北师大版选修23 二项分布 课时作业.docx

4二项分布a组1.任意抛掷三枚质地均匀的硬币,恰有2枚正面朝上的概率为()a.34b.38c.13d.14解析:每枚硬币正面朝上的概率为12,所以所求概率为c3212212=38.故选b.答案:b2.流星穿过大气层落在地面上的概率为0.002,流星数量为10的流星群穿过大气层有4个落在地面上的概率为()a.3.3210-5b.3.3210-9c.6.6410-5d.6.6410-9解析:相当于1个流星独立重复10次,其中落在地面有4次的概率,故所求的概率为c104(0.002)4(1-0.002)63.3210-9.故应选b.答案:b3.(2016济南模拟)位于坐标原点的一个质点p按下述规则移动:质点每次移动一个单位;移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是12.质点p移动五次后位于点(2,3)的概率是()a.125b.c52125c.c53123d.c52c53125解析:因为质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,移动五次后位于点(2,3),所以质点p必须向右移动两次,向上移动三次,故其概率为c53123122=c53125=c52125,故选b.答案:b4.某射手射击1次,击中目标的概率是0.9.他连续射击4次,且各次射击是否击中目标相互之间没有影响.有下列结论:他第3次射击时,首次击中目标的概率是0.120.9;他第3次射击时,首次击中目标的概率是c310.90.12;他恰好击中目标3次的概率是0.930.1;他恰好击中目标3次的概率是c430.930.1.其中正确的是()a.b.c.d.解析:在他第3次射击时,才击中,说明前两次都没有击中,故其概率为0.120.9,故正确;击中目标的次数服从二项分布,所以恰好击中目标3次的概率为c430.930.1,故正确,故选c.答案:c5.如果xb20,13,yb20,23,那么当x,y变化时,下列关于p(x=k)=p(y=j)(k,j=0,1,2,20)成立的(k,j)的个数为()a.10b.20c.21d.0解析:根据二项分布的特点可知,(k,j)(k,j=0,1,2,20)分别为(0,20),(1,19),(2,18),(20,0),共21个,故选c.答案:c6.(2016湖南师大附中高二期中)某班有4位同学住在同一个小区,上学路上要经过1个路口.假设每位同学在路口是否遇到红绿灯是相互独立的,且遇到红灯的概率都是13,则最多1名同学遇到红灯的概率是.解析:p=234+c4113233=1627.答案:16277.某同学进行了2次投篮(假定这两次投篮互不影响),每次投中的概率都为p(p0),如果最多投中1次的概率不小于至少投中1次的概率,那么p的取值范围为.解析:(1-p)2+c21p(1-p)c21p(1-p)+p2,解得0p12.答案:0p128.某公司是否对某一项目投资,由甲、乙、丙三位决策人投票决定,他们三人都有“同意”“中立”“反对”三类票各一张,投票时,每人必须且只能投一张票,每人投三类票中的任何一类票的概率都为13,他们的投票相互没有影响,规定:若投票结果中至少有两张“同意”票,则决定对该项目投资;否则,放弃对该项目的投资.(1)求该公司决定对该项目投资的概率;(2)求该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票的概率.解(1)该公司决定对该项目投资的概率为p=c3213223+c33133=727.(2)该公司放弃对该项目投资且投票结果中最多有一张“中立”票,有以下四种情形:“同意”票张数“中立”票张数“反对”票张数事件a003事件b102事件c111事件d012p(a)=c33133=127,p(b)=c31133=19,p(c)=c31c21133=29,p(d)=c31133=19.a,b,c,d互斥,p(a+b+c+d)=p(a)+p(b)+p(c)+p(d)=1327.9.导学号43944037现有4个人去参加某娱乐活动,该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性,约定:每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏,掷出点数为1或2的人去参加甲游戏,掷出点数大于2的人去参加乙游戏.(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率;(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率;(3)用x,y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数,记=|x-y|,求随机变量的分布列.解依题意知,这4个人中,每个人去参加甲游戏的概率为13,去参加乙游戏的概率为23.设“这4个人中恰有k人去参加甲游戏”为事件ak(k=0,1,2,3,4).则p(ak)=c4k13k234-k.(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为p(a2)=c42132232=827.(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件b,则b=a3+a4.由于a3与a4互斥,故p(b)=p(a3)+p(a4)=c4313323+c44134=19.所以,这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为19.(3)的所有可能取值为0,2,4.由于a1与a3互斥,a0与a4互斥,故p(=0)=p(a2)=827,p(=2)=p(a1)+p(a3)=4081,p(=4)=p(a0)+p(a4)=1781.所以的分布列是024p82740811781b组1.在4次独立重复试验中,随机事件a恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率,则事件a在一次试验中发生的概率p的取值范围是()a.0.4,1b.(0,0.4c.(0,0.6d.0.6,1)解析:p(1)p(2),c41p(1-p)3c42p2(1-p)2,4(1-p)6p,0.4p1.答案:a2.口袋里放有大小、形状、质地都相同的两个红球和一个白球,每次有放回地摸取一个球,定义数列an,an=-1,第n次摸取红球,1,第n次摸取白球,如果sn为数列an的前n项和,那么s7=3的概率为()a.c75132235b.c72232135c.c75132135d.c72132235解析:由s7=3知,在7次摸球中有2次摸取红球,5次摸取白球,而每次摸取红球的概率为23,摸取白球的概率为13,则s7=3的概率为c72232135,故选b.答案:b3.设随机变量xb5,12,则函数f(x)=x2+4x+x存在零点的概率是()a.56b.45c.3132d.12解析:函数f(x)=x2+4x+x存在零点,=16-4x0,x4.xb5,12,p(x4)=1-p(x=5)=1-125=3132.答案:c4.某篮球决赛在广东队与山东队之间进行,比赛采用7局4胜制,即若有一队先胜4场,则此队获胜,比赛就此结束.因两队实力相当,每场比赛两队获胜的可能性均为12.据以往资料统计,第一场比赛组织者可获得门票收入40万元,以后每场比赛门票收入比上一场增加10万元,则组织者在此次决赛中要获得的门票收入不少于390万元的概率为.解析:依题意,每场比赛获得的门票收入数组成首项为40,公差为10的等差数列,设此数列为an,则易知a1=40,an=10n+30,所以sn=n(a1+an)2=n(10n+70)2.由sn390得n2+7n78,所以n6.所以若要获得的门票收入不少于390万元,则至少要比赛6场.若比赛共进行了6场,则前5场比赛的比分必为23,且第6场比赛为领先一场的球队获胜,其概率p(6)=c53125=516;若比赛共进行了7场,则前6场胜负为33,其概率p(7)=c63126=516.所以门票收入不少于390万元的概率p=p(6)+p(7)=1016=58.答案:585.设在一次试验中事件a发生的概率为p,在n次独立重复试验中事件a发生k次的概率为pk,则p0+p1+pn=.解析:p0+p1+pn=cn0(1-p)np0+cn1(1-p)n-1p1+cnn(1-p)0pn=(1-p+p)n=1.答案:16.甲、乙两支排球队进行比赛,约定先胜3局者获得比赛的胜利,比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是12外,其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立.(1)分别求甲队以30,31,32胜利的概率;(2)若比赛结果为30或31,则胜利方得3分,对方得0分;若比赛结果为32,则胜利方得2分,对方得1分.求乙队得分x的分布列.解(1)设“甲队以30,31,32胜利”分别为事件a,b,c,则p(a)=232323=827,p(b)=c322321-2323=827,p(c)=c422321-23212=427.(2)x的可能的取值为0,1,2,3,则p(x=0)=p(a)+p(b)=1627,p(x=1)=p(c)=427,p(x=2)=c421-2322321-12=427,p(x=3)=133+c321322313=19.所以x的分布列为x0123p1627427427197.导学号43944038(2016内蒙古师范大学附属中学高二练习)某射手每次射击击中目标的概率是23,且各次射击的结果互不影响.(1)假设这名射手射击5次,求恰有2次击中目标的概率;(2)假设这名射手射击5次,求有3次连续击中目标,另外2次未击中目标的概率;(3)假设这名射手射击3次,每次射击,击中目标得1分,未击中目标得0分,在3次射击中,若有2次连续击中,而另外1次未击中,则额外加1分;若3次全击中,则额外加3分,记为射手射击3次后的总的分数,求的分布列.解(1)设x为射手在5次射击中击中目标的次数,则xb5,23.在5次射击中,恰有2次击中目标的概率p(x=2)=c522321-233=40243.(2)设“第i次射击击中目标”为事件ai(i=1,2,3,4,5);“射手在5次射击中,有3次连续击中目标,另外2次未击中目标”为事件a,则p(a)=p(a1a2a3a4 a5)+p(a1a2a3a4a5)+p(a1 a2a3a4a5)=233132+1323313+132233=881.(3)由题意可知,的所有可能取