23版新高考一轮分层练案(六十一)　条件概率与二项分布

一轮分层练案(六十一)　条件概率与二项分布

A级——基础达标

1．袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球，现从中不放回地摸取两个球，已知第一次摸到的是红球，则第二次摸到白球的概率为(　　)

A.　　　　　　　 B.

C.  D.

【答案】B　在第一次摸到红球的条件下，第二次从3个球(2白1红)中摸到白球的概率为.

2．甲、乙两名运动员练习定点投球，已知在该点每次投篮，甲命中的概率是0.8，乙命中的概率是0.9，每人投两次，则甲、乙都恰好命中一次的概率为(　　)

A．0.32  B．0.18

C．0.50  D．0.057 6

【答案】D　甲命中一次的概率为C×0.8×(1－0.8)＝0.32，乙命中一次的概率为C×0.9×(1－0.9)＝0.18，他们投篮命中与否相互独立，所以甲、乙都恰好命中一次的概率为P＝0.32×0.18＝0.057 6.

3．袋子中有大小、形状完全相同的三个小球，分别写有“中”“国”“梦”三个字，从中任意摸出一个小球，记录下所写汉字后放回；…；如此操作下去，直到“中”“国”两个字都摸到就停止摸球，则恰好第三次就停止摸球的概率为(　　)

A.  B．

C.  D.

【答案】C　由题意，恰好第三次就停止摸球的情况：中梦国，国梦中，中中国，国国中，梦中国，梦国中，共计6种．而3次所有的摸球情况共有3×3×3＝27(种)，故恰好第三次就停止摸球的概率为＝，故选C.

4．两台机床加工同样的零件，第一台的废品率为0.04，第二台的废品率为0.07，加工出来的零件混放，并设第一台加工的零件是第二台加工零件的2倍，现任取一零件，则它是合格品的概率为(　　)

A．0.21  B．0.06

C．0.94  D．0.95

【答案】D　令B＝取到的零件为合格品，Ai＝零件为第i台机床的产品，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.故选D.

5．(多选)甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出1个球放入乙罐，分别以A1，A2表示由甲罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1个球，以B表示从乙罐中取出的球是红球的事件，下列命题正确的是(　　)

A．P(B)＝

B．事件B与事件A1相互独立

C．事件B与事件A2相互独立

D．A1，A2互斥

【答案】AD　根据题意画出树状图，得到有关事件的样本点数

因此P(A1)＝，P(A2)＝，P(B)＝＝，A正确；

又P(A1B)＝，因此P(A1B)≠P(A1)P(B)，B错误；同理，C错误；

A1，A2不可能同时发生，故彼此互斥，D正确，故选A、D.

6．(多选)在某次考试中，要从20道题中随机地抽取6道题，考生若能答对4道题则规定为及格；若能答对5道题则规定为良好，若能答对6道题则规定为优秀，已知某考生能答对其中的10道题，则该考生在这次考试中(　　)

A．成绩在及格及以上的概率为

B．成绩良好的概率为

C．成绩优秀的概率为

D．在已知该生在成绩及格及以上条件下，获得良好及以上成绩的概率为

【答案】ABCD　设事件A，B，C分别表示该生在这次考试中成绩为及格、良好、优秀．

那么D＝A∪B∪C表示该生成绩在及格及以上这一事件，

E＝B∪C表示该生成绩在良好及以上这一事件

则P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，

∴P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝，

故选项A、B、C正确．

在选项D中，该事件的概率为

P(E|D)＝P(B∪C|D)＝P(B|D)＋P(C|D)

＝＋＝，故选项D正确．

7．(多选)随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次，下列说法正确的有(　　)

A．每次出现正面向上的概率为0.5

B．第一次出现正面向上的概率为0.5，第二次出现正面向上的概率为0.25

C．连续出现n次正面向上的概率为C0.510

D．连续出现n次正面向上的概率为C0.5n

【答案】AC　随机抛掷一枚质地均匀的硬币10次，

每次出现正面向上的概率都是0.5，故A正确，B错误；

连续出现n次正面向上的概率为C×0.5n×0.510－n＝C0.510，故C正确，D错误；故选A、C.

8．袋中有10个黑球、5个白球．现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几个球．若已知取出的球全是白球，则掷出3点的概率为________．

解析：设B＝{取出的球全是白球}，Ai＝{掷出i点}(i＝1,2，…，6)，则由贝叶斯公式，得P(A3|B)＝＝≈0.048 35.

【答案】0.048 35

9．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________；该选手回答了5个问题(5个问题必须全部回答)就结束的概率为________．

解析：依题意，该选手第2个问题回答错误，第3,4个问题均回答正确，第1个问题回答正误均有可能，则所求概率P＝1×0.2×0.82＝0.128.

依题意，设答对的事件为A，可分第3个回答正确与错误两类，若第3个回答正确，则有AA或  A两类情况，其概率为0.8×0.2×0.8×0.2＋0.2×0.2×0.8×0.2＝0.025 6＋0.006 4＝0.032.若该选手第3个问题的回答是错误的，第1,2个问题回答均错误或有且只有1个错误，则所求概率P＝0.23＋2×0.2×0.8×0.2＝0.008＋0.064＝0.072.所以所求概率为0.032＋0.072＝0.104.

【答案】0.128　0.104

10．某社区举办“环保我参与”有奖问答比赛活动，某场比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是.若各家庭回答是否正确互不影响．

(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；

(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．

解：(1)记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件A，B，C，则P(A)＝，

且有

即

所以P(B)＝，P(C)＝.

(2)有0个家庭回答正确的概率为

P0＝P(   )＝P()·P()·P()＝××＝，

有1个家庭回答正确的概率为

P1＝P(A ＋B＋ C)＝××＋××＋××＝，

所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为

P＝1－P0－P1＝1－－＝.

B级——综合应用

11．已知盒中装有3只螺口灯泡与7只卡口灯泡，这些灯泡的外形都相同且灯口向下放着，现需要一只卡口灯泡，电工师傅每次从中任取一只并不放回，则在他第1次抽到的是螺口灯泡的条件下，第2次抽到的是卡口灯泡的概率为(　　)

A.  B．

C.  D.

【答案】D　设事件A为“第1次抽到的是螺口灯泡”，事件B为“第2次抽到的是卡口灯泡”，则P(A)＝，P(AB)＝×＝.则所求概率为P(B|A)＝＝＝.

12．(多选)甲罐中有5个红球、2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球、3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是(　　)

A．P(B)＝

B．P(B|A1)＝

C．事件B与事件A1相互独立

D．A1，A2，A3是两两互斥的事件

【答案】BD　因为事件A1，A2和A3任意两个都不能同时发生，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，

因为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与事件A1不相互独立．故选B、D.

13．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生2次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率p的最小值为________．

解析：由题设知Cp(1－p)3≤Cp2(1－p)2，解得p≥0.4.因为0≤p≤1，所以0.4≤p≤1.所以概率p的最小值为0.4.

【答案】0.4

14．近年来，我国外卖业发展迅猛，外卖小哥穿梭在城市的大街小巷成为一道道亮丽的风景线．他们根据外卖平台提供的信息到外卖店取单．某外卖小哥每天来往于r个外卖店(外卖店的编号分别为1,2，……，r，其中r≥3)，约定：每天他首先从1号外卖店取单，叫做第1次取单，之后，他等可能的前往其余r－1个外卖店中的任何一个店取单叫做第2次取单，依此类推．假设从第2次取单开始，他每次都是从上次取单的店之外的r－1个外卖店取单．设事件Ak＝{第k次取单恰好是从1号店取单}，P(Ak)是事件Ak发生的概率，显然P(A1)＝1，P(A2)＝0，则P(A3)＝________，P(Ak＋1)与P(Ak)的关系式为________(k∈N*)．

解析：A2＝{第2次取单恰好是从1号店取单}，

由于每天第1次取单都是从1号店开始，根据题意，第2次不可能从1号店取单，

所以P(A2)＝0，A3＝{第3次取单恰好是从1号店取单}，

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．某市电视台举办纪念红军长征胜利知识回答活动，宣传长征精神，首先在甲、乙、丙、丁四个不同的公园进行支持签名活动.

然后在各公园签名的人中按分层随机抽样的方式抽取10名幸运之星回答问题，从10个关于长征的问题中随机抽取4个问题让幸运之星回答，全部答对的幸运之星获得一份纪念品．

(1)求此活动中各公园幸运之星的人数；

(2)若乙公园中每位幸运之星对每个问题答对的概率均为，求恰好2位幸运之星获得纪念品的概率；

(3)若幸运之星小李对其中8个问题能答对，而另外2个问题答不对，记小李答对的问题数为X，求X的分布列．

解：(1)甲、乙、丙、丁四个公园幸运之星的人数分别为×10＝3，×10＝4，×10＝2，×10＝1.

(2)根据题意，乙公园中每位幸运之星获得纪念品的概率为C4＝，

所以乙公园中恰好2位幸运之星获得纪念品的概率为C22＝.

(3)由题意，知X的所有可能取值为2,3,4，服从超几何分布，P(X＝2)＝＝，

P(X＝3)＝＝，

P(X＝4)＝＝.

所以X的分布列为

C级——迁移创新

16．系统内有(2k－1)个元件，每个元件正常工作的概率为p,0<p<1.若有超过一半的元件正常工作，则系统正常工作，求系统正常工作的概率Pk，并讨论Pk的单调性．

解：(2k－1)个元件中，恰有k个元件正常工作的概率为C·pk·(1－p)k－1；恰有(k＋1)个元件正常工作的概率为C·pk＋1·(1－p)k－2；…；恰有(2k－1)个元件正常工作的概率为C·p2k－1·(1－p)0.故Pk＝·pi·(1－p)2k－1－i.

当有(2k＋1)个元件时，考虑前(2k－1)个元件．

①前(2k－1)个元件中恰有(k－1)个元件正常工作，它的概率为C·pk－1·(1－p)k，此时后两个元件必须同时正常工作，所以这种情况下系统正常工作的概率为[C·pk－1·(1－p)k]p2.

②前(2k－1)个元件中恰有k个元件正常工作，它的概率为C·pk·(1－p)k－1，此时后两个元件中至少有一个正常工作即可，所以这种情况下系统正常工作的概率为[C·pk·(1－p)k－1]·[1－(1－p)2]．

③前(2k－1)个元件中至少有(k＋1)个元件正常工作，它的概率为Pk－C·pk·(1－p)k－1，此时系统一定正常工作．

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](这里用到了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)．

故当p＝，Pk＋1＝Pk，Pk为常数；

当0<p<时，Pk＋1<Pk，Pk单调递减；

当<p<1时，Pk＋1>Pk，Pk单调递增．