7.4.1 二项分布 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套练习word（人教A版）

7.4.1　二项分布 [课时跟踪检测] 1.在4重伯努利试验中，若事件A至少发生1次的概率为，则事件A在1次试验中发生的概率为 （　　） A. B. C. D. 解析：选A　设事件A在一次试验中发生的概率为p，由题意得1-p0（1-p）4=，所以1-p=，p=. 2.已知随机变量X~B（2，p），P（X=1）=，则E= （　　） A. B. C. D.2 解析：选A　依题意，P（X=1）=·p·（1-p）=2·p·（1-p）=，解得p=，所以E（X）=2×=1，所以E=E（X）=×1=. 3.某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min，则这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间Y的均值为 （　　） A. B.1 C. D. 解析：选D　遇到红灯的次数X~B，∴E（X）=4×=，∴E（Y）=E（2X）=2×=. 4.[多选]设随机变量ξ~B（2，p），η~B（3，p），若P（ξ≥1）=，则 （　　） A.p= B.E（ξ）= C.D（η）=1 D.P（η≥2）= 解析：选ABD　由P（ξ=0）+P（ξ≥1）=1，则P（ξ=0）=p0（1-p）2=，可得p=，所以E（ξ）=2×=，D（η）=3××=，P（η≥2）=p2（1-p）1+p3（1-p）0=+=. 5.已知某篮球运动员每次罚球命中的概率为0.4，该运动员进行罚球练习（每次罚球互不影响），则在罚球命中两次停止时，罚球次数恰为4的概率是 （　　） A. B. C. D. 解析：选C　设运动员罚球一次“命中”记为事件A，则P（A）=0.4，P（）=0.6.命中两次停止时，罚球次数恰为4，说明第4次命中，前3次命中1次，故所求概率为0.4×0.62×0.4=. 6.袋中装有标号为1，2，3，4，5，6且大小相同的6个小球，从袋子中一次性摸出两个球，记下号码并放回，如果两个号码的和不是3的倍数，则获奖，若有5人参与摸球，则恰好3人获奖的概率是 （　　） A. B. C. D. 解析：选D　从袋子中一次性摸出两个球，共有=15种情况，其中两个号码的和为3的倍数的有{1，2}，{1，5}，{2，4}，{3，6}，{4，5}，共5种情况，∴一个人摸球，能够获奖的概率为1-=， ∴5人参与摸球，恰好3人获奖的概率P=××=. 7.已知离散型随机变量X服从二项分布B（n，p），其中n∈N*，0<p<1，记X为奇数的概率为a，X为偶数的概率为b，则下列说法不正确的是 （　　） A.a+b=1 B.p=时，a=b C.0<p<时，a随着n的增大而增大 D.<p<1时，a随着n的增大而减小 解析：选D　对于A，由概率的基本性质可知，a+b=1，故A正确；对于B，由p=时，离散型随机变量X服从二项分布B，则P（X=k）=（k=0，1，2，3，…，n），所以a=+++…）=×2n-1=，b=+++…）=×2n-1=，所以a=b，故B正确；对于C、D，a==，当0<p<时，a=为正项且单调递增的数列，故a随着n的增大而增大，故C正确，当<p<1时，（1-2p）n为正负交替的摆动数列，故D不正确. 8.已知X~B，记使P（X=k）取最大值时的k的值为k0.把1~9这9个数字排成一列，则k0的左、右两侧都有数字，且与k0相邻的数字都比k0大的排列种数为 （　　） A.15 B.21 C.30 D.42 解析：选C　因为X~B，则P（X=k）=×（0≤k≤9且k∈N），所以==.当k≤2时，>1，当k≥3时，<1，所以k=3时，P（X=k）最大，所以k0=3.首先将3排到中间7个位置中的一个位置，再从4，5，6，7，8，9六个数字中选两个数字排在3的左、右，其余数字全排列即可，所以符合条件的排列种数为=30. 9.在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名.由马尔可夫不等式知，若ξ是只取非负值的随机变量，则对∀a>0，都有P（ξ≥a）≤.某市去年的人均年收入为50万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为P（A）.则P（A）的最大值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选D　设ξ为某市去年1名市民的年收入，某市去年的人均年收入为50万元，则E（ξ）=50.设1名市民去年的年收入超过100万元的概率为p， 所以p=P（ξ>100）≤=.由题可得P（A）=p×（1-p）2=3p（1-p）2，设f（p）=3p（1-p）2，0<p≤，令f'（p）=3（1-p）2-3p×2（1-p）=3（1-p）（1-3p）=0，解得p=，所以f（p）max=f=3××=，即P（A）的最大值为. 10.（5分）如果随机变量ξ~B（n，p），且E（ξ）=10，D（ξ）=8，则p等于　　　　.  解析：由题意得，E（ξ）=np=10，D（ξ）=np（1-p）=8，解得p=0.2. 答案：0.2 11.（5分）小李上班的路上有4个红绿灯路口，假如他走到每个红绿灯路口遇到绿灯的概率为，则他在上班的路上至少遇到2次绿灯的概率为　　　　.  解析：4次均不是绿灯的概率为××=，3次不是绿灯的概率为××=，∴至少遇到2次绿灯的概率为1--=. 答案： 12.（5分）（2025·天津高考）小桐操场跑圈，一周2次，一次5圈或6圈.第一次跑5圈或6圈的概率均为0.5，若第一次跑5圈，则第二次跑5圈的概率为0.4，6圈的概率为0.6；若第一次跑6圈，则第二次跑5圈的概率为0.6，6圈的概率为0.4.小桐一周跑11圈的概率为　　　　；若一周至少跑11圈为运动量达标，则连续跑4周，记达标周数为X，则期望E（X）=　　　　.  解析：设小桐一周跑11圈为事件A，第一次跑5圈为事件B，第二次跑5圈为事件C，则P（A）=P（B）P（|B）+P（）P（C|）=0.5×0.6+0.5×0.6=0.6；设运动量达标为事件D，则P（D）=P（A）+P（）P（|）=0.6+0.5×0.4=0.8，所以X~B（4，0.8），E（X）=4×0.8=3.2. 答案：0.6　3.2 13.（10分）某运动员投篮命中率为p=0.6. （1）求投篮1次时命中次数X的均值；（5分） （2）求重复5次投篮时，命中次数Y的均值.（5分） 解：（1）投篮1次，命中次数X的分布列为 X 0 1 P 0.4 0.6 则E（X）=0.6. （2）由题意，重复5次投篮，命中的次数Y服从二项分布，即Y~B（5，0.6），则E（Y）=np=5×0.6=3. 14.（15分）随着生活水平的提高，家用小轿车进入千家万户，在给出行带来方便的同时也给交通造成拥堵.交通部门为了解决某十字路口的拥堵问题，安装了红绿灯.通过测试后发现，私家车在此路口遇到红灯的概率为x（0<x<1）. （1）若遇到红灯的概率为，求不同时刻的5辆私家车在该路口有3辆车遇到红灯的概率；（5分） （2）当私家车遇到红灯的方差达到最大时，求5辆私家车遇到红灯的车辆数X的分布列与期望.（10分） 解：（1）由题设，路口遇到红灯私家车数量X~B，则P（X=3）=×=. （2）由题设，路口遇到红灯的私家车数量X~B（5，x），一辆私家车遇到红灯的方差为5x（1-x）≤5=，当且仅当x=1-x⇒x=时方差达到最大，此时私家车遇到红灯的概率是.由题可得，X的可能取值为X=0，1，2，3，4，5，则P（X=0）==， P（X=1）==，P（X=2）===， P（X=3）===，P（X=4）==， P（X=5）==.所以X的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 P 故E（X）=0×+1×+2×+3×+4×+5×=. 15.（15分）在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.系统就能正常工作.设三台设备的可靠度均为r（0<r<1），它们之间相互不影响. （1）要使系统的可靠度不低于0.992，求r的最小值；（3分） （2）当r=0.7时，求能正常工作的设备数X的分布列；（5分） （3）已知某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可给该产业园带来约50万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案： 方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.8，更换设备硬件总费用为0.8万元； 方案2：花费0.5万元增加一台可靠度是0.7的备用设备，达到“一用三备”. 请从经济损失期望最小的角度判断决策部门该如何决策?并说明理由.（7分） 解：（1）要使系统的可靠度不低于0.992，设能正常工作的设备数为X，则P（X≥1）=1-P（X<1）=1-P（X=0）=1-（1-r）3≥0.992，解得r≥0.8，故r的最小值为0.8. （2）设X为正常工作的设备数，由题意可知，X~B（3，r）， P（X=0）=×0.70×（1-0.7）3=0.027， P（X=1）=×0.71×（1-0.7）2=0.189， P（X=2）=×0.72×（1-0.7）1=0.441， P（X=3）=×0.73×（1-0.7）0=0.343， 从而X的分布列为 X 0 1 2 3 P 0.027 0.189 0.441 0.343 （3）设方案1、方案2的总损失分别为X1，X2， 采用方案1，更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.8，可知计算机网络断掉的概率为×0.80×（1-0.8）3=0.008， 故E（X1）=0.8+0.008×50=1.2万元. 采用方案2，花费0.5万元增加一台可靠度是0.7的备用设备，达到“一用三备”，计算机网络断掉的概率为×0.70×（1-0.7）4=0.008 1，故E（X2）=0.5+0.008 1×50=0.905万元.因此，从经济损失期望最小的角度，决策部门应选择方案2. 学科网（北京）股份有限公司 $