2023年人教版高中数学第十章概率常考点.pdf

(名师选题名师选题)2023)2023 年人教版高中数学第十章概率常考点年人教版高中数学第十章概率常考点 单选题 1、某大街在甲、乙、丙三处设有红绿灯，汽车在这三处遇到绿灯的概率分别是13,12,23，则汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为（）A19B16C13D718 答案：D 分析：把汽车在三处遇两次绿灯的事件M分拆成三个互斥事件的和，再利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的概率公式计算得解.汽车在甲、乙、丙三处遇绿灯的事件分别记为A，B，C，则()=13,()=12,()=23，汽车在三处遇两次绿灯的事件M，则=+，且，互斥，而事件A，B，C相互独立，则()=()+()+()=1312(1 23)+13(1 12)23+(1 13)1223=718，所以汽车在这三处共遇到两次绿灯的概率为718.故选：D 2、有 6 个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，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 答案：B 分析：根据独立事件概率关系逐一判断(甲)=16，(乙)=16，(丙)=536，(丁)=636=16，(甲丙)=0 (甲)(丙)，(甲丁)=136=(甲)(丁)，(乙丙)=136(乙)(丙)，(丙丁)=0 (丁)(丙)，故选：B 小提示：判断事件,是否独立，先计算对应概率，再判断()()=()是否成立 3、下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（）A掷一枚骰子一次，事件“出现偶数点”；事件“出现 3 点或 6 点”B袋中有 3 白、2 黑共 5 个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件“第一次摸到白球”，事件“第二次摸到白球”C袋中有 3 白、2 黑共 5 个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件“第一次摸到白球”，事件“第二次摸到黑球”D甲组 3 名男生，2 名女生；乙组 2 名男生，3 名女生，现从甲、乙两组中各选 1 名同学参加演讲比赛，事件“从甲组中选出 1 名男生”，事件“从乙组中选出 1 名女生”答案：C 分析：利用对立事件和相互独立事件的概念求解 解：对于选项 A，事件=2,4,6，事件=3,6，事件=6，基本事件空间=1,2,3,4,5,6，所以()=36=12，()=26=13，()=16=1213，即()=()()，因此事件与事件 N 是相互独立事件；对于选项 B，袋中有 3 白、2 黑共 5 个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件“第一次摸到白球”，事件“第二次摸到白球”，则事件发生与否与无关，同时，事件发生与否与无关，则事件与事件是相互独立事件；对于选项 C，袋中有 3 白、2 黑，5 个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件“第一次摸到白球”，事件“第二次摸到黑球”，则事件发生与否和事件有关，故事件和事件与不是相互独立事件；对于选项 D，甲组 3 名男生，2 名女生；乙组 2 名男生，3 名女生，现从甲、乙两组中各选 1 名同学参加演讲比赛，事件“从甲组中选出 1 名男生”，事件“从乙组中选出 1 名女生”，则事件发生与否与无关，同时，事件发生与否与无关，则事件与事件是相互独立事件；故选：C.4、从装有 3 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 3 个球，那么“至少有 2 个黑球”的对立事件是（）A至少有 1 个红球 B至少有 1 个黑球 C至多有 1 个黑球 D至多 2 个红球 答案：C 分析：根据对立事件的定义判断即可 由题，由对立事件的定义，“至少有 2 个黑球”与“至多有 1 个黑球”对立，故选：C 5、某人将一枚硬币连抛 20 次，正面朝上的情况出现了 12 次.若用A表示事件“正面向上”，则A的（）A频率为35B概率为35C频率为12D概率接近35 答案：A 分析：根据频率和概率的知识确定正确选项.依题意可知，事件的频率为1220=35，概率为12.所以 A 选项正确，BCD 选项错误.故选：A 6、某学校共有教职工 120 人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：本科 研究生 合计 35 岁以下 40 30 70 35-50 岁 27 13 40 50 岁以上 8 2 10 现从该校教职工中任取 1 人，则下列结论正确的是（）A该教职工具有本科学历的概率低于 60 B该教职工具有研究生学历的概率超过 50 C该教职工的年龄在 50 岁以上的概率超过 10 D该教职工的年龄在 35 岁及以上且具有研究生学历的概率超过 10 答案：D 分析：根据表中数据，用频率代替概率求解.A.该教职工具有本科学历的概率=75120=58=62.5%60%，故错误；B.该教职工具有研究生学历的概率=45120=38=37.5%50%，故错误；C.该教职工的年龄在 50 岁以上的概率=10120=112 8.3%10%，故正确.小提示：本题主要考查概率的求法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.7、已知样本空间为，x为一个基本事件.对于任意事件A，定义()=0,1,，给出下列结论：()=1,()=0；对任意事件A，0 ()1；如果 =，那么()=()+()；()+()=1.其中，正确结论的个数是（）A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 答案：D 分析：根据()的定义，利用分类讨论思想进行分析判定.任意 恒成立，任意 恒不成立，()=1,()=0，故正确；对任意事件A，()=0,1,，()0,1，0 ()1成立，故正确；如果 =，当 时，()=1，此时 或 .若 ，则 ,()=1,()=0，()+()=1，()=()+()成立；时，()=0,()=1，()+()=1，()=()+()成立；当 时，()=0,()=0,()=0，那么()=()+()成立，正确；当 时，,此时()=1,()=0,()+()=1成立；当 时，,此时()=0,()=1,()+()=1成立，故正确.综上，正确的结论有 4 个，故选：D 8、设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P（A）P（B）1”，则甲是乙的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案：A 解析：将两个条件相互推导，根据能否推导的情况选出正确答案.若事件A与事件B是对立事件，则AB为必然事件，再由概率的加法公式得P（A）P（B）1；投掷一枚硬币 3 次，满足P（A）P（B）1，但A，B不一定是对立事件，如：事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“出现 3 次正面”，则P（A）78，P（B）18，满足P（A）P（B）1，但A，B不是对立事件.所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A 小提示：本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查对立事件的理解，属于基础题.9、若书架上放的工具书、故事书、图画书分别是 5 本、3 本、2 本，则随机抽出一本是故事书的概率为（）A15B310C35D12 答案：B 分析：由古典概率模型的计算公式求解.样本点总数为 10，“抽出一本是故事书”包含 3 个样本点，所以其概率为310.故选：B.10、史记卷六十五孙子吴起列传第五中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场每场比赛中胜者得 1 分，否则得 0 分若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得 2 分的概率为（）A13B23C16D12 答案：C 分析：根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a,b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等可能事件的概率计算可得答案.设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，双方各出上、中、下等马各 1 匹分组分别进行 1 场比赛，所有的可能为:Aa，Bb，Cc，田忌得 0 分;Aa，Bc，Cb，田忌得 1 分 Ba，Ab，Cc，田忌得 1 分 Ba，Ac，Cb，田忌得 1 分;Ca，Ab，Bc，田忌得 2 分，Ca，Ac，Bb，田忌得 1 分 田忌得 2 分概率为=16，故选：C 11、2020 年 1 月，教育部出台关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见（简称“强基计划”），明确从 2020 年起强基计划取代原有的高校自主招生方式.如果甲、乙、丙三人通过强基计划的概率分别为45,34,34，那么三人中恰有两人通过的概率为（）A2180B2780C3380D2740 答案：C 分析：根据积事件与和事件的概率公式可求解得到结果.记甲、乙、丙三人通过强基计划分别为事件,，显然,为相互独立事件，则“三人中恰有两人通过”相当于事件+，且,互斥，所求概率(+)=()+()+()=()()()+()()()+()()()=153434+451434+453414=3380.故选：C.12、抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件=“向上的点数为3”，=“向上的点数为6”，=“向上的点数为3或6”，则有（）A B C =D =答案：D 分析：根据事件的关系、和事件、积事件的定义逐一判断四个选项的正误，即可得出正确选项 对于 A：事件=“向上的点数为3”发生，事件=“向上的点数为6”一定不发生，故选项 A 不正确；对于 B：事件=“向上的点数为3或6”发生，事件=“向上的点数为6”不一定发生，但事件=“向上的点数为6”发生，事件=“向上的点数为3或6”一定发生，所以 ，故选项 B 不正确；对于 C：事件和事件不能同时发生，=，故选项 C 不正确；对于 D：事件=“向上的点数为3”或事件=“向上的点数为6”发生，则事件=“向上的点数为3或6”发生，故选项 D 正确；故选：D 双空题 13、已知某台纺纱机在 1 小时内发生 0 次、1 次、2 次纱线断头的概率分别是0.8，0.12，0.05，则这台纺纱机在 1 小时内纱线断头不超过 2 次的概率和纱线断头超过 2 次的概率分别为_、_.答案：0.97 0.03 解析：纱线断头不超过 2 次的概率等于发生 0 次、1 次、2 次纱线断头的概率之和，纱线断头超过 2 次与线断头不超过 2 次是对立，从而得到答案.因为纺纱机在 1 小时内发生 0 次、1 次、2 次纱线断头的概率分别是0.8，0.12，0.05，所以纱线断头不超过 2 次的概率1=0.8+0.12+0.05=0.97，所以纱线断头超过 2 次的概率2=1 1=1 0.97=0.03.所以答案是：0.97、0.03 小提示：本题考查对立事件和互斥事件的概率，属于简单题.14、一个袋子中有 5 个红球,4 个绿球,8 个黑球,如果随机地摸出一个球,记事件=摸出黑球,事件=模出绿球,事件=摸出红球,则()=_;()=_.答案：817 917 解析：直接根据概率公式计算即可得出结果.由古典概型的算法可得()=817，()=()+()=417+517=917，所以答案是：817，917.小提示：本题主要考查了古典概率公式，属于基础题.15、袋中有 5 只球，其中有 3 只红球，编号为 1，2，3，有 2 只黄球，编号为 4，5.现从中任意取一只球，试验A：观察颜色；试验B：观察号码.试验A的样本空间为_.试验B的样本空间为_.答案：红，黄 1,2,3,4,5 分析：由样本空间的定义即可求解.解：由题意，试验A的样本空间为红，黄；试验B的样本空间为1,2,3,4,5.所以答案是：红，黄；1,2,3,4,5.16、某商场共有三层，最初规划第一层为35家生活用品店，第二层为35家服装店，第三层为30家餐饮店.招商后，最终各层各类店铺的数量(单位：家)统计如下表：生 活 用 品店 服装店 餐饮店 第一层 25 7 3 第二层 4 27 4 第三层 6 1 23 若从第一层店铺中随机抽一家，则该店铺与最初规划一致的概率为_;若从该商场所有店铺中随机抽一家，则该店铺与最初规划一致的概率为_ 答案：57 34#0.75 分析：根据条件结合古典概型概率公式直接计算即可得到答案 若从第一层店铺中随机抽一家，则该店铺与最初规划一致的概率为 2535=57，若从该商场所有店铺中随机抽一家，则该店铺与最初规划一致的概率为 25+27+23100=34 所以答案是：57；34 17、某旅游爱好者计划从 3 个亚洲国家1，2，3和 3 个欧洲国家1，2，3中选择 2 个国家去旅游.若从这6 个国家中任选 2 个，则这 2 个国家都是亚洲国家的概率是_；若从 3 个亚洲国家和 3 个欧洲国家中各选 1 个，则这 2 个国家包括1但不包括1的概率是_.答案：15#0.2 29 分析：第一空，列举出从 6 个国家中任选 2 个国家，所有可能结果，计算所选 2 个国家都是亚洲国家的事件个数，根据古典概型的概率公式可求得答案；第二空，列举出从 3 个亚洲国家和 3 个欧洲国家中各选 1 个的所有可能结果，计算出这 2 个国家包括1但不包括1的事件个数，根据古典概型的概率公式可求得答案；由题意知，从 6 个国家中任选 2 个国家，所有可能结果为(1,2)，(1,3)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(1,2)，(1,3)，(2,3)，共有 15 种可能的结果.设事件E表示“所选 2 个国家都是亚洲国家”，则事件E所包含的样本点有(1,2)，(1,3)，(2,3)，共有 3种可能的结果，则()=315=15.从 3 个亚洲国家和 3 个欧洲国家中各选 1 个，则所有可能结果为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共有 9 种可能的结果，设事件F表示“这 2 个国家包括1但不包括1，则事件F所包含的样本点有(1,2)，(1,3)，共有 2 种可能的结果，则()=29.所以答案是：15；29 解答题 18、一次考试中，每位考生要在 8 道试题中随机抽出 2 道题回答，答对其中 1 题为及格（1）某位考生会答 8 道题中的 5 道题，这位考生及格的概率有多大？（2）若某位考生及格的概率小于50%，则他最多只会答几道题？答案：（1）2528；（2）2.分析：（1）分析题意可知该考生答对 1 道或 2 道都为及格，分别求出两种情况的概率之和即可；（2）某位考生及格的概率小于50%，则不及格的概率大于或等于12，设他最多只会答道题，则828212，解不等式即可求解.（1）8道题中5道题会的，3道题不会的，该考生答对1道或2道都为及格，所以这位考生及格的概率为5131+523082=15+1028=2528，（2）某位考生及格的概率小于50%，则不及格的概率大于或等于12，设他最多只会答道题，则828212即(8)(7)2 14，整理可得：2 15+28 0，解得：151132或 15+1132 1511321510.62=2.2，即 2.2，所以他最多只会答2道题.19、盒子里有6个红球，4个白球，现从中任取3个球设事件：1个红球和2个白球，事件：2个红球和1个白球，事件：至少有1个红球，事件：既有红球又有白球，则：(1)事件与事件,是什么关系？(2)事件与事件是什么关系？答案：(1)=(2)分析：列举出事件,所有可能的结果，由此可确定结果.（1）事件可能的结果为：1个红球和2个白球或2个红球和1个白球，=.（2）事件可能的结果为：1个红球和2个白球、2个红球和1个白球和3个红球，=，则.20、某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位：3）和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 0,0.1)0.1,0.2)0.2,0.3)0.3,0.4)0.4,0.5)0.5,0.6)0.6,0.7)频数 1 3 2 4 9 26 5 使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表 日用水量 0,0.1)0.1,0.2)0.2,0.3)0.3,0.4)0.4,0.5)0.5,0.6)频数 1 5 13 10 16 5（1）作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图：（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.353的概率；（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）答案：（1）直方图见解析；（2）0.48；（3）47.453.分析：（1）根据题中所给的使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表，算出落在相应区间上的频率，借助于直方图中长方形的面积表示的就是落在相应区间上的频率，从而确定出对应矩形的高，从而得到直方图；（2）结合直方图，算出日用水量小于0.35的矩形的面积总和，即为所求的频率；（3）根据组中值乘以相应的频率作和求得50天日用水量的平均值，作差乘以365天得到一年能节约用水多少3，从而求得结果.（1）频率分布直方图如下图所示：（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于0.353的频率为 0.2 0.1+1 0.1+2.6 0.1+2 0.05=0.48；因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.353的概率的估计值为0.48；（3）该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为 1=150(0.05 1+0.15 3+0.25 2+0.35 4+0.45 9+0.55 26+0.65 5)=0.48 该家庭使用了节水龙头后 50 天日用水量的平均数为2=150(0.05 1+0.15 5+0.25 13+0.35 10+0.45 16+0.55 5)=0.35 估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48 0.35)365=47.45(m3)小提示：该题考查的是有关统计的问题，涉及到的知识点有频率分布直方图的绘制、利用频率分布直方图计算变量落在相应区间上的概率、利用频率分布直方图求平均数，在解题的过程中，需要认真审题，细心运算，仔细求解，就可以得出正确结果.