新教材2023版高中数学课时作业二十八两点分布与二项分布湘教版选择性必修第二册

课时作业(二十八)两点分布与二项分布练基础1.设某项试验的成功率是失败率的3倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则P(X＝1)＝()A．0B．eq\f(1,4)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)2．某产品正品率为eq\f(7,8)，次品率为eq\f(1,8)，现对该产品进行测试，设第ξ次首次测到正品，则P(ξ＝3)＝()A．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))(eq\f(1,8))2×eq\f(7,8)B．Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))(eq\f(7,8))2×eq\f(1,8)C．(eq\f(1,8))2×eq\f(7,8)D．(eq\f(7,8))2×eq\f(1,8)3．若X～B(5，eq\f(1,2))，则P(X≥4)＝________．4．将8株某种果树的幼苗分种在4个坑内，每坑种2株，每株幼苗成活的概率为0.5.若一个坑内至少有1株幼苗成活，则这个坑不需要补种，若一个坑内的幼苗都没成活，则这个坑需要补种．(1)求一个坑不需要补种的概率；(2)求4个坑中恰有2个坑需要补种的概率．提能力5.某人射击4次，每次命中目标的概率均为p，且每次射击互不影响，若其恰好3次击中目标的概率为eq\f(32,81)，则p的值可以为()A．eq\f(1,9)B．eq\f(2,9)C．eq\f(1,3)D．eq\f(2,3)6.(多选)高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗打子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子．如此继续下去．直到滚到底板的一个格子内为止．现从入口放进一个白球，则()A．小球从起点到第③个格子一共跳6次B．小球从起点到第③个格子一共跳7次C．小球落在第③个格子的概率为eq\f(21,128)D．小球落在第③个格子的概率为eq\f(37,128)7．一个学生通过某种英语听力测试的概率是eq\f(1,2)，他连续测试n次，要保证他至少有一次通过的概率大于0.9，那么n的最小值为________．8．甲、乙两人参加某种选拔测试，在备选的10道题中，甲答对其中每道题的概率都是eq\f(3,5)，乙能答对其中的5道题．规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出3道题进行测试，答对一题加10分，答错一题(不答视为答错)减5分，至少得15分才能入选．甲乙两人的答题情况相互独立．求甲得分的分布列．9．电子科技公司研制无人机，每架无人机组装后每周要进行1次试飞试验，共进行3次．每次试飞后，科研人员要检验其有否不良表现．若在这3次试飞中，有不良表现不超过1次，则该架无人机得6分，否则得2分．假设每架无人机3次检验中，每次是否有不良表现相互独立，且每次有不良表现的概率均为eq\f(1,2).(1)求某架无人机在3次试飞后有不良表现的次数X的分布列；(2)若参与试验的该型无人机有m架，在3次试飞试验中获得的总分不低于4m分，即可认为该型无人机通过安全认证．现有6架无人机参与试飞试验，求该型无人机通过安全认证的概率是多少？培优生10.某篮球队为提高队员的训练积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成了一个小组．游戏规则：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和为4次的称为“神投小组”，获得二次“神投小组”的队员可以结束训练．已知甲、乙两名队员每次投进篮球的概率分别为p1，p2，若p1＋p2＝1，在游戏中，甲乙两名队员想结束训练，理论上他们小组要进行________轮游戏才行．11．我国承诺2030年前达到“碳达峰”，2060年实现“碳中和”．“碳达峰”就是我们国家承诺在2030前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；而到2060年，针对排放的二氧化碳要采取植树、节能减排等各种方式全部抵消掉，这就是“碳中和”．做好垃圾分类和回收工作可以有效地减少处理废物造成的二氧化碳的排放，助力“碳中和”．某校为加强学生对垃圾分类意义的认识以及养成良好的垃圾分类的习惯，团委组织了垃圾分类知识竞赛活动，竞赛分为初赛、复赛和决赛，只有通过初赛和复赛，才能进入决赛．甲、乙、丙三队参加竞赛，已知甲、乙两队通过初赛和复赛获胜的概率均为eq\f(2,3)；丙队通过初赛和复赛的概率分别为p和eq\f(4,3)－p，其中0<p≤eq\f(3,4)，三支队伍是否通过初赛和复赛互不影响．(1)求p取何值时，丙队进入决赛的概率最大；(2)在(1)的条件下，求进入决赛的队伍数X的分布列．课时作业(二十八)两点分布与二项分布1．解析：由已知得X的所有可能取值为0，1，且P(X＝1)＝3P(X＝0)，代入P(X＝1)＋P(X＝0)＝1，得P(X＝1)＋eq\f(1,3)P(X＝1)＝1，所以P(X＝1)＝eq\f(3,4).答案：D2．解析：因为某产品正品率为eq\f(7,8)，次品率为eq\f(1,8)，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)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq\s\up12(2)×eq\f(7,8).答案：C3．解析：因X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，则P(X≥4)＝P(X＝4)＋P(X＝5)＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))(eq\f(1,2))4·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))(eq\f(1,2))5＝eq\f(3,16).答案：eq\f(3,16)4．解析：(1)一个坑不需要补种就是2株幼苗中至少有1株成活，所以其概率p＝1－Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))(eq\f(1,2))2＝eq\f(3,4).(2)每坑要补种的概率p1＝eq\f(1,4)，所以4个坑中恰有2个坑需要补种的概率p2＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))(eq\f(1,4))2(eq\f(3,4))2＝eq\f(27,128).5．解析：由题意知：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))p3(1－p)＝eq\f(32,81)，依次代入选项，可得p＝eq\f(2,3).答案：D6．解析：从入口放进一个白球，则落在第③个格子的情况是下落过程中的7次碰撞中，5次向左，2次向右，而向左或向右的概率均为eq\f(1,2)，则向右的次数服从二项分布，∴小球落在第③个格子的概率P＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))(eq\f(1,2))2(eq\f(1,2))5＝eq\f(21,128).答案：BC7．解析：由题意可得1－(eq\f(1,2))n>eq\f(9,10)，可得2n>10，∵n∈N*，则n≥4.答案：48．解析：设甲答对的题目数量为随机变量X，则X～B(3，eq\f(3,5))，得分为随机变量Y，P(X＝0)＝(eq\f(2,5))3＝eq\f(8,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×(eq\f(3,5))×(eq\f(2,5))2＝eq\f(36,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(3,5))2×(eq\f(2,5))1＝eq\f(54,125)，P(X＝3)＝(eq\f(3,5))3＝eq\f(27,125)，所以Y的分布列为Y－1501530Peq\f(8,125)eq\f(36,125)eq\f(54,125)eq\f(27,125)9.解析：(1)由题意得X～B(3，eq\f(1,2))，则P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))·(eq\f(1,2))0·(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,8)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)·(eq\f(1,2))2＝eq\f(3,8)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·(eq\f(1,2))2·eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·(eq\f(1,2))3·(eq\f(1,2))0＝eq\f(1,8)，所以，随机变量X的分布列如下表所示：X0123Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)(2)当m＝6时，4m＝24.设该型6架无人机获得6分的架数为x，则获得2分的架数为(6－x)，由题意可得6x＋2(6－x)＝4x＋12≥24，解得x≥3，x∈N，则x的取值有3、4、5、6，记“某架无人机获得6分”为事件A，则P(A)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))·(eq\f(1,2))0·(eq\f(1,2))3＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(1,2)(eq\f(1,2))2＝eq\f(1,2)，记“6架无人机参与试飞试验，该型无人机通过安全认证”为事件B，则P(B)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))(eq\f(1,2))3(eq\f(1,2))3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))(eq\f(1,2))4(eq\f(1,2))2＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))(eq\f(1,2))5·eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))(eq\f(1,2))6＝eq\f(21,32).10．解析：依题意，甲乙组队获得“神投小组”的概率p＝peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))peq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，而p1＋p2＝1，则有p1p2≤(eq\f(p1＋p2,2))2＝eq\f(1,4)，当且仅当p1＝p2＝eq\f(1,2)时取“＝”，因此，pmax＝eq\f(1,16)，因甲乙在一轮游戏中有获得“神投小组”和没有获得“神投小组”两个结果，则甲乙在n轮游戏中获得“神投小组”次数ξ满足ξ～B(n，p)，(np)max＝eq\f(n,16)，甲乙两名队员想结束训练，他们必获得2次“神投小组”称号，即eq\f(n,16)＝2，解得n＝32，所以甲乙两名队员想结束训练，理论上他们小组要进行32轮游戏才行．答案：3211．解析：(1)由题知：丙队通过初赛和复赛的概率p0＝p(eq\f(4,3)－p)＝－p2＋eq\f(4,3)p＝－(p－eq\f(2,3))2＋eq\f(4,9)，又因为，所以eq\f(1,3)≤p≤eq\f(3,4).所以，当p＝eq\f(2,3)时，丙队进入决赛的概率最大为eq\f(4,9).(2)由(1)知：甲、乙、丙三队进入决赛的概率均为eq\f(2,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)，因为进入决赛的队伍数X～B(3，eq\f(4,9))，所以P(X＝0)＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))×(1－eq\f(4,9))3＝eq\f(125,729)；P(X＝1)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\f(4,9)×(1－eq\f(4,9))2＝eq\f