【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：随机事件

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：随机事件，共10页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共26小题；共130分）
1. 设某厂产品的次品率为 2%，估算该厂 8000 件产品中合格品的件数大约为
A. 160B. 7840C. 7998D. 7800

2. 同时向上抛 100 个铜板，结果落地时 100 个铜板朝上的面都相同，你认为这 100 个铜板更可能是下面哪种情况?
A. 这 100 个铜板两面是一样的
B. 这 100 个铜板两面是不同的
C. 这 100 个铜板中有 50 个两面是一样的，另外 50 个两面是不相同的
D. 这 100 个铜板中有 20 个两面是一样的，另外 80 个两面是不相同的

3. 抛掷一粒骰子，观察掷出的点数，设事件 A 为出现奇数，事件 B 为出现 2 点，已知 PA=12，PB=16，则出现奇数点或 2 点的概率为
A. 12B. 56C. 23D. 112

4. 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 PA=0.65，PB=0.2，PC=0.1．则事件“抽到的是二等品或三等品”的概率为
A. 0.7B. 0.65C. 0.35D. 0.3

5. 某市某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛．现有 20 名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为 0.4，每名同学有 2 次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响．现规定：投进两个得 4 分，投进一个得 2 分，一个未进得 0 分，则一名同学投篮得 2 分的概率为
A. 0.5B. 0.48C. 0.4D. 0.32

6. 甲、乙同时参加某次法语考试，甲、乙考试达到优秀的概率分别为 0.6，0.7，两人考试相互独立，则甲、乙两人都未达到优秀的概率为
A. 0.42B. 0.28C. 0.18D. 0.12

7. 近年来“微信抢红包”异常火爆，在某个微信群某次进行的抢红包活动中，若所发红包的总金额为 8 元被随机分配为 1.72 元，1.83 元，2.28 元，1.55 元，0.62 元，5 份供甲、乙等 5 人抢，每人只能抢一次，则甲、乙二人抢到的金额之和不低于 3 元的概率是
A. 310B. 25C. 12D. 35

8. 已知从甲袋内摸出 1 个红球的概率是 13，从乙袋内摸出 1 个红球的概率是 12，从两袋内各摸出 1 个球，则 23 等于
A. 2 个球不都是红球的概率B. 2 个球都是红球的概率
C. 2 个球中至少有 1 个红球的概率D. 2 个球中恰好有 1 个红球的概率

9. 甲、乙两名射手同时向一目标射击，设事件 A：“甲击中目标”，事件 B：“乙击中目标”，则事件 A 与事件 B
A. 相互独立但不互斥B. 互斥但不相互独立
C. 相互独立且互斥D. 既不相互独立也不互斥

10. 若 PA∩B=19，PA=23，PB=13，则事件 A 与 B 的关系是
A. 事件 A 与 B 互斥B. 事件 A 与 B 对立
C. 事件 A 与 B 相互独立D. 事件 A 与 B 既互斥又相互独立

11. 将含有甲、乙、丙的 6 人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲，乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为
A. 320B. 340C. 920D. 940

12. 如图所示，现有一迷失方向的小青蛙在 3 处，它每跳动一次可以等可能地进入相邻的任意一格（若它在 5 处跳动一次，只能进入 3 处；若在 3 处，则跳动一次可以等可能地进入 1，2，4，5 处），则它在第三次跳动后，首次进入 5 处的概率是
A. 12B. 14C. 316D. 16

13. 甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为 a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为 b，其中 a,b∈1,2,3,4,5,6，若 |a−b|≤1，就称甲、乙“心有灵犀”，现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为
A. 316B. 29C. 718D. 49

14. 甲在微信群中发布 5 元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人依次抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到 1 元，则乙获得“手气最佳”（即乙领取的钱数不少于丙、丁）的概率是
A. 12B. 13C. 14D. 16

15. 千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后”⋯⋯ 小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，观察了所在地区 A 100 天的日落和夜晚天气，得到如下 2×2 列联表：
附表：
αα
经计算得到 X2≈19.05，下列对地区 A 天气的判断不正确的是
A. 夜晚下雨的概率约为 12
B. 未出现“日落云里走”时夜晚下雨的概率约为 514
C. 有 99.9% 的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关
D. 出现“日落云里走”，有 99.9% 的把握认为夜晚会下雨

16. 从一副不含大小王的 52 张扑克牌（即 A，2，3，⋯，10，J，Q，K 不同花色的各 4 张）中任意抽出 5 张，恰有 3 张A的概率是
A. C482C525B. A482A525C. C43C482C525D. A43A482A525

17. 某校毕业生的去向有三种：回家待业、上大学和补习．现取一个样本调查，调查结果如图所示．若该校每个学生上大学的概率为 45，则每个学生不补习的概率为
A. 2125B. 2225C. 2325D. 2425

18. 如图所示，在两个圆盘中，指针落在本圆盘每个数所在区域的机会均等，那么两个指针同时落在奇数所在区域的概率是
A. 49B. 29C. 23D. 13

19. 从一堆产品（其中正品与次品都多于 2 件）中任取 2 件，观察正品件数与次品件数，下列每组事件既是互斥事件又是对立事件的一组是
A. 恰好有 1 件次品和恰好有 2 件次品
B. 至少有 1 件次品和全是次品
C. 至少有 1 件正品和至少有 1 件次品
D. 至少有 1 件次品和全是正品

20. 在“绿色北京 − 节能减排全民行动”中，某街道办事处调查了辖区内住户的照明节能情况．已知辖区内有居民 1 万户，从中随机抽取 1000 户调查是否已安装节能灯，调查结果如下表所示：
节能灯楼房住户平房住户已安装550150未安装22080
那么该辖区内已安装节能灯的住户估计有
A. 3000 户B. 5500 户C. 7000 户D. 7700 户

21. 某公交线路某区间内共设四个站点（如图），分别记为 A0，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从 A0 站点上车，且他们中的每个人在站点 Aii=1,2,3 下车是等可能的，则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为
A. 23B. 34C. 35D. 12

22. 甲、乙、丙、丁四人进行网球比赛，规定首先甲与乙比、丙与丁比，这两场比赛的胜利者再争夺冠军，他们之间相互获胜的概率如表所示．
甲乙丙丁甲获胜概率−乙获胜概率0.7−0.60.3丙获胜概率0.70.4−0.5丁获胜概率−
则甲获得冠军的概率为
A. 0.165B. 0.245C. 0.275D. 0.315

23. 甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，采用 7 局 4 胜制．在一局比赛中，先得 11 分的运动员为胜方，但打到 10 平以后，先多得 2 分者为胜方．在 10 平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发 1 个球．若在某局比赛中，甲发球赢球的概率为 12，甲接发球赢球的概率为 25，则在比分为 10:10 后甲先发球的情况下，甲以 13:11 赢下此局的概率为
A. 225B. 310C. 110D. 325

24. 斐波那契数列（Fibnacci sequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多 ⋅ 斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．在数学上，斐波那契数列被以下递推的方法定义：数列 an 满足 a1=a2=1，an+2=an+an+1，现从该数列的前 40 项中随机抽取一项，则该项能被 3 整除的概率是
A. 14B. 13C. 12D. 23

25. 素数指整数在一个大于 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. 15B. 1115C. 35D. 13

26. 现有 10 道题，其中 6 道甲类题，4 道乙类题，小明同学从中任取 3 道题解答．已知所取的 3 道题中有 2 道甲类题，1 道乙类题．若小明同学答对每道甲类题的概率都是 35，答对每道乙类题的概率都是 45，且各题答对与否相互独立．则小明同学至少答对 2 道题的概率为
A. 1225B. 57125C. 36125D. 93125

二、选择题（共4小题；共20分）
27. 下列说法中错误的是
A. 设有一批产品，其次品率为 0.05，则从中任取 200 件，必有 10 件是次品
B. 做 100 次抛硬币的试验，结果 51 次出现正面朝上，因此，出现正面朝上的概率是 51100
C. 随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率
D. 抛掷骰子 100 次，得点数是 1 的结果有 18 次，则出现 1 点的频率是 950

28. 下列说法正确的是
A. 某班 4 位同学从文学、经济和科技三类不同的图书中各任选一类，不同的结果共有 64 种
B. 用 1，2，3 三个数字可以组成 9 个三位奇数
C. 从集合 A=a,b,c,d 中任取 2 个元素组成集合 B，则集合 B 中含有元素 b 的概率为 12
D. 两个男生和两个女生随机排成一列，则两个女生不相邻的概率是 12

29. 在 5 件产品中，有 3 件一等品和 2 件二等品，从中任取 2 件，下列事件中，概率为 710 的事件是
A. 恰有一件一等品B. 至少一件一等品
C. 至多一件一等品D. 至少一件二等品

30. 某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是 56，35，34，13，且各轮考核能否通过互不影响，则
A. 该软件通过考核的概率为 18
B. 该软件在第三轮考核被淘汰的概率为 18
C. 该软件至少能够通过两轮考核的概率为 23
D. 在此次比赛中该软件平均考核了 6524 轮
答案
第一部分
1. B【解析】8000×1−2%=7840（件）．
2. A【解析】落地时 100 个铜板朝上的面都相同，根据极大似然法可知，这 100 个铜板两面是一样的可能性较大．
3. C
4. D【解析】由题意知事件 A 、 B 、 C 互为互斥事件，记事件 D=“抽到的是二等品或三等品”，则 PD=PB∪C=PB+PC=0.2+0.1=0.3．
5. B
【解析】设“第一次投进”为事件 A，“第二次投进”为事件 B，则得 2 分的概率为
P=PAB+PAB=0.4×0.6+0.6×0.4=0.48.
6. D【解析】由于甲、乙考试达到优秀的概率分别为 0.6，0.7，
则甲、乙考试未达到优秀的概率分别为 0.4，0.3，
因为两人考试相互独立，
所以甲、乙两人都未达到优秀的概率为 0.4×0.3=0.12．
故选D．
7. D【解析】由题意可知，所发红包的总金额为 8 元，被随机分配为 1.72 元，1.83 元，2.28 元，1.55 元，0.62 元 5 份，供甲、乙等 5 人抢，每人只能抢一次，甲、乙二人抢到的金额之和包含的基本事件的总数为 10，甲、乙二人抢到的金额之和不低于 3 元包含的基本事件有 6 个，分别为 1.72,1.83，1.72,2.28，1.72,1.55，1.83,2.28，1.83,1.55，2.28,1.55，所以甲、乙二人抢到的金额之和不低于 3 元的概率为 P=610=35．
8. C【解析】至少有 1 个红球的概率是 13×1−12+12×1−13+12×13=23．
9. A【解析】对同一目标射击，甲、乙两射手是否击中目标是互不影响的，
所以事件 A 与 B 相互独立；
对同一目标射击，甲、乙两射手可能同时击中目标，也就是说事件 A 与 B 可能同时发生，
所以事件 A 与 B 不是互斥事件．
10. C
【解析】因为 PA=1−PA=1−23=13，
所以 PA∩B=PA⋅PB，
所以事件 A 与 B 相互独立．
11. C【解析】将含有甲、乙、丙的 6 人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，基本事件总数 n=C63C33A22⋅A22=20，
甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组包含的基本事件个数：m=C22C31+C22C31+C11C32=9，
则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为 P=mn=920．
12. C【解析】按规则，小青蛙跳动一次，可能的结果共有 4 种，跳动三次，可能的结果共有 16 种，而三次跳动后首次跳到 5 的只有 3−1−3−5，3−2−3−5，3−4−3−5 三种可能，所以它在第三次跳动后，首次进入 5 处的概率是 316．
13. D【解析】由题意知本题是一个古典概型．
样本空间共包含 36 个样本点记“甲、乙心有灵犀”为事件 A,A=1,1,1,2,2,1,2,22,3,3,2,3,3,3,4,4,3,4,4,4,5,5,4,5,55,6,6,5,6,6，共 16 个样本点．
所以他们“心有灵犀”的概率为 P=1636=49．
14. A【解析】如下图，利用隔板法，
得到共计有 n=C42=6 种领法，
乙领 2 元获得“最佳手气”的情况有 2 种，
乙领 3 元获得“最佳手气”的情况有 1 种，
乙获得“最佳手气”的情况总数 m=3，
所以乙获得“最佳手气”的概率 P=mn=36=12．
15. D
【解析】用频率估计概率可得，夜晚下雨的概率约为 25+25100=12，故A判断正确；
未出现“日落云里走”时夜晚下雨的概率约为 2525+45=514，故B判断正确；
由 X2≈19.05>10.828，可得有 99.9% 的把握认为“‘日落云里走’是否出现”与“当晚是否下雨”有关，故C判断正确，D判断不正确．
故选D．
16. C
17. B【解析】每个学生上大学的概率为 45，而该样本中上大学的人数为 80，所以该样本容量为 80÷45=100，于是每个学生回家待业的概率为 P=8100=225，所以每个学生不补习的概率为 45+225=2225．
18. A【解析】设 A 表示“第一个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，
则 PA=23．
B 表示“第二个圆盘的指针落在奇数所在的区域”，则 PB=23．
则 PAB=PAPB=23×23=49．
19. D
20. C
21. A【解析】设事件 A 为“甲、乙两人不在同一站点下车”，由题意知
甲、乙两人同在 A1 站点下车的概率为 13×13=19；
甲、乙两人同在 A2 站点下车的概率为 13×13=19；
甲、乙两人同在 A3 站点下车的概率为 13×13=19；
所以甲、乙两人在同一站点下车的概率 PA=3×19=13，
则 PA=1−13=23．
22. A【解析】假设 P12 为甲胜乙的概率，P13 为甲胜丙的概率，P14 为甲胜丁的概率，P34，P43 分别为丙胜丁和丁胜丙的概率，P1 为甲夺冠的概率，则 P1=P12P34⋅P13+P43⋅P14=0.3×0.5×0.3+0.5×0.8=0.165．
23. C【解析】在比分为 10:10 后甲先发球的情况下，甲以 13:11 赢下此局分两种情况：
①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为
P1=12×35×12×25=350；
②后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为
P2=12×25×12×25=125．
所以甲以 13:11 赢下此局的概率为 P1+P2=110．
24. A【解析】斐波那契数列的各项依次为 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，⋯，
观察发现前 12 项中，第 4 项，第 8 项，第 12 项都能被 3 整除，以此类推，前 40 项中，共 10 项能被 3 整除，它们分别是第 4 项，第 8 项，第 12 项，第 16 项，第 20 项，第 24 项，第 28 项，第 32 项，第 36 项，第 40 项，
所以从该数列的前 40 项中随机抽取一项，该项能被 3 整除的概率为 1040=14．
25. 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，其中两个数的和小于 18 的共有 11 个基本事件，根据古典概型概率公式知 P=1115．
26. D【解析】设小明同学答对题的个数为 X，则
PX=2=352×15+2×35×45×25=57125，
PX=3=352×45=36125，
故 PX≥2=PX=2+PX=3=93125．
则小明同学至少答对 2 道题的概率为 93125．
第二部分
27. A， B， C
【解析】A错，次品率是指出现次品的可能性，从中任取 200 件，可能有 10 件次品，也可能没有．BC混淆了频率与概率的区别．D正确．
28. C， D
【解析】对于A，第 1 位同学可以从三类不同的图书中任选一类，有 3 种选法，同理，其他的 3 位同学也都各有 3 种选法，则不同的选书方法有 3×3×3×3=81 种，故A错误；
对于B，个位可以放 1，3，十位和百位都可以放 1，2，3，所以有 2×3×3=18 个奇数，故B错误；
对于C，从集合 A 中任取 2 个元素可得到集合 B 的个数为 C42，含有 b 的个数为 C31，其概率 P=C31C42=12，故C正确；
对于D，两个男生和两个女生随机排成一列，总的排法有 A44=24 种，两个女生不相邻的排法有 A22×A32=12 种，所以两个女生不相邻的概率 P=1224=12，故D正确．
29. C， D
【解析】将 3 件一等品编号为 1，2，3，2 件二等品编号为 4，5，从中任取 2 件有 10 种取法：1,2，1,3，1,4，1,5，2,3，2,4，2,5，3,4，3,5，4,5，样本空间共包含 10 个样本点，其中恰有 1 件一等品的取法有 1,4，1,5，2,4，2,5，3,4，3,5，恰有 1 件一等品的概率为 P1=35．恰有 2 件一等品的取法有 1,2，1,3，2,3，故恰有 2 件一等品的概率为 P2=310，其对立事件是“至多有一件一等品”，概率为 P3=1−P2=1−310=710．至少有一件二等品的取法 1,4，1,5，2,4，2,5，3,4，3,5，4,5，故至少有一件二等品的概率为 P4=710．
30. A， B， D
【解析】设事件 Aii=1,2,3,4 表示“该软件能通过第 i 轮考核”，则 PA1=56，PA2=35，PA3=34，PA4=13．
该软件通过考核的概率为
PA1A2A3A4=PA1PA2PA3PA4=56×35×34×13=18,
选项A正确；
该软件在第三轮考核被淘汰的概率为
PA1A2A3=PA1PA2PA3=56×35×14=18,
选项B正确；
该软件至少能够通过两轮考核的概率为 1−PA1−PA1A2=1−16−56×25=12，选项C不正确；
设在此次比赛中，该软件考核了 Y 轮，
所以 Y 的可能取值为 1，2，3，4，
PY=1=PA1=16，
PY=2=PA1A2=56×25=13，
PY=3=PA1A2A3=18，
PY=4=PA1A2A3=56×35×34=38，
所以 EY=1×16+2×13+3×18+4×38=6524，故选项D正确．