7.4.1 二项分布的综合应用 课后提升训练（含答案） 数学选择性必修第三册(人教A版)

7.4.1　二项分布的综合应用
A级——基础过关练
1．(2024年佛山月考)设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人三次上班途中遇红灯的次数X的数学期望为(　　)
A．0.4 B．1.2
C．0.43 D．0.6
2．(2024年青岛期中)一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次停止，设停止时共取了X次球，则P(X＝12)＝(　　)
A．C B．C
C．C D．C
3．(2024年上海期末)甲、乙两个篮球运动员互不影响地在同一位置投球，命中率分别为与p，且乙投球2次均未命中的概率为.若甲、乙两人各投球2次，则共命中2次的概率为(　　)
A． B．
C． D．
4．(2024年柳州期中)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．15A B．21A
C．30A D．42A
5．(2024年大同期中)数轴上一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1秒向左或向右移动一个单位长度，已知向右移动的概率为，向左移动的概率为，共移动8次，则质点位于－2的位置的概率是(　　)
A． B．
C．C D．C
6．(2024年通州期中)(多选)已知随机变量X～B(2，p)，且E(X)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．p＝ B．D(X)＝
C．P＝ D．E(2X＋1)＝
7．(2024年肇庆期中)设离散型随机变量X的分布列为P(X＝k)＝C··(k＝0，1，2，…，300)，则E(X)＝________，若Y＝2X－1，则E(Y)＝________．
8．(2024年惠州期末)第二届广东自由贸易试验区—联动发展区合作交流活动于2023年12月13日—14日在湛江举行，某区共有4名代表参加，每名代表是否被抽到发言相互独立，且概率均为，记X为该区代表中被抽到发言的人数，则D(X)＝________．
9．(2024年北京期中)已知某计算机网络的服务器有三台设备，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉．如果三台设备各自能正常工作的概率都为0.8，它们之间互相不影响．设能正常工作的设备数为X．
(1)求X的分布列；
(2)求E(X)和D(X)；
(3)求计算机网络不会断掉的概率．
B级——能力提升练
10．(2024年通化期中)(多选)若袋子中有3个白球，2个黑球，现从袋子中有放回地随机取球5次，每次取一个球，取到白球记1分，取到黑球记0分，记5次取球的总分数为X，则(　　)
A．X～B B．P(X＝2)＝
C．X的数学期望E(X)＝3 D．X的方差D(X)＝
11．(2024年南阳月考)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，乙队获胜的概率为，则在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为________．
12．(2024年南京期末)购买某种意外伤害保险，每个投保人年度向保险公司交纳保险费20元，若被保险人在购买保险的一年度内出险，可获得赔偿金20万元．已知该保险每一份保单需要赔付的概率为10-5，某保险公司一年能销售10万份保单，且每份保单相互独立，则一年度内该保险公司此项保险业务需要赔付的概率约为________(保留两位有效数字)；一年度内盈利的期望为________万元．(参考数据：(1－10-5)105≈0.37)
C级——创新拓展练
13．(2024年珠海阶段测试)为提高科技原创能力，抢占科技创新制高点，某企业锐意创新，开发了一款新产品，并进行大量试产．
(1)现从试产的新产品中取出了5件产品，其中恰有2件次品，但不能确定哪2件是次品，需对5件产品依次进行检验，每次检验后不放回，当能确定哪2件是次品时即终止检验，记终止时一共检验了X次，求随机变量X的分布列与期望；
(2)设每件新产品为次品的概率都为p(0参考答案
【A级——基础过关练】
1．【答案】B
2.【答案】D
3.【答案】D
4.【答案】C　【解析】因为X～B，则P(X＝k)＝C×(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AAA＝30A．故选C．
5.【答案】D　【解析】依题意，此实验满足8重伯努利实验，设向左移动次数为X，则X～B，从原点0出发，共移动8次，最后质点位于－2，则需向右移动3次，向左移动5次，所以质点位于－2的位置的概率为P(X＝5)＝C．故选D．
6.【答案】AD　【解析】对于A，因为随机变量X～B(2，p)，且E(X)＝，所以2p＝ p＝，故A正确；对于B，D(X)＝np(1－p)＝2××＝，故B错误；对于C，P＝P(X＝1)＋P(X＝2)＝C××＋C×＝，故C错误；对于D，E(2X＋1)＝2E(X)＋1＝2×＋1＝，故D正确．故选AD．
7.【答案】100　199　【解析】由P(X＝k)＝C··，可知X～B，∴E(X)＝300×＝100．E(Y)＝E(2X－1)＝2E(X)－1＝200－1＝199.
8.【答案】　【解析】由题意知随机变量为X～B，所以D(X)＝np(1－p)＝4××＝．
9.解：(1)由题意得X的可能取值为0，1，2，3，且X～B(3，0.8)，
P(X＝0)＝C×0.80×(1－0.8)3＝0.008，
P(X＝1)＝C×0.81×(1－0.8)2＝0.096，
P(X＝2)＝C×0.82×(1－0.8)1＝0.384，
P(X＝3)＝C×0.83×(1－0.8)0＝0.512，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.008 0.096 0.384 0.512
(2)因为X～B(3，0.8)，所以E(X)＝3×0.8＝2.4，D(X)＝3×0.8×(1－0.8)＝0.48．
(3)要使得计算机网络不会断掉，也就是要求能正常工作的设备至少有一台，即X≥1，
因此所求概率为P(X≥1)＝1－P(X<1)＝1－P(X＝0)＝1－0.008＝0.992．
【B级——能力提升练】
10【答案】ACD　【解析】由题意知，从袋子中有放回地随机取球5次，每次取到白球的概率为，取到白球记1分，取到黑球的概率为，取到黑球记0分，则记5次取球的总分数为X，即为5次取球取到白球的个数，知X～B，故A正确；P(X＝2)＝C×＝，故B错误；X的数学期望E(X)＝5×＝3，故C正确；X的方差D(X)＝5××＝，故D正确．故选ACD．
11.【答案】　【解析】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＝；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C×××＝；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C×××＝.所以在这场“五局三胜制”的排球赛中乙队获胜的概率为＋＋＝．
12.【答案】0.63　180　【解析】由题意，设该保险业务需赔付为事件A，该保险每一份保单需要赔付的概率为10-5，则每一个保单不需要赔付的概率为1－10-5，故10万份保单都不需要赔付的概率为P()＝(1－10-5)105≈0.37，所以保险业务需赔付的概率为P(A)＝1－P()≈0.63，设10万份保单需赔付的件数为X，则X～B(105，10-5)，则需赔付的保险金为200 000X，则E(200 000X)＝200 000E(X)＝200 000×105×10-5＝200 000(元)＝20(万元)，所以一年度内盈利的期望为20×10－20＝180(万元)．
【C级——创新拓展练】
13.解：(1)根据题意可知X的取值可能为2，3，4，
则P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝×＋＝，
P(X＝4)＝＝，
则X的分布列为
X 2 3 4
P
所以E(X)＝2×＋3×＋4×＝．
(2)由题意可得f(p)＝Cp2(1－p)48(0f′(p)＝C[2p(1－p)48－48p2(1－p)47]＝C·2p(1－p)47·(1－25p)．
令f′(p)＝0，解得p＝．
因为当00，所以f(p)为单调增函数;
因为所以当p＝时，f(p)取得最大值．