北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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11.3 二项分布与正态分布
考点一 条件概率、相互独立事件及二项分布、全概率公式
1.(2021新高考Ⅰ,8,5分)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1
个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件
“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则 ( )
A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立
答案 B 依题意,有放回地随机取两次,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),
(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),
(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6).
6 1 6 1 5 6 1
其中P(甲)= = ,P(乙)= = ,P(丙)= ,P(丁)= = ,
36 6 36 6 36 36 6
丁事件包含(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6个基本事件.
丙事件包含(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5个基本事件.
易知“甲、丙同时发生”的基本事件为0个,“丙、丁同时发生”的基本事件为0个,“乙、丙同时发生”的
基本事件为(6,2),共1个,
1 1 5 1
∴P(乙丙)= ,又P(乙)·P(丙)= × ≠ ,∴乙、丙不相互独立.
36 6 36 36
1 1 1 1
同理可知“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,6),∴P(甲丁)= ,又P(甲)·P(丁)= × = ,∴P(甲
36 6 6 36
丁)=P(甲)·P(丁),
∴甲与丁相互独立,故选B.
2.(2022全国乙理,10,5分,应用性)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知
该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p,p,p,且p>p>p>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则 (
1 2 3 3 2 1
)
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
答案 D 棋手与甲、乙、丙比赛顺序有以下 =6种情况:
A3
3北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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①比赛顺序为甲、乙、丙时,p=pp(1-p)+(1-p)pp=pp+pp-2ppp;
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3
②比赛顺序为甲、丙、乙时,p=pp(1-p)+(1-p)pp=pp+pp-2ppp;
1 3 2 1 3 2 1 3 2 3 1 2 3
③比赛顺序为乙、甲、丙时,p=pp(1-p)+(1-p)pp=pp+pp-2ppp;
2 1 3 2 1 3 1 2 1 3 1 2 3
④比赛顺序为乙、丙、甲时,p=pp(1-p)+(1-p)·pp=pp+pp-2ppp;
2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 1 2 3
⑤比赛顺序为丙、甲、乙时,p=pp(1-p)+(1-p)·pp=pp+pp-2ppp;
3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 1 2 3
⑥比赛顺序为丙、乙、甲时,p=pp(1-p)+(1-p)·pp=pp+pp-2ppp.
3 2 1 3 2 1 2 3 1 2 1 2 3
易得情况①与⑥,②与④,③与⑤的概率分别相等,又p>p>p>0,∴pp<pp,pp>pp,∴②与④的概率最
3 2 1 1 2 1 3 2 3 1 3
大,即棋手在第二盘与丙比赛,p最大,故选D.
一题多解:设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p ,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p ,在第
甲 乙
二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p .由题意得,p =p[p(1-p)+p(1-p)]=pp+pp-2ppp,p =p[p(1-
丙 甲 1 2 3 3 2 1 2 1 3 1 2 3 乙 2 1
p)+p(1-p)]=pp+pp-2ppp,p =p[p(1-p)+p(1-p)]=pp+pp-2ppp.由p>p>p>0,得p -p =pp-
3 3 1 1 2 2 3 1 2 3 丙 3 1 2 2 1 1 3 2 3 1 2 3 3 2 1 丙 甲 2 3
pp=p(p-p)>0,p -p =pp-pp=p(p-p)>0,∴p 最大.故选D.
1 2 2 3 1 丙 乙 1 3 1 2 1 3 2 丙
3.(2015课标Ⅰ理,4,5分)投篮测试中,每人投3次,至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概
率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为( )
A.0.648 B.0.432 C.0.36 D.0.312
答案 A 该同学通过测试的概率P= C2 ×0.62×0.4+0.63=0.432+0.216=0.648,故选A.
3
4.(2014课标Ⅱ理,5,5分)某地区空气质量监测资料表明,一天的空气质量为优良的概率是0.75,连续两天为优
良的概率是0.6,已知某天的空气质量为优良,则随后一天的空气质量为优良的概率是( )
A.0.8 B.0.75
C.0.6 D.0.45
0.6
答案 A 由条件概率可得所求概率为 =0.8,故选A.
0.75
5.(2015广东理,13,5分)已知随机变量X服从二项分布B(n,p).若E(X)=30,D(X)=20,则p= .
1
答案
3
1
解析 因为X~B(n,p),所以E(X)=np=30,D(X)=np(1-p)=20,解得n=90,p= .
3
6.(2020课标Ⅰ理,19,12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:
累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场
比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另
一人最终获胜,比赛结束.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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1
经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 .
2
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
1
解析 (1)甲连胜四场的概率为 .
16
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:
1
甲连胜四场的概率为 ;
16
1
乙连胜四场的概率为 ;
16
1
丙上场后连胜三场的概率为 .
8
1 1 1 3
所以需要进行第五场比赛的概率为1- − − = .
16 16 8 4
(3)丙最终获胜,有两种情况:
1
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 ;
8
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,
1 1 1
胜负空胜,负空胜胜,概率分别为 , , .
16 8 8
1 1 1 1 7
因此丙最终获胜的概率为 + + + = .
8 16 8 8 16
7.(2022新高考Ⅰ,20,12分,应用性)一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫
生习惯分为良好和不够良好两类)的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组),同时在
未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异?北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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(2)从该地的人群中任选一人,A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到的人患有该疾
病”,P(B|A) P(B|A) 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该
与
P(B|A) P(B|A)
指标为R.
P(A|B) P(A|B)
(i)证明:R= · ;
P(A|B) P( A|B)
(ii)利用该调查数据,给出P(A|B),P(A|B)的估计值,并利用(i)的结果给出R的估计值.
附:K2= n(ad−bc) 2 ,
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
0.01
P(K2≥k)0.050 0.001
0
6.63
k 3.841 10.828
5
.
200×(40×90−10×60) 2
解析 (1)由题中数据可知K2= =24>6.635,所以有99%的把握认为患该疾
100×100×50×150
病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
(2)(i)证明:因为R=
P(B|A) P(B|A) P(AB) P(A) P(BA) P(A) P(AB)·P(BA)
· = · · · = ,
P(B|A) P(B|A) P(A) P(BA) P(A) P(BA) P(BA)·P(BA)
P(A|B) P(A|B) P(AB) P(B) P(AB) P(B) P(AB)·P(AB)
且 · = · · · = ,
P(A|B) P( A|B) P(B) P(AB) P(B) P(AB) P(AB)·P(AB)
P(A|B) P(A|B)
所以R= · .
P(A|B) P( A|B)
40 2 10 1 60 3 90 9
(ii)由题表中数据可知P(A|B)= = ,P(A|B)= = ,P(A|B)= = ,P(A|B)= =
100 5 100 10 100 5 100 10
,
2 9
P(A|B) P(A|B) 5 10
所以R= · = × =6.
P(A|B) P( A|B) 3 1
5 10
8.(2016山东理,19,12分)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,如果两人都猜对,则“星队”得3分;如果只有一人猜对,则“星队”得1分;如果两人都没猜对,则北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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3 2
“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是 ,乙每轮猜对的概率是 ;每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响,
4 3
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的分布列和数学期望EX.
解析 (1)记事件A:“甲第一轮猜对”,记事件B:“乙第一轮猜对”,记事件C:“甲第二轮猜对”,记事件
D:“乙第二轮猜对”,记事件E:“‘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,得
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)
=3×2×3×2+2×(1 2 3 2 3 1 3 2)
× × × + × × ×
4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3
2
= .
3
2
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为 .
3
(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
1 1 1 1 1
P(X=0)= × × × = ,
4 3 4 3 144
P(X=1)=2×(3 1 1 1 1 2 1 1)= 10 = 5 ,
× × × + × × ×
4 3 4 3 4 3 4 3 144 72
3 1 3 1 3 1 1 2 1 2 3 1 1 2 1 2 25
P(X=2)= × × × + × × × + × × × + × × × = ,
4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 144
3 2 1 1 1 1 3 2 12 1
P(X=3)= × × × + × × × = = ,
4 3 4 3 4 3 4 3 144 12
P(X=4)=2×(3 2 3 1 3 2 1 2)= 60 = 5 ,
× × × + × × ×
4 3 4 3 4 3 4 3 144 12
3 2 3 2 36 1
P(X=6)= × × × = = .
4 3 4 3 144 4
可得随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4 6北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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1 5 25 1 5 1
P
144 72 144 12 12 4
1 5 25 1 5 1 23
所以数学期望EX=0× +1× +2× +3× +4× +6× = .
144 72 144 12 12 4 6
评析 本题考查了随机事件发生的概率及离散型随机变量的分布列与数学期望,确定随机变量可能的取值
是解题的关键.属于中档题.
9.(2015湖南理,18,12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装
有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中,各随机摸出1个球.在摸出的2个球中,若
都是红球,则获一等奖;若只有1个红球,则获二等奖;若没有红球,则不获奖.
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率;
(2)若某顾客有3次抽奖机会,记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X,求X的分布列和数学期望.
解析 (1)记事件A={从甲箱中摸出的1个球是红球},
1
A={从乙箱中摸出的1个球是红球},
2
B={顾客抽奖1次获一等奖},
1
B={顾客抽奖1次获二等奖},
2
C={顾客抽奖1次能获奖}.
由题意,A 与A 相互独立,A A 与A A 互斥,B 与B 互斥,且B=AA,B=A A +A A,C=B+B.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
4 2 5 1
因为P(A)= = ,P(A)= = ,
1 2
10 5 10 2
2 1 1
所以P(B)=P(AA)=P(A)P(A)= × = ,
1 1 2 1 2
5 2 5
P(B)=P(A A +A A)=P(A A )+P(A A)
2 1 2 1 2 1 2 1 2
=P(A)P(A )+P(A )P(A)
1 2 1 2
=P(A)[1-P(A)]+[1-P(A)]P(A)
1 2 1 2
=2×( 1)+( 2)×1=1.
1− 1−
5 2 5 2 2
1 1 7
故所求概率为P(C)=P(B+B)=P(B)+P(B)= + = .
1 2 1 2
5 2 10
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验,由(1)知,顾客抽奖1次获一等奖的概率为1,所以X~B( 1).
3,
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于是P(X=0)= C0(1) 0 (4) 3 = 64 ,
3 5 5 125
P(X=1)= C1(1) 1 (4) 2 = 48 ,
3 5 5 125
P(X=2)= C2(1) 2 (4) 1 = 12 ,
3 5 5 125
P(X=3)= C3(1) 3 (4) 0 = 1 .
3 5 5 125
故X的分布列为
X 0 1 2 3
64 48 12 1
P
125 125 125 125
1 3
X的数学期望为E(X)=3× = .
5 5
10.(2014辽宁理,18,12分)一家面包房根据以往某种面包的销售记录,绘制了日销售量的频率分布直方图,如
图所示.
将日销售量落入各组的频率视为概率,并假设每天的销售量相互独立.
(1)求在未来连续3天里,有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率;
(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数,求随机变量X的分布列,期望E(X)及方差D(X).
解析 (1)设A 表示事件“日销售量不低于100个”,
1
A 表示事件“日销售量低于50个”,
2
B表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”.因此
P(A)=(0.006+0.004+0.002)×50=0.6,
1
P(A)=0.003×50=0.15,
2
P(B)=0.6×0.6×0.15×2=0.108.
(2)X可能取的值为0,1,2,3,相应的概率为北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A
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P(X=0)= ·(1-0.6)3=0.064,
C0
3
P(X=1)= ·0.6(1-0.6)2=0.288,
C1
3
P(X=2)= ·0.62(1-0.6)=0.432,
C2
3
P(X=3)= ·0.63=0.216.
C3
3
分布列为
X 0 1 2 3
P 0.064 0.288 0.432 0.216
因为X~B(3,0.6),所以期望E(X)=3×0.6=1.8,方差D(X)=3×0.6×(1-0.6)=0.72.
11.(2014安徽理,17,12分)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
2 1
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 ,乙获胜的概率为 ,各局比赛结果相互独立.
3 3
(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的分布列和均值(数学期望).
解析 用A表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,A 表示“第k局甲获胜”,B 表示“第k局乙获胜”,
k k
2 1
则P(A)= ,P(B)= ,k=1,2,3,4,5.
k k
3 3
(1)P(A)=P(AA)+P(BAA)+P(ABAA)
1 2 1 2 3 1 2 3 4
=P(A)P(A)+P(B)P(A)P(A)+P(A)·P(B)P(A)P(A)
1 2 1 2 3 1 2 3 4
=(2) 2 +1×(2) 2 +2×1×(2) 2 =56.
3 3 3 3 3 3 81
56
所以甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率为 .
81
(2)X的可能取值为2,3,4,5.
P(X=2)=P(AA)+P(BB)
1 2 1 2
5
=P(A)P(A)+P(B)P(B)= ,
1 2 1 2
9
P(X=3)=P(BAA)+P(ABB)
1 2 3 1 2 3
2
=P(B)P(A)P(A)+P(A)P(B)P(B)= ,
1 2 3 1 2 3
9
P(X=4)=P(ABAA)+P(BABB)
1 2 3 4 1 2 3 4
