高考数学第二轮复习专题练习 专题10.2 随机事件与概率（重难点题型检测）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习 专题10.2 随机事件与概率（重难点题型检测）（教师版），共13页。试卷主要包含了有下列说法等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023·高一课时练习）连续掷一颗筛子两次，以下是必然事件的是（ ）
A．点数和为偶数B．至少出现一次点数为偶数
C．点数和不小于2D．点数和为奇数
【解题思路】根据必然事件的定义对选项一一分析即可.
【解答过程】连续掷一颗筛子两次，两次事件相互独立，各自的可能都为1,2,3,4,5,6，
对于A：若两次点数分别为1，2，则和为奇数，故A错误；
对于B：若两次点数分别为1，3，则都为奇数，故B错误；
对于C：两次点数最小都为1，则和不小于2，故C正确；
对于D：若两次点数分别为1，3，则和为偶数，故D错误；
故选：C.
2．（3分）（2022春·天津河西·高一期末）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个绿色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则该试验的样本空间所包含的基本事件的个数为（ ）
A．6B．9C．12D．16
【解题思路】样本数量少，可以通过列举法.
【解答过程】解：由题意，该试验的样本空间所包含的基本事件有：
1,2，1,3，1,4，2,3，2,4，3,4共6个，
故选：A．
3．（3分）（2022·全国·高一专题练习）有下列说法：
（1）某人连续12次投掷一枚骰子，结果都是出现6点，他认为这枚骰子的质地是均匀的．
（2）某地气象局预报，明天本地下雨概率为70%，由此认为明天本地有70%的区域下雨，30%的区域不下雨．
（3）抛掷一枚质地均匀的硬币出现正面的概率为0.5，那么连续两次抛掷一枚质地均匀的硬币，都出现反面的概率是14．
（4）围棋盒里放有同样大小的9枚白棋子和1枚黑棋子，每次从中随机摸出1枚棋子后再放回，一共摸10次，认为一定有一次会摸到黑子．其中正确的个数为（ ）
A．0B．2C．3D．1
【解题思路】某人连续12次投掷一枚骰子，结果都是一样，这枚骰子的质地可能是不均匀的；天气预报中下雨的概率是指要下雨的把握有多大；根据事件的随机性，围棋盒里棋子有放回抽样，不一定有一次会摸到黑子.
【解答过程】由题意得：某人连续12次投掷一枚骰子，结果都是出现6点，这枚骰子的质地可能是不均匀的，故（1）不正确；
某地气象局预报，明天本地下雨概率为70%，是指要下雨的把握有多大，故（2）不正确；
抛掷一枚质地均匀的硬币出现正面的概率为0.5，那么连续两次抛掷一枚质地均匀的硬币，都出现反面的概率是14．根据相互独立事件同时发生的概率知（3）正确；
围棋盒里放有同样大小的9枚白棋子和1枚黑棋子，每次从中随机摸出1枚棋子后再放回，一共摸10次，不一定有一次会摸到黑子．（4）不正确．
综上可知，有1个说法是正确的，
故选：D．
4．（3分）（2022·高一课时练习）已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A和B，其中n(Ω)=12，n(A)=6，n(B)=4，n(A∪B)=8，那么下列事件概率错误的是（ ）
A．P(AB)=16B．P(A∪B)=23
C．P(AB)=16D．P(AB)=23
【解题思路】运用古典概型概率计算公式分别计算出相应事件的概率即可作出判断.
【解答过程】对于选项A：n(AB)=n(A)+n(B)-n(A∪B)=6+4-8=2，所以P(AB)=n(AB)n(Ω)=212=16，故A正确；
对于选项B：P(A∪B)=n(A∪B)n(Ω)=812=23，故B正确；
对于选项C：n(AB)=n(B)-n(AB)=4-2=2，所以P(AB)=n(AB)n(Ω)=212=16，故C正确；
对于选项D：n(AB)=n(Ω)-n(A∪B)=12-8=4，所以P(AB)=n(AB)n(Ω)=412=13，故D错误.
故选：D.
5．（3分）（2023·全国·高一专题练习）为防控新冠疫情，很多公共场所要求进入的人必须佩戴口罩．现有人在一次外出时需要从蓝、白、红、黑、绿5种颜色各1只的口罩中随机选3只不同颜色的口罩，则蓝、白口罩同时被选中的概率为（ ）
A．310B．57C．35D．23
【解题思路】先列举基本事件，再利用古典概型的概率公式求解.
【解答过程】从蓝、白、红、黑、绿5种颜色的口罩中选3只不同颜色的口罩，基本事件列举如下：
（蓝白红），（蓝白黑），（蓝白绿），（蓝红黑），（蓝红绿），（蓝黑绿），（白红黑），（白红绿），（白黑绿），（红黑绿），共有10个基本事件，
其中蓝、白口罩同时被选中的基本事件有（蓝白红），（蓝白黑），（蓝白绿），共含3个基本事件，
所以蓝、白口罩同时被选中的概率为310．
故选：A.
6．（3分）（2022·高一课时练习）抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ai=“向上的点数为i”，其中i=1,2,3,4,5,6，B=“向上的点数为偶数”，则下列说法正确的是（ ）
A．A1⊆BB．A2+B=ΩC．A3与B互斥D．A4与B对立
【解题思路】对于选项中的事件，分别写出对应的基本事件构成的集合，依次分析，即可
【解答过程】对于A，A1=2,3,4,5,6，B=2,4,6，∴A1⊆B，故A错误；
对于B，A2+B=2∪2,4,6=2,4,6≠Ω，故B错误；
对于C，A3与B不能同时发生，是互斥事件，故C正确；
对于D，A4=4，B=1,3,5，A4与B是互斥但不对立事件，故D错误；
故选：C.
7．（3分）（2022秋·北京丰台·高二期中）在一次随机试验中，其中3个事件A1,A2,A3的概率分别为0.2，0.3，0.5，则下列说法中正确的是（ ）
A．A1+A2与A3是互斥事件，也是对立事件B．A1+A2+A3是必然事件
C．P(A2∪A3)=0.8D．P(A1+A2)≤0.5
【解题思路】结合已知条件可知，事件A1,A2,A3不一定是互斥事件，然后逐项求解即可.
【解答过程】由已知条件可知，一次随机试验中产生的事件可能不止事件A1,A2,A3这三个事件，
故P(A1∪A2∪A3)≤P(A1)+P(A2)+P(A3)=1，从而AB错误；
P(A2∪A3)≤P(A2)+P(A3)=0.8，故C错误；
P(A1+A2)≤P(A1)+P(A2)=0.5，故D正确.
故选：D.
8．（3分）（2022·高一课时练习）甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件A=“甲击中靶”，事件B=“乙击中靶”，事件E=“靶未被击中”，事件F=“靶被击中”，事件G=“恰一人击中靶”，对下列关系式（A表示A的对立事件，B表示B的对立事件）：①E=AB，②F=AB，③F=A+B，④G=A+B，⑤G=AB+AB，⑥PF=1-PE，⑦PF=PA+PB．其中正确的关系式的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】根据事件关系，靶为被击中即甲乙均未击中；靶被击中即至少一人击中，分为恰有一人击中或两人都击中，依次判定即可.
【解答过程】由题可得：①E=AB，正确；②事件F=“靶被击中”，AB表示甲乙同时击中，F=AB+AB+AB，所以②错误；
③F=A+B，正确，④A+B表示靶被击中，所以④错误；⑤G=AB+AB，正确；⑥E,F互为对立事件，P(F)=1-P(E)，正确；⑦P(F)=P(A)+P(B)-P(AB)，所以⑦不正确．
正确的是①③⑤⑥．
故选：B.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2022·高一课时练习）在10名学生中，男生有x人．现从这10名学生中任选6人去参加某项活动，有下列事件：①至少有一个女生；②5个男生，1个女生；③3个男生，3个女生．若要使①为必然事件，②为不可能事件，③为随机事件，则x的值可能为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】由不可能事件、必然事件和随机事件的概念可确定x的范围，进而得到结果.
【解答过程】若②为不可能事件，则男生人数少于5，则同时可保证①为必然事件；
若③为随机事件，则男生人数不少于3；∴x=3或x=4.
故选：BC.
10．（4分）（2022春·高一课时练习）在一个试验模型中，设A表示一个随机事件，A表示A的对立事件.以下结论正确的是（ ）
A．P(A)=P(A)B．P(A+A)=1C．若P(A)=1，则P(A)=0D．P(AA)=0
【解题思路】根据对立事件及其概率关系A+A=Ω，即P(A+A)=P(Ω)=1，进行判别.
【解答过程】选项A，由对立事件的性质P(A)+P(A)=1, P(A)=P(A)不一定正确；
由对立事件的概念得A+A=Ω，即P(A+A)=P(Ω)=1，B正确；
由对立事件的性质P(A)+P(A)=1知，P(A)=1-P(A)，故若P(A)=1，则P(A)=0，C正确；
由对立事件的概念得AA=∅，即P(A,A)=P(∅)=0，D正确.
故选：BCD.
11．（4分）（2022春·吉林长春·高一期末）一个盒子中装有5支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品，大小质地完全相同，若从中随机取出3支，则与事件“取出1支一等品和2支二等品”互斥的事件有 （ ）
A．取出的3支笔中，至少2支一等品B．取出的3支笔中，至多1支二等品
C．取出的3支笔中，既有一等品也有二等品D．取出的3支笔中，没有二等品
【解题思路】根据互斥事件的定义逐项检验即可求解
【解答过程】对于A，事件“取出的3支笔中，至少2支一等品”包括2支一等品和1支二等品，3支一等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故A正确；
对于B，事件“取出的3支笔中，至多1支二等品”包括2支一等品和1支二等品，3支一等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故B正确；
对于C，事件“取出的3支笔中，既有一等品也有二等品”包括1支一等品和2支二等品，2支一等品和1支二等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”可能同时发生，它们不是互斥事件，故C不正确；
对于D，事件“取出的3支笔中，没有二等品”指3支一等品，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故D正确；
故选：ABD.
12．（4分）（2022秋·辽宁沈阳·高一期末）某次智力竞赛的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得10分，部分选对的得5分，有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A．甲同学仅随机选一个选项，能得5分的概率是12
B．乙同学仅随机选两个选项，能得10分的概率是16
C．丙同学随机选择选项，能得分的概率是15
D．丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是110
【解题思路】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项.
【解答过程】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为A,B,C,D，
随机事件“若能得5分”中有基本事件C,D，故“能得5分”的概率为12，故A正确；
乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，
分别为：A,B,A,C,A,D,B,C,B,D,C,D，
随机事件“能得10分”中有基本事件C,D，故“能得10分”的概率为16，故B正确；
丙同学随机选择选项（丙至少选择一项），
由A、B中的分析可知共有基本事件15种，分别为：
选择一项：A,B,C,D；
选择两项：A,B,A,C,A,D,B,C,B,D,C,D；
选择三项或全选：A,B,C,A,B,D,A,C,D,B,C,D，A,B,C,D，
随机事件“能得分”中有基本事件C,D,C,D，
故“能得分”的概率为315=15，故C正确；
丁同学随机至少选择两个选项，由C的分析可知：共有基本事件11个，
随机事件“能得分”中有基本事件C,D，故“能得分”的概率为111，故D错；
故选：ABC.
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023·高一课时练习）从装有标号为1、2、3、4的四个球的袋子中任取两球，观察取出两个球的标号和，则此随机现象的样本空间是 3,4,5,6,7 .
【解题思路】根据题意列举出任取两球的结果，从而得到两个球的标号和，进而得解.
【解答过程】因为从装有标号为1、2、3、4的四个球的袋子中任取两球的结果有1,2,1,3,1,42,32,43,4六种，
所以取出两个球的标号和的结果为3,4,5,5,6,7，
所以该随机现象的样本空间是3,4,5,6,7.
故答案为：3,4,5,6,7.
14．（4分）（2023秋·上海浦东新·高二期末）已知事件A、B互斥，PA∪B=35，且PA=2PB，则PB=
45 .
【解题思路】由已知事件A、B互斥，且PA=2PB，可求PB，
进而根据对立事件概率公式得到答案.
【解答过程】解：∵事件A、B互斥，且PA=2PB，
∵ PA∪B=PA+PB=3PB=35
∴解得PB=15,
∴PB=1-PB=1-15=45.
故答案为：45.
15．（4分）（2022秋·四川成都·高二期末）在抛掷一颗骰子（一种正方体玩具，六个面分别标有 1,2,3,4,5,6 字样）的试验中，事件A表示 “不大于 3 的奇数点出现”，事件 B 表示 “小于 4 的点数出现”，则事件A+B 的概率为 56 ．
【解题思路】根据给定条件利用古典概率公式求出事件A和B的概率即可计算作答.
【解答过程】依题意，抛掷一颗骰子的试验有6个不同的结果，它们等可能，其中事件A有2个结果，事件B有3结果，
于是有P(A)=26=13，P(B)=36=12，而事件A和B是互斥的，则P(A+B)=P(A)+P(B)=56，
所以事件A+B 的概率为56.
故答案为：56.
16．（4分）（2022·上海·高二专题练习）第14届国际数学教有大会（ICME-14）于2021年7月12日至18日在上海举办，已知张老师和李老师都在7天中随机选择了连续的3天参会，则两位老师所选的日期恰好都不相同的概率为 625 .
【解题思路】先确定随机试验张老师和李老师各在7天中随机选择了连续的3天参会的基本事件数，再确定事件两位老师所选的日期恰好都不相同所包含的基本事件数，由古典概型概率公式求事件两位老师所选的日期恰好都不相同的概率.
【解答过程】因为张老师在7天中随机选择连续的3天参会共有5种选法，即12,13,14，13,14,15，14,15,16，15,16,17，16,17,18，所以随机试验张老师和李老师各在7天中随机选择连续的3天参会的基本事件数为25，其中两位老师所选的日期恰好都不相同选法有：张老师选12,13,14，李老师选15,16,17或16,17,18，张老师选13,14,15，李老师选16,17,18，张老师选15,16,17，李老师选12,13,14，张老师选16,17,18，李老师选12,13,14或13,14,15，即事件两位老师所选的日期恰好都不相同包含6个基本事件，所以事件两位老师所选的日期恰好都不相同的概率P=625.
故答案为：625.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2022·高一单元测试）从含有5件次品的100件产品中任取3件，观察其中的次品数．
(1)选择合适的表示方法写出样本空间；
(2)记事件A：“取到的3件产品中没有次品”，写出A包含的样本点；
(3)说明事件B=0,1所表示的实际意义．
【解题思路】（1）用0，1，2，3表示抽取的3件产品中次品的件数，进而得到样本空间；
（2）依据用0，1，2，3表示抽取的3件产品中次品的件数，进而写出A包含的样本点；
（3）依据用0，1，2，3表示抽取的3件产品中次品的件数，进而得到事件B=0,1所表示的实际意义．
【解答过程】（1）
用0，1，2，3表示抽取的3件产品中次品的件数，则有样本空间Ω={0,1,2,3}．
（2）
事件A中包含的样本点为0．
（3）
B={0,1}表示的实际意义是抽取的3件产品中没有次品或只有一件次品．
18．（6分）（2022·高一课时练习）指出下列事件是必然事件，不可能事件，还是随机事件．
(1)如果a、b都是实数，那么a+b=b+a；
(2)从分别标有1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10张号签中任取一张，得到4号签；
(3)某人投篮5次，投中6次；
(4)某电话总机在60秒内接到至少15次呼叫；
(5)在标准大气压下，水的温度达到50℃时沸腾．
【解题思路】由题意结合必然事件、不可能事件、随机事件的定义，即可作出判断.
【解答过程】（1）
如果a、b都是实数，那么a+b=b+a,是必然事件；
（2）
从分别标有1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的10张号签中任取一张，可能得到4号签，也可能是其它号签，故为随机事件；
（3）
某人投篮5次，投中6次，是不可能事件；
（4）
某电话总机在60秒内接到至少15次呼叫，是随机事件；
（5）
在标准大气压下，水的温度达到50℃时是不可能沸腾的，故为不可能事件.
19．（8分）（2022·高二课时练习）把标号为1、2、3、4的四张卡片分给甲、乙、丙、丁四个人，每人一张．设A：甲分得1号卡片；B：乙分得1号卡片．
(1)求A∩B、A∪B；
(2)A与B是否为互斥事件？是否为对立事件？若不是对立事件，分别写出A与B的对立事件．
【解题思路】（1）根据A∩B、A∪B直接理解判断即可;
（2）由互斥事件和对立事件的概念即可判断.
【解答过程】(1)
根据题意，事件A和事件B不可能同时发生，所以A∩B是不可能事件，即A∩B=∅；
A∪B={甲分得1号卡，乙分得1号卡}；
(2)
由（1）可知事件A和事件B不可能同时发生，所以事件A和事件B是互斥事件，又因为事件A和事件B可以都不发生，如甲分得2号卡片，同时乙分得3号卡片，所以事件A和事件B不是对立事件，事件A的对立事件A 为“甲未分得1号卡片”， 事件B的对立事件B 为“乙未分得1号卡片”.
20．（8分）（2022·高一课时练习）已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如135，256，345等）．现要从甲、乙两名同学中选出人参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛．
(1)由1，2，3，4，5，6可组成多少个“三位递增数”？分别用树状图法和列举法解答．
(2)这种选取规则对甲、乙两名同学公平吗？请说明理由．
【解题思路】(1)根据树状图法、列举法的求解过程分别求解即可；
(2)分别计算事件A、B的概率，进行比较，即可得解.
【解答过程】（1）树状图法：画出树状图，如图所示：
从上面的树状图，知由1，2，3，4，5，6可组成20个“三位递增数”；
列举法：由题意，知由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456，
共20个，故由1，2，3，4，5，6可组成20个“三位递增数”．
（2）不公平．理由如下：
由（1），知由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”有20个，记“甲参加数学竞赛”为事件A，事件A包含的样本点有124，126，134，136，146，156，234，236，246，256，346，356，456，共13个．
所以PA=1320．
记“乙参加数学竞赛”为事件B，则事件B包含的样本点有123，125，135，145，235，245，345，共7个．
所以PB=720．因为PA>PB，
所以该选取规则对甲、乙两名同学不公平．
21．（8分）（2022·高一单元测试）某服务电话，打进的电话响第1声时被接的概率是0.1；响第2声时被接的概率是0.2；响第3声时被接的概率是0.3；响第4声时被接的概率是0.35.
（1）打进的电话在响5声之前被接的概率是多少？
（2）打进的电话响4声而不被接的概率是多少？
【解题思路】（1）利用互斥事件有一个发生的概率加法公式求得结果；
（2）利用对立事件的概率公式进行求解即可得结果.
【解答过程】（1）设事件“电话响第k声时被接”为Ak(k∈N)，
那么事件Ak彼此互斥，设“打进的电话在响5声之前被接”为事件A，
根据互斥事件概率加法公式，
得P(A)=P(A1∪A2∪A3∪A4)
=P(A1)+P(A2)+P(A3)+P(A4)
=0.1+0.2+0.3+0.35=0.95.
（2）事件“打进的电话响4声而不被接”是事件A“打进的电话在响5声之前被接”的对立事件，记为A.
根据对立事件的概率公式，得P(A)=1-P(A)=1-0.95=0.05.
22．（8分）（2022秋·北京丰台·高二期中）某校举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)用分层随机抽样的方法从[80,90)，[90,100]两个区间共抽取出5名学生，则每个区间分别应抽取多少人；
(2)在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率；
(3)现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前60%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1）
【解题思路】（1）先由频率分布直方图的频率求法求得[80,90)，[90,100]两个区间样本中的学生人数，按照分层抽样的方法即可求得结果；
（2）利用列举法及古典概型的概率公式即可求得所求概率；
（3）根据题意，利用频率分布直方图的面积即频率，可求得使后段区间频率为0.6时的区间左端点，即所求最低分数线.
【解答过程】（1）依题意，设区间[80,90)中应抽x人，区间[90,100]中应抽y人，得
成绩在[80,90)区间样本中的学生人数为：0.045×10×100=45；
成绩在[90,100]区间样本中的学生人数为：0.03×10×100=30；
所以545+30=x45=y30，解得x=3,y=2，
所以区间[80,90)中应抽3人，区间[90,100]中应抽2人.
（2）由（1）得，不妨记区间[80,90)中3人为a,b,c，区间[90,100]中2人为m,n，
则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为ab,ac,am,an,ba,bc,bm,bn,ca,cb,cm,cn,ma,mb,mc,mn,na,nb,nc,nm共20件，
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]（记为事件A）的基本事件为am,an,bm,bn,cm,cn,mn,nm共8件，
故PA=820=25，即第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率为25.
（3）由频率分布直方图易得，90,100的频率为0.03×10=0.3，80,100的频率为0.045×10+0.3=0.75，
所以成绩良好的最低分数线落在区间[80,90)中，不妨记为x0，
故90-x0×0.045+0.3=0.6，解得x0=83.333≈83，
所以成绩良好的最低分数线为83.