2020-2021学年10.3 频率与概率同步测试题

10.2~10.3综合拔高练

五年高考练

考点1　事件的相互独立性

1.(2020天津,13,5分,)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.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　　　　. 

2.(2019课标Ⅰ,15,5分,)甲、乙两队进行篮球决赛,采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时,该队获胜,决赛结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6,客场取胜的概率为0.5,且各场比赛结果相互独立,则甲队以4∶1获胜的概率是　　　　. 

3.(2020课标Ⅰ理,19,12分,)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.

(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.

4.(2019课标Ⅱ,18,12分,)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10∶10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10∶10平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.

(1)求P(X=2);

(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.

考点2　用频率估计概率

5.(2019课标Ⅱ,14,5分,)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为　　　　. 

6.(2020课标Ⅲ,18节选,8分,)某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次,整理数据得到下表(单位:天):

(1)分别估计该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率;

(2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).

7.(2020北京,18,14分,)某校为举办甲、乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简单随机抽样,获得数据如下表:

假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.

(1)分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;

(2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方案一的概率;

(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0.假设该校一年级有500名男生和300名女生,除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1.试比较p0与p1的大小.(结论不要求证明)

8.(2020课标Ⅰ文,17,12分,)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

　乙分厂产品等级的频数分布表

(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?

9.(2019北京,17,12分,)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:

(1)估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数;

(2)从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率;

(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人,发现他本月的支付金额大于2 000元.结合(2)的结果,能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化?说明理由.

三年模拟练

应用实践　　　　　　 　　　　　 　　　　　

1.(多选)()2020年春节期间,某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中抽取了40名驾驶员进行询问调查,将他们在某段高速公路的车速(km/h)分成六段:[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85),[85,90],得到如图所示的频率分布直方图.下列结论正确的是(　　)

A.这40辆小型汽车车速的众数的估计值为77.5

B.在该服务区任意抽取一辆小型汽车,车速超过80 km/h的概率为0.35

C.若从车速在[60,70)的小型汽车中任意抽取2辆,则至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为

D.若从车速在[60,70)的小型汽车中任意抽取2辆,则车速都在[60,65)内的概率为

2.(2020北京师范大学附属中学高一期末,)甲、乙二人独立地破译同一密码,甲破译出密码的概率为0.8,乙破译出密码的概率为0.7,记事件A:甲破译出密码,事件B:乙破译出密码.

(1)求甲、乙二人都破译出密码的概率;

(2)求恰有一人破译出密码的概率;

(3)小明同学解答“求密码被破译的概率”的过程如下:

请指出小明同学错误的原因,并给出正确解答过程.深度解析

3.()某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:

以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.

(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;

(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位:元).当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率.

4.(2020山东济南历城二中高一下检测,)某商店销售某海鲜,统计了春节前后50天海鲜的需求量x(10≤x≤20,单位:公斤),其频率分布直方图如图所示.该海鲜每天进货1次,商店每销售1公斤可获利50元,若供大于求,剩余的降价处理,每处理1公斤亏损10元;若供不应求,可从其他商店调拨,销售1公斤可获利30元.假设商店每天该海鲜的进货量为14公斤,商店的日利润为y元.

(1)求商店的日利润y关于需求量x的函数表达式;

(2)假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替.

①求这50天商店销售该海鲜日利润的平均数;

②估计日利润在区间[580,760)内的概率.

答案全解全析

五年高考练

1.答案　;

解析　设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A,

则P(A)=×=.

设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B,则P(B)=1-=1-=.

2.答案　0.18

解析　由题意可知七场四胜制且甲队以4∶1获胜,则共比赛了5场,且第5场甲胜,前4场中甲胜3场.第一类:第1场、第2场中甲胜1场,第3场、第4场甲胜,则P1=(0.6×0.4+0.4×0.6)×0.52=2×××=;第二类:第1场、第2场甲胜,第3场、第4场中甲胜1场,则P2=0.62×(0.5×0.5+0.5×0.5)=×2×=,所以甲队以4∶1获胜的概率P=×0.6=0.18.

3.解析　(1)甲连胜四场的概率为.

(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;

乙连胜四场的概率为;

丙上场后连胜三场的概率为.

所以需要进行第五场比赛的概率为1---=.

(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;

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,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,,.

因此丙最终获胜的概率为+++=.

4.解析　(1)X=2就是10∶10平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5×0.4+(1-0.5)×(1-0.4)=0.5.

(2)X=4且甲获胜,就是10∶10平后,两人又打了4个球该局比赛结束,且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.

因此所求概率为[0.5×(1-0.4)+(1-0.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1.

5.答案　0.98

解析　设经停该站高铁列车所有车次中正点率为0.97的事件为A,正点率为0.98的事件为B,正点率为0.99的事件为C,则用频率估计概率有P(A)==,P(B)==,P(C)==,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.97×+0.98×+0.99×=0.98.

6.解析　(1)由所给数据,该市一天的空气质量等级为1,2,3,4的概率的估计值如下表:

(2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为×(100×20+300×35+500×45)=350.

7.解析　(1)设“该校男生支持方案一”为事件A,“该校女生支持方案一”为事件B.

依题意知,抽取的样本中共有男生600人,其中支持方案一的有200人,故P(A)==;抽取的样本中共有女生400人,其中支持方案一的有300人,故P(B)==.

(2)由(1)可知,“该校男生支持方案一”的概率估计值为;“该校女生支持方案一”的概率估计值为.

设“抽取的该校2个男生和1个女生中,支持方案一的恰有2人”为事件C,该事件包括“2个男生均支持方案一而女生不支持方案一”“2个男生中有且只有1人支持方案一且女生支持方案一”,故所求概率为

P(C)=×+2×××=.

(3)p1<p0.

解法一:由样本的频率估计总体概率,该校学生支持方案二的概率估计值为p0==.

该校一年级男生中支持方案二的有×500≈292人,该校一年级女生中支持方案二的有×300≈113人,假设一年级学生中支持方案二的概率为p2,则p2=(292+113)÷(500+300)=,

>=,则p2>p0,

故可知该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1<p0.

解法二:由题表可知,男生支持方案二的概率明显大于女生支持方案二的概率.样本中男、女生比例为3∶2,此时p0==.而一年级的男、女生比例为5∶3,因为>,所以该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1<p0.

8.解析　(1)由试加工产品等级的频数分布表知,

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

因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15.

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

因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为=10.

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.

9.解析　(1)由题知,样本中仅使用A的学生有27+3=30人,仅使用B的学生有24+1=25人,A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.

故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有100-30-25-5=40人.

估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数为×1 000=400.

(2)记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于2 000元”,则P(C)==0.04.

(3)记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人,该学生本月的支付金额大于2 000元”.

假设样本仅使用B的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由(2)知,P(E)=0.04.

答案示例1:可以认为有变化.

理由如下:

P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生,一旦发生,就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.

答案示例2:无法确定有没有变化.

理由如下:

事件E是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的.所以无法确定有没有变化.

三年模拟练

应用实践

1.ABC　在A中,由题图可知,众数的估计值为最高矩形底边中点横坐标对应的值=77.5,A正确;在B中,车速超过80 km/h的频率为0.05×5+0.02×5=0.35,用频率估计概率知B正确;在C中,由题可知,车速在[60,65)内的小型汽车数为2,车速在[65,70)内的小型汽车数为4,运用古典概型求概率得,至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为,即车速都在[60,65)内的概率为,故C正确,D错误.故选ABC.

2.解析　(1)由题意可知P(A)=0.8,P(B)=0.7,且事件A,B相互独立,事件“甲、乙二人都破译出密码”可表示为AB,

所以P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.7=0.56.

(2)事件“恰有一人破译出密码”可表示为B+A,且B,A互斥,所以P(B+A)=P(B)+P(A)=P()P(B)+P(A)P()

=(1-0.8)×0.7+0.8×(1-0.7)=0.38.

(3)小明同学的错误在于事件A,B不互斥,而用了互斥事件的概率加法公式.

正确解答过程如下:

“密码被破译”也就是“甲、乙二人中至少有一人破译出密码”,可以表示为B+A+AB,且B,A,AB两两互斥,

所以P(B+A+AB)=P(B)+P(A)+P(AB)=P()P(B)+P(A)P()+P(A)·P(B)=(1-0.8)×0.7+0.8×(1-0.7)+0.8×0.7=0.94.

误区警示

在处理“恰有一个”类型的问题时,要时刻注意,当事件A发生时,事件B一定不发生,或者事件B发生时,事件A一定不发生,不能只注意某一个事件发生,而忽略掉另一个事件的情况,要注意“恰有一个”的意思是有且仅有一个.

3.解析　(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25,

由题表数据知,最高气温低于25的频率为=0.6,

所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.

(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,

若最高气温不低于25,则Y=6×450-4×450=900;

若最高气温位于区间[20,25),

则Y=6×300+2×(450-300)-4×450=300;

若最高气温低于20,则Y=6×200+2×(450-200)-4×450=-100.

所以Y的所有可能值为900,300,-100.

Y大于零当且仅当最高气温不低于20,

由题表数据知,最高气温不低于20的频率为=0.8,

因此Y大于零的概率的估计值为0.8.

4.解析　(1)商店的日利润y关于需求量x的函数表达式为

y=

化简,得y=

(2)①由频率分布直方图得:

海鲜需求量在区间[10,12)的频率是2×0.08=0.16,

海鲜需求量在区间[12,14)的频率是2×0.12=0.24,

海鲜需求量在区间[14,16)的频率是2×0.15=0.30,

海鲜需求量在区间[16,18)的频率是2×0.10=0.20,

海鲜需求量在区间[18,20]的频率是2×0.05=0.10,

这50天商店销售该海鲜日利润的平均数为(11×60-140)×0.16+(13×60-140)×0.24+(15×30+280)×0.30+(17×30+280)×0.20+(19×30+280)×0.10=83.2+153.6+219+158+85=698.8(元).

②由于x=14时,30×14+280=60×14-140=700,

所以y=在区间[10,20]上单调递增,因为580<700<760,

所以令60x-140=580,解得x=12;

令30x+280=760,解得x=16.

所以海鲜需求量在区间[12,16)的频率即为日利润在区间[580,760)内的概率.

所以所求概率为0.24+0.30=0.54.