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人教版高中数学必修第二册第十章测评含答案
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这是一份人教版高中数学必修第二册第十章测评含答案，共13页。
第十章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021福建泉州期末)抛掷一枚质地均匀的正方体骰子,若事件A=“向上的点数为3”,B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,则有( )
A.A⊆B B.C⊆B
C.A∩B=C D.A∪B=C
答案D
解析抛掷一枚质地均匀的正方体骰子,事件A=“向上的点数为3”,B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,对于A,A与B没有包含关系,故A错误;对于B,∵B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,∴B⊆C,故B错误;对于C,A∩B=⌀,故C错误;对于D,A∪B=C,故D正确.
2.某射箭运动员进行射箭训练,射箭60次,统计结果如表:
环数
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
击中的次数
0
0
1
2
4
4
6
10
12
13
8
则估计他击中的环数不小于8的概率为( )
A.0.46 B.0.55 C.0.57 D.0.63
答案B
解析根据题意,该运动员击中的环数不小于8的频率为12+13+860=0.55,因此估计相应概率为0.55.
3.(2021陕西渭南期末)某工厂生产的产品合格率是99.99%,这说明( )
A.该厂生产的10 000件产品中不合格的产品一定有1件
B.该厂生产的100件产品中合格的产品一定有99件
C.该厂生产的10件产品中没有不合格产品
D.该厂生产的产品合格的可能性是99.99%
答案D
解析根据题意,某工厂生产的产品合格率是99.99%,即该厂生产的产品是合格品的概率为99.99%,由此分析选项:对于A,该厂生产的10 000件产品中不合格的产品不一定有1件,可能是多件或没有,A错误;对于B,该厂生产的100件产品中合格的产品不一定有99件,B错误;对于C,该厂生产的10件产品中可能有不合格产品,C错误;对于D,该厂生产的产品合格的可能性是99.99%,D正确.
4.(2021山东菏泽质检)自然对数的底数是指无理数e=2.718 281 828 459 045….e是一个奇妙有趣的无理数,它取自数学家欧拉Euler的英文字头.某教师为帮助同学们了解“e”,让同学们从小数点后的3位数字7,1,8随机选取两位数字,整数部分2不变,那么得到的数字小于2.71的概率为( )
A.23 B.12 C.13 D.16
答案C
解析由题意可得,样本点总数N=3×2=6,∵让同学们从小数点后的3位数字7,1,8随机选取两位数字,整数部分2不变,那么得到的数字小于2.71的样本点有(1,7),(1,8),即2.17<2.71,2.18<2.71,共有M=2个,∴得到的数字小于2.71的概率P=MN=26=13.
5.国际上通用的茶叶分类法,是按发酵程度把茶叶分为不发酵茶(如:龙井、碧螺春)和发酵茶(如:茉莉花茶、铁观音、乌龙茶、普洱茶)两大类,现有6个完全相同的纸盒,里面分别装有龙井、碧螺春、茉莉花茶、铁观音、乌龙茶和普洱茶,从中任取一盒,判断下列两个事件既是互斥事件又是对立事件的是( )
A.“取出碧螺春”和“取出茉莉花茶”
B.“取出不发酵茶”和“取出龙井”
C.“取出乌龙茶”和“取出铁观音”
D.“取出不发酵茶”和“取出发酵茶”
答案D
解析对于A,事件“取出碧螺春”和事件“取出茉莉花茶”不可能同时发生,也有可能都不发生,所以是互斥事件而不是对立事件,故A错误;对于B,事件“取出不发酵茶”和事件“取出龙井”不是互斥事件,因为“取出龙井”时,事件“取出不发酵茶”也发生了,故B错误;对于C,事件“取出乌龙茶”和事件“取出铁观音”不可能同时发生,也有可能都不发生,所以是互斥事件而不是对立事件,故C错误;对于D,事件“取出不发酵茶”和事件“取出发酵茶”不可能同时发生,但必有一个发生,所以既是互斥事件又是对立事件,故D正确.
6.长时间玩手机可能影响视力.据调查,某校学生大约有45%的人近视,而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生,则他近视的概率为( )
A.14 B.38 C.513 D.716
答案D
解析设该校有x个同学,则约有0.45x的学生近视,∵0.2x的学生每天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视,∴有0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视,∴从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生,则他近视的概率为P=0.35x0.8x=716.
7.(2021浙江台州模拟)元宵活动中有个游戏为掷骰子,规则是“一局游戏有6次投掷机会,只要能投掷出6点便视为游戏成功,否则,游戏失败”.假设骰子质地均匀,则随机玩一局游戏,比较游戏成功与失败的可能性,下列说法正确的是( )
A.游戏成功的可能性更大
B.游戏失败的可能性更大
C.游戏成功与游戏失败的可能性一样大
D.游戏成功与游戏失败的可能性无法比较
答案A
解析掷一枚骰子出现6点的可能性为16,不出现6点的可能性为56,∴随机玩一局游戏失败的概率为566<0.5,因此游戏成功的可能性更大.
8.
(2021河南南阳期末)如图是某个闭合电路的一部分,每个元件的可靠性是23,则从A到B这部分电路畅通的概率为( )
A.188243 B.55243 C.7081 D.1181
答案C
解析因为每个元件的可靠性是23,所以从A到B这部分电路不畅通的概率为13×13×1-13×13+23×13×13+13×13×13=1181,故从A到B这部分电路畅通的概率为1-1181=7081.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.下列说法中,正确的是( )
A.概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值
B.做n次随机试验,事件发生m次,则事件发生的频率mn就是事件的概率
C.频率是不能脱离n次试验的试验值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值
D.任意事件A发生的概率P(A)总满足0
解析根据题意,依次分析选项:对于A,由概率与频率的关系,A正确;对于B,概率是频率的稳定值,B错误;对于C,由概率与频率的关系,C正确;对于D,任意事件A发生的概率P(A)总满足0≤P(A)≤1,D错误.
10.(2021湖南永州质检)抛掷一枚质地均匀的骰子两次,观察骰子两次出现的点数,下列说法正确的有( )
A.试验的样本空间中有36个样本点
B.第一次抛掷中,事件“出现偶数点”与事件“出现点数小于3”是互斥事件
C.试验中抛掷两次骰子点数和为7的概率是16
D.试验中抛掷两次骰子点数之和最可能出现的是8
答案AC
解析抛掷一枚质地均匀的骰子两次,试验的样本空间中共有6×6=36个样本点,故A正确;第一次抛掷中,“出现偶数点”有2,4,6三种情况,“出现点数小于3”有1,2两种情况,故不是互斥事件,故B错误;试验中两次出现点数和为7的情况有(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6种情况,故概率为P=636=16,故C正确;试验中抛掷两次骰子点数之和为8的情况有(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5种情况,由对C选项的分析可知D错误.
11.(2021山东烟台期末)算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.如图是一把算盘的初始状态,自右向左,分别表示个位、十位、百位、千位、……,上面一粒珠子(简称上珠)代表5,下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如,个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,B=“表示的四位数能被5整除”,则( )
A.P(A)=38 B.P(B)=13
C.P(A∪B)=1116 D.P(AB)=316
答案ACD
解析现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,样本点总数n=16,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,事件A包含的四位数有:1 155,1 515,1 551,5 511,5 115,5 151,共6个,∴P(A)=616=38,故A正确;B=“表示的四位数能被5整除”,事件B包含的四位数有:1 115,1 155,1 515,1 555,5 555,5 115,5 155,5 515,共8个,∴P(B)=816=12,故B错误;事件A∪B包含的四位数有:1 155,1 515,1 551,5 511,5 115,5 151,1 115,1 555,5 555,5 155,5 515,共11个,∴P(A∪B)=1116,故C正确;AB包含的四位数有:1 155,1 515,5 115,共3个,∴P(AB)=316,故D正确.
12.(2021辽宁鞍山期末)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16 B.2个球不都是红球的概率为13
C.至少有1个红球的概率为23 D.2个球中恰有1个红球的概率为12
答案ACD
解析设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1,从“乙袋中摸出一个红球”为事件A2,则P(A1)=13,P(A2)=12,对于A选项,2个球都是红球为A1A2,其概率为13×12=16,故A选项正确;对于B选项,“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件,其概率为1-16=56,故B选项错误;对于C选项,2个球至少有一个红球的概率为1-P(A1)P(A2)=1-23×12=23,故C选项正确;对于D选项,2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12=12,故D选项正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.抛掷一枚骰子10次,若结果10次都为6点,则下列说法正确的序号是 .
①若这枚骰子质地均匀,则这是一个不可能事件;
②若这枚骰子质地均匀,则这种结果可能出现;
③这枚骰子质地一定不均匀.
答案②
解析根据题意,抛掷一枚骰子10次,结果10次都为6点,若这枚骰子质地均匀,这种结果可能出现,故①③错误,②正确.
14.(2021山西太原检测)从1,2,3,4四个数字中,随机地选取两个数字,若数字的选取是不放回的,则两个数字的和为偶数的概率为 ;若数字的选取是有放回的,则两个数字的和为偶数的概率为 .
答案13 12
解析设事件A为“在数字的选取是不放回的条件下两个数的和为偶数”.
事件B为“在数字的选取是有放回的条件下两个数的和为偶数”,
则不放回地选取2个数的所有可能情况为:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),(4,3),共12个样本点,
其中和为偶数的有(1,3),(2,4),(3,1),(4,2),共4个样本点,所以P(A)=412=13;
有放回地选取2个数的所有可能情况为:(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个样本点,其中和为偶数的有8个样本点,所以P(B)=816=12.
15.小明同学晚上10:00下晚自习,搭乘地铁1号线回家,东西两个方向的地铁都是10分钟一趟,哪一趟先到,小明就坐哪一趟,向东去姥姥家,向西去奶奶家.已知向东去的地铁到站后间隔4分钟向西去的地铁到站,若地铁到站停留时间忽略不计,且每月按25天上课计算,则小明每月去奶奶家的天数为 .
答案10
解析向东去的地铁到站后间隔4分钟向西去的地铁到站,再间隔6分钟,向东去的地铁又到站,故小明坐向西去的地铁的概率为410=25,故小明每月去奶奶家的天数为25×25=10.
16.
某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作.元件1,元件2,元件3正常工作的概率分别为14,13,12,则这个部件能正常工作的概率为 .
答案14
解析设“元件1正常工作”为事件A,“元件2正常工作”为事件B,“元件3正常工作”为事件C,
则P(A)=14,P(B)=13,P(C)=12,
这个部件能正常工作的概率为
P=[1-P(A)P(B)]P(A)=1-34×23×12=14.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽情况之间的关系进行研究,他们分别记录了3月1日至3月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数,得到如下资料:
日期
3月1日
3月2日
3月3日
3月4日
3月5日
温差x/℃
10
11
13
12
8
发芽数y/颗
23
25
30
26
16
(1)求这5天的平均发芽率;
(2)从3月1日至3月5日中任选2天,记发芽的种子数分别为m,n,用(m,n)的形式列出所有的样本点,并求满足“m,n∈[25,30]”的事件A的概率.
解(1)这5天的平均发芽率为15×(23+25+30+26+16)×1100×100%=24%.
(2)从3月1日至3月5日中任选2天,记发芽的种子数分别为m,n,用(m,n)的形式列出所有的样本点有10个,分别为:(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26),(25,16),(30,26),(30,16),(26,16).
满足“m,n∈[25,30]”的事件A包含的样本点有(25,30),(25,26),(30,26),共3个.
∴满足“m,n∈[25,30]”的事件A的概率P(A)=310.
18.(12分)(2021广东揭阳期末)有3个相同的球,分别标有数字1,2,3,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.用(x,y)表示试验的样本点,其中x表示第一次取出的数字,y表示第二次取出的数字.
(1)写出这个试验的样本空间Ω;
(2)用A表示事件“第一次取出的球的数字是1”;用B表示事件“两次取出的球的数字之和是4”,求证:P(AB)=P(A)P(B).
(1)解从3个球中有放回地随机取两次,该试验的样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)}.
(2)证明事件A包含的样本点为(1,1),(1,2),(1,3),P(A)=39=13;
事件B包含的样本点为(1,3),(2,2),(3,1),P(B)=39=13.
而事件AB表示“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是4”,
它包含的样本点为(1,3),P(AB)=19.
故P(AB)=P(A)P(B).
19.(12分)(2021山东菏泽检测)某市举行职业院校学生技能比赛活动,甲校派出2男1女共3名学生,乙校派出2男2女共4名学生.
(1)若从甲校和乙校学生中各任选1名进行比赛,求选出的2名学生性别不相同的概率;
(2)若从甲校和乙校派出的这7名学生中任选2名进行比赛,求选出的这2名学生来自同一所学校的概率.
解记甲校派出的2名男学生为A1,A2,1名女学生为a,乙校派出的2名男学生为B1,B2,2名女学生为b1,b2,
(1)从甲校和乙校派出的学生中各任选1名,不同的结果有(A1,B1),(A1,B2),(A1,b1),(A1,b2),(A2,B1),(A2,B2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),(a,b1),(a,b2),共12种,
其中选出的2名学生性别不相同的选法有(A1,b1),(A1,b2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),共6种,
故选出的2名学生性别不相同的概率P=612=12.
(2)若从甲校和乙校派出的这7名学生中任选2名,不同的结果有(A1,A2),(A1,a),(A1,B1),(A1,B2),(A1,b1),(A1,b2),(A2,a),(A2,B1),(A2,B2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),(a,b1),(a,b2),(B1,B2),(B1,b1),(B1,b2),(B2,b1),(B2,b2),(b1,b2),共21种,
其中选出的2名学生来自同一所学校的选法有(A1,A2),(A1,a),(A2,a),(B1,B2),(B1,b1),(B1,b2),(B2,b1),(B2,b2),(b1,b2),共9种,故选出的2名学生来自同一所学校的概率为P=921=37.
20.(12分)(2021山东济宁期末)甲、乙两同学组成“星队”参加“庆祝中国共产党成立100周年”知识竞赛.现有A,B两类问题,竞赛规则如下:①竞赛开始时,甲、乙两同学各自先从A类问题中随机抽取一个问题进行回答,答错的同学本轮竞赛结束;答对的同学再从B类问题中随机抽取一个问题进行回答,无论答对与否,本轮竞赛结束.②若在本轮竞赛中甲、乙两同学合计答对问题的个数不少于3,则“星队”可进入下一轮.
已知甲同学能答对A类中问题的概率为45,能答对B类中问题的概率为34.
乙同学能答对A类中问题的概率为34,答对B类中问题的概率为23.
(1)设“甲同学答对0个,1个,2个问题”分别记为事件A0,A1,A2,求事件A0,A1,A2的概率;
(2)求“星队”能进入下一轮的概率.
解(1)∵甲同学能答对A类中问题的概率为45,能答对B类中问题的概率为34,
∴P(A0)=1-45=15,
P(A1)=45×1-34=15,
P(A2)=45×34=35.
(2)设“乙同学答对1个,2个问题”分别记为事件B1,B2,
∵乙同学能答对A类中问题的概率为34,答对B类中问题的概率为23,
∴P(B1)=34×1-23=14,
P(B2)=34×23=12,
设事件C表示“星队能进入下一轮”,
P(C)=P(A1B2)+P(A2B1)+P(A2B2)
=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)+P(A2)P(B2)
=15×12+35×14+35×12=1120,
故“星队”能进入下一轮的概率为1120.
21.(12分)(2021河南驻马店期末)移动支付是指允许移动用户使用移动终端(通常是手机)对所消费的产品或服务进行支付的一种服务方式,某金融机构为了了解移动支付在大众中的熟知度,对15~65岁的人群随机抽祥调查,调查的问题是“您会使用移动支付吗?”其中回答“会”的共有100人,把这100人按照年龄分成5组,然后绘制成如图所示的频数分布表和频率分布直方图.
组数
第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
分组
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65]
频数
20
36
30
10
4
(1)求x;
(2)用分层随机抽样的方法在1,3,4组中抽取6人,求第1,3,4组分别抽取的人数;
(3)在(2)抽取的6人中再随机抽取2人,求所抽取的2人来自同一个组的概率.
解(1)由题意可知x=30100×110=0.030.
(2)第1,3,4组共有60人,故抽取的比例为620+30+10=110.
∴从第1组抽取的人数为20×110=2人,从第3组抽取的人数为30×110=3人,
从第4组抽取的人数为10×110=1.
(3)设从第1组抽取的2人分别为A1,A2,第3组抽取的3人分别为B1,B2,B3,第4组抽取的1人为C,则从这6人随机抽取2人,有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C),(B2,B3),(B2,C),(B3,C),共15个样本点.
其中符合所抽取的2人来自同一个组的有4个样本点,
∴所抽取的2人来自于同一个组的概率为P=415.
22.(12分)(2021河北邯郸期末)甲、乙两人玩一个掷骰子游戏,规则如下:甲掷两次骰子,第一次掷出的数字作为十位数,第二次掷出的数字作为个位数,组成一个两位数,然后让乙猜.若乙猜出的结果与该两位数满足的数字特征相符,则乙获胜,否则甲获胜,一轮游戏结束,然后进行下一轮(每轮游戏都由甲掷两次骰子).
所要猜的两位数的数字特征方案从以下两种猜法中选择一种:
猜法一:猜“两位数的十位大于个位”;
猜法二:猜“两位数的十位不大于个位”.
请回答:
(1)如果你是乙,为了尽可能获胜,你将选择哪种猜法,并说明理由;
(2)假定每轮游戏结果相互独立,规定有人连续获胜两次则整个游戏停止.若乙按照(1)中选择的猜法进行游戏,求第三轮后游戏停止的概率.
解(1)两个骰子掷出的数字所构成的两位数组成样本空间:Ω={11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,25,26,31,32,33,34,35,36,41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,55,56,61,62,63,64,65,66},共36个样本点.
设事件A为“两位数的十位大于个位”,B为“两位数的十位不大于个位”,
则P(A)=1536=512,P(B)=2136=712.
为了尽可能获胜,应该选择猜法二.
(2)设事件C为“游戏结束时甲连续获胜两次”,D为“游戏结束时乙连续获胜两次”,
则P(C)=712×5122,P(D)=512×7122.
故第三轮后游戏停止的概率为P(C)+P(D)=712×5122+512×7122=35144.
第十章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2021福建泉州期末)抛掷一枚质地均匀的正方体骰子,若事件A=“向上的点数为3”,B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,则有( )
A.A⊆B B.C⊆B
C.A∩B=C D.A∪B=C
答案D
解析抛掷一枚质地均匀的正方体骰子,事件A=“向上的点数为3”,B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,对于A,A与B没有包含关系,故A错误;对于B,∵B=“向上的点数为6”,C=“向上的点数为3或6”,∴B⊆C,故B错误;对于C,A∩B=⌀,故C错误;对于D,A∪B=C,故D正确.
2.某射箭运动员进行射箭训练,射箭60次,统计结果如表:
环数
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
击中的次数
0
0
1
2
4
4
6
10
12
13
8
则估计他击中的环数不小于8的概率为( )
A.0.46 B.0.55 C.0.57 D.0.63
答案B
解析根据题意,该运动员击中的环数不小于8的频率为12+13+860=0.55,因此估计相应概率为0.55.
3.(2021陕西渭南期末)某工厂生产的产品合格率是99.99%,这说明( )
A.该厂生产的10 000件产品中不合格的产品一定有1件
B.该厂生产的100件产品中合格的产品一定有99件
C.该厂生产的10件产品中没有不合格产品
D.该厂生产的产品合格的可能性是99.99%
答案D
解析根据题意,某工厂生产的产品合格率是99.99%,即该厂生产的产品是合格品的概率为99.99%,由此分析选项:对于A,该厂生产的10 000件产品中不合格的产品不一定有1件,可能是多件或没有,A错误;对于B,该厂生产的100件产品中合格的产品不一定有99件,B错误;对于C,该厂生产的10件产品中可能有不合格产品,C错误;对于D,该厂生产的产品合格的可能性是99.99%,D正确.
4.(2021山东菏泽质检)自然对数的底数是指无理数e=2.718 281 828 459 045….e是一个奇妙有趣的无理数,它取自数学家欧拉Euler的英文字头.某教师为帮助同学们了解“e”,让同学们从小数点后的3位数字7,1,8随机选取两位数字,整数部分2不变,那么得到的数字小于2.71的概率为( )
A.23 B.12 C.13 D.16
答案C
解析由题意可得,样本点总数N=3×2=6,∵让同学们从小数点后的3位数字7,1,8随机选取两位数字,整数部分2不变,那么得到的数字小于2.71的样本点有(1,7),(1,8),即2.17<2.71,2.18<2.71,共有M=2个,∴得到的数字小于2.71的概率P=MN=26=13.
5.国际上通用的茶叶分类法,是按发酵程度把茶叶分为不发酵茶(如:龙井、碧螺春)和发酵茶(如:茉莉花茶、铁观音、乌龙茶、普洱茶)两大类,现有6个完全相同的纸盒,里面分别装有龙井、碧螺春、茉莉花茶、铁观音、乌龙茶和普洱茶,从中任取一盒,判断下列两个事件既是互斥事件又是对立事件的是( )
A.“取出碧螺春”和“取出茉莉花茶”
B.“取出不发酵茶”和“取出龙井”
C.“取出乌龙茶”和“取出铁观音”
D.“取出不发酵茶”和“取出发酵茶”
答案D
解析对于A,事件“取出碧螺春”和事件“取出茉莉花茶”不可能同时发生,也有可能都不发生,所以是互斥事件而不是对立事件,故A错误;对于B,事件“取出不发酵茶”和事件“取出龙井”不是互斥事件,因为“取出龙井”时,事件“取出不发酵茶”也发生了,故B错误;对于C,事件“取出乌龙茶”和事件“取出铁观音”不可能同时发生,也有可能都不发生,所以是互斥事件而不是对立事件,故C错误;对于D,事件“取出不发酵茶”和事件“取出发酵茶”不可能同时发生,但必有一个发生,所以既是互斥事件又是对立事件,故D正确.
6.长时间玩手机可能影响视力.据调查,某校学生大约有45%的人近视,而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生,则他近视的概率为( )
A.14 B.38 C.513 D.716
答案D
解析设该校有x个同学,则约有0.45x的学生近视,∵0.2x的学生每天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视,∴有0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视,∴从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生,则他近视的概率为P=0.35x0.8x=716.
7.(2021浙江台州模拟)元宵活动中有个游戏为掷骰子,规则是“一局游戏有6次投掷机会,只要能投掷出6点便视为游戏成功,否则,游戏失败”.假设骰子质地均匀,则随机玩一局游戏,比较游戏成功与失败的可能性,下列说法正确的是( )
A.游戏成功的可能性更大
B.游戏失败的可能性更大
C.游戏成功与游戏失败的可能性一样大
D.游戏成功与游戏失败的可能性无法比较
答案A
解析掷一枚骰子出现6点的可能性为16,不出现6点的可能性为56,∴随机玩一局游戏失败的概率为566<0.5,因此游戏成功的可能性更大.
8.
(2021河南南阳期末)如图是某个闭合电路的一部分,每个元件的可靠性是23,则从A到B这部分电路畅通的概率为( )
A.188243 B.55243 C.7081 D.1181
答案C
解析因为每个元件的可靠性是23,所以从A到B这部分电路不畅通的概率为13×13×1-13×13+23×13×13+13×13×13=1181,故从A到B这部分电路畅通的概率为1-1181=7081.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.下列说法中,正确的是( )
A.概率是频率的稳定值,频率是概率的近似值
B.做n次随机试验,事件发生m次,则事件发生的频率mn就是事件的概率
C.频率是不能脱离n次试验的试验值,而概率是具有确定性的不依赖于试验次数的理论值
D.任意事件A发生的概率P(A)总满足0
解析根据题意,依次分析选项:对于A,由概率与频率的关系,A正确;对于B,概率是频率的稳定值,B错误;对于C,由概率与频率的关系,C正确;对于D,任意事件A发生的概率P(A)总满足0≤P(A)≤1,D错误.
10.(2021湖南永州质检)抛掷一枚质地均匀的骰子两次,观察骰子两次出现的点数,下列说法正确的有( )
A.试验的样本空间中有36个样本点
B.第一次抛掷中,事件“出现偶数点”与事件“出现点数小于3”是互斥事件
C.试验中抛掷两次骰子点数和为7的概率是16
D.试验中抛掷两次骰子点数之和最可能出现的是8
答案AC
解析抛掷一枚质地均匀的骰子两次,试验的样本空间中共有6×6=36个样本点,故A正确;第一次抛掷中,“出现偶数点”有2,4,6三种情况,“出现点数小于3”有1,2两种情况,故不是互斥事件,故B错误;试验中两次出现点数和为7的情况有(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6种情况,故概率为P=636=16,故C正确;试验中抛掷两次骰子点数之和为8的情况有(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5种情况,由对C选项的分析可知D错误.
11.(2021山东烟台期末)算盘是我国古代一项伟大的发明,是一类重要的计算工具.如图是一把算盘的初始状态,自右向左,分别表示个位、十位、百位、千位、……,上面一粒珠子(简称上珠)代表5,下面一粒珠子(简称下珠)代表1,五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如,个位拨动一粒上珠、十位拨动一粒下珠至梁上,表示数字15.现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,B=“表示的四位数能被5整除”,则( )
A.P(A)=38 B.P(B)=13
C.P(A∪B)=1116 D.P(AB)=316
答案ACD
解析现将算盘的个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上,样本点总数n=16,设事件A=“表示的四位数能被3整除”,事件A包含的四位数有:1 155,1 515,1 551,5 511,5 115,5 151,共6个,∴P(A)=616=38,故A正确;B=“表示的四位数能被5整除”,事件B包含的四位数有:1 115,1 155,1 515,1 555,5 555,5 115,5 155,5 515,共8个,∴P(B)=816=12,故B错误;事件A∪B包含的四位数有:1 155,1 515,1 551,5 511,5 115,5 151,1 115,1 555,5 555,5 155,5 515,共11个,∴P(A∪B)=1116,故C正确;AB包含的四位数有:1 155,1 515,5 115,共3个,∴P(AB)=316,故D正确.
12.(2021辽宁鞍山期末)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16 B.2个球不都是红球的概率为13
C.至少有1个红球的概率为23 D.2个球中恰有1个红球的概率为12
答案ACD
解析设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1,从“乙袋中摸出一个红球”为事件A2,则P(A1)=13,P(A2)=12,对于A选项,2个球都是红球为A1A2,其概率为13×12=16,故A选项正确;对于B选项,“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件,其概率为1-16=56,故B选项错误;对于C选项,2个球至少有一个红球的概率为1-P(A1)P(A2)=1-23×12=23,故C选项正确;对于D选项,2个球中恰有1个红球的概率为13×12+23×12=12,故D选项正确.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.抛掷一枚骰子10次,若结果10次都为6点,则下列说法正确的序号是 .
①若这枚骰子质地均匀,则这是一个不可能事件;
②若这枚骰子质地均匀,则这种结果可能出现;
③这枚骰子质地一定不均匀.
答案②
解析根据题意,抛掷一枚骰子10次,结果10次都为6点,若这枚骰子质地均匀,这种结果可能出现,故①③错误,②正确.
14.(2021山西太原检测)从1,2,3,4四个数字中,随机地选取两个数字,若数字的选取是不放回的,则两个数字的和为偶数的概率为 ;若数字的选取是有放回的,则两个数字的和为偶数的概率为 .
答案13 12
解析设事件A为“在数字的选取是不放回的条件下两个数的和为偶数”.
事件B为“在数字的选取是有放回的条件下两个数的和为偶数”,
则不放回地选取2个数的所有可能情况为:(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),(4,3),共12个样本点,
其中和为偶数的有(1,3),(2,4),(3,1),(4,2),共4个样本点,所以P(A)=412=13;
有放回地选取2个数的所有可能情况为:(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个样本点,其中和为偶数的有8个样本点,所以P(B)=816=12.
15.小明同学晚上10:00下晚自习,搭乘地铁1号线回家,东西两个方向的地铁都是10分钟一趟,哪一趟先到,小明就坐哪一趟,向东去姥姥家,向西去奶奶家.已知向东去的地铁到站后间隔4分钟向西去的地铁到站,若地铁到站停留时间忽略不计,且每月按25天上课计算,则小明每月去奶奶家的天数为 .
答案10
解析向东去的地铁到站后间隔4分钟向西去的地铁到站,再间隔6分钟,向东去的地铁又到站,故小明坐向西去的地铁的概率为410=25,故小明每月去奶奶家的天数为25×25=10.
16.
某一部件由三个电子元件按如图方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作.元件1,元件2,元件3正常工作的概率分别为14,13,12,则这个部件能正常工作的概率为 .
答案14
解析设“元件1正常工作”为事件A,“元件2正常工作”为事件B,“元件3正常工作”为事件C,
则P(A)=14,P(B)=13,P(C)=12,
这个部件能正常工作的概率为
P=[1-P(A)P(B)]P(A)=1-34×23×12=14.
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽情况之间的关系进行研究,他们分别记录了3月1日至3月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数,得到如下资料:
日期
3月1日
3月2日
3月3日
3月4日
3月5日
温差x/℃
10
11
13
12
8
发芽数y/颗
23
25
30
26
16
(1)求这5天的平均发芽率;
(2)从3月1日至3月5日中任选2天,记发芽的种子数分别为m,n,用(m,n)的形式列出所有的样本点,并求满足“m,n∈[25,30]”的事件A的概率.
解(1)这5天的平均发芽率为15×(23+25+30+26+16)×1100×100%=24%.
(2)从3月1日至3月5日中任选2天,记发芽的种子数分别为m,n,用(m,n)的形式列出所有的样本点有10个,分别为:(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26),(25,16),(30,26),(30,16),(26,16).
满足“m,n∈[25,30]”的事件A包含的样本点有(25,30),(25,26),(30,26),共3个.
∴满足“m,n∈[25,30]”的事件A的概率P(A)=310.
18.(12分)(2021广东揭阳期末)有3个相同的球,分别标有数字1,2,3,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.用(x,y)表示试验的样本点,其中x表示第一次取出的数字,y表示第二次取出的数字.
(1)写出这个试验的样本空间Ω;
(2)用A表示事件“第一次取出的球的数字是1”;用B表示事件“两次取出的球的数字之和是4”,求证:P(AB)=P(A)P(B).
(1)解从3个球中有放回地随机取两次,该试验的样本空间Ω={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)}.
(2)证明事件A包含的样本点为(1,1),(1,2),(1,3),P(A)=39=13;
事件B包含的样本点为(1,3),(2,2),(3,1),P(B)=39=13.
而事件AB表示“第一次取出的球的数字是1且两次取出的球的数字之和是4”,
它包含的样本点为(1,3),P(AB)=19.
故P(AB)=P(A)P(B).
19.(12分)(2021山东菏泽检测)某市举行职业院校学生技能比赛活动,甲校派出2男1女共3名学生,乙校派出2男2女共4名学生.
(1)若从甲校和乙校学生中各任选1名进行比赛,求选出的2名学生性别不相同的概率;
(2)若从甲校和乙校派出的这7名学生中任选2名进行比赛,求选出的这2名学生来自同一所学校的概率.
解记甲校派出的2名男学生为A1,A2,1名女学生为a,乙校派出的2名男学生为B1,B2,2名女学生为b1,b2,
(1)从甲校和乙校派出的学生中各任选1名,不同的结果有(A1,B1),(A1,B2),(A1,b1),(A1,b2),(A2,B1),(A2,B2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),(a,b1),(a,b2),共12种,
其中选出的2名学生性别不相同的选法有(A1,b1),(A1,b2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),共6种,
故选出的2名学生性别不相同的概率P=612=12.
(2)若从甲校和乙校派出的这7名学生中任选2名,不同的结果有(A1,A2),(A1,a),(A1,B1),(A1,B2),(A1,b1),(A1,b2),(A2,a),(A2,B1),(A2,B2),(A2,b1),(A2,b2),(a,B1),(a,B2),(a,b1),(a,b2),(B1,B2),(B1,b1),(B1,b2),(B2,b1),(B2,b2),(b1,b2),共21种,
其中选出的2名学生来自同一所学校的选法有(A1,A2),(A1,a),(A2,a),(B1,B2),(B1,b1),(B1,b2),(B2,b1),(B2,b2),(b1,b2),共9种,故选出的2名学生来自同一所学校的概率为P=921=37.
20.(12分)(2021山东济宁期末)甲、乙两同学组成“星队”参加“庆祝中国共产党成立100周年”知识竞赛.现有A,B两类问题,竞赛规则如下:①竞赛开始时,甲、乙两同学各自先从A类问题中随机抽取一个问题进行回答,答错的同学本轮竞赛结束;答对的同学再从B类问题中随机抽取一个问题进行回答,无论答对与否,本轮竞赛结束.②若在本轮竞赛中甲、乙两同学合计答对问题的个数不少于3,则“星队”可进入下一轮.
已知甲同学能答对A类中问题的概率为45,能答对B类中问题的概率为34.
乙同学能答对A类中问题的概率为34,答对B类中问题的概率为23.
(1)设“甲同学答对0个,1个,2个问题”分别记为事件A0,A1,A2,求事件A0,A1,A2的概率;
(2)求“星队”能进入下一轮的概率.
解(1)∵甲同学能答对A类中问题的概率为45,能答对B类中问题的概率为34,
∴P(A0)=1-45=15,
P(A1)=45×1-34=15,
P(A2)=45×34=35.
(2)设“乙同学答对1个,2个问题”分别记为事件B1,B2,
∵乙同学能答对A类中问题的概率为34,答对B类中问题的概率为23,
∴P(B1)=34×1-23=14,
P(B2)=34×23=12,
设事件C表示“星队能进入下一轮”,
P(C)=P(A1B2)+P(A2B1)+P(A2B2)
=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)+P(A2)P(B2)
=15×12+35×14+35×12=1120,
故“星队”能进入下一轮的概率为1120.
21.(12分)(2021河南驻马店期末)移动支付是指允许移动用户使用移动终端(通常是手机)对所消费的产品或服务进行支付的一种服务方式,某金融机构为了了解移动支付在大众中的熟知度,对15~65岁的人群随机抽祥调查,调查的问题是“您会使用移动支付吗?”其中回答“会”的共有100人,把这100人按照年龄分成5组,然后绘制成如图所示的频数分布表和频率分布直方图.
组数
第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
分组
[15,25)
[25,35)
[35,45)
[45,55)
[55,65]
频数
20
36
30
10
4
(1)求x;
(2)用分层随机抽样的方法在1,3,4组中抽取6人,求第1,3,4组分别抽取的人数;
(3)在(2)抽取的6人中再随机抽取2人,求所抽取的2人来自同一个组的概率.
解(1)由题意可知x=30100×110=0.030.
(2)第1,3,4组共有60人,故抽取的比例为620+30+10=110.
∴从第1组抽取的人数为20×110=2人,从第3组抽取的人数为30×110=3人,
从第4组抽取的人数为10×110=1.
(3)设从第1组抽取的2人分别为A1,A2,第3组抽取的3人分别为B1,B2,B3,第4组抽取的1人为C,则从这6人随机抽取2人,有:(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1,B3),(A1,C),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3),(A2,C),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C),(B2,B3),(B2,C),(B3,C),共15个样本点.
其中符合所抽取的2人来自同一个组的有4个样本点,
∴所抽取的2人来自于同一个组的概率为P=415.
22.(12分)(2021河北邯郸期末)甲、乙两人玩一个掷骰子游戏,规则如下:甲掷两次骰子,第一次掷出的数字作为十位数,第二次掷出的数字作为个位数,组成一个两位数,然后让乙猜.若乙猜出的结果与该两位数满足的数字特征相符,则乙获胜,否则甲获胜,一轮游戏结束,然后进行下一轮(每轮游戏都由甲掷两次骰子).
所要猜的两位数的数字特征方案从以下两种猜法中选择一种:
猜法一:猜“两位数的十位大于个位”;
猜法二:猜“两位数的十位不大于个位”.
请回答:
(1)如果你是乙,为了尽可能获胜,你将选择哪种猜法,并说明理由;
(2)假定每轮游戏结果相互独立,规定有人连续获胜两次则整个游戏停止.若乙按照(1)中选择的猜法进行游戏,求第三轮后游戏停止的概率.
解(1)两个骰子掷出的数字所构成的两位数组成样本空间:Ω={11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,25,26,31,32,33,34,35,36,41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,55,56,61,62,63,64,65,66},共36个样本点.
设事件A为“两位数的十位大于个位”,B为“两位数的十位不大于个位”,
则P(A)=1536=512,P(B)=2136=712.
为了尽可能获胜,应该选择猜法二.
(2)设事件C为“游戏结束时甲连续获胜两次”,D为“游戏结束时乙连续获胜两次”,
则P(C)=712×5122,P(D)=512×7122.
故第三轮后游戏停止的概率为P(C)+P(D)=712×5122+512×7122=35144.
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