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高中数学人教B版 (2019)必修 第二册第五章 统计与概率本章综合与测试学案设计
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这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第二册第五章 统计与概率本章综合与测试学案设计，共5页。学案主要包含了二等奖各1张，另1张无奖．甲等内容，欢迎下载使用。
1．给出以下三个命题：(1)将一枚硬币抛掷两次，记事件A：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”，则事件A与事件B是对立事件；(2)在命题(1)中，事件A与事件B是互斥事件；(3)在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，记事件A：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A与事件B是互斥事件．其中命题正确的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 命题(1)不正确，命题(2)正确，命题(3)不正确．对于(1)(2)，因为抛掷两次硬币，除事件A，B外，还有“第一次出现正面，第二次出现反面”和“第一次出现反面，第二次出现正面”两种事件，所以事件A和事件B不是对立事件，但它们不会同时发生，所以是互斥事件；对于(3)，若所取的3件产品中恰有2件次品，则事件A和事件B同时发生，所以事件A和事件B不是互斥事件．故选B.
2．设a是抛掷一枚骰子得到的点数，则方程x2＋ax＋2＝0有两个不相等的实根的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(5,12)
答案 A
解析 基本事件总数为6，若方程有不相等的实根，则a2－8>0，满足上述条件的a为3,4,5,6，故P(A)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
3．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )
A.eq \f(1,32) B.eq \f(1,64) C.eq \f(3,32) D.eq \f(3,64)
答案 D
解析 从中有放回地取2次，列表可知所取号码共有64种，其中编号和不小于15的有3种，分别是(7,8)，(8,7)，(8,8)，故所求概率P＝eq \f(3,64).
4．从数字1,2,3中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于30的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 依题意，从数字1,2,3中任取两个不同的数字构成的两位数有12,13,23,21,31,32，共6个，其中大于30的两位数有31,32，共2个，因此所求的概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
5．从10个事件中任取一个事件，若这个事件是必然事件的概率为0.2，是不可能事件的概率为0.3，则这10个事件中随机事件的个数是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 C
解析 这10个事件中，必然事件的个数为10×0.2＝2，不可能事件的个数为10×0.3＝3.
而必然事件、不可能事件、随机事件是彼此互斥的事件，且它们的个数和为10.
故随机事件的个数为10－2－3＝5.
6．如果事件A与事件B互斥，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，则P(A＋B)＝________.
答案 0.5
解析 根据互斥事件概率公式求解．所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.2＋0.3＝0.5.
7．在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖．甲、乙两人各抽取1张，则两人都中奖的概率是________．
答案 eq \f(1,3)
解析 设中一、二等奖及不中奖分别记为1,2,0，那么甲、乙抽奖结果有(1,2)，(1,0)，(2,1)，(2,0)，(0,1)，(0,2)，共6种．其中甲、乙都中奖有(1,2)，(2,1)，共2种，所以P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
8．质地均匀的正方体骰子各面上分别标有数字1,2,3,4,5,6，每次抛掷这样两个相同的骰子，规定向上的两个面的数字的和为这次抛掷的点数，则每次抛掷的点数被4除余2的概率是________．
答案 eq \f(1,4)
解析 列表知基本事件总数n＝36，每次抛掷时点数被4除余2包含的基本事件有(1,1)，(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，(4,6)，(6,4)，(5,5)，共9个，所以抛掷时点数被4除余2的概率是P＝eq \f(9,36)＝eq \f(1,4).
9．现共有6家企业参与某项工程的竞标，其中A企业来自辽宁省，B，C两家企业来自福建省，D，E，F三家企业来自河南省．此项工程需要两家企业联合施工，假设每家企业中标的概率相同．
(1)列举所有企业的中标情况；
(2)在中标的企业中，至少有一家来自福建省的概率是多少？
解 (1)从这6家企业中选出2家的选法有(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)，共有15种，以上就是中标情况．
(2)在中标的企业中，至少有一家来自福建省的选法有(A，B)，(A，C)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．
则“在中标的企业中，至少有一家来自福建省”的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
10．某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考试级别．公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A饮料，另外2杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A饮料．若该员工3杯都选对，则评为优秀；若只选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．
(1)求此人被评为优秀的概率；
(2)求此人被评为良好及以上的概率．
解 将5杯饮料分别编号为1,2,3,4,5，编号1,2,3表示A饮料，编号4,5表示B饮料，则从5杯饮料中选出3杯的样本空间为Ω＝{(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)}，共10个样本点．
设事件D表示“此人被评为优秀”，事件E表示“此人被评为良好”，事件F表示“此人被评为良好及以上”，则
(1)事件D只含一个样本点(1,2,3)，故P(D)＝eq \f(1,10).
(2)事件E含样本点(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，共6个，
故P(E)＝eq \f(3,5)，P(F)＝P(D)＋P(E)＝eq \f(7,10).
11．从正六边形的6个顶点中随机选择4个，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 假设正六边形的6个顶点依次为A，B，C，D，E，F，则从6个顶点中随机选择4个，ABCD，ABCE，ABCF，ABDE，ABDF，ABEF，ACDE，ACDF，ACEF，ADEF，BCDE，BCDF，BCEF，BDEF，CDEF，共有15种结果，以它们作为顶点的四边形是矩形的有ACDF，ABDE，BCEF，共3种结果，故所求概率为eq \f(1,5).
12．在一项自“一带一路”沿线20国青年参与的评选中“高铁”“支付宝”“共享单车”和“网购”被称作中国“新四大发明”，曾以古代“四大发明”推动世界进步的中国，正再次以科技创新向世界展示自己的发展理念．某班假期分为四个社会实践活动小组，分别对“新四大发明”对人们生活的影响进行调查．于开学进行交流报告会．四个小组随机排序，则“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 将“支付宝”小组，“网购”小组，“高铁”小组，“共享单车”小组分别记为A，B，C，D.则四个小组随机排序的所有情况的树形图如图所示，共24种，
其中“支付宝”小组与“网购”小组不相邻的有12种(即A，B不相邻)，由古典概型的概率公式得所求概率为eq \f(1,2).故选D.
13．素数指在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，不能被其他自然数整除的数．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10＝3＋7.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和小于18的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(11,15) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,3)
答案 B
解析 不超过15的素数为2,3,5,7,11,13，共6个，任取2个分别为(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(3,13)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(7,11)，(7,13)，(11,13)，共15个基本事件，其中两个和小于18的共有11个基本事件，根据古典概型概率公式知P＝eq \f(11,15).
14．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
答案 eq \f(5,6)
解析 设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有基本事件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)，共5个，所以2只球颜色不同的概率为eq \f(5,6).
15．齐王有上等、中等、下等马各一匹；田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜的概率为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(5,9) C.eq \f(2,3) D.eq \f(7,9)
答案 C
解析 设齐王上等、中等、下等马分別为A，B，C，田忌上等、中等、下等马分别为a，b，c，
现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，
基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共 6种，
∴齐王的马获胜的概率为P＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
16．某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19,8环以下的概率是0.29，计算这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率．
解 记这个射手在一次射击中命中10环或9环为事件A，命中10环、9环、8环、8环以下分别为事件A1，A2，A3，A4，由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，
所以P(A2＋A3＋A4)＝P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.
又因为A1与A2＋A3＋A4互为对立事件，
所以P(A1)＝1－P(A2＋A3＋A4)＝1－0.76＝0.24.
因为A1与A2互斥，且A＝A1＋A2，
所以P(A)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.24＋0.28＝0.52.
1．给出以下三个命题：(1)将一枚硬币抛掷两次，记事件A：“两次都出现正面”，事件B：“两次都出现反面”，则事件A与事件B是对立事件；(2)在命题(1)中，事件A与事件B是互斥事件；(3)在10件产品中有3件是次品，从中任取3件，记事件A：“所取3件中最多有2件是次品”，事件B：“所取3件中至少有2件是次品”，则事件A与事件B是互斥事件．其中命题正确的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 命题(1)不正确，命题(2)正确，命题(3)不正确．对于(1)(2)，因为抛掷两次硬币，除事件A，B外，还有“第一次出现正面，第二次出现反面”和“第一次出现反面，第二次出现正面”两种事件，所以事件A和事件B不是对立事件，但它们不会同时发生，所以是互斥事件；对于(3)，若所取的3件产品中恰有2件次品，则事件A和事件B同时发生，所以事件A和事件B不是互斥事件．故选B.
2．设a是抛掷一枚骰子得到的点数，则方程x2＋ax＋2＝0有两个不相等的实根的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(5,12)
答案 A
解析 基本事件总数为6，若方程有不相等的实根，则a2－8>0，满足上述条件的a为3,4,5,6，故P(A)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
3．一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )
A.eq \f(1,32) B.eq \f(1,64) C.eq \f(3,32) D.eq \f(3,64)
答案 D
解析 从中有放回地取2次，列表可知所取号码共有64种，其中编号和不小于15的有3种，分别是(7,8)，(8,7)，(8,8)，故所求概率P＝eq \f(3,64).
4．从数字1,2,3中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于30的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 依题意，从数字1,2,3中任取两个不同的数字构成的两位数有12,13,23,21,31,32，共6个，其中大于30的两位数有31,32，共2个，因此所求的概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
5．从10个事件中任取一个事件，若这个事件是必然事件的概率为0.2，是不可能事件的概率为0.3，则这10个事件中随机事件的个数是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案 C
解析 这10个事件中，必然事件的个数为10×0.2＝2，不可能事件的个数为10×0.3＝3.
而必然事件、不可能事件、随机事件是彼此互斥的事件，且它们的个数和为10.
故随机事件的个数为10－2－3＝5.
6．如果事件A与事件B互斥，且P(A)＝0.2，P(B)＝0.3，则P(A＋B)＝________.
答案 0.5
解析 根据互斥事件概率公式求解．所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.2＋0.3＝0.5.
7．在3张奖券中有一、二等奖各1张，另1张无奖．甲、乙两人各抽取1张，则两人都中奖的概率是________．
答案 eq \f(1,3)
解析 设中一、二等奖及不中奖分别记为1,2,0，那么甲、乙抽奖结果有(1,2)，(1,0)，(2,1)，(2,0)，(0,1)，(0,2)，共6种．其中甲、乙都中奖有(1,2)，(2,1)，共2种，所以P(A)＝eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
8．质地均匀的正方体骰子各面上分别标有数字1,2,3,4,5,6，每次抛掷这样两个相同的骰子，规定向上的两个面的数字的和为这次抛掷的点数，则每次抛掷的点数被4除余2的概率是________．
答案 eq \f(1,4)
解析 列表知基本事件总数n＝36，每次抛掷时点数被4除余2包含的基本事件有(1,1)，(1,5)，(5,1)，(2,4)，(4,2)，(3,3)，(4,6)，(6,4)，(5,5)，共9个，所以抛掷时点数被4除余2的概率是P＝eq \f(9,36)＝eq \f(1,4).
9．现共有6家企业参与某项工程的竞标，其中A企业来自辽宁省，B，C两家企业来自福建省，D，E，F三家企业来自河南省．此项工程需要两家企业联合施工，假设每家企业中标的概率相同．
(1)列举所有企业的中标情况；
(2)在中标的企业中，至少有一家来自福建省的概率是多少？
解 (1)从这6家企业中选出2家的选法有(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)，共有15种，以上就是中标情况．
(2)在中标的企业中，至少有一家来自福建省的选法有(A，B)，(A，C)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．
则“在中标的企业中，至少有一家来自福建省”的概率为eq \f(9,15)＝eq \f(3,5).
10．某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考试级别．公司准备了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A饮料，另外2杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A饮料．若该员工3杯都选对，则评为优秀；若只选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别能力．
(1)求此人被评为优秀的概率；
(2)求此人被评为良好及以上的概率．
解 将5杯饮料分别编号为1,2,3,4,5，编号1,2,3表示A饮料，编号4,5表示B饮料，则从5杯饮料中选出3杯的样本空间为Ω＝{(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)}，共10个样本点．
设事件D表示“此人被评为优秀”，事件E表示“此人被评为良好”，事件F表示“此人被评为良好及以上”，则
(1)事件D只含一个样本点(1,2,3)，故P(D)＝eq \f(1,10).
(2)事件E含样本点(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，共6个，
故P(E)＝eq \f(3,5)，P(F)＝P(D)＋P(E)＝eq \f(7,10).
11．从正六边形的6个顶点中随机选择4个，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,8) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 假设正六边形的6个顶点依次为A，B，C，D，E，F，则从6个顶点中随机选择4个，ABCD，ABCE，ABCF，ABDE，ABDF，ABEF，ACDE，ACDF，ACEF，ADEF，BCDE，BCDF，BCEF，BDEF，CDEF，共有15种结果，以它们作为顶点的四边形是矩形的有ACDF，ABDE，BCEF，共3种结果，故所求概率为eq \f(1,5).
12．在一项自“一带一路”沿线20国青年参与的评选中“高铁”“支付宝”“共享单车”和“网购”被称作中国“新四大发明”，曾以古代“四大发明”推动世界进步的中国，正再次以科技创新向世界展示自己的发展理念．某班假期分为四个社会实践活动小组，分别对“新四大发明”对人们生活的影响进行调查．于开学进行交流报告会．四个小组随机排序，则“支付宝”小组和“网购”小组不相邻的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 将“支付宝”小组，“网购”小组，“高铁”小组，“共享单车”小组分别记为A，B，C，D.则四个小组随机排序的所有情况的树形图如图所示，共24种，
其中“支付宝”小组与“网购”小组不相邻的有12种(即A，B不相邻)，由古典概型的概率公式得所求概率为eq \f(1,2).故选D.
13．素数指在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，不能被其他自然数整除的数．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10＝3＋7.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和小于18的概率是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(11,15) C.eq \f(3,5) D.eq \f(1,3)
答案 B
解析 不超过15的素数为2,3,5,7,11,13，共6个，任取2个分别为(2,3)，(2,5)，(2,7)，(2,11)，(2,13)，(3,5)，(3,7)，(3,11)，(3,13)，(5,7)，(5,11)，(5,13)，(7,11)，(7,13)，(11,13)，共15个基本事件，其中两个和小于18的共有11个基本事件，根据古典概型概率公式知P＝eq \f(11,15).
14．袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．
答案 eq \f(5,6)
解析 设4只球分别为白、红、黄1、黄2，从中一次随机摸出2只球，所有基本事件为(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)、(黄1，黄2)，共6个，颜色不同的有(白，红)、(白，黄1)、(白，黄2)、(红，黄1)、(红，黄2)，共5个，所以2只球颜色不同的概率为eq \f(5,6).
15．齐王有上等、中等、下等马各一匹；田忌也有上等、中等、下等马各一匹．田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，若有优势的马一定获胜，则齐王的马获胜的概率为( )
A.eq \f(4,9) B.eq \f(5,9) C.eq \f(2,3) D.eq \f(7,9)
答案 C
解析 设齐王上等、中等、下等马分別为A，B，C，田忌上等、中等、下等马分别为a，b，c，
现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，
基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种，有优势的马一定获胜，齐王的马获胜包含的基本事件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共 6种，
∴齐王的马获胜的概率为P＝eq \f(6,9)＝eq \f(2,3).
16．某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19,8环以下的概率是0.29，计算这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率．
解 记这个射手在一次射击中命中10环或9环为事件A，命中10环、9环、8环、8环以下分别为事件A1，A2，A3，A4，由题意知，A2，A3，A4彼此互斥，
所以P(A2＋A3＋A4)＝P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.
又因为A1与A2＋A3＋A4互为对立事件，
所以P(A1)＝1－P(A2＋A3＋A4)＝1－0.76＝0.24.
因为A1与A2互斥，且A＝A1＋A2，
所以P(A)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.24＋0.28＝0.52.
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