7.4.1　课后达标检测（教师版）

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1．在100件产品中有5件次品，采用放回的方式从中任意抽取10件，设X表示这10件产品中的次品数，则(　　)
A．X～B(100，0.05) B．X～B(10，0.05)
C．X～B(100，0.95) D．X～B(10，0.95)
解析：选B． 有放回抽取，每次取到次品的概率都是 0.05，相当于10重伯努利试验，所以服从二项分布X～B(10，0.05).故选B．
2．某地气象局天气预报的准确率为，则4次预报中恰有3次准确的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．由题意可知，4次预报中恰有3次准确的概率P＝C×()3×＝.故选B．
3．某人参加一次考试，共有4道试题，至少答对其中3道试题才能合格．若他答每道题的正确率均为0.5，并且答每道题之间相互独立，则他能合格的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A.由题意可知，他能合格的概率为C×()3×(1－)＋C×()4＝.故选A.
4．如图，一动点沿圆周在均匀分布的A，B，C三点之间移动，每次该动点逆时针方向移动的概率是顺时针方向移动概率的两倍，假设现在该点从A点出发，则移动三次之后到达B点的概率是(　　)
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A． B．
C． D．
解析：选C.由题意可知，逆时针方向移动的概率为，顺时针方向移动的概率为，由A点出发，移动3次后到达B点，则3次移动中有2次逆时针，1次顺时针，所以所求概率P＝C×()2×＝.故选C.
5．A，B两组各有3人独立地破译某密码，A组每个人成功破译出该密码的概率为p1，B组每个人成功破译出该密码的概率为p2，记A，B两组中成功破译出该密码的人数分别为X，Y，若0A．E(X)>E(Y)，D(X)B．E(X)>E(Y)，D(X)>D(Y)
C．E(X)D．E(X)D(Y)
解析：选C.由题意可知，X～B(3，p1)，所以E(X)＝3p1，D(X)＝3p1(1－p1).
同理，Y～B(3，p2)，
所以E(Y)＝3p2，D(Y)＝3p2(1－p2).
因为0所以E(X)对于二次函数y＝3p(1－p)，对称轴为直线p＝，所以在(0，)上函数单调递增，所以当06．(多选)已知ξ～B(n，p)，且E(3ξ＋2)＝9.2，D(3ξ＋2)＝12.96，则下列说法错误的有(　　)
A．n＝6
B．p＝0.6
C．P(ξ＝4)＝C×0.64×0.42
D．P(ξ≥1)＝1－0.66
解析：选BC.因为E(3ξ＋2)＝3E(ξ)＋2＝9.2，D(3ξ＋2)＝9D(ξ)＝12.96，
所以E(ξ)＝2.4，D(ξ)＝1.44，由ξ～B(n，p)，所以E(ξ)＝np＝2.4，D(ξ)＝np(1－p)＝1.44，所以n＝6，p＝0.4，故A正确，B错误；又P(ξ＝4)＝C×0.44×0.62，故C错误；P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－0.66, D正确．故选BC.
7．已知随机变量X～B(n，p)(0解析：因为X～B(n，p)，
则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)，
所以np＝2np(1－p)，解得p＝.
答案：
8．从装有大小、质地完全相同的m个白球，n个红球和3个黑球共6个球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取3次，记摸取的白球个数为X，若E(X)＝1，则n＝________，P(X≤1)＝________．
解析：由题可得X服从二项分布，
即X～B(3，)，因为E(X)＝3×＝1，
所以m＝2，n＝1，所以X～B(3，)，
P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝C×()0×()3＋C×()1×()2＝.
答案：1　
9．为舒缓高考压力，某中学高三年级开展了“葵花心语”活动，每个同学选择一颗葵花种子亲自播种在花盆中，四个人为一互助组，每组四人的种子播种在同一花盆中，若盆中至少长出三株花苗，则可评为“阳光小组”．已知每颗种子发芽概率为0.8(发芽即成活)，全年级恰好共种了500盆，则大概有__________个小组能评为“阳光小组”．(结果四舍五入法保留整数)
解析：由题意知，“每一盆至少长出三株花苗”包括“恰好长出三株花苗”和“长出四株花苗”两种情况，其概率为C×0.83×(1－0.8)＋C×0.84＝0.819 2，即一个小组能被评为“阳光小组”的概率为0.819 2，且被评为“阳光小组”的组数X服从二项分布，即X～B(500，0.819 2)，
所以500个小组中能被评为“阳光小组”的约有500×0.819 2＝409.6≈410(个).
答案：410
10．在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛．假设每场比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，且各场比赛结果相互独立．比赛方案采用5局3胜制(先胜3局者获胜，比赛结束).
(1)求前2场比赛中，甲至少赢得一场的概率；
(2)已知前2场比赛甲、乙各胜一场，求最终甲获胜的概率．
解：(1)前2场比赛中，甲至少赢得一场有两种情况：甲赢一场和甲赢两场．
所以所求概率为C×0.6×0.4＋0.62＝0.84.
(2)已知前2场比赛甲、乙各胜一场，最终甲获胜有两种情况：比赛4场甲胜3场，比赛5场甲胜3场．
当比赛4场甲胜3场时，则第3，4场甲胜，其概率为0.62＝0.36；
当比赛5场甲胜3场时，则第3，4场甲、乙各胜一场，第5场甲胜，其概率为C×0.6×0.4×0.6＝0.288，
所以已知前2场比赛甲、乙各胜一场，最终甲获胜的概率为0.36＋0.288＝0.648.
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11．一台仪器每启动一次都会随机地出现一个3位的二进制数A＝a1a2a3，其中A的各位数中，ak(k＝1，2，3)出现0的概率为，出现1的概率为.若启动一次出现的二进制数为A＝100，则称这次试验成功．若成功一次得2分，失败一次得－1分，则81次这样的独立重复试验的总得分Y的均值为(　　)
A．－63 B．－6
C．63 D．6
解析：选A.根据题意一次试验成功的概率为××＝，所以81次独立重复试验中成功次数X服从二项分布，即X～B(81，)，故E(X)＝81×＝6，总得分Y＝2X－(81－X)＝3X－81，故E(Y)＝3E(X)－81＝18－81＝－63.故选A.
12．(多选)某节日当晚，武当山举行无人机天幕秀，数百架无人机编队以天为幕，呈现精心设计的4个武当山的“地标”，分别为太和宫、龙头香、太子坡、玄岳门．按照以上排好的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则(　　)
A．事件“成功表演太和宫环节”与事件“成功表演太子坡环节”互斥
B．龙头香、玄岳门环节均表演成功的概率为
C．表演成功的环节个数的均值为3
D．在表演成功的环节恰为3个的条件下玄岳门环节表演成功的概率为
解析：选BCD．事件“成功表演太和宫环节”与事件“成功表演太子坡环节”可以同时发生，故不互斥，A错误；龙头香、玄岳门环节均表演成功的概率为×＝，B正确；记表演成功的环节个数为X，则X～B(4，)，均值为4×＝3，C正确；记事件M为“表演成功的环节恰为3个”，事件N为“玄岳门环节表演成功”，则P(NM)＝C×()2××＝，P(M)＝C×()3×＝，由条件概率公式P(N|M)＝＝，D正确．故选BCD．
13．若每经过一天某种物品的价格变为原来的1.02倍的概率为0.5，变为原来的0.98倍的概率也为0.5，则经过6天该物品的价格较原来价格升高的概率为____________．
解析：设物品原价格为1，因为1.026≈1.13>1，1.025×0.98≈1.08>1，1.024×0.982≈1.04>1，1.023×0.983≈0.998 8<1，
故经过6天该物品的价格较原来价格升高的情况分别是6天中恰好是4天升高2天降低，5天升高1天降低和6天升高，则经过6天该物品的价格较原来价格升高的概率为C×()4×()2＋C×()5×＋C×()6＝.
答案：
14．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列．现连续发射信号n次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的．记发射信号1的次数为X.
(1)当n＝6时，求P(X≤2)；
(2)已知切比雪夫不等式：对于任一随机变量Y，若其均值E(Y)和方差D(Y)均存在，则对任意正实数a，有P(|Y－E(Y)|解：(1)由已知X～B(6，)，
所以P(X≤2)
＝P(X＝0)＋P(X＝1)＋P(X＝2)
＝C×()6＋C××()5＋C×()2×()4
＝＋＋＝ .
(2)由已知X～B(n，)，
所以E(X)＝0.5n，D(X)＝0.25n，
若0.4<<0.6，则0.4n即－0.1n即|X－0.5n|<0.1n.
由切比雪夫不等式P(|X－0.5n|<0.1n)≥1－，
要使得至少有0.98的概率使发射信号“1”的频率在 0.4 与0.6之间，
则1－≥0.98，
解得n≥1 250，所以估计信号发射次数n的最小值为1 250.
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15．32名业余棋手组队与甲、乙2名专业棋手进行车轮挑战赛，每名业余棋手随机选择一名专业棋手进行一盘比赛，每盘比赛结果相互独立．已知每名业余棋手与甲比赛获胜的概率均为，每名业余棋手与乙比赛获胜的概率均为，若获胜的业余棋手总人数的均值不小于10，则选择与甲进行比赛的业余棋手人数至少为(　　)
A．24 B．25
C．26 D．27
解析：选A.设选择与甲进行比赛且获胜的业余棋手人数为X，选择与乙进行比赛且获胜的业余棋手人数为Y，选择与甲进行比赛的业余棋手人数为n，则选择与乙进行比赛的业余棋手人数为32－n.
X所有可能的取值为0，1，2，…，n，
则X～B(n，)，E(X)＝；
Y所有可能的取值为0，1，2，…，32－n，
则Y～B(32－n，)，E(Y)＝，
所以获胜的业余棋手总人数的均值
E(X＋Y)＝E(X)＋E(Y)＝＋＝≥10，解得n≥24.故选A.
16．(2024·新课标Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中1次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分．该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设0(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ii)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
解：(1)不妨记第一阶段通过的概率为P1，第二阶段得分不少于5分的概率为P2，则P1＝1－0.63，P2＝1－0.53，
即甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率为P1·P2＝(1－0.63)×(1－0.53)＝0.686.
(2)(i)①若甲参加第一阶段的比赛，则队伍进入第二阶段的概率为1－(1－p)3，
第二阶段拿到15分的概率为q3，甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率记为P3，则P3＝[1－(1－p)3]q3.
②若乙参加第一阶段的比赛，则队伍进入第二阶段的概率为1－(1－q)3，
第二阶段拿到15分的概率为p3，甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率记为P4，
则P4＝[1－(1－q)3]p3.
P3－P4＝[1－(1－p)3]q3－[1－(1－q)3]p3
＝(p3q3－3p2q3＋3pq3)－(p3q3－3q2p3＋3qp3)
＝3p2q2(p－q)＋3pq(q2－p2)
＝3pq(p－q)(pq－p－q).
因为0则p－q<0，pq－p－q＝p(q－1)－q<0，
则P3－P4>0，即P3>P4，所以当甲参加第一阶段比赛时，甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大．
(ii)首先考虑甲参加第一阶段比赛的情况，则进入第二阶段的概率为1－(1－p)3，
第二阶段中，设乙投中的次数为X，得分为Y，则Y＝5X，且X～B(3，q)，
则E(X)＝3q，E(Y)＝5E(X)＝15q，
则甲参加第一阶段比赛的得分期望为[1－(1－p)3]E(Y)＝15[1－(1－p)3]q；
同理可得乙参加第一阶段比赛的得分期望为15[1－(1－q)3]p；
15[1－(1－p)3]q－15[1－(1－q)3]p
＝15pq[(p2－3p＋3)－(q2－3q＋3)]
＝15pq[(p＋q)(p－q)－3(p－q)]
＝15pq(p－q)(p＋q－3).
由015[1－(1－q)3]p，故应该由甲参加第一阶段比赛．