2024年新高考数学一轮复习达标检测第59讲n次独立重复试验及二项分布（教师版）

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A．B．C．D．
【分析】直接套用二项分布概率计算公式，计算即可．
【解答】解：∵随机变量ξ服从二项分布，
∴＝．
故选：D．
2．某种疾病的患病率为0.5%，已知在患该种疾病的条件下血检呈阳性的概率为99%，则患该种疾病且血检呈阳性的概率为（ ）
A．0.495%B．0.9405%C．0.9995%D．0.99%
【分析】设事件A表示“患某种疾病”，设事件B表示“血检呈阳性”，则P（A）＝0.5%，P（B|A）＝99%，进而求得P（AB）．
【解答】解：设事件A表示“患某种疾病”，设事件B表示“血检呈阳性”，
则P（A）＝0.5%，P（B|A）＝99%，
∴患该种疾病且血检呈阳性的概率为：
P（AB）＝0.5%×99%＝0.495%．
故选：A．
3．小红的妈妈为小红煮了7个汤圆，其中3个黑芝麻馅，4个五仁馅，小红随机取出两个，事件A＝“取到的两个是同一种馅”，事件B＝“取到的两个都是黑芝麻馅”，则P（B|A）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】先分别求出P（A）＝，P（AB）＝，利用P（B|A）＝，能求出结果．
【解答】解：小红的妈妈为小红煮了7个汤圆，其中3个黑芝麻馅，4个五仁馅，小红随机取出两个，
事件A＝“取到的两个是同一种馅”，事件B＝“取到的两个都是黑芝麻馅”，
则P（A）＝＝，
P（AB）＝＝，
∴P（B|A）＝＝＝．
故选：B．
4．已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由二项分布与n次独立重复实验的模型可得：P（）＝P（X＝2）+P（X＝3）＝（）3（）2+（）2（）3＝，得解．
【解答】解：因为X～B（5，），
所以P（）＝P（X＝2）+P（X＝3）＝（）3（）2+（）2（）3＝，
故选：C．
5．甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，记事件A为“四名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选羽毛球”，则P（A|B）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】推导出P（B）＝＝，P（AB）＝＝，再由P（A|B）＝，能求出结果．
【解答】解：甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，
记事件A为“四名同学所选项目各不相同”，事件B为“只有甲同学选羽毛球”，
则P（B）＝＝，P（AB）＝＝，
∴P（A|B）＝＝＝．
故选：D．
6．现从3名男医生和4名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用A表示事件“抽到的两名医生性别相同”，B表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则P（B|A）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求出抽到的两名医生性别相同的事件概率，再求抽到的两名医生都是女医生事件的概率，然后代入条件概率公式即可．
【解答】解：由已知P（A）＝＝＝；P（AB）＝＝＝，
则P（B|A）＝＝＝，
故选：C．
7．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“─”和阴爻“﹣﹣”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，记事件A＝“取出的重卦中至少有2个阴爻”，事件B＝“取出的重卦中恰有3个阳爻”．则P（B|A）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】记事件A＝“取出的重卦中至少有2个阴爻”，事件B＝“取出的重卦中恰有3个阳爻”．推导出P（A）＝，P（AB）＝，则P（B|A）＝，由此能求出结果．
【解答】解：每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“─”和阴爻“﹣﹣”，
在所有重卦中随机取一重卦，
记事件A＝“取出的重卦中至少有2个阴爻”，
事件B＝“取出的重卦中恰有3个阳爻”．
P（A）＝1﹣﹣＝，
P（AB）＝＝，
则P（B|A）＝＝＝．
故选：D．
8某电子元件生产厂家新引进一条产品质量检测线，现对检测线进行上线的检测试验：从装有5个正品和1个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出3个，再将电子元件放回．重复6次这样的试验，那么“取出的3个电子元件中有2个正品，1个次品”的结果恰好发生3次的概率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】取出的3个电子元件中有2个正品，1个次品的概率p＝＝重复6次这样的试验，利用n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式能求出“取出的3个电子元件中有2个正品，1个次品”的结果恰好发生3次的概率．
【解答】解：从装有5个正品和1个次品的同批次电子元件的盒子中随机抽取出3个，再将电子元件放回．
取出的3个电子元件中有2个正品，1个次品的概率p＝＝
重复6次这样的试验，
那么“取出的3个电子元件中有2个正品，1个次品”的结果恰好发生3次的概率是：
P（X＝3）＝＝．
故选：B．
9．设随机变量X～B（6，），则P（2＜X≤4）＝ ．
【分析】利用二项分布的性质直接求解．
【解答】解：∵随机变量X～B（6，），
∴P（2＜X≤4）＝P（x＝3）+P（X＝4）
＝+＝．
故答案为：．
10．口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，甲从中不放回的逐一取球，已知在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为 ．
【分析】甲从中不放回的逐一取球，设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得红球”，求出P（A）＝，P（AB）＝，由此能求出在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率．
【解答】解：口袋中装有大小形状相同的红球2个，白球3个，黄球1个，
甲从中不放回的逐一取球，
设事件A表示“第一次取得红球”，事件B表示“第二次取得红球”，
P（A）＝＝，P（AB）＝＝，
∴在第一次取得红球的条件下，第二次仍取得红球的概率为：
P（B|A）＝＝＝．
故答案为：．
11．设X～B（4，p），且P（X＝2）＝，那么一次试验成功的概率p是 ．
【分析】利用二项分布的概率计算公式，结合P（X＝2）＝，建立方程，即可求出一次试验成功的概率．
【解答】解：，
即，解得或．
故答案为：或．
12．已知P（B|A）＝，P（AB）＝，则P（A）＝ ．
【分析】由条件概率得P（A）＝，由此能求出结果．
【解答】解：∵P（B|A）＝，P（AB）＝，
∴P（A）＝＝＝．
故答案为：．
13．根据某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在刮风天里，下雨的概率为 ，在下雨天里，刮风的概率为 ．
【分析】设事件A＝“下雨”，B＝“刮风”，AB＝“刮风又下雨”，则P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，在刮风天里，下雨的概率为：P（A|B）＝，在下雨天里，刮风的概率为：P（B|A）＝，由此能求出结果．
【解答】解：设事件A＝“下雨”，B＝“刮风”，AB＝“刮风又下雨”，
则P（A）＝，P（B）＝，P（AB）＝，
∴在刮风天里，下雨的概率为：
P（A|B）＝＝＝，
在下雨天里，刮风的概率为：
P（B|A）＝＝＝．
14．已知纸箱中装有6瓶消毒液，其中4瓶为合格品，2瓶为不合格品，现从纸箱中任取一瓶消毒液，每瓶消毒液被取到的可能性相同，不放回地取两次，若用A表示“第一次取到不合格的消毒液”，用B表示“第二次仍取到不合格的消毒液”，则P（B|A）＝ ．
【分析】用1，2，3，4表示合格品，5，6表示不合格品，然后求出A、AB两个事件包含的基本事件的个数，套用公式即可．
【解答】解：由题意，令1，2，3，4表示合格品，5，6表示不合格品，若不放回的取两次，
设A＝“第一次取到不合格的消毒液”，B＝“第二次仍取到不合格的消毒液”，
所以n（A）＝，n（AB）＝，
故．
15．我国的5G研发在世界处于领先地位，到2020年5月已开通5G基站超过20万个．某科技公司为基站使用的某种装置生产电子元件，该装置由元件A和元件B按如图方式连接而成．已知元件A至少有一个正常工作，且元件B正常工作，则该装置正常工作．据统计，元件A和元件B正常工作超过10000小时的概率分别为和．
（Ⅰ）求该装置正常工作超过10000小时的概率；
（Ⅱ）某城市5G基站建设需购进1200台该装置，估计该批装置能正常工作超过10000小时的件数．
【分析】（Ⅰ）求出元件A至少有一个正常工作超过10000小时的概率，由此能求出该装置正常工作超过10000小时的概率．
（Ⅱ）设1200台该装置能正常工作超过10000小时的有X台，X服从二项分布X～B（1200，），由此能求出这1200台装置能正常工作超过10000小时的台数．
【解答】解：（Ⅰ）元件A至少有一个正常工作超过10000小时的概率，
则该装置正常工作超过10000小时的概率为．
（Ⅱ）设1200台该装置能正常工作超过10000小时的有X台，
则X服从二项分布X～B（1200，），
∴这1200台装置能正常工作超过10000小时的约有：台．
16．某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动．
（1）求男生甲被选中的概率；
（2）在已知男生甲被选中的条件下，女生乙被选中的概率；
（3）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率．
【分析】（1）求出基本事件的总数以及符合条件的个数，即可求解结论；
（2）根据条件概率的公式求解即可；
（3）分别求出各自对应的概率，再代入条件概率的计算公式求解即可．
【解答】解：（1）从6名成员中挑选2名成员，共有15种情况，记“男生甲被选中”为事件A，事件A所包含的基本事件数为5种，故．
（2）记“男生甲被选中”为事件A，“女生乙被选中”为事件B，则，由（1）知，故．
（3）记“挑选的2人一男一女”为事件C，则，“女生乙被选中”为事件B，，故．
[B组]—强基必备
1．2020年初，新型冠状肺炎在欧洲爆发后，我国第一时间内向相关国家捐助医疗物资，并派出由医疗专家组成的医疗小组奔赴相关国家．现有四个医疗小组甲、乙、丙、丁，和有4个需要援助的国家可供选择，每个医疗小组只去一个国家，设事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，则P（A|B）＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求出“4个医疗小组去的国家各不相同”且“小组甲独自去一个国家”的概率，再求“小组甲独自去一个国家”的概率，代入公式计算即可．
【解答】解：事件A＝“4个医疗小组去的国家各不相同”，事件B＝“小组甲独自去一个国家”，
则P（AB）＝＝，P（B）＝＝，
P（A|B）＝＝，
故选：A．
2．近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道道亮丽的风景线．他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单．某外卖小哥每天来往于r个外卖店（外卖店的编号分别为1，2，……，r，其中r≥3），约定：每天他首先从1号外卖店取单，叫做第1次取单，之后，他等可能的前往其余r﹣1个外卖店中的任何一个店取单叫做第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的r﹣1个外卖店取单．设事件Ak＝{第k次取单恰好是从1号店取单}，P（Ak）是事件Ak发生的概率，显然P（A1）＝1，P（A2）＝0，则P（A3）＝ ，P（Ak+1）与P（Ak）的关系式为 ．（k∈N*）
【分析】A2＝{第2次取单恰好是从1号店取单}，由于每天第1次取单都是从1号店开始，根据题意，第2次不可能从1号店取单，从而P（A2）＝0，A3＝{第3次取单恰好是从1号店取单}，由此利用条件概率计算公式能求出结果．
【解答】解：A2＝{第2次取单恰好是从1号店取单}，
由于每天第1次取单都是从1号店开始，根据题意，第2次不可能从1号店取单，
所以P（A2）＝0，A3＝{第3次取单恰好是从1号店取单}，
因此，
．
故答案为：；P（Ak+1）＝[1﹣P（Ak）]．