23版新高考一輪分層練案(六十一)　條件概率與二項(xiàng)分布

這是一份23版新高考一輪分層練案(六十一)　條件概率與二項(xiàng)分布，共6頁(yè)。試卷主要包含了袋中有10個(gè)黑球、5個(gè)白球，某次知識(shí)競(jìng)賽規(guī)則如下等內(nèi)容，歡迎下載使用。
一輪分層練案(六十一)　條件概率與二項(xiàng)分布 A級(jí)——基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．袋子中裝有大小、形狀完全相同的2個(gè)白球和2個(gè)紅球，現(xiàn)從中不放回地摸取兩個(gè)球，已知第一次摸到的是紅球，則第二次摸到白球的概率為(　　)A.　　　　　　　 B.C.  D.【答案】B　在第一次摸到紅球的條件下，第二次從3個(gè)球(2白1紅)中摸到白球的概率為.2．甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員練習(xí)定點(diǎn)投球，已知在該點(diǎn)每次投籃，甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.9，每人投兩次，則甲、乙都恰好命中一次的概率為(　　)A．0.32  B．0.18C．0.50  D．0.057 6【答案】D　甲命中一次的概率為C×0.8×(1－0.8)＝0.32，乙命中一次的概率為C×0.9×(1－0.9)＝0.18，他們投籃命中與否相互獨(dú)立，所以甲、乙都恰好命中一次的概率為P＝0.32×0.18＝0.057 6.3．袋子中有大小、形狀完全相同的三個(gè)小球，分別寫有“中”“國(guó)”“夢(mèng)”三個(gè)字，從中任意摸出一個(gè)小球，記錄下所寫漢字后放回；…；如此操作下去，直到“中”“國(guó)”兩個(gè)字都摸到就停止摸球，則恰好第三次就停止摸球的概率為(　　)A.  B．C.  D.【答案】C　由題意，恰好第三次就停止摸球的情況：中夢(mèng)國(guó)，國(guó)夢(mèng)中，中中國(guó)，國(guó)國(guó)中，夢(mèng)中國(guó)，夢(mèng)國(guó)中，共計(jì)6種．而3次所有的摸球情況共有3×3×3＝27(種)，故恰好第三次就停止摸球的概率為＝，故選C.4．兩臺(tái)機(jī)床加工同樣的零件，第一臺(tái)的廢品率為0.04，第二臺(tái)的廢品率為0.07，加工出來(lái)的零件混放，并設(shè)第一臺(tái)加工的零件是第二臺(tái)加工零件的2倍，現(xiàn)任取一零件，則它是合格品的概率為(　　)A．0.21  B．0.06C．0.94  D．0.95【答案】D　令B＝取到的零件為合格品，Ai＝零件為第i臺(tái)機(jī)床的產(chǎn)品，i＝1,2.由全概率公式得P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＝×0.96＋×0.93＝0.95.故選D.5．(多選)甲罐中有3個(gè)紅球、2個(gè)白球，乙罐中有4個(gè)紅球、1個(gè)白球，先從甲罐中隨機(jī)取出1個(gè)球放入乙罐，分別以A1，A2表示由甲罐中取出的球是紅球、白球的事件，再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出1個(gè)球，以B表示從乙罐中取出的球是紅球的事件，下列命題正確的是(　　)A．P(B)＝B．事件B與事件A1相互獨(dú)立C．事件B與事件A2相互獨(dú)立D．A1，A2互斥【答案】AD　根據(jù)題意畫出樹(shù)狀圖，得到有關(guān)事件的樣本點(diǎn)數(shù)因此P(A1)＝，P(A2)＝，P(B)＝＝，A正確；又P(A1B)＝，因此P(A1B)≠P(A1)P(B)，B錯(cuò)誤；同理，C錯(cuò)誤；A1，A2不可能同時(shí)發(fā)生，故彼此互斥，D正確，故選A、D.6．(多選)在某次考試中，要從20道題中隨機(jī)地抽取6道題，考生若能答對(duì)4道題則規(guī)定為及格；若能答對(duì)5道題則規(guī)定為良好，若能答對(duì)6道題則規(guī)定為優(yōu)秀，已知某考生能答對(duì)其中的10道題，則該考生在這次考試中(　　)A．成績(jī)?cè)诩案窦耙陨系母怕蕿?/span>B．成績(jī)良好的概率為C．成績(jī)優(yōu)秀的概率為D．在已知該生在成績(jī)及格及以上條件下，獲得良好及以上成績(jī)的概率為【答案】ABCD　設(shè)事件A，B，C分別表示該生在這次考試中成績(jī)?yōu)榧案瘛⒘己?、?yōu)秀．那么D＝A∪B∪C表示該生成績(jī)?cè)诩案窦耙陨线@一事件，E＝B∪C表示該生成績(jī)?cè)诹己眉耙陨线@一事件則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，∴P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝，故選項(xiàng)A、B、C正確．在選項(xiàng)D中，該事件的概率為P(E|D)＝P(B∪C|D)＝P(B|D)＋P(C|D)＝＋＝，故選項(xiàng)D正確．7．(多選)隨機(jī)拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣10次，下列說(shuō)法正確的有(　　)A．每次出現(xiàn)正面向上的概率為0.5B．第一次出現(xiàn)正面向上的概率為0.5，第二次出現(xiàn)正面向上的概率為0.25C．連續(xù)出現(xiàn)n次正面向上的概率為C0.510D．連續(xù)出現(xiàn)n次正面向上的概率為C0.5n【答案】AC　隨機(jī)拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣10次，每次出現(xiàn)正面向上的概率都是0.5，故A正確，B錯(cuò)誤；連續(xù)出現(xiàn)n次正面向上的概率為C×0.5n×0.510－n＝C0.510，故C正確，D錯(cuò)誤；故選A、C.8．袋中有10個(gè)黑球、5個(gè)白球．現(xiàn)擲一枚均勻的骰子，擲出幾點(diǎn)就從袋中取出幾個(gè)球．若已知取出的球全是白球，則擲出3點(diǎn)的概率為________．解析：設(shè)B＝{取出的球全是白球}，Ai＝{擲出i點(diǎn)}(i＝1,2，…，6)，則由貝葉斯公式，得P(A3|B)＝＝≈0.048 35.【答案】0.048 359．某次知識(shí)競(jìng)賽規(guī)則如下：在主辦方預(yù)設(shè)的5個(gè)問(wèn)題中，選手若能連續(xù)正確回答出兩個(gè)問(wèn)題，即停止答題，晉級(jí)下一輪．假設(shè)某選手正確回答每個(gè)問(wèn)題的概率都是0.8，且每個(gè)問(wèn)題的回答結(jié)果相互獨(dú)立，則該選手恰好回答了4個(gè)問(wèn)題就晉級(jí)下一輪的概率為________；該選手回答了5個(gè)問(wèn)題(5個(gè)問(wèn)題必須全部回答)就結(jié)束的概率為________．解析：依題意，該選手第2個(gè)問(wèn)題回答錯(cuò)誤，第3,4個(gè)問(wèn)題均回答正確，第1個(gè)問(wèn)題回答正誤均有可能，則所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.依題意，設(shè)答對(duì)的事件為A，可分第3個(gè)回答正確與錯(cuò)誤兩類，若第3個(gè)回答正確，則有AA或  A兩類情況，其概率為0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.若該選手第3個(gè)問(wèn)題的回答是錯(cuò)誤的，第1,2個(gè)問(wèn)題回答均錯(cuò)誤或有且只有1個(gè)錯(cuò)誤，則所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率為0.032＋0.072＝0.104.【答案】0.128　0.10410．某社區(qū)舉辦“環(huán)保我參與”有獎(jiǎng)問(wèn)答比賽活動(dòng)，某場(chǎng)比賽中，甲、乙、丙三個(gè)家庭同時(shí)回答一道有關(guān)環(huán)保知識(shí)的問(wèn)題．已知甲家庭回答正確這道題的概率是，甲、丙兩個(gè)家庭都回答錯(cuò)誤的概率是，乙、丙兩個(gè)家庭都回答正確的概率是.若各家庭回答是否正確互不影響．(1)求乙、丙兩個(gè)家庭各自回答正確這道題的概率；(2)求甲、乙、丙三個(gè)家庭中不少于2個(gè)家庭回答正確這道題的概率．解：(1)記“甲家庭回答正確這道題”“乙家庭回答正確這道題”“丙家庭回答正確這道題”分別為事件A，B，C，則P(A)＝，且有即所以P(B)＝，P(C)＝.(2)有0個(gè)家庭回答正確的概率為P0＝P(   )＝P()·P()·P()＝××＝，有1個(gè)家庭回答正確的概率為P1＝P(A ＋B＋ C)＝××＋××＋××＝，所以不少于2個(gè)家庭回答正確這道題的概率為P＝1－P0－P1＝1－－＝.B級(jí)——綜合應(yīng)用 11．已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形都相同且燈口向下放著，現(xiàn)需要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率為(　　)A.  B．C.  D.【答案】D　設(shè)事件A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事件B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，則P(A)＝，P(AB)＝×＝.則所求概率為P(B|A)＝＝＝.12．(多選)甲罐中有5個(gè)紅球、2個(gè)白球和3個(gè)黑球，乙罐中有4個(gè)紅球、3個(gè)白球和3個(gè)黑球．先從甲罐中隨機(jī)取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球、白球和黑球的事件；再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出一球，以B表示由乙罐取出的球是紅球的事件，則下列結(jié)論中正確的是(　　)A．P(B)＝B．P(B|A1)＝C．事件B與事件A1相互獨(dú)立D．A1，A2，A3是兩兩互斥的事件【答案】BD　因?yàn)槭录?/span>A1，A2和A3任意兩個(gè)都不能同時(shí)發(fā)生，所以A1，A2，A3是兩兩互斥的事件，因?yàn)?/span>P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，所以P(B|A1)＝＝＝，P(B|A2)＝＝＝，P(B|A3)＝＝＝，P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)·P(A3)＝×＋×＋×＝.P(A1B)＝，P(A1)P(B)＝×＝，所以P(A1B)≠P(A1)P(B)，于是事件B與事件A1不相互獨(dú)立．故選B、D.13．在4次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中，隨機(jī)事件A恰好發(fā)生1次的概率不大于其恰好發(fā)生2次的概率，則事件A在一次試驗(yàn)中發(fā)生的概率p的最小值為________．解析：由題設(shè)知Cp(1－p)3≤Cp2(1－p)2，解得p≥0.4.因?yàn)?/span>0≤p≤1，所以0.4≤p≤1.所以概率p的最小值為0.4.【答案】0.414．近年來(lái)，我國(guó)外賣業(yè)發(fā)展迅猛，外賣小哥穿梭在城市的大街小巷成為一道道亮麗的風(fēng)景線．他們根據(jù)外賣平臺(tái)提供的信息到外賣店取單．某外賣小哥每天來(lái)往于r個(gè)外賣店(外賣店的編號(hào)分別為1,2，……，r，其中r≥3)，約定：每天他首先從1號(hào)外賣店取單，叫做第1次取單，之后，他等可能的前往其余r－1個(gè)外賣店中的任何一個(gè)店取單叫做第2次取單，依此類推．假設(shè)從第2次取單開(kāi)始，他每次都是從上次取單的店之外的r－1個(gè)外賣店取單．設(shè)事件Ak＝{第k次取單恰好是從1號(hào)店取單}，P(Ak)是事件Ak發(fā)生的概率，顯然P(A1)＝1，P(A2)＝0，則P(A3)＝________，P(Ak＋1)與P(Ak)的關(guān)系式為________(k∈N*)．解析：A2＝{第2次取單恰好是從1號(hào)店取單}，由于每天第1次取單都是從1號(hào)店開(kāi)始，根據(jù)題意，第2次不可能從1號(hào)店取單，所以P(A2)＝0，A3＝{第3次取單恰好是從1號(hào)店取單}，因此P(A3)＝P(2A3)＝P(2)P(A3|2)＝[1－P(A2)]＝，P(Ak＋1)＝P(kAk＋1)＝P(k)P(Ak＋1|k)＝[1－P(Ak)]P(Ak＋1|k)＝[1－P(Ak)].P(Ak＋1)＝[1－P(Ak)].【答案】　P(Ak＋1)＝[1－P(Ak)]15．某市電視臺(tái)舉辦紀(jì)念紅軍長(zhǎng)征勝利知識(shí)回答活動(dòng)，宣傳長(zhǎng)征精神，首先在甲、乙、丙、丁四個(gè)不同的公園進(jìn)行支持簽名活動(dòng).公園甲乙丙丁獲得簽名人數(shù)45603015 然后在各公園簽名的人中按分層隨機(jī)抽樣的方式抽取10名幸運(yùn)之星回答問(wèn)題，從10個(gè)關(guān)于長(zhǎng)征的問(wèn)題中隨機(jī)抽取4個(gè)問(wèn)題讓幸運(yùn)之星回答，全部答對(duì)的幸運(yùn)之星獲得一份紀(jì)念品．(1)求此活動(dòng)中各公園幸運(yùn)之星的人數(shù)；(2)若乙公園中每位幸運(yùn)之星對(duì)每個(gè)問(wèn)題答對(duì)的概率均為，求恰好2位幸運(yùn)之星獲得紀(jì)念品的概率；(3)若幸運(yùn)之星小李對(duì)其中8個(gè)問(wèn)題能答對(duì)，而另外2個(gè)問(wèn)題答不對(duì)，記小李答對(duì)的問(wèn)題數(shù)為X，求X的分布列．解：(1)甲、乙、丙、丁四個(gè)公園幸運(yùn)之星的人數(shù)分別為×10＝3，×10＝4，×10＝2，×10＝1.(2)根據(jù)題意，乙公園中每位幸運(yùn)之星獲得紀(jì)念品的概率為C4＝，所以乙公園中恰好2位幸運(yùn)之星獲得紀(jì)念品的概率為C22＝.(3)由題意，知X的所有可能取值為2,3,4，服從超幾何分布，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝.所以X的分布列為X234P C級(jí)——遷移創(chuàng)新 16．系統(tǒng)內(nèi)有(2k－1)個(gè)元件，每個(gè)元件正常工作的概率為p,0<p<1.若有超過(guò)一半的元件正常工作，則系統(tǒng)正常工作，求系統(tǒng)正常工作的概率Pk，并討論Pk的單調(diào)性．解：(2k－1)個(gè)元件中，恰有k個(gè)元件正常工作的概率為C·pk·(1－p)k－1；恰有(k＋1)個(gè)元件正常工作的概率為C·pk＋1·(1－p)k－2；…；恰有(2k－1)個(gè)元件正常工作的概率為C·p2k－1·(1－p)0.故Pk＝·pi·(1－p)2k－1－i.當(dāng)有(2k＋1)個(gè)元件時(shí)，考慮前(2k－1)個(gè)元件．①前(2k－1)個(gè)元件中恰有(k－1)個(gè)元件正常工作，它的概率為C·pk－1·(1－p)k，此時(shí)后兩個(gè)元件必須同時(shí)正常工作，所以這種情況下系統(tǒng)正常工作的概率為[C·pk－1·(1－p)k]p2.②前(2k－1)個(gè)元件中恰有k個(gè)元件正常工作，它的概率為C·pk·(1－p)k－1，此時(shí)后兩個(gè)元件中至少有一個(gè)正常工作即可，所以這種情況下系統(tǒng)正常工作的概率為[C·pk·(1－p)k－1]·[1－(1－p)2]．③前(2k－1)個(gè)元件中至少有(k＋1)個(gè)元件正常工作，它的概率為Pk－C·pk·(1－p)k－1，此時(shí)系統(tǒng)一定正常工作．故Pk＋1＝p2·C·pk－1·(1－p)k＋[1－(1－p)2]·C·pk·(1－p)k－1＋Pk－C·pk·(1－p)k－1.Pk＋1－Pk＝pk－1·(1－p)k－1·C·[p2(1－p)＋p(2p－p2)－p](這里用到了C＝C)＝pk·(1－p)k－1·C·(p－p2＋2p－p2－1)＝pk·(1－p)k－1·C·[－(2p－1)(p－1)]＝Cpk(1－p)k(2p－1)．故當(dāng)p＝，Pk＋1＝Pk，Pk為常數(shù)；當(dāng)0<p<時(shí)，Pk＋1<Pk，Pk單調(diào)遞減；當(dāng)<p<1時(shí)，Pk＋1>Pk，Pk單調(diào)遞增．