高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 第七節(jié) 二項(xiàng)分布正態(tài)分布及其應(yīng)用

課時(shí)作業(yè)(六十一)二項(xiàng)分布、正態(tài)分布及其應(yīng)用1．將一枚質(zhì)地均勻的硬幣連續(xù)拋擲n次，事件“至少有一次正面向上”的概率為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(P≥\f(15,16)))，則n的最小值為()A．4 B．5C．6 D．7A[由題意得P＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)≥eq\f(15,16)，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)≤eq\f(1,16)，所以n≥4，故n的最小值為4.]2．打靶時(shí)，甲每打10次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，若兩人同時(shí)射擊一個(gè)目標(biāo)，則他們同時(shí)中靶的概率是()A．eq\f(14,25) B．eq\f(12,25)C．eq\f(3,4) D．eq\f(3,5)A[因?yàn)榧酌看?0次可中靶8次，乙每打10次可中靶7次，所以P(甲)＝eq\f(4,5)，P(乙)＝eq\f(7,10)，所以他們都中靶的概率是eq\f(4,5)×eq\f(7,10)＝eq\f(14,25).故選A．]3．(多選)(2023·山東模擬)甲罐中有5個(gè)紅球，2個(gè)白球和3個(gè)黑球，乙罐中有4個(gè)紅球，3個(gè)白球和3個(gè)黑球．先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出一球，以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論中正確的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事件B與事件A1相互獨(dú)立D．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件BD[易知A1，A2，A3是兩兩互斥的事件，P(B)＝P(B·A1)＋P(B·A2)＋P(B·A3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22).故選BD.]4．(多選)(2023·濟(jì)南二模)已知在某市的一次學(xué)情檢測(cè)中，學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)X服從正態(tài)分布N(100，100)，其中90分為及格線，120分為優(yōu)秀線，下列說(shuō)法正確的是()附：隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(u，σ2)，則P(μ－σ＜ξ＜u＋σ)＝，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝，P(u－3σ＜ξ＜μ＋3σ)＝A．該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的期望為100B．該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的標(biāo)準(zhǔn)差為100C．該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)及格率超過(guò)D．該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)不及格的人數(shù)和優(yōu)秀的人數(shù)大致相等AC[由題意，正態(tài)分布曲線的對(duì)稱軸為x＝100，σ＝10.∴該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的期望為100，故A正確；該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的標(biāo)準(zhǔn)差為10，故B錯(cuò)誤；P(90＜x＜110)＝，P(80＜x＜120)＝，∴P(x≥90)＝＋eq\f(1,2)×＝，故C正確；P(x＜90)＝P(x＞110)＝eq\f(1,2)[1－P(90＜x＜110)]＝，P(x＜120)＝＋eq\f(1,2)×＝，則P(x≥120)＝1－＝.∴該市學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)不及格的人數(shù)遠(yuǎn)大于優(yōu)秀的人數(shù)，故D錯(cuò)誤．故選AC.]5．已知隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0，σ2)，若P(ξ>2)＝，則P(－2≤ξ≤2)＝________．解析：因?yàn)殡S機(jī)變量ξ服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布N(0，σ2)，所以正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝0對(duì)稱．又P(ξ>2)＝，所以P(ξ<－2)＝.所以P(－2≤ξ≤2)＝1－2×＝.答案：6．某群體中每個(gè)成員使用移動(dòng)支付的概率都為p，各個(gè)成員支付方式相互獨(dú)立，設(shè)X為該群體的10名成員中使用移動(dòng)支付的人數(shù)，D(X)＝，P(X＝4)＜P(X＝6)，則p＝________，E(X)＝________．解析：由已知可得X～B(10，p)，則D(X)＝10p(1－p)＝，即25p2－25p＋6＝0，解得p＝eq\f(2,5)或eq\f(3,5)，又P(X＝4)＜P(X＝6)，即Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))p4(1－p)6＜Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(10))p6(1－p)4，解得p＞eq\f(1,2)，所以p＝eq\f(3,5)，則E(X)＝10p＝10×eq\f(3,5)＝6.答案：eq\f(3,5)；67．為了促進(jìn)學(xué)生的全面發(fā)展，某市教育局要求本市所有學(xué)校重視社團(tuán)文化建設(shè)，2023年該市某中學(xué)的某新生想通過(guò)考核選拔進(jìn)入該校的“電影社”和“心理社”，已知該同學(xué)通過(guò)考核選拔進(jìn)入這兩個(gè)社團(tuán)成功與否相互獨(dú)立．根據(jù)報(bào)名情況和他本人的才藝能力，兩個(gè)社團(tuán)都能進(jìn)入的概率為eq\f(1,24)，至少進(jìn)入一個(gè)社團(tuán)的概率為eq\f(3,8)，并且進(jìn)入“電影社”的概率小于進(jìn)入“心理社”的概率．(1)求該同學(xué)分別通過(guò)選拔進(jìn)入“電影社”的概率p1和進(jìn)入“心理社”的概率p2；(2)學(xué)校根據(jù)這兩個(gè)社團(tuán)的活動(dòng)安排情況，對(duì)進(jìn)入“電影社”的同學(xué)增加1個(gè)校本選修課學(xué)分，對(duì)進(jìn)入“心理社”的同學(xué)增加個(gè)校本選修課學(xué)分，求該同學(xué)在社團(tuán)方面獲得校本選修課學(xué)分分?jǐn)?shù)不低于1分的概率．解析：(1)根據(jù)題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p1p2＝\f(1,24)，,1－（1－p1）（1－p2）＝\f(3,8)，,p1<p2))所以p1＝eq\f(1,6)，p2＝eq\f(1,4).(2)設(shè)該同學(xué)在社團(tuán)方面獲得校本選修課學(xué)分分?jǐn)?shù)為ξ，則P(ξ＝1)＝(1－eq\f(1,4))×eq\f(1,6)＝eq\f(1,8)；P(ξ＝＝eq\f(1,4)×eq\f(1,6)＝eq\f(1,24).所以該同學(xué)在社團(tuán)方面獲得校本選修課學(xué)分分?jǐn)?shù)不低于1分的概率為P＝eq\f(1,8)＋eq\f(1,24)＝eq\f(1,6).8．一次研究性學(xué)習(xí)有“整理數(shù)據(jù)”“撰寫(xiě)報(bào)告”兩項(xiàng)任務(wù)，兩項(xiàng)任務(wù)無(wú)先后順序，每項(xiàng)任務(wù)的完成相互獨(dú)立，互不影響．某班有甲、乙兩個(gè)小組參加這次研究性學(xué)習(xí)．根據(jù)以往資料統(tǒng)計(jì)，甲小組完成研究性學(xué)習(xí)兩項(xiàng)任務(wù)的概率都為eq\f(1,2)，乙小組完成研究性學(xué)習(xí)兩項(xiàng)任務(wù)的概率都為q.若在一次研究性學(xué)習(xí)中，兩個(gè)小組完成任務(wù)項(xiàng)數(shù)相等，而且兩個(gè)小組完成的任務(wù)都不少于一項(xiàng)，則稱該班為“和諧研究班”．(1)若q＝eq\f(2,3)，求在一次研究性學(xué)習(xí)中，已知甲小組完成兩項(xiàng)任務(wù)的條件下，該班榮獲“和諧研究班”的概率；(2)設(shè)在完成4次研究性學(xué)習(xí)中該班獲得“和諧研究班”的次數(shù)為ξ，若ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)≥1，求q的取值范圍．解析：(1)設(shè)“甲小組完成兩項(xiàng)任務(wù)”為事件A，“該班榮獲‘和諧研究班’”為事件B，∴P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)，P(AB)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).∴P(B|A)＝eq\f(4,9).(2)該班在一次研究性學(xué)習(xí)中榮獲“和諧研究班”的概率為P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×\f(1,2)×\f(1,2)))[Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))q(1－q)]＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(1,2)))q2＝q－eq\f(3,4)q2.∵ξ～B(4，P)，∴E(ξ)＝4P.由E(ξ)≥1知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q－\f(3,4)q2))×4≥1，解得eq\f(1,3)≤q≤1.即q的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).9．(2023·武漢部分學(xué)校質(zhì)量檢測(cè))同時(shí)拋擲兩個(gè)質(zhì)地均勻的四面分別標(biāo)有1，2，3，4的正四面體一次，記事件A＝{第一個(gè)四面體向下的一面出現(xiàn)偶數(shù)}；事件B＝{第二個(gè)四面體向下的一面出現(xiàn)奇數(shù)}；事件C＝{兩個(gè)四面體向下的一面或者同時(shí)出現(xiàn)奇數(shù)，或者同時(shí)出現(xiàn)偶數(shù)}．給出下列說(shuō)法：①P(A)＝P(B)＝P(C)；②P(AB)＝P(AC)＝P(BC)；③P(ABC)＝eq\f(1,8)；④P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,8).其中正確的有()A．0個(gè) B．1個(gè)C．2個(gè) D．3個(gè)D[由古典概型的概率計(jì)算公式，得P(A)＝P(B)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，P(C)＝eq\f(8,4×4)＝eq\f(1,2)，所以P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,2)，①正確；P(A)P(B)P(C)＝eq\f(1,8)，④正確；而事件A，B，C不可能同時(shí)發(fā)生，故P(ABC)＝0，所以③不正確；又P(AB)＝eq\f(2×2,4×4)＝eq\f(1,4)，P(AC)＝eq\f(2×2,4×4)＝eq\f(1,4)，P(BC)＝eq\f(2×2,4×4)＝eq\f(1,4)，所以P(AB)＝P(AC)＝P(BC)，②正確．故選D.]10．一個(gè)口袋內(nèi)有n(n>3)個(gè)大小相同的球，其中3個(gè)紅球和(n－3)個(gè)白球．已知從口袋中隨機(jī)取出1個(gè)球是紅球的概率為p，6p∈N，若有放回地從口袋中連續(xù)4次取球(每次只取1個(gè)球)，在4次取球中恰好2次取到紅球的概率大于eq\f(8,27)，則n＝________．解析：由題設(shè)知，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))p2(1－p)2>eq\f(8,27)，∵p(1－p)>0，∴不等式化為p(1－p)>eq\f(2,9)，解得eq\f(1,3)<p<eq\f(2,3)，故2<6p<4.又∵6p∈N，∴6p＝3，即p＝eq\f(1,2)，由eq\f(3,n)＝eq\f(1,2)，得n＝6.答案：611．某電子公司新開(kāi)發(fā)一電子產(chǎn)品，該電子產(chǎn)品的一個(gè)系統(tǒng)G有3個(gè)電子元件組成，各個(gè)電子元件能否正常工作的概率均為eq\f(1,2)，且每個(gè)電子元件能否正常工作相互獨(dú)立，若系統(tǒng)G中有超過(guò)一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)G可以正常工作，否則就需要維修，且維修所需費(fèi)用為500元．(1)求系統(tǒng)G不需要維修的概率；(2)該電子產(chǎn)品共由3個(gè)系統(tǒng)G組成，設(shè)ξ為該電子產(chǎn)品需要維修的系統(tǒng)所需的費(fèi)用，求ξ的分布列與期望；(3)為提高系統(tǒng)G正常工作的概率，在系統(tǒng)內(nèi)增加2個(gè)功能完全一樣的其他品牌的電子元件，每個(gè)新元件正常工作的概率均為p，且新增元件后有超過(guò)一半的電子元件正常工作，則系統(tǒng)G可以正常工作，問(wèn)：p滿足什么條件時(shí)，可以提高整個(gè)系統(tǒng)G的正常工作概率？解析：(1)系統(tǒng)G不需要維修的概率為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,2).(2)設(shè)X為維修的系統(tǒng)個(gè)數(shù)，則X～B(3，eq\f(1,2))，且ξ＝500X，P(X＝k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(3))·(eq\f(1,2))k·(eq\f(1,2))3－k，k＝0，1，2，3.所以ξ的分布列為ξ050010001500Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)所以ξ的期望為E(ξ)＝500×3×eq\f(1,2)＝750.(3)當(dāng)系統(tǒng)G有5個(gè)電子元件時(shí)，原來(lái)3個(gè)電子元件中至少有1個(gè)正常工作，系統(tǒng)G才正常工作．若原來(lái)3個(gè)電子元件中有1個(gè)正常工作，同時(shí)新增的2個(gè)電子元件必須都正常工作，則概率為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))2×p2＝eq\f(3,8)p2；若原來(lái)3個(gè)電子元件中有2個(gè)正常工作，同時(shí)新增的2個(gè)電子元件至少有1個(gè)正常工作，則概率為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×p×(1－p)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)×p2＝eq\f(3,8)(2p－p2)；若原來(lái)3個(gè)電子元件都正常工作，則不管新增2個(gè)電子元件能否正常工作，系統(tǒng)G均能正常工作，則概率為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,8).所以新增2個(gè)電子元件后系統(tǒng)G能正常工作的概率為eq\f(3,8)p2＋eq\f(3,8)(2p－p2)＋eq\f(1,8)＝eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8).于是由eq\f(3,4)p＋eq\f(1,8)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)(2p－1)知，當(dāng)2p－1>0，即eq\f(1,2)<p<1時(shí)，可以提高整個(gè)系統(tǒng)G的正常工作概率．12．(2023·武漢部分學(xué)校質(zhì)量檢測(cè))武漢又稱江城，是湖北省省會(huì)城市，被譽(yù)為中部地區(qū)中心城市，它不僅有著深厚的歷史積淀與豐富的民俗文化，更有著眾多旅游景點(diǎn)，每年來(lái)武漢參觀旅游的人數(shù)不勝數(shù)，其中黃鶴樓與東湖被稱為兩張名片．為合理配置旅游資源，現(xiàn)對(duì)已游覽黃鶴樓景點(diǎn)的游客進(jìn)行隨機(jī)問(wèn)卷調(diào)查，若不游玩東湖記1分，若繼續(xù)游玩東湖記2分，每位游客選擇是否游覽東湖景點(diǎn)的概率均為eq\f(1,2)，游客之間選擇意愿相互獨(dú)立．(1)從游客中隨機(jī)抽取3人，記總得分為隨機(jī)變量X，求X的分布列；(2)(ⅰ)若從游客中隨機(jī)抽取m人，記總得分恰為m的概率為Am，求數(shù)列{Am}的前10項(xiàng)和；(ⅱ)在對(duì)所有游客進(jìn)行隨機(jī)問(wèn)卷調(diào)查過(guò)程中．記已調(diào)查過(guò)的累計(jì)得分恰為n的概率為Bn，探討B(tài)n與Bn－1之間的關(guān)系，并求數(shù)列{Bn}的通項(xiàng)公式．解析：(1)X的可能取值為3，4，5，6，P(X＝3)＝(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,8)，P(X＝4)＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))(e