苏教版 (2019)选择性必修第二册8.2离散型随机变量及其分布列精品课后练习题

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第8章 概率
8.2.3二项分布
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课程标准
重难点
1.结合生活中的实例，了解二项分布. 2。了解二项分布的均值和方差及意义.
重点：二项分布的理解；
难点：二项分布的均值和方差及意义.
知识精讲

知识点01 n次独立重复试验
1. n次独立重复试验
在相同条件下重复n次伯努利试验时，人们总是约定这n次试验是相互独立的，此时这n次伯努利试验也常称为n次独立重复试验.
2. n次独立重复试验中事件A发生k次的概率
一般地，事件A在n次独立重复试验中发生k次，共有C种情形，由试验的独立性知
" A在k次试验中发生，而在其余（n- k）次试验中不发生"的概率都是pk·(1－p)n－k，所以由概率加法公式知，如果在一次试验中事件A发生的概率是p，那么在n次独立重复试验中，
事件A恰好发生k次的概率为Pk(k)＝Cpk(1－p)n－k（k=0，1，2，…，n）.
注意：
（1）上述公式必须在满足“独立重复试验”时才能运用；
（2）使用公式时一定要明确该公式中各量表示的意义∶n为独立重复试验的次数；p是在1次试验中事件A发生的概率；1-p是在1次试验中事件A不发生的概率；k是在n次独立重复试验中事件A发生的次数；
（3）独立重复试验是相互独立事件的特例.一般地，有“恰好发生k次”“恰有k次发生”字样的问题，求概率时，用n次独立重复试验概率公式计算更简便.
【即学即练1】（2022·全国·）下列事件：①运动员甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”；②甲､乙两名运动员各射击一次，“甲射中10环”与“乙射中9环”；③甲､乙两名运动员各射击一次，“甲､乙都射中目标”与“甲､乙都没射中目标”；④在相同的条件下，甲射击10次5次击中目标.其中是独立重复试验的是（    ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】D
【分析】根据互斥事件、相互独立事件，以及独立重复试验的定义可以判断：①，甲射击一次，“射中9环”与“射中8环”是一个实验的两个结果，是互斥事件；②是相互独立事件；③是互斥事件；④是独立重复试验.
【详解】①和③符合互斥事件的概念，是互斥事件；②是相互独立事件；④是独立重复试验；
所以只有④符合题意，故选：D.
【即学即练2】（2021·全国·高二课时练习）独立重复试验满足的条件是___________.（填序号）
①每次试验之间是相互独立的；
②每次试验只有发生和不发生两种情况；
③每次试验中发生的机会是均等的；
④每次试验发生的事件是互斥的.
【答案】①②③
【分析】根据独立重复试验的定义判断①②③④的正确性即可得正确答案.
【详解】在相同的条件下，重复地做n次试验，各次试验的结果相互独立，每次试验只有发生和不发生两种情况，每次试验中发生的机会是均等的，那么一般就称它们为n次独立重复试验，所以①②③正确，④不正确，故答案为：①②③.

知识点02 二项分布
定义∶一般地，如果一次伯努利试验中，出现"成功"的概率为p，记q=1-p，且n次独立重复试验中出现“成功”的次数为X，则X的取值范围是{0，1，…k，…n}，而且P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－kk＝0,1,2，…，n.
因此X的分布列如下表所示.
X
0
1
…
k
…
n
P
C(1－p)n
Cp1(1－p)n－1
…
Cpk·(1－p)n－k
…
Cpn·(1－p)0




称这样的离散型随机变量X服从参数为n，p的二项分布，记作X～B(n，p)．
二项式[(1－p)＋p]n的展开式中，第k＋1项为Tk＋1＝C(1－p)n－kpk，可见P(X＝k)就是二项式[(1－p)＋p]n的展开式中的第k＋1项，故此分布叫做二项分布．
注意：
（1）二项分布是两点分布的一般形式，两点分布是一种特殊的二项分布，即n=1的二项分布
（2）判断一个随机变量是否服从二项分布的关键在于它是否同时满足以下三个条件∶
①对立性∶在一次试验中，事件A发生与否必居其一.
②重复性∶试验可以独立重复地进行，且每次试验事件A发生的概率都是同一常数p.
③X的取值从0到n，中间不间断.
由上可以发现，两点分布是一种特殊的二项分布，即n=1时的二项分布，所以二项分布可以看成是两点分布的一般形式，二项分布中的每次试验的结果都服从两点分布.
【即学即练3】（2022·全国·高二课时练习）下列说法正确的个数是（    ）．
①某同学投篮的命中率为0.7，他10次投篮中命中的次数X是一个随机变量，且X服从二项分布B10,0.7；
②某福彩中奖概率为p，某人一次买了20张彩票，中奖张数X是一个随机变量，且X服从二项分布B20,p；
③从装有大小与质地相同的5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，则摸球次数X是随机变量，且X服从二项分布Bn,12．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】利用独立重复实验的概率模型，判断3个命题的真假，推出结果即可．
【详解】解：①某同学投篮投中的概率P=0.7，该运动员重复10次投篮，
则命中次数X服从二项分布X~B10,0.7，正确；
②福彩中奖概率为p，某人一次买了20张，中奖张数X是一个随机变量，
满足二项分布X~B20,p；所以②正确；
③从装有5个红球、5个白球的袋中，有放回地摸球，直到摸出白球为止，
则摸球次数X是随机变量，则X的可能取值为1、2、3、⋯、n、⋯，
且PX=1=12，PX=2=122，PX=3=123，⋯，PX=n=12n，⋯，
不是二项分布，所以③不正确；
故选：C．
【即学即练4】（2022·新疆石河子一中高二阶段练习（理））已知随机变量X服从二项分布X∼B6,13，则PX=2等于（    ）
A．1316 B．4243 C．13243 D．80243
【答案】D
【分析】由二项分布的概率公式计算．
【详解】P(X=2)=C62(13)2(1−13)4=80243．故选：D．
知识点03 两点分布、二项分布的均值
（1）若X服从参数为p的两点分布，则E（X）=p.
（2）若X服从参数为n，p的二项分布，即X~B（n，p），则E（X）=np
【即学即练5】（2022·湖北孝感·高二期末）已知随机变量ξ∼B6,p，且E2ξ−3=7，则Dξ=（    ）
A．56 B．12 C．83 D．24
【答案】A
【分析】由E2ξ−3=7，根据数学期望的性质，可得：2E(ξ)−3=7，根据二项分布的性质公式，可解得p的值，由二项分布的方差性质公式可得答案.
【详解】由E2ξ−3=7，根据数学期望的性质，可得：2E(ξ)−3=7，
因为随机变量ξ∼B6,p，根据二项分布的性质公式，可得：E(ξ)=6p，
可得方程：2×6p−3=7，解得：p=56，则D(ξ)=6×56×1−56=56，
故选：A.

【即学即练6】（2022·重庆·高二阶段练习）（多选）已知随机变量X,Y满足X+Y=8，若X∼B(10,0.6)，则下列选项正确的有（    ）
A．E(x)=6 B．E(Y)=6
C．D(X)=2.4 D．D(Y)=2.4
【答案】ACD
【分析】根据已知条件及二项分布的期望与方差公式，结合期望与方差的线性公式即可求解.
【详解】因为X∼B(10,0.6)，所以E(x)=10×0.6=6，故A正确；
所以D(X)=10×0.6×(1−0.6)=2.4，故C正确；
又因为X+Y=8，所以Y=8−X,
所以E(Y)=E(8−X)=8−E(X)=8−6=2，故B不正确；
所以D(Y)=D(8−X)=(−1)2D(X)=1×2.4=2.4，故D正确.
故选：ACD.

知识点04 两点分布与二项分布的方差
（1） 若随机变量X服从参数为p的两点分布，则D（X）=p（1-p）.
（2）若随机变量X~B（n，p），则D（X）=np（1-p）.
【提示】 由于两点分布是特殊的二项分布，故两者之间是特殊与一般的关系．即若X~B（n，p），则D（X）=np（1-p），取n=1，则D（X）=p（1-p）就是两点分布的方差.
【即学即练7】某同学参加学校数学知识竞赛，规定每个同学答题20道，已知该同学每道题答对的概率为0.6，则该同学答对题目数量的数学期望和方差分别为（    ）
A．16,7.2 B．12,7.2 C．12,4.8 D．16,4.8
【答案】C
【分析】由条件确定该同学答对题目数量的分布列，再由二项分布的期望和方差公式求随机变量的期望及方差.
【详解】设该同学答对题目数量为ξ，因为该同学每道题答对的概率为0.6，共答20道题，
所以ξ∼B20,0.6，
所以Eξ=20×0.6=12，Dξ=20×0.6×1−0.6=4.8，
故选：C.
【即学即练8】某人参加驾照考试，共考6个科目，假设他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，且p>12，若此人通过的科目数X的方差是43，则EX=（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由已知得此人通过的科目数X∼B6,p，根据二项分布的方差公式建立方程可求得p，再运用二项分布的期望公式计算可得答案.
【详解】解：因为他通过各科考试的事件是相互独立的，并且概率都是p，所以此人通过的科目数X∼B6,p，
又此人通过的科目数X的方差是43，所以6p1−p=43，解得p=23（13舍去），
所以EX=6×23=4，
故选：C.

能力拓展

◆考点01 二项分布的分布列
【典例1】（2022·全国·高三专题练习）福州纸伞是历史悠久的中国传统手工艺品，属于福州三宝之一．纸伞的制作工序大致分为三步：第一步削伞架，第二步裱伞面，第三步绘花刷油．已知某工艺师在每个步骤制作合格的概率分别为34，45，23，只有当每个步骤制作都合格才认为制作成功1次．
(1)求该工艺师进行3次制作，恰有1次制作成功的概率；
(2)若该工艺师制作4次，其中制作成功的次数为X，求X的分布列．
【答案】(1)54125(2)X的分布列见解析
【分析】（1）先求出1次制作成功的概率，在结合二项分布概率公式，即可求解；（2）若该工艺师制作4次，其中制作成功的次数为X，X的可能取值为0，1，2，3，4，即可得X的分布列.
（1）由题意可知，1次制作成功的概率为34×45×23=25，
所以该工艺师进行3次制作，恰有1次制作成功的概率P=C31×25×352=54125．
（2）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，4，X∼B4,25，
它的分布列为Px=k=C4k25k1−254−kk=0,1,2,3,4
即
X
0
1
2
3
4
P
81625
216625
216625
96625
16625
【典例2】（2022·全国·高三专题练习）某市民法律援助热线电话接通率为34，小李同学及其父母3人商定明天分别就同一问题咨询该服务中心，且每人只拨打1次，求他们中成功咨询的人数X的分布列．
【答案】分布列见解析
【分析】根据二项分布的知识求得X的分布列.
【详解】由题意可知X服从二项分布B3,34，
所以PX=k=C3k⋅34k⋅143−k，k=0,1,2,3．
即PX=0=C30⋅340⋅143=164，PX=1=C31⋅341⋅142=964，PX=2=C32⋅342⋅141=2764，PX=3=C33⋅343⋅140=2764．
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764
◆考点02二项分布概率最大值
【典例3】（2022·广东云浮·高二期末）已㭚X∼Bn,p，若4PX=2=3PX=3，则p的最大值为（    ）
A．56 B．45 C．34 D．23
【答案】B
【分析】根据4PX=2=3PX=3可得到方程，求得p=4n+2，结合n的取值，可得答案.
【详解】由题意可知n≥3，因为4PX=2=3PX=3，所以4Cn2p2(1−p)n−2=3Cn3p3(1−p)n−3，
整理得41−p=n−2p，即p=4n+2，又n∈N*，且n≥3，所以p≤45，故选：B
【典例4（2022·北京通州·高二期末）若X∼B10,12，则P(X=k)取得最大值时，k=（    ）
A．4 B．5 C．6 D．5或6
【答案】B
【分析】求得P(X=k)的表达式，结合组合数的性质求得正确答案.
【详解】因为X~B10,12，所以PX=k=C10k⋅12k⋅1−1210−k=C10k⋅1210，
由组合数的性质可知，当k=5时C10k最大，此时PX=k取得最大值.
故选：B
◆考点03 实际问题中的二项分布
【典例5】（2022·辽宁·东北育才学校高二阶段练习）高尔顿钉板是英国生物学家高尔顿设计的，如图，每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子，上一层的每个钉子水平位置恰好位于下一层的两颗钉子的正中间，从入口处放进一个直径略小于两颗钉子之间距离的白色圆玻璃球，白球向下降落的过程中，首先碰到最上面的钉子，碰到钉子后皆以二分之一的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止现从入口放进一个白球，则其落在第③个格子的概率为（    ）

A．164 B．1564 C．21128 D．35128
【答案】C
【分析】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中向左边跳动5次，向右边跳动2次，向左向右的概率均为12，则向右的次数服从二项分布B(7,12)，由二项分布的概率公式计算可得．
【详解】小球从起点到第③个格子一共跳了7次，其中向左边跳动5次，向右边跳动2次，向左向右的概率均为12，则向右的次数服从二项分布B(7,12)，
所求概率为P=C72(12)2(12)5=21128，
故选：C．


【典例6】（2022·江苏·常州市第一中学高二阶段练习）投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图所示的为一幅唐朝的投壶图，假设甲､乙是唐朝的两位投壶游戏参与者，且甲､乙每次投壶投中的概率分别为12,13，每人每次投壶相互独立.若约定甲投壶2次，乙投壶3次，投中次数多者胜，则乙最后获胜的概率为___________.

【答案】1754
【分析】按照乙只投中1次、乙只投中2次、乙投中3次，分3种情况求出乙获胜的概率再相加可得结果.
【详解】若乙只投中1次，则甲投中0次时乙获胜，其概率为C31⋅13(1−13)2⋅(1−12)2=19；
若乙只投中2次，则甲投中0次或1次时乙获胜，其概率为C32⋅(13)2(1−13)[(1−12)2+C2112×12] =16;
若乙投中3次，则乙必获胜，其概率为(13)3=127，综上所述：乙最后获胜的概率为19+16+127=51162=1754.
故答案为：1754

◆考点04二项分布与性质的应用
【典例7】（2022·上海·华师大二附中）已知随机变量X服从二项分布B12,0.25，且EaX−3=3（a∈R），则DaX−3=___________.
【答案】9
【分析】由二项分布的期望和方差公式求出EX，DX，再根据期望的性质求出a，最后根据方差的性质计算可得；
【详解】解：因为X∼B12,0.25，所以EX=12×0.25=3，DX=12×0.25×1−0.25=94
又EaX−3=aEX−3=3，即3a−3=3，解得a=2，所以DaX−3=D2X−3=22DX=4×94=9.
故答案为：9
【典例8】（2022·陕西·宝鸡市陈仓高级中学高三开学考试（理））若随机变量X~B6,p，DX=32，则E3X−2=______.
【答案】7
【分析】利用二项分布的方差公式可得出关于p的等式，解出p的值，利用二项分布的期望公式以及期望的性质可求得结果.
【详解】因为X~B6,p，则DX=6p1−p=32，解得p=12，则EX=6×12=3，
因此，E3X−2=3EX−2=7.
故答案为：7.
◆考点04二项分布的均值
【典例9】（2022·广西贵港·）某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为12，能完成每个新增运动项目的概率均为13，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．
(1)若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．
(2)若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．
【答案】(1)12(2)运动员乙应该选择方案一；理由见解析
【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；
（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.
【详解】（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率P=C32122×1−12+123=12．
（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数X~B3,12，
所以乙最后得分的数学期望为30EX=30×3×12=45．
若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，
PY=0=1−12×1−132=29，
PY=30=12×1−132=29，
PY=40=2×1−12×13×1−13=29，
PY=70=2×12×13×1−13=29，
PY=90=1−12×132=118，
PY=120=12×132=118．
所以Y的数学期EY=0×29+30×29+40×29+70×29+90×118+120×118=3859，
因为3859<45，所以运动员乙应该选择方案一
【典例10】（2022·湖北·武汉市武钢三中）袋中有大小相同的6个球，其中1个白球，2个红球，3个黑球，今从中逐一取出一个球.
(1)若每次取球后放回，记三次取球中取出红球的次数为X，求X的分布列、期望和方差；
(2)若每次取球后不放回，直至取出3种颜色的球即停止取球，求取球次数恰好为4次的概率.
【答案】(1)分布列见解析，EX=1，DX=23；(2)310.
【分析】（1）由题可得X~B3,13，然后利用二项分布的概率公式可得概率，进而即得；
（2）根据古典概型概率公式结合排列组合知识即得.
【详解】（1）由题可得X~B3,13，且X的可能取值为0，1，2，3，
PX=0=C30×233=827，
PX=1=C31×131×232=49，
PX=2=C32×132×231=29，
PX=3=C33×133=127，
∴X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
827
49
29
127

∴EX=3×13=1，DX=3×13×23=23；
（2）设取球次数恰好为4次是事件A，
∴PA=C32×A22×C31×A22+C32×C32×A22×C21×A22A64=36+72360=310，
∴PA=310.

分层提分


题组A 基础过关练

一、单选题
1．甲乙两人玩闯关游戏,该游戏一共要闯三关,每个人每一关能否闯关成功是相互独立的,甲第一,第二,第三关闯关成功的概率分别是56,35,13,乙第一,第二,第三关闯关成功的概率都是35.规定每一关闯关成功记1分,未闯关成功记0分,用ξ表示甲在闯关游戏中的得分,用η表示乙在闯关游戏中的得分,则在“ξ+η=4”的条件下,“ξ>η”的概率为（    ）.
A．231 B．142 C．353 D．1067
【答案】D
【分析】设事件A为“ξ+η=4”,事件B为“ξ>η”,则P(A)=P(ξ=1)P(η=3)+P(ξ=2)P(η=2)+P(ξ=3)Pη=1,P(AB)=P(ξ=3)P(η=1),先利用已知条件分别求出P(ξ=1),P(η=3)，P(ξ=2)，Pη=2，P(ξ=3)，Pη=1，再利用条件概率公式求解即可得到结果.
【详解】设事件A为“ξ+η=4”,事件B为“ξ>η”,
所以P(A)=P(ξ=1)P(η=3)+P(ξ=2)P(η=2)+P(ξ=3)Pη=1,
又P(ξ=1)=56×1−35×1−13+1−56×35×1−13+1−56×1−35×13=1445,P(ξ=2)=56×35×1−13+56×1−35×13+1−56×35×13=4390, P(ξ=3)=56×35×13=16,
P(η=1)=C31351−352=36125,
P(η=2)=C323521−35=54125,
P(η=3)=C33353=27125,
所以P(A)=1445×27125+4390×54125+16×36125=201625, P(AB)=P(ξ=3)P(η=1)=16×36125=6125,
所以PBA=PABPA=1067.
故选:D.
2．抛三枚均匀的硬币，其中恰好有两枚正面朝上的概率为（    ）
A．14 B．38 C．12 D．58
【答案】B
【分析】抛三枚均匀的硬币正面朝上的次数服从二项分布，代入计算可得.
【详解】每枚硬币正面朝上的概率是12，正面朝上的次数X∼B(3,12)，
故抛三枚均匀的硬币，其中恰好有两枚正面朝上的概率为P=C32(12)212=38，
故选：B
3．计算机内部采用每一位只有0和1两个数字的记数法，即二进制．其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制构成．某计算机程序每运行一次都随机出现一个字节，记为a1a2a3a4a5a6a7a8，其中ak(k=1,2,3,4,5,6,7,8)出现0的概率为13，出现1的概率为23，记X=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8，则当程序运行一次时，X的均值为（    ）
A．89 B．83 C．163 D．169
【答案】C
【分析】得到X∼B8,23，利用二项分布求期望公式求出答案.
【详解】X的可能取值为0,1,2,3,4,5,6,7,8，
且X的值即为1出现的次数，
故X∼B8,23，所以EX=8×23=163.
故选：C
4．若离散型随机变量X，X~B(5,p)，且E(X)=103，则PX≤2为（    ）
A．19 B．427 C．1781 D．192243
【答案】C
【分析】根据二项分布的期望公式及二项分布的概率公式即得.
【详解】因为X~B(5,p)，
所以EX=np=103，得p=23，
所以PX≤2=PX=2+PX=1+PX=0=C52232133+C51231134+C50230135
=51243=1781.
故选：C.
5．已知随机变量X~B2,p，Y服从两点分布，若PX≥1=0.64，PY=1=p，则PY=0=（    ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
【答案】C
【分析】利用二项分布的概率公式可求p,然后利用两点分布概率公式计算可得结果.
【详解】随机变量X~B2，p,PX≥1=PX=1+PX=2=C21p1−p+C22p2=0.64，
解得p=0.4（p=1.6舍去，注意：0 故选:C．

二、多选题
6．已知随变量从二项分布B1001,12，则（    ）
A．P(X=k)=C1001k121001 B．P(X≤301)=P(X≥701)
C．P(X>E(X))>12 D．PX=k最大时k=500或501
【答案】AD
【分析】结合二项分布的性质，逐项计算，即可得到本题答案.
【详解】对A，P(X=k)=C1001k12k1−121001−k=C1001k121001，所以A对；
对B，因为P(X≤301)=k=0301P(X=k)，P(X≥700)=k=7001001P(X=k)且C1001k=C10011001−k，
所以P(X≤301)=P(X≥700)，所以B错；
对C，因为E(X)=np=1001×12=500.5，
所以P(X>E(X))=PX>500.5=k=5011001P(X=k)=12，所以C错；
对D，因为P(X=k)=C1001k121001，由组合数的性质得，PX=k最大时k=500或501，所以D对.
故选：AD
7．如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为0，1，2，…10，用X表示小球落入格子的号码，则（    ）

A．P(X=1)=5512 B．P(X=9)=11024 C．D(X)=5 D．D(X)=52
【答案】AD
【分析】分析得到X∼B10,12，进而利用二项分布求概率公式求出相应的概率，利用二项分布求方差公式求出方差.
【详解】设A=“向右下落”， A=“向左下落”，
则PA=PA=12，
因为小球最后落入格子的号码X等于事件A发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉10次，
所以X∼B10,12，于是P(X=1)=C10112×129=5512，同理可得：P(X=9)=C109129×12=5512，A正确，B错误；
由二项分布求方差公式得：D(X)=10×12×1−12=52，C错误，D正确.
故选：AD
8．下列说法正确的是（    ）
A．数据1，3，5，7，9，11，13的第60百分位数为9
B．已知随机变量ξ服从二项分布：ξ~B8,34，设η=2ξ+1，则η的方差D(η)=9
C．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是151
D．若样本数据x1,x2,⋯,xn的平均数为2，则3x1+2,3x2+2,⋯,3xn+2的平均数为8
【答案】AD
【分析】由百分位数的概念可判断A，由二项分布的方差可知B错误，由古典概型可判断C，由平均数的性质可判断D.
【详解】对于A，共有7个数据，而7×60%=4.2，故第60百分位数为9，A正确；
对于B，易知D(ξ)=8×34×(1−34)=32，而η=2ξ+1，所以D(η)=22×D(ξ)=6，B错误；
对于C，由古典概型可知：从51个体中抽取2个个体，每个个体被抽到的概率都是251，C错误；
对于D，若样本数据x1,x2,⋯,xn的平均数为2，则3x1+2,3x2+2,⋯,3xn+2的平均数为3×2+2=8，D正确.
故选：AD
9．已知随机变量X~B3,14，则（    ）
A．EX=34
B．DX=34
C．从装有3个红球、9个黑球的袋中一次性摸出3个球，则X可表示摸出的红球个数
D．桐人和茅场晶彦进行3场决斗，且桐人每场决斗的胜率均为14（不存在平手），则X可表示桐人的胜场数
【答案】AD
【分析】根据二项分布求期望和方差的公式求出期望和方差；
根据超几何分布和二项分布特征得到C为超几何分布，D为二项分布.
【详解】E(X)=3×14=34，A正确；
D(X)=3×14×34=916，B错误；
超几何分布：描述了从有限N个物件（其中包含M个指定种类的物件）中抽出n个物件，成功抽出该指定种类的物件的次数（不放回）；
二项分布：n个独立的成功/失败试验中成功的次数的离散概率分布，其中每次试验的成功概率为p；
故C选项中的X符合超几何分布，C错误；D正确．
故选：AD．

三、填空题
10．已知随机变量ξ满足ξ∼B2,p，若Pξ≤1=34，则p=__________．
【答案】12##0.5
【分析】根据Pξ≤1=Pξ=0+Pξ=1，利用二项分布的概率公式列方程计算即可.
【详解】由已知得Pξ≤1=Pξ=0+Pξ=1=1−p2+C21p1−p=34，
解得p=12
故答案为：12.
11．某工厂有甲､乙､丙三条生产线同时生产同一产品，这三条生产线生产产品的次品率分别为6%,5%,4%，假设这三条生产线产品产量的比为5:7:8，现从这三条生产线上共任意选取100件产品，则次品数的数学期望为___________.
【答案】4.85##9720
【分析】设各类事件，求出各类事件的概率及相关条件概率，根据全概率公式求出选取的产品为次品的概率，由事件的分布性质求数学期望.
【详解】记事件B：选取的产品为次品，
记事件A1：此件次品来自甲生产线，
记事件A2：此件次品来自乙生产线，
记事件A3：此件次品来自丙生产线，
由题意可得：
PA1=520=0.25,PA2=720=0.35,PA3=820=0.4,
PB∣A1=0.06,PB∣A2=0.05,PB∣A3=0.04，
由全概率公式可得
PB=PA1⋅PB∣A1+PA2⋅PB∣A2+PA3⋅PB∣A3
=0.25×0.06+0.35×0.05+0.4×0.04=0.0485，
从这三条生产线中任意选取1件产品为次品的概率为0.0485，任意选取100件产品，
设次品数为X，则X∼100,0.0485，
即EX=100×0.0485=4.85.
故答案为：4.85.
12．奉贤中学在开学前夕举办了“建党百年”知识答题赛，其中高二年级的张老师、丁老师组队参加答题赛，比赛共分为两轮， 每轮比赛张老师、丁老师各答一题．已知张老师答对每个题的概率为23，丁老师答对每个题的概率为34，假定张老师、丁老师两人答题正确与否互不影响，则比赛结束时，张老师、丁老师两人共答对三个题的概率是______．
【答案】512
【分析】分两种情况，结合独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，独立重复事件概率计算公式计算出答案.
【详解】张老师答对的事件记作A，丁老师答对的事件记作B，
则PA=23，PB=34，PA=13，PB=14，
张老师答对2题，丁老师答对1题的概率为：
PA⋅PA⋅C21⋅PB⋅PB=23×23×2×34×14=16，
丁老师答对2题，张老师答对1题的概率为：
PB⋅PB⋅C21⋅PA⋅PA=34×34×2×23×13=14
则张老师、丁老师两人共答对三个题的概率是16+14=512．
故答案为：512
13．排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为______．
【答案】1781
【分析】乙队获胜可分为乙队以3:0或3:1或3:2的比分获胜，然后分别求出各种情况的概率，加起来即可．
【详解】乙队获胜可分为乙队以3:0或3:1或3:2的比分获胜．
乙队以3:0获胜，即乙队三场全胜，概率为133=127；
乙队以3:1获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为C32×132×23×13=227；
乙队以3:2获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为C42×132×232×13=881．
所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为127+227+881=1781．
故答案为：1781．

四、解答题
14．甲、乙两人共同抛掷一枚硬币，规定硬币正面朝上甲得1分，否则乙得1分，先积得3分者获胜，并结束游戏．
(1)求在前3次抛掷中甲得2分、乙得1分的概率；
(2)若甲已经积得2分，乙已经积得1分，求甲最终获胜的概率．
【答案】(1)38
(2)34

【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式求得正确答案.
（2）根据甲获胜时的比分进行分类讨论，由此求得甲最终获胜的概率.
【详解】（1）前3次抛掷中甲得2分、乙得1分的概率为C32×122×12=38.
（2）若甲获胜时的比分为3:1，则概率为12；
若甲获胜时的比分为3:2，则概率为12×12=14.
所以甲最终获胜的概率为12+14=34.
15．疫情过后，某工厂复产，为了保质保量，厂部决定开展有奖生产竞赛，竞赛规则如下：2人一组，每组做①号产品和②号产品两种，同组的两人，每人只能做1种产品且两人做不同产品，若做出的产品是“优质品”，则可获得奖金，每件①号产品的“优质品”的奖金为50元，每件②号产品的“优质品”的奖金为40元．现有甲、乙两人同组，甲做①号产品每天可做3件，做②号产品每天可做4件，做的每件①号产品或②号产品是“优质品”的概率均为34；乙做①号产品每天可做4件，做②号产品每天可做3件，做的每件①号产品或②号产品是“优质品”的概率均为23．做产品时，每件产品是否为“优质品”相互独立，甲、乙两人做产品也相互独立．
(1)若甲做①号产品，记X1为甲每天所得奖金数，Y1为乙每天所得奖金数，求X1,Y1的分布列；
(2)若要甲、乙两人每天所得奖金之和的数学期望最大，则甲应做①号产品还是②号产品？请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)甲应做②产品,理由见解析

【分析】(1)根据二项分布计算概率列出分布列；
(2)根据二项分布的期望公式求解.
【详解】（1）X1可能的取值为0,50,100,150，
P(X1=0)=(1−34)3=164,P(X1=50)=C3134(1−34)2=964,
P(X1=100)=C32(34)2(1−34)=2764,P(X1=150)=(34)3=2764,
所以X1的分布列如下：
X1
0
50
100
150
P
164
964
2764
2764

Y1可能的取值为0,40,80,120，
P(Y1=0)=(13)3=127,P(Y1=40)=C3123(13)2=627,
P(Y1=80)=C32(23)2(13)=1227,P(Y1=120)=(23)3=827，
所以Y1的分布列如下：
Y1
0
40
80
120
P
127
627
1227
827

（2）由题可知甲乙二人每天做出的优质品数服从二项分布，
甲做①产品，乙作②产品每天获得的奖金期望：3×34×50+3×23×40=3852，
甲做②产品，乙作①产品每天获得的奖金期望：4×34×40+4×23×50=7603，
所以甲应做②产品.

题组B 能力提升练
一、单选题
一、单选题
1．已知随机变量ξi的分布列如下：
ξi
0
1
2
P
1−pi2
2pi1−pi
pi2

其中i=1，2，若12 A．Eξ1D3ξ2+1
C．Eξ1>Eξ2，D3ξ1+1Eξ2，D3ξ1+1>D3ξ2+1
【答案】B
【分析】由题知ξi∼B2,pi，进而根据二项分布的期望与方差公式，方差的性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：由表中数据可知ξi∼B2,pi，
∴Eξi=2pi，Dξi=2pi1−pi，
又∵12 ∴Eξ10，
∴Dξ1>Dξ2，D3ξ1+1=9Dξ1>9Dξ2=D3ξ2+1.
故选：B
2．A、B两组各3人独立的破译某密码，A组每个人译出该密码的概率均为p1，B组每个人译出该密码的概率均为p2，记A、B两组中译出密码的人数分别为X、Y，且12 A．EXDY
C．EX>EY，DXEY，DX>DY
【答案】B
【分析】由题意分析X，Y均服从二项分布，利用二项分布的均值和方差公式直接求得.
【详解】由题意可知：X服从二项分布B3,p1，所以EX=3p1,DX=3p11−p1.
同理：Y服从二项分布B3,p2，所以EX=3p2,DX=3p21−p2.
因为12 对于二次函数y=3p1−p，对称轴p=12，所以在12,1上函数单调递减，
所以当123p21−p2，即DX>DY.
故选：B
3．排球比赛实行“五局三胜制”，根据此前的若干次比赛数据统计可知，在甲､乙两队的比赛中，每场比赛甲队获胜的概率为23，乙队获胜的概率为13，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为（    ）
A．1481 B．13 C．1781 D．1681
【答案】C
【分析】乙队获胜可分为乙队以3:0或3:1或3:2的比分获胜.然后分别求出各种情况的概率，加起来即可；也可以构建二项分布模型解决.
【详解】解法一：乙队获胜可分为乙队以3:0或3:1或3:2的比分获胜.
乙队以3:0获胜，即乙队三场全胜，概率为C33×133=127；
乙队以3:1获胜，即乙队前三场两胜一负，第四场获胜，概率为C32×132×23×13=227；
乙队以3:2获胜，即乙队前四场两胜两负，第五场获胜，概率为C42×132×232×13=881.
所以，在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为127+227+881=1781.
解法二：采用五局三胜制，不妨设赛满5局，用X表示5局比赛中乙胜的局数，则X∼B5,13.乙最终获胜的概率为PX=3+PX=4+PX=5 =C53×133×232+C54×134×231+C55×135=1781.
故选：C.
4．在A、B、C三个地区爆发了流感，这三个地区A、B、C分别有6%、5%、4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人.则下列叙述正确的是（    ）
A．这个人患流感的概率为0.15
B．此人选自A地区且患流感的概率为0.0375
C．如果此人患流感，此人选自A地区的概率为3097
D．如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人
【答案】C
【分析】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则D=E∪F∪G，且E,F,G彼此互斥，然后根据条件依次得到P(E)、P(F)、P(G)、P(D|E)、P(D|F)、P(D|G)的值，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.
【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，
则D=E∪F∪G，且E,F,G彼此互斥，
由题意可得P(E)=520=0.25，P(F)=720=0.35，P(G)=820=0.4，
P(D|E)=0.06，P(D|F)=0.05，P(D|G)=0.04，
A.由全概率公式可得P(D)=P(E)⋅P(D|E)+P(F)⋅P(D|F)+P(G)⋅P(D|G)=0.25×0.06+0.35×0.05 +0.4×0.04=0.0485；A错误；
B.P(E)=520=0.25，P(D|E)=0.06，选自A地区且患流感的概率为0.0150；B错误；
C.由条件概率公式可得P(E|D)=P(DE)P(D)=P(D)⋅P(D|E)P(D)=0.25×0.060.0485=3097，C正确.
D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为X，
则X~B(100,0.0485)，即E(X)=100×0.0485=4.85；D错误.
故选：C
5．已知随机变量X∼B4,p，且EX=3，则D3X−1=（    ）
A．3 B．6 C．274 D．234
【答案】C
【分析】由二项分布期望公式得p=34，进而得DX=34，再根据方差性质求解即可.
【详解】解：因为随机变量X∼B4,p，且EX=3，
所以EX=4p=3，解得p=34，
所以DX=4×34×1−34=34，
所以D3X−1=9DX=9×34=274．
故选：C
6．1654年，德·梅雷骑士偶遇数学家布莱兹·帕斯卡，在闲聊时梅雷谈了最近遇到的一件事：某天在一酒吧中，肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛，约定胜者可以喝杯酒，当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时，他们发现桌子上还剩最后一杯酒，酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒，如果四局、五局、六局、七局后可以决出胜负，那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费．猜测最后付费的最有可能是（    ）
A．肖恩 B．尤瑟纳尔 C．酒吧伙计 D．酒吧老板
【答案】B
【分析】利用分步乘法原理、分类加法原理以及二项分布求出每种情况对应的概率，再进行大小比较得出结论.
【详解】由题意，可得肖恩每局获胜的概率为2020+40=13，尤瑟纳尔每局获胜的概率为4020+40=23，比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，则
PX=4=C44134+C44234=1781，
PX=5=C43133×23×13+C43233×13×23=827，
PX=6=C53133×232×13+C53233×132×23=200729，
PX=7=C63133×233=160729，
由1781<160729<200729<827，知PX=4 所以最后付费的最有可能是尤瑟纳尔．故A，C，D错误.
故选：B．

二、多选题
7．某计算机程序每运行一次都随机出现一个n位二进制数A=a1a2a3a4⋯an，其中aii=1,2,3,⋯,n∈{0,1}，若在A的各数位上出现0和1的概率均为12，记X=a1+a2+a3+⋯+an，则当程序运行一次时（    ）
A．PX=0=12n B．PX=k=PX=n−k0≤k≤n,k∈N∗
C．X的数学期望EX=n2 D．X的方差DX=n24
【答案】ABC
【分析】确定X∼Bn,12，计算得到AB正确，根据数学期望和方差的公式计算得到C正确，D错误，得到答案.
【详解】由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，每位数出现0，1是独立的，
所以X∼Bn,12，所以PX=0=Cn01201−12n=12n，故A正确；
PX=k=Cnk12k1−12n−k=Cnn−k12n−k1−12k=PX=n−k，故B正确；
因为X∼Bn,12，所以EX=n×12=n2，DX=n×12×1−12=n4，故C正确，D错误.
故选：ABC
8．某中学积极响应国家“双减”政策，大力创新体育课堂，其中在课外活动课上有一项“投实心球”游戏，其规则是：将某空地划分成①②③④四块不重叠的区域，学生将实心球投进区域①或者②一次，或者投进区域③两次，或者投进区域④三次，即认为游戏胜利，否则游戏失败．已知小张同学每次都能将实心球投进这块空地，他投进区域①与②的概率均为p（0＜p＜1），投进区域③的概率是投进区域①的概率的4倍，每次投实心球的结果相互独立．记小张同学第二次投完实心球后恰好胜利的概率为P1，第四次投完实心球后恰好胜利的概率为P2，则（    ）
A．0 B．P1=16p2
C．P2=12p+36p3−12p2
D．若P1 【答案】AC
【分析】对四个选项一一判断：
对于A：利用概率的范围直接判断；对于B：利用概率的乘法直接求解；对于C：根据游戏规则利用概率乘法直接求解；对于D：分别表示出P1,P2，列不等式求出p的取值范围.
【详解】对于A：小张同学投进区域③的概率为4p，投进区域④的概率为1－6p，故0 对于B：小张同学第二次投完实心球后，恰好游戏过关包含“第一次未投中区域①或者②，第二次投中区域①或者②”和“第一次与第二次均投中区域③”两个事件，则概率P1=1−2p×2p+4p2=2p+12p2，错误；
对于C：第四次投完实心球后，恰好游戏胜利，则游戏胜利需前三次投完后有一次投进区域③且有两次投进区域④，因此P2=C31×4p1−6p2=1236p3−12p2+p，正确；
对于D：P2−P1=1236p3−12p2+p−2p+6p2=432p3−156p2+10p=2p216p2−78p+5=2p12p−1⋅18p−5，令2p(12p－1)(18p－5)＞0，得0 故选：AC．
9．为了确保在发生新冠肺炎疫情时，能够短时间内完成大规模全员核酸检测工作，采用“10合1混采检测”，即：每10个人的咽拭子合进一个采样管一起检测．如果该采样管中检测出来的结果是阴性，表示这10个人都是安全的．否则，立即对该混采的10个受检者暂时单独隔离，并重新采集单管拭子进行复核，以确定这10个人中的阳性者．某地区发现有输入性病例，需要进行全员核酸检测，若该地区共有10万人，设感染率为p（每个人受感染的概率），则（    ）
A．该地区核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为1041−p人
B．随机的10个一起检测的人所需检测的平均次数为11−101−p10次
C．该区采用“10合1混采检测”，需要重新采集单管拭子的平均人数为1051−p10人
D．该区采用“10合1混采检测”比一人一检大约少用104101−p10−1份检测试剂
【答案】BD
【分析】根据二项分布即可求解A，设随机变量X表示这10个人一共所需的检验次数，求出X所有取值和相应的概率，再求出X的期望即可即可判断B,根据B选项可求解10万人采用“10合1混采检测”需要检测的次数，即可判断CD.
【详解】感染率为p，没有感染的概率为1−p，则为阴性的人数为Y,则Y∼B105,1−p ，
所以核酸检测结果是阴性的人数的数学期望为1051−p，故A错误，
感染率为p，10个人的咽拭子混合在一起检测时，设随机变量X表示这10个人一共所需的检验次数，若第一次混检都是阴性，所需检测次数为1，X=1；若是阳性，每人还得再单独检测一次，此时X=11，且P(X=1)=(1−p)10，P(X=11)=1−(1−p)10，
于是平均检测次数是E(X)=1×(1−p)10+11×[1−(1−p)10]=11−10×(1−p)10，故B正确，
采用“10合1混采检测”，1管中需要重新采样的概率为1−1−p10，所以10万人中需要重新采集单管拭子的平均人数为1051−1−p10人，故C错误，
采取“10合1混采检测”方案，10万人可能需要进行检测的平均次数大约为：
10000010[11−10(1−p)10]=110000−100000×(1−p)10，
即进行“10合1混采检测”方案，比“一人一检”方案少使用约100000−110000−100000×(1−p)10=100000×(1−p)10−10000=10410×(1−p)10−1份检测试剂,故D正确，
故选：BD
10．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5（例如10100），其中A的各位数中ak（k＝2，3，4，5）出现0的概率为13，出现1的概率为23，记X=a2+a3+a4+a5，则当程序运行一次时（　　）
A．X服从二项分布 B．P(X=1)=881
C．X的均值E(X)=83 D．X的方差D(X)=83
【答案】ABC
【分析】分别写出X的可能取值，并计算其概率，推导出X∼B4,23，再根据二项分布的性质求出结果即可．
【详解】由于二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有5类：
①后4个数位出现4个0，X=0，记其概率为P(X=0)=134=181；
②后4个数位出现1个1，X=1，记其概率为P(X=1)=C4123133=881；
③后4个数位出现2个1，X=2，记其概率为P(X=2)=C42232132=2481，
④后4个数位出现3个1，X=3，记其概率为P(X=3)=C4323313=3281，
⑤后4个数位出现4个1，X=4，记其概率为P(X=4)=234=1681，
所以X∼B4,23，故A正确；
又P(X=1)=C4123133=881，故B正确；
∵X∼B4,23，∴E(X)=4×23=83，故C正确；
∵X∼B4,23，∴X的方差D(X)=4×23×13=89，故D错误．
故选：ABC．

三、填空题
11．设随机变量ξ~B(2,p),η~B(3,p)，若P(ξ≥1)=59，则P(η≥2)=_________．
【答案】727
【分析】由题意可得P(ξ≥1)=1−P(ξ=0)=59,由此解出p值,根据η~B(3,p),代入所求的概率的值,根据P(η≥2)=1−P(η=0)−p(η=1)得到结果.
【详解】∵随机变量ξ~B(2,p),且P(ξ≥1)=59
∴P(ξ≥1)=1−P(ξ=0)=1−C20⋅(1−p)2=59,
解得p=13,∴η~B(3,13)
∴P(η≥2)=1−P(η=0)−P(η=1)=1−C30130233−C31131232=1−827−49=727，
故答案为：727.
12．设随机变量X服从二项分布B2,p，若PX≥1=3536，则p=______．
【答案】56
【分析】由随机变量X服从二项分布B2,p可得PX=0，然后利用PX≥1=1−PX=0即可得到答案
【详解】解：因为随机变量X服从二项分布B2,p，
所以PX=0=C201−p2=1−p2，
所以PX≥1=1−PX=0=1−1−p2=3536，
因为p>0，所以p=56，
故答案为：56
13．小明与另外2名同学进行“手心手背”游戏，规则是：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分．现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为X，则X的均值为________．
【答案】3
【分析】依题意X的可能取值为0，1，2，3，4，利用列举法求出小明每局每得分的概率，从而X~B(4,34)，由此能求出E(X)．
【详解】解：3人同时随机等可能选择手心或手背中的一种手势，
规定相同手势人数多者每人得1分，其余每人得0分，
现3人共进行了4次游戏，记小明4次游戏得分之和为X，
则X的可能取值为0，1，2，3，4，
设其他两位同学为a，b，小明为c，列表得
a
b
c
手心
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手心
手心
手背
手心
手背
手心
手背
手背
手心
手心
手背
手背
手背
手背
手背
手心

共有8种情况，小明得1分结果有6种情况，
∴小明每局每得分的概率P=34，
∴X~B4,34，
∴E(X)=4×34=3．
故答案为：3．
14．设随机变量X~B(2,p)，满足P(X≥1)=1516．若Y=2X−1，则D(Y)=_____．
【答案】32##1.5
【分析】由题设有P(X≥1)=1−P(X=0)求出参数p，再由二项分布方差公式求D(X)，最后根据方差的性质求D(Y).
【详解】由P(X≥1)=1−P(X=0)=1−C20(1−p)2p0=1516，故(1−p)2=116，则p=34，
所以X~B(2,34)，则D(X)=2×(1−34)×34=38，而Y=2X−1，
则D(Y)=4D(X)=32.
故答案为：32

四、解答题
15．世界杯足球赛淘汰赛阶段的比赛规则为：90分钟内进球多的球队取胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负（踢成平局），将进行30分钟的加时赛，若加时赛阶段两队仍未分出胜负，则进入“点球大战”．点球大战的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5球前，一队进球数已多于另一队踢5球可能踢中的球数，则该队胜出，譬如：第4轮结束时，双方进球数比2:0，则不需踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮．直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．现有甲乙两队在淘汰赛中相遇，双方势均力敌，120分钟（含加时赛）仍未分出胜负，须采用“点球大战”决定胜负．设甲队每名球员射进的概率为12，乙队每名球员射进的概率为23．每轮点球结果互不影响．
(1)设甲队踢了5球，X为射进点球的个数，求X的分布列与期望；
(2)若每轮点球都由甲队先踢，求在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并刚好胜出的概率．
【答案】(1)分布列见解析，E(X)=52
(2)19

【分析】（1）由题意知X∼B(5,12)，由二项分布求出X的分布列与期望；
（2）由题意知甲乙两队比分为1：4或2：4，求出相应的概率再相加即可.
【详解】（1）由题意知，X∼B(5,12)，X可能的取值为0，1，2，3，4，5.
P(X=0)=(12)5=132，P(X=1)=C51(12)5=532，
P(X=2)=C52(12)5=1032=516，P(X=3)=C53(12)5=1032=516，P(X=4)=C54(12)5=532，P(X=5)=(12)5=132.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
P
132
532
516
516
532
132

E(X)=5×12=52．
（2）设“第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出”为事件A，
由题意知，甲乙两队比分为1：4或2：4，设“甲乙两队比分为1：4”为事件A1，“甲乙两队比分为2：4”为事件A2，
若甲乙两队比分为1：4，则乙射进4次，甲前三次射进一次，第4次未进，P(A1)=C31(12)312⋅(23)4=127，
若甲乙两队比分为2：4，则乙射进4次，甲前四次射进两次，P(A2)=C42(12)4⋅(23)4=227,
所以P(A)=P(A1)+P(A2)=127+227=19．
即在第四轮点球结束时，乙队进了4个球并胜出的概率为19．
16．为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，
(1)两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间50,100上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为3:0，则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是34，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是23，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响
（i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记X为答对题目的数量，求X的分布列及数学期望
（ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率
【答案】(1)学生的成绩的平均分的估计值为73.8分
(2)（i）分布列见解析，EX=94（ii）11256.

【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出a=0.018，进而利用中间值求出平均分的估计值；
（2）（i）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，根据二项分布求概率，写出分布列进而求期望即可；（ii）将在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的事件分拆成乙答对0道与1道两个事件，再利用互斥事件的概率公式计算而得.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知：
10×0.006+0.008+a+0.026+0.042=1可得a=0.018
∴平均分的估计值为
0.08×55+0.26×65+0.42×75+0.18×85+0.06×95=73.8
∴学生的成绩的平均分的估计值为73.8分
（2）（i）由题可得X∼B3,34，X的可能取值为0，1，2，3
∴PX=0=1−343=164
PX=1=C31⋅34⋅1−342=964
PX=2=C32⋅342⋅1−34=2764
PX=3=C33⋅343⋅1−340=2764
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
P
164
964
2764
2764

∴EX=94
（ii）将“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件A，
“在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件A1，
“在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件A2
∴PA1=C32⋅342⋅1−34⋅34⋅1−234=1256，
PA2=343⋅1−34×C31⋅23⋅1−233+C32⋅342⋅1−34⋅34⋅C41⋅231−233=5128，
∴PA=PA1+PA2=11256.
∴在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为11256.

题组C 培优拔尖练

1．某学校共有5个学生餐厅，甲、乙、丙、丁四位同学每人随机地选择一家餐厅就餐（选择到每个餐厅概率相同），则下列结论正确的是（    ）
A．四人去了四个不同餐厅就餐的概率为24125
B．四人去了同一餐厅就餐的概率为11296
C．四人中恰有2人去了第一餐厅就餐的概率为96625
D．四人中去第一餐厅就餐的人数的期望为45
【答案】ACD
【分析】对于ABC，利用排列组合的意义及古典概型概率的求法，求出对应事件的概率，从而得以判断；
对于D，根据题意得到第一餐厅就餐的人数X服从二项分布，从而利用二项分布数学期望的求法求得X的期望，由此判断即可.
【详解】依题意得，四位同学随机选择一家餐厅就餐有54选择方法，
对于A，四人去了四个不同餐厅就餐的概率为A5454=5×4×3×25×5×5×5=24125，故A正确；
对于B，四人去了同一餐厅就餐的概率为A5154=55×5×5×5=1125，故B错误；
对于C，四人中恰有2人去了第一餐厅就餐的概率为C42×4254=6×4×45×5×5×5=96625，故C正确；
对于D，每个同学选择去第一餐厅的概率为15，
所以去第一餐厅就餐的人数X服从二项分布X∼B4,15，
所以E(X)=4×15=45，故D正确.
故选：ACD.

\2．2022年冬季奥林匹克运动会主办城市是北京，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市.为迎接冬奥会的到来，某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)在这10所学校中随机选取3所来调查研究，求在抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”超过40人的条件下，“单板滑雪”不超过30人的概率；
(2)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”.则该轮测试记为“优秀”，在集训测试中，小明同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为13，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果小明同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到3次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)125
(2)12

【分析】（1）根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；
（2）根据题意，结合二项分布的概率公式求解.
【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，
36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，32，30，
其中参与“自由式滑雪”的人数超过40人的有4个，参与“自由式滑雪”的人数超过40人，且“单板滑雪”的人数超过30人的有2个.
设事件A为“从这10所学校中抽到学校至少有一个参与“自由式滑雪”的人数超过40人”
事件B为“从10所学校中选出的3所学校中参与“单板滑雪”的人数不超过30人”
则，PA=C41C62+C42C61+C43C103=100120，
PAB=C21C22+C22C21C103=4120，
所以PBA=PABPA=4120100120=125.
（2）由题意可得小明同学在一轮测试中为“优秀”的概率为P=C32132×1−13+C33133=727，
所以小在n轮测试中获得“优秀”的次数Y满组Y∼Bn,727，
由EY=n⋅727≥3，得n≥817≈11.6.
所以理论上至少要进行12轮测试.