新高考数学考前考点冲刺精练卷61《古典概型、概率的基本性质》（2份，原卷版+教师版）

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一、选择题
某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.2，0.3，0.1，则该射手在一次射击中不够8环的概率为( )
A.0.9 B.0.3 C.0.6 D.0.4
【答案解析】答案为：D
解析：设“该射手在一次射击中不够8环”为事件A，则P(A)＝1﹣P(eq \x\t(A))＝1﹣0.6＝0.4.
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.eq \f(1,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(2,3) D.eq \f(4,5)
【答案解析】答案为：C
解析：方法一 (将4个1和2个0视为完全不同的元素)4个1分别设为1A，1B，1C，1D，2个0分别设为0A，0B，将4个1和2个0随机排成一行有Aeq \\al(6,6)种排法，将1A，1B，1C，1D，排成一行有Aeq \\al(4,4)种排法，再将0A，0B插空有Aeq \\al(2,5)种排法，所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(A\\al(4,4)A\\al(2,5),A\\al(6,6))＝eq \f(2,3).
方法二 (含有相同元素的排列)将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有Ceq \\al(2,6)种排法；将4个1排成一行，把2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有Ceq \\al(2,5)种排法.所以2个0不相邻的概率P＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,6))＝eq \f(2,3).
五一国际劳动节放假期间，甲、乙两名同学计划在5月1日到5月3日期间去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
【答案解析】答案为：B
解析：甲同学在三天中随机选一天共有3种方法，乙同学在前两天中随机选一天共有2种方法，所以一共有3×2＝6(种)方法，他们在同一天去共有2种情况，所以他们在同一天去的概率为eq \f(2,6)＝eq \f(1,3).
抛掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“向上的点数是奇数”，事件B表示“向上的点数不超过3”，则P(A∪B)等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(5,6) D.1
【答案解析】答案为：B
解析：方法一 A包含向上点数是1，3，5的情况，B包含向上的点数是1，2，3的情况，
所以A∪B包含了向上点数是1，2，3，5的情况，故P(A∪B)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
方法二 P(A∪B)＝P(A)＋P(B)﹣P(AB)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)﹣eq \f(2,6)＝1﹣eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽.如果从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，则这个音序中宫和羽至少有一个的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,10) C.eq \f(9,20) D.eq \f(11,20)
【答案解析】答案为：B
解析：设从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，这个音序中宫和羽至少有一个为事件A，则eq \x\t(A)表示这个音序中不含宫和羽这两个音序，∴P(A)＝1﹣P(eq \x\t(A))＝1﹣eq \f(A\\al(2,3),A\\al(2,5))＝1﹣eq \f(3×2,5×4)＝eq \f(7,10).
《易经》是中国传统文化中的精髓.如图是易经先天八卦图，每一卦由三根线组成(“”表示一根阳线，“”表示一根阴线)，现从八卦中任取两卦，这两卦的阳线数目相同的概率为( )
A.eq \f(1,14) B.eq \f(1,7) C.eq \f(3,14) D.eq \f(3,28)
【答案解析】答案为：C
解析：从八卦中任取两卦，样本点总数n＝Ceq \\al(2,8)＝28，这两卦的阳线数目相同的样本点有6种，分别为(兑，巽)，(兑，离)，(巽，离)，(坎，艮)，(艮，震)，(坎，震)，∴这两卦的阳线数目相同的概率为P＝eq \f(6,28)＝eq \f(3,14).
从集合{1，2，4}中随机抽取一个数a，从集合{2，4，5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(2，﹣1)垂直的概率为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
【答案解析】答案为：B
解析：从集合{1，2，4}中随机抽取一个数a，从集合{2，4，5}中随机抽取一个数b，可以组成向量m＝(a，b)的个数是3×3＝9(个)，其中与向量n＝(2，﹣1)垂直的向量是m＝(1，2)和m＝(2，4)，共2个，故所求的概率为P＝eq \f(2,9).
从1，2，3，4，5这5个数中随机抽取2个数，分别记为m，n，则eq \f(m,n)为整数的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,5) D.eq \f(4,25)
【答案解析】答案为：B
解析：由题意得，从1，2，3，4，5这5个数中随机抽取2个数，则共有下列情况：
(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(3，2)，(4，2)，(5，2)，(4，3)，(5，3)，(5，4)，共有20种等可能情况，其中eq \f(m,n)为整数的有(2，1)，(3，1)，(4，1)，(5，1)，(4，2)，5种情况，所以所求概率为eq \f(5,20)＝eq \f(1,4).
北斗导航系统由55颗卫星组成，于2020年6月23日完成全球组网部署，全面投入使用.北斗七星自古是我国人民辨别方向判断季节的重要依据，北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光，其中玉衡最亮，天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测，则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为( )
A.eq \f(10,21) B.eq \f(11,21) C.eq \f(11,42) D.eq \f(5,21)
【答案解析】答案为：B
解析：因为玉衡和天权都没有被选中的概率为P＝eq \f(C\\al(2,5),C\\al(2,7))＝eq \f(10,21)，所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1﹣eq \f(10,21)＝eq \f(11,21).
一个盒子装有红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球，每种颜色的玻璃球至少有一个.从中随机拿出4个玻璃球，这4个球都是红色的概率为p1，恰好有三个红色和一个白色的概率为p2，恰好有两个红色、一个白色和一个蓝色的概率为p3，四种颜色各一个的概率为p4.若恰好有p1＝p2＝p3＝p4，则这个盒子里玻璃球的个数的最小值为( )
A.17 B.19 C.21 D.以上都不正确
【答案解析】答案为：C
解析：设红、白、蓝、绿四种颜色的玻璃球数量分别为a，b，c，d.
由题意得Ceq \\al(4,a)＝Ceq \\al(3,a)Ceq \\al(1,b)＝Ceq \\al(2,a)Ceq \\al(1,b)Ceq \\al(1,c)＝Ceq \\al(1,a)Ceq \\al(1,b)Ceq \\al(1,c)Ceq \\al(1,d)，即a＝4b＋3＝3c＋2＝2d＋1.
经验证，玻璃球的个数的最小值为21，此时a＝11，b＝2，c＝3，d＝5.
甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的3路公交车(线路图如下).甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车.假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,4) C.eq \f(7,30) D.eq \f(3,10)
【答案解析】答案为：C
解析：甲从“管委会”站到“北埭”站的每一站下车都可以，有8种情况，
乙从“管委会”站到“东至”站的每一站下车都可以，有15种情况，
若乙在“管委会”站下车，则甲有7种情况，
若乙在“地税分局”站下车，则甲有6种情况，
若乙在“兴海路”站下车，则甲有5种情况，
若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有4种情况，
若乙在“莲池小学”站下车，则甲有3种情况，
若乙在“金沙滩”站下车，则甲有2种情况，
若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有1种情况，
因此，甲比乙后下车的概率为P＝eq \f(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7,8×15)＝eq \f(4×7,8×15)＝eq \f(7,30).
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.例如：在十位档拨上一颗上珠和一颗下珠，个位档拨上一颗上珠，则表示数字65.若在个、十、百、千位档中随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于1 000的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(3,4) C.eq \f(2,3) D.eq \f(5,8)
【答案解析】答案为：D
解析：依题意得所拨数字共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)可能.要使所拨数字大于1 000，
若上珠拨的是千位档，则所拨数字一定大于1 000，有Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,4)＝6(种)；
若上珠拨的是个位档或十位档或百位档，
则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)＝9(种)，
则所拨数字大于1 000的概率为eq \f(6＋9,24)＝eq \f(15,24)＝eq \f(5,8).
二、填空题
抛掷一枚骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，B为事件“出现点数是3的倍数”，则P(A∪B)＝______，P(A∩B)＝______.
【答案解析】答案为：eq \f(2,3) eq \f(1,6).
解析：抛掷一枚骰子，样本空间出现的点数是{1，2，3，4，5，6}，
事件A∪B包括出现的点数是{1，3，5，6}这4个样本点，故P(A∪B)＝eq \f(2,3)；
事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P(A∩B)＝eq \f(1,6).
数学多选题有A，B，C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错的不得分.已知某道数学多选题正确答案为B，D，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了至少一个选项，则他能得分的概率为________.
【答案解析】答案为：eq \f(1,5).
解析：小明随机地填涂了至少一个选项，共有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(4,4)＝15(种)涂法，得分的涂法有3种，所以他能得分的概率为P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
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，则抽检一件是甲级品的概率为________.
【答案解析】答案为：0.92
解析：记抽捡的产品是甲级品为事件A，是乙级品为事件B，是丙级品为事件C，这三个事件彼此互斥，且事件A和事件B∪C是对立事件，因而所求概率为P(A)＝1﹣P(B)﹣P(C)＝0.92.
已知a∈{﹣2，0，1，2，3}，b∈{3，5}，则函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数的概率是______.
【答案解析】答案为：eq \f(2,5).
解析：若函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数，则a2﹣2<0，又a∈{﹣2，0，1，2，3}，故只有a＝0，a＝1满足题意，所以函数f(x)＝(a2﹣2)ex＋b为减函数的概率是eq \f(2,5).
“博饼”是闽南地区中秋佳节的传统民俗游戏，也是国家级非物质文化遗产的代表性项目.“博饼”的游戏规则是：参与者轮流把6颗骰子同时投进一个大瓷碗里，而后根据骰子的向上一面点数组合情况，来决定获奖等次，获奖等次分为6类，分别用中国古代科举的排名名称命名，获奖者投出的骰子组合如图所示，根据你所学的概率知识，投出“六杯红”的概率为______；投出“状元插金花”的概率为______.(不需得出具体数值)
【答案解析】答案为：eq \f(1,66) eq \f(5,2×65)
解析：依题意，6个骰子同时投掷一次，样本点总数为66.其中，投出“六杯红”的样本点数为1；投出“状元插金花”的样本点数为Ceq \\al(2,6)＝15.故投出“六杯红”的概率为eq \f(1,66)；投出“状元插金花”的概率为eq \f(15,66)＝eq \f(5,2×65).
青春因奉献而美丽，为了响应党的十九大关于“推动城乡义务教育一体化发展，高度重视农村义务教育”精神，现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为________.
【答案解析】答案为：eq \f(2,5)
解析：现有5名师范大学毕业生主动要求赴西部某地区甲、乙、丙三个不同的学校去支教，每个学校至少去1人，样本点的总数n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(3,5)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋\f(C\\al(2,5)C\\al(2,3)C\\al(1,1),A\\al(2,2))))×Aeq \\al(3,3)＝150，恰好有2名大学生分配去甲学校包含的样本点有m＝Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1)Aeq \\al(2,2)＝60，则恰好有2名大学生分配去甲学校的概率为P＝eq \f(m,n)＝eq \f(60,150)＝eq \f(2,5).
三、解答题
饮用水水源的安全是保障饮用水安全的基础.同时国家提倡节约用水，全民积极维护饮用水水源安全，保障安全饮水.2021年5月13日下午，正在河南省南阳市考察调研的习近平总书记来到淅川县，先后考察了陶岔渠首枢纽工程、丹江口水库，听取南水北调中线工程建设管理运行和水源地生态保护等情况介绍.为了提高节约用水意识，为此，某校开展了“节约用水，从我做起”活动，从参赛的学生中随机选取100人的成绩作为样本，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校此次参赛学生成绩的平均分eq \x\t(x)(同一组数据用该组区间的中点值代表)；
(2)在该样本中，若采用分层随机抽样方法，从成绩低于65分的学生中随机抽取6人调查他们的答题情况，再从这6人中随机抽取3人进行深入调研，求这3人中至少有1人的成绩低于55分的概率.
【答案解析】解：(1)根据频率分布直方图得到(0.005＋0.025×2＋0.01＋a)×10＝1，解得a＝0.035.
这组样本数据的平均数为50×0.05＋60×0.25＋70×0.35＋80×0.25＋90×0.1＝71，
所以eq \x\t(x)＝71.
(2)根据频率分布直方图得到，成绩在[45，55)，[55，65)内的频率分别为0.05，0.25，所以采用分层随机抽样的方法从样本中抽取的6人，
成绩在[45，55)内的有1人，记为X，
成绩在[55，65)内的有5人，分别记为a，b，c，d，e，
从这6人中随机抽取3人，所有可能的结果为Xab，Xac，Xad，Xae，Xbc，Xbd，Xbe，Xcd，Xce，Xde，abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，共20种.
这3人中至少有1人的成绩在[45，55)内的有Xab，Xac，Xad，Xae，Xbc，Xbd，Xbe，Xcd，Xce，Xde，共10种.所以这3人中至少有1人的成绩低于55分的概率为eq \f(10,20)＝eq \f(1,2).
2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72，108，120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率.
【答案解析】解：(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机抽样的方法从中抽取25位员工，
因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人.
(2)①从已知的6人中随机抽取2人的样本空间为{(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个样本点.
②由表格知，符合题意的有(A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共11个样本点.所以事件M发生的概率P(M)＝eq \f(11,15).
某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，求参赛女生人数不少于2人的概率.
【答案解析】解：(1)由题意，参加集训的男生、女生各有6名.
参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为eq \f(C\\al(3,3)C\\al(3,4),C\\al(3,6)C\\al(3,6))＝eq \f(1,100)，
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为1﹣eq \f(1,100)＝eq \f(99,100).
(2)设“参赛的4人中女生不少于2人”为事件A，“参赛女生有2人”为事件B，“参赛女生有3人”为事件C.
则P(B)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(4,6))＝eq \f(3,5)，P(C)＝eq \f(C\\al(3,3)C\\al(1,3),C\\al(4,6))＝eq \f(1,5).
由互斥事件的概率加法公式，得P(A)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(3,5)＋eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，
故所求事件的概率为eq \f(4,5).
为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用.为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率.
附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d.
【答案解析】解：(1)由数表知，x＝225﹣150＝75，y＝100﹣75＝25，m＝275﹣225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，
零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(275×150×25－75×252,225×50×175×100)＝eq \f(275,56)≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关.
(2)从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为eq \f(4,100)＝eq \f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq \f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的有3人，
抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人记为a，b，c，从4人中随机抽取2人的所有样本点为(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6个，它们等可能，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3个，于是得P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，
所以这2人中恰有1 人有疲乏症状的概率是eq \f(1,2).
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
无疲乏症状
有疲乏症状
合计
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
α
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828