人教版数学高考(文)一轮复习训练：第十一章概率规范练53随机事件的概率
高考数学一轮强化训练 11.1随机事件的概率 文 新人教A版
高考数学一轮强化训练 11.1随机事件的概率文新人教A版第一节随机事件的概率强化训练当堂巩固1.下列事件中,随机事件的个数为( )①物体在重力的作用下会自由下落;②方程2x+2x+3=0有两个不相等的实根;③某传呼台某天的某一时段内收到传呼要求10次;④下周日会下雨.A.1B.2C.3D.4答案:B解析:①是必然事件,②是不可能事件,③④是随机事件.2.给出下列命题:x≤”是必然事件;①“当x∈R时,sinx+cos1x≤”是不可能事件;②“当x∈R时,sinx+cos1③“当x∈R时,sinx+cosx<2”是随机事件;④“当x∈R时,sinx+cosx<2”是必然事件,其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3答案:B3. 从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175]内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为( )A.0.2B.0.3C.0.7D.0.8答案:B解析:因为必然事件发生的概率是1,所以该同学的身高超过175 cm的概率为1-0.2-0.5=0.3.4.从装有5只红球和5只白球的袋中任意取出3只球,有如下几对事件:①取出“两只红球和一只白球”与“取出一只红球和两只白球”;②“取出两只红球和一只白球”与“取出3只红球”;③“取出3只红球”与“取出的3只球中至少有一只白球”;④“取出3只红球”与“取出3只白球”,其中是对立事件的有 (只填序号).答案:③解析:从5红5白的10个球中任取3个,其所有结果为:3白,2白1红,1白2红,3红共4种情况,其中取出3球至少有一只白球包括:1白2红,2白1红,3白,故只有③为对立事件.课后作业巩固提升见课后作业B题组一随机事件的概念1.从6个男生、2个女生中任选3人,则下列事件中是必然事件的是( )A.3个都是男生B.至少有1个男生C.3个都是女生D.至少有1个女生答案:B解析:因为只有2个女生,任选3人,则至少有1人是男生.2.下列说法不正确的是( )A.不可能事件的概率是0,必然事件的概率是1B.某人射击10次,击中靶心8次,则他击中靶心的概率约为0.8C.“直线y=k(x+1)过点(-1,0)”是必然事件D.先后抛掷两枚大小一样的硬币,两枚都出现反面的概率是1 3答案:D解析:先后抛掷两枚大小一样的硬币,两枚都出现反面的概率是14,而不是13.题组二对立事件与互斥事件3.某人打靶,连续射击2次,事件“至少有1次中靶”的对立事件是( )A.至多有1次中靶B.2次都中靶C.2次都不中靶D.只有1次中靶答案:C解析:“至少有1次中靶”包括中1次或中2次,故选C.4.从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球,那么互斥而不对立的两个事件是( )A.至少有1个白球,都是白球B.至少有1个白球,至少有1个红球C.恰有1个白球,恰有2个白球D.至少有1个白球,都是红球答案:C解析:结合互斥事件和对立事件的定义知,对于C中恰有1个白球,即1白1红,与恰有2个白球是互斥事件,但不是对立事件,因为还有2个都是红球的情况.5.某射手的一次射击中,射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1,则此射手在一次射击中不超过8环的概率为 .答案:0.5解析:依题意知,此射手在一次射击中不超过8环的概率为1-(0.2+0.3)=0.5.题组三频率与概率的计算6.同时抛掷三枚均匀的硬币,出现一枚正面,两枚反面的概率等于( )A.14 B.13 C.38 D.12答案:C解析:出现一枚正面,两枚反面的情况为:正反反;反正反;反反正3种可能,所以其概率38P=.7.从一篮子鸡蛋中任取1个,如果其重量小于30克的概率为0.3,重量在[30,40]克的概率为0.5,那么重量不小于30克的概率为( )A.0.3B.0.5C.0.8D.0.7答案:D解析:由对立事件概率加法公式知:重量不小于30克的概率为1-0.3=0.7.8.在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车),有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里,他可乘3路或6路公共汽车到厂里,已知3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60,则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为( )A.0.12B.0.20C.0.60D.0.80答案:D解析:令“能上车”记为事件A,则3路或6路车有一辆路过即事件发生,故P(A)=0.20+0.60=0.80.9.中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛,甲夺得冠军的概率为3 7,乙夺得冠军的概率为14,那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为 .答案:19 28解析:中国队夺得女子乒乓球单打冠军包括两种情况:一是甲队员夺得单打冠军,二是乙队员夺得单打冠军,故31917428P=+=.10.某射击运动员进行双向飞碟射击训练的成绩如下表所示:(1)将各次记录中飞碟的频率填入表中;(2)这个运动员击中飞碟的概率约为多少? 解:(1)射击次数100,击中飞碟数是81,故击中飞碟的频率是810100=.81,同理可求得下面的频率依次是0.792,0.82,0.82,0.793,0.794,0.807. (2)击中飞碟的频率稳定在0.8,故这个运动员击中飞碟的概率约为0.8. 11.在数学考试中,小明的成绩在90分及以上的概率是0.18,在80 -89分的概率是0.51,在70 -79分的概率是0.15,在60- 69分的概率是0.09,计算小明在数学考试中取得80分及以上成绩的概率和小明考试不及格(低于60分)的概率.解:设小明的数学考试成绩在90分及以上,在80 -89分,在70 -79分,在60 -69分分别为事件B,C,D,E,这4个事件是彼此互斥的.根据互斥事件的概率加法公式,小明的考试成绩在80分及以上的概率为()()(P B C P B P ⋃=+C)=0.18+0.51=0.69.小明考试及格的概率,即成绩在60分及以上的概率为()()(P B C D E P B P ⋃⋃⋃=+C)+P(D)+P(E)=0.18+0.51+0.15+0.09=0.93.而小明考试不及格与小明考试及格互为对立事件,所以小明考试不及格的概率为P=1-()P B C D E ⋃⋃⋃=1-0.93=0.07.12.袋中有12个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,取到红球的概率为13,取到黑球或黄球的概率是512,取到黄球或绿球的概率也是512,试求取到黑球、黄球、绿球的概率各是多少?解:从袋中任取一球,记事件“取到红球”“取到黑球”“取到黄球”“取到绿球”为A 、B 、C 、D,则有()P B C ⋃=P(B)5()12P C +=; 5()()()12P C D P C P D ⋃=+=; 12()1()133P B C D P A ⋃⋃=-=-=, 解得111()()()464P B P C P D =,=,=. 故取到黑球、黄球、绿球的概率分别是14、16、14.高考资源网（ ）您身边的高考专家。
高考数学第一轮复习概率专项练习(含答案)
高考数学第一轮复习概率专项练习（含答案）高考数学第一轮复习概率专项练习（含答案）概率是对随机事件发生的可能性的度量，一般以一个在0到1之间的实数表示一个事件发生的可能性大小。
以下是高考数学第一轮复习概率专项练习，请考生掌握。
一、选择题1.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0,1表示没有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 69471417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 36619597 7424 7610 4281根据以上数据估计该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为()A.0.852B.0.819 2C.0.8D.0.75答案：D 命题立意：本题主要考查随机模拟法，考查考生的逻辑思维能力.解题思路：因为射击4次至多击中2次对应的随机数组为7140,1417,0371,6011,7610，共5组，所以射击4次至少击中3次的概率为1-=0.75，故选D.2.在菱形ABCD中，ABC=30，BC=4，若在菱形ABCD内任取一C. 1/3D.1/4答案：B 解题思路：由题意知投掷两次骰子所得的数字分别为a，b，则基本事件有：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共有36个.而方程x2-ax+2b=0有两个不同实根的条件是a2-8b0，因此满足此条件的基本事件有：(3,1)，(4,1)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，共有9个，故所求的概率为=.5.在区间内随机取两个数分别为a，b，则使得函数f(x)=x2+2ax-b2+2有零点的概率为()A.1-B.1-C.1-D.1-答案：B 解题思路：函数f(x)=x2+2ax-b2+2有零点，需=4a2-4(-b2+0，即a2+b22成立.而a，b[-]，建立平面直角坐标系，满足a2+b22的点(a，b)如图阴影部分所示，所求事件的概率为P===1-，故选B.6.袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于()A.5/6B.11/12C. 1/2D.3/4答案：B 解题思路：将同色小球编号，从袋中任取两球，所有基本事件为：(红，白1)，(红，白2)，(红，黑1)，(红，黑2)，(红，黑3)，(白1，白2)，(白1，黑1)，(白1，黑2)，(白1，黑3)，(白2，黑1)，(白2，黑2)，(白2，黑3)，(黑1，黑2)，(黑1，黑3)，(黑2，黑3)，共有15个基本事件，而为一白一黑的共有6个基本事件，所以所求概率P==.故选B.二、填空题7.已知集合表示的平面区域为，若在区域内任取一点P(x，y)，则点P的坐标满足不等式x2+y22的概率为________. 答案：命题立意：本题考查线性规划知识以及几何概型的概率求解，正确作出点对应的平面区域是解答本题的关键，难度中等.解题思路：如图阴影部分为不等式组表示的平面区域，满足条件x2+y22的点分布在以为半径的四分之一圆面内，以面积作为事件的几何度量，由几何概型可得所求概率为=.8.从5名学生中选2名学生参加周六、周日社会实践活动，学生甲被选中而学生乙未被选中的概率是________.答案：命题立意：本题主要考查古典概型，意在考查考生分析问题的能力.解题思路：设5名学生分别为a1，a2，a3，a4，a5(其中甲是a1，乙是a2)，从5名学生中选2名的选法有(a1，a2)，(a1，a3) ，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)，共10种，学生甲被选中而学生乙未被选中的选法有(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，共3种，故所求概率为.9.已知函数f(x)=kx+1，其中实数k随机选自区间，则对x[-1,1]，都有f(x)0恒成立的概率是________.答案：命题立意：本题主要考查几何概型，意在考查数形结合思想.解题思路：f(x)=kx+1过定点(0,1)，数形结合可知，当且仅当k[-1,1]时满足f(x)0在x[-1，1]上恒成立，而区间[-1,1]，[-2,1]的区间长度分别是2,3，故所求的概率为.10.若实数m，n{-2，-1,1,2,3}，且mn，则方程+=1表示焦点在y轴上的双曲线的概率是________.解题思路：实数m，n满足mn的基本事件有20种，如下表所示.-2 -1 1 2 3 -2 (-2，-1) (-2,1) (-2,2) (-2,3) -1 (-1，-2) (-1,1) (-1,2) (-1,3) 1 (1，-2) (1，-1) (1,2) (1,3) 2 (2，-2) (2，-1) (2,1) (2,3) 3 (3，-2) (3，-1) (3,1) (3,2) 其中表示焦点在y轴上的双曲线的事件有(-2,1)，(-2,2)，(-2,3)，(-1,1)，(-1,2)，(-1,3)，共6种，因此方程+=1表示焦点在y轴上的双曲线的概率为P==.三、解答题11.袋内装有6个球，这些球依次被编号为1,2,3，，6，设编号为n的球重n2-6n+12(单位：克)，这些球等可能地从袋里取出(不受重量、编号的影响).(1)从袋中任意取出1个球，求其重量大于其编号的概率;(2)如果不放回地任意取出2个球，求它们重量相等的概率. 命题立意：本题主要考查古典概型的基础知识，考查考生的计算能力.解析：(1)若编号为n的球的重量大于其编号，则n2-6n+12n，即n2-7n+120.解得n3或n4.所以n=1,2,5,6.所以从袋中任意取出1个球，其重量大于其编号的概率P==.(2)不放回地任意取出2个球，这2个球编号的所有可能情形为：1,2;1,3;1,4;1,5;1,6;2,3;2,4;2,5;2,6;3,4;3,5;3,6;4,5;4,6;5,6.共有15种可能的情形.设编号分别为m与n(m，n{1,2,3,4,5,6}，且mn)的球的重量相等，则有m2-6m+12=n2-6n+12，即有(m-n)(m+n-6)=0.所以m=n(舍去)或m+n=6.满足m+n=6的情形为1,5;2,4，共2种情形.故所求事件的概率为.12.一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4.(1)从袋中随机抽取一个球，将其编号记为a，然后从袋中余下的三个球中再随机抽取一个球，将其编号记为b，求关于x的一元二次方程x2+2ax+b2=0有实根的概率;(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号记为m，将球放回袋中，然后从袋中随机取一个球，该球的编号记为n.若以(m，n)作为点P的坐标，求点P落在区域内的概率.命题立意：(1)不放回抽球，列举基本事件的个数时，注意不要出现重复的号码;(2)有放回抽球，列举基本事件的个数时，可以出现重复的号码，然后找出其中随机事件含有的基本事件个数，按照古典概型的公式进行计算.解析：(1)设事件A为方程x2+2ax+b2=0有实根.当a0，b0时，方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为ab.以下第一个数表示a的取值，第二个数表示b的取值.基本事件共12个：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3).事件A中包含6个基本事件：(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3).事件A发生的概率为P(A)==.(2)先从袋中随机取一个球，放回后再从袋中随机取一个球，点P(m，n)的所有可能情况为：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个.落在区域内的有(1,1)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共4个，所以点P落在区域内的概率为.13.某校从高一年级学生中随机抽取40名学生，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，，[90,100]后得到如图所示的频率分布直方图.(1)求图中实数a的值;(2)若该校高一年级共有学生640人，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数;(3)若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，求这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10的概率.命题立意：本题以频率分布直方图为载体，考查概率、统计等基础知识，考查数据处理能力、推理论证能力和运算求解能力，考查数形结合、化归与转化等数学思想方法.解析：(1)由已知，得10(0.005+0.01+0.02+a+0.025+0.01)=1，解得a=0.03.(2)根据频率分布直方图可知，成绩不低于60分的频率为1-10(0.005+0.01)=0.85.由于该校高一年级共有学生640人，利用样本估计总体的思想，可估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数约为6400.85=544.(3)易知成绩在[40,50)分数段内的人数为400.05=2，这2人分别记为A，B;成绩在[90,100]分数段内的人数为400.1=4，这4人分别记为C，D，E，F.若从数学成绩在[40,50)与[90,100]两个分数段内的学生中随机选取2名学生，则所有的基本事件有：(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15个.如果2名学生的数学成绩都在[40,50)分数段内或都在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10.如果一个成绩在[40,50)分数段内，另一个成绩在[90,100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10.记这2名学生的数学成绩之差的绝对值不大于10为事件M，则事件M包含的基本事件有：(A，B)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共7个.所以所求概率为P(M)=.14.新能源汽车是指利用除汽油、柴油之外其他能源的汽车，包括燃料电池汽车、混合动力汽车、氢能源动力汽车和太阳能汽车等，其废气排放量比较低，为了配合我国节能减排战略，某汽车厂决定转型生产新能源汽车中的燃料电池轿车、混合动力轿车和氢能源动力轿车，每类轿车均有标准型和豪华型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)：燃料电池轿车混合动力轿车氢能源动力轿车标准型 100 150 y 豪华型 300 450 600 按能源类型用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中燃料电池轿车有10辆.(1)求y的值;(2)用分层抽样的方法在氢能源动力轿车中抽取一个容量为5的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2辆轿车，求至少有1辆标准型轿车的概率;(3)用随机抽样的方法从混合动力标准型轿车中抽取10辆进行质量检测，经检测它们的得分如下：9.3,8.7,9.1,9.5,8.8,9.4,9.0,8.2,9.6,8.4.把这10辆轿车的得分看作一个样本，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.4的概率.命题立意：本题主要考查概率与统计的相关知识，考查学生的运算求解能力以及分析问题、解决问题的能力.对于第(1)问，设该厂这个月生产轿车n辆，根据分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有燃料电池轿车10辆，列出关系式，得到n的值，进而得到y值;对于第(2)问，由题意知本题是一个古典概型，用列举法求出试验发生包含的事件数和满足条件的事件数，根据古典概型的概率公式得到结果;对于第(3)问，首先求出样本的平均数，求出事件发生包含的事件数和满足条件的事件数，根据古典概型的概率公式得到结果.解析：(1)设该厂这个月共生产轿车n辆，由题意，得=，n=2 000，y=2 000-(100+300)-150-450-600=400.(2)设所抽样本中有a辆标准型轿车，由题意得a=2.因此抽取的容量为5的样本中，有2辆标准型轿车，3辆豪华型轿车，用A1，A2表示2辆标准型轿车，用B1，B2，B3表示3辆豪华型轿车，用E表示事件在该样本中任取2辆轿车，其中至少有1辆标准型轿车，则总的基本事件有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，(B1，B2)，(B1，B3)，(B2，B3)，共10个，事件E包含的基本事件有(A1，A2)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，B3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，B3)，共7个，故所求概率为P(E)=.(3)样本平均数=(9.3+8.7+9.1+9.5+8.8+9.4+9.0+8.2+9.6+8.4)=9.设D表示事件从样本中任取一个数，该数与样本平均数之差的绝对值不超过0.4，则总的基本事件有10个，事件D包括的基本事件有9.3,8.7,9.1,8.8,9.4,9.0，共6个.所求概率为P(D)==.高考数学第一轮复习概率专项练习及答案解析的全部内容就是这些，查字典数学网希望考生可以取得优异的成绩。
高中数学试题含答案-课时规范练53 随机事件的独立性、条件概率与全概率公式
课时规范练53 随机事件的独立性、条件概率与全概率公式基础巩固组1.甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛,甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34,甲、乙两人是否获得一等奖相互独立,则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为( ) A.34B.23C.57D.5122.(多选)已知事件A ,B ,且P (A )=0.5,P (B )=0.2,则下列结论正确的是( ) A.如果B ⊆A ,那么P (A ∪B )=0.2,P (AB )=0.5 B.如果A 与B 互斥,那么P (A ∪B )=0.7,P (AB )=0 C.如果A 与B 相互独立,那么P (AB )=0D.如果A 与B 相互独立,那么P (AB )=0.4,P (A B )=0.43.甲、乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是( ) A.29 B.49C.23D.794.设有一批同规格的产品,由三家工厂生产,其中甲厂生产12,乙、丙两厂各生产14,而且各厂的次品率依次为2%,2%,4%,现从这批产品中任取一件,则取到次品的概率为 ( )A.0.025B.0.08C.0.07D.0.1255.(2020黑龙江实验中学高三月考)吸烟有害健康,远离烟草,珍惜生命.据统计一小时内吸烟5支诱发脑血管病的概率为0.02,一小时内吸烟10支诱发脑血管病的概率为0.16.已知某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,则他在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病的概率为( ) A.67 B.2125C.4950D.不确定6.掷一枚质地均匀的骰子2次,每个结果以(x 1,x 2)记之,其中x 1,x 2分别表示掷第一次与掷第二次骰子的点数,设A={(x 1,x 2)|x 1+x 2=6},B={(x 1,x 2)|x 1>x 2},则P (B|A )=( ) A.18B.13C.25D.127.一道考题有4个答案,要求学生将其中的一个正确答案选择出来.某考生知道正确答案的概率为13,而乱猜正确的概率为23.在乱猜时,4个答案都有机会被他选择,如果他答对了,则他确实知道正确答案的概率是( ) A.13B.23C.34D.148.(2020天津,13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 . 9.一袋中装有大小、形状均相同的5个球,其中2个黑球,3个白球,从中先后不放回地任取一球,则第二次取到的是黑球的概率为 .10.事件A ,B ,C 相互独立,如果P (AB )=16,P (B C )=18,P (AB C )=18,则P (B )= ;P (A B )= . 11.一个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩是等可能的,令A={一个家庭中既有男孩又有女孩},B={一个家庭中最多有一个女孩}.对下述两种情形,讨论A 与B 的独立性: (1)家庭中有两个小孩; (2)家庭中有三个小孩.综合提升组12.(2020辽宁大连一模)《易经》是中国传统文化中的精髓,下图是易经后天八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(表示一根阳线,表示一根阴线),从八卦中任取两卦,记事件A=“两卦的六根线中恰有两根阳线”,B=“有一卦恰有一根阳线”,则P (A|B )=( )后天八卦图A.15B.16C.17D.31413.某台举办闯关答题比赛,共分两轮,每轮共有4类题型,选手从前往后逐类回答,若中途回答错误,立马淘汰,若全部回答正确,就能获得一枚复活币并进行下一轮答题,两轮都通过就可以获得最终奖金.选手在第一轮闯关获得的复活币,系统会在下一轮答题中自动使用,即下一轮重新进行闯关答题时,在某一类题型中回答错误,自动复活一次,视为答对该类题型.若某选手每轮的4类题型的通过率均分别为910、89、34、13,则该选手进入第二轮答题的概率为;该选手最终获得奖金的概率为.14.为了营造勤奋读书、努力学习、奋发向上的文化氛围,提高学生的阅读兴趣,某校开展了“朗读者”闯关活动,各选手在第一轮要进行诗词朗读的比拼,第二轮进行诗词背诵的比拼.已知某学生通过第一关的概率为0.8,在已经通过第一关的前提下通过第二关的概率为0.5,则该同学两关均通过的概率为.15.已知从A地去B地有①或②两条路可走,并且汽车走路①堵车的概率为14,汽车走路②堵车的概率为p,若现在有两辆汽车走路①,有一辆汽车走路②,且这三辆车是否堵车相互之间没有影响.(1)若这三辆汽车中恰有一辆汽车被堵的概率为716,求走路②堵车的概率;(2)在(1)的条件下,求这三辆汽车中被堵车辆的辆数ξ的分布列.创新应用组16.(多选)(2020辽宁沈阳实验中学高三月考)在如图所示的电路中,A、B、C、D、E是5个保险盒.其中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率,下列结论正确的是()A.AB所在线路畅通的概率为16B.ABC所在线路畅通的概率为56C.DE所在线路畅通的概率为130D.当开关合上时,整个电路畅通的概率为293617.某仓库有同样规格的产品12箱,其中6箱、4箱、2箱依次是由甲、乙、丙三个厂生产的,且三个厂的次品率分别为110,114,118.现从这12箱中任取一箱,再从取得的一箱中任意取出一个产品.(1)则取得的一个产品是次品的概率为.(2)若已知取得一个产品是次品,则这个次品是乙厂生产的概率是.(精确到0.001)参考答案课时规范练53随机事件的独立性、条件概率与全概率公式1.D根据题意,恰有一人获得一等奖可以分成甲获奖乙没获奖或甲没获奖乙获奖,则所求概率是2 3×(1-34)+34×(1-23)=512,故选D.2.BD如果B⊆A,那么P(A∪B)=0.5,P(AB)=0.2,故A错误;如果A与B互斥,那么P(A∪B)=0.7,P(AB)=0,故B正确;如果A与B相互独立,那么P(AB)=0.1,故C错误;如果A与B相互独立,那么P(AB)=P(A)·P(B)=0.4,P(A B)=P(A)·P(B)=0.4,故D正确.3.D甲不跑第一棒共有A31·A33=18(种)情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类:①乙跑第一棒,共有A33=6(种)情况;②乙不跑第一棒,共有A21·A21·A22=8(种)情况,∴甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为6+818=79,故选D.4.A设A1,A2,A3分别表示事件“取到甲厂的产品”,“取到乙厂的产品”,“取到丙厂的产品”,B表示事件“取到次品”,则P(A1)=0.5,P(A2)=P(A3)=0.25,P(B|A1)=0.02,P(B|A2)=0.02,P(B|A3)=0.04,由全概率公式,得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=0.5×0.02+0.25×0.02+0.25×0.04=0.025.5.A记事件A为“某公司职员一小时内吸烟5支未诱发脑血管病”,记事件B为“某公司职员一小时内吸烟10支未诱发脑血管病”,则事件B|A为“某公司职员在某一小时内吸烟5支未诱发脑血管病,在这一小时内还能继续吸烟5支不诱发脑血管病”,则B⊆A,AB=B,P(A)=1-0.02=0.98,P(B)=1-0.16=0.84,因此,P(B|A)=P(AB)P(A)=P(B)P(A)=0.840.98=67.6.C根据题意A={(x1,x2)|x1+x2=6},则集合A包含的样本点为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),B={(x1,x2)|x1>x2},则集合AB包含的样本点为(4,2),(5,1),根据条件概率求法可得P(B|A)=25.7.B设A=“考生答对”,B=“考生知道正确答案”,由全概率公式得P(A)=P(B)P(A|B)+P(B)P(A|B)=13×1+23×14=12.所以P(B|A)=P(B)P(A|B)P(A)=1312=23.8.1623两球都落入盒子中的概率为12×13=16,设A=“两球至少一个落入盒子”,对立事件为A =“两球都未落入”,P (A )=(1-12)×(1-13)=12×23=13,则P (A )=1-P (A )=23.9.25 设事件A ,B 分别表示第一、二次取到的是黑球,由古典概型可知P (A )=25,P (B|A )=14,P (B|A )=12.则P (B )=P (AB )+P (A B )=P (A )P (B|A )+P (A )P (B|A )=25×14+(1-25)×12=25. 10.12 13 由题意得{P (A )P (B )=16,P (B )P (C )=18,P (A )P (B )P (C )=18,得P (A )=13,P (B )=12.所以P (A B )=P (A )P (B )=23×12=13. 11.解(方法1)利用定义(1)有两个小孩的家庭,考虑男孩、女孩的可能情形为(男,男),(男,女),(女,男),(女,女),共有4个元素,由等可能性知概率均为14.这时A={(男,女),(女,男)},B={(男,男),(男,女),(女,男)}, AB={(男,女),(女,男)},于是P (A )=12,P (B )=34,P (A ∩B )=12. 由此可知P (A ∩B )≠P (A )P (B ), 所以事件A ,B 不相互独立.(2)有三个小孩的家庭,小孩为男孩、女孩的所有可能情形为(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女),由等可能性知这8个元素的概率均为18,这时A 中含有6个元素,B 中含有4个元素,AB 中含有3个元素.于是P (A )=68=34,P (B )=48=12,P (AB )=38,显然有P (AB )=38=P (A )P (B )成立.从而事件A 与B 是相互独立的.(方法2)利用条件概率与独立性的关系 (1)由题意可知P (B|A )=1, 又P (B )=34,故P (B|A )≠P (B ). 所以A 与B 不相互独立. (2)由题意可知P (B|A )=36=12,又P (B )=48=12,故P (B|A )=P (B ),所以A 与B 相互独立.12.B 由八卦图可知,八卦中全为阳线和全为阴线的卦各有一个,两阴一阳和两阳一阴的卦各有三个,而事件A 所包含的情况可分为两种,即第一种是取到的两卦中一个为两阳一阴,另一个为全阴;第二种是两卦中均为一阳两阴;而事件A ∩B 中只包含后者,即P (A ∩B )=C 32C 82=328,事件B 的概率P (B )=1-C 52C 82=914,所以P (A|B )=328914=16.13.152571 800选手进入第二轮答题,则第一轮中答题全部正确,概率为910×89×34×13=15;第二轮通过的概率为15+110×89×34×13+910×19×34×13+910×89×14×13+910×89×34×23=15+145+140+115+25=257360, 该选手最终获得奖金的概率为15×257360=2571 800.14.0.4 设该学生通过第一关为事件A ,通过第二关为事件B ,在通过第一关的前提下通过第二关的概率为P (B|A ),因为P (B|A )=P (AB )P (A ),所以P (AB )=P (B|A )P (A )=0.5×0.8=0.4.15.解(1)由已知条件得C 21×14×34×(1-p )+(34)2×p=716,即3p=1,∴p=13.即走路②堵车的概率为13.(2)由题意得ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ=0)=34×34×23=38,P (ξ=1)=716,P (ξ=2)=14×14×23+C 21×14×34×13=16,P (ξ=3)=14×14×13=148. ∴随机变量ξ的分布列为16.BD 由题意知,A ,B ,C ,D ,E 保险闸被切断的概率分别为P (A )=12,P (B )=13,P (C )=14,P (D )=15,P (E )=16,所以A 、B 两个盒子畅通的概率为12×23=13,故A 错误;A 、B 、C 三个盒子混联后畅通的概率为1-23×14=1-16=56,故B 正确;D 、E 两个盒子并联后畅通的概率为1-15×16=1-130=2930,故C 错误;根据上述分析可知,当开关合上时,电路畅通的概率为2930×56=2936,故D 正确.17.(1)0.083 (2)0.287 (1)设A={取得一个产品是次品},B 1={取得一箱是甲厂的},B 2={取得一箱是乙厂的},B 3={取得一箱是丙厂的}.三个厂的次品率分别为110,114,118,∴P (A|B 1)=110,P (A|B 2)=114,P (A|B 3)=118.12箱产品中,P (B 1)=612,P (B 2)=412,P (B 3)=212,由全概率公式得P (A )=∑k=13P (A|B k )P (B k )=612×110+412×114+212×118≈0.083.(2)依题意,已知A 发生,要求P (B 2|A ),此时用贝叶斯公式:P (B 2|A )=P (B 2)P (A |B 2)P (A )≈412×1140.083≈0.287.。
新高考一轮复习人教版 随机事件、古典概型 作业
专题十一 概率与统计11.1 随机事件、古典概型基础篇 固本夯基考点一 随机事件的概率1.(2022届江苏百校联考,6)一次劳动实践活动中,某同学不慎将两件次品混入三件正品中,它们形状、大小完全相同,该同学采用技术手段进行检测,恰好三次检测出两件次品的概率为( ) A.15B.14C.25D.310答案 D2.(2019课标Ⅰ理,6,5分)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )A.516 B.1132 C.2132 D.1116答案 A3.(2018课标Ⅱ理,8,5分)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”,如30=7+23.在不超过30的素数中,随机选取两个不同的数,其和等于30的概率是 ( ) A.112 B.114 C.115 D.118答案 C4.(2021广东韶关一模,5)假设某射手每次射击命中率相同,且每次射击之间相互没有影响.若在两次射击中至多命中一次的概率是1625,则该射手每次射击的命中率为( ) A.925 B.25 C.35 D.34答案 C5.(2020广州番禺检测,10)中国古代“五行”学说认为:物质分“金、木、水、火、土”五种属性,并认为:“金生水、水生木、木生火、火生土、土生金”.从五种不同属性的物质中随机抽取2种,则抽到的两种物质不相生的概率为( ) A.15 B.14 C.13 D.12答案 D6.(多选)(2022届河北张家口宣化一中考试,11)甲、乙两人进行围棋比赛,共比赛2n(n ∈N *)局,且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为12,如果某人获胜的局数多于另一人,则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为P(n),则( ) A.P(2)=18B.P(3)=1132C.P(n)=12(1−C 2nn 22n )D.P(n)的最大值为14答案 BC7.(2022届广东茂名五校联考,16)田忌赛马的故事出自司马迁的《史记》.齐王,田忌分别有上、中、下等马各一匹.赛马规则:一场比赛需要比赛三局,每匹马都要参赛,且只能参赛一局.最后以获胜局数多者为胜.记齐王、田忌的马匹分别为A 1,A 2,A 3和B 1,B 2,B 3.每局比赛之间都是相互独立的,而且不会出现平局.用P A i B j (i,j ∈{1,2,3})表示马匹A i 与B j 比赛时齐王获胜的概率,若P A 1B 1=0.8,P A 1B 2=0.9,P A 1B 3=0.95,P A 2B 1=0.1,P A 2B 2=0.6,P A 2B 3=0.9,P A 3B 1=0.09,P A 3B 2=0.1,P A 3B 3=0.6,则一场比赛共有 种不同的比赛方案;在所有的方案中,有一种方案田忌获胜的概率最大,此概率为 . 答案 6;0.8198.(2022届河北唐山十一中9月月考,17)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12. (1)求甲连胜四场的概率;(2)求需要进行第五场比赛的概率; (3)求丙最终获胜的概率. 解析 (1)甲连胜四场的概率为116.(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛. 比赛四场结束,共有三种情况: 甲连胜四场的概率为116;乙连胜四场的概率为116;丙上场后连胜三场的概率为18.所以需要进行第五场比赛的概率为1-116-116-18=34. (3)丙最终获胜,有两种情况:比赛四场结束且丙最终获胜的概率为18;比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负轮空胜,负轮空胜胜,概率分别为116,18,18. 因此丙最终获胜的概率为18+116+18+18=716. 考点二 古典概型1.(2022届广东省级联测,6)十进制的算筹计数法是中国数学史上一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数字1~9的一种方法.例如:3可表示为“”,26可表示为“”,现用6根算筹表示不含0的无重复数字的三位数,算筹不能剩余,则这个三位数能被3整除的概率为( )A.14B.16C.512D.724答案 A2.(2021全国甲理,10,5分)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为( ) A.13B.25C.23D.45答案 C3.(2020课标Ⅰ文,4,5分)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.15B.25C.12D.45答案 A4.(2021广东汕头一模,8)在新的高考改革方案中规定:每位考生的高考成绩是按照3(语文、数学、英语)+2(物理、历史)选1+4(化学、生物、地理、政治)选2的模式设置的,则在选考的科目中甲、乙两位同学恰有两科相同的概率为( ) A.14B.13C.512D.12答案 C5.(2017天津文,3,5分)有5支彩笔(除颜色外无差别),颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔,则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为( ) A.45B.35C.25D.15答案 C6.(2022届河北邢台入学考试,14)小华、小明、小李、小章去A,B,C 三个工厂参加社会实践,要求每个工厂都有人去,且这四人都在这三个工厂实践,则小华和小李都没去B 工厂的概率是 . 答案718 7.(2020江苏,4,5分)将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是 . 答案198.(2018上海,9,5分)有编号互不相同的五个砝码,其中5克、3克、1克砝码各一个,2克砝码两个,从中随机选取三个,则这三个砝码的总质量为9克的概率是 (结果用最简分数表示). 答案15综合篇 知能转换考法一 古典概型概率的求法1.(2021湖南岳阳一模,5)“华东五市游”作为中国一条精品旅游路线,一直受到广大旅游爱好者的欢迎.现有4名高三学生准备2021年高考后到“华东五市”中的上海市、南京市、苏州市、杭州市四个地方旅游,假设每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游,则恰有一个地方未被选中的概率为( ) A.716 B.916 C.2764 D.81256答案 B2. (2021湖南长郡十五校第二次联考,4)十二生肖作为中国民俗文化的代表,是中国传统文化的精髓,很多人把生肖作为春节的吉祥物,以此来表达对新年的祝福.某课外兴趣小组制作了一个正十二面体模型(如图),并在十二个面上分别雕刻了十二生肖的图案,作为春节的吉祥物.2021年春节前,兴趣小组的2个成员将模型随机抛出,希望能抛出牛的图案朝上(即牛的图案在最上面),2人各抛一次,则恰好出现一次牛的图案朝上的概率为( )A.112 B.143144 C.1172 D.23144答案 C3.(2019课标Ⅱ文,4,5分)生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为( ) A.23B.35C.25D.15答案 B4.(2019课标Ⅲ文,3,5分)两位男同学和两位女同学随机排成一列,则两位女同学相邻的概率是( ) A.16B.14C.13D.12答案 D5.(2022届河北邢台9月联考,16)从3名男生、2名女生中选出2人参加数学竞赛,则选出的这2人性别不一样的概率为 . 答案35 6.(2022届江苏第一次月考,14)一只口袋内装有4个白球,5个黑球,若将球不放回地随机一个一个摸出来,则第4次摸出的是白球的概率为 . 答案497.(2018江苏,6,5分)某兴趣小组有2名男生和3名女生,现从中任选2名学生去参加活动,则恰好选中2名女生的概率为 . 答案3108.(2021辽宁百校联盟调研,14)某中学为了解学生学习物理的情况,抽取了100名物理成绩在60~90分(满分为100分)之间的学生进行调查,将这100名学生的物理成绩分成了六段:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85),[85,90],绘成频率分布直方图,如图所示.从成绩在[70,80)的学生中任意抽取2人,则成绩在[75,80)的学生中恰好有一人的概率为 .答案2449考法二 求复杂的互斥事件的概率1.(2018课标Ⅲ文,5,5分)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为( ) A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7 答案 B2.(2021沈阳期末,5)已知某药店只有A,B,C 三种不同品牌的N95口罩,甲、乙两人到这个药店各购买一种品牌的N95口罩,若甲,乙买A 品牌口罩的概率分别为0.2,0.3,买B 品牌口罩的概率分别为0.5,0.4,则甲,乙两人买相同品牌的N95口罩的概率为( ) A.0.7 B.0.65 C.0.35 D.0.26 答案 C3.(2020湖南衡阳一模)我国古代有着辉煌的数学研究成果,《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著是了解我国古代数学的重要文献,这10部专著中5部产生于魏晋南北朝时期,某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”课外阅读教材,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为( ) A.79B.29C.49D.59答案 A4.(多选)(2022届江苏新高考第一次月考,10)从甲袋中摸出一个红球的概率是13,从乙袋中摸出一个红球的概率是12,从两袋各摸出一个球,下列结论正确的是( ) A.2个球都是红球的概率为16B.2个球中恰有1个红球的概率为12C.至少有1个红球的概率为56D.2个球不都是红球的概率为13 答案 AB创新篇 守正出奇创新 生活中的概率问题1.(2021湖南衡阳联考,3)衡阳市在创建“全国卫生文明城市”活动中,大力加强垃圾分类投放宣传.某居民小区设有“厨余垃圾”“可回收垃圾”“其他垃圾”三种不同的垃圾桶,一天,居民小贤提着上述分好类的垃圾各一袋,随机每桶投一袋,则恰好有一袋垃圾投对的概率为( ) A.19B.16C.13D.12答案 D2.(2022届山东济宁第一中学开学考试,13)为庆祝建党100周年,讴歌中华民族伟大复兴的奋斗历程,增进全体党员干部职工对党史知识的了解,某单位组织开展党史知识竞赛活动,共有50道党史题,其中35道单选题、10道多选题和5道判断题,其中小王每道单选题答对的概率为0.8,多选题答对的概率为0.7,判断题答对的概率为0.9,则他随机抽取一道题,答对的概率为 . 答案 0.793.(2021重庆二模,14)已知某信号传送网络由信号源甲和三个基站乙、丙、丁共同构成,每次信号源甲等可能地向三个基站中的一个发送信号,乙基站接收到的每条信号等可能地传送给丙基站和丁基站中的一个,丙基站接收到的每条信号只会传送给丁基站,丁基站只接收信号.对于信号源甲发出的一条信号,丙基站能接收到的概率为 . 答案12 4.(2022届江苏百校联考,19)冬奥会的全称是冬季奥林匹克运动会,是世界规模最大的冬季综合性运动会,每四年举办一届.第24届冬奥会将于2022年在中国北京和张家口举行,为了弘扬奥林匹克精神,增强学生的冬奥会知识,某市多所中小学学校开展了模拟冬奥会各项比赛的活动.为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况,在全市中小学学校中随机抽取了10所学校,10所学校的参与人数如下:(1)现从这10所学校中随机选取2所学校进行调查,求选出的2所学校参与旱地冰壶人数在30人以下的概率;(2)某校聘请了一名越野滑轮教练,对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这3个动作进行技术指导.规定:这3个动作中至少有2个动作达到“优”,总考核记为“优”.在指导前,该校甲同学3个动作中每个动作达到“优”的概率为0.1.在指导后的考核中,甲同学总考核成绩为“优”.能否认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化?请说明理由.解析 (1)记“选出的2所学校参与旱地冰壶人数在30人以下”为事件A,参与旱地冰壶人数在30人以下的学校共6所,所以P(A)=C 62C 102=13.因此选出的2所学校参与旱地冰壶人数在30人以下的概率为13.(2)答案不唯一.答案示例1:可以认为甲同学在指导后总考核为“优”的概率发生了变化.理由如下:指导前,甲同学总考核为“优”的概率为C 32·0.12·0.9+C 33·0.13=0.028.指导前,甲同学总考核为“优”的概率非常小,所以有理由认为指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.答案示例2:无法确定.理由如下:指导前,甲同学总考核为“优”的概率为C 32·0.12·0.9+C 33·0.13=0.028.虽然概率非常小,但是也可能发生,所以无法确定指导后总考核达到“优”的概率发生了变化.。
2022高考数学文人教A版一轮复习学案：11.1 随机事件的概率 【含解析】
第十一章概率11.1随机事件的概率必备知识预案自诊知识梳理1.确定事件必然事件在条件S下,一定会发生的事件,叫做相对于条件S的必然事件不可能事件在条件S下,一定不会发生的事件,叫做相对于条件S的不可能事件随机事件在条件S下的事件,叫做相对于条件S 的随机事件2.频率与概率(1)频率的概念:在相同的条件S下重复n次试验,观察某一事件A是否出现,称n次试验中事件A出现的次数n A为事件A出现的,称事件A出现的比例f n(A)=n An为事件A出现的.(2)随机事件概率的定义:在的条件下,大量重复进行同一试验时,随机事件A发生的会在某个附近摆动,即随机事件A发生的频率具有稳定性.这时这个叫做随机事件A的概率,记作P(A),有0≤P(A)≤1.(3)概率与频率的关系:对于给定的随机事件A,由于事件A发生的频率f n(A)随着试验次数的增加稳定于概率P(A),因此可以用来估计概率P(A).3.事件的关系与运算定义符号表示包含关系若事件A,则事件B,这时称事件B包含事件A(或称事件A 包含于事件B)相等关系若B⊇A,且,则称事件A与事件B相等并事件(和事件)若某事件发生,,则称此事件为事件A与事件B 的并事件(或和事件)交事件(积事件)若某事件发生,,则称此事件为事件A与事件B 的交事件(或积事件)续 表4.互斥事件与对立事件的关系对立事件是互斥事件的特殊情况,而互斥事件未必是对立事件. 5.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围: . (2)必然事件的概率:P (A )=. (3)不可能事件的概率:P (A )= .(4)概率的加法公式:若事件A 与事件B 互斥,则P (A ∪B )= .(5)对立事件的概率:若事件A 与事件B 互为对立事件,则A ∪B 为必然事件.P (A ∪B )= ,P (A )= .概率加法公式的推广(1)当一个事件包含多个结果时,要用到概率加法公式的推广,即P (A 1∪A 2∪…∪A n )=P (A 1)+P (A 2)+…+P (A n ). (2)P (。
高考第一轮复习数学：11.1 随机事件的概率 高考数学第一轮复习教案集 新课标 人教版 高考数学第
●知识梳理
1.随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件.
2.必然事件：在一定条件下必然要发生的事件.
3.不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件.
A的概率：在大量重复进行同一试验时,事件A发生的频率 总接近于某个常数,在它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件A的概率,记作P（A）.由定义可知0≤P（A）≤1,显然必然事件的概率是1,不可能事件的概率是0.
解析：10位同学总参赛次序A .一班3位同学恰好排在一起,而二班的2位同学没有排在一起的方法数为先将一班3人捆在一起A ,与另外5人全排列A ,二班2位同学不排在一起,采用插空法A ,即A A A .
∴所求概率为 = .
答案：B
3.（2004年某某,9）将一颗质地均匀的骰子（它是一种各面上分别标有点数1、2、3、4、5、6的正方体玩具）先后抛掷3次，至少出现一次6点向上的概率是
答案：B
2.（2004年某某模拟题）甲、乙二人参加法律知识竞赛,共有12个不同的题目,其中选择题8个,判断题4个.甲、乙二人各依次抽一题,则甲抽到判断题,乙抽到选择题的概率是
A. B. C. D.
解析：甲、乙二人依次抽一题有C ·C 种方法,
而甲抽到判断题,乙抽到选择题的方法有C C 种.
∴P= = .
（2）当m=7时,（1,6）,（2,5）,（3,4）,（4,3）,（5,2）,（6,1）共有6种,此时P= = 最大.
●思悟小结
求解等可能性事件A的概率一般遵循如下步骤：
（1）先确定一次试验是什么,此时一次试验的可能性结果有多少，即求出A.
（2）再确定所研究的事件A是什么,事件A包括结果有多少,即求出m.
●点击双基
1.（2004年全国Ⅰ,文11）从1，2，…，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是
人教A版高考数学一轮总复习课后习题 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 课时规范练50
课时规范练50《素养分级练》P382基础巩固组1.已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)(a,b∈M)表示平面上的点,则P 可表示坐标平面上第二象限的点的个数为( )A.6B.12C.24D.36答案:A解析:确定第二象限的点,可分两步完成:第一步确定a,由于a<0,所以有3种方法;第二步确定b,由于b>0,所以有2种方法.由分步乘法计数原理,得到第二象限的点的个数是3×2=6.2.如图所示,在A,B间有四个焊接点1,2,3,4,若焊接点脱落导致断路,则电路不通.今发现A,B之间电路不通,则焊接点脱落的不同情况的种数为( )A.9B.11C.13D.15答案:C解析:按焊接点脱落的个数分成4类.脱落1个,有1,4,共2种情况;脱落2个,有(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种情况;脱落3个,有(1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(2,3,4),共4种情况;脱落4个,有(1,2,3,4),共1种情况.由分类加法计数原理,焊接点脱落的不同情况的种数为2+6+4+1=13.故选C.3.(山东济南二模)由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50 000的偶数共有( )A.60个B.48个C.36个D.24个答案:C解析:先排个位,然后排万位,再排其他位置,所以由1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中小于50000的偶数共有2×3×A33=36个.4.(广东惠州一模)现有3名学生报名参加校园文化活动的3个项目,每人须报1项且只报1项,则恰有2名学生报同一项目的报名方法有( ) A.36种 B.18种 C.9种 D.6种答案:B解析:第一步,先从3名学生中选2名选报同一项目作为一个整体;第二步:从3个项目中选择2个项目排列即可,故不同的报名方法种数为C32·A32=18.5.(重庆八中高三开学考试)用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中5个格子,每个格子染一种颜色,并且从左到右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为( )A.6B.10C.16D.20答案:B解析:依题意,第一个格子必须为黑色,则出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子不少于白色格子包含的情况有:①全染黑色,有1种方法;②第一个格子染黑色,另外四个格子中有1个格子染白色,剩余的都染黑色,有C41=4种方法;③第一个格子染黑色,另外四个格子中有2个格子染白色,剩余的染黑色,符合要求的有C21+C32=5种方法.所以出现从左至右数,不管数到哪个格子,总有黑色格子不少于白色格子的染色方法有1+4+5=10种.6.在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物(如图),要求同一块区域种同一种植物,相邻的两块区域种不同的植物.现有3种不同的植物可供选择,则有种栽种方案.答案:66解析:根据题意,分3种情况讨论.①当A,C,E种同一种植物,此时共有3×2×2×2=24种方法;②当A,C,E种2种植物,此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法;③当A,C,E种3种植物,此时共有A33×1×1×1=6种方法.则一共有24+36+6=66种栽种方案.7.一个三位数,个位、十位、百位上的数字依次为x,y,z,当且仅当y>x且y>z时,称这样的数为“凸数”(如341),则从集合{1,2,3,4,5}中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为.答案:20解析:由题意可得y只能取3,4,5.当y=3时,凸数有132,231共2个;当y=4时,凸数有142,241,143,341,243,342共6个;当y=5时,凸数有152,251,153,351,154,451,253,352,254,452,354,453共12个.综上,共有20个凸数.综合提升组8.过三棱柱中任意两个顶点连线作直线,在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为( )A.18B.30C.36D.54答案:C解析:如图,分以下几类:棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有3×2=6对;棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有3×2=6对;底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有6×2=12对;底面边与底面边之间所构成的异面直线有3×2=6对;侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有6×2=6对.2所以满足条件的共有6+6+12+6+6=36对.9.已知正整数有序数对(a,b,c,d)满足:①a+b+c+d=12;②|a2-b2|=5.则满足条件的正整数有序数对(a,b,c,d)共有( ) A.24组 B.12组C.9组D.6组答案:B解析:由题意知,a,b,c,d为正整数,故由|a2-b2|=5可得|(a+b)(a-b)|=5,因为|a-b|≥1,故|a+b|≤5,则满足|a2-b2|=5的数为3和2,则有序数对(a,b)可能为(3,2),(2,3),再由a+b+c+d=12可得c+d=7,则(c,d)可能有(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6种情况,故满足条件的正整数有序数对(a,b,c,d)共有2×6=12组.创新应用组10.(黑龙江齐齐哈尔模拟)学习涂色能锻炼手眼协调能力,更能提高审美能力.现有四种不同的颜色:湖蓝色、米白色、橄榄绿、薄荷绿,欲给小房子中的四个区域涂色,要求相邻区域不涂同一颜色,且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内,则共有种不同的涂色方法.答案:66解析:当选择两种颜色时,因为橄榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内,所以共有C42-1=5种选法,因此不同的涂色方法有5×2=10种;当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中,则不同的涂色方法有2×2×2=8种;当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中,则不同的涂色方法有2×3×2×3=36种;当选择四种颜色时,不同的涂色方法有2×2×2+2×2=12种.所以共有10+8+36+12=66种不同的涂色方法.。
人教A版高考数学一轮总复习课后习题 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 课时规范练51
课时规范练51《素养分级练》P330基础巩固组1.(江苏南京三模)为庆祝中国共青团成立100周年,某校计划举行庆祝活动,共有4个节目,要求A节目不排在第一个,则节目安排的方法数为( )A.9B.18C.24D.27答案:B解析:由题意,先从后面3个节目中选择一个安排A节目,然后其他3个节目任意排在剩下的3个位置,共有C31A33=18种方法.2.(陕西交大附中模拟)将4个9和2个6随机排成一行,则2个6不相邻共有( )种不同的排法.A.240B.120C.20D.10答案:D解析:若2个6不相邻,只需将2个6插入4个9所形成5个空的2个空中,故不同的排法种数为C52=10.3.(广东汕头三模)北京冬季奥运会期间,从3名男志愿者和2名女志愿者中选4名去支援“冰壶”“花样滑冰”“短道速滑”三项比赛志愿者工作,其中冰壶项目需要一男一女两名,花样滑冰和短道速滑各需要一名,男女不限.则不同的支援方法的种数是( )A.36B.24C.18D.42答案:A解析:第一步从3名男志愿者和2名女志愿者各选一名志愿者去支援冰壶项目,选法共有C31C21=6种;第二步从剩余的3人中选一人去支援花样滑冰,选法共有C31=3种;第三步从剩余的2人中选一人去支援短道速滑,选法共有C21=2种.依据分步乘法计数原理可知,不同的支援方法的种数是6×3×2=36.4.(河北秦皇岛二模)“学习强国”学习平台是立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为人们了解国家动态,紧跟时代脉搏的热门APP.该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习版块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题版块.某人在学习过程中,将六大版块各完成一次,则“挑战答题”版块与其他三个答题版块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为( )A.144B.72C.96D.36答案:A解析:当“挑战答题”版块在首或尾时,则与“挑战答题”版块相邻的只能是“阅读文章”或“视听学习”版块,其他任意排,共有A21A21A44=96种不同的排法;当“挑战答题”版块不在首尾时,则与“挑战答题”版块相邻的只能是“阅读文章”和“视听学习”版块,其他任意排,共有A22A44=48种不同的排法.所以“挑战答题”版块与其他三个答题版块在完成顺序上均不相邻的学习方法种数为96+48=144.5.(山东淄博三模)若A m3=6C m4(m∈N*,m≥4),则m= .答案:7,解析:因为A m3=6C m4(m∈N*,m≥4),所以m(m-1)(m-2)=6×m(m-1)(m-2)(m-3)4!即6(m-3)=4!,解得m=7.6.(湖南邵阳、郴州二模)一次考试后,学校准备表彰在该次考试中表现优异的10位同学,其中有2位是高三(1)班的同学,现要选4人去“表彰会”上作报告,若高三(1)班的2人同时参加,则2人作报告的顺序不能相邻,则要求高三(1)班至少有1人参加的作报告的方案共有种(用数字作答).答案:3 024解析:若高三(1)班只有1人参加,则有C 21C 83A 44=2688种不同的方案;若高三(1)班2人都参加,则有C 82A 22A 32=336种不同方案,故共有3024种不同的方案.综合提升组7.(多选)(海南华侨中学高三检测)身高各不相同的六位同学A,B,C,D,E,F 站成一排照相,则说法正确的是( )A.A,C,D 三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站,共有A 66A 33种站法 B.A 与C 同学不相邻,共有A 44·A 52种站法C.A,C,D 三位同学必须站在一起,且A 只能在C 与D 的中间,共有A 33A 44种站法D.A 不在排头,B 不在排尾,共有A 66-2A 55+A 44种站法答案:ABD解析:A:6个人全排列有A 66种方法,A,C,D 全排列有A 33种方法,所以A,C,D从左到右按高到矮的排列有A 66A 33种方法,故A 正确; B:先排列除A 与C 外的4个人,有A 44种方法,4个人排列共有5个空,利用插空法将A 和C 插入5个空,有A 52种方法,所以共有A 44·A 52种方法,故B 正确;C:A,C,D必须排在一起且A在C,D中间的排法有2种,将这3人捆绑在一起,与其余3人全排列,有A44种方法,所以共有2A44种方法,故C错误; D:6个人全排列有A66种方法,当A在排头时,有A55种方法,当B在排尾时,有A55种方法,当A在排头且B在排尾时,有A44种方法,所以A不在排头,B不在排尾的情况共有A66-2A55+A44种,故D正确.故选ABD.8.(江苏无锡模拟)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛,决出第1名到第5名的名次,已知甲和乙都没有得到冠军,并且乙不是第5名,则这5个人的名次排列情况共有种.答案:54解析:因为甲和乙都没有得到冠军,并且乙不是第5名,当甲是第5名时,则乙可以为第2,3,4名,有3种情况,剩下的3人全排列有A33=6种,此时,由分步乘法计数原理得共有3×6=18种情况;当甲不是第5名时,则甲乙排在第2,3,4名,有A32=6种情况,剩下的3人全排列有A33=6种,此时,由分步乘法计数原理得共有6×6=36种情况.所以这5个人的名次排列情况共有18+36=54种情况.9.有2男2女共4名学生被分派去A,B,C三个公司实习,每个公司至少1人,且A公司只收女生,则不同的分派方法数为.答案:14解析:由题意,第一类,A公司收1个女生,有C21=2种分派方案,则B,C公司分派人数可以为1,2或者2,1共2种分派方案,共C32+C31=6种,所以一共有2×6=12种分派方案,第二类,A公司收2个女生,只有1种分派方案,则B,C公司的分派人数只能是1,1,则有C21=2种分派方案,根据分类加法计数原理共有12+2=14种.创新应用组10.(湖北高三开学考试)如图,某城市的街区由12个全等的矩形组成(实线表示马路),CD段马路由于正在维修,暂时不通,则从A到B的最短路径有( )A.23条B.24条C.25条D.26条答案:D解析:先假设CD是实线,则从A到B,向上3次,向右4次,最短路径有A77=35条,其中经过CD的路径,即先从A到C,然后C到D,最后D到B的A33A44最短路径有3×3=9条,所以,当CD不通时,最短路径有35-9=26条. 11.(广东珠海模拟)3名女生和4名男生随机站成一排,则每名女生旁边都有男生的概率为.答案:2235 解析:依题意所有可能情况总数为A 77,若女生都不相邻,首先将4个男生全排列,再将3个女生插入所形成的5个空中的3个空,则有A 44A 53种排法;若有两个女生相邻,首先从3个女生中选出2个并排列作为一个整体A,将4个男生全排列,再将整体A 插入中间3个空中的1个,再将另一个女生插入4个空中的1个空,则有C 32A 22A 44C 31C 41种排法,故每名女生旁边都有男生的概率P=A 44A 53+C 32A 22A 44C 31C 41A 77=2235.。
人教A版高考文科数学一轮总复习课后习题 第11章 概率 课时规范练53 随机事件的概率 (2)
课时规范练53 随机事件的概率基础巩固组1.在5张电话卡中,有3张移动卡和2张联通卡,从中任取2张,若事件“2张全是移动卡”的概率是310,那么概率为710的事件是( )A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡2.(安徽芜湖期末)抛掷一枚质地均匀的骰子,记事件A 为“向上的点数为1或4”,事件B 为“向上的点数为奇数”,则下列说法正确的是( ) A.A 与B 互斥 B.A 与B 对立 C.P(A+B)=23D.P(A+B)=133.抽查10件产品,设事件A 为“至少有2件次品”,则事件A 的对立事件为( ) A.至多有2件次品 B.至多有1件次品 C.至多有2件正品D.至少有2件正品4.如果事件A 与B 是互斥事件,且事件A ∪B 发生的概率是0.64,事件B 发生的概率是事件A 发生的概率的3倍,则事件A 发生的概率为( )A.0.64B.0.36C.0.16D.0.845.围棋盒子中有多粒黑子和白子,已知从中取出2粒都是黑子的概率为17,都是白子的概率为1235.则从中任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为( )A.17B.1235C.1735D.16.若随机事件A,B互斥,A,B发生的概率均不等于0,且P(A)=2-a,P(B)=4a-5,则实数a的取值范围是.7.已知随机事件A,B发生的概率满足条件P(A∪B)=34,某人猜测事件A∩B 发生,则此人猜测正确的概率为.8.根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率是0.5,购买乙种保险但不购买甲种保险的概率是0.3,设各车主购买保险相互独立.(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中一种的概率;(2)求该地1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.9.从A地到火车站共有两条路径L1和L2,现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查,调查结果如下.(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率;(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率;(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站,为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站,试通过计算说明,他们应如何选择各自的路径.综合提升组A.事件A发生的概率P(A)等于事件A发生的频率f n(A)B.一枚质地均匀的骰子掷一次得到3点的概率是1,说明这个骰子掷6次一6定会出现一次3点C.掷两枚质地均匀的硬币,事件A为“一枚正面朝上,一枚反面朝上”,事件B为“两枚都是正面朝上”,则P(A)=2P(B)D.对于两个事件A,B,若P(A∪B)=P(A)+P(B),则事件A与事件B互斥11.在一次班级聚会上,某班到会的女同学比男同学多6人,从这些同学中随机挑选一人表演节目.若选到女同学的概率为23,则这班参加聚会的同学的人数为.12.(天津,13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为12和13.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.13.假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等,为了解它们的使用寿命(单位:小时),现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试,结果统计如图:甲品牌乙品牌(1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率;(2)这两种品牌产品中,某个产品已使用了200小时,试估计该产品是甲品牌的概率.创新应用组14.把一枚骰子投掷两次,观察出现的点数,并记第一次出现的点数为a,第二次出现的点数为b,向量m=(a,b),n=(1,2),则向量m与向量n不共线的概率是( )A.16B.1112C.112D.11815.下面是某市2月1日至14日的空气质量指数趋势图及空气质量指数与污染程度对应表.某人随机选择2月1日至2月13日中的某一天到该市出差,第二天返回(往返共两天).大于300且小于500 严重大于500 爆表(1)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大?(只写出结论,不要求证明)(2)求此人到达该市当日空气质量优良的概率;(3)求此人出差期间(两天)空气质量至少有一天为中度或重度污染的概率.答案：课时规范练1.A2.C 解析:事件A与B不互斥,当向上点数为1时,两者同时发生,故事件A与B也不对立.事件A+B表示向上点数为1,3,4,5之一,所以P(A+B)=46=23.故选C.3.B4.C 解析:设P(A)=x,则P(B)=3x,因为事件A与B是互斥事件,所以P(A ∪B)=P(A)+P(B)=x+3x=0.64,解得x=0.16.故选C.5.C 解析:设“从中取出2粒都是黑子”为事件A,“从中取出2粒都是白子”为事件B,“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C,则C=A ∪B,且事件A 与B 互斥.所以P(C)=P(A)+P(B)=17+1235=1735,即任意取出2粒恰好是同一颜色的概率为1735.故选C.6.54,43解析:由题意可知{0<P (A )<1,0<P (B )<1,P (A )+P (B )≤1,则{0<2-a <1,0<4a -5<1,3a -3≤1,解得{1<a <2,54<a <32,a ≤43,故54<a ≤43. 7.14解析:因为事件A ∩B 与事件A ∪B 是对立事件,所以P(A ∩B )=1-P(A ∪B)=1-34=14.8.解: 记A 表示事件“该车主购买甲种保险”,B 表示事件“该车主购买乙种保险但不购买甲种保险”,C 表示事件“该车主至少购买甲、乙两种保险中的一种”,D 表示事件“该车主甲、乙两种保险都不购买”. (1)由题意得P(A)=0.5,P(B)=0.3,又C=A ∪B, 所以P(C)=P(A ∪B)=P(A)+P(B)=0.5+0.3=0.8.(2)因为D 与C 是对立事件,所以P(D)=1-P(C)=1-0.8=0.2. 9.解: (1)共调查了100人,其中40分钟内不能赶到火车站的有12+12+16+4=44(人),用频率估计概率,可得所求概率为0.44.(2)选择L1的有60人,选择L2的有40人,故由调查结果得频率分布如下表:(3)记事件A1,A2分别表示甲选择L1和L2时,在40分钟内赶到火车站;记事件B1,B2分别表示乙选择L1和L2时,在50分钟内赶到火车站.用频率估计概率及由(2)知P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6,P(A2)=0.1+0.4=0.5,P(A1)>P(A2),故甲应选择L1;P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8,P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9,P(B2)>P(B1),故乙应选择L2.10.C 解析:频率与试验次数有关,总在概率附近摆动,故选项A错误;概率是指这件事发生的可能性,故选项B错误;P(A)=24=12,P(B)=12×12=14,所以P(A)=2P(B),故选项C正确;在几何概型中选项D中的结论不成立.故选C.11.18 解析:设该班到会的女同学有x人,则该班到会的共有(2x-6)人,所以x2x-6=23,解得x=12,故该班参加聚会的同学有18人.12.1623甲、乙两球都落入盒子的概率为12×13=16,设事件A=“甲、乙两球至少一个落入盒子”,则对立事件为A =“甲、乙两球都未落入盒子”,P(A )=(1-12)×(1-13)=12×23=13,则P(A)=1-P(A )=23.13.解: (1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为5+20100=14,用频率估计概率,可得甲品牌产品寿命小于200小时的概率为14.(2)根据频数分布图可得寿命不低于200小时的两种品牌产品共有75+70=145(个),其中甲品牌产品有75个,所以在样本中,寿命不低于200小时的产品是甲品牌的频率是75145=1529.据此估计已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为1529.14.B 解析:若m 与n 共线,则2a-b=0,而(a,b)的可能情况有6×6=36(种).符合2a=b 的有(1,2),(2,4),(3,6),共3种.故共线的概率是336=112,从而不共线的概率是1-112=1112.15.解: (1)从2月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大. (2)设A i 表示事件“此人于2月i 日到达该市”(i=1,2,…,13).根据题意,P(A i )=113,且A i ∩A j =⌀(i≠j,j=1,2,…,13).设B 为事件“此人到达当日空气优良”,则B=A 1∪A 2∪A 3∪A 7∪A 12∪A 13.所以P(B)=P(A 1∪A 2∪A 3∪A 7∪A 12∪A 13)=613.(3)设“此人出差期间空气质量至少有一天为中度或重度污染”为事件A,即“此人出差期间空气质量指数至少有一天大于150,小于300”,由题意可知P(A)=P(A4∪A5∪A6∪A7∪A8∪A9∪A10∪.A11)=P(A4)+P(A5)+P(A6)+P(A7)+P(A8)+P(A9)+P(A10)+P(A11)=813。
人教B版高考数学一轮总复习课后习题 第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布 课时规范练53
课时规范练53《素养分级练》P331基础巩固组1.在一次抛硬币的试验中,某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验,发现正面朝上出现了40次,那么出现正面朝上的频率和概率分别为( )A.0.4,0.4B.0.5,0.5C.0.4,0.5D.0.5,0.4答案:C=0.4.因解析:100次试验中有40次正面朝上,所以正面朝上的频率为40100为硬币质地均匀,所以正面朝上和反面朝上的概率都是0.5.故选C.2.甲、乙两人下棋,甲获胜的概率为40%,甲不输的概率是90%,则甲、乙两人下成和棋的概率是( )A.60%B.50%C.10%D.30%答案:B解析:“甲获胜”与“甲、乙下成和棋”是互斥事件,“甲不输”即“甲获胜或甲、乙下成和棋”,设甲不输为事件A,甲胜为事件B,甲、乙下成和棋为事件C,故P(A)=P(B)+P(C),∴P(C)=P(A)-P(B)=90%-40%=50%.3.(全国甲,文6)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )A.15B.13C.25D.23答案:C解析:从6张卡片中无放回随机抽取2张,所有可能的结果是(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3, 5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6),共15种,其中数字之积是4的倍数的结果是(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6种,故所求概率为615=25,故选C.4.(多选)(江苏苏州外国语学校模拟)某校高一年级开设了甲、乙两个课外兴趣班,供学生们选择,记事件Ω1=“只选择甲兴趣班”,Ω2=“至少选择一个兴趣班”,Ω3=“至多选择一个兴趣班”,Ω4=“一个兴趣班都不选”,则( )A.Ω1与Ω3是互斥事件B.Ω2与Ω4既是互斥事件也是对立事件C.Ω2与Ω3不是互斥事件D.Ω3与Ω4是互斥事件答案:BC解析:事件Ω2包含选择甲兴趣班,选择乙兴趣班,选择甲乙两种兴趣班;Ω3包含选择甲兴趣班,选择乙兴趣班,两种兴趣班都不选择.所以Ω1与Ω3不是互斥事件,故A错误;Ω2与Ω4既是互斥事件也是对立事件,故B正确;Ω2与Ω3不是互斥事件,故C正确;Ω3与Ω4不是互斥事件,故D错误.故选BC.5.(四川攀枝花三模)算盘是中国传统的计算工具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两珠,每珠作数五;梁下五珠,每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠,梁下部分叫下珠.如图,在十位档拨一颗上珠和两颗下珠,个位档拨四颗下珠,则表示数字74.若在个、十、百、千位四档中随机选择一档拨一颗下珠,再从这四档中随机选择两个不同档位各拨一颗上珠,则所表示的数字小于560的概率为( )A.18B.524C.14D.724答案:C解析:在个、十、百、千位四档中随机选择一档拨一颗下珠,再从这四档中随机选择两个不同档位各拨一颗上珠,共有C41C42=4×4×32×1=24种不同情况. 表示的数字小于560包括56,65,155,506,516,551,共6种情况,所以所表示的数字小于560的概率为624=14.6.(河北张家口三模)用0,1,2,3组成无重复数字的三位数,这个三位数是偶数的概率为.答案:59解析:组成无重复数字的三位数共有C31A32=18个,当0做个位时有A32=6个,当2做个位时有C21C21=4个,故三位数是偶数的概率等于6+418=59.综合提升组7.(广东广州三模)春节是中华民族的传统节日,在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸,而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿,某商家在春节前开展商品促销活动,顾客凡购物金额满80元,则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件,若有5名顾客都领取一件礼品,则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是( )A.140243B.40243C.2081D.4081答案:D解析:先考虑恰有3人领取的礼品种类相同,先从5人中选取3人有C 53=10种,再从三类礼品中领取一件有C 31=3,另外2人从剩下的2类礼品中任意选择有2×2=4种,按照分步乘法计数原理可得10×3×4=120种,又总情况有35=243种,故恰有3人领取的礼品种类相同的概率是120243=4081.8.有5个形状大小相同的球,其中3个红色、2个蓝色,从中一次性随机取2个球,则下列说法正确的是( )A.“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件B.“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件C.“至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率D.“至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率 答案:C解析:当取出的两球为一红一蓝时,可得“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”均发生,即A 错误;当取出的两球为一红一蓝时,可得“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”均发生,即B 错误;记“至少取到1个红球”为事件A,“至少取到1个蓝球”为事件B,“至多取到1个红球”为事件C,“至多取到1个蓝球”为事件D,故P(A)=C 32+C 31C 21C 52=910,P(B)=C 22+C 31C 21C 52=710,P(C)=C 22+C 31C 21C 52=710,P(D)=C 32+C 31C 21C 52=910,显然P(A)>P(B),P(C)<P(D),即C 正确,D 错误.9.致敬百年,读书筑梦,某学校组织全校学生参加“学党史颂党恩,党史网络知识竞赛”活动,并从中抽取100位学生的竞赛成绩作为样本进行统计,得到如图所示的频率分布直方图.规定:成绩在[80,100]内为优秀,成绩低于60分为不及格.(1)求a的值,并用样本估算总体,能否认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20%”的要求;(2)若样本中成绩优秀的男生为5人,现从样本的优秀答卷中随机选取3份作进一步分析,求其中至少有1份是男生的概率.解:(1)由频率分布直方图得(0.004+a+0.011+0.036+0.023+0.014+a)×10=1,解得a=0.006,成绩不及格的频率为(0.004+0.006+0.011)×10=0.21,∴“成绩不及格”的概率估计值为21%,∵21%>20%,∴不能认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20%”的要求.(2)(方法1)由(1)可知样本中成绩优秀有20人,其中男生5人,故女生15人,记事件A=“从样本的优秀答卷中随机选取3份作进一步分析,其中至少有1份是男生”,则P(A)=C 51C 152+C 52C 151+C 53C 203=137228,∴所求概率为137228.(方法2)由(1)可知样本中成绩优秀的有20人,其中男生5人,故女生15人,记事件A=“从样本的优秀答卷中随机选取3份,其中至少有1份是男生”,则A =“从样本的优秀答卷中随机选取3份,全是女生”,则P(A )=C 153C 203=91228,∴P(A)=1-P(A )=137228,∴所求概率为137228.创新应用组10.(湖南湘潭三模)写算,是一种格子乘法,也是笔算乘法的一种,用以区别筹算与珠算,它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出,是从天元式的乘法演变而来.例如计算89×61,将被乘数89计入上行,乘数61计入右行,然后以乘数61的每位数字乘被乘数89的每位数字,将结果计入相应的格子中,最后从右下方开始按斜行加起来,满十向上斜行进一,如图,即得5 429.类比此法画出354×472的表格,若从表内的18个数字(含相同的数字,表周边数据不算在内)中任取2个数字,则它们之和大于10的概率为( )A.251B.8153C.10153D.451答案:D解析:画出354×472的表格,如图所示,则从18个数字中任取2个,共有C182种不同的取法,其中6与8各2个,3与5各1个,从中任取2个,它们之和大于10的取法为(3,8),(5,6),(5,8),(6,8),(6,6),(8,8),故所求概率为1×2+1×2+1×2+2×2+2C182=12153=451.。
高考数学大一轮复习 第十一章 概率 11.1 随机事件的概率教师用书 文 新人教版-新人教版高三全册
2018版高考数学大一轮复习 第十一章 概率 11.1 随机事件的概率教师用书 文 新人教版1．概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An为事件A 出现的频率． (2)对于给定的随机事件A ，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A 发生的可能性大小，并把这个常数称为随机事件A 的概率，记作P (A )． 2．事件的关系与运算定义符号表示包含关系 如果事件A 发生，则事件B 一定发生，这时称事件B 包含事件A (或称事件A 包含于事件B )B ⊇A (或A ⊆B )相等关系 若B ⊇A 且A ⊇B A ＝B并事件(和事件) 若某事件发生当且仅当事件A 发生或事件B 发生，称此事件为事件A 与事件B 的并事件(或和事件) A ∪B (或A ＋B )交事件(积事件)若某事件发生当且仅当事件A 发生且事件B 发生，则称此事件为事件A 与事件B 的交事件(或积事件) A ∩B (或AB )互斥事件若A ∩B 为不可能事件(A ∩B ＝∅)，那么称事件A 与事件B 互斥A ∩B ＝∅对立事件若A ∩B 为不可能事件，A ∪B 为必然事件，那么称事件A 与事件B 互为对立事件P (A )＋P (B )＝13.概率的几个基本性质(1)概率的取值X围：0≤P(A)≤1.(2)必然事件的概率P(E)＝1.(3)不可能事件的概率P(F)＝0.(4)概率的加法公式如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．(5)对立事件的概率若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．【知识拓展】互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)事件发生频率与概率是相同的．( ×)(2)随机事件和随机试验是一回事．( ×)(3)在大量重复试验中，概率是频率的稳定值．( √)(4)两个事件的和事件是指两个事件都得发生．( ×)(5)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件．( √)(6)两互斥事件的概率和为1.( ×)1．从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a，从{1,2,3}中随机选取一个数b，则b>a的概率是( )A.45B.35C.25D.15答案 D解析 基本事件的个数有5×3＝15，其中满足b >a 的有3种，所以b >a 的概率为315＝15.2．(教材改编)将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A ．必然事件 B ．随机事件 C ．不可能事件 D ．无法确定 答案 B解析 抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上5次是随机事件．3．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为( ) A ．0.2 B ．0.3 C ．0.7 D ．0.8 答案 B解析 因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm 的概率为1－0.2－0.5＝0.3，故选B.4．给出下列三个命题，其中正确的命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率． 答案 0解析 ①错，不一定是10件次品；②错，37是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．5．(教材改编)袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________． 答案 ②解析 ①是互斥不对立的事件，②是对立事件，③④不是互斥事件．题型一事件关系的判断例1 (1)从1,2,3，…，7这7个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是( )A．① B．②④ C．③ D．①③(2)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(3)在5X卡中，有3X移动卡和2X联通卡，从中任取2X，若事件“2X全是移动卡”的概率是3 10，那么概率是710的事件是( )A．至多有一X移动卡 B．恰有一X移动卡C．都不是移动卡 D．至少有一X移动卡答案(1)C (2)A (3)A解析(1)③中“至少有一个是奇数”即“两个奇数或一奇一偶”，而从1～7中任取两个数根据取到数的奇偶性可认为共有三个事件：“两个都是奇数”、“一奇一偶”、“两个都是偶数”，故“至少有一个是奇数”与“两个都是偶数”是对立事件，易知其余都不是对立事件．(2)若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P(A)＋P(B)＝1.设掷一枚硬币3次，事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“3次出现正面”，则P(A)＝78，P(B)＝18，满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B不是对立事件．(3)至多有一X移动卡包含“一X移动卡，一X联通卡”，“两X全是联通卡”两个事件，它是“2X全是移动卡”的对立事件．思维升华(1)准确把握互斥事件与对立事件的概念①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生．②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生．(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M：“两次出现正面”，事件N：“只有一次出现反面”，则事件M与N互为对立事件；②若事件A与B互为对立事件，则事件A与B为互斥事件；③若事件A与B为互斥事件，则事件A与B为对立事件；④若事件A与B互为对立事件，则事件A∪B为必然事件．其中，真命题是( )A．①②④ B．②④C．③④ D．①②答案 B解析对①，将一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M与N是互斥事件，但不是对立事件，故①错；对②，对立事件首先是互斥事件，故②正确；对③，互斥事件不一定是对立事件，如①中两个事件，故③错；对④，事件A、B 为对立事件，则在一次试验中A、B一定有一个要发生，故④正确．题型二随机事件的频率与概率例2 (2016·全国甲卷)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P (A )的估计值； (2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度的平均保费的估计值．解 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a . 思维升华 (1)概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值．(2)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率．(2015·)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买.商品顾客人数 甲乙丙丁100 √ × √ √ 217 × √ × √ 200 √ √ √ × 300 √ × √ × 85 √ × × × 98×√××(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率；(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？ 解 (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙， 所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计为2001 000＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品．所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为100＋2001 000＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为2001 000＝0.2，顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为100＋200＋3001 000＝0.6，顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为1001 000＝0.1.所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大． 题型三 互斥事件、对立事件的概率 命题点1 互斥事件的概率例3 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？解 方法一 从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则有P (A )＝13，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝512，P (B ∪C ∪D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14，16，14. 方法二 设红球有n 个，则n12＝13，所以n ＝4，即红球有4个． 又得到黑球或黄球的概率是512，所以黑球和黄球共5个． 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个)．又得到黄球或绿球的概率也是512，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个)．所以黑球有12－4－3－2＝3(个)． 因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 312＝14，212＝16，312＝14. 命题点2 对立事件的概率例4 某商场有奖销售中，购满100元商品得1X 奖券，多购多得.1 000X 奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1X 奖券中特等奖，一等奖，二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求： (1)P (A )，P (B )，P (C )；(2)1X 奖券的中奖概率；(3)1X 奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． 解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1X 奖券中奖包含中特等奖，一等奖，二等奖．设“1X 奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C .∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1X 奖券的中奖概率为611 000.(3)设“1X 奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1X 奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件， ∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎪⎫11 000＋1100＝9891 000.故1X 奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.思维升华 求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法： (1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率； (2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”．它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率．经统计，在某储蓄所一个营业窗口等候的人数相应的概率如下：排队人数 0 1 2 3 4 5人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．解记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A、B、C、D、E、F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)方法一记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.方法二记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.22．用正难则反思想求互斥事件的概率典例(12分)某超市为了了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x 3025y 10结算时间(分钟/1 1.52 2.5 3人)已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.(1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均数；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率．(将频率视为概率)思想方法指导 若某一事件包含的基本事件多，而它的对立事件包含的基本事件少，则可用“正难则反”思想求解． 规X 解答解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.[2分]该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均数可用样本平均数估计，其估计值为1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟)．[6分](2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.[9分]P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.[11分]故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[12分]1．(2016·某某)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( ) A.56 B.25 C.16 D.13 答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋1 3＝5 6.2．(教材改编)袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为( )A．① B．② C．③ D．④答案 B解析至少有1个白球和全是黑球不同时发生，且一定有一个发生．∴②中两事件是对立事件．3．(2016·某某模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( )A．0.7 B．0.65 C．0.35 D．0.5答案 C解析“抽到的产品不是一等品”与事件A是对立事件，∴所求概率P＝1－P(A)＝0.35.4．(2016·襄阳模拟)有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向．事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A．互斥但非对立事件 B．对立事件C．相互独立事件 D．以上都不对答案 A解析由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件，故选A.5．(2016·某某模拟)从一篮子鸡蛋中任取1个，如果其重量小于30克的概率为0.3，重量在[30,40]克的概率为0.5，那么重量不小于30克的概率为( )A．0.8 B．0.5 C．0.7 D．0.3答案 C解析由互斥事件概率公式知重量大于40克的概率为1－0.3－0.5＝0.2，又∵0.5＋0.2＝0.7，∴重量不小于30克的概率为0.7.6．对一批产品的长度(单位：毫米)进行抽样检测，下图为检测结果的频率分布直方图．根据标准，产品长度在区间[20,25)上的为一等品，在区间[15,20)和[25,30)上的为二等品，在区间[10,15)和[30,35)上的为三等品．用频率估计概率，现从该批产品中随机抽取一件，则其为二等品的概率为( )A．0.09 B．0.20 C．0.25 D．0.45答案 D解析设区间[25,30)对应矩形的高为x，则所有矩形面积之和为1，即(0.02＋0.04＋0.06＋0.03＋x)×5＝1，解得x＝0.05.产品为二等品的概率为0.04×5＋0.05×5＝0.45. 7．在200件产品中，有192件一级品，8件二级品，则下列事件：①在这200件产品中任意选出9件，全部是一级品；②在这200件产品中任意选出9件，全部是二级品；③在这200件产品中任意选出9件，不全是二级品．其中________是必然事件；________是不可能事件；________是随机事件．答案③②①8．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683431 257 393 027 556 488 730 113 537 989 据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________． 答案 0.25解析 20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.9．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值X 围是________________． 答案 (54，43]解析 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0<P A <1，0<P B <1，P A ＋P B ≤1⇒⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<13a －3≤1，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43⇒54<a ≤43.10．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x，P (B )＝1y，且x >0，y >0，则x ＋y 的最小值为________． 答案 9解析 由题意可知4x ＋1y ＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )(4x ＋1y )＝5＋(4y x ＋x y)≥9，当且仅当4y x＝xy，即x＝2y 时等号成立．11．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：赔付金额(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000 车辆数(辆)500130100150120(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．解 (1)设A 表示事件“赔付金额为3 000元”，B 表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P (A )＝1501 000＝0.15，P (B )＝1201 000＝0.12. 由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P (A )＋P (B )＝0.15＋0.12＝0.27.(2)设C 表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100＝0.24，由频率估计概率得P (C )＝0.24.12．国家射击队的队员为在射击世锦赛上取得优异成绩，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中7～10环的概率如下表所示：求该射击队员射击一次： (1)射中9环或10环的概率； (2)命中不足8环的概率．解 记事件“射击一次，命中k 环”为A k (k ∈N ，k ≤10)，则事件A k 之间彼此互斥． (1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A ，那么当A 9，A 10之一发生时，事件A 发生，由互斥事件的加法公式得P (A )＝P (A 9)＋P (A 10)＝0.28＋0.32＝0.6.(2)设“射击一次，至少命中8环”的事件为B ，则B 表示事件“射击一次，命中不足8环”． 又B ＝A 8∪A 9∪A 10，由互斥事件概率的加法公式得P (B )＝P (A 8)＋P (A 9)＋P (A 10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.故P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22.因此，射击一次，命中不足8环的概率为0.22.*13.一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率；(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．解方法一(利用互斥事件求概率)记事件A1＝{任取1球为红球}，A2＝{任取1球为黑球}，A3＝{任取1球为白球}，A4＝{任取1球为绿球}，则P(A1)＝512，P(A2)＝412＝13，P(A3)＝212＝16，P(A4)＝112.根据题意知，事件A1，A2，A3，A4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得(1)取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝512＋412＝34.(2)取出1球为红球或黑球或白球的概率为P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝512＋412＋212＝1112.方法二(利用对立事件求概率)(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A1∪A2的对立事件为A3∪A4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P(A1∪A2)＝1－P(A3∪A4)＝1－P(A3)－P(A4)＝1－212－112＝34.(2)因为A1∪A2∪A3的对立事件为A4，所以P(A1∪A2∪A3)＝1－P(A4)＝1－112＝1112.。
旧教材适用2023高考数学一轮总复习第十一章计数原理概率随机变量及分布列第4讲随机事件的概率课件
2．事件的关系与运算
名称
定义
符号表示
包含 关系
若事件 A □13 发生 ，则事件
□15 B⊇ A
B□14 一定发生，这时称事件 B 包含事件 (或
□16 A⊆ B
)
A(或称事件 A 包含于事件 B)
相等 关系
若 B⊇ A，且 □17 A⊇ B ，则称事件 A 与事件 B 相等
□18 A＝B
并事件 (和事件)
第4讲 随机事件的概率
1
PART ONE
基础知识整合
1．概率
(1)在相同条件下，大量重复进行同一试验时，随机事件 A 发生的频率 会在某个常数附近摆动，即随机事件 A 发生的频率具有 □01 稳定性 ．我们把 这个常数叫做随机事件 A 的 □02 概率 ，记作 □03 P(A) ．
(2)频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而 □04 概率 是一个确定的值，因此，人们用 □05 概率 来反映随机事件发生 的可能性的大小，有时也用 □06 频率 作为随机事件概率的估计值．
2．(2022·河北邯郸高三月考)从装有 2 个白球和 2 个黄球的口袋中任取 2 个球，以下给出了四组事件：
①至少有 1 个白球与至少有 1 个黄球； ②至少有 1 个黄球与都是黄球； ③恰有 1 个白球与恰有 1 个黄球； ④恰有 1 个白球与都是黄球．
其中互斥而不对立的事件有( )
A.0 组
3．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，在正常生产
情况下，出现乙级品和丙级品的概率分别是 0.05 和 0.03，则抽检一件是正
品(甲级品)的概率为( )
A.0.95
B．0.97
C．0.92
D．0.08
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考点规范练53 随机事件的概率
基础巩固
1.从正五边形的五个顶点中,随机选择三个顶点连成三角形,记“这个三角形是等腰三角形”为事
件A,则下列推断正确的是()
A.事件A发生的概率等于
B.事件A发生的概率等于
C.事件A是不可能事件
D.事件A是必然事件
2.从16个同类产品(其中有14个正品,2个次品)中任意抽取3个,下列事件中概率为1的是()
A.三个都是正品
B.三个都是次品
C.三个中至少有一个是正品
D.三个中至少有一个是次品
3.把红、黄、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四人,则事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”()
A.是对立事件
B.是不可能事件
C.是互斥事件但不是对立事件
D.不是互斥事件
4.从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A为“抽到一等品”,事件B为“抽到二等品”,事件C为“抽到三等品”,且已知P(A)=0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为()
A.0.7
B.0.65
C.0.35
D.0.5
5.从某班学生中任意找出一人,如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2,该同学的身高在[160,175](单位:cm)内的概率为0.5,那么该同学的身高超过175 cm的概率为()
A.0.2
B.0.3
C.0.7
D.0.8
6.(2017浙江温州十校联考)记一个两位数的个位数字与十位数字的和为A.若A是不超过5的奇数,从这些两位数中任取一个,则其个位数字为1的概率为.
7.(2017云南昆明质检)中国乒乓球队中的甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛,甲夺得冠军的概率为,乙夺得冠军的概率为,那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为. 8.某班选派5人参加学校举行的数学竞赛,获奖的人数及其概率如下:
(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56,求x的值;
(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96,最少3人的概率为0.44,求y,z的值.
9.在某商场有奖销售中,购满100元商品得1张奖券,多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位,设特等奖1个,一等奖10个,二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A,B,C,求:
(1)P(A),P(B),P(C);
(2)1张奖券的中奖概率;
(3)1张奖券不中特等奖,且不中一等奖的概率.
能力提升
10.(2017江苏南京模拟)有两张卡片,一张的正反面分别写着数字0与1,另一张的正反面分别写着数字2与3,将两张卡片排在一起组成两位数,则所组成的两位数为奇数的概率是()
A. B. C. D.
11.假设甲、乙两种品牌的同类产品在某地区市场上的销售量相等,为了了解它们的使用寿命,现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试,统计结果如图:
(1)估计甲品牌产品寿命小于200 h的概率;
(2)在这两种品牌产品中,某个产品已使用了200 h,试估计该产品是甲品牌的概率.
12.袋中有除颜色外其他均相同的12个小球,分别为红球、黑球、黄球、绿球,从中任取一球,得到红球的概率是,得到黑球或黄球的概率是,得到黄球或绿球的概率也是,分别求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少?。