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2025苏教版高中数学必修第二册
第15章 概率
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如果事件A,B互斥,记分别为事件A,B的对立事件,那么( )
A.A+B是必然事件 B.是必然事件
C.与一定互斥 D.与不可能互斥
2.某型号新能源汽车参加碰撞测试和续航测试,该型号新能源汽车参加这两项测试的结果互不影响.若该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为,在续航测试中结果为优秀的概率为,则该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为( )
A.
3.已知甲袋中有4个白球、x个红球,乙袋中有2个白球、4个红球,各个球的大小与质地相同.现从甲、乙两袋中依次不放回地各取2个球,若从甲袋中取出的2个球的颜色不相同与从乙袋中取出的2个球的颜色不相同的概率相等,则x=( )
A.2 B.4
C.6或2 D.8或4
4.一个电路如图所示,A,B,C,D,E,F为6个开关,其闭合的概率均为,且是相互独立的,则灯亮的概率是( )
A.
5.张益唐是当代著名华人数学家,他在数论研究方面取得了巨大成就,曾经在《数学年刊》中发表《质数间的有界间隔》,证明了存在无穷多对质数间隙都小于7 000万.2013年张益唐证明了孪生素数猜想的一个弱化形式,孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一,可以这样描述,存在无穷多个素数p,使得p+2是素数,素数对(p,p+2)称为孪生素数.在不超过12的素数中,随机选取两个不同的数,能够组成孪生素数的概率是( )
A.
6.质地均匀的正四面体模型的四个表面分别标有2,5,7,70四个数字,将这个模型抛掷一次,并记录其与地面接触面上的数字,记事件“数字是2的倍数”为事件A,“数字是5的倍数”为事件B,“数字是7的倍数”为事件C,则下列选项正确的是( )
A.事件A,B,C两两互斥 B.事件A∪B与事件B∩C对立
C.P(ABC)=P(A)P(B)P(C) D.事件A,B,C两两相互独立
7.连接正方体每个面的中心构成一个正八面体,在正八面体的六个顶点中任取三个构成三角形,则这三个点能构成等腰直角三角形的概率是( )
A.
8.我们所说的ABO血型系统是由A,B,O三个等位基因决定的,每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成,且两个等位基因分别来自父亲和母亲,其中AA,AO为A型血,BB,BO为B型血,AB为AB型血,OO为O型血.比如:父亲和母亲的基因型分别为AO,AB,则孩子的基因型等可能地出现AA,AB,AO,BO四种结果.已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型,不考虑基因突变,则小明是A型血的概率为( )
A.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.某学校为了丰富同学们的课外活动,为同学们举办了四种科普活动:科技展览、科普讲座、科技游艺、科技绘画.记事件A:只参加科技游艺活动;事件B:至少参加两种科普活动;事件C:只参加一种科普活动;事件D:一种科普活动都不参加;事件E:至多参加一种科普活动,则下列说法正确的是( )
A.A与D是互斥事件 B.B与E是对立事件
C.E=C∪D D.A=C∩E
10.甲袋中有20个红球,10个白球,乙袋中红球、白球各有10个,两袋中的球除了颜色外,没有其他差别,现在从两袋中各取出1个球,取球过程互不影响,下列结论正确的是( )
A.2个球都是红球的概率为
B.2个球中恰有1个红球的概率为
C.2个球不都是红球的概率为
D.2个球都不是红球的概率为
11.四支足球队进行单循环比赛(任两支足球队恰进行一场比赛),任两支足球队之间获胜的概率都是.单循环比赛结束后,以获胜的场次数作为该队的成绩,按成绩从大到小排名次,成绩相同则名次相同.下列结论中正确的是( )
A.四支足球队并列第一名为不可能事件
B.有可能出现恰有三支足球队并列第一名的情况
C.恰有两支足球队并列第一名的概率为
D.只有一支足球队是第一名的概率为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.某同学用木板制作了一个七巧板,如图所示,它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若随机从5个等腰直角三角形中抽出2个,则这2个面积相等的概率为 .
13.某次联欢会上设有一个抽奖游戏,已知抽奖箱中共有四种除颜色外形状、大小完全相同的小球16个,分别代表一等奖、二等奖、三等奖和未中奖.其中红球代表一等奖且只有1个,黄球代表三等奖,从中任取1个小球,中二等奖或三等奖的概率为.若小华同学获得一次摸奖机会,则他未中奖的概率是 .
14.甲、乙两人进行射击游戏,目标靶上有三个区域,分别涂有红、黄、蓝三色,已知甲击中红、黄、蓝三个区域的概率依次是,乙击中红、黄、蓝三个区域的概率依次是,甲、乙两人射击情况互不影响,若甲、乙各射击一次,则两人击中同色区域的概率为 ,两人击中不同色区域的概率为 .
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)一个袋子中装有大小和质地均相同的四个球,其中有两个红球(标号分别为1和2),一个黑球(标号为3),一个白球(标号为4),从袋中不放回地依次随机摸出两个球,用数组(x1,x2)表示可能的结果,其中x1是第一次摸到的球的标号,x2是第二次摸到的球的标号.设事件A=“第一次摸到红球”,B=“第二次摸到黑球”,C=“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.
(1)试用集合的形式写出试验的样本空间Ω;
(2)分别求事件A,B,C发生的概率;
(3)求事件A,B,C中至少有一个发生的概率.
16.(本小题满分15分)为进一步巩固提升全国文明城市,加速推行垃圾分类制度,某市推出了两套方案,并分别在A,B两个大型居民小区内试行.
方案一:进行广泛宣传活动,向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义,讲解分类垃圾桶的使用方式、垃圾投放时间等,定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动;
方案二:在小区内设立智能化分类垃圾桶,该垃圾桶操作简单,居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.该市建立激励机制,比如,垃圾分类换积分兑换礼品等,以激发居民参与垃圾分类的热情.
经过一段时间试行之后,在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查,记录他们对试行方案的满意度评分(满分100分),将数据分成6组:[40,50),[50,60),…,[90,100],并整理得到如下频率分布直方图:
(1)分别估计两种方案满意度评分的平均值,并判断哪种方案的垃圾分类推行措施更受居民欢迎(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)以频率估计概率,若满意度评分不低于70分,则认为居民赞成推行此方案,若低于70分,则认为居民不赞成推行此方案,规定小区居民赞成率不低于70%才可在该小区继续推行该方案,判断哪个小区可继续推行方案;
(3)根据(2)中的结果,从可继续推行方案的小区中抽取100人,再按居民态度是否赞成从这100人中分层抽取一个8人代表团,从代表团中选取2人进行汇总发言,求至少有一个不赞成的居民被选到发言的概率.
17.(本小题满分15分)为普及消防安全知识,某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮,每位参赛选手均需参加两轮比赛,若其在两轮比赛中均胜出,则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中,选手甲、乙胜出的概率分别为;在第二轮比赛中,甲、乙胜出的概率分别为,甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
(1)求甲在比赛中恰好赢一轮的概率;
(2)从甲、乙两人中选1人参加比赛,派谁参赛赢得比赛的概率更大
(3)若甲、乙两人均参加比赛,求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
18.(本小题满分17分)甲、乙两人进行围棋比赛,采取积分制,规则如下:每胜1局得1分,负1局或平局都不得分,积分先达到2分者获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,则积分多的一方获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,且积分相等,则比赛最终打平.假设在每局比赛中,甲获胜的概率为,负的概率为,且每局比赛之间的胜负相互独立.
(1)求第三局结束乙获胜的概率;
(2)求甲获胜的概率.
19.(本小题满分17分)袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个.现进行摸球游戏.
(1)若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球,共摸球两次,至少有一次摸出白球的概率是,求袋中红球的个数;
(2)已知袋中有红球5个,从袋中每次摸出1个球,若是红球则放回袋中,若是白球则不放回袋中,求摸球三次共取出两个白球的概率;
(3)采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球,若连续两次摸到红球则停止摸球,否则继续摸球直至第六次摸球后结束.若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率,求袋中红球个数的所有可能取值.
答案与解析
第15章 概率
1.B 如图所示,集合E表示事件A,集合F表示事件B,全集为I.
对于A,因为E+F不是全集,所以A错误;
对于B,由图知( IE)∪( IF)=I,即是必然事件,所以B正确;
对于C,由图知( IE)∩( IF)不一定是空集,即与可以同时发生,所以C错误;
对于D,由图知,若( IE)∩( IF)= ,则与互斥,所以D错误.
故选B.
2.C 根据题意可得,该型号新能源汽车在这两项测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为.
故选C.
3.C 设事件A为“从甲袋中取出的2个球的颜色不相同”,事件B为“从乙袋中取出的2个球的颜色不相同”,
则P(A)=,
所以,解得x=2或x=6.
故选C.
4.B 设A与B中至少有一个不闭合为事件T,E与F中至少有一个不闭合为事件R,C,D闭合的事件分别为G,H,则P(T)=P(R)=1-,所以灯亮的概率P=1-P(T)P(R)P(,故选B.
5.B 不超过12的素数有2,3,5,7,11,共5个,任取两个数的样本点有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11),共10个,其中是孪生素数的样本点有(3,5),(5,7),共2个,故所求概率为.故选B.
6.D 事件A包含基本事件“数字为2”“数字为70”,
事件B包含基本事件“数字为5”“数字为70”,
事件C包含基本事件“数字为7”“数字为70”,
事件A,B可能同时发生,所以事件A,B不是互斥事件,A错误;
事件A∪B包含基本事件“数字为2”“数字为5”“数字为70”,事件B∩C包含基本事件“数字为70”,
所以事件A∪B与事件B∩C不是互斥事件,故也不是对立事件,B错误;
P(A)=,
事件ABC包含基本事件“数字为70”,则P(ABC)=,
所以P(ABC)≠P(A)P(B)P(C),C错误;
事件A∩B包含基本事件“数字为70”,事件B∩C包含基本事件“数字为70”,事件A∩C包含基本事件“数字为70”,
所以P(AB)=P(AC)=P(BC)=,
又P(A)P(B)=P(A)P(C)=P(B)P(C)=,
故由相互独立事件的定义可得事件A,B,C两两相互独立,D正确.
故选D.
7.C 正八面体如图,
设原正方体的棱长为1,则正八面体的棱长为,且AB=1,CE=1,DF=1.
当A为等腰直角三角形的顶点时,满足条件的情况有(A,B,C),(A,B,D),(A,B,E),(A,B,F),(A,E,C),(A,D,F),共6种;
当A不为等腰直角三角形的顶点,B为等腰直角三角形的顶点时,满足条件的情况有(B,C,E),(B,D,F),共2种;
当A,B不为等腰直角三角形的顶点,C为等腰直角三角形的顶点时,满足条件的情况有(C,D,F),(C,D,E),(C,E,F),共3种;
当A,B,C不为等腰直角三角形的顶点,D为等腰直角三角形的顶点时,满足条件的情况有(D,E,F),共1种.
从6个点中任选3个,有20种选法,故所求概率为.故选C.
8.C 因为小明的爷爷、奶奶的血型均为AB型,所以小明父亲的基因型可能是AA,AB,BB,它们对应的概率分别为.
当小明父亲的基因型是AA时,因为小明母亲的血型为AB型,所以小明的基因型可能是AA,AB,它们对应的概率均为,则小明是A型血的概率为;
当小明父亲的基因型是AB时,因为小明母亲的血型为AB型,所以小明的基因型可能是AA,AB,BB,它们对应的概率分别为,则小明是A型血的概率为;
当小明父亲的基因型是BB时,因为小明母亲的血型为AB型,所以小明的血型不可能是A型.
所以小明是A型血的概率为.
故选C.
9.ABC 对于A,互斥事件表示两事件的交集为空集,事件A与事件D不可能同时发生,交集为空集,故A正确;
对于B,对立事件表示两事件互斥且必定有一个发生,事件B和事件E满足这两个特点,故B正确;
对于C,C∪D表示至多参加一种科普活动,即为事件E,故C正确;
对于D,C∩E表示只参加一种科普活动,但参加的不一定是科技游艺活动,故D错误.
故选ABC.
10.BC 记事件A1:从甲袋中任取1个球为红球,事件A2:从乙袋中任取1个球为红球,
则P(A1)=.
对于A,P(A1A2)=P(A1)P(A2)=,所以A错误;
对于B,P(A1,所以B正确;
对于C,由于“都是红球”与“不都是红球”互为对立事件,
故所求概率为1-P(A1A2)=1-,所以C正确;
对于D,P(,所以D错误.
故选BC.
11.ABD 设四支足球队分别为a,b,c,d.四支足球队进行单循环比赛的情况有(a,b),(b,c),(c,d),(a,d),(a,c),(b,d),共6种,比赛的结果共有26=64种.
对于A,这6场比赛中,若四支足球队在前4场比赛中各赢1场,则剩下的2场比赛中必然有两支或一支足球队获胜,那么所得成绩不可能都一样,故四支足球队并列第一名是不可能事件,故A正确.
对于B,在6场比赛中,依次获胜的可以是a,b,c,a,c,b,此时三支足球队所获成绩相同,并列第一名,故B正确.
对于C,在6场比赛中,恰有两支足球队并列第一名有6种可能,若为a,b,则第一类:a赢b,有2种情况,分别是a,b,c,d,a,b和a,b,d,a,c,b,同理,第二类:b赢a,也有2种情况,故恰有两支足球队并列第一名的概率为,故C错误.
对于D,四支足球队中一支足球队为第一名有4种可能,此时这支足球队比赛的3场都胜,另外3场比赛有23=8种结果,故只有一支足球队是第一名的概率为,故D正确.故选ABD.
12.答案
解析 如图,把5个等腰直角三角形编号,从中任取2个的样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)},共10个样本点,记抽出的2个等腰直角三角形的面积相等为事件A,则A={(1,2),(4,5)},共2个样本点,因此所求概率为P(A)=.
13.答案
解析 从16个小球中任取1个小球,中二等奖或三等奖的概率为,
故代表二等奖和三等奖的小球共有7个,
因为代表一等奖的小球有1个,
所以代表未中奖的小球有8个,故小华同学未中奖的概率为.
14.答案
解析 设甲击中红、黄、蓝三个区域的事件分别为A1,A2,A3,乙击中红、黄、蓝三个区域的事件分别为B1,B2,B3,
则P(A1)=.
∵甲、乙两人射击情况互不影响,
∴甲、乙两人击中同色区域的概率为P(A1B1+A2B2+A3B3)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B3)=,
甲、乙两人击中不同色区域的概率为P(A1B2+A1B3+A2B1+A2B3+A3B1+A3B2)
=P(A1)P(B2)+P(A1)P(B3)+P(A2)P(B1)+P(A2)P(B3)+P(A3)P(B1)+P(A3)P(B2)
=
=.
15.解析 (1)样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3)},共有12个样本点.(4分)
(2)事件A={(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4)},共有6个样本点,
所以P(A)=,(6分)
事件B={(1,3),(2,3),(4,3)},共有3个样本点,所以P(B)=,(8分)
事件C={(1,4),(2,4),(4,1),(4,2)},共有4个样本点,所以P(C)=.(10分)
(3)事件A,B,C中至少有一个发生的情况有(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,3),(2,4),(4,1),(4,2),(4,3),共有9种,
所以P(A∪B∪C)=.(13分)
16.解析 (1)设A小区方案一满意度评分的平均分为,
则=(45×0.006+55×0.014+65×0.018+75×0.031+85×0.021+95×0.010)×10=72.7(分).(2分)
设B小区方案二满意度评分的平均分为,
则=(45×0.005+55×0.010+65×0.010+75×0.020+85×0.032+95×0.023)×10=78.3(分).(4分)
∵72.7<78.3,
∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.(5分)
(2)A小区方案一的满意度评分不低于70分的频率为(0.031+0.021+0.010)×10=0.62,由频率估计概率知赞成率为62%;
B小区方案二的满意度评分不低于70分的频率为(0.020+0.032+0.023)×10=0.75,由频率估计概率知赞成率为75%,(9分)
∴B小区可继续推行方案二.(10分)
(3)由(2)知,B小区不赞成的有25%,故8人代表团中不赞成的有8×25%=2(人),分别记为a,b,赞成的有8×75%=6(人),分别记为1,2,3,4,5,6.(12分)
从中任选2人有以下情况:ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6,12,13,14,15,16,23,24,25,26,34,35,36,45,46,56,共28种,(13分)
其中至少有一个不赞成有以下情况:ab,a1,a2,a3,a4,a5,a6,b1,b2,b3,b4,b5,b6,共13种,(14分)
故所求概率P=.(15分)
17.解析 设A1=“甲在第一轮比赛中胜出”,A2=“甲在第二轮比赛中胜出”,
B1=“乙在第一轮比赛中胜出”,B2=“乙在第二轮比赛中胜出”,
则A1,A2,B1,B2相互独立,且P(A1)=.(3分)
(1)设C=“甲在比赛中恰好赢一轮”,
则P(C)=P(A1.(5分)
(2)因为在两轮比赛中均胜出才能赢得比赛,
所以A1A2=“甲赢得比赛”,B1B2=“乙赢得比赛”,
所以P(A1A2)=P(A1)P(A2)=,
P(B1B2)=P(B1)P(B2)=,(7分)
因为,所以派甲参赛赢得比赛的概率更大.(8分)
(3)设D=“甲赢得比赛”,E=“乙赢得比赛”,
M=“两人中至少有一人赢得比赛”,
则P(D)=,
所以P(,
P(,(12分)
M的对立事件=“甲、乙两人都没有赢得比赛”,
所以P(M)=1-P(.
故两人中至少有一人赢得比赛的概率为.(15分)
18.解析 (1)设事件A为“第三局结束乙获胜”,
由题意知,乙每局获胜的概率为,不获胜的概率为.(2分)
若第三局结束乙获胜,则乙第三局必定获胜,总共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).
故P(A)=.(5分)
(2)设事件B为“甲获胜”.
若第二局结束甲获胜,则甲两局连胜,此时的概率P1=.(7分)
若第三局结束甲获胜,则甲第三局必定获胜,总共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜),
此时的概率P2=.(9分)
若第四局结束甲以积分(2分)获胜,则甲第四局必定获胜,前三局为1胜2平或1胜1平1负,总共有以下9种情况:(胜,平,平,胜),(平,胜,平,胜),(平,平,胜,胜),(胜,平,负,胜),(胜,负,平,胜),(平,胜,负,胜),(平,负,胜,胜),(负,胜,平,胜),(负,平,胜,胜),
易得每局比赛中甲平局的概率为1-,
则此时的概率P3=.(13分)
若第四局结束甲以积分(1分)获胜,则乙的积分为0分,则对于甲总共有4种情况:(胜,平,平,平),(平,胜,平,平),(平,平,胜,平),(平,平,平,胜).
此时的概率P4=.(15分)
故P(B)=P1+P2+P3+P4=.(17分)
19.解析 设袋中有红球m个.(1分)
(1)设事件A=“摸球一次,从袋中摸出1个红球”,则P(A)=.
设事件B=“摸球两次,至少有一次摸出白球”,则=“摸球两次,两次均摸出红球”.
则P(B)=1-P(,解得m=4(舍负),即袋中红球有4个.(4分)
(2)设事件C=“摸球三次共取出两个白球”,
则摸球三次的可能情况为“白白红”“白红白”“红白白”,
则P(C)=.
所以摸球三次共取出两个白球的概率为.(8分)
(3)设事件E=“第三次摸球后停止摸球”,F=“第五次摸球后停止摸球”.
由题意知1≤m≤9,m∈N*.
若m=1,则不可能连续两次摸到红球,不合题意.(10分)
若m=2,则事件E发生的情况为“白红红”,
且P(E)=,
事件F发生的情况为“白白白红红”,
且P(F)=,
P(E)=P(F),不合题意.(12分)
若m=9,则最多第三次摸球后就停止摸球,不符合题意.
若m=8,则事件E发生的情况为“白红红”,
且P(E)=,
事件F发生的情况为“白红白红红”或“红白白红红”,
且P(F)=,P(E)>P(F),符合题意.(14分)
若3≤m≤7,m∈N*,则事件E发生的情况为“白红红”,
且P(E)=,
事件F发生的情况为“白白白红红”或“白红白红红”或“红白白红红”,
且P(F)=,
由P(E)>P(F)得,1>,
即m2-5m+6>0,解得m<2或m>3,即m=4,5,6,7.(16分)
综上所述,红球个数的所有可能取值为4,5,6,7,8.(17分)
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综合拔高练
五年高考练
考点1 古典概型的概率
1.(2024全国甲文,4)甲、乙、丙、丁四人排成一列,则丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( )
A.
2.(2023全国乙文,9)某学校举办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A.
3.(2022新高考Ⅰ,5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为( )
A.
4.(2020课标Ⅰ文,4)设O为正方形ABCD的中心,在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点共线的概率为( )
A.
5.(2022全国乙理,13)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为 .
6.(2024天津,13)A,B,C,D,E五种活动,甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 ;已知乙选了A活动,他再选择B活动的概率为 .
7.(2024新课标Ⅱ,14)在下图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有 种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
考点2 事件的独立性
8.(2021新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则( )
A.甲与丙相互独立
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立
D.丙与丁相互独立
9.(多选题)(2023新课标Ⅱ,12)在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立,发送0时,收到1的概率为α(0<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1-β.考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1)( )
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2
B.采用三次传输方案,若发送1,则依次收到1,0,1的概率为β(1-β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<0.5时,若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
10.(2022全国乙理,10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则( )
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
考点3 用频率估计概率
11.(2020全国Ⅰ文,17)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元,50元,20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下:
甲分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率;
(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务
12.(2023北京,18)为研究某种农产品价格变化的规律,收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据,如下表所示.在描述价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不变”,即当天价格与前一天价格相同.
时段 价格变化
第1天到第20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天到第40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用频率估计概率.
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率;
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的,在未来的日子里任取4天,试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率;
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响.判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明)
三年模拟练
应用实践
1.(多选题)(2024江苏南通期末)一个袋子中有大小和质地相同的4个球,其中有2个红色球(标号分别为1和2),2个白色球(标号分别为3和4),从袋中不放回地依次随机摸出2个球.设事件A=“两个球颜色不同”,B=“两个球的标号之和为奇数”,C=“两个球的标号都不小于2”,则( )
A.A与B互斥
B.A与C相互独立
C.P(AB)+P(AC)=P(A)
D.P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
2.(2024江苏常州第一中学阶段质量调研)学生甲想参加某高中校篮球投篮特长生考试,测试规则如下:①投篮分为两轮,每轮均有两次机会,第一轮在罚球线处,第二轮在三分线处;②若他在罚球线处投进第一球,则直接进入下一轮,若第一次没有投进,可以进行第二次投篮,投进则进入下一轮,否则不予录取;③若他在三分线处投进第一球,则直接录取,若第一次没有投进,可以进行第二次投篮,投进则录取,否则不予录取.已知学生甲在罚球线处投篮的命中率为,在三分线处投篮的命中率为,假设学生甲每次投进与否互不影响,则学生甲共投篮三次就结束考试的概率为( )
A.
C.
3.(2024四川成都阶段练习)如图,元件A1,A2,A3失效的概率均为,元件A4,A5失效的概率均为,元件A6失效的概率为,则闭合开关时,灯泡L亮的概率为( )
A.
C.
4.(2024北京朝阳期中)某公司招聘员工,指定三门考试课程,有两种考试方案.方案一:考三门课程,至少有两门及格为考试通过;方案二:在三门课程中随机选取两门,这两门都及格为考试通过.假设某应聘者这三门指定课程考试及格的概率分别是a,b,c,且三门指定课程考试是否及格相互之间没有影响,则该应聘者能通过考试的概率更大的是( )
A.方案一 B.方案二
C.方案一或方案二 D.无法比较
5.(2022江苏无锡太湖高级中学期中)设函数f(x)=ax+(x>1),若a是0,1,2三个数中的一个,b是1,2,3,4,5五个数中的一个,那么f(x)>b恒成立的概率是( )
A.
6.(2023江苏南京第一中学一模)现将除颜色外其他完全相同的6个红球和6个白球分别平均放入A,B两个封闭的盒子,甲从盒子A中,乙从盒子B中各随机取出一个球,若2个球同色,则甲胜,且将取出的2个球全部放入盒子A;若2个球异色,则乙胜,且将取出的2个球全部放入盒子B.按上述规则重复两次后,盒子A中恰有8个球的概率是( )
A.
7.(2023江苏扬州期末)某村为响应国家乡村振兴战略,扎实推动乡村产业,提高村民收益,种植了一批琯溪蜜柚.现为了更好地销售,从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚进行测重,测得其质量(单位:千克)均分布在[1.5,7.5]内,并绘制了如图所示的频率分布直方图:
(1)按分层抽样的方法从质量落在区间[2.5,3.5),[3.5,4.5)内的蜜柚中随机抽取5个,再从这5个蜜柚中随机抽取2个,求这2个蜜柚中至少有一个质量小于3.5千克的概率;
(2)以各组数据的中间值代表这组数据的平均水平,以频率代表概率,已知该村的蜜柚树上大约还有5 000个蜜柚待销售,某电商提出两种收购方案:
方案A:所有蜜柚均以20元/千克收购;
方案B:低于4.5千克的蜜柚以70元/个的价格收购,高于或等于4.5千克的蜜柚以90元/个的价格收购.
请你通过计算为该村选择收益较高的方案.
迁移创新
8.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)在某抽奖活动中,初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球,颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下:设定抽中红球为中奖,抽中白球为未中奖;若抽到白球,放回后把袋中的一个白球替换为红球;若抽到红球,放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖时中奖的概率为Pn,且中奖次数不限.
(1)求P2,P3;
(2)若存在实数a,b,c,对任意的不小于4的正整数n,都有Pn=aPn-1+
bPn-2+cPn-3,试确定a,b,c的值;
(3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章,则从初始状态下连抽9次,至少获得一枚勋章的概率为多少
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.B 根据题意画出树形图,如图,
由树形图可得,甲、乙、丙、丁四人排成一列,共有24种排法,
其中丙不在排头,且甲或乙在排尾的排法共有8种,
故所求概率P=.
教材溯源 古典概型是概率中最基础的内容,也是高考的必考点,解决这类题目的关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数.当基本事件总数较少时,可用列举法把所有基本事件一一列出,但要做到不重复、不遗漏,可借助树形图列举.
2.A 由题意可知基本事件总数为6×6=36,其中甲、乙两位同学抽到相同主题包含6个基本事件,所以抽到不同主题的概率P=,故选A.
3.D 从7个整数中随机取2个不同的数共有21种取法,其中2个数不互质的情况有两种:①从4个偶数中任取2个,有(2,4),(2,6),(2,8),(4,6),(4,8),(6,8),共6种取法;②从奇数和偶数中各取一个,有(3,6),共1种取法,所以2个数不互质的取法有7种,所以2个数互质的概率为1-,故选D.
4.A 从O,A,B,C,D中任取3点的情况有(O,A,B),(O,A,C),(O,A,D),(O,B,C),(O,B,D),(O,C,D),(A,B,C),(A,B,D),(B,C,D),(A,C,D)(易错:在列举所有情况时要做到无重复无遗漏),共有10种,由图可知取到的3点共线的有(O,A,C)和(O,B,D),共两种,所以所求概率为.故选A.
5.答案
解析 设另3名同学为A,B,C,则从5名同学中随机选3名,样本空间Ω={甲乙A,甲乙B,甲乙C,甲AB,甲AC,甲BC,乙AB,乙AC,乙BC,ABC},共10个样本点.设“甲、乙都入选”为事件A,则A={甲乙A,甲乙B,甲乙C},共3个样本点,所以P(A)=.
6.答案
解析 从五个活动中选三个的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种,
其中甲选到A有6种情况:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,
则甲选到A的概率P=.
乙选到A活动有6种情况:ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,
其中再选到B有3种情况:ABC,ABD,ABE,
故乙选了A活动,他再选择B活动的概率为.
7.答案 24;112
解析 由题意知,选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,
则第一列有4个方格可选,第二列有3个方格可选,
第三列有2个方格可选,第四列有1个方格可选,
所以共有4×3×2×1=24种选法.
每种选法可标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字,
则所有的可能结果为
(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),
所有选中的方格中,(15,21,33,43)的4个数之和最大,为15+21+33+43=112.
考场速决 本题第(2)空中,先按列分析,每列必选出一个数,所以所选4个数的十位数字分别为1,2,3,4,再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,所以从第一行中选21,从第二行中选33,从第三行中选43,从第四行中选15,此时个位上的数字之和最大,所以选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112.
8.B 依题意,有放回地随机取两次,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),其中P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)=,
丁事件包含(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6个基本事件,丙事件包含(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5个基本事件.
易知“甲、丙同时发生”的基本事件有0个,“丙、丁同时发生”的基本事件有0个,“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个,∴P(乙丙)=,
又P(乙)·P(丙)=,∴乙、丙不相互独立.
“甲、丁同时发生”的基本事件为(1,6),∴P(甲丁)=,
又P(甲)·P(丁)=,∴P(甲丁)=P(甲)·P(丁),∴甲与丁相互独立,故选B.
9.ABD 当发送0时,收到0,1分别记为事件A,B,
当发送1时,收到0,1分别记为事件C,D,
则P(A)=1-α,P(B)=α,P(C)=β,P(D)=1-β,且A,B,C,D相互独立.
对于A,即求事件DAD发生的概率,P(DAD)=P(A)·(P(D))2=(1-α)(1-β)2,故A正确;
对于B,即求事件DCD发生的概率,P(DCD)=P(C)·(P(D))2=β(1-β)2,故B正确;
对于C,采用三次传输方案,发送1,且译码为1的情况有两种:3次发送均收到1,3次发送恰有2次收到1,故所求概率为(1-β)3+3β(1-β)2,故C不正确;
对于D,采用三次传输方案,发送0,且译码为0的概率为(1-α)3+3α(1-α)2=(1+2α)(1-α)2,采用单次传输方案,发送0,且译码为0的概率为1-α,
(1+2α)(1-α)2-(1-α)=(1-α)[(1+2α)(1-α)-1]=(1-α)(-2α2+α)=α(1-α)(1-2α),
∵0<α<,∴1-α>0,1-2α>0,∴α(1-α)(1-2α)>0,∴(1+2α)(1-α)2>1-α,故D正确.
故选ABD.
10.D 该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘,
记该棋手在第二盘与甲比赛,且连胜两盘的概率为p甲,则p甲=(1-p2)p1p3+p2p1(1-p3)=p1(p2+p3)-2p1p2p3,
记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为p乙,则p乙=(1-p1)p2p3+p1p2(1-p3)=p2(p1+p3)-2p1p2p3,
记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为p丙,则p丙=(1-p1)p3p2+p1p3(1-p2)=p3(p1+p2)-2p1p2p3,
则p甲-p乙=p1(p2+p3)-2p1p2p3-[p2(p1+p3)-2p1p2p3]=(p1-p2)p3<0,
p乙-p丙=p2(p1+p3)-2p1p2p3-[p3(p1+p2)-2p1p2p3]=(p2-p3)p1<0,
即p甲
则p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序有关,选项A错误.
该棋手在第二盘与丙比赛,p最大,选项B、C错误,选项D正确.
故选D.
11.解析 (1)由题表知,甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4;
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28.
(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润/元 65 25 -5 -75
频数 40 20 20 20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15(元).
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润/元 70 30 0 -70
频数 28 17 34 21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为=10(元).
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.
12.解析 (1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数为16,估计该农产品价格“上涨”的概率为.
(2)在这40天内,该农产品的价格有16天“上涨”,14天“下跌”,10天“不变”,相应的概率分别是0.4,0.35,0.25,未来的日子里任取4天,分别用Ai,Bi,Ci表示第i天“上涨”“下跌”“不变”(i=1,2,3,4),则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况为A1A2B3C4,A1A2C3B4,A1B2A3C4,A1C2A3B4,A1B2C3A4,A1C2B3A4,B1A2A3C4,C1A2A3B4,B1A2C3A4,C1A2B3A4,B1C2A3A4,C1B2A3A4,共12种,每种情况发生的概率均为0.42×0.35×0.25=0.014,所以估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率为0.014×12=0.168.
(3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
详解:因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响,且第40天的价格“上涨”,所以只需统计前40天中价格“上涨”的次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格“上涨”的天数为4,价格“下跌”的天数为2,价格“不变”的天数为9,所以第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
三年模拟练
1.BC 根据题意,从袋中不放回地依次随机摸出2个球,其样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)},
事件A={(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)},B={(1,2),(1,4),(2,3),(3,4)},C={(2,3),(2,4),
(3,4)},AB={(1,4),(2,3)},AC={(2,3),(2,4)},ABC={(2,3)},
所以P(A)=.
对于A,事件A,B可以同时发生,则A,B不互斥,A错误;
对于B,P(A)P(C)=P(AC),故A,C相互独立,B正确;
对于C,P(AB)+P(AC)=P(A),C正确;
对于D,P(ABC)≠P(A)P(B)P(C),D错误.
故选BC.
2.B 记事件Ai表示“甲在罚球线处投篮,第i次投进”,事件Bi表示“甲在三分线处投篮,第i次投进”,其中i=1,2,事件C表示“甲共投篮三次就结束考试”,
则P(C)=P(,故选B.
3.D 依题意,得A2,A3这段失效的概率为1-,
则A1,A2,A3这段不失效的概率为1-.
A4,A5这段不失效的概率为1-,
A6不失效的概率为1-,
所以灯泡L亮的概率为.故选D.
4.A 设应聘者这三门指定课程考试通过的事件分别为A,B,C,则P(A)=a,P(B)=b,P(C)=c,
设考三门课程,至少有两门及格的概率为P1,
则P1=ab(1-c)+a(1-b)c+(1-a)bc+abc=ab+ac+bc-2abc.
设在三门课程中随机选取两门,这两门都及格的概率为P2,则P2=bc,
又P1-P2=ab+ac+bc-2abc-
=(ab+ac+bc-3abc)
=[ab(1-c)+ac(1-b)+bc(1-a)]>0,
所以P1>P2,即能通过考试的概率更大的是方案一.
故选A.
5.A 当a>0,x>1时,f(x)=ax++1+a≥2+1)2,
当且仅当x=+1时取等号,∴f(x)min=(+1)2,
则f(x)>b恒成立即为(+1)2>b恒成立;
当a=0时,f(x)=1+>1.
易知(a,b)的所有可能情况有(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(0,5),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),共15种,
其中f(x)>b恒成立的情况有(0,1),(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),共9种,
所以所求概率为.
故选A.
6.A 若两次取球后,盒子A中恰有8个球,则两次取球均为甲胜,即两次取球均为同色.
若第一次取球时甲、乙都取到红球,其概率为,则第一次取球后盒子A中有4个红球和3个白球,盒子B中有2个红球和3个白球,
第二次取球时分甲、乙均取到红球和均取到白球,其概率为,
故第一次取球时甲、乙都取到红球且两次取球后,盒子A中恰有8个球的概率为,
同理,第一次取球时甲、乙都取到白球且两次取球后,
盒子A中恰有8个球的概率为,
所以两次取球后,盒子A中恰有8个球的概率是.故选A.
7.解析 (1)由题意得x=1-(0.1×2+0.4+0.2+0.05)×1=0.15,
所以蜜柚质量(单位:千克)在区间[2.5,3.5)和[3.5,4.5)内的个数之比为0.1∶0.15=2∶3,
所以应从质量在[2.5,3.5)内的蜜柚中抽取2个,分别记为a1,a2,
从质量在[3.5,4.5)内的蜜柚中抽取3个,分别记为b1,b2,b3,
则从这5个蜜柚中随机抽取2个,样本空间Ω={a1a2,a1b1,a1b2,a1b3,a2b1,a2b2,a2b3,b1b2,b1b3,b2b3},共10个样本点.
记“抽取的2个蜜柚中至少有一个质量小于3.5千克”为事件M,
解法一:事件M={a1a2,a1b1,a1b2,a1b3,a2b1,a2b2,a2b3},共7个样本点,所以P(M)=.
解法二:事件M的对立事件为“抽取的2个蜜柚的质量均大于3.5千克”,则={b1b2,b1b3,b2b3},共3个样本点,所以P(M)=1-P(.
(2)若按方案A收购,由题中频率分布直方图可知,蜜柚质量在区间[1.5,2.5),[2.5,3.5),[3.5,4.5),[4.5,5.5),[5.5,6.5),[6.5,7.5]内的频率依次为0.1,0.1,0.15,0.4,0.2,0.05,
则各质量区间内待销售的蜜柚个数依次为500,500,750,2 000,
1 000,250,
所以总收益为(2×500+3×500+4×750+5×2 000+6×
1 000+7×250)×20=465 000(元).
若按方案B收购,由方案A知蜜柚质量低于4.5千克的个数为1 750,高于或等于4.5千克的个数为5 000-1 750=3 250,
所以总收益为1 750×70+3 250×90=415 000(元).
因为415 000<465 000,
所以该村选择方案A的收益比选择方案B的收益高,应该选择方案A.
8.解析 (1)第2次抽奖时中奖有两种情况:第一次抽到红球,第二次抽到红球;第一次抽到白球,第二次抽到红球,所以第2次抽奖时中奖的概率P2=.
第3次抽奖时中奖有三种情况:在第2次中奖基础上第3次抽到红球;三次抽奖分别是白球、白球、红球;三次抽奖分别是红球、白球、红球,所以第3次抽奖时中奖的概率P3=P2×.
(2)因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态,
所以从初始状态开始,若第一次中奖,则第n次抽奖时中奖的概率为Pn-1,
若第一次未中奖而第二次中奖,则第n次抽奖时中奖的概率为Pn-2,
若前两次均未中奖,则第三次必中奖,此时第n次抽奖时中奖的概率为Pn-3,
综上所述,对任意的n≥4,Pn=Pn-3,
又Pn=aPn-1+bPn-2+cPn-3,所以a=.
(3)由题意知每抽奖三次中至少有一次中奖,
故连抽9次至少中奖3次,所以只需排除连抽9次时仅有3次中奖的情况即可,
另外,每两次中奖的间隔不能超过三次,每次中奖后袋中的球会回到初始状态.
从初始状态开始,抽一次奖中奖的概率Q1=,
从初始状态开始抽两次,第一次未中奖而第二次中奖的概率Q2=,
从初始状态开始抽三次,前两次均未中奖而第三次中奖的概率Q3=,
用(i,j,k)表示第i次,第j次,第k次中奖,其余未中奖,
则三次中奖的所有情况如下:(1,4,7),(2,4,7),(2,5,7),(2,5,8),(3,4,7),(3,5,7),(3,5,8),(3,6,7),(3,6,8),(3,6,9),
故仅三次中奖的概率为Q1×,
所以从初始状态下连抽9次,获得至少一枚勋章的概率为1-.
素养评析 本题第(1)问考查数学运算的核心素养,考查学生在易于理解的情境中的基础运算能力和推理能力,达到了水平一;本题第(2)问重在考查逻辑推理的核心素养,在充分理解抽奖规则的基础上确定在第一次中奖、第一次未中而第二次中奖、前两次均未中奖三种情况下,第n次中奖的概率,对逻辑推理能力有很高的要求,达到了水平二;本题第(3)问考查数学运算、逻辑推理、数学抽象的核心素养,采用转化思想,将“获得至少一枚勋章”转化为“仅三次中奖”问题,训练了学生的逆向思维能力,达到了水平二.
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2025苏教版高中数学必修第二册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 计算样本点时重复或遗漏致错
1.(2024河北保定曲阳第一高级中学月考)已知m,n∈{-2,-1,1,2},若向量a=(m,n),b=(1,1),则向量a与向量b的夹角为锐角的概率为( )
A.
2.(2022四川南充二诊)孪生素数也称为孪生质数,指两个相差2的素数,例如5和7.在大于3且小于30的素数中,随机选取2个不同的数,则它们恰好是一组孪生素数的概率为( )
A.
易错点2 混淆“互斥事件”“对立事件”与“相互独立事件”致错
3.(多选题)(2024江苏宿迁期末)一只不透明的口袋内装有9张卡片,上面分别标有数字1,2,3,…,9.从袋中任意抽取1张卡片,记“抽出的卡片上所标数字为1,4,7”为事件A,“抽出的卡片上所标数字小于7”为事件B,“抽出的卡片上所标数字大于7”为事件C,则下列说法正确的是( )
A.事件A与事件C是互斥事件
B.事件A与事件B是互斥事件
C.事件A与事件B相互独立
D.事件B与事件C是对立事件
4.(2024山东菏泽阶段练习)依次抛掷两枚质地均匀的骰子,记录骰子正面向上的点数.用x表示第一次抛掷骰子的点数,y表示第二次抛掷骰子的点数,(x,y)表示一次试验的结果.记“x+y=7”为事件A,“xy=2k-1(k∈N*)”为事件B,“x≤3”为事件C,则( )
A.A与B相互独立 B.A与B对立
C.A与C相互独立 D.B与C相互独立
易错点3 不能正确应用事件间的关系求概率
5.(2023江苏镇江丹阳高级中学月考)排球比赛的规则是5局3胜制(5局比赛中无平局,优先取得3局胜利的一方获得最终胜利),在某次排球比赛中,甲队在每局比赛中获胜的概率都为,且各局之间互不影响,前两局中乙队以2∶0领先,则最后乙队获胜的概率是( )
A.
6.(2024江苏连云港高级中学月考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲、乙各猜一个成语,已知甲每轮猜对的概率为,乙每轮猜对的概率为,在每轮活动中,甲和乙猜对与否互不影响,各轮结果也互不影响.
(1)求甲在两轮活动中恰好猜对1个成语的概率;
(2)求“星队”在两轮活动中共猜对3个成语的概率.
思想方法练
一、分类讨论思想在解决概率问题中的应用
1.(2024河南洛阳质量检测)甲、乙、丙三位棋手按如下规则进行比赛:第一局由甲、乙参加而丙轮空,然后第一局的胜者与丙进行第二局比赛,败者轮空,一直进行到其中一人连胜两局为止,此人成为整场比赛的优胜者,已知甲、乙、丙各局获胜的概率均为,且各局胜负相互独立.若比赛至多进行四局,则甲为优胜者的概率是( )
A.
2.(2024江苏无锡江阴月考)本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑行的人越来越多.某自行车租车点的收费标准如下:每车每次租车时间不超过2小时时免费,超过2小时的部分每小时收费标准为2元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人来该租车点租车骑行(两人互不影响),设甲、乙不超过2小时还车的概率分别为,超过2小时但不超过3小时还车的概率分别为,两人租车时间都不会超过4小时.
(1)求甲、乙两人所付租车费用相同的概率;
(2)求甲、乙两人所付租车费用之和为4元的概率.
二、转化与化归思想在解决概率问题中的应用
3.(2024山西大同阶段练习)已知某音响设备由五个部件组成:A电视机,B影碟机,C线路,D左声道和E右声道,其中每个部件能否正常工作相互独立,各部件正常工作的概率如图所示.当且仅当A与B中至少有一个正常工作,C正常工作,D与E中至少有一个正常工作时能听到声音,则听不到声音的概率为( )
A.0.197 38 B.0.000 18
C.0.010 92 D.0.098 28
4.盒子里有5个球,其中3个红球,2个白球,从中任取2个球,则至少有1个白球的概率为 .
三、数形结合思想在解决概率问题中的应用
5.(2024福建莆田阶段练习)甲、乙、丙三人进行传球游戏,每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式,当球在甲手中时,若骰子点数大于3,则甲将球传给乙,若点数不大于3,则甲将球保留;当球在乙手中时,若骰子点数大于4,则乙将球传给甲,若点数不大于4,则乙将球传给丙;当球在丙手中时,若骰子点数大于3,则丙将球传给甲,若点数不大于3,则丙将球传给乙.初始时,球在甲手中,则投掷3次骰子后,球仍在甲手中的概率为( )
A.
6.(多选题)(2024浙江县域教研联盟学业水平模拟)已知随机事件A,B的概率都大于0,表示事件A的对立事件,则( )
A.当P(A)+P(B)=1时,B=
B.当 B时,P(A)≥P(B)
C.当P()P(B)时,A,B相互独立
D.当P(AB)>0时,P(B)≤P(B)
答案与分层梯度式解析
易混易错练
1.B 向量a与向量b的夹角为锐角等价于a·b>0且a与b不同向,即a·b=m+n>0,且m≠n.
易知a的坐标共有16种可能,分别是(-2,-2),(-2,-1),(-2,1),(-2,2),(-1,
-2),(-1,-1),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,-1),(1,1),(1,2),(2,-2),(2,-1),(2,1),(2,2),
满足条件的a的坐标为(-1,2),(2,-1),(1,2),(2,1),共4个,故所求的概率为,故选B.
2.B 大于3且小于30的素数有5,7,11,13,17,19,23,29,
从中随机选取2个不同的数的样本空间Ω={(5,7),(5,11),(5,13),(5,17),(5,19),(5,23),(5,29),(7,11),(7,13),(7,17),(7,
19),(7,23),(7,29),(11,13),(11,17),(11,19),(11,23),(11,29),(13,17),(13,19),
(13,23),(13,29),(17,19),(17,23),(17,29),(19,23),(19,29),(23,29)},共包含28个样本点.
设它们恰好是一组孪生素数为事件A,则A={(5,7),(11,13),(17,19)},共包含3个样本点,所以P(A)=.故选B.
易错警示 列举样本点时要按照一定的顺序写,要保证所有样本点的列举不重不漏,有时也可借助表格或树形图等.
3.AC 由题意可知,样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8,9},A={1,4,7},B={1,2,3,4,5,6},C={8,9},
则n(Ω)=9,n(A)=3,n(B)=6,可得P(A)=.
对于A,因为A∩C= ,所以事件A与事件C是互斥事件,故A正确;
对于B,因为A∩B={1,4}≠ ,所以事件A与事件B不是互斥事件,故B错误;
对于C,由B可知n(AB)=2,则P(AB)=,
因为P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立,故C正确;
对于D,因为B∪C={1,2,3,4,5,6,8,9}≠Ω,
所以事件B与事件C不是对立事件,故D错误.
故选AC.
易错警示 互斥事件是不能同时发生,但是能同时不发生的事件,对立事件是有且只有一个发生的事件,故互斥事件不一定是对立事件,但对立事件一定是互斥事件,解题时要防止弄错两者之间的关系而出现错误.
4.C 依题意,依次抛掷两枚质地均匀的骰子,样本点总数为36,
其中事件“x+y=7”包含的样本点有(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6个,即n(A)=6,
事件“xy=2k-1(k∈N*)”包含的样本点有(1,1),(3,3),(5,5),(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),(5,1),(5,3),共9个,即n(B)=9,
事件“x≤3”包含的样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),共18个,即n(C)=18,
所以A与B不能同时发生,但是能同时不发生,故不是对立事件,故B错误;
因为A与B不能同时发生,所以A与B是互斥事件,则P(AB)=0,
又P(A)=,所以P(AB)≠P(A)P(B),所以A与B不相互独立,故A错误;
事件AC包含的样本点有(1,6),(2,5),(3,4),共3个,又P(C)=,所以P(AC)==P(A)P(C),
所以A与C相互独立,故C正确;
事件BC包含的样本点有(1,1),(3,3),(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),共6个,所以P(BC)=≠P(B)P(C),所以B与C不相互独立,故D错误.故选C.
易错警示 互斥事件和相互独立事件描述的都是两个或多个事件间的关系,但互斥事件强调不可能同时发生,相互独立事件强调一个事件的发生与否对其余事件发生的概率没有影响.
5.B 事件“最后乙队获胜”的对立事件为“最后乙队没有获胜”,即甲队获胜,也就是最后3局甲队都获胜,设事件“最后乙队没有获胜”为A,
则P(A)=,
因此,最后乙队获胜的概率是1-P(A)=.故选B.
6.解析 (1)记甲在两轮活动中恰好猜对1个成语为事件M,则有两种情况:第一轮猜对且第二轮猜错;第一轮猜错且第二轮猜对,
则P(M)=.
(2)设事件A1,A2分别表示甲在两轮活动中猜对1个,2个成语,事件B1,B2分别表示乙在两轮活动中猜对1个,2个成语,
则P(A1)=,
P(B1)=,
设事件N为“‘星队’在两轮活动中共猜对3个成语”,
则N=A1B2∪A2B1,易知A1B2与A2B1互斥,A1与B2,A2与B1分别相互独立(易错点),
所以P(N)=P(A1B2)+P(A2B1)
=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)
=.
易错警示 在利用概率的加法公式进行计算时,首先判断两事件是否互斥,若A,B互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B),若A,B不互斥,则P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB).
思想方法练
1.B 利用分类讨论思想对甲获胜的各种情况进行分类求解.
甲获胜分为两种情况:
①甲连胜两局,其概率P1=;
②第一局甲负乙胜,第二局乙负丙胜,甲轮空,第三、四局都是甲胜,其概率P2=.
所以若比赛至多进行四局,则甲为优胜者的概率是P1+P2=.故选B.
2.解析 (1)按甲、乙两人的租车时间均不超过2小时,均超过2小时但不超过3小时,均超过3小时三种情况分类讨论求解.
甲、乙两人的租车时间均不超过2小时的概率P1=,
甲、乙两人的租车时间均超过2小时但不超过3小时的概率P2=,
甲、乙两人的租车时间均超过3小时的概率P3=,
故甲、乙两人所付租车费用相同的概率P4=P1+P2+P3=.
(2)按甲免费、乙租车费用为4元,乙免费、甲租车费用为4元,甲、乙租车费用均为2元三种情况分类讨论求解.
甲免费、乙租车费用为4元的概率P5=,
乙免费、甲租车费用为4元的概率P6=,
甲、乙租车费用均为2元的概率P7=,
故甲、乙两人所付租车费用之和为4元的概率P8=.
思想方法 在概率问题中,当要求的结果由多种情况构成时,就需要对各种情况进行合理分类,从而将复杂事件分解为若干个简单事件来求解,注意要选择正确的分类标准,做到不重不漏.
3.A 听不到声音的情况比较复杂,可转化为分析能听到声音的情况来处理,即利用对立事件求解,体现了转化思想的应用.
设A电视机,B影碟机,C线路,D左声道和E右声道能正常工作的事件为Mi(i=1,2,3,4,5),能听到声音为事件M,
则P(M)=[1-P()]·P(M3)·[1-P()]
=[1-P()]·P(M3)·[1-P()]
=(1-0.1×0.2)×0.9×(1-0.3×0.3)=0.802 62,
所以听不到声音的概率为P()=1-0.802 62=0.197 38.故选A.
4.答案
解析 用A1,A2,A3表示3个红球,B1,B2表示2个白球,则从中任取2个球的样本空间Ω={A1A2,A1A3,A1B1,A1B2,A2A3,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,B1B2},共10个样本点.
设“从中任取2个球,至少有1个白球”为事件A,则它的对立事件是“1个白球也没有”,
事件A所含样本点较多,故将求A发生的概率转化为求它的对立事件发生的概率.
因为={A1A2,A1A3,A2A3},所以P(,
故P(A)=1-P(.
思想方法 在解决较复杂事件的概率问题时,常转化为两个或两个以上互斥事件的概率的和进行计算,或者转化为其对立事件的概率进行计算.
5.D 利用树形图列举所有可能的情况,体现了数形结合思想的应用.
初始时,球在甲手中,投掷3次骰子,传球的所有可能情况可用树形图表示如下:
由树形图可知,当投掷3次骰子后,球仍在甲手中共有4种情况:
①甲→甲→甲→甲,其概率为,
②甲→甲→乙→甲,其概率为,
③甲→乙→甲→甲,其概率为,
④甲→乙→丙→甲,其概率为,
所以投掷3次骰子后,球仍在甲手中的概率P=.故选D.
6.CD 利用Venn图直观表示各事件间的关系,从而方便求解对应的概率,体现了数形结合思想的应用.
对于选项A,根据对立事件的定义知,P(A)+P()=1,又P(A)+P(B)=1,所以P(B)=P(),而事件的概率相等并不代表事件一定相等,比如抛一颗质地均匀的骰子试验中,A表示事件“出现1,2,3点”,B表示事件“出现2,3,5点”,如图1,P(A)+P(B)=1,但是B≠,故A错误;
对于选项B,如图2,阴影部分代表事件A,无法判断P(A)与P(B)的大小,故B错误;
对于选项C,因为P()P(B),所以,B相互独立,因此A,B相互独立,故C正确;
对于选项D,如图3,阴影部分代表事件B,由图可知,P(B)≤P(B),故D正确.
故选CD.
思想方法 对于情况复杂的试验,利用树形图可以快速准确地得到其样本点及个数;对于一些涉及互斥事件、对立事件及相互独立事件关系或概率计算的问题,利用Venn图直观表示也是一个实用和快捷的方法,这些都是数形结合思想在概率问题中的体现.
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