2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 083-课时作业75 随机事件与概率（教用）

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单选题每小题3分，多选题每小题4分，填空题每小题4分，共33分.
1．气象台预报“明天本市中心城区的降雨概率为30%，郊区的降雨概率为70%”.基于这些信息，下列关于明天降雨情况的描述最为准确的是（ ）
A. 整个城市明天的平均降雨概率为50%
B. 如果住在郊区，明天不带伞出门将很可能淋雨
C. 只有郊区可能出现降雨，而中心城区将不会有降雨
D. 如果明天降雨，那么郊区的降雨量一定比中心城区多
【答案】B
【解析】对于A，中心城区面积和郊区面积不一定相同，故整个城市明天的平均降雨概率不一定为50%，故A错误；
对于B，明天郊区的降雨概率为70%，概率比较大，所以不带伞出门将很可能淋雨，故B正确；
对于C，由题意可知，无论郊区还是中心城区都可能会出现降雨，故C错误；
对于D，降雨量并不取决于降雨概率，故D错误.
故选B.
2．从6个篮球、2个排球中任选3个球,则下列事件中,是必然事件的为（ ）
A. 3个都是篮球B. 至少有1个是排球
C. 3个都是排球D. 至少有1个是篮球
【答案】D
【解析】A,B是随机事件,C是不可能事件,D是必然事件.
3．（2025·福建福州调研）已知P(A)=0.6,P(B)=0.3,若A⊆B,则P(A∩B)=（ ）
A. 0.18B. 0.42C. 0.6D. 0.7
【答案】C
【解析】由于A⊆B,所以P(A∩B)=P(A)=0.6.
4．将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球、乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（ ）
A. 甲分得黄球B. 甲分得白球
C. 丙没有分得白球D. 甲分得白球，乙分得黄球
【答案】C
【解析】由甲分得红球、乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球，可得丙分得白球，其与丙没有分得白球互为对立事件.故选C.
5．（2025·河南安阳三模）某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛，则选出的3人中至少有1名女生的概率为（ ）
A. 15B. 35C. 45D. 56
【答案】C
【解析】P=1−C43C63=1−15=45.故选C.
6．记A,B分别为事件A,B的对立事件,如果事件A,B互斥,那么（ ）
A. A∪B是必然事件B. A∪B是必然事件
C. A与B一定互斥D. A与B一定不互斥
【答案】B
【解析】若A与B互斥但不对立，如图①所示,则A∪B不是必然事件,A∪B是必然事件,A与B不互斥;
若A与B对立，如图②所示,则A∪B是必然事件,A∪B是必然事件,A与B互斥，故选B.
图①图②
7．多选 某篮球运动员在某次训练中的投篮情况如下表:
记该篮球运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率，则下列结论中正确的是（ ）
A. P(A)=0.55B. P(B)=0.18
C. P(C)=0.27D. P(B+C)=0.55
【答案】ABC
【解析】依题意得P(A)=55100=0.55，P(B)=18100=0.18，显然事件A，B互斥,所以P(A+B)=P(A)+P(B),所以P(C)=1−P(A+B)=1−P(A)−P(B)=0.27.显然事件B，C互斥，所以P(B+C)=P(B)+P(C)=0.45，故A，B，C正确，D不正确.故选ABC.
8．多选 在某次军事演习中，对空中飞行的飞机连续射击两次,每次发射一枚炮弹,设事件A=“两弹都击中飞机”,事件B=“两弹都没击中飞机”,事件C=“恰有一弹击中飞机”,事件D=“至少有一弹击中飞机”,则（ ）
A. A∩D=⌀B. B∩D=⌀
C. A∪C=DD. A∪B=B∪D
【答案】BC
【解析】“恰有一弹击中飞机”指第一弹击中、第二弹没击中或第一弹没击中、第二弹击中,“至少有一弹击中飞机”包含恰有一弹击中和两弹都击中,故A∩D≠⌀ ,B∩D=⌀ ,A∪C=D,A∪B≠B∪D.故选BC.
9．有5个大小和质地均相同的球,其中3个红球、2个蓝球,从中一次性随机取2个球,则（ ）
A. “恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”是互斥事件
B. “恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”是互斥事件
C. “至少取到1个红球”的概率大于“至少取到1个蓝球”的概率
D. “至多取到1个红球”的概率大于“至多取到1个蓝球”的概率
【答案】C
【解析】当取出的两球为一红一蓝时，“恰好取到1个红球”与“至少取到1个蓝球”均发生，则两事件不互斥，故A错误；
当取出的两球为一红一蓝时，“恰好取到1个红球”与“至多取到1个蓝球”均发生，则两事件不互斥，故B错误；
记“至少取到1个红球”为事件A，“至少取到1个蓝球”为事件B，“至多取到1个红球”为事件C，“至多取到1个蓝球”为事件D，故P(A)=C32+C31C21C52=910，P(B)=C22+C31C21C52=710，P(C)=C22+C31C21C52=710，P(D)=C32+C31C21C52=910，显然P(A)>P(B)，P(C)0，此时构成的三角形为锐角三角形;
当取到的线段长度为10时，三角形中最大角的余弦值为72+82−1022×7×8=13112>0，此时构成的三角形为锐角三角形.
故任取一条线段能与长度分别为7和8的两条线段构成锐角三角形的概率为35.
13．（2025·辽宁朝阳模拟）根据洛书记载：“以五居中，五方皆为阳数，四隅皆为阴数.”其意为九宫格中5位于居中位置，四个顶角填偶数，其余位置填奇数（用完1到9共九个数字）.按洛书的填写方法，记事件A=“满足图案中每行、每列及对角线上的三个数字之和都相等，且a+b≥9”，则P(A)=_ _ _ _ _ _ .
【答案】196
【解析】如下，在九宫格的中间填5，①③⑤⑦处填偶数2,4,6,8，②④⑥⑧处填奇数1,3,7,9，故总的情况共有A44A44种，
因为每行、每列以及两条对角线上的三个数字之和都相等，且1+2+⋯+9=45，所以每行、每列及对角线上的三个数字之和为15，所以①⑤、③⑦处填2,8或4,6，又a+b≥9，所以③处填的数字不大于6，故符合条件的情况如下：



因此，符合条件的情况有6种，故P(A)=6A44A44=196.
14．（2025·四川模拟）如图，算盘是我国古代的一项伟大发明，是一类重要的计算工具.算盘多为木制，内嵌有九至十五根直杆（简称档），自右向左分别表示个位、十位、百位……梁上面一粒珠子（简称上珠）代表5，梁下面一粒珠子（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、百位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件A=“表示的三位数能被5整除”，B=“表示的三位数能被3整除”.
（1） 求事件A，B发生的概率；
（2） 求事件A∪B，A∩B发生的概率.
【解析】
（1） 只拨动一粒珠子至梁上，因此每粒只表示数字1或5，所以可组成的三位数的个数是23=8.
要使得组成的三位数能被5整除，则只需个位数字是5即可，
而这些数中个位数字是5的数的个数为22=4，
所以P(A)=48=12.
要使得组成的三位数能被3整除，
则只能同时出现3个1或者同时出现3个5，即满足要求的数只有111和555，共两个，
所以P(B)=28=14.
（2） 因为A∩B表示组成的三位数既能被3整除，又能被5整除，只有555同时满足两个条件，所以P(A∩B)=18.
因为A∪B表示组成的三位数能被3整除或能被5整除，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=12+14−18=58.
思维创新练
15．（2026·浙江浦江中学等三校联考）（5分）已知集合U={1,2,3,4}，现独立地随机选取集合U的两个非空子集A,B（A与B可以相同），若事件M=“集合A中的最大元素小于集合B中的最小元素”，则P(M)=_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】17225
【解析】因为集合U={1,2,3,4}，所以集合U的非空子集个数为24−1=15，
因为独立地随机选取集合U的两个非空子集A，B（A与B可以相同），所以所有可能的选取情况有15×15=225种.
当A中的最大元素为1时，A是{1}，此时B可以是{2},{3},{4},{2,3},{2,4},{3,4},{2,3,4}，共7种情况；
当A中的最大元素为2时，A可以是{2},{1,2}，此时B可以是{3},{4},{3,4}，共2×3=6种情况；
当A中的最大元素为3时，A可以是{3},{1,3},{2,3},{1,2,3}，此时B是{4}，共4×1=4种情况；
当A中的最大元素为4时，没有满足条件的B，共0种情况.
故满足条件的子集选取情况共有7+6+4+0=17种.
根据古典概型的概率公式可得，P(M)=17225.投篮次数
投中两分球的次数
投中三分球的次数
100
55
18