章末检测（十）　概率

(共39张PPT)
章末检测（十）　概率
（时间：120分钟　满分：150分）
一、单项选择题（本大题共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. 抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1 000次，那么第999次出现正
面朝上的概率是（　　）
A. B.
C. D.
解析：　抛掷一枚质地均匀的硬币，只考虑第999次，只有正面朝上和反
面朝上两种等可能的结果，故所求概率为 .
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2. 某网站举行购物抽奖活动，规定购物消费每满100元就送一次抽奖机
会，中奖的概率为10％.那么以下理解正确的是（　　）
A. 某人抽奖100次，一定能中奖10次
B. 某人消费1 000元，至少能中奖1次
C. 某人抽奖1次，一定不能中奖
D. 某人抽奖10次，可能1次也没中奖
解析：　中奖的概率为10％，与抽奖的次数无关，不能保证一定中奖，
也不能保证一定不中奖，只是有10％中奖的可能性，故D选项正确.
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3. 把红、蓝、黑、白4张纸牌随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人分得一
张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是（　　）
A. 对立事件 B. 必然事件
C. 互斥但不对立事件 D. 不可能事件
解析：　事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”不可能同时发生，
也可能都不发生，故它们是互斥但不对立事件.
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4. 自然对数的底数是指无理数e＝2.718 281 828 459 045….e是一个奇妙有
趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头.某教师为帮助同学们了
解“e”，让同学们从小数点后的3位数字7，1，8中随机选取两位数字，整
数部分2不变，那么得到的数字小于2.71的概率为（　　）
A. B.
√
C. D.
解析：　由题意可得，样本点总数N＝6，∵让同学们从小数点后的3位
数字7，1，8中随机选取两位数字，整数部分2不变，那么得到的数字小于
2.71的样本点有（1，7），（1，8），即2.17＜2.71，2.18＜2.71，共有
M＝2个，∴得到的数字小于2.71的概率为P＝ ＝ ＝ .
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5. 一个口袋内装有大小相同的红、蓝球各一个，若有放回地摸出一个球并
记下颜色为一次试验，试验共进行三次，则至少摸到一次红球的概率是
（　　）
A. B.
解析：　所有的样本点为（红，红，红），（红，红，蓝），（红，
蓝，红），（蓝，红，红），（红，蓝，蓝），（蓝，红，蓝），（蓝，
蓝，红），（蓝，蓝，蓝），共8个.三次都是蓝球的样本点只有1个，其
概率是 ，根据对立事件的概率之间的关系，可得所求概率为1－ ＝ .
C. D.
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6. 拋掷一枚质地均匀的正四面骰子（骰子为正四面体，四个面上的数字分
别为1，2，3，4），若骰子与桌面接触面上的数字为1或2，则再抛掷一
次，否则停止抛掷（最多抛掷2次），则抛掷骰子所得的点数之和至少为4
的概率为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　抛掷次数为1的概率为 ＝ ，点数可能为3或4，抛掷次数为2的
概率为1－ ＝ ，此时样本点有（1，1），（1，2），（1，3），（1，
4），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），共八个，其中点数之
和至少为4的样本点有（1，3），（1，4），（2，2），（2，3），（2，
4），共五个，故抛掷骰子所得的点数之和至少为4的概率为 × ＋ ×
＝ ＋ ＝ .故选A.
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7. 长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约有45％的人近视，
而该校大约有20％的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为50
％.现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的
概率为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：　设该校有x个同学，则约有0.45x的学生近视，∵0.2x的学生每
天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视，∴有
0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视，∴从每天
玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的概率为P＝
＝ .
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8. 猜灯谜是中国元宵节特色活动之一.已知甲、乙、丙三人每人写一个灯
谜，分别放入三个完全相同的小球，三人约定每人随机选一个球（不放
回），猜出自己所选球内的灯谜者获胜.若他们每人必能猜对自己写的灯
谜，并有 的概率猜对其他人写的灯谜，则甲独自获胜的概率为（　　）
A. B.
C. D.
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解析：记事件A表示甲独自获胜，因为每人随机选一个球（不放回），有（甲，乙，丙），（甲，丙，乙），（乙，丙，甲），（乙，甲，丙），（丙，乙，甲），（丙，甲，乙），共6种选法，又因为每人必能猜对自己写的灯谜，并有 的概率猜对其他人写的灯谜，当甲选到自己写的灯谜，乙、丙选到对方写的灯谜时，甲独自获胜的概率为 ×（1－ ）×（1－ ）＝ ， 当甲选到乙写的灯谜，乙选到丙写的灯谜，丙选到甲写的灯谜时，甲独自获胜的概率为 × ×（1－ ）×（1－ ）＝ ，当甲选到丙写的灯谜，乙选到甲写的灯谜，丙选到乙写的灯谜时，甲独自获胜的概率为 × ×（1－ ）×（1－ ）＝ ，所以P（A）＝ ＋ ＋ ＝ ，故选C.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的
四个选项中，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. 设A，B为两个互斥的事件，且P（A）＞0，P（B）＞0，则下列各
式正确的是（　　）
A. P（A∪B）＝P（A）＋P（ B ）
B. P（ ∪ ）＝P（ ）＋P（ ）
C. P（AB）＝0
D. P（ ）＝1－P（A）－P（B）
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解析：因为A，B为两个互斥的事件，则A∩B＝ ，
则P（A∪B）＝P（A）＋P（B），P（AB）＝0，
A、C正确；P（ ∪ ）＝P（ ）＋P（ ）－P（
），B错误；P（ ）＝P（ ）＋P（ ）－P（ ∪ ）＝1－P（A）＋1－P（B）－P（ ）＝1－P（A）＋1－P（B）－1＝1－P（A）－P（B），D正确.故选A、C、D.
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10. 某工厂制造一种零件，甲机床的正品率是0.9，乙机床的正品率为
0.8，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（　　）
A. 两件都是次品的概率为0.28
B. 至多有一件正品的概率为0.72
C. 恰有一件正品的概率为0.26
D. 至少有一件正品的概率为0.98
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解析：　记事件A为“从甲机床制造的产品中抽到一件正品”，事件B
为“从乙机床制造的产品中抽到一件正品”，事件C为“抽取的两件产品
中至多有一件正品”，事件D为“抽取的两件产品中恰有一件正品”，事
件E为“抽取的两件产品中至少有一件正品”.由题意知A，B是相互独立
事件，则P（ ）＝P（ ）P（ ）＝0.1×0.2＝0.02，故A错误；P
（C）＝P（A ）＋P（ B）＋P（ ）＝P（A）P（ ）＋P
（ ）P（B）＋P（ ）P（ ）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝
0.28，故B错误；P（D）＝P（A ）＋P（ B）＝P（A）P（ ）＋
P（ ）P（B）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＝0.26，故C正确；P（E）＝1
－P（ ）＝1－0.02＝0.98，故D正确.故选C、D.
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11. 已知关于x的二次函数f（x）＝ax2－bx＋1，设集合P＝{1，2，3}，
Q＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数
对（a，b），则（　　）
A. 所有的数对（a，b）共有30种情况
B. 函数y＝f（x）有零点的概率为
C. 使函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的数对（a，b）共有
13种情况
D. 函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率为
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解析： 由题意可知（a，b）有（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共15种情况，故A不正确；函数y＝f（x）有零点等价于Δ＝b2－4a≥0，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况，所以函数y＝f（x）有零点的概率为 ＝ ，故B正确；
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易知a＞0，函数y＝f（x）图象的对称轴为直线x＝ ，且在区间[1，
＋∞）上单调递增，所以有 ≤1，满足条件的数对有（1，－1），
（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），
（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），
共13种情况，所以函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率
为 ，故C正确，D错误.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横
线上）
12. 为了调查新疆阿克苏野生动物保护区内鹅喉羚的数量，调查人员逮到
这种动物400只，标记后放回.一个月后，调查人员再次逮到该种动物800
只，其中标记的有2只，估算该保护区有鹅喉羚 只.
解析：设保护区内有鹅喉羚x只，每只鹅喉羚被逮到的概率是相同的，所
以 ＝ ，解得x＝160 000.
160 000　
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13. 某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别
为 ， ，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的
概率为 ，则p的值为 　 　.
解析：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，∴至少投中一次的
对立事件为事件 发生，∴至少投中一次的概率为P＝1－ × ×（1
－p）＝ ，解得p＝ .
　
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14. 甲、乙、丙、丁四人到电影院看电影，只剩下编号为1，2，3的三个座
位，于是四人抽签决定谁坐几号座位（抽到空签的人离开），则甲抽到2
号座位的概率为 .
解析：设“甲抽到2号座
位”为事件A，四个人抽3
个座位，情况较复杂，可以
利用树状图表示抽签的结果，如图所示.
由图可知，有4大类，每大类中有6种可能结果，共有4×6＝24（种）结果，其中甲抽到2号座位的结果有6种，所以P（A）＝ ＝ .
　
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证
明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉
种子发芽情况之间的关系进行研究，他们分别记录了3月1日至3月5日的每
天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：
日期 3月1日 3月2日 3月3日 3月4日 3月5日
温差x/℃ 10 11 13 12 8
发芽数y/颗 23 25 30 26 16
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（1）求这5天的平均发芽率；
解： 这5天的平均发芽率为 ×（23＋25＋30＋26＋16）× ×100％＝24％.
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（2）从3月1日至3月5日中任选2天，记发芽的种子数分别为m，n，用
（m，n）的形式列出所有的样本点，并求满足“m，n∈[25，30]”的
事件A的概率.
解： 所有的样本点有10个，分别为（23，25），（23，30），
（23，26），（23，16），（25，30），（25，26），（25，16），
（30，26），（30，16），（26，16）.
满足“m，n∈[25，30]”的事件A包含的样本点有（25，30），（25，
26），（30，26），共3个.
所以满足“m，n∈[25，30]”的事件A的概率为P（A）＝ .
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16. （本小题满分15分）20名学生某次数学考试成绩（单位：分）的频率
分布直方图如下：
（1）求频率分布直方图中a的值；
解： 由频率分布直方图可知组距为10，因
为（2a＋3a＋6a＋7a＋2a）×10＝1，
解得a＝ ＝0.005.
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（2）分别求出成绩在[50，60）与[60，70）中的学生人数；
解： 由图可知成绩在[50，60）的频率为
2a×10＝0.1，
由频数＝总体×频率，从而得到该范围内的人数为0.1×20＝2，
成绩在[60，70）范围内的频率为3a×10＝
0.15，则该范围内的人数为0.15×20＝3.
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（3）从成绩在[50，70）的学生中任选2人，求这2人的成绩都在[60，70）中的概率.
解：记成绩在[50，60）中的2人为A1，
A2，成绩在[60，70）中的3人为B1，B2，B3，
则从成绩在[50，70）的学生中任选2人的样本点共有10个：
（A1，A2），（A1，B1），（A1，B2），（A1，B3），（A2，B1），（A2，B2），（A2，B3），（B1，B2），（B1，B3），（B2，B3），
其中2人的成绩都在[60，70）中的样本点有3个：（B1，B2），（B1，
B3），（B2，B3），故所求的概率为P＝ .
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17. （本小题满分15分）甲、乙两名同学组成“星队”参加知识竞赛.现有
A，B两类问题，竞赛规则如下：①竞赛开始时，甲、乙两名同学各自先
从A类问题中随机抽取一个问题进行回答，答错的同学本轮竞赛结束；答
对的同学再从B类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本
轮竞赛结束.②若在本轮竞赛中甲、乙两名同学合计答对问题的个数不少
于3，则“星队”可进入下一轮.已知甲同学能答对A类中问题的概率为
，能答对B类中问题的概率为 .乙同学能答对A类中问题的概率为 ，能
答对B类中问题的概率为 .
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（1）设“甲同学答对0个，1个，2个问题”分别记为事件A0，A1，A2，求
事件A0，A1，A2的概率；
解：∵甲同学能答对A类中问题的概率为 ，能答对B类中问题的概率为 ，
∴P（A0）＝1－ ＝ ，P（A1）＝ ×（1－ ）＝ ，P（A2）＝ ×
＝ .
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（2）求“星队”能进入下一轮的概率.
解： 设“乙同学答对1个，2个问题”分别记为事件B1，B2，
∵乙同学能答对A类中问题的概率为 ，能答对B类中问题的概率为 ，
∴P（B1）＝ ×（1－ ）＝ ，P（B2）＝ × ＝ ，
设事件C表示“星队能进入下一轮”，P（C）＝P（A1B2）＋P
（A2B1）＋P（A2B2）＝P（A1）P（B2）＋P（A2）P（B1）＋P
（A2）P（B2）＝ × ＋ × ＋ × ＝ ，
故“星队”能进入下一轮的概率为 .
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18. （本小题满分17分）某网上电子商城销售甲、乙两种品牌的固态硬
盘，甲、乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的
甲、乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出
现故障发生在保修期内的数据如下：
型号 甲 乙
首次出现故障的
时间x（年） 0＜
x≤1 1＜
x≤2 2＜
x≤3 0＜
x≤1 1＜
x≤2 2＜
x≤3
硬盘数（个） 2 1 2 1 2 3
假设甲、乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立.
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（1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现
故障发生在保修期内的概率；
解： 在图表中，甲品牌的50个样本中，首次出现故障发生在保修期
内的频率为 ＝ ，
即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生
在保修期内的概率估计为 .
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（2）某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估
计恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年（即2＜x≤3）的概率.
解： 设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出
现故障发生在保修期的第3年为事件B，从该商城销售的乙品牌固态硬盘中
随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件C，利用频率
估计概率，得P（B）＝ ＝ ，P（C）＝ ，
则P（B ＋ C）＝P（B）P（ ）＋P（ ）P（C）＝P（B）[1－
P（C）]＋[1－P（B）]P（C） ＝ × ＋ × ＝
，所以某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为 .
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19. （本小题满分17分）甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，每局比赛
两人对战，另一人轮空，没有平局.每局胜者与此局轮空者进行下一局的
比赛.约定先赢两局者获胜，比赛随即结束.已知每局比赛甲胜乙的概率为
，甲胜丙的概率为 ，乙胜丙的概率为 .
（1）若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
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解： 第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为 × × ＝
；
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为（1－ ）×
× ＝ .
综上，甲获胜的概率为 ＋ ＝ .
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（2）判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大.
解： 若第一局乙丙对战，由（1）知甲获胜的概率为 ；
若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为 × ＝ .
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为
×（1－ ）× × ＝ .
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为
（1－ ）×（1－ ）× × ＝ .
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所以最终甲获胜的概率为 ＋ ＋ ＝ ；
若第一局甲丙对战，则甲获胜也有三种情况：
①甲丙对战甲胜，甲乙对战甲胜的概率为 × ＝ .
②甲丙对战甲胜，甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜的概率为
×（1－ ）×（1－ ）× ＝ .
③甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜的概率为
（1－ ）× × × ＝ .
所以最终甲获胜的概率为 ＋ ＋ ＝ .
因为 ＞ ＞ ，所以第一局甲乙对战才能使甲获胜的概率最大.
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THANKS
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