統(tǒng)考版2025屆高考數(shù)學(xué)全程一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)64二項分布正態(tài)分布及其應(yīng)用理

課時作業(yè)64二項分布、正態(tài)分布及其應(yīng)用[基礎(chǔ)落實練]一、選擇題1．[2024·廣東模擬]2024年12月4日是第七個“國家憲法日”．某中學(xué)開展主題為“學(xué)習(xí)憲法學(xué)問，弘揚憲法精神”的學(xué)問競賽活動．甲同學(xué)答對第一道題的概率為eq\f(2,3)，連續(xù)答對兩道題的概率為eq\f(1,2).用事務(wù)A表示“甲同學(xué)答對第一道題”，事務(wù)B表示“甲同學(xué)答對其次道題”，則P(B|A)＝()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3)D．eq\f(3,4)2．[2024·山東濟南十一學(xué)校聯(lián)考]山東煙臺蘋果因“果形端正、色澤明麗、果肉甜脆、香氣濃郁”享譽國內(nèi)外．據(jù)統(tǒng)計，煙臺蘋果(把蘋果近似看成球體)的直徑(單位：mm)聽從正態(tài)分布N(80，52)，則直徑在(75，90]內(nèi)的概率為(附：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544)()A．0.6826B．0.8413C．0.8185D．0.95443．[2024·湖南長郡十五校其次次聯(lián)考]十二生肖作為中國民俗文化的代表，是中國傳統(tǒng)文化的精髓，許多人把生肖作為春節(jié)的祥瑞物，以此來表達對新年的祝愿．某課外愛好小組制作了一個正十二面體模型(如圖)，并在十二個面上分別雕刻了十二生肖的圖案，作為春節(jié)的祥瑞物.2024年春節(jié)前，愛好小組的2個成員將模型隨機拋出，希望能拋出牛的圖案朝上(即牛的圖案在最上面)，2人各拋一次，則恰好出現(xiàn)一次牛的圖案朝上的概率為()A．eq\f(1,12)B．eq\f(143,144)C．eq\f(11,72)D．eq\f(23,144)4．[2024·遼寧丹東質(zhì)檢]10張獎券中有4張“中獎”獎券，甲乙兩人先后參與抽獎活動，每人從中不放回地抽取一張獎券，甲先抽，乙后抽，在甲中獎的條件下，乙沒有中獎的概率為()A．eq\f(3,5)B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4)D．eq\f(4,15)5．[2024·廣東戶肇慶模擬]已知兩種不同型號的電子元件(分別記為X，Y)的運用壽命均聽從正態(tài)分布，X～N(μ1，σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))，Y～N(μ2，σeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))，這兩個正態(tài)分布密度曲線如圖所示．下列結(jié)論中不正確的是(參考數(shù)據(jù)：若Z～N(μ，σ2)，則P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.9545)()A．P(μ1－σ1＜X＜μ1＋2σ1)≈0.8186B．P(Y≥μ2)＜P(Y≥μ1)C．P(X≤σ2)＜P(X≤σ1)D．對于隨意的正數(shù)t，有P(X≤t)＞P(Y≤t)二、填空題6．[2024·湖北恩施中學(xué)、龍泉中學(xué)、宜昌一中聯(lián)考]已知紅箱內(nèi)有3個紅球、2個白球，白箱內(nèi)有2個紅球、3個白球，全部小球大小、形態(tài)完全相同．第一次從紅箱內(nèi)取出一球后再放回去．其次次從與第一次取出的球顏色相同的箱子內(nèi)取出一球，然后再放回去．依次類推，第n＋1次從與第n次取出的球顏色相同的箱子內(nèi)取出一球，然后再放回去，則第4次取出的球是紅球的概率為________．7．[2024·江蘇七市其次次調(diào)研]已知隨機變量X～N(2，σ2)，P(X＞0)＝0.9，則P(2＜X≤4)＝________．8．[2024·江蘇南京秦淮中學(xué)開學(xué)考]設(shè)隨機變量ξ～B(2，p)，η～B(4，p)，若P(ξ≥1)＝eq\f(5,9)，則P(η≥2)的值為________．三、解答題9．在一次國際大型體育運動會上，某運動員報名參與了其中3個項目的競賽．已知該運動員在這3個項目中，每個項目能打破世界紀(jì)錄的概率都是eq\f(2,3)，那么在本次運動會上：(1)求該運動員至少能打破2項世界紀(jì)錄的概率；(2)若該運動員能打破世界紀(jì)錄的項目數(shù)為X，求X的分布列及期望．10．綠水青山就是金山銀山，生態(tài)環(huán)境日益受大家重視.2024年廣州市某公司為了動員職工主動參與植樹造林，在3月12日植樹節(jié)期間開展植樹有獎活動，設(shè)有甲、乙兩個摸獎箱，每位植樹者植樹每滿15棵獲得一次甲箱內(nèi)摸獎機會，植樹每滿25棵獲得一次乙箱內(nèi)摸獎機會．每箱內(nèi)各有10個球(這些球除顏色外全相同)，甲箱內(nèi)有紅、黃、黑三種顏色的球，其中a個紅球、b個黃球、5個黑球(a，b∈N*)，乙箱內(nèi)有4個紅球和6個黃球．每次摸出一個球后放回原箱，摸得紅球獎100元，黃球獎50元，摸得黑球則沒有獎金．(1)經(jīng)統(tǒng)計，每人的植樹棵數(shù)X聽從正態(tài)分布N(20，25)，現(xiàn)有100位植樹者，請估計植樹的棵數(shù)X在區(qū)間(15，25)內(nèi)的人數(shù)(結(jié)果四舍五入取整數(shù))；(2)某人植樹50棵，有兩種摸獎方法：方法一：三次甲箱內(nèi)摸獎機會；方法二：兩次乙箱內(nèi)摸獎機會；請問：這位植樹者選哪一種方法所得獎金的期望值較大？附參考數(shù)據(jù)：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)≈0.9545.[素養(yǎng)提升練]11．[2024·福建廈門外國語學(xué)校月考]甲罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球；乙罐中有5個紅球，3個白球和2個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事務(wù)；再從乙罐中隨機取出一球，以M表示由乙罐取出的球是紅球的事務(wù)，下列結(jié)論不正確的為()A．P(M)＝eq\f(1,2)B．P(M|A1)＝eq\f(6,11)C．事務(wù)M與事務(wù)A1不相互獨立D．A1，A2，A3是兩兩互斥的事務(wù)12．[2024·湖北重點中學(xué)調(diào)研]四張外觀相同的獎券讓甲，乙，丙，丁四人各隨機抽取一張，其中只有一張獎券可以中獎，則不正確的是()A．四人中獎概率與抽取依次無關(guān)B．在甲未中獎的條件下，乙或丙中獎的概率為eq\f(2,3)C．事務(wù)甲或乙中獎與事務(wù)丙或丁中獎互斥D．事務(wù)甲中獎與事務(wù)乙中獎相互獨立13．[2024·遼寧葫蘆島興城高級中學(xué)模擬]一個袋中有大小、形態(tài)相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現(xiàn)隨機等可能取出小球，當(dāng)有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數(shù)為ξ1；當(dāng)無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數(shù)為ξ2，則()A．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)D．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)14．羽毛球是一項隔著球網(wǎng)，運用長柄網(wǎng)狀球拍擊打用羽毛和軟木刷制作而成的一種小型球類的室內(nèi)運動項目．羽毛球競賽的計分規(guī)則：采納21分制，即雙方分數(shù)先達21分者勝，3局2勝．每回合中，取勝的一方加1分．每局中一方先得21分且領(lǐng)先至少2分即算該局獲勝，否則接著競賽；若雙方打成29平后，一方領(lǐng)先1分，即算該局取勝．某次羽毛球競賽中，甲選手在每回合中得分的概率為eq\f(3,4)，乙選手在每回合中得分的概率為eq\f(1,4).(1)在一局競賽中，若甲、乙兩名選手的得分均為18，求在經(jīng)過4回合競賽甲獲勝的概率；(2)在一局競賽中，記前4回合競賽甲選手得分為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E(X).15.中國人民解放軍裝甲兵學(xué)院(前身蚌埠坦克學(xué)院)，建校至今為我國培育了一大批優(yōu)秀的軍事人才．在今年新入學(xué)的學(xué)生中，為了加強愛校教化，現(xiàn)在從全體新入學(xué)的學(xué)生中隨機的抽取了100人，對他們進行校史問卷測試，得分在45～95之間，分為[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]五組，得到如圖所示的頻率分布直方圖，其中第三組的頻數(shù)為40.(1)請依據(jù)頻率分布直方圖估計樣本的平均數(shù)eq\x\to(X)和方差s2(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表)；(2)依據(jù)樣本數(shù)據(jù)，可認為新入學(xué)的學(xué)生校史問卷測試分數(shù)X近似聽從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)eq\x\to(X)，σ2近似為樣本方差s2.①求P(47.2＜X＜79.9)；②在某間寢室有6人，求這6個人中至少有1人校史問卷測試分數(shù)在90.8分以上的概率．參考數(shù)據(jù)：若X～N(μ，σ2)，則P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9544，eq\r(119)≈10.9，0.95446≈0.76，0.97725≈0.89，0.97726≈0.87.課時作業(yè)64二項分布、正態(tài)分布及其應(yīng)用1．解析：∵P（AB）＝eq\f(1,2)，P（A）＝eq\f(2,3)，∴P（B|A）＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,2),\f(2,3))＝eq\f(3,4).答案：D2．解析：煙臺蘋果的直徑（單位：mm）聽從正態(tài)分布N（80，52），可得μ＝80，σ＝5，則直徑在（75，90]內(nèi)的概率為P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）－eq\f(1,2)[P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）－P（μ－σ＜X≤μ＋σ）]＝eq\f(1,2)[P（μ－2σ＜X≤μ＋2σ）＋P（μ－σ＜X≤μ＋σ）]＝eq\f(1,2)×（0.9544＋0.6826）＝0.8185.答案：C3．解析：因為1人拋一次拋出牛的圖案朝上的概率是eq\f(1,12)，所以2人各拋一次，則恰好出現(xiàn)一次牛的圖案朝上的概率P＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×eq\f(1,12)×（1－eq\f(1,12)）＝eq\f(11,72).答案：C4．解析：依據(jù)題意，10張獎券中有4張“中獎”獎券，甲先抽，并且中獎，此時還有9張獎券，其中3張為“中獎”獎券，則在甲中獎條件下，乙沒有中獎的概率P＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3).答案：B5．解析：對于A，P（μ1－σ1＜X＜μ1＋2σ1）≈（0.6827＋0.9545）×eq\f(1,2)＝0.8186，A選項正確；對于B，由正態(tài)分布密度曲線，可知μ1＜μ2，所以P（Y≥μ2）＜P（Y≥μ1），B選項正確；對于C，由正態(tài)分布密度曲線可知σ1＜σ2，所以P（X≤σ2）＞P（X≤σ1），C選項錯誤；對于D，由題圖可知，對于隨意的正數(shù)t，有P（X≤t）＞P（Y≤t），D選項正確，所以選C.答案：C6．解析：設(shè)第n（n∈N*）次取出紅球的概率為Pn，則取出白球的概率為1－Pn，考慮第n＋1次取出紅球的概率Pn＋1.①若第n次取出的球為紅球，則第n＋1次在紅箱內(nèi)取出紅球的概率為eq\f(3,5)Pn；②若第n次取出的球為白球，則第n＋1次在白箱內(nèi)取出紅球的概率為eq\f(2,5)（1－Pn）.所以，Pn＋1＝eq\f(3,5)Pn＋eq\f(2,5)（1－Pn）＝eq\f(1,5)Pn＋eq\f(2,5)，又P1＝eq\f(3,5)，所以，P2＝eq\f(1,5)P1＋eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)×eq\f(3,5)＋eq\f(2,5)＝eq\f(13,25)，P3＝eq\f(1,5)P2＋eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)×eq\f(13,25)＋eq\f(2,5)＝eq\f(63,125)，P4＝eq\f(1,5)P3＋eq\f(2,5)＝eq\f(1,5)×eq\f(63,125)＋eq\f(2,5)＝eq\f(313,625).答案：eq\f(313,625)7．解析：因為P（X＞2）＝0.5，且μ＝2，所以P（X＜0）＝P（X＞4）＝1－P（X＞0）＝0.1，又P（X＞2）＝0.5，所以P（2＜X≤4）＝P（X＞2）－P（X＞4）＝0.4.答案：0.48．解析：因為隨機變量ξ～B（2，p），P（ξ≥1）＝eq\f(5,9)，所以1－Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(2))（1－p）2＝eq\f(5,9)，所以p＝eq\f(1,3)，所以η～B（4，eq\f(1,3)），所以P（η≥2）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))（eq\f(1,3)）2（eq\f(2,3)）2＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))×eq\f(2,3)（eq\f(1,3)）3＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))（eq\f(1,3)）4＝eq\f(11,27).答案：eq\f(11,27)9．解析：（1）依題意，該運動員在每個項目上“能打破世界紀(jì)錄”為獨立事務(wù)，并且每個事務(wù)發(fā)生的概率相同．設(shè)其打破世界紀(jì)錄的項目數(shù)為隨機變量ξ，“該運動員至少能打破2項世界紀(jì)錄”為事務(wù)A，則有P（A）＝P（ξ＝2）＋P（ξ＝3）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))（eq\f(2,3)）2eq\f(1,3)＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))（eq\f(2,3)）3＝eq\f(20,27).（2）設(shè)該運動員能打破世界紀(jì)錄的項目數(shù)為X，由（1）解答可知，X～B（3，eq\f(2,3)），則P（X＝0）＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))（1－eq\f(2,3)）3＝eq\f(1,27)，P（X＝1）＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))·eq\f(2,3)（1－eq\f(2,3)）2＝eq\f(2,9)，P（X＝2）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·（eq\f(2,3)）1·（1－eq\f(2,3)）＝eq\f(4,9)，P（X＝3）＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·（eq\f(2,3)）3＝eq\f(8,27).所以X的分布列為X0123Peq\f(1,27)eq\f(2,9)eq\f(4,9)eq\f(8,27)所以期望E（X）＝0×eq\f(1,27)＋1×eq\f(2,9)＋2×eq\f(4,9)＋3×eq\f(8,27)＝2.10．解析：（1）由題設(shè)，μ＝20，σ＝5，而P（15＜X＜25）＝P（μ－σ＜X＜μ＋σ）≈0.6827，∴100位植樹者中植樹的棵數(shù)在（15，25）內(nèi)的人數(shù)為100×0.6827≈68人．（2）摸甲箱：由題設(shè)知a＋b＝5，故中100元、50元、沒中獎的概率分別為eq\f(a,10)、eq\f(b,10)、eq\f(1,2)；摸乙箱：中100元、50元的概率分別為eq\f(2,5)、eq\f(3,5)，∴甲箱內(nèi)一次摸獎，獎金可能值為X＝{0，50，100}，且P（X＝0）＝eq\f(1,2)，P（X＝50）＝eq\f(b,10)，P（X＝100）＝eq\f(a,10)，則E（X）＝0×eq\f(1,2)＋50×eq\f(b,10)＋100×eq\f(a,10)＝5b＋10a＝25＋5a，∴三次摸獎的期望為3E（X）＝75＋15a，而a可能取值為{1，2，3，4}，即3E（X）≤135.兩次乙箱內(nèi)摸獎，所得獎金可能值為X＝{100，150，200}，P（X＝100）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))（eq\f(3,5)）2＝eq\f(9,25)，P（X＝150）＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))·eq\f(2,5)·eq\f(3,5)＝eq\f(12,25)，P（X＝200）＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))（eq\f(2,5)）2＝eq\f(4,25)，此時，期望獎金為E1（X）＝100×eq\f(9,25)＋150×eq\f(12,25)＋200×eq\f(4,25)＝140元．綜上，3E（X）≤135＜E1（X）＝140，故其次種方案摸獎期望值大．11．解析：對于選項A，P（M）＝eq\f(4,10)×eq\f(6,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(5,11)＝eq\f(54,110)≠eq\f(1,2)，故A中結(jié)論錯誤；對于選項B，P（M|A1）＝eq\f(P（MA1）,P（A1）)＝eq\f(\f(4,10)×\f(6,11),\f(4,10))＝eq\f(6,11)，故B中結(jié)論正確；對于選項C，當(dāng)事務(wù)A1發(fā)生時，P（M）＝eq\f(6,11)，當(dāng)事務(wù)A1不發(fā)生時，P（M）＝eq\f(5,11)，∴事務(wù)M與事務(wù)A1不相互獨立，故C中結(jié)論正確；對于選項D，A1，A2，A3不行能同時發(fā)生，故是兩兩互斥的事務(wù)，故D中結(jié)論正確．答案：A12．解析：對于A，依據(jù)題意，每個人中獎的概率都為eq\f(1,4)，與抽獎的依次無關(guān)，故A正確；對于B，記“甲未中獎”為事務(wù)A，“乙或丙中獎”為事務(wù)B，則P（A）＝eq\f(3,4)，P（AB）＝P（B）＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，∴在甲未中獎的條件下，乙或丙中獎的概率為P（B|A）＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,4))＝eq\f(2,3)，故B正確；對于C，事務(wù)甲或乙中獎與事務(wù)丙或丁中獎不行能同時發(fā)生，故它們互斥，故C正確；對于D，設(shè)“甲中獎”為事務(wù)M，“乙中獎”為事務(wù)N，則P（M）＝P（N）＝eq\f(1,4)，由于只有一張獎券可以中獎，故事務(wù)M，N不行能同時發(fā)生，故P（MN）＝0，因為P（MN）≠P（M）·P（N），所以M，N不相互獨立，故D不正確．答案：D13．解析：ξ1的可能取值為0，1，2，ξ1～B（2，eq\f(1,3)），E（ξ1）＝2×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，D（ξ1）＝2×eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,9)；ξ2的可能取值為0，1，P（ξ2＝0）＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)，P（ξ2＝1）＝eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(2,2)＝eq\f(2,3)，∴E（ξ2）＝0×eq\f(1,3)＋1×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)，D（ξ2）＝（0－eq\f(2,3)）2×eq\f(1,3)＋（1－eq\f(2,3)）2×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9).∴E（ξ1）＝E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）.答案：B14．解析：（1）記在經(jīng)過4回合競賽，甲獲勝為事務(wù)A，可知甲在第4回合勝，前3回合勝2場，所以P（A）＝eq\f(3,4)×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))（eq\f(3,4)）2×eq\f(1,4)＝eq\f(81,256)；（2）易知X的取值為0，1，2，3，4，且X～B（4，eq\f(3,4)），P（X＝0）＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))（eq\f(1,4)）4＝eq\f(1,256)，P（X＝1）＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))（eq\f(1,4)）3×eq\f(3,4)＝eq\f(