2021高考数学（理）导学大一轮人教A广西专用考点规范练63　二项分布与正态分布 WORD版含解析.docx

1、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.536B.56C.512D.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)=3121213+121313=512

2、.2.已知随机变量服从正态分布N(2,2),P(4)=0.8,则P(02)=()A.0.6B.0.4C.0.3D.0.2答案:C解析:P(4)=0.8,P(4)=0.2.由题意知图象的对称轴为直线x=2,P(0)=P(4)=0.2,P(04)=1-P(0)-P(4)=0.6.P(02)=12P(04)=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)=()A.1247B.211C.2047D.1547答案:D解析:因为P(A)=54+53+

3、43C122=4766,P(AB)=53C122=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.35B.45C.34D.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

4、题意得35(1-p)+25p=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.C12103810582B.C12938958238C.C119582382D.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)=C11938958238=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,

5、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()A.1124B.2324C.14D.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(B C)=1-1-231-34=1112.故电路不发生故障的概率P=121112=1124.7.(2019全国,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

6、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41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41获胜的概率是0.630.50.52=0.108;前五场中有一场主场输时,甲队以41获胜的概率是0.40.620.520.6=0.072.综上所述,甲队以41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(,2)在区间(-,+),(-2,+2),(-3,+3)内取值的概率分别为0.6

7、82 7,0.954 5,0.997 3)答案:23解析:由题意可知=530,=50,在区间(430,630)的概率为0.954 5,故成绩在630分以上的概率为1-0.954 520.023,因此成绩在630分以上的考生人数约为1 0000.023=23.9.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=0.70.4=0.28,恰在第三

8、次落地打破的概率为P3=0.70.60.9=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

9、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(ABC)=1-P(ABC)=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,

10、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;(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)=2312=13;P(X=3)=23121=13.所以X的分布列是X123P131313(2)由题意可知X的取值为1,2,3,4,5.P(X=k)=23k-113,k=1,2,3,4.P(X=5)=234.故X的分布列为X12345P13294278811681(3)因为XB5,13,所以X的分布列为P(X=k)=C5k13k235-k,其中k=0

11、,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.14B.34C.964D.2764答案:C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XB(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C31341-342=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

12、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

13、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)=C3213223133+13313=5243.(2)X可能的取值为300,400,600,P(X=300)=C33233+C3223213=2027,P(X=400)=133=127,P(X=600)=C3213323=29

14、.所以X的分布列为X300400600P202712729E(X)=3002027+400127+60029=10 00027.14.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

15、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)=34233423+214233423+34133423=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

16、,4,6.由事件的独立性与互斥性,得P(X=0)=14131413=1144,P(X=1)=234131413+14231413=10144=572,P(X=2)=34133413+34131423+14233413+14231423=25144,P(X=3)=34231413+14133423=12144=112,P(X=4)=234233413+34231423=60144=512,P(X=6)=34233423=36144=14.可得随机变量X的分布列为X012346P11445722514411251214所以均值E(X)=01144+1572+225144+3112+4512+614

17、=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

18、(B2)P(A3)P(A4)=232+13232+2313232=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.故X的分布列为X2345P59291081881