2021高三数学第11章 第8讲n次独立重复试验与二项分布含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三人教B版数学一轮（经典版）课时作业：第11章第8讲n次独立重复试验与二项分布含解析课时作业1．在射击中,甲命中目标的概率为eq\f(1,2），乙命中目标的概率为eq\f(1，3)，丙命中目标的概率为eq\f(1,4）,现在3个人同时射击目标，则目标被击中的概率为()A。eq\f(3，4） B.eq\f（2，3)C.eq\f（4，5) D。eq\f（7，10)答案A解析记事件A为甲命中目标，B为乙命中目标，C为丙命中目标．则目标被击中的概率P＝1－P(eq\x\to（A）eq\x\to(B）eq\x\to(C））＝1－［1－P(A）］［1－P(B）］[1－P(C)］＝1－eq\f（1，2）×eq\f（2,3)×eq\f(3,4）＝eq\f（3,4)。2．(2019·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eq\f（2,3)，则甲以3∶1的比分获胜的概率为(）A.eq\f（8，27) B。eq\f(64,81)C。eq\f(4,9) D.eq\f（8,9）答案A解析第四局甲第三次获胜，并且前三局甲获胜两次,所以所求的概率为P＝Ceq\o\al(2,3)×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3））)2×eq\f（1，3）×eq\f(2,3）＝eq\f（8，27）.3．（2019·湖北武汉调研)一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个,某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，如果任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为()A。eq\f(2,5） B。eq\f（3,10）C.eq\f(1，5） D。eq\f（1,10)答案C解析一张储蓄卡的密码共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选一个，某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码最后一位数字，任意按最后一位数字，不超过2次就按对的概率为P＝eq\f(1，10)＋eq\f(9，10）×eq\f(1,9)＝eq\f(1,5)。故选C.4．(2020·大庆摸底）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。eq\f（1,8） B。eq\f(1，4）C.eq\f（2,5) D。eq\f（1，2）答案B解析P（A）＝eq\f(C\o\al(2，3)＋C\o\al（2,2），C\o\al（2，5））＝eq\f(2，5)，P(B）＝eq\f（C\o\al(2，2),C\o\al(2,5))＝eq\f（1,10）,又A⊇B，则P（AB）＝P(B）＝eq\f（1,10），所以P（B｜A)＝eq\f(P(AB),P(A))＝eq\f（P(B),P（A））＝eq\f(1，4）。5．(2019·东北三省三校二模)将一枚质地均匀的硬币连掷三次,事件“恰出现1次反面朝上"的概率记为p，现采用随机模拟的方法估计p的值:用计算机产生了20组随机数，其中出现“0”表示反面朝上，出现“1”表示正面朝上，结果如下，若出现“恰有1次反面朝上”的频率记为f，则p，f分别为(）111001011010000111111111101010000101011010001011100101001011A.eq\f（3，8)，eq\f（3,10） B.eq\f(3，8）,eq\f（7，20）C.eq\f（3,4)，eq\f（3,10） D。eq\f（3，4)，eq\f（7,20)答案B解析由题意可得,将一枚质地均匀的硬币连掷三次，事件“恰出现1次反面朝上"的概率p＝Ceq\o\al(1，3)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，2))）×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(1，2)))2＝eq\f（3，8)，由表中数据可得,“连掷三次,恰出现1次反面朝上”所包含的情况有011，101，101,011,011，101，011共7组，所以f＝eq\f(7,20）。故选B。6．(2019·湖南长沙一中模拟一）形状如图所示的2个游戏盘中（图①是半径为2和4的两个同心圆，O为圆心；图②是正六边形,点P为其中心）各有一个玻璃小球，依次摇动2个游戏盘后,将它们水平放置，就完成了一局游戏，则一局游戏后，这2个盘中的小球都停在阴影部分的概率是（）A.eq\f(1，16） B。eq\f（1,8)C.eq\f(1,6) D。eq\f（1,4)答案A解析一局游戏后，记这2个盘中的小球停在阴影部分分别记为事件A1,A2，由题意知A1，A2相互独立,且P(A1）＝eq\f(\f(1，4)π×（42－22）,42π）＝eq\f（3，16），P(A2）＝eq\f（1，3），所以“一局游戏后,这2个盘中的小球都停在阴影部分”的概率为P（A1A2）＝P(A1)P（A2）＝eq\f(3,16）×eq\f(1,3）＝eq\f(1，16).故选A。7．（2019·广东广州执信中学测试）济南市某公交线路在某区间内共设置四个站点（如图）,分别记为A0,A1，A2，A3,现有甲、乙两人同时从A0站点上车，且他们中的每个人在站点Ai（i＝1，2,3）下车是等可能的．则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为(）A。eq\f(2,3) B。eq\f(3，4)C。eq\f（3，5） D。eq\f(1,2）答案A解析设事件A为“甲、乙两人不在同一站下车”，则事件为“甲、乙两人在同一站下车”．因为甲、乙两人同在A1站下车的概率为eq\f（1,3)×eq\f（1,3)；甲、乙两人同在A2站下车的概率为eq\f（1,3）×eq\f（1,3）；甲、乙两人同在A3站下车的概率为eq\f(1，3)×eq\f（1，3）；所以甲、乙两人在同一站下车的概率为3×eq\f(1,3)×eq\f(1，3)＝eq\f(1，3），则P(A）＝1－eq\f(1，3）＝eq\f（2,3).故选A.8．甲、乙、丙三位同学上课后独立完成5道自我检测题，甲的及格概率为eq\f(4，5)，乙的及格概率为eq\f(2,5），丙的及格概率为eq\f（2,3）,则三人中至少有一人及格的概率为（)A.eq\f（16，75) B。eq\f（59,75）C。eq\f(1，25） D.eq\f（24,25）答案D解析设“甲及格”为事件A，“乙及格"为事件B，“丙及格"为事件C,则P(A）＝eq\f(4,5），P(B）＝eq\f(2,5)，P（C）＝eq\f（2，3),∴P(）＝eq\f(1,5），P（）＝eq\f（3，5)，P(）＝eq\f(1,3）,则P(）＝P()P（）P(）＝eq\f(1，5）×eq\f(3,5）×eq\f(1,3）＝eq\f（1,25），∴三人中至少有一人及格的概率P＝1－P()＝eq\f（24，25).故选D。9．设10件产品中有4件不合格，从中任意取2件，则在所取得的产品中发现有一件是不合格品，另一件也是不合格品的概率是（)A．0。2 B．0.3C．0.4 D．0。5答案A解析记事件A为“有一件是不合格品”，事件B为“另一件也是不合格品"，n（A）＝Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1，6）＋Ceq\o\al（2,4）＝30，n(AB)＝Ceq\o\al（2，4)＝6，∴P（B｜A)＝eq\f（n（AB),n(A））＝0.2。10．（2020·四川南充模拟)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是（)A。eq\f(1,2） B。eq\f(3,2）C.eq\f(3，4) D.eq\f(1,4)答案B解析解法一：由题意知,每次试验成功的概率为eq\f(3，4），失败的概率为eq\f（1,4)，在2次试验中成功次数X的可能取值为0,1，2，则P（X＝0)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，4)))2＝eq\f（1，16），P（X＝1）＝Ceq\o\al（1，2)×eq\f(1，4）×eq\f(3,4）＝eq\f(6,16）＝eq\f（3,8)，P(X＝2）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3,4）))2＝eq\f（9，16）,E(X)＝0×eq\f（1，16）＋1×eq\f（3，8)＋2×eq\f（9，16）＝eq\f(3,2).解法二:由题意知，一次试验成功的概率p＝eq\f(3，4),故X～Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(2,\f（3，4）)），所以E(X）＝2×eq\f（3，4)＝eq\f(3，2）。11．(2020·吉林四平摸底）某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动．参选的志愿者回答三个问题，其中两个是判断题，另一个是有三个选项的单项选择题,设ξ为回答正确的题数,则随机变量ξ的数学期望E（ξ）＝（）A．1 B。eq\f（4,3)C。eq\f(5，3） D．2答案B解析由已知得ξ的可能取值为0,1，2，3。P(ξ＝0)＝eq\f(1，2)×eq\f(1，2）×eq\f(2,3）＝eq\f(1,6），P(ξ＝1）＝eq\f(1,2)×eq\f（1,2）×eq\f(2，3)＋eq\f（1，2)×eq\f（1,2）×eq\f(2，3）＋eq\f（1,2)×eq\f（1,2）×eq\f(1，3)＝eq\f(5,12），P（ξ＝2）＝eq\f（1，2)×eq\f（1,2)×eq\f（2，3)＋eq\f（1,2）×eq\f(1，2)×eq\f（1，3)＋eq\f(1,2）×eq\f（1，2)×eq\f(1,3）＝eq\f(1，3），P(ξ＝3)＝eq\f(1，2)×eq\f（1,2)×eq\f(1，3）＝eq\f(1,12）.所以E(ξ）＝0×eq\f（1，6)＋1×eq\f（5，12）＋2×eq\f（1,3）＋3×eq\f(1，12)＝eq\f（4,3）。12．(2019·绵阳诊断)某射手每次射击击中目标的概率是eq\f(2,3)，且各次射击的结果互不影响．假设这名射手射击5次，则有3次连续击中目标，另外2次未击中目标的概率为(）A.eq\f（8,9） B。eq\f(73，81）C。eq\f（8,81) D。eq\f(1，9)答案C解析因为该射手每次射击击中目标的概率是eq\f(2,3)，所以每次射击不中的概率为eq\f（1,3)，设“第i次射击击中目标”为事件Ai（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，则P（A)＝P(A1A2A345）＋P(1A2A3A45）＋P(12A3A4A5)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3）)）3×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，3)））2＋eq\f(1，3)×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（2,3）))3×eq\f（1，3）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)）)2×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3)）)3＝eq\f(8，81）.13．(2019·山东德州第一次练习)某超市中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满200元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包，现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0。4,记X为4名顾客获得的红包金额总和，则P(10≤X≤15)＝________。答案0.4992解析中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包．现有4名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.4，记X为4名顾客获得的红包金额总和，则P(10≤X≤15）＝Ceq\o\al(2,4)×0。42×0。62＋Ceq\o\al(3，4）×0.43×0.6＝0。4992.14．(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________．答案0。18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。15．（2019·湖南株洲模拟)如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分）内"，则(1)P（A）＝________；(2）P(B｜A)＝________.答案(1)eq\f(2,π)(2）eq\f(1，4）解析本题为几何概型，圆的半径为1，正方形的边长为eq\r（2），∴圆的面积为π，正方形面积为2，扇形面积为eq\f(π,4）。P(A）＝eq\f（2,π），P(AB)＝eq\f（S△EOH,S圆）＝eq\f（1，2π)，∴P(B|A)＝eq\f(P（AB)，P(A)）＝eq\f(\f(1，2π）,eq\f（2，π））＝eq\f（1，4)。16．(2019·河北石家庄二模）甲、乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各猜一个谜语，已知甲猜对每个谜语的概率为eq\f（3,4），乙猜对每个谜语的概率为eq\f(2，3)，甲、乙在猜谜语这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为________．答案eq\f(5,12）解析甲乙两人合起来共猜对三个谜语的所有情况包括甲猜对2个，乙猜对1个和甲猜对1个，乙猜对2个．若甲猜对2个,乙猜对1个，则有eq\f(3，4）×eq\f(3,4）×Ceq\o\al（1，2）×eq\f（2，3）×eq\f(1,3)＝eq\f（1,4)，若甲猜对1个，乙猜对2个,则有Ceq\o\al(1，2）×eq\f(3，4）×eq\f(1，4)×eq\f(2，3)×eq\f(2,3）＝eq\f（1，6)，所以比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为eq\f(1，4)＋eq\f(1,6)＝eq\f(5，12)。17．（2020·江西赣州摸底)现有甲、乙、丙三名学生参加某大学的自主招生考试,考试分两轮,第一轮笔试，第二轮面试，只有第一轮笔试通过才有资格进入第二轮面试,面试通过就可以在高考录取中获得该校的优惠加分，两轮考试相互独立．根据以往多次的模拟测试,甲、乙、丙三名学生能通过笔试的概率分别为0。4,0.8，0。5，能通过面试的概率分别为0。8，0。4,0.64。根据这些数据我们可以预测：(1）甲、乙、丙三名学生中至少有两名学生通过第一轮笔试的概率;（2）甲、乙、丙三名学生能获得该校优惠加分的人数X的数学期望．解（1）记事件A:甲通过第一轮笔试，事件B:乙通过第一轮笔试，事件C：丙通过第一轮笔试，事件D：至少有两名学生通过第一轮笔试．则P（A）＝0.4,P（B）＝0.8，P(C）＝0.5.P（D）＝P(AB)＋P（AC）＋P（BC）＋P(ABC),＝P（A)P(B）P(）＋P(A)P（)P(C)＋P(）P(B）·P（C)＋P(A）P(B）P（C）＝0。4×0。8×0。5＋0.4×0。2×0。5＋0。6×0。8×0。5＋0.4×0.8×0.5＝0。6，所以至少有两名学生通过第一轮笔试的概率为0。6.（2)甲获得优惠加分的概率为0。4×0.8＝0.32，乙获得优惠加分的概率为0。8×0.4＝0。32，丙获得优惠加分的概率为0.5×0.64＝0.32，因为甲、乙、丙三名学生中每个人获得优惠加分的概率均为0.32，所以X~B(3,0.32),故E（X)＝3×0.32＝0。96.18．从甲地到乙地要经过3个十字路口,设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为eq\f（1，2），eq\f（1，3），eq\f（1，4）.（1）记X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数,求随机变量X的分布列和数学期望；（2)若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．解(1）随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3。P(X＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1，2）))×eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3）))×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4）））＝eq\f(1，4），P（X＝1）＝eq\f（1,2）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3)））×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1，4)）)＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2）)）×eq\f（1,3）×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f（1，4））)＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1,2)）)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f（1，3）))×eq\f（1,4）＝eq\f(11,24），P(X＝2)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,2))）×eq\f(1,3）×eq\f（1,4)＋eq\f（1，2)×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3)))×eq\f(1，4）＋eq\f(1，2)×eq\f（1,3）×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f(1，4））)＝eq\f（1，4)，P(X＝3)＝eq\f（1，2)×eq\f（1，3)×eq\f（1,4)＝eq\f(1,24).所以随机变量X的分布列如下,X0123Peq\f(1，4）eq\f(11,24）eq\f（1,4)eq\f（1,24）随机变量X的数学期望E（X）＝0×eq\f(1，4）＋1×eq\f(11,24)＋2×eq\f(1,4）＋3×eq\f(1,24)＝eq\f（13,12)。（2）设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为P（Y＋Z＝1）＝P（Y＝0，Z＝1）＋P（Y＝1，Z＝0）＝P(Y＝0)P（Z＝1)＋P(Y＝1）P(Z＝0)＝eq\f（1，4)×eq\f(11，24)＋eq\f(11,24）×eq\f(1,4）＝eq\f（11,48)。所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为eq\f（11，48).19．（2019·山西太原模拟)某电视台举办的闯关节目共有五关，只有通过五关才能获得奖金，规定前三关若有失败即结束，后两关若有失败再给一次从失败的关开始继续向前闯的机会(后两关总共只有一次机会），已知某人前三关每关通过的概率都是eq\f(2，3）,后两关每关通过的概率都是eq\f（1,2）。（1)求该人获得奖金的概率;(2）设该人通过的关数为X,求随机变量X的分布列及数学期望．解（1）设事件Ai为“第i关通过”，事件A为“获得奖金”，则P(A）＝P(A1A2A3A4A5）＋P(A1A2A34A4A5)＋P(A1A2A3A45A5)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2，3））)3×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））2＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)）)3×eq\f（1,2）×eq\f(1，2）×eq\f（1，2）＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2，3）))3×eq\f（1,2）×eq\f(1，2)×eq\f（1，2）＝eq\f(4,27)。（2)X的可能取值为0，1,2，3,4,5，所以P（X＝0）＝P(1）＝eq\f（1,3），P（X＝1）＝P（A12)＝eq\f(2，3）×eq\f(1,3)＝eq\f(2,9)，P（X＝2)＝P(A1A23）＝eq\f(2,3）×eq\f(2，3)×eq\f(1,3）＝eq\f（4,27），P(X＝3)＝P(A1A2A344)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）））3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）））2＝eq\f(2，27)，P（X＝5）＝P(A)＝eq\f（4,27），所以P（X＝4）＝1－［P(X＝0)＋P（X＝1)＋P（X＝2)＋P（X＝3）＋P（X＝5）]＝eq\f(2,27）。所以X的分布列如下，X012345Peq\f（1,3）eq\f（2,9）eq\f(4,27）eq\f(2,27）eq\f(2,27)eq\f(4，27)所以E(X）＝0×eq\f（1,3)＋1×eq\f(2，9）＋2×eq\f（4,27）＋3×eq\f(2，27）＋4×eq\f（2,27）＋5×eq\f(4，27）＝eq\f（16,9