随机抽取一人，基本事件总数为20个，事件A 包含的基本事件有10个，故P (A )＝1020＝12，事件B 包含的基本事件有9个，故P (B )＝920，故事件AB 包含的基本事件有5个，故P (AB )＝520＝14，故P (A |B )＝P (A |B )P (B )＝14×209＝59.5．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝0，且对任意n ∈N *，a n ＋1等概率地取a n ＋1或a n －1，设a n 的值为随机变量ξn ，则下列选项正确的是( )A ．P (ξ3＝2)＝14B ．P (ξ3＝0)＝14C ．P (ξ3＝－2)＝14D ．E (ξ3)＝0解析：选ACD 依题意a 2＝1或a 2＝－1，且P (ξ2＝1)＝P (ξ2＝－1)＝12，ξ3＝a 3的可能取值为a 2＋1＝2，a 2－1＝0，a 2＋1＝0，a 2－1＝－2，∴P (ξ3＝2)＝12×12＝14，P (ξ3＝0)＝2×12×12＝12，P (ξ3＝－2)＝12×12＝14，E (ξ3)＝2×14＋0×12＋(－2)×14＝0. 6．(多选)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A 1，A 2和A 3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B 表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是( )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是两两互斥的事件解析：选BD 易见A 1，A 2，A 3是两两互斥的事件，D 正确；P (B )＝P (B ·A 1)＋P (B ·A 2)＋P (B ·A 3)＝510×511＋210×411＋310×411＝922.A 错误；P (B |A 1)＝P (B ·A 1)P (A 1)＝511.B 正确；又因P (A ·B )＝522，P (A 1)P (B )＝510×922＝944，故P (A 1B )≠P (A 1)P (B )．C 错误．故选B 、D. 7．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A 为“4个人去的景点不相同”，事件B 为“小赵独自去一个景点”，则P (A |B )＝________.解析：小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种情况，即n (B )＝108,4个人去的景点不同的情况有A 44＝4×3×2×1＝24种，即n (AB )＝24，∴P (A |B )＝n (AB )n (B )＝24108＝29. 答案：298．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17,18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为14，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，14，即有P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫14k ×⎝⎛⎭⎫345－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.故P (ξ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫144×⎝⎛⎭⎫341＝151 024.答案：151 0249．(2019·全国卷Ⅰ)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________．解析：甲队以4∶1获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输． 若在主场输一场，则概率为2×0.6×0.4×0.5×0.5×0.6； 若在客场输一场，则概率为2×0.6×0.6×0.5×0.5×0.6.∴ 甲队以4∶1获胜的概率P ＝2×0.6×0.5×0.5×(0.6＋0.4)×0.6＝0.18. 答案：0.1810．(一题两空)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________；该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________．解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3,4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P ＝1×0.2×0.82＝0.128.依题意，设答对的事件为A ，可分第3个回答正确与错误两类，若第3个回答正确，则有A A A A 或A A A A 两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.若该选手第3个问题的回答是错误的，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P ＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.答案：0.128 0.10411．(2019·湖南省五市十校联考)为全面贯彻党的教育方针，坚持立德树人，适应经济社会发展对多样化高素质人才的需要，按照国家统一部署，湖南省高考改革方案从2018年秋季进入高一年级的学生开始正式实施．新高考改革中，明确高考考试科目由语文、数学、英语3科，及考生在政治、历史、地理、物理、化学、生物6个科目中自主选择的3科组成，不分文理科．假设6个自主选择的科目中每科被选择的可能性相等，每位学生选择每个科目互不影响，甲、乙、丙为某中学高一年级的3名学生．(1)求这3名学生中选择物理的概率；(2)设X 为这3名学生中选择物理的人数，求X 的分布列和数学期望．解：(1)设“这3名学生都选择物理”为事件A ，依题意得每位学生选择物理的概率都为12， 故P (A )＝⎝⎛⎭⎫123＝18，即这3名学生都选择物理的概率为18. (2)X 的所有可能取值为0,1,2,3，由题意知X ～B ⎝⎛⎭⎫3，12， P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫123⎝⎛⎭⎫120＝18，P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫122·⎝⎛⎭⎫121＝38， P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫121⎝⎛⎭⎫122＝38，P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫120·⎝⎛⎭⎫123＝18. 所以X 的分布列为所以X 的数学期望E (X )＝0×18＋1×38＋2×38＋3×18＝32.12．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别为23和34.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响，每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响．(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设每人连续2次未击中目标，则终止其射击．问：乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为多少？解：(1)记“甲连续射击4次，至少有1次未击中目标”为事件A 1，则事件A 1的对立事件A 1为“甲连续射击4次，全部击中目标”．由题意知，射击4次相当于做4次独立重复试验．故P (A 1)＝C 44⎝⎛⎭⎫234＝1681. 所以P (A 1)＝1－P (A 1)＝1－1681＝6581.所以甲连续射击4次，至少有一次未击中目标的概率为6581.(2)记“甲射击4次，恰好有2次击中目标”为事件A 2，“乙射击4次，恰好有3次击中目标”为事件B 2，则P (A 2)＝C 24×⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－232＝827，P (B 2)＝C 34⎝⎛⎭⎫343×⎝⎛⎭⎫1－341＝2764. 由于甲、乙射击相互独立， 故P (A 2B 2)＝P (A 2)P (B 2)＝827×2764＝18.所以两人各射击4次，甲恰有2次击中目标且乙恰有3次击中目标的概率为18.(3)记“乙恰好射击5次后，被终止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中”为事件D i (i ＝1,2,3,4,5)，则A 3＝D 5D 4D 3(D 2D 1∪D 2D 1∪D 2D 1)，且P (D i )＝14.由于各事件相互独立，故 P (A 3)＝P (D 5)P (D 4)P (D 3)P (D2D 1＋D 2D 1＋D 2D 1)＝14×14×34×⎝⎛⎭⎫1－14×14＝451 024. 所以乙恰好射击5次后，被终止射击的概率为451 024.B 级——提能综合练13．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为( )A.310 B ．29C.78D.79解析：选D 设事件A 为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B 为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P (A )＝310，P (AB )＝310×79＝730.则所求概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝730310＝79.14．(一题两空)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.则：(1)p ＝________；(2)电流能在M 与N 之间通过的概率为________．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 1—A 2—A 3—，A 1，A 2，A 3相互独立，P (A )＝P (A 1—A 2—A 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)∪(A 4—A 1—A 2A 3)，P (B )＝P (A 4)＋P (A 4A 1A 3)＋P (A 4—A 1—A 2A 3)＝P (A 4)＋P (A 4)P (A 1)P (A 3)＋P (A 4)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.答案：0.9 0.989 115．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.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．解：(1)甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为45150×10＝3，60150×10＝4，30150×10＝2，15150×10＝1.(2)根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为C 44⎝⎛⎭⎫224＝14， 所以乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率为C 24⎝⎛⎭⎫142⎝⎛⎭⎫342＝27128.(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16．为了适当疏导电价矛盾，保障电力供应，支持可再生能源发展，促进节能减排，某省于2018年推出了省内居民阶梯电价的计算标准：以一个年度为计费周期、月度滚动使用，第一阶梯电量：年用电量2 160度以下(含2 160度)，执行第一档电价0.565 3元/度；第二阶梯电量：年用电量2 161至4 200度(含4 200度)，执行第二档电价0.615 3元/度；第三阶梯电量：年用电量4 200度以上，执行第三档电价0.865 3元/度．某市的电力部门从本市的用电户中随机抽取10户，统计其同一年度的用电情况，列表如下表：(1)试计算表中编号为10的用电户本年度应交电费多少元？(2)现要在这10户家庭中任意选取4户，对其用电情况作进一步分析，求取到第二阶梯电量的户数的分布列；(3)以表中抽到的10户作为样本估计全市的居民用电情况，现从全市居民用电户中随机地抽取10户，若抽到k 户用电量为第一阶梯的可能性最大，求k 的值．解：(1)因为第二档电价比第一档电价多0.05元/度，第三档电价比第一档电价多0.3元/度，编号为10的用电户一年的用电量是4 600度，则该户本年度应交电费为4 600×0.565 3＋(4 200－2 160)×0.05＋(4 600－4 200)×0.3＝2 822.38(元)．(2)由题表可知，10户中位于第二阶梯电量的有4户，设取到第二阶梯电量的用户数为ξ，则ξ可取0,1,2,3,4.P (ξ＝0)＝C 04C 46C 410＝114，P (ξ＝1)＝C 14C 36C 410＝821，P (ξ＝2)＝C 24C 26C 410＝37，P (ξ＝3)＝C 34C 16C 410＝435，P (ξ＝4)＝C 44C 06C 410＝1210，故ξ的分布列为(3)由题意可知从全市中抽取10户，用电量为第一阶梯的户数满足X ～B ⎝⎛⎭⎫10，25，可知P (X ＝k )＝C k 10⎝⎛⎭⎫25k ·⎝⎛⎭⎫3510－k (k ＝0,1,2,3，…，10)． 由⎩⎨⎧C k 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k ＋110⎝⎛⎭⎫25k ＋1⎝⎛⎭⎫359－k，Ck 10⎝⎛⎭⎫25k ⎝⎛⎭⎫3510－k ≥C k －110⎝⎛⎭⎫25k －1⎝⎛⎭⎫3511－k，解得175≤k ≤225.又k ∈N *，所以当k ＝4时概率最大，故k ＝4.。

A ．12B ．512C ．14D ．16B [因为两人加工成一等品的概率分别为23和34、且相互独立、所以两个零件中恰好有一个一等品的概率P ＝23×14＋13×34＝512.]3．在5道题中有3道理科题和2道文科题．如果不放回地依次抽取2道题、则在第1次抽到文科题的条件下、第2次抽到理科题的概率为( )A ．12B ．25C ．35D ．34D [根据题意、在第1次抽到文科题后、还剩4道题、其中有3道理科题；则第2次抽到理科题的概率P ＝34、故选D.]4．一批产品的二等品率为0.02、从这批产品中每次随机抽取一件、有放回地抽取100次、X 表示抽到的二等品的件数、则X 服从二项分布、记作________．X ～B (100、0.02) [根据题意、X ～B (100、0.02).](对应学生用书第199页)考点1 条件概率公式、得P(B|A)＝P（AB）P（A）＝11025＝14.法二(缩小样本空间法)：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.]2．(20xx·运城模拟)有一批种子的发芽率为0.9、出芽后的幼苗成活率为0.8、在这批种子中、随机抽取一粒、则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．0.72[设“种子发芽”为事件A、“种子成长为幼苗”为事件AB(发芽、又成活为幼苗).出芽后的幼苗成活率为P(B|A)＝0.8、P(A)＝0.9、根据条件概率公式得P(AB)＝P(B|A)·P(A)＝0.8×0.9＝0.72、即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.]判断所求概率为条件概率的主要依据是题目中的“已知”“在……前提下(条件下)”等字眼．第2题中没有出现上述字眼、但已知事件的发生影响了所求事件的概率、也认为是条件概率问题．运用P(AB)＝P(B|A)·P(A)、求条件概率的关键是求出P(A)和P(AB)、要注意结合题目的具体情况进行分析．考点2相互独立事件的概率考点3独立重复试验与二项分布独立重复试验的概率独立重复试验概率求解的策略(1)首先判断问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验、判断时注意各次试验之间是相互独立的、并且每次试验的结果只有两种、在任何一次试验中、某一事件发生的概率都相等、然后用相关公式求解．(2)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．。

限时集训(六十一) n 次独立重复试验与二项分布(限时：50分钟 满分：106分)一、选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分)1．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为( )A ．0.12B ．0.42C ．0.46D ．0.882．(2013·济南模拟)位于直角坐标原点的一个质点P 按下列规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向向左或向右，并且向左移动的概率为13，向右移动的概率为23，则质点P移动五次后位于点(1,0)的概率是( )A.4243 B.8243 C.40243D.802433．(2013·荆州质检)已知随机变量ξ服从二项分布ξ～B ⎝⎛⎭⎫6，13，即P (ξ＝2)等于( ) A.316 B.1243 C.13243D.802434．(2011·辽宁高考)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.125．将一枚硬币连掷5次，如果出现k 次正面向上的概率等于出现k ＋1次正面向上的概率，那么k 的值为( )A ．0B ．1C ．2D ．36．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( ) A.35 B.15 C.45D.257．(2013·杭州模拟)某校A 班有学生40名，其中男生24人，B 班有学生50名，其中女生30人．现从A 、B 两班各抽一名学生进行问卷调查，则抽出的学生是一名男生一名女生的概率为( )A.1225B.1325C.1625D.9258．盒中有红球5个，蓝球11个，其中红球中有2个玻璃球，3个木质球；蓝球中有4个玻璃球，7个木质球，现从中任取一球，假设每个球摸到的可能性相同．若已知取到的球是玻璃球，则它是蓝球的概率为( )A.23B.13C.1116D.516二、填空题(本大题共6个小题，每小题4分，共24分)9．有一批种子的发芽率为0.9，出芽后的幼苗成活率为0.8，在这批种子中，随机抽取一粒，则这粒种子能成长为幼苗的概率为________．10．已知事件A 、B 、C 相互独立，若P (AB )＝16，P (B C )＝18，P (AB C )＝18，则P (B )＝________.11．已知随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (3，p )，若P (X ≥1)＝34，则P (Y ≥1)＝________.12．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18、19、20层停靠．若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率均为13，用ξ表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (ξ＝4)＝________.13．有一批书共100本，其中文科书40本，理科书60本，按装潢可分精装、平装两种，精装书70本，某人从这100本书中任取一书，恰是文科书，放回后再任取1本，恰是精装书，这一事件的概率是________．14．将三颗骰子各掷一次，记事件A 为“三个点数都不相同”，事件B 为“至少出现一个6点”，则P (A |B )＝________.三、解答题(本大题共3个小题，每小题14分，共42分)15．在一次数学考试中，第21题和第22题为选做题．规定每位考生必须且只须在其中选做一题．设4名考生选做每一道题的概率均为12.(1)求其中甲、乙两名学生选做同一道题的概率；(2)设这4名考生中选做第22题的学生个数为ξ，求ξ的概率分布．16．下图是某城市通过抽样得到的居民某年的月均用水量(单位：吨)的频率分布直方图．(1)求直方图中x的值；(2)若将频率视为概率，从这个城市随机抽取3位居民(看作有放回的抽样)，求月均用水量在3至4吨的居民数X的分布列．17．“石头、剪刀、布”是一种广泛流传于我国民间的古老游戏，其规则是：用三种不同的手势分别表示石头、剪刀、布；两个玩家同时出示各自手势1次记为1次游戏，“石头”胜“剪刀”，“剪刀”胜“布”，“布”胜“石头”；双方出示的手势相同时，不分胜负．现假设玩家甲、乙双方在游戏时出示三种手势是等可能的．(1)求出在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率；(2)若玩家甲、乙双方共进行了3次游戏，其中玩家甲胜玩家乙的次数记作随机变量X，求X的分布列．答 案[限时集训(六十一)]1．D 2.D 3.D 4.B 5.C 6.A 7.B 8.A9．解析：设种子发芽为事件A ，种子成长为幼苗为事件B (发芽，又成活为幼苗)出芽后的幼苗成活率为：P (B |A )＝0.8，P (A )＝0.9.根据条件概率公式P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝0.9×0.8＝0.72，即这粒种子能成长为幼苗的概率为0.72.答案：0.7210．解析：由题意及相互独立事件同时发生的概率公式可知⎩⎪⎨⎪⎧P (A )P (B )＝16，[1－P (B )]P (C )＝18，P (A )P (B )[1－P (C )]＝18，由此得P (B )＝12.答案：1211．解析：因为P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝34，所以p ＝12，所以P (Y ≥1)＝1－P (Y ＝0)＝1－(1－p )3＝78.答案：7812．解析：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，即有P (ξ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k ×⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0,1,2,3,4,5.故P (ξ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫231＝10243. 答案：1024313．解析：设“任取一书是文科书”的事件为A ，“任取一书是精装书”的事件为B ，则A 、B 是相互独立的事件，所求概率为P (AB )．据题意可知P (A )＝40100＝25，P (B )＝70100＝710，故P (AB )＝P (A )·P (B )＝ 25×710＝725. 答案：72514．解析：由题知，P (B )＝1－⎝⎛⎭⎫1－163＝91216，P (AB )＝16×56×46×3＝60216，∴P (A |B )＝P (AB )P (B )＝6091. 答案：609115．解：(1)设事件A 表示“甲选做第21题”，事件B 表示“乙选做第21题”，则甲、乙两名学生选做同一道题的事件为“AB ＋A － B －”，且事件A 、B 相互独立．故P (AB ＋A B )＝P (A )P (B )＋ P (A )P (B ) ＝12×12＋⎝⎛⎭⎫1－12× ⎝⎛⎫1－12＝12.(2)随机变量ξ的可能取值为0,1,2,3,4， 且ξ～B ⎝⎛⎭⎫4，12 则P (ξ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫12k ⎝⎛⎭⎫1－124－k ＝C k 4⎝⎛⎭⎫124(k ＝0,1,2,3,4)． 故变量ξ的分布列为16．解：(1)依题意及频率分布直方图知，0.02＋0.1＋x ＋0.37＋0.39＝1，解得x ＝0.12. (2)由题意知，X ～B (3,0.1)因此P (X ＝0)＝C 03×0.93＝0.729， P (X ＝1)＝C 13×0.1×0.92＝0.243， P (X ＝2)＝C 23×0.12×0.9＝0.027， P (X ＝3)＝C 33×0.13＝0.001.故随机变量X 的分布列为17．解：(1)玩家甲、乙双方在1次游戏中出示手势的所有可能结果是：(石头、石头)；(石头，剪刀)；(石头，布)；(剪刀，石头)；(剪刀，剪刀)；(剪刀，布)；(布，石头)；(布，剪刀)；(布，布)．共有9个基本事件，玩家甲胜玩家乙的基本事件分别是：(石头，剪刀)；(剪刀，布)；(布，石头)，共有3个．所以在1次游戏中玩家甲胜玩家乙的概率P ＝13.(2)X 的可能取值分别为0,1,2,3.X ～B ⎝⎛⎭⎫3，13，则 P (X ＝0)＝C 03·⎝⎛⎭⎫233＝827， P (X ＝1)＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫232＝1227， P (X ＝2)＝C 23·⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫231＝627， P (X ＝3)＝C 33·⎝⎛⎭⎫133＝127. X 的分布列如下：。

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．。

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

二项分布1．n 次独立重复试验一般地，由n 次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A 与A ，每次试验中()0P A p =>。

我们将这样的试验称为n 次独立重复试验，也称为伯努利试验。

（1）独立重复试验满足的条件 第一：每次试验是在同样条件下进行的；第二：各次试验中的事件是互相独立的；第三：每次试验都只有两种结果。

（2）n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()P X k ==(1)k k n k n C p p --。

2．二项分布若随机变量X 的分布列为()P X k ==k k n k nCp q -，其中0 1.1,0,1,2,,,p p q k n <<+==则称X 服从参数为,n p 的二项分布，记作(,)XB n p 。

1．一盒零件中有9个正品和3个次品，每次取一个零件，如果取出的次品不再放回，求在取得正品前已取出的次品数X 的概率分布。

2.一名学生每天骑车上学，从他家到学校的途中有6个交通岗，假设他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31. (1)设ξ为这名学生在途中遇到红灯的次数，求ξ的分布列； (2)设η为这名学生在首次停车前经过的路口数，求η的分布列； (3)求这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率.3.甲乙两人各进行3次射击，甲每次击中目标的概率为21，乙每次击中目标的概率为32. （1）记甲击中目标的此时为ξ，求ξ的分布列及数学期望； （2）求乙至多击中目标2次的概率； （3）求甲恰好比乙多击中目标2次的概率. 【巩固练习】1.（2012年高考（浙江理））已知箱中装有4个白球和5个黑球,且规定:取出一个白球的2分,取出一个黑球的1分.现从该箱中任取(无放回,且每球取到的机会均等)3个球,记随机变量X为取出3球所得分数之和.(Ⅰ)求X的分布列;(Ⅱ)求X的数学期望E(X).2．（2012年高考（重庆理））(本小题满分13分,(Ⅰ)小问5分,(Ⅱ)小问8分.) 甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一球,.约定甲先投且先投中者获胜,一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为13,乙每次投篮投中的概率为12,且各次投篮互不影响.(Ⅰ) 求甲获胜的概率;(Ⅱ) 求投篮结束时甲的投篮次数ξ的分布列与期望3．设篮球队A与B进行比赛，每场比赛均有一队胜，若有一队胜4场则比赛宣告结束，假定,A B在每场比赛中获胜的概率都是12，试求需要比赛场数的期望．3．（2012年高考（辽宁理））电视传媒公司为了了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况,随机抽取了100名观众进行调查.下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图;将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”.(Ⅰ)根据已知条件完成下面的22⨯列联表,并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关?(Ⅱ)将上述调查所得到的频率视为概率.现在从该地区大量电视观众中,采用随机抽样方法每次抽取1名观众,抽取3次,记被抽取的3名观众中的“体育迷”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.5.（2007陕西理）某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考试，否则即被淘汰，已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为54、53、52，且各轮问题能否正确回答互不影响. （Ⅰ）求该选手被淘汰的概率； （Ⅱ）该选手在选拔中回答问题的个数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数数期望.（注：本小题结果可用分数表示）6. 一批产品共10件，其中7件正品，3件次品，每次从这批产品中任取一件，在下述三种情况下，分别求直至取得正品时所需次数ξ的概率分别布. (1)每次取出的产品不再放回去； （2）每次取出的产品仍放回去；（3）每次取出一件次品后，总是另取一件正品放回到这批产品中.7. （2007•山东）设b 和c 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，用随机变量ξ表示方程x 2+bx+c=0实根的个数（重根按一个计）． （I ）求方程x 2+bx+c=0有实根的概率； （II ）求ξ的分布列和数学期望；8.（本题满分12分）某商场为吸引顾客消费推出一项惠活动.活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在A 区域返券60元；停在B 区域返券30元；停在C 区域不返券. 例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和. （I ）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；（II ）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为X （元），求随机变量X 的分布列和数学期望.9. (本题满分12分)中国∙黄石第三届国际矿冶文化旅游节将于2012年8月20日在黄石铁山举行，为了搞好接待工作，组委会准备在湖北理工学院和湖北师范学院分别招募8名和12名志愿者，将这20名志愿者的身高编成如下茎叶图（单位：cm ）湖湖9 18若身高在175cm 以上（包括175cm ）定义为“高个子”，身高在175cm 以下（不包括175cm ）定义为“非高个子”，且只有湖北师范学院的“高个子”才能担任“兼职导游”。

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

高中数学选修2-3n次独立重复试验和二项分布精选题目（附答案）(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)二项分布一般地，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，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率．一、n次独立重复试验1．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面第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；(3)5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率．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，2次准确的概率为C25×0.82×0.23＝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”的对立事件是“5次预报全部不准确或只有1次准确”，其概率为C05×0.25＋C15×0.8×0.24＝0.006 72.∴所求概率为1－0.006 72＝0.993 28≈0.99.(3)说明第1,2,4,5次中恰有1次准确．∴所求概率为C14×0.8×0.23×0.8＝0.020 48≈0.02.故5次预报中恰有2次准确，且其中第3次预报准确的概率约为0.02.注：(1)运用n次独立重复试验的概率公式求概率，首先要分析问题中涉及的试验是否为n次独立重复试验，若不符合条件，则不能应用公式求解．(2)解决实际问题时往往需要把所求概率的事件分拆为若干个事件，而每个事件均为独立重复试验．2．已知两名射击运动员的射击水平：甲击中目标靶的概率是0.7，乙击中目标靶的概率是0.6.若让甲、乙两人各自向目标靶射击3次，则(1)甲恰好击中目标2次的概率是________；(2)两名运动员都恰好击中目标2次的概率是________．(结果保留两位有效数字)解析：由题意，甲向目标靶射击1次，击中目标靶的概率为0.7，乙向目标靶射击1次，击中目标靶的概率为0.6，两人射击均服从二项分布．(1)甲向目标靶射击3次，恰好击中2次的概率是C 23×0.72×(1－0.7)≈0.44. (2)甲、乙两人各向目标靶射击3次，恰好都击中2次的概率是[C 23×0.72×(1－0.7)]×[C 23×0.62×(1－0.6)]≈0.19.答案：(1)0.44 (2)0.193．一袋中有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ξ次球，则P (ξ＝12)等于( )A ．C 1012⎝⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582 B ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582C ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫589⎝ ⎛⎭⎪⎫382D ．C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫389⎝ ⎛⎭⎪⎫582 解析：选B 当ξ＝12时，表示前11次中取到9次红球，第12次取到红球，所以P (ξ＝12)＝C 911·⎝ ⎛⎭⎪⎫389·⎝ ⎛⎭⎪⎫582·38＝C 911⎝ ⎛⎭⎪⎫3810⎝ ⎛⎭⎪⎫582. 4．箱中装有标号分别为1,2,3,4,5,6的六个球(除标号外完全相同)，从箱中一次摸出两个球，记下号码并放回，如果两球的号码之积是4的倍数，则获奖．现有4人参与摸球，恰好有3人获奖的概率是( )A.16625B.4625 C.624625 D.96625解析：选D 依题意得获奖的概率为1＋5C 26＝25(注：当摸出的两个球中有标号为4的球时，两球的号码之积是4的倍数，有5种情况；当摸出的两个球中没有标号为4的球时，要使两球的号码之积是4的倍数，只有1种情况，即摸出的两个球的标号为2,6)，因此所求概率为C 34×⎝ ⎛⎭⎪⎫253×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25＝96625.故选D.5．某学生参加一次选拔考试，有5道题，每题10分．已知他解题的正确率为35，若40分为最低分数线，则该学生被选中的概率是( )A ．C 45×⎝ ⎛⎭⎪⎫354×25 B ．C 55×⎝ ⎛⎭⎪⎫355C ．C 45×⎝⎛⎭⎪⎫354×25＋C 55×⎝ ⎛⎭⎪⎫355D ．1－C 35×⎝⎛⎭⎪⎫353×⎝ ⎛⎭⎪⎫252解析：选C 该学生被选中包括“该学生做对4道题”和“该学生做对5道题”两种情形．故所求概率为C 45×⎝ ⎛⎭⎪⎫354×25＋C 55×⎝ ⎛⎭⎪⎫355. 6．在等差数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝－4.现从{a n }的前10项中随机取数，每次取出一个数，取后放回，连续抽取3次，假定每次取数互不影响，那么在这三次取数中，取出的数恰好为两个正数和一个负数的概率为________．(用数字作答)解析：由已知可求通项公式为a n ＝10－2n (n ＝1,2，3，…)，其中a 1，a 2，a 3，a 4为正数，a 5＝0，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10为负数，∴从中取一个数为正数的概率为410＝25，取得负数的概率为12.三次取数相当于三次独立重复试验．∴取出的数恰为两个正数和一个负数的概率为C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫252×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＝625. 答案：625二、二项分布1．加工某种零件需经过三道工序．设第一、二、三道工序的合格率分别为910，89，78，且各道工序互不影响，(1)加工一个零件是否是独立重复事件？求该零件的合格率；(2)从该种零件中任取3件，恰好取到X 件合格品，X 是否服从二项分布？ (3)在(2)的条件下，求恰好取到1件合格品的概率．解：(1)加工一个零件需经过三道工序，各道工序互不影响，它们是独立的，但三道工序的合格率不同，因此不是独立重复试验．由事件的独立性知，该种零件的合格率P ＝910×89×78＝710.(2)从该种零件中任取3件，相当于3次独立重复试验，恰好取到X 件合格品，即随机变量X 的取值是取到合格品的事件发生的次数，因此X 服从二项分布．(3)由二项分布的概率公式得，恰好取到1件合格品的概率P (X ＝1)＝C 13×710×⎝ ⎛⎭⎪⎫3102＝0.189. 注:利用二项分布来解决实际问题的关键是在实际问题中建立二项分布的模型，也就是看它是否是n 次独立重复试验，随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，满足这两点的随机变量才服从二项分布，否则就不服从二项分布.2．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⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－124－k ＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫124(k ＝0,1,2,3,4)． 所以变量X 的分布列为3．某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各个路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，遇到红灯时停留的时间都是2 min.(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率； (2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min 的概率． 解: (1)第三个路口首次遇到红灯，表示前2个路口是绿灯，第3个路口是红灯．(2)中事件指这名学生在上学路上最多遇到2次红灯．(1)设“这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯”为事件A .因为事件A 等价于事件“这名学生在第一个和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A 的概率为P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×13＝427.(2)设“这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间至多是4 min ”为事件B ，“这名学生在上学路上遇到k 次红灯”为事件B k (k ＝0,1,2,3,4)．由题意得P (B 0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681，P (B 1)＝C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝3281， P (B 2)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝2481. 所以事件B 的概率为P (B )＝P (B 0)＋P (B 1)＋P (B 2)＝89. 注：(1)二项分布的简单应用是求n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率．解题的一般思路是：根据题意设出随机变量→分析出随机变量服从二项分布→找到参数n ，p →写出二项分布的分布列→将k 值代入求解概率．(2)二项分布求解随机变量涉及“至少”“至多”问题的取值概率，其实质是求在某一取值范围内的概率，一般转化为几个互斥事件发生的概率的和，或者利用对立事件求概率．4．某公司安装了3台报警器，它们彼此独立工作，且发生险情时每台报警器报警的概率均为0.9，求发生险情时，下列事件的概率．(1)3台都未报警；(2)恰有1台报警；(3)恰有2台报警；(4)3台都报警；(5)至少有2台报警；(6)至少有1台报警．解：令X为发生险情时3台报警器报警的台数，那么X～B(3,0.9)，则X的分布列为P(X＝k)＝C k30.9k(1－0.9)3－k(k＝0,1,2,3)．(1)3台都未报警的概率P(X＝0)＝C03×0.90×0.13＝0.001；(2)恰有1台报警的概率P(X＝1)＝C13×0.91×0.12＝0.027；(3)恰有2台报警的概率P(X＝2)＝C23×0.92×0.1＝0.243；(4)3台都报警的概率P(X＝3)＝C33×0.93×0.10＝0.729；(5)至少有2台报警的概率P(X≥2)＝P(X＝2)＋P(X＝3)＝0.243＋0.729＝0.972；(6)至少有1台报警的概率P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.001＝0.999.5．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表示点数为6出现的次数B．某射手射中目标的概率为p，设每次射击是相互独立的，X为从开始射击到击中目标所需要的射击次数C．实力相等的甲、乙两选手进行了5局乒乓球比赛，X表示甲获胜的次数D．某星期内，每次下载某网站数据被病毒感染的概率为0.3，X表示下载n 次数据电脑被病毒感染的次数解析：选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，且点数为6的概率在每一次试验中都为16，每一次试验都是独立的，故随机变量X服从二项分布；选项B，虽然随机变量在每一次试验中的结果只有两种，每一次试验事件相互独立且概率不发生变化，但随机变量的取值不确定，故随机变量X不服从二项分布；选项C，甲、乙的获胜率相等，进行5次比赛，相当于进行了5次独立重复试验，故X服从二项分布；选项D，由二项分布的定义，可知被感染次数X ～B (n,0.3)．6．将一枚硬币连掷7次，如果出现k 次正面向上的概率等于出现k ＋1次正面向上的概率，那么k 的值为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选D 由题意，知C k 7⎝⎛⎭⎪⎫12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫127－k ＝C k ＋17⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫127－k －1，∴C k 7＝C k ＋17，∴k ＋(k ＋1)＝7，∴k ＝3.7．从学校乘汽车到火车站的途中有三个交通灯，假设在各个交通灯遇到红灯的事件为相互独立的，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．解：由题意ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，25，则P (ξ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫250⎝ ⎛⎭⎪⎫353＝27125， P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫251⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝54125， P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫252⎝ ⎛⎭⎪⎫351＝36125， P (ξ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫253＝8125. 所以随机变量ξ的分布列为8．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 在一次试验中发生的概率p 的取值范围是( )A ．[0.4,1)B ．(0,0.4]C ．(0,0.6]D ．[0.6,1)解析：选A 由题意，知C 14p (1－p )3≤C 24p 2(1－p )2，解得p ≥0.4，所以0.4≤p <1，故选A.9．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( )A.3281B.1127C.6581D.1681解析：选B 因为随机变量ξ～B (2，p ) ，所以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·⎝ ⎛⎭⎪⎫131＝1127.故选B. 10.如图，一个圆形游戏转盘被分成6个均匀的扇形区域，用力旋转转盘，转盘停止转动时，箭头A 所指区域的数字就是每次游戏所得的分数(箭头指向两个区域的边界时重新转动)，且箭头A 指向每个区域的可能性都是相等的．在一次家庭抽奖的活动中，要求每位家庭派一名儿童和一位成年人先后分别转动一次游戏转盘，得分情况记为(a ，b )(假设儿童和成年人的得分互不影响，且每个家庭只能参加一次活动)．若规定：一个家庭的得分为参与游戏的两人得分之和，且得分大于等于8的家庭可以获得一份奖品．(1)求某个家庭获奖的概率；(2)若共有5个家庭参加家庭抽奖活动，记获奖的家庭数为X ，求X 的分布列．解：(1)某个家庭在游戏中获奖记为事件A ，则符合获奖条件的得分包括(5,3)，(5,5)，(3,5)，共3种情况，∴P (A )＝13×13＋13×13＋13×13＝13. ∴某个家庭获奖的概率为13.(2)由(1)知每个家庭获奖的概率都是13，5个家庭参加游戏相当于5次独立重复试验．∴X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13.∴P (X ＝0)＝C 05×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝32243， P (X ＝1)＝C 15×⎝⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝80243， P (X ＝2)＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243，P (X ＝3)＝C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243，P (X ＝4)＝C 45×⎝ ⎛⎭⎪⎫134×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243，P (X ＝5)＝C 55×⎝ ⎛⎭⎪⎫135×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝1243.∴X 的分布列为1．有n 位同学参加某项选拔测试，每位同学能通过测试的概率都是p (0<p <1)，假设每位同学能否通过测试是相互独立的，则至少有1位同学能通过测试的概率为( )A ．(1－p )nB ．1－p nC ．p nD ．1－(1－p )n解析：选D 所有同学都不能通过测试的概率为(1－p )n ，则至少有1位同学能通过测试的概率为1－(1－p )n .2．计算机程序每运行一次都随机出现一个五位的二进制数A ＝a 1a 2a 3a 4a 5，其中A 的各位数中，a 1＝1，a k (k ＝2,3,4,5)出现0的概率为13，出现1的概率为23.记X ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5，当程序运行一次时，则X ＝3的概率为( )A.6581B.2527C.827D.79解析：选C 已知a 1＝1，要使X ＝3，只需后四位数中出现2个1和2个0，∴P (X ＝3)＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝827.3．已知某班有6个值日小组，每个值日小组中有6名同学，并且每个小组中男生的人数相等，现从每个小组中各抽一名同学参加托球跑比赛，若抽出的6人中至少有1名男生的概率为728729，则该班的男生人数为( )A ．24B ．18C ．12D ．6解析：选A 设每个小组抽一名同学为男生的概率为p ，则由已知得1－(1－p )6＝728729，即(1－p )6＝1729，解得p ＝23，所以每个小组有6×23＝4名男生，该班共有4×6＝24名男生．4．箱子里有5个黄球，4个白球，每次随机取出1个球，若取出黄球，则放回箱中重新取球，若取出白球，则停止取球，那么在4次取球之后停止取球的概率为( )A.35×14B.⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49C ．C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49 D ．C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫493×59解析：选B 取球次数X 是一个随机变量，X ＝4表明前3次取出的球都是黄球，第4次取出白球．这4次取球，取得黄球的概率相等，且每次取球是相互独立的，所以这是独立重复试验．设A 表示“取出的1个球是白球”，则P (A )＝C 14C 19＝49，P (A －)＝1－49＝59，故P (X ＝4)＝P (A －A －A －A )＝[P (A －)]3·P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49.5．一只蚂蚁位于数轴x ＝0处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为23，向左移动的概率为13，则3秒后，这只蚂蚁在x ＝1处的概率为________．解析：由题意知，3秒内蚂蚁向左移动一个单位长度，向右移动两个单位长度，所以蚂蚁在x ＝1处的概率为C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×⎝ ⎛⎭⎪⎫131＝49. 答案：496．如果X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，13，Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫20，23，那么当X ，Y 变化时，下面关于P (X ＝x k )＝P (Y ＝y k )成立的(x k ，y k )的个数为________．解析：根据二项分布的特点可知，(x k ，y k )分别为(0,20)，(1,19)，(2,18)，…，(20,0)，共21个．答案：217．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B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列．解：(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么1－P (C )＝1－110p ＝4950，解得p ＝15.(2)由题意，ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫1103＝11 000， P (ξ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1101⎝ ⎛⎭⎪⎫1102＝271 000， P (ξ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102⎝ ⎛⎭⎪⎫1101＝2431 000， P (ξ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＝7291 000，所以随机变量ξ的概率分布列为8.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是23和34.假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标相互之间也没有影响．(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率；(3)假设某人连续2次未击中目标，则中止其射击．问：甲恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？解：设A ＝{甲射击一次击中目标}，B ＝{乙射击一次击中目标}，则A ，B相互独立，且P (A )＝23，P (B )＝34.(1)设C ＝{甲射击4次，至少有1次未击中目标}，则P (C )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝6581. (2)设D ＝{两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次}，∴P (D )＝C 24·⎝ ⎛⎭⎪⎫232·⎝ ⎛⎭⎪⎫132·C 34·⎝ ⎛⎭⎪⎫343·14＝18. (3)甲恰好射击5次，被中止射击，说明甲第4,5次未击中目标，第3次击中目标，第1,2两次至多一次未击中目标，故所求概率P ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝16243.。

第七节n次独立重复试验与二项分布A组基础题组1.(2015课标Ⅰ,4,5分)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.0.3122.甲射击时命中目标的概率为0.75,乙射击时命中目标的概率为,当两人同时射击同一目标时,该目标被击中的概率为()A. B.1 C. D.3.把一枚硬币连续抛两次,记“第一次出现正面”为事件A,“第二次出现正面”为事件B,则P(B|A)等于()A. B. C. D.4.位于直角坐标原点的一个质点P按下列规则移动:质点每次移动一个单位,移动的方向向左或向右,并且向左移动的概率为,向右移动的概率为,则质点P移动五次后位于点(1,0)的概率是()A. B. C. D.5.1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,现从1号箱中随机取出一个球放入2号箱,然后从2号箱中随机取出一个球,则从2号箱中取出红球的概率是()A. B. C. D.6.(2015吉林长春外国语学校期中,13)袋中有三个白球,两个黑球,现每次摸出一个球,不放回地摸取两次,则在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率为.7.(2015安徽宣城一模,14)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.8.如图所示的电路有a,b,c三个开关,每个开关开和关的概率都是,且是相互独立的,则灯泡甲亮的概率为.9.(2015北京,16(1)(2))A,B两组各有7位病人,他们服用某种药物后的康复时间(单位:天)记录如下:A组:10,11,12,13,14,15,16;B组:12,13,15,16,17,14,a.假设所有病人的康复时间互相独立,从A,B两组随机各选1人,A组选出的人记为甲,B组选出的人记为乙.(1)求甲的康复时间不少于14天的概率;(2)如果a=25,求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率.10.某人向一目标射击4次,每次击中目标的概率为.该目标分为3个不同的部分,第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6,击中目标时,击中任何一部分的概率与其面积成正比.(1)设X表示目标被击中的次数,求X的分布列;(2)若目标被击中2次,A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”,求P(A).B组提升题组11.我校要用三辆校车从本校区把教师接到东校区,已知从本校区到东校区有两条公路,校车走公路①堵车的概率为,不堵车的概率为;校车走公路②堵车的概率为p,不堵车的概率为1-p.若甲、乙两辆校车走公路①,丙校车由于其他原因走公路②,且三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若三辆校车中恰有一辆校车被堵的概率为,求走公路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求三辆校车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.12.(2013重庆,18改编)某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定:在一次摸奖中,摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球,再从装有1个蓝球与2个白球的袋中任意摸出1个球.根据摸出4个球中红球与蓝球的个数,设一、二、三等奖如下:其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级.(1)求一次摸奖恰好摸到1个红球的概率;(2)求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X的分布列.13.现有甲、乙两个靶,某射手向甲靶射击一次,命中的概率为,命中得1分,没有命中得0分;向乙靶射击两次,每次命中的概率为,每命中一次得2分,没有命中得0分.该射手每次射击的结果相互独立.假设该射手完成以上三次射击.(1)求该射手恰好命中一次的概率;(2)求该射手的总得分X的分布列.答案全解全析A组基础题组1.A该同学通过测试的概率P=×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.2.C所求概率P=1-(1-0.75)×=1-×=.3.A P(B|A)===.4.D要使质点P移动五次后位于点(1,0),则这五次移动中必有某两次向左移动,另三次向右移动,因此所求的概率等于=.5.A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.由题意可知,P(B)==,P()=1-=,P(A|B)==,P(A|)==,从而P(A)=P(AB)+P(A)=P(A|B)P(B)+P(A|)·P()=,故选A.6.答案解析记事件A为“第一次摸到黑球”,事件B为“第二次摸到白球”,则事件AB为“第一次摸到黑球且第二次摸到白球”,∴在第一次摸到黑球的条件下,第二次摸到白球的概率是P(B|A)===.7.答案解析设在每次试验中,事件A发生的概率为p,依题设可知1-(1-p)3=,解得p=,所以事件A恰好发生一次的概率为·=.8.答案解析设“a闭合”为事件A,“b闭合”为事件B,“c闭合”为事件C,则甲灯亮应为事件AC,且A,,C之间彼此独立,P(A)=P()=P(C)=.所以P(A C)=P(A)P()P(C)=.9.解析设事件A i为“甲是A组的第i个人”,事件B j为“乙是B组的第j个人”,i,j=1,2, (7)由题意可知P(A i)=P(B j)=,i,j=1,2, (7)(1)由题意知,事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5人,或者第6人,或者第7人”,所以甲的康复时间不少于14天的概率是P(A5∪A6∪A7)=P(A5)+P(A6)+P(A7)=. (2)设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”.由题意知,C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6.因此P(C)=P(A4B1)+P(A5B1)+P(A6B1)+P(A7B1)+P(A5B2)+P(A6B2)+P(A7B2)+P(A7B3)+P(A6B6)+P(A7 B6)=10P(A4B1)=10P(A4)P(B1)=.10.解析(1)依题意知X~B,易得X的分布列为(2)设A i表示事件“第一次击中目标时,击中第i部分”,i=1,2.B i表示事件“第二次击中目标时,击中第i部分”,i=1,2.依题意知P(A1)=P(B1)=0.1,P(A2)=P(B2)=0.3,A=A1∪B1∪A1B1∪A2B2,则P(A)=P(A1)+P(B1)+P(A1B1)+P(A2B2)=P(A1)P()+P()P(B1)+P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)=0.1×0.9+0.9×0.1+0.1×0.1+0.3×0.3=0.28.B组提升题组11.解析(1)由题意得××·(1-p)+·p=,即3p=1,则p=.(2)ξ可能的取值为0,1,2,3.P(ξ=0)=××=;P(ξ=1)=;P(ξ=2)=××+·××=;P(ξ=3)=××=.所以ξ的分布列为12.解析设A i表示摸到i个红球,B j表示摸到j个蓝球,则A i(i=0,1,2,3)与B j(j=0,1)独立.(1)恰好摸到1个红球的概率为P(A1)==.(2)X的所有可能取值为0,10,50,200.P(X=200)=P(A3B1)=P(A3)P(B1)=·=,P(X=50)=P(A3B0)=P(A3)P(B0)=·=,P(X=10)=P(A2B1)=P(A2)P(B1)=·==,P(X=0)=1---=.所以X的分布列为13.解析(1)记:“该射手恰好命中一次”为事件A,“该射手射击甲靶命中”为事件B,“该射手第一次射击乙靶命中”为事件C,“该射手第二次射击乙靶命中”为事件D.由题意知P(B)=,P(C)=P(D)=,A=B+C+D,根据事件的独立性和互斥性得P(A)=P(B+C+D)=P(B)+P(C)+P(D)=P(B)P()P()+P()P(C)P()+P()P()P(D)=××+1-××1-+1-×1-×=.(2)根据题意,X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,P(X=0)=P()=[1-P(B)][1-P(C)][1-P(D)]=××=,P(X=1)=P(B)=P(B)P()P()=××=,P(X=2)=P(C+D)=P(C)+P(D)=××+××=,P(X=3)=P(BC+B D)=P(BC)+P(B D)=××+××=,P(X=4)=P(CD)=××=,P(X=5)=P(BCD)=××=.故X的分布列为。

第七节 n 次独立重复试验与二项分布授课提示：对应学生用书第387页〖A 组 基础保分练〗1.（2021·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.881B.1681C.827D.3281〖解 析〗P （X ＝2）＝C 24p 2（1－p ）2＝827，即p 2（1－p ）2＝⎝⎛⎭⎫132·⎝⎛⎭⎫232，解得p ＝13或p ＝23（舍去），故P （X ＝1）＝C 14p ·（1－p ）3＝3281. 〖答 案〗D2.从甲袋内摸出1个白球的概率是13，从乙袋内摸出1个白球的概率是12，如果从两个袋内各摸出1个球，那么56是（ ）A.2个球不都是白球的概率B.2个球都不是白球的概率C.2个球都是白球的概率D.2个球恰好有1个球是白球的概率〖解 析〗因为2个球不都是白球的对立事件是2个球都是白球，两者是相互独立的，2个球都是白球的概率P ＝12×13＝16，所以2个球不都是白球的概率是1－16＝56.〖答 案〗A3.在射击中，甲命中目标的概率为12，乙命中目标的概率为13，丙命中目标的概率为14，现在3个人同时射击目标，则目标被击中的概率为（ ） A.34 B.23 C.45 D.710 〖解 析〗目标被击中的概率P ＝1－P （甲－·乙－·丙－）＝1－〖1－P （甲）〗〖1－P （乙）〗〖1－P（丙）〗＝1－12×23×34＝34.〖答 案〗A 4.（2021·长沙模拟）已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6，若一个这种元件使用到1年时还未损坏，则这个元件使用寿命超过2年的概率为（ ） A.0.75 B.0.6 C.0.52 D.0.48〖解 析〗设一个这种元件使用到1年时还未损坏为事件A ，使用到2年时还未损坏为事件B ，则由题意知P （AB ）＝0.6，P （A ）＝0.8，则这个元件使用寿命超过2年的概率为P （B |A ）＝P （AB ）P （A ）＝0.60.8＝0.75. 〖答 案〗A 5.（2021·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〖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. 〖答 案〗A6.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（ ） A.12 B.32 C.34 D.14〖解 析〗法一：由题意知，每次试验成功的概率为34，失败的概率为14，在2次试验中成功次数X 的可能取值为0，1，2，则P （X ＝0）＝⎝⎛⎭⎫142＝116，P （X ＝1）＝C 12×14×34＝616＝38，P （X ＝2）＝⎝⎛⎭⎫342＝916，EX ＝0×116＋1×38＋2×916＝32.法二：由题意知，一次试验成功的概率p ＝34，故X ～B ⎝⎛⎭⎫2，34，所以EX ＝2×34＝32. 〖答 案〗B7.某射手每次射击击中目标的概率都是23，这名射手射击5次，有3次连续击中目标，另外两次未击中目标的概率是_________.〖解 析〗设“第i 次射击击中目标”为事件A i （i ＝1，2，3，4，5），“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件C ，则P （C ）＝P （A 1A 2A 3A －4A －5）＋P （A －1A 2A 3A 4A －5）＋P （A －1A －2A 3A 4A 5）＝⎝⎛⎭⎫233×⎝⎛⎭⎫132＋13×⎝⎛⎭⎫233×13＋⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233＝881. 〖答 案〗8818.某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立.则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为 ，该选手回答了5个问题结束的概率为_________.〖解 析〗依题意，该选手第2个问题回答错误，第3，4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P ＝0.8×0.2×0.82＋0.2×0.2×0.82＝1×0.2×0.82＝0.128. 依题意，设答对的事件为A ，可分第3个正确与错误两类，若第3个正确则有AA －A A －或A － A －AA －两类情况，其概率为：0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.该选手第3个问题的回答是错误的，第1，2两个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P ＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以，所求概率为0.032＋0.072＝0.104. 〖答 案〗0.128 0.104 9.（2020·高考北京卷）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：（1）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率； （3）将该校学生支持方案的概率估计值记为p 0，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p 1，试比较p 0与p 1的大小.（结论不要求证明）〖解 析〗（1）该校男生支持方案一的概率为200200＋400＝13，该校女生支持方案一的概率为300300＋100＝34；（2）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生，一个女生支持方案一， 所以3人中恰有2人支持方案一概率为C 22⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫1－34＋C 12⎝⎛⎭⎫13⎝⎛⎭⎫1－1334＝1336； （3）p 1＜p 010.（2021·上饶模拟）随着节能减排意识深入人心以及共享单车的大范围推广，越来越多的市民在出行时喜欢选择骑行共享单车.为了研究广大市民共享单车的使用情况，某公司在我市随机抽取了100行达人”中，随机抽取4名用户.（1）求抽取的4名用户中，既有男“骑行达人”，又有女“骑行达人”的概率；（2）为了鼓励女性用户使用共享单车，对抽出的女“骑行达人”每人奖励500元，记奖励总金额为X ，求X 的分布列及数学期望.〖解 析〗在该市“骑行达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男“骑行达人”的概率为35，女“骑行达人”的概率为25.（1）抽取的4名用户中，既有男“骑行达人”，又有女“骑行达人”的概率为P ＝1－⎝⎛⎭⎫354－⎝⎛⎭⎫254＝528625. （2）记抽出的女“骑行达人”人数为Y ，则X ＝500Y .由题意，得Y ～B ⎝⎛⎭⎫4，25， ∴P （Y ＝i ）＝C i 4⎝⎛⎭⎫25i ⎝⎛⎭⎫354－i （i ＝0，1，2，3，4）. ∴Y 的分布列为∴X 的分布列为∴EY ＝4×25＝85，∴X 的数学期望EX ＝500EY ＝800.〖B 组 能力提升练〗1.已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为（ ） A.0.85 B.0.819 2 C.0.8 D.0.75〖解 析〗因为某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次看作4次独立重复试验，则至少击中3次的概率C 34（0.8）3（1－0.8）＋C 44（0.8）4＝0.819 2. 〖答 案〗B2.（2021·包头调研）甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为23，34，25，那么三人中恰有两人合格的概率是（ ） A.25 B.1130 C.715 D.16〖解 析〗三人中恰有两人合格的概率P ＝23×34×⎝⎛⎭⎫1－25＋23×⎝⎛⎭⎫1－34×25＋⎝⎛⎭⎫1－23×34×25＝715. 〖答 案〗C3.投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是（ ） A.512 B.12 C.712 D.34〖解 析〗用间接法考虑，事件A 、B 一个都不发生概率为P （A －B －）＝P （A －）·P （B －）＝12×C 15C 16＝512. 则所求概率P ＝1－P （A －B －）＝712.〖答 案〗C 4.（2021·南昌模拟）为向国际化大都市目标迈进，某市今年新建三大类重点工程，它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程.现有3名工人相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设，则这3名工人选择的项目所属类别互异的概率是（ ） A.12 B.13 C.14 D.16〖解 析〗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，事件A i ，B i ，C i （i ＝1，2，3）相互独立，则P （A i ）＝3060＝12，P （B i ）＝2060＝13，P （C i ）＝1060＝16，i ＝1，2，3，故这3名工人选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P （A i B i C i ）＝6×12×13×16＝16. 〖答 案〗D 5.（2021·珠海模拟）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搏击，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_________.〖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，所以P （B |A ）＝P （AB ）P （A ）＝0.050.15＝13. 〖答 案〗136.（2021·西安模拟）9粒种子分别种在3个坑内，每个坑种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.假设每个坑至多补种一次，每补种1个坑需10元，用ξ表示补种费用，则ξ的数学期望为_________.〖解 析〗每个坑需要补种的概率是相等的，都是⎝⎛⎭⎫123＝18，所以此为3次独立重复试验模型，每次试验发生的概率都是18，所以需要补种的坑的个数的数学期望为3×18＝38，补种费用ξ的数学期望为10×38＝154.〖答 案〗1547.为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；两人滑雪时间都不会超过3小时.（1）求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；（2）设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列. 〖解 析〗（1）两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，两人都付0元的概率为P 1＝14×16＝124，两人都付40元的概率为P 2＝12×23＝13，两人都付80元的概率为P 3＝⎝⎛⎭⎫1－14－12×⎝⎛⎭⎫1－16－23＝14×16＝124， 则两人所付费用相同的概率为P ＝P 1＋P 2＋P 3＝124＋13＋124＝512.（2）设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为0，40，80，120，160，则：P （ξ＝0）＝14×16＝124；P （ξ＝40）＝14×23＋12×16＝14；P （ξ＝80）＝14×16＋12×23＋14×16＝512；P （ξ＝120）＝12×16＋14×23＝14；P （ξ＝160）＝14×16＝124.ξ的分布列为ξ0 40 80 120 160 P 12414 512 14 124（2021·南昌模拟）市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5 000小时.经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如图所示的频率分布直方图.某商家因原店面需重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年.新店面需安装该品牌节能灯5只（同种型号）即可正常营业.经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装.已知A 型和B 型节能灯每只的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时.假定该店面正常营业一年的照明时间为3 600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯更换.（用频率估计概率）（1）若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，求一年内恰好更换了2只灯的概率；（2）若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由. 〖解 析〗（1）由频率分布直方图可知B 型节能灯使用寿命超过3 600小时的频率为0.001 0×200＝0.2， 用频率估计概率，得B 型节能灯使用寿命超过3 600小时的概率为15.所以一年内一只B 型节能灯在使用期间需更换的概率为45，所以一年内5只恰好更换了2只灯的概率为C 25⎝⎛⎭⎫452×⎝⎛⎭⎫153＝32625.（2）共需要安装5只同型号的节能灯，若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3 600×5×20×0.75×10－3＝870（元）.若选择B 型节能灯，由于B 型节能灯一年内需更换服从二项分布B ⎝⎛⎭⎫5，45， 故一年需更换灯的只数的期望为5×45＝4（只），故一年共需花费（5＋4）×25＋3 600×5×55×0.75×10－3＝967.5（元）. 因为967.5>870，所以该商家应选择A 型节能灯.。

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

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

第八讲 n 次独立重复试验与二项分布(理)A 组基础巩固一、选择题1．(2021·启东模拟)甲射击命中目标的概率为0.75，乙射击命中目标的概率为23，当两人同时射击同一目标时，该目标被击中的概率为( C )A ．12B ．1C ．1112D ．56[解析]1－13×14＝1112，故选C ．2．箱子里有5个黑球，4个白球，每次随机取出一个球，若取出黑球，则放回箱子，重新取球；若取出白球，则停止取球，那么第4次取球之后停止的概率为( B )A ．C 35C 14C 45B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49C ．35×14D ．C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49[解析]由题意知，第4次取球后停止是当且仅当前3次取的球是黑球，第4次取的球是白球的情况，此事件发生的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫593×49.3．(2020·某某某某质检)若某射手每次射击击中目标的概率是45，则这名射手3次射击中恰有1次击中目标的概率为( C )A ．1625B ．48125C ．12125D ．425[解析]这名射手3次射击中恰有1次击中目标，则另外两次没有击中，所以概率为C 13·45·⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝12125.故选C ． 4．(2021·某某日照联考)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56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( B ) A ．12B ．13C ．512D ．16[解析]记两个零件中恰好有一个一等品的事件为A ，即仅第一个实习生加工一等品为事件A 1，仅第二个实习生加工一等品为事件A 2两种情况，则P (A )＝P (A 1)＋P (A 2)＝56×14＋16×34＝13，故选B. 5．(2021·某某某某期末)甲乙两队进行排球决赛，赛制为5局3胜制，若甲、乙两队水平相当，则最后甲队以31获胜的概率为( A )A ．316B ．14C ．38D ．12[解析]所求概率P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×12＝316. 6．(2021·某某某某模拟)从集合{－3，－2，－1,1,2,3,4}中随机选取一个数记为m ，从集合{－2，－1,2,3,4}中随机选取一个数记为n ，则在方程x 2m＋y 2n＝1表示双曲线的条件下，方程x 2m＋y 2n＝1表示焦点在y 轴上的双曲线的概率为( A )A ．917B ．817C ．1735D ．935[解析]设事件A 为“方程x 2m ＋y 2n＝1表示双曲线”，事件B 为“方程x 2m＋y 2n＝1表示焦点在y 轴上的双曲线”，由题意，P (A )＝3×3＋4×27×5＝1735，P (AB )＝3×37×5＝935，则所求的概率为P (B |A )＝P AB P A ＝917.故选A ． 7．(2021·某某模拟)同时抛掷2枚质地均匀的硬币4次，设2枚硬币均正面向上的次数为X ，则X 的数学方差是( B )A ．12B ．34C ．1D ．32[解析]同时抛掷2枚质地均匀的硬币，恰好出现两枚正面向上的概率P ＝12×12＝14，∴2枚硬币均正面向上的次数X ～B ⎝⎛⎭⎪⎫4， 14，∴X 的方差D (X )＝4×14×34＝34，故选B.8．(2021·某某某某九校第一次联考)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( D )A ．6,0.4B ．18,14.4C ．30,10D ．30,20[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B ⎝⎛⎭⎪⎫90，13，因此90人中中奖人数的期望值为90×13＝30，方差为90×13×⎝⎛⎭⎪⎫1－13＝ 20.9．(2020·某某“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( C )A ．110B ．15C ．25D ．12[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. 10．(2021·苏鲁名校联考改编)从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是12，从两袋各摸出一个球，下列结论不正确．．．的是( D ) A ．2个球都是红球的概率为16B ．2个球中恰有1个红球的概率为12C ．至少有1个红球的概率为23D ．2个球不都是红球的概率为13[解析]2个球都是红球的概率P 1＝13×12＝16，A 正确；2个球中恰有一个红球的概率，P 2＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×12＝12，B 正确；至少有一个红球的概率P 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝23，C 正确；两个球不都是红球的概率P 4＝1－13×12＝56，D 错误；故选D. 11．(2021·某某某某八校期中联考)甲、乙两人进行羽毛球比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪方先胜三局比赛都结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以31的比分获胜的概率为( A )A ．827B ．6481C ．49D ．89[解析]所求概率P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13×23＝827，故选A ． 二、填空题12．(2021·某某某某模拟)科目二，又称小路考，是机动车驾驶证考核的一部分，是场地驾驶技能考试科目的简称．假设甲通过科目二的概率均为34，且每次考试相互独立，则甲第3次考试才通过科目二的概率为364.[解析]甲第3次考试才通过科目二，则前2次都未通过，第3次通过，故所求概率为(1－34)2×34＝364. 13．(2021·某某红桥区期中)某射手每次射击击中目标的概率是0.8，则这名射手在3次射击恰好有1次击中目标的概率是 0.096 .[解析]所求概率P ＝C 13×0.8×(1－0.8)2＝0.096.14．(2020·某某六校协作体期中)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34，连续两天为优良的概率是12，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23.[解析]记事件A 为“一天的空气质量为优良”， 事件B 为“第二天的空气质量也为优良”， 则P (AB )＝12，P (A )＝34，根据条件概率公式可得：P (B |A )＝P AB P A ＝1234＝23. 三、解答题15．(2021·某某某某统测)三人参加篮球投篮比赛，规定每人只能投一次．假设甲投进的概率是12，乙、丙两人同时投进的概率是320，甲、丙两人同时投不进的概率是15，且三人各自能否投进相互独立．(1)求乙、丙两人各自投进的概率；(2)设ξ表示三人中最终投进的人数，求ξ的分布列和数学期望． [解析](1)记甲、乙、丙各自投进的事件分别为A 1，A 2，A 3， 由已知A 1，A 2，A 3相互独立，且满足⎩⎪⎨⎪⎧P A 1＝12，P A 2P A 3＝320，[1－P A 1][1－P A 3]＝15，解得P (A 2)＝14，P (A 3)＝35，所以乙、丙各自投进的概率分别为14，35.(2)ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝320，P (ξ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×14×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×35＋12×14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝720，P (ξ＝3)＝12×14×35＝340，P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3)＝1740，E (ξ)＝0×320＋1×1740＋2×20＋3×40＝20. 16．(2021·某某某某质检)清华大学自主招生考试题中要求考生从A ，B ，C 三道题中任选一题作答，考试结束后，统计数据显示共有600名学生参加测试，选择A ，B ，C 三题答卷如下表：(1)600份答案中抽出若干份答卷，其中从选择A 题作答的答卷中抽出了3份，则应分别从选择B ，C 题作答的答卷中各抽出的多少份？(2)测试后的统计数据显示，A 题的答卷得优的有60份，若以频率作为概率，在(1)问中被抽出的选择A 题作答的答卷中，记其中得优的份数为X ，求X 的分布列及其数学期望E (X )．[解析](1)由题意可得：A ，B ，C 答卷数的比为180300120，即为352，故应分别从B ，C 题的答卷中抽出5份，2份．(2)由题意可知，A 题答案得优的概率为13，显然被抽出的A 题的答案中得优的份数X的可能取值为0,1,2,3，且X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827； P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49； P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29； P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127. 随机变量X 的分布列为：X 0 1 2 3 P8274929127所以E (X )＝0×827＋1×9＋2×9＋3×27＝1.另解：X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，13，∴E (X )＝3×13＝1. B 组能力提升1．(2020·某某和平区期末)某中学组织高三学生进行一项能力测试，测试内容包括A 、B 、C 三个类型问题，这三个类型所含题目的个数分别占总数的12，13，16，现有3名同学独立地从中任取一个题目作答，则他们选择的题目所属类型互不相同的概率为( C )A ．36B ．12C ．16D ．13[解析]记“选A 、B 、C 三个类型的题目”分别为事件A 、B 、C ，则P (A )＝12，P (B )＝13，P (C )＝16，则所求概率为A 33P (ABC )＝A 33×12×13×16＝16，故选C ．2．(2020·某某巴蜀中学适应性考试)如图是某个闭合电路的一部分，每个元件正常导电的概率均为23，则从A 到B 这部分电源能通电的概率为( A )A ．188243B ．55243C ．95243D ．148243[解析]从A 到B 电路不能正常工作的概率为P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23×23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×13＝59×1127＝55243，所以从A 到B 电路能正常工作的概率为 p ＝1－P 1＝1－55243＝188243.故选A ．3．(2021·某某某某六中考前押题)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( B )A ．13B ．25C ．3D ．5[解析]记“甲获得冠军”为事件A ，“比赛进行了三局”为事件B ， 则P (A )＝23×23＋23×13×23＋13×23×23＝2027，P (AB )＝23×13×23＋13×23×23＝827，∴P (B |A )＝P AB P A ＝25，故选B. 4．(2020·全国Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为12.(1)求甲连胜四场的概率； (2)求需要进行第五场比赛的概率； (3)求丙最终获胜的概率． [解析](1)记事件M ：甲连胜四场，则P (M )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116.(2)记事件A 为甲输，事件B 为乙输，事件C 为丙输， 则四局内结束比赛的概率为P ′＝P (ABAB )＋P (ACAC )＋P (BCBC )＋P (BABA )＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14，所以，需要进行第五场比赛的概率为P ＝1－P ′＝34.(3)记事件A 为甲输，事件B 为乙输，事件C 为丙输，记事件M ：甲赢，记事件N ：丙赢，则甲赢的基本事件包括：BCBC 、ABCBC 、ACBCB 、BABCC 、BACBC 、BCACB 、BCABC 、BCBAC ，所以，甲赢的概率为P (M )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝932. 由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，所以丙赢的概率为P (N )＝1－2×932＝716. 5．(2021·某某某某模拟)已知某种植物种子每粒成功发芽的概率都为13，某植物研究所分三个小组分别独立进行该种子的发芽实验，每次实验种一粒种子，每次实验结果相互独立．假定某次实验种子发芽则称该次实验是成功的，如果种子没有发芽，则称该次实验是失败的．(1)第一小组做了四次实验，求该小组恰有两次失败的概率；(2)第二小组做了四次实验，设实验成功与失败的次数的差的绝对值为X ，求X 的分布列及数学期望；(3)第三小组进行实验，直到成功四次为止，已知在第四次成功之前共有三次失败的前提下，求恰有两次连续失败的概率．[解析](1)该小组恰有两次失败的概率P ＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－2＝2481＝827. (2)由题可知X 的取值集合为{0,2,4}，则P (X ＝0)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－2＝2481＝827， P (X ＝2)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－1＋C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫234－3＝32＋881＝4081， P (X ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝16＋181＝1781故其分布列为E (X )＝0×827＋2×4081＋4×81＝81， 即所求数学期望为14881. (3)由题可知，在第四次成功之前共有三次失败的前提下共有C 36＝20个基本事件，而满足恰有两次连续失败的基本事件共有A 24＝12个基本事件； 从而由古典概型可得所求概率为P ＝A 24C 36＝35.。

高考理科数学复习练习题〔建议用时：60分钟〕A 组根底达标一、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 2 __ _____ ___ 1 ____ ___ 1 _____________ __3,甲胜丙的概率为乙胜丙的概率为5.那么甲获第一名且丙获第二名的概率为〔〕A 11 A.— 12 1 C.— 30获第二名〞为 An Bn C,所以 R 甲获第一名且丙获第二名 〕= P 〔An Bn C 〕 =RA 〕P 〔B 〕P 〔 C 〕 2 14 2 =-X -X -= - 1 3 4 5 15］1 12 .甲、乙两人练习射击,命中目标的概率分别为力和小甲、乙两人各射击一次,有以下 2 31 1 1 1 ― —说法：①目标恰好被命中一次的概率为刁+.；②目标恰好被命中两次的概率为 7X-；③目标 2 3 2 3被命中的概率为1X2+1X1；④目标被命中的概率为 1—；x ；,以上说法正确的选项是〔〕 2 3 2 32 3B.①②③ D.①③.......... ... ...... ....... ................................ 1 2 1 1 1 ~ .......... ................... 一C ［对于说法①,目标恰好被命中一次的概率为 -x- + -x- = -,所以①错误,结合选项2 3 2 3 2 , … .......... ... 1 2 1 1 1 1 _ ............................................................................... ..... 可知,排除B 、D ；对于说法③,目标被命中的概率为 -X-+-X- + -X-,所以③错误,排除2 3 2 3 2 3 A.应选C.]2 3 ................... 3 .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 0和i 两个零件是否加工 3 4为一等品相互独立,那么这两个零件中恰有一个一等品的概率为5 B.— 12每一场比赛中,甲胜乙的概率为 B .6D ［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A.②③ C.②④1 A.2C.4B ［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,2 3那么RA〕= §,巳场=不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) = RA)RB) + RA)RB) =2 3 2 3 51 * 1-4 + 1-3 *4=用D.64 .某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁, 开关第一次闭合后出现红灯的概率,1为2,两次闭合后都出现红灯的概率为1 ,,…,、人, ,,一八…,、5,那么开关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〔〕1 A. 101 B.52 C.51 D.2C ［设“开关第一次闭合后出现红灯〞为事件A, “开关第二次闭合后出现红灯〞为事件B,那么“开关两次闭合后都出现红灯〞为事件AB "在第一次闭合后出现红灯的条件下第.................. 一、一P AB 2 .二次闭合后出现红灯为事件B|A,由题意得RB| A〕= q 4 =!应选C.］P A. 55 . 〔2021 •绵阳诊断〕某射手每次射击击中目标的概率是2,且各次射击的结果互不影3响.假设这名射手射击5次,那么有3次连续击中目标,另外2次未击中目标的概率为〔〕8 A.973B.818 C.811 D.9C ［由于该射手每次射击击中目标的概率是2,所以每次射击不中的概率为；设“第i3 3 次射击击中目标〞为事件A〔i=1,2,3,4,5〕, “该射手在5次射击中,有3次连续击中目标,另外2次未击中目标〞为事件A,那么RA) =RAAAA4A5) +P( A1AAAA5)+P( A1 A2AA4A)2 3 1 2 1 2 3 1 1 2=3 X 3 +3X 3 X3+ 3 X 2; 3 =而］填空题6 .投掷一枚图钉,设钉尖向上的概率为P,连续掷一枚图钉3次,假设出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率,那么P的取值范围为 .34,1 [设P(R)( k=0,1,2,3)表不连续投掷一枚图钉3次,出现k次钉尖向上〞的概率,由题意,得P(R)v P(R),即C3P2(1 -P)<C3P3,. 3 P2(1 -P)< P3. ••• 0v Pv 1,3< Pv 1.]4 ,,,一7 .甲、乙、丙三位同学上课后独立完成5道自我检测题,甲的及格率为乙的及格率5,2 ______ ____ 2为3,丙的及格率为那么三人中至少有一人及格的概率为5 3 ------------24 ,一——, ,,…一, ,, —―, 4--[设“甲及格〞为事件A“乙及格〞为事件B, “丙及格〞为事件C,那么RA)=z,25 52 - 2P(曰=币R C) =不5 3… 1 … 3 r ] 1P( A) =-, P(B)=(P( C)=-, 5 5 3L- 1、〜、〜、…、1 3 1 1那么RA B C) = P( A)P( B)P( C) =-x-x-= —5 5 3 25———24••.三人中至少有一人及格的概率P= 1-P( A B C) =—]258.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,那么R A| B) =.1 .. ............ .一,…… E-[依题意,随机试验共有9个不同的根本结果.4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个根本结果,事件AB包含1个根本结果.- 4 1所以P(B)=-, RAE)=1. 9 91…P AB 9 1所以P(A|B)= "P-B—=4= 4.]9三、解做题9. (2021 ・洛阳模拟)某中学篮球体育测试要求学生完成“立定投篮〞和“三步上篮〞两项测试.“立定投篮〞与“三步上篮〞各有2次投篮时机,先进行“立定投篮〞测试,如果合格才有时机进行“三步上篮〞测试, 为了节约时间,每项只需且必须投中一次即为合格. 小一 、,“ …,,,人,一 , 1 “ ,,一,,,人,一, 3 .......................................... 明同学“立定投篮〞的命中率为万,“三步上篮〞的命中率为 不假设小明不放弃任何一次投篮时机且每次投篮是否命中互不影响.(1)求小明同学一次测试合格的概率；(2)设测试过程中小明投篮的次数为己,求己的分布列.[解](1)设小明第i 次“立定投篮〞命中为事件 A,第i 次“三步上篮〞命中为事件 ..... 1 3B (i=1,2),依题意有P (A)=2,RB )=4(i =1,2), “小明同学一次测试合格〞为事件 C(1)P (C )=P (A 1 A 2) + P ( A 1A 2 B 1 B»+RAB 1 B 2)— — — — —— — 111=R A 1)P( A 2) + R A 1)P(A 2)R B 1)P(B 2) + RA)RB 1)RB 2)=2+ 1-2 x-2d 3x 1 --4(2)依题意知 七=2,3,4 ,P(己=2) = P(AB) +R A 1 A 2)——L__ ____ __ 一 、5 =RA )P (B) +P ( A 1)P ( A 2) = -,8P ( E =3) = P(A B 1B )+P ( AAB) + P (A B 1 B 2)5=P( A )P ( B 1)P (B 2) + P ( A 1)P (A z ) R B )+ P (A )P ( B 1)P ( B 2)=去— — — — ,__ 、_ _ _1P (己=4) = P ( A 1A 2B 1) =P( A 1)P (A 2)P ( B 1)=— 故投篮的次数 E 的分布列为：2 3 4P 5 5 1 8 16 1610.从某企业生产的某种产品中抽取,到如下图的频率分布直方图,质量指标值落在区间 [55,65) , [65,75) , [75,85]内的频率之1 + 2X3 2 19一 = ---4 64 F (C ) = 1 19 45—=--.64 64由测量结果得比为4 ： 2 ： 1.援率刘AM,(2)假设将频率视为概率, 从该企业生产的这种产品中随机抽取3件,记这3件产品中质量指标位于区间［45,75)内的产品件数为X,求X的分布列.［解］⑴设这些产品质量指标值落在区间［75,85］内的频率为x,那么在区间［55,65),［65,［75)频率分别为4x和2x.依题意得(0.004 + 0.012 +0.019 +0.03) X 10+ 4x+2x+x= 1,解得x=0.05.所以这些产品质量指标值落在区间［75,85］内的频率为0.05.(2)从该企业生产的该种产品中随机抽取3件,相当于进行了3次独立重复试验,所以X〜Rn, p),其中n= 3.由⑴得,这些产品质量指标值落在区间［45,75)内的频率为0.3+ 0.2 +0.1 =0.6 ,将频率视为概率为p = 0.6.由于X的所有可能取值为0,1,2,3 ,且p(X= 0) = C0X0.6 0X0.4 3= 0.064 ,p(X= 1) = dx0.6 S< 0.4 2= 0.288 ,P(X= 2) = C3X0.6 2X0.4^0.432 ,P(X= 3) = C3X0.6 3X0.4 0= 0.216.所以X的分布列为X0123P0.0640.2880.4320.216B组水平提升1 .将一个半径适当的小球放入如下图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.小球每次遇到黑色1障碍物时,向左、右两边下落的概率都是2那么小球落入A袋中的I^率为()A.43 C.4C [记“小球落入 A 袋中〞为事件 A“小球落入B 袋中〞为事件 B,那么事件A 的对立事 33件为B.假设小球落入B 袋中,那么小球必须一直向左落下或一直向右落下, 故P ( B ) = 2 + 2 = 11 3从而 P(A) = 1-P(B) =1--=-.] 4 4 4 ,人,,3, __ , , , ,, , A一2.经检测,有一批产品的合格率为 4,现从这批产品中任取 5件,记其中合格产品的件数为E ,那么P (己=k )取得最大值时,k 的值为()A. 5 B . 4C. 3D. 2= k) = C5 3 k 1-3 5 k , k= 0,1,2,3,4,5 ,那么 P ( E =0) =C°[ 0x ;4 444J 15〞2 J 90 建 3 J4 =或,PH =2)= d z x 4 =下,p (E =3)=d 4 x -15 0~ =^05, P( = 5) = C 5X - =^3,故当 k= 4 时,P(乙4 444 4=k)最大.]3 .甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球.乙罐中有4个红球,3个白毛^和3个黑球.先 从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别用 A, A 和A 表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件.再从乙罐中随机取出一球,用 B 表示由乙罐取出的球是红球的事件.那么以下结论 中正确的选项是(写出所有正确结论的编号 ).…2 …54 D.551「 I=1,P( E =D =C 5 4①RB)=Z；②RB[A)=T7；③事件B与事件A相互独立；④ A, A A3为两两互斥的事5 11件；⑤P(B)的值不能确定,由于它与A, A A3中究竟哪一个发生有关.15 14 3 4②④[P(B) =RA)P(B| A) + P(A)P(B|A2)+RAO • P^ B| A3) = -x—^~x—^—x — =2 11 5 11 10 11922,故①⑤错误；从甲罐中取出 1红球放入乙罐后,那么乙罐中有 5个红球,从中任取 1个为5 5红球的概率为―,即P (日A)=1p 故②正确；由于 ③错误；由题意知,④正确.］一,…1 障的概率为-.3(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行 维护的概率不少于 90%?(2)1名工人每月只有维修 1台机器的水平,每月需支付给每位工人 1万元的工资.每 台机器不出现故障或出现故障能及时维修,就能使该厂产生 润.假设该厂现有2名工人,求该厂每月获利的分布列.［解］(1)1台机器是否出现故障可看作 1次试验,在1次试验中,机器出现故障设为事件A,那么事件A 的概率为1.3,X 的分布列为X0 1 2 3 4P (B)wRB |A),故B 与A 不独立,因此4. (2021 ・石家庄模拟)某厂有4台大型机器,在一个月中,1台机器至多出现1次故障,且每台机器是否出现故障是相互独立的,出现故障时需1名工人进行维修.每台机器出现故5万元的利润,否那么将不产生利该厂有4台机器, 就相当于 4次独立重复试验,可设出现故障的机器台数为X,那么X 〜16,111P ( X = 1) = C 4 , 3332=81, 21P ( X= 2) = C4 , 73224 81,P ( X= 3) = C4 ,P ( X= 4) = C4 ,1 81.p16 81 32 8124 丽8 811 81设该厂有n时能及时进行维修的概率不少于 90%.(2)设该厂每月可获利 Y 万元,那么 Y 的所有可能取值为 18,13,8 , RY= 18) =P(X= 0) +72 8 1R X = 1) + R X = 2)=布 p (Y = 13)=p (x= 3) = 81,RY= 8)=R X = 4)=市・•・Y Y 18 13 8 P72 8 1 818181n0 1 2 3 416 48 72 80P (X< n )8T丽81811即X= 0, X= 1, X= 2,…,X= n,这n+1个互斥事件的和事件,那么,该厂至少需要3名工人,才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障 —<90^ec —, 81 81'。

高考数学复习（62） n 次独立重复试验与二项分布1．设随机变量X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，则P(X ＝3)＝________. 解析：X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，12，由二项分布可得， P(X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－123＝516.答案：5162．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数为奇数”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是________．解析：P(A)＝12，P(B)＝12，P(A )＝12，P(B )＝12.A ，B 中至少有一件发生的概率为1－P(A )·P(B )＝1－12×12＝34.答案：343．某批花生种子，如果每1粒发芽的概率均为45，那么播下4粒种子恰好有2粒发芽的概率是________．解析：所求概率P ＝C 24×⎝ ⎛⎭⎪⎫452×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝96625.答案：966254．加工某一零件需经过三道工序，设第一、二、三道工序的次品率分别为170，169，168，且各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为________．解析：依题意得，加工出来的零件的正品率是⎝ ⎛⎭⎪⎫1－170×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－169×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－168＝6770，因此加工出来的零件的次品率是1－6770＝370.答案：3705．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：5166．“石头、剪刀、布”是一种流传多年的猜拳游戏，其游戏规则是：出拳之前双方齐喊口令，然后在话音刚落时同时出拳，“石头”胜“剪刀”、“剪刀”胜“布”、而“布”又胜过“石头”．若所出的拳相同，则为和局．甲、乙两位同学进行“五局三胜制”的“石头、剪刀、布”游戏比赛，则甲、乙比赛至第四局甲胜出的概率是________．解析：由题意知，每个人胜的概率为13，若甲、乙比赛至第四局甲胜出，则在前三局中，甲必赢两局，概率为C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23，比赛至第四局时甲胜，则所求概率为C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×23×13＝227.答案：227二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·海门中学检测)打靶时甲每打10次，可中靶8次；乙每打10次，可中靶7次．若两人同时射击一个目标，则它们都中靶的概率是________．解析：由题意知甲中靶的概率为45，乙中靶的概率为710，两人打靶相互独立，同时中靶的概率为45×710＝1425. 答案：14252．如果生男孩和生女孩的概率相等，则有3个小孩的家庭中女孩多于男孩的概率为________． 解析：设女孩个数为X ，女孩多于男孩的概率为P(X≥2)＝P(X ＝2)＋P(X ＝3)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝3×18＋18＝12. 答案：123.(2018·南通中学检测)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________.解析：由已知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P 1＝23×23×23＝827，顺时针跳三次停在A 上的概率P 2＝13×13×13＝127.通过分析跳三次停在A 荷叶上只有这两种情况，所以跳三次之后停在A 上的概率P ＝P 1＋P 2＝827＋127＝13. 答案： 134．端午节放假，甲回老家过节的概率为13，乙、丙回老家过节的概率分别为14，15.假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为________．解析：“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ，B ，C ，则P(A)＝13，P(B)＝14，P(C)＝15，所以P(A )＝23，P(B )＝34，P(C )＝45.由题知A ，B ，C 为相互独立事件，所以三人都不回老家过节的概率P(A B C )＝P(A )P(B )P(C )＝23×34×45＝25，所以至少有一人回老家过节的概率P ＝1－25＝35.答案：355．在四次独立重复试验中，事件A 在每次试验中出现的概率相同，若事件A 至少发生一次的概率为6581，则事件A 恰好发生一次的概率为________．解析：设事件A 在每次试验中发生的概率为p ，则事件A 在4次独立重复试验中，恰好发生k 次的概率为P(X ＝k)＝C k 4p k(1－p)4－k(k ＝0,1,2,3,4)，所以P(X ＝0)＝C 04p 0(1－p)4＝(1－p)4，由条件知1－P(X ＝0)＝6581，所以(1－p)4＝1681，所以1－p ＝23，所以p ＝13.所以P(X ＝1)＝C 14p·(1－p)3＝4×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝3281. 答案：32816．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第17,18,19,20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这四层的每一层下电梯的概率为14，用ξ表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P(ξ＝4)＝________.解析：考查一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，14，即有P(ξ＝k)＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ×⎝ ⎛⎭⎪⎫345－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.故P(ξ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫144×⎝ ⎛⎭⎪⎫341＝151 024.答案：151 0247．(2018·曲塘模拟)投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一件发生的概率是________．解析：由题意知，P(A)＝12，P(B)＝16，所以事件A ，B 一个都不发生的概率为P(A B )＝P(A )·P(B )＝12×56＝512， 则事件A ，B 中至少有一件发生的概率P ＝1－P(A B )＝712.答案：7128．投掷一枚图钉，设钉尖向上的概率为p ，连续掷一枚图钉3次，若出现2次钉尖向上的概率小于3次钉尖向上的概率，则p 的取值范围为________．解析：设P(B k )(k ＝0,1,2,3)表示“连续投掷一枚图钉，出现k 次钉尖向上”的概率， 由题意得P(B 2)<P(B 3)，即C 23p 2(1－p)<C 33p 3. 所以3p 2(1－p)<p 3.由于0<p<1，所以34<p<1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1 9．(2018·南京、盐城一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程．(1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布． 解：(1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率P ＝1－33×3＝23. (2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13， P(X ＝0)＝C 05×⎝ ⎛⎭⎪⎫235＝32243，P(X ＝1)＝C 15×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝80243，P(X ＝2)＝C 25×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝80243，P(X ＝3)＝C 35×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝40243，P(X ＝4)＝C 45×⎝ ⎛⎭⎪⎫134×23＝10243，P(X ＝5)＝C 55×⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝1243，所以X 的概率分布为10．乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制(即先胜4局者获胜，比赛结束)，假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同．(1)求甲以4比1获胜的概率．(2)求乙获胜且比赛局数多于5局的概率． (3)求比赛局数的概率分布．解：(1)由已知，得甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是12.记“甲以4比1获胜”为事件A ， 则P(A)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫124－3·12＝18.故甲以4比1获胜的概率为18.(2)记“乙获胜且比赛局数多于5局”为事件B ，乙以4比2获胜的概率为P 1＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫125－3·12＝532，乙以4比3获胜的概率为P 2＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫126－3·12＝532，所以P(B)＝P 1＋P 2＝516.即乙获胜且比赛局数多于5局的概率为516.(3)设比赛的局数为X ，则X 的可能取值为4,5,6,7. P(X ＝4)＝2C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝18，P(X ＝5)＝2C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫124－3·12＝14，P(X ＝6)＝2C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫125－3·12＝516，P(X ＝7)＝2C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫123⎝ ⎛⎭⎪⎫126－3·12＝516.故比赛局数的概率分布为：三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．某射击选手在射击比赛中，每次是否击中目标互不影响，击中目标的概率为45.该射手可最多连续射击5次，当击中目标后停止射击，则该射手击中目标概率最大的射击次数为________．解析：设射手在最多5次射击中击中目标的次数为X ， 则X ～B(5,0.8)，则恰好k 次击中击中目标的概率为P(X ＝k)＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫45k·⎝ ⎛⎭⎪⎫155－k ，k ＝0,1,2,3,4.由⎩⎪⎨⎪⎧＝＝k －＝＝k ＋得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫45k⎝ ⎛⎭⎪⎫155－k≥C k －15⎝ ⎛⎭⎪⎫45k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫156－k ，C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫45k⎝ ⎛⎭⎪⎫155－k ≥C k ＋15⎝ ⎛⎭⎪⎫45k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫154－k，解得195≤k≤245，所以k ＝4.答案：42．现有10道题，其中6道甲类题，4道乙类题，张同学从中任取3道题解答． (1)求张同学至少取到1道乙类题的概率；(2)已知所取的3道题中有2道甲类题，1道乙类题．设张同学答对每道甲类题的概率都是35，答对每道乙类题的概率都是45，且各题答对与否相互独立．用X 表示张同学答对题的个数，求X 的概率分布．解：(1)设事件A 为“张同学所取的3道题至少有1道乙类题”，则A 为“张同学所取的3道题都是甲类题”．因为P(A )＝C 36C 310＝16，所以P(A)＝1－P(A )＝56.(2)X 的所有可能取值为0,1,2,3.P(X ＝0)＝C 02×⎝ ⎛⎭⎪⎫350×⎝ ⎛⎭⎪⎫252×15＝4125，P(X ＝1)＝C 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫351×⎝ ⎛⎭⎪⎫251×15＋C 02×⎝ ⎛⎭⎪⎫350×⎝ ⎛⎭⎪⎫252×45＝28125，P(X ＝2)＝C 22×⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫250×15＋C 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫351×⎝ ⎛⎭⎪⎫251×45＝57125，P(X ＝3)＝C 22×⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫250×45＝36125.所以X 的概率分布为。

第7讲 n 次独立重复试验与二项分布[基础达标]1．(2019·东北四市高考模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n 次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫P ≥1516，则n 的最小值为( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7解析：选A.由题意得P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≥1516，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12n≤116，所以n ≥4，故n 的最小值为4.2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一个发生的概率是( )A ．512B ．12C ．712D ．34解析：选C.依题意，得P (A )＝12，P (B )＝16，且事件A ，B 相互独立，则事件A ，B 中至少有一个发生的概率为1－P (A －·B －)＝1－P (A －)·P (B －)＝1－12×56＝712，故选C.3．(2019·绍兴调研)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解析：选B.因为随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，又P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以Y ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，则P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1127.4．(2019·杭州七校联考)如果X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为( )A ．3B ．4C ．5D ．3或4解析：选D.观察选项，采用特殊值法．因为P (X ＝3)＝C 315⎝ ⎛⎭⎪⎫143⎝ ⎛⎭⎪⎫3412， P (X ＝4)＝C 415⎝ ⎛⎭⎪⎫144⎝ ⎛⎭⎪⎫3411，P (X ＝5)＝C 515⎝ ⎛⎭⎪⎫145⎝ ⎛⎭⎪⎫3410， 经比较，P (X ＝3)＝P (X ＝4)＞P (X ＝5)， 故使P (X ＝k )取最大值时k ＝3或4.5．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为56和45，且每棵大树是否成活互不影响，则移栽的4棵大树中至少有1棵成活的概率是( )A ．13B ．23C ．887900D ．899900解析：选D.设A k 表示第k 棵甲种大树成活，k ＝1，2；B l 表示第l 棵乙种大树成活，l ＝1，2，则A 1，A 2，B 1，B 2相互独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝56，P (B 1)＝P (B 2)＝45，则至少有1棵大树成活的概率为1－P (A 1·A 2·B 1·B 2)＝1－P (A 1)·P (A 2)·P (B 1)·P (B 2)＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫162×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝899900. 6．如图所示的电路有a ，b ，c 三个开关，每个开关开和关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．解析：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件AC B －，且A ，B －，C 之间彼此独立，P (A )＝P (B －)＝P (C )＝12.所以P (A B －C )＝P (A )P (B －)P (C )＝18.答案：187．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机使用时间/天10～20 21～30 31～40 41～50 51～60 个数1040805020若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为____________．解析：由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，则所求概率为C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫342×14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2732. 答案：27328．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率都为13，用X 表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (X ＝4)＝________．解析：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，即有P (X ＝k )＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k×⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k，k ＝0，1，2，3，4，5.故P (X ＝4)＝C 45⎝ ⎛⎭⎪⎫134×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝10243.答案：102439．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.X 的分布列为10.已知某种动物服用某种药物一次后当天出现A 症状的概率为13.某小组为了研究连续服用该药物后出现A 症状的情况，进行了药物试验．试验设计为每天用药一次，连续用药四天为一个用药周期．假设每次用药后当天是否出现A 症状与上次用药无关．(1)若出现A 症状，则立即停止试验，求试验至多持续一个用药周期的概率； (2)若在一个用药周期内出现3次或4次A 症状，则在这个用药周期结束后终止试验．若试验至多持续两个周期，设药物试验持续的用药周期为η，求η的分布列．解：(1)法一：记试验持续i 天为事件A i ，i ＝1，2，3，4，试验至多持续一个周期为事件B ，易知P (A 1)＝13，P (A 2)＝23×13，P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232×13，P (A 4)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233×13，则P (B )＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＋P (A 4)＝6581.法二：记试验至多持续一个周期为事件B ，则B －为试验持续超过一个周期， 易知P (B －)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝1681， 所以P (B )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫234＝6581.(2)随机变量η的所有可能取值为1，2，P (η＝1)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133·23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19，P (η＝2)＝1－19＝89，所以η的分布列为[能力提升]1．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2)＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫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. 故X 的分布列为2.(2019·杭州学军中学高三月考)某校课改实行选修走班制，现有甲，乙，丙，丁四位学生准备选修物理，化学，生物三个科目．每位学生只选修一个科目，且选修其中任何一个科目是等可能的．(1)求恰有2人选修物理的概率；(2)求学生选修科目个数ξ的分布列．解：(1)这是等可能性事件的概率计算问题．法一：所有可能的选修方式有34种，恰有2人选修物理的方式C 24·22种，从而恰有2人选修物理的概率为C 24·2234＝827.法二：设每位学生选修为一次试验，这是4次独立重复试验． 记“选修物理”为事件A ，则P (A )＝13，从而，由独立重复试验中事件A 恰发生k 次的概率计算公式知，恰有2人选修物理的概率为P＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827. (2)ξ的所有可能值为1，2，3，P (ξ＝1)＝334＝127；P (ξ＝2)＝C 23（C 12C 34＋C 24C 22）34＝1427； P (ξ＝3)＝C 13C 24C 1234＝49；综上知，ξ的分布列为3.现有4为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个项目联欢，掷出点数为1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢．(1)求这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率；(2)求这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率； (3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙项目联欢的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为13，去参加乙项目联欢的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲项目联欢”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4)，则P (A i )＝C i4⎝ ⎛⎭⎪⎫13i·⎝ ⎛⎭⎪⎫234－i.(1)这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率P (A 2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫132⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝827. (2)设“这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫133⎝ ⎛⎭⎪⎫23＋C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝19. 所以，这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0，2，4.P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081， P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列为4.某次飞镖比赛中，规定每人至多发射三镖．在处每射中一镖得3分，在N 处每射中一镖得2分，如果前两次得分之和超过3分即停止发射，否则发射第三镖．某选手在M 处的命中率q 1＝0.25，在N 处的命中率为q 2.该选手选择先在M 处发射一镖，以后都在N 处发射，用X 表示该选手比赛结束后所得的总分，其分布列为(1)求随机变量X 的分布列；(2)试比较该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率与选择都在N 处发射飞镖得分超过3分的概率的大小．解：(1)设该选手在M 处射中为事件A ，在N 处射中为事件B ，则事件A ，B 相互独立，且P (A )＝0.25，P (A －)＝0.75，P (B )＝q 2，P (B －)＝1－q 2.根据分布列知：当X ＝0时，P (A － B － B －)＝P (A －)P (B －)P (B －)＝0.75(1－q 2)2＝0.03，所以1－q 2＝0.2，q 2＝0.8.当X ＝2时，P 1＝P (A － B B －＋A － B － B )＝P (A －)P (B )P (B －)＋P (A －)P (B －)P (B )＝0.75q 2(1－q 2)×2＝0.24，当X ＝3时，P 2＝P (A B －B －)＝P (A )P (B －)P (B －)＝0.25(1－q 2)2＝0.01，当X ＝4时，P 3＝P (A －BB )＝P (A －)P (B )P (B )＝0.75q 22＝0.48，当X ＝5时，P 4＝P (A B －B ＋AB )＝P (A B －B )＋P (AB ) ＝P (A )P (B －)P (B )＋P (A )P (B ) ＝0.25q 2(1－q 2)＋0.25q 2＝0.24. 所以随机变量X 的分布列为(2)该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率为0.48＋0.24＝0.72. 该选手选择都在N处发射飞镖得分超过3分的概率为P(B－BB＋B B－B＋BB)＝P(B－BB)＋P(B B－B)＋P(BB)＝2(1－q2)q22＋q22＝0.896.所以该选手选择都在N处发射飞镖得分超过3分的概率大．。