2021高考数学大一轮复习考点规范练63二项分布与正态分布理新人教A版

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考点规范练63　二项分布与正态分布 ‎　考点规范练A册第44页　 ‎ 基础巩固 ‎1.(2019河北石家庄高三模拟七)从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球,摸到红球、白球和黄球的概率分别为‎1‎‎2‎‎,‎1‎‎3‎,‎‎1‎‎6‎,从袋中随机摸出一个球,记下颜色后放回,连续摸3次,则记下的颜色中有红有白但没有黄的概率为(　　)‎ A‎.‎‎5‎‎36‎ B‎.‎‎5‎‎6‎ C‎.‎‎5‎‎12‎ D‎.‎‎1‎‎2‎ 答案:C 解析:设摸到红球、白球、黄球分别为事件A,B,C,则P(A)=‎1‎‎2‎,P(B)=‎1‎‎3‎,P(C)=‎1‎‎6‎,从袋中随机摸出一个球,记下颜色后放回,连续摸3次,记下的颜色中有红有白但没有黄的概率P=3P(AAB)+3P(ABB)=3‎‎1‎‎2‎‎×‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎+‎1‎‎2‎×‎1‎‎3‎×‎‎1‎‎3‎‎=‎5‎‎12‎.‎ ‎2.已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2),P(ξ<4)=0.8,则P(0<ξ<2)=(　　)‎ A.0.6 B.0.4 C.0.3 D.0.2‎ 答案:C 解析:∵P(ξ<4)=0.8,‎ ‎∴P(ξ≥4)=0.2.‎ 由题意知图象的对称轴为直线x=2,P(ξ≤0)=P(ξ≥4)=0.2,‎ ‎∴P(0<ξ<4)=1-P(ξ≤0)-P(ξ≥4)=0.6.‎ ‎∴P(0<ξ<2)=‎1‎‎2‎P(0<ξ<4)=0.3.‎ ‎3.一个盒子里装有大小、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A为“取出的两个球颜色不同”,事件B为“取出一个黄球、一个绿球”,则P(B|A)=(　　)‎ 9‎ A‎.‎‎12‎‎47‎ B‎.‎‎2‎‎11‎ C‎.‎‎20‎‎47‎ D‎.‎‎15‎‎47‎ 答案:D 解析:因为P(A)=‎5×4+5×3+4×3‎C‎12‎‎2‎‎=‎‎47‎‎66‎,P(AB)=‎5×3‎C‎12‎‎2‎‎=‎‎5‎‎22‎,所以P(B|A)=‎P(AB)‎P(A)‎‎=‎15‎‎47‎.‎ ‎4.甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏,其中任何一人射击一次击中目标得2分,未击中目标得0分.若甲、乙两人射击的命中率分别为‎3‎‎5‎和p,且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为‎9‎‎20‎‎.‎假设甲、乙两人射击互不影响,则p的值为(　　)‎ A‎.‎‎3‎‎5‎ B‎.‎‎4‎‎5‎ C‎.‎‎3‎‎4‎ D‎.‎‎1‎‎4‎ 答案:C 解析:设“甲射击一次,击中目标”为事件A,“乙射击一次,击中目标”为事件B,‎ 则“甲射击一次,未击中目标”为事件A,“乙射击一次,未击中目标”为事件B,‎ 则P(A)=‎3‎‎5‎,P(A)=1-‎3‎‎5‎‎=‎‎2‎‎5‎,P(B)=p,P(B)=1-p,‎ 依题意得‎3‎‎5‎‎×‎(1-p)+‎2‎‎5‎‎×‎p=‎9‎‎20‎,‎ 解得p=‎3‎‎4‎‎.‎故选C.‎ ‎5.一袋中有5个白球、3个红球,这些球除颜色外完全相同.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X次球,则P(X=12)等于(　　)‎ A‎.‎C‎12‎‎10‎‎3‎‎8‎‎10‎‎5‎‎8‎‎2‎ B‎.‎C‎12‎‎9‎‎3‎‎8‎‎9‎‎5‎‎8‎‎2‎‎3‎‎8‎ C‎.‎C‎11‎‎9‎‎5‎‎8‎‎2‎‎3‎‎8‎‎2‎ D‎.‎C‎11‎‎9‎‎3‎‎8‎‎10‎‎5‎‎8‎‎2‎ 答案:D 解析:由题意知第12次取到红球,前11次中恰有9次红球2次白球,因为每次取到红球的概率为‎3‎‎8‎,所以P(X=12)=‎C‎11‎‎9‎‎3‎‎8‎‎9‎‎×‎5‎‎8‎‎2‎×‎3‎‎8‎=C‎11‎‎9‎‎3‎‎8‎‎10‎‎5‎‎8‎‎2‎.‎ ‎6.三个元件T1,T2,T3正常工作的概率分别为‎1‎‎2‎‎,‎2‎‎3‎,‎‎3‎‎4‎,且是相互独立的.如图,将T2,T3两个元件并联后再与T1元件串联接入电路,则电路不发生故障的概率是(　　)‎ 9‎ A‎.‎‎11‎‎24‎ B‎.‎‎23‎‎24‎ C‎.‎‎1‎‎4‎ D‎.‎‎17‎‎32‎ 答案:A 解析:记T1正常工作为事件A,记T2正常工作为事件B,记T3正常工作为事件C,则P(A)=‎1‎‎2‎,P(B)=‎2‎‎3‎,P(C)=‎3‎‎4‎,电路不发生故障,则满足T1正常工作,T2,T3至少有一个正常工作.T2,T3至少有一个正常工作的概率为P1=1-P(BC)=1-‎‎1-‎‎2‎‎3‎‎×‎1-‎‎3‎‎4‎=‎11‎‎12‎.‎ 故电路不发生故障的概率P=‎‎1‎‎2‎‎×‎11‎‎12‎=‎11‎‎24‎.‎ ‎7.(2019全国Ⅰ,理15)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:前五场中有一场客场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.63×0.5×0.5×2=0.108;‎ 前五场中有一场主场输时,甲队以4∶1获胜的概率是0.4×0.6×2×0.52×0.6=0.072.‎ 综上所述,甲队以4∶1获胜的概率是0.108+0.072=0.18.‎ ‎8.1 000名考生的某次成绩近似服从正态分布N(530,502),则成绩在630分以上的考生人数约为　　　　　.(注:正态分布N(μ,σ2)在区间(μ-σ,μ+σ),(μ-2σ,μ+2σ),(μ-3σ,μ+3σ)内取值的概率分别为0.682 7,0.954 5,0.997 3) ‎ 答案:23‎ 解析:由题意可知μ=530,σ=50,在区间(430,630)的概率为0.9545,故成绩在630分以上的概率为‎1-0.9545‎‎2‎‎≈‎0.023,因此成绩在630分以上的考生人数约为1000×0.023=23.‎ 9‎ ‎9.某光学仪器厂生产的透镜,第一次落地打破的概率为0.3;第一次落地没有打破,第二次落地打破的概率为0.4;前两次落地均没打破,第三次落地打破的概率为0.9.则透镜落地3次以内(含3次)被打破的概率是　　　　　. ‎ 答案:0.958‎ 解析:透镜落地3次,恰在第一次落地打破的概率为P1=0.3,‎ 恰在第二次落地打破的概率为P2=0.7×0.4=0.28,‎ 恰在第三次落地打破的概率为P3=0.7×0.6×0.9=0.378,‎ ‎∴透镜落地3次以内(含3次)被打破的概率P=P1+P2+P3=0.958.‎ ‎10.设甲、乙、丙三台机器是否需要照顾相互之间没有影响.已知在某一小时内,甲、乙都需要照顾的概率为0.05,甲、丙都需要照顾的概率为0.1,乙、丙都需要照顾的概率为0.125.‎ ‎(1)求甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是多少?‎ ‎(2)计算这一小时内至少有一台机器需要照顾的概率.‎ 解:记“机器甲需要照顾”为事件A,“机器乙需要照顾”为事件B,“机器丙需要照顾”为事件C.由题意,各台机器是否需要照顾相互之间没有影响,因此,A,B,C是相互独立事件.‎ ‎(1)由已知得P(AB)=P(A)·P(B)=0.05,‎ P(AC)=P(A)·P(C)=0.1,‎ P(BC)=P(B)·P(C)=0.125.‎ 解得P(A)=0.2,P(B)=0.25,P(C)=0.5.‎ 所以甲、乙、丙每台机器需要照顾的概率分别为0.2,0.25,0.5.‎ ‎(2)记A的对立事件为A,B的对立事件为B,C的对立事件为C,‎ 则P(A)=0.8,P(B)=0.75,P(C)=0.5,‎ 于是P(A∪B∪C)=1-P(A‎·B·‎C)=1-P(A)·P(B)·P(C)=0.7.‎ 所以这一小时内至少有一台机器需要照顾的概率为0.7.‎ ‎11.某袋子中有1个白球和2个红球,这些球除颜色外完全相同.‎ ‎(1)每次取1个球,不放回,直到取到白球为止,求取球次数X的分布列;‎ ‎(2)每次取1个球,有放回,直到取到白球为止,但抽取次数不超过5次,求取球次数X的分布列;‎ 9‎ ‎(3)每次取1个球,有放回,共取5次,求取到白球次数X的分布列.‎ 解:(1)由题意可知X的取值为1,2,3.‎ P(X=1)=‎1‎‎3‎;‎ P(X=2)=‎2‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎3‎;‎ P(X=3)=‎2‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎1=‎‎1‎‎3‎‎.‎ 所以X的分布列是 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P ‎1‎‎3‎ ‎1‎‎3‎ ‎1‎‎3‎ ‎(2)由题意可知X的取值为1,2,3,4,5.‎ P(X=k)=‎2‎‎3‎k-1‎‎×‎‎1‎‎3‎,k=1,2,3,4.‎ P(X=5)=‎‎2‎‎3‎‎4‎‎.‎ 故X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎1‎‎3‎ ‎2‎‎9‎ ‎4‎‎27‎ ‎8‎‎81‎ ‎16‎‎81‎ ‎(3)因为X~B‎5,‎‎1‎‎3‎,所以X的分布列为P(X=k)=C‎5‎k‎1‎‎3‎k‎2‎‎3‎‎5-k,其中k=0,1,2,3,4,5.‎ 能力提升 ‎12.设事件A在每次试验中发生的概率相同,且在三次独立重复试验中,若事件A至少发生一次的概率为‎63‎‎64‎,则事件A恰好发生一次的概率为(　　)‎ A‎.‎‎1‎‎4‎ B‎.‎‎3‎‎4‎ C‎.‎‎9‎‎64‎ D‎.‎‎27‎‎64‎ 答案:C 9‎ 解析:假设事件A在每次试验中发生说明试验成功,设每次试验成功的概率为p,由题意得,事件A发生的次数X~B(3,p),则有1-(1-p)3=‎63‎‎64‎,得p=‎3‎‎4‎,故事件A恰好发生一次的概率为C‎3‎‎1‎‎×‎3‎‎4‎×‎1-‎‎3‎‎4‎‎2‎=‎9‎‎64‎.‎ ‎13.(2019广西崇左天等高级中学高三下学期模拟)唐三彩是中国古代陶瓷烧制工艺的珍品,它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术的特点,在中国文化中占有重要的历史地位,在陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔.唐三彩的生产至今已有1 300多年的历史,制作工艺十分复杂,而且优质品检验异常严格,检验方案是:先从烧制的这批唐三彩中任取3件作检验,这3件唐三彩中优质品的件数记为n.如果n=2,再从这批唐三彩中任取3件作检验,若都为优质品,则这批唐三彩通过检验;如果n=3,再从这批唐三彩中任取1件作检验,若为优质品,则这批唐三彩通过检验;其他情况下,这批唐三彩都不能通过检验.假设这批唐三彩的优质品率为‎1‎‎3‎,即取出的每件唐三彩是优质品的概率都为‎1‎‎3‎,且各件唐三彩是否为优质品相互独立.‎ ‎(1)求这批唐三彩通过优质品检验的概率;‎ ‎(2)已知每件唐三彩的检验费用为100元,且抽取的每件唐三彩都需要检验,对这批唐三彩作质量检验所需的总费用记为X元,求X的分布列及数学期望.‎ 解:(1)设第一次取出的3件唐三彩中恰有2件优质品为事件A1,第一次取出的3件唐三彩全是优质品为事件A2,第二次取出的3件唐三彩都是优质品为事件B1,第二次取出的1件唐三彩是优质品为事件B2,这批唐三彩通过检验为事件A,‎ 依题意有A=(A1B1)∪(A2B2),‎ 所以P(A)=P(A1B1)+P(A2B2)=‎C‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎‎2‎‎×‎2‎‎3‎×‎1‎‎3‎‎3‎+‎1‎‎3‎‎3‎×‎1‎‎3‎=‎5‎‎243‎.‎ ‎(2)X可能的取值为300,400,600,‎ P(X=300)=C‎3‎‎3‎‎2‎‎3‎‎3‎‎+C‎3‎‎2‎‎2‎‎3‎‎2‎×‎1‎‎3‎=‎‎20‎‎27‎,P(X=400)=‎1‎‎3‎‎3‎‎=‎‎1‎‎27‎,P(X=600)=‎C‎3‎‎2‎‎1‎‎3‎‎3‎‎×‎2‎‎3‎=‎2‎‎9‎.‎ 所以X的分布列为 X ‎300‎ ‎400‎ ‎600‎ 9‎ P ‎20‎‎27‎ ‎1‎‎27‎ ‎2‎‎9‎ E(X)=300‎×‎‎20‎‎27‎+400‎×‎‎1‎‎27‎+600‎‎×‎2‎‎9‎=‎10000‎‎27‎.‎ ‎14.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语,在一轮活动中,若两人都猜对,则“星队”得3分;若只有一人猜对,则“星队”得1分;若两人都没猜对,则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是‎3‎‎4‎,乙每轮猜对的概率是‎2‎‎3‎;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动,求:‎ ‎(1)“星队”至少猜对3个成语的概率;‎ ‎(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和均值E(X).‎ 解:(1)记事件A为“甲第一轮猜对”,记事件B为“乙第一轮猜对”,记事件C为“甲第二轮猜对”,记事件D为“乙第二轮猜对”,记事件E为“‘星队’至少猜对3个成语”.‎ 由题意,E=ABCD+ABCD+ABCD+ABCD+ABCD‎.‎ 由事件的独立性与互斥性,‎ P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)·P(C)P(D)=‎3‎‎4‎‎×‎2‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎‎2‎‎3‎+2×‎1‎‎4‎‎×‎2‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎+‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎‎2‎‎3‎=‎‎2‎‎3‎‎.‎ 所以“星队”至少猜对3个成语的概率为‎2‎‎3‎‎.‎ ‎(2)由题意,随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.‎ 由事件的独立性与互斥性,得 P(X=0)=‎1‎‎4‎‎×‎1‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎=‎‎1‎‎144‎,‎ P(X=1)=2‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎+‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎=‎10‎‎144‎=‎‎5‎‎72‎,‎ P(X=2)=‎3‎‎4‎‎×‎1‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎+‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎+‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎+‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎‎25‎‎144‎,‎ P(X=3)=‎3‎‎4‎‎×‎2‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎+‎1‎‎4‎×‎1‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎12‎‎144‎=‎‎1‎‎12‎,‎ 9‎ P(X=4)=2‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎1‎‎3‎+‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎×‎1‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎60‎‎144‎=‎‎5‎‎12‎,‎ P(X=6)=‎‎3‎‎4‎‎×‎2‎‎3‎×‎3‎‎4‎×‎2‎‎3‎=‎36‎‎144‎=‎1‎‎4‎.‎ 可得随机变量X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6‎ P ‎1‎‎144‎ ‎5‎‎72‎ ‎25‎‎144‎ ‎1‎‎12‎ ‎5‎‎12‎ ‎1‎‎4‎ 所以均值E(X)=0‎×‎‎1‎‎144‎+1‎×‎‎5‎‎72‎+2‎×‎‎25‎‎144‎+3‎×‎‎1‎‎12‎+4‎×‎‎5‎‎12‎+6‎‎×‎1‎‎4‎=‎23‎‎6‎.‎ 高考预测 ‎15.甲、乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为‎2‎‎3‎,乙获胜的概率为‎1‎‎3‎,各局比赛结果相互独立.‎ ‎(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;‎ ‎(2)记X为比赛决出胜负时的总局数,求X的分布列.‎ 解:用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,Ak表示“第k局甲获胜”,Bk表示“第k局乙获胜”,则P(Ak)=‎2‎‎3‎,P(Bk)=‎1‎‎3‎,k=1,2,3,4,5.‎ ‎(1)P(A)=P(A1A2)+P(B1A2A3)+P(A1B2A3A4)‎ ‎=P(A1)P(A2)+P(B1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)‎ ‎=‎‎2‎‎3‎‎2‎‎+‎1‎‎3‎×‎2‎‎3‎‎2‎+‎2‎‎3‎×‎1‎‎3‎×‎2‎‎3‎‎2‎=‎56‎‎81‎.‎ ‎(2)X的可能取值为2,3,4,5.‎ P(X=2)=P(A1A2)+P(B1B2)‎ ‎=P(A1)P(A2)+P(B1)P(B2)=‎5‎‎9‎,‎ P(X=3)=P(B1A2A3)+P(A1B2B3)=P(B1)P(A2)·P(A3)+P(A1)P(B2)P(B3)=‎2‎‎9‎,‎ P(X=4)=P(A1B2A3A4)+P(B1A2B3B4)=P(A1)P(B2)·P(A3)P(A4)+P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)=‎10‎‎81‎,‎ P(X=5)=1-P(X=2)-P(X=3)-P(X=4)=‎‎8‎‎81‎‎.‎ 9‎ 故X的分布列为 X ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎5‎‎9‎ ‎2‎‎9‎ ‎10‎‎81‎ ‎8‎‎81‎ 9‎