全国版2023高考数学一轮复习第12章概率第4讲二项分布及其应用正态分布试题2理含解析20230316120

第十二章概　率第四讲　二项分布及其应用、正态分布1.[2021安徽省名校联考]已知水平直线上的某质点,每次等可能向左或向右移动1个单位长度,则在第6次移动后,该质点恰好回到初始位置的概率是(　　)A.14B.516C.38D.122.[2021陕西省部分学校摸底检测]某地有A,B,C,D四人先后感染了传染性肺炎,其中只有A到过疫区,B确定是受A感染的.对于C因为难以判定是受A还是受B感染的,于是假定他受A和B感染的概率都是12.同样假定D受A,B和C感染的概率都是13.在这种假定下,B,C,D中恰有两人直接受A感染的概率是(　　)A.16B.13C.12D.233.[2021八省市新高考适应性考试]对一个物理量做n次测量,并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果.已知最后结果的误差εn~N(0,2n),为使误差εn在(-0.5,0.5)的概率不小于0.9545,至少要测量　　　　次(若X~N(μ,σ2),则P(|X-μ|<2σ)=0.9545). 4.[2021江苏南通开学考试]高二某班共有60名学生,其中女生有20名,三好学生占全班人数的16,而且三好学生中女生占一半.现在从该班任选一名学生参加某一座谈会,则在已知没有选上女生的条件下,选上的是三好学生的概率为　　　　. 5.[2021洛阳统一考试]田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马,有一回,他和齐威王约定,要进行一场比赛.双方各自有三匹马,马都可以分为上、中、下三等.上等马都比中等马强,中等马都比下等马强,但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强一些,比赛共三局,每局双方各派一匹马出场,且每匹马只赛一局,累计胜两局或三局的一方获得比赛胜利,在比赛之前,双方都不知道对方马的出场顺序.(1)求在第一局比赛中田忌胜利的概率;(2)若第一局齐威王派出场的是上等马,而田忌派出场的是下等马,求本场比赛田忌胜利的概率;(3)写出在一场比赛中田忌胜利的概率(直接写出结果).6.[2020北京,18,14分]某校为举办甲、乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简单随机抽样,获得数据如下表:第9页共9页\n男生女生支持不支持支持不支持方案一200人400人300人100人方案二350人250人150人250人假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.(1)分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;(2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方案一的概率;(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0,假设该校一年级有500名男生和300名女生,除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1,试比较p0与p1的大小.(结论不要求证明)7.[2021江西五校联考]某省在高考改革试点方案中规定:从2017年秋季高中入学的新生开始,不分文理科;从2020年开始,高考总成绩由语、数、外三门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成.将每门选考科目的考生原始成绩从高到低依次划分为A,B+,B,C+,C,D+,D,E共八个等级,参照正态分布的原则,确定各等级人数所占比例分别为3%,7%,16%,24%,24%,16%,7%,3%.选考科目成绩计入考生总成绩时,将A至E等级内的考生原始成绩,依照等比例转换法则,分别转换到[91,100],[81,90],[71,80],[61,70],[51,60],[41,50],[31,40],[21,30]八个分数区间,得到考生的等级成绩.某校高一年级共2000人,为给高一学生合理选科提供依据,对六门选考科目进行测试,其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N(60,132).(1)求该校高一年级学生的物理原始成绩在区间(47,86)的人数;(2)按高考改革方案,若从全省考生中随机抽取3人,记X表示这3人中某门选考科目的等级成绩在区间[61,80]的人数,求X的分布列和数学期望.附:若随机变量ξ~N(μ,σ2),则P(μ-σ<ξ≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<ξ≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<ξ≤μ+3σ)≈0.9973.8.[2021“荆、荆、襄、宜”四地七校联考]某款游戏的规则如下:每盘游戏都需击鼓三次,每次击鼓要么出现一次音乐,要么不出现音乐.每盘游戏击鼓三次,若出现一次音乐则获得1分,若出现两次音乐则获得2分,若出现三次音乐第9页共9页\n则获得5分,若没有出现音乐则扣15分(即获得-15分).设每次击鼓出现音乐的概率为12,且各次击鼓出现音乐相互独立,记每盘游戏获得的分数为X.(1)求X的分布列;(2)玩三盘此游戏,求至少有一盘出现音乐的概率;(3)玩过这款游戏的人发现,若干盘游戏后,与最初的得分相比,得分没有增加反而减少了,试分析得分减少的原因.9.[2020江西红色七校第一次联考]随着小汽车的普及,“驾驶证”已经成为现代人“必考”的证件之一.若一人报名参加了驾驶证考试,要顺利拿到驾驶证,他需要通过四个科目的考试,其中科目二为场地考试.在一次报名中,每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试,就算顺利通过,即进入下一科目考试;若5次都没有通过,则需重新报名),其中前2次参加科目二考试免费,若前2次都没有通过,则以后每次参加科目二考试都需交200元的补考费.某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试的通过情况进行了统计,得到下表:男学员女学员第1次考科目二人数1200800第1次通过科目二人数960600第1次未通过科目二人数240200若以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率,且每人每次是否通过科目二考试相互独立.现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试,在本次报名中,若这对夫妻参加科目二考试的原则为通过科目二考试或者用完所有机会为止,请回答下列问题:(1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试不需要交补考费的概率;(2)已知这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过,记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为ξ,求ξ的分布列与数学期望.10.[2020兰州一中三模][与分段函数综合]为丰富学生课外生活,某市组织了高中生钢笔书法比赛,比赛分两个阶段进行:第一阶段由评委给所有参赛作品评分,并确定优胜者;第二阶段为附加赛,参赛人员由组委会按规则另行确定.第9页共9页\n数据统计员对第一阶段的分数X进行了统计分析,这些分数都在[70,100)内,在绘制以5为组距的频率分布直方图(设“频率组距=Y”)时,发现Y=8n-109300,n≤16,115-k·120-n,n>16,n∈N*,5n≤X<5(n+1).(1)试确定n的所有取值,并求k.(2)经组委会研究确定:在第一阶段比赛中低于85分的参赛者无缘获奖也不能参加附加赛;分数在[95,100)内的参赛者评为一等奖;分数在[90,95)内的参赛者评为二等奖,但通过附加赛有111的概率提升为一等奖;分数在[85,90)内的参赛者评为三等奖,但通过附加赛有17的概率提升为二等奖,不能提升为一等奖(所有参加附加赛的获奖人员均不降低获奖等级).已知学生A和B均参加了本次比赛,且学生A在第一阶段被评为二等奖.①求学生B最终获奖等级不低于学生A最终获奖等级的概率;②已知学生A和B都获奖,记A,B两位学生中最终获得一等奖的人数为ξ,求ξ的分布列和期望.答案第四讲　二项分布及其应用、正态分布1.B　由题意可知质点每次向左或向右移动1个单位长度的概率均为12,且第6次移动后,该质点恰好回到初始位置,则向左和向右各移动3次,所以第6次移动后,该质点恰好回到初始位置的概率P=C63(12)3(12)3=516,故选B.2.C　由题意得B,C,D中恰有两人直接受A感染包含的情况有以下3种:①B,C两人直接受A感染,D受B感染;②B,D两人直接受A感染,C受B感染;③B,C两人直接受A感染,D受C感染.所以B,C,D中恰有两人直接受A感染的概率P=12×13+13×12+12×13=12.故选C.3.32　由题意可知,σ=2n,μ=0.因为P(|X-μ|<2σ)=0.9545,所以P(-2σ<X<2σ)=0.9545,所以2σ=22n≤0.5,解得n≥32,即至少要测量32次.第9页共9页\n4.18　根据题意可得,男生有40名,男生中三好学生有5名.设“从该班任选一名学生”的样本空间为Ω,“从该班任选一名学生,没有选上女生”为事件A,“从该班任选一名学生,选上的是三好学生”为事件B,则“没有选上女生且选上的是三好学生”为事件AB,“没有选上女生的条件下,选上的是三好学生”为事件B|A.从该班任选一名学生,没有选上女生的事件数为n(A)=40,没有选上女生且选上的是三好学生的事件数为n(AB)=5.解法一　所以P(B|A)=n(AB)n(A)=540=18.解法二　从该班任选一名学生的事件数为n(Ω)=60,则P(AB)=n(AB)n(Ω)=560=112,P(A)=n(A)n(Ω)=4060=23,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=11223=18.5.将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为T1,T2,T3,齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为W1,W2,W3.(1)解法一　在第一局比赛中,每一匹马上场的概率都是13,可以按照如下方式进行讨论:若齐威王派出的是W1,则田忌必然失败;若齐威王派出的是W2,则田忌只有派出T1才能胜利;若齐威王派出的是W3,则田忌派出T1或T2皆可胜利.设事件A为“在第一局比赛中田忌胜利”,则A=W2T1∪W3T1∪W3T2,则在第一局比赛中田忌胜利的概率P(A)=13×13+13×13+13×13=13.解法二　设事件Ω为“第一局比赛中双方参赛的马匹情况”,事件A为“在第一局比赛中田忌胜利”,由题意得,Ω={(T1W1),(T1W2),(T1W3),(T2W1),(T2W2),(T2W3),(T3W1),(T3W2),(T3W3)},A={(T1W2),(T1W3),(T2W3)},则在第一局比赛中田忌胜利的概率P(A)=39=13.(2)解法一　设事件B为“第一局齐威王派出场的是上等马,而田忌派出场的是下等马”,事件C为“田忌获得本场比赛的胜利”.由于第一局田忌失败,故田忌第二局和第三局必须都胜利才能获得本场比赛胜利.依题意,田忌若第二局胜利,则第三局必然胜利,因此,只考虑第二局的对阵情况即可,故C|B=(W2|W1)(T1|T3)∪(W3|W1)(T2|T3),则本场比赛田忌胜利的概率P(C|B)=12×12+12×12=12.解法二　设事件B为“第一局齐威王派出场的是上等马,而田忌派出场的是下等马”,事件C为“田忌获得本场比赛的胜利”,由题意得,B={(T3W1,T1W2,T2W3),(T3W1,T1W3,T2W2),(T3W1,T2W2,T1W3),(T3W1,T2W3,T1W2)},第9页共9页\nBC={(T3W1,T1W2,T2W3),(T3W1,T2W3,T1W2)},则本场比赛田忌胜利的概率P(C|B)=24=12.(3)16.(直接给出结果即可)6.(1)记“该校男生支持方案一”为事件A,“该校女生支持方案一”为事件B,由于所有学生对活动方案是否支持相互独立,则由表中数据可知抽取的男生总人数为200+400=600,支持方案一的有200人,则估计该校男生支持方案一的概率P(A)=13.抽取的女生总人数为300+100=400,支持方案一的有300人,故估计该校女生支持方案一的概率P(B)=34.(2)记“从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方案一”为事件C,则事件C包含“一名男生支持,一名男生不支持,一名女生支持”与“两名男生支持,一名女生不支持”,由(1)可知P(C)=C21×(1-13)×13×34+C22×13×13×(1-34)=1336.(3)p0>p1.7.(1)因为该校高一年级学生的物理原始成绩ξ~N(60,132),所以P(47<ξ<86)=P(47<ξ<60)+P(60≤ξ<86)=12P(60-13<ξ≤60+13)+12P(60-2×13<ξ≤60+2×13)≈0.68272+0.95452=0.8186,所以该校高一年级学生的物理原始成绩在区间(47,86)的人数为2000×0.8186=1637.(2)由题意得,从全省考生中随机抽取1人,其该门选考科目的等级成绩在区间[61,80]的概率为16%+24%=40%,即25,若随机抽取3人,则X的所有可能取值为0,1,2,3,且X~B(3,25),所以P(X=0)=(35)3=27125,P(X=1)=C31×25×(35)2=54125,P(X=2)=C32×(25)2×35=36125,P(X=3)=(25)3=8125.所以X的分布列为X0123P2712554125361258125因为X~B(3,25),所以数学期望E(X)=3×25=65.8.(1)X的所有可能取值为1,2,5,-15,则P(X=1)=C31×(12)1×(1-12)2=38,P(X=2)=C32×(12)2×(1-12)1=38,第9页共9页\nP(X=5)=C33×(12)3×(1-12)0=18,P(X=-15)=C30×(12)0×(1-12)3=18.所以X的分布列为X125-15P38381818(2)设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件Ai(i=1,2,3),结合(1)知P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(X=-15)=18,所以玩三盘此游戏,至少有一盘出现音乐的概率为1-P(A1A2A3)=1-(18)3=1-1512=511512.(3)由(1)知,随机变量X的数学期望E(X)=1×38+2×38+5×18-15×18=-18<0,即每盘游戏获得的分数X的均值为负数,所以多次玩此款游戏后,得分减少的可能性更大.9.由题中表格易知此驾校男学员每次通过科目二考试的概率为9601200=45,此驾校女学员每次通过科目二考试的概率为600800=34.设事件Ai为男学员在第i次考科目二时通过,其中i=1,2,3,4,5;事件Bj为女学员在第j次考科目二时通过,其中j=1,2,3,4,5.(1)设事件M为这对夫妻在本次报名中参加科目二考试不需要交补考费,解法一　则P(M)=P(A1B1+A1B1B2+A1A2B1+A1A2B1B2)=P(A1B1)+P(A1B1B2)+P(A1A2B1)+P(A1A2B1B2)=45×34+45×14×34+15×45×34+15×45×14×34=910.解法二　P(M)=[1-P(A1A2)][1-P(B1B2)]=(1-15×15)(1-14×14)=2425×1516=910.(2)ξ的所有可能取值为400,600,800,1000,1200.P(ξ=400)=P(A3B3)=45×34=35,P(ξ=600)=P(A3B3B4+A3A4B3)=45×14×34+15×45×34=27100,P(ξ=800)=P(A3A4B3B4+A3B3B4+A3A4B3)=15×45×14×34+45×14×14+15×15×34=11100,P(ξ=1000)=P(A3A4B3B4+A3A4B3B4)=15×45×14×14+15×15×14×34=7400,第9页共9页\nP(ξ=1200)=P(A3A4B3B4)=15×15×14×14=1400.∴ξ的分布列为ξ40060080010001200P35271001110074001400E(ξ)=400×35+600×27100+800×11100+1000×7400+1200×1400=510.5.10.(1)根据题意,X在[70,100)内,按组距为5可分成6个小区间,分别是[70,75),[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100).因为70≤X<100,5n≤X<5(n+1),n∈N*,所以n可以取14,15,16,17,18,19.易知每个小区间的频率p=5Y,则p=8n-10960,n=14,15,16,13-5k·120-n,n=17,18,19.所以8×14-10960+8×15-10960+8×16-10960+13-5k·120-17+13-5k·120-18+13-5k·120-19=1,即360+1160+1960+1-5k(13+12+1)=1,解得k=350.所以n的所有取值为14,15,16,17,18,19,k的值为350.(2)①由(1)知,学生B的分数属于区间[70,75),[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100)的概率分别是360=120,1160,1960,1460=730,1160,260=130.设Aij,Bij分别表示学生A,B在第一轮获奖等级为i,最终获奖等级为j,其中j≤i(i,j=1,2,3).记“学生B最终获奖等级不低于学生A最终获奖等级”为事件W,则P(W)=P(B11∪B21∪B22A22∪B32A22)=P(B11)+P(B21)+P(B22)P(A22)+P(B32)P(A22)=130+1160×111+1160×1011×1011+730×17×1011=51220.②学生A最终获得一等奖的概率P(A)=111,学生B最终获得一等奖的概率P(B)=130920+1160920×111=227+127=19,ξ的所有可能取值为0,1,2,所以P(ξ=0)=(1-111)×(1-19)=8099,第9页共9页\nP(ξ=1)=111×(1-19)+(1-111)×19=211,P(ξ=2)=111×19=199.所以ξ的分布列为ξ012P8099211199E(ξ)=0×8099+1×211+2×199=2099.第9页共9页