2024年高考数学一轮复习考点题型课下层级训练61n次独立重复试验与二项分布含解析

PAGEPAGE1课下层级训练六十一n次独立重复试验与二项分布[A级基础强化训练]1．设随机变量X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，则P(X＝3)等于()A．eq\f(5,16) B．eq\f(3,16)C．eq\f(5,8) D．eq\f(3,8)【答案】A[X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(1,2)))，由二项分布可得，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))3＝eq\f(5,16).]2．(2024·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，则预估做对其次道题的概率是()A．0.80 B．0.75C．0.60 D．0.48【答案】B[设“做对第一道题”为事务A，“做对其次道题”为事务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，依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．0.6 B．0.7C．0.8 D．0.66【答案】A[将“甲市为雨天”记为事务A，“乙市为雨天”记为事务B，则P(A)＝0.2，P(B)＝0.18，P(AB)＝0.12，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(0.12,0.2)＝0.6.]4．设随机变量X～B(2，p)，Y～B(4，p)，若P(X≥1)＝eq\f(5,9)，则P(Y≥2)的值为()A．eq\f(32,81) B．eq\f(11,27)C．eq\f(65,81) D．eq\f(16,81)【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＝eq\f(5,9)，解得p＝eq\f(1,3)，所以Y～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(1,3)))，则P(Y≥2)＝1－P(Y＝0)－P(Y＝1)＝eq\f(11,27).]5．(2024·陕西西安质检)中秋节放假，甲回老家过节的概率为eq\f(1,3)，乙、丙回老家过节的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,5).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．eq\f(59,60) B．eq\f(3,5)C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,60)【答案】B[“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事务A，B，C，则P(A)＝eq\f(1,3)，P(B)＝eq\f(1,4)，P(C)＝eq\f(1,5)，所以P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝eq\f(2,3)，P(eq\o(B,\s\up6(－)))＝eq\f(3,4)，P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(4,5)，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(eq\o(A,\s\up6(－))eq\o(B,\s\up6(－))eq\o(C,\s\up6(－)))＝P(eq\o(A,\s\up6(－)))P(eq\o(B,\s\up6(－)))P(eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(2,5).故至少有一人回老家过节的概率P＝1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5).]6．如图，用K，A1，A2三类不同的元件连结成一个系统．当K正常工作且A1，A2至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知K，A1，A2正常工作的概率依次为0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为____________．【答案】0．864[可知K，A1，A2三类元件正常工作相互独立．所以当A1，A2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PK·P＝0.9×0.96＝0.864.]7．(2024·山东淄博月考)假如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】eq\f(1,2)[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)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝3×eq\f(1,8)＋eq\f(1,8)＝eq\f(1,2).]8．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务记为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务记为B，则P(A|B)＝____________．【答案】eq\f(1,4)[依题意，随机试验共有9个不同的基本结果．由于随机投掷，且小正方形的面积大小相等．所以事务B包含4个基本结果，事务AB包含1个基本结果．所以P(B)＝eq\f(4,9)，P(AB)＝eq\f(1,9)．所以P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(\f(1,9),\f(4,9))＝eq\f(1,4).]9．某险种的基本保费为a(单位：元)，接着购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：上年度出险次数01234≥5保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数01234≥5概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；【答案】解(1)设A表示事务“一续保人本年度的保费高于基本保费”，则事务A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55．(2)设B表示事务“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事务B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15．又P(AB)＝P(B)，故P(B|A)＝eq\f(PAB,PA)＝eq\f(PB,PA)＝eq\f(0.15,0.55)＝eq\f(3,11)．因此所求概率为eq\f(3,11)．[B级实力提升训练]10．设随机变量X听从二项分布X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，则函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点的概率是()A．eq\f(5,6) B．eq\f(4,5)C．eq\f(31,32) D．eq\f(1,2)【答案】C[∵函数f(x)＝x2＋4x＋X存在零点，∴Δ＝16－4X≥0，∴X≤4，∵X听从X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5，\f(1,2)))，∴P(X≤4)＝1－P(X＝5)＝1－eq\f(1,25)＝eq\f(31,32).]11．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____________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))[设P(Bk)(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(B2)<P(B3)，即Ceq\o\al(2,3)p2(1－p)<Ceq\o\al(3,3)p3.∴3p2(1－p)<p3.由于0<p<1，∴eq\f(3,4)<p<1.]12．甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成果的茎叶图如图所示．现从这20名学生中随机抽取一人，将“抽出的学生为甲小组学生”记为事务A；“抽出的学生英语口语测试成果不低于85分”记为事务B．则P(A|B)＝____________.甲乙6799476654321802459909【答案】eq\f(5,9)[“抽出的学生英语口语测试成果不低于85分”的事务有9种，其中“抽出的学生为甲小组学生”的事务有5种，所以P(A|B)＝eq\f(5,9).]13．(2024·浙江嘉兴模拟)已知甲、乙两名跳高运动员一次试跳2米高度胜利的概率分别是0.7,0.6，且每次试跳胜利与否之间没有影响．(1)甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人胜利的概率是____________；(2)若甲、乙各试跳两次，则甲比乙的胜利次数多一次的概率是____________．【答案】(1)0.88(2)0.3024[(1)记“甲在第i次试跳胜利”为事务Ai，“乙在第i次试跳胜利”为事务Bi，“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人胜利”为事务C．法一：P(C)＝P(A1eq\x\to(B1))＋P(eq\x\to(A1)B1)＋P(A1B1)＝P(A1)P(eq\x\to(B1))＋P(eq\x\to(A1))P(B1)＋P(A1)P(B1)＝0.7×0.4＋0.3×0.6＋0.7×0.6＝0.88．法二：由对立事务的概率计算公式得P(C)＝1－P(eq\x\to(A1)eq\x\to(B1))＝1－P(eq\x\to(A1))P(eq\x\to(B1))＝1－0.3×0.4＝0.88．(2)设“甲在两次试跳中胜利i次”为事务Mi，“乙在两次试跳中胜利i次”为事务Ni，所以所求概率P＝P(M1N0)＋P(M2N1)＝P(M1)P(N0)＋P(M2)P(N1)＝Ceq\o\al(1,2)×0.7×0.3×0.42＋0.72×Ceq\o\al(1,2)×0.6×0.4＝0.3024.]14．2024年1月25日智能共享单车项目摩拜单车正式登陆济南，两种车型采纳分段计费的方式，MobikeLite型(Lite版)每30分钟收费0.5元(不足30分钟的部分按30分钟计算)；Mobike(经典版)每30分钟收费1元(不足30分钟的部分按30分钟计算)．有甲、乙、丙三人相互独立的到租车点租车骑行(各租一车一次)．设甲、乙、丙不超过30分钟还车的概率分别为eq\f(3,4)，eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，三人租车时间都不会超过60分钟．甲、乙均租用Lite版单车，丙租用经典版单车．(1)求甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率；(2)设甲、乙、丙三人所付的费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列．【答案】解(1)由题意得，甲、乙、丙在30分钟以上且不超过60分钟还车的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(1,2)．设甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用为事务A，则P(A)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)．即甲、乙两人所付的费用之和等于丙所付的费用的概率为eq\f(7,24)．(2)ξ的全部可能取值有2,2.5,3,3.5,4．P(ξ＝2)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)；P(ξ＝2.5)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,24)；P(ξ＝3)＝eq\f(3,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(7,24)；P(ξ＝3.5)＝eq\f(3,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)×eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,24)；P(ξ＝4)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,24)．甲、乙、丙三人所付的租车费用之和ξ的分布列为ξ22.533.54Peq\f(1,4)eq\f(5,24)eq\f(7,24)eq\f(5,24)eq\f(1,24)15．(2024·山东济南模拟)为探讨家用轿车在高速马路上的车速状况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速马路上行驶时的平均车速状况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100km/h的有40人，不超过100km/h的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100km/h的有20人，不超过100km/h的有25人．(1)完成下面2×2列联表，并推断有多大的把握认为“平均车速超过100km/h与性别有关”？平均车速超过100km/h平均车速不超过100km/h总计男性驾驶员女性驾驶员总计附：K2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.1500.1000.0500.0100.0050.001k02.0722.7063.8416.6357.87910.828(2)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；(3)以上述样本数据估计总体，从高速马路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100km/h且为男性驾驶员的车辆数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．【答案】解(1)完成的2×2列联表如下：平均车速超过100km/h平均车速不超过100km/h总计男性驾驶员401555女性驾驶员202545总计6040100K2＝eq\f(100×40×25－15×202,55×45×60×40)≈8.249>7.879，所以有99.5%的把握认为“平均车速超过100km/h与性别有关”．(2)平均车速不超过100km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为Ceq\o\al(2,40)，记“这2人恰好是1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事务A，则事务A所包含的基本领件数为Ceq\o\al(1,15)Ceq\o\al(1,25)，所以所求的概率P(A)＝eq\f(C\o\al(1,15)C\o\al(1,25),C\o\al(2,40))＝eq\f(15×25,20×39)＝eq\f(25,52)．(3)依据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100km/h且为男性驾驶员的概率为eq\f(40,100)＝eq\f(2,5)，故X～Beq\b\