23版新高考一轮分层练案(五十九)　随机事件的概率与古典概型

这是一份23版新高考一轮分层练案(五十九)　随机事件的概率与古典概型，共6页。试卷主要包含了下列四个命题错误的是等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(五十九)　随机事件的概率与古典概型 A级——基础达标1．从一堆产品(其中正品与次品都多于2件)中任取2件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的是(　　)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【答案】A　依据互斥和对立事件的定义知，B、C都不是互斥事件；D不但是互斥事件而且是对立事件；只有A是互斥事件但不是对立事件．2．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是(　　)A.　　　　　　　　 B.C.  D．1【答案】C　设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为.3．若a，b是从集合{－1,1,2,3,4}中随机选取的两个不同元素，则使得函数f(x)＝x5a＋xb是奇函数的概率为(　　)A.   B.C.   D.【答案】B　设事件M为“函数f(x)＝x5a＋xb是奇函数”，a，b是从集合{－1,1,2,3,4}中随机选取的两个不同元素，则样本空间Ω＝{(－1,1)，(－1,2)，(－1,3)，(－1，4)，(1，－1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2，－1)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，(3，－1)，(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4，－1)，(4,1)，(4,2)，(4,3)}，共有20个样本点．事件M所含的样本点为(－1,1)，(－1,3)，(1，－1)，(1,3)，(3，－1)，(3,1)，共有6个，根据古典概型的概率公式，得P(M)＝＝，故选B.4.如图，已知电路中4个开关闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为(　　)A.   B.C.  D.【答案】C　灯不亮(A，B至少有一个未闭合，且C，D都未闭合)的概率为××＝×＝，故灯亮的概率为1－＝.5．从集合{1,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b，则向量m＝(a，b)与向量n＝(1，－1)垂直的概率为(　　)A.  B．C.  D.【答案】A　从集合{1,4,5}中随机抽取一个数a，从集合{1,3,5}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＝(1，－1)垂直需满足的条件是a＝b，共2个；故所求的概率为P＝.故选A.6．(多选)下列四个命题错误的是(　　)A．对立事件一定是互斥事件B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)C．若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件【答案】BCD　在A中，对立事件一定是互斥事件，故A正确；在B中，若A，B为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故B错误；在C中，若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，故C错误；在D中，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B有可能不是对立事件．7．(多选)某展会安排了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计了两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则(　　)A．P1·P2＝  B．P1＝P2＝C．P1＋P2＝  D．P1＞P2【答案】ACD　三辆车的出车顺序可能为123,132,213,231,312,321，共6种．方案一坐到“3号”车可能为132,213,231，共3种，所以P1＝＝；方案二坐到“3号”车可能为312,321，共2种，所以P2＝＝.所以P1＞P2，P1·P2＝，P1＋P2＝，故选A、C、D.8．(多选)已知甲罐中有四个相同的小球，标号为1,2,3,4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1,2,3,5,6，现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A＝“抽取的两个小球标号之和大于5”，事件B＝“抽取的两个小球标号之积大于8”，则(　　)A．事件A发生的概率为B．事件A∪B发生的概率为C．事件A∩B发生的概率为D．从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为【答案】BC　由题意，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含CC＝20个样本点；“抽取的两个小球标号之和大于5”包含的样本点有：(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11个样本点；“抽取的两个小球标号之积大于8”包含的样本点有：(2,5)，(2,6)，(3,3)，(3,5)，(3,6)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共8个样本点；即事件B是事件A的子事件；因此事件A发生的概率为，故A错误；事件A∪B包含的样本点个数为11个，所以事件A∪B发生的概率为，故B正确；事件A∩B包含的样本点个数为8个，所以事件A∩B发生的概率为＝，故C正确；从甲罐中抽到标号为2的小球，包含的样本点为：(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,5)，(2,6)共5个样本点，故从甲罐中抽到标号为2的小球的概率为.故选B、C.9．一只袋子中装有7个红玻璃球，3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红玻璃球的概率为，取得两个绿玻璃球的概率为，则取得两个同色玻璃球的概率为________，至少取得一个红玻璃球的概率为________．解析：由于“取得两个红玻璃球”与“取得两个绿玻璃球”是互斥事件，取得两个同色玻璃球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色玻璃球的概率为P＝＋＝.由于事件A“至少取得一个红玻璃球”与事件B“取得两个绿玻璃球”是对立事件，则至少取得一个红玻璃球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－＝.【答案】　10．海关对同时从A，B，C三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层随机抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.地区ABC数量50150100 (1)求这6件样品中来自A，B，C各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解：(1)A，B，C三个地区商品的总数量为50＋150＋100＝300，抽样比为＝，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是50×＝1,150×＝3,100×＝2.所以A，B，C三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2.(2)法一：设6件来自A，B，C三个地区的样品分别为：A，B1，B2，B3，C1，C2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为：{A，B1}，{A，B2}，{A，B3}，{A，C1}，{A，C2}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B1，C1}，{B1，C2}，{B2，B3}，{B2，C1}，{B2，C2}，{B3，C1}，{B3，C2}，{C1，C2}，共15个．每个样品被抽到的机会相等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D包含的基本事件有：{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，{C1，C2}，共4个．所以P(D)＝，即这2件商品来自相同地区的概率为.法二：这2件商品来自相同地区的概率为＝＝.B级——综合应用11．现有5人参加抽奖活动，每人依次从装有5张奖票(其中3张为中奖票)的箱子中不放回地随机抽取一张，直到3张中奖票都被抽出时活动结束，则活动恰好在第4人抽完结束的概率为(　　)A.  B．C.  D.【答案】C　将5张奖票不放回地依次取出共有A＝120(种)不同的取法，若活动恰好在第四次抽奖结束，则前三次共抽到2张中奖票，第四次抽到最后一张中奖票，共有CCA＝36(种)取法，所以P＝＝.12．设两个相互独立事件A，B都不发生的概率为，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相等，那么事件A发生的概率为(　　)A.  B．C.  D.【答案】B　设事件A发生的概率为P(A)，事件B发生的概率为P(B)，则事件A不发生的概率为1－P(A)，事件B不发生的概率为1－P(B)，依题意得解得P(A)＝.13．如图是甲、乙两位同学高二上学期历史成绩的茎叶图，有一个数字被污损，用a(3≤a≤8且a∈N)表示被污损的数字，则甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩的概率为(　　)A.  B．C.  D.【答案】D　甲同学的历史平均成绩为＝92(分)，若甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩，则≤92，得a≤6.因为3≤a≤8，所以3≤a≤6且a∈N，记“甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩”为事件A，则事件A包含4个基本事件，而基本事件总数为6，所以事件A的概率P(A)＝＝.14．(多选)如图所示的电路中，5只箱子表示保险匣分别为A，B，C，D，E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是(　　)A．AB所在线路畅通的概率为B．ABC所在线路畅通的概率为C．DE所在线路畅通的概率为D．当开关合上时，整个电路畅通的概率为【答案】BD　由题意知，A，B，C，D，E保险闸被切断的概率分别为P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝，P(E)＝，所以A，B两个盒子畅通的概率为×＝，因此A错误；D，E两个盒子并联后畅通的概率为1－×＝1－＝，因此C错误；A，B，C三个盒子混联后畅通的概率为1－×＝1－＝，B正确；根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为×＝，D正确．故选B、D.15．“共享单车”的操控企业无论是从经济效益，还是从惠及民生都给人们带来了方便，为了规范用车行为，某市建立了共享单车服务系统，初次交押金时个人积分为100分，当积分低于60分时，借车卡将自动锁定，禁止借车．共享单车管理部门按相关规定扣分，且扣分规定有如下三条：①共享单车在封闭式小区、大楼、停车场、车库等区域乱停乱放，扣1分；②闯红灯、逆行、在机动车道内骑行，扣2分；③损坏共享单车、私自上锁、私藏，扣5分．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次：甲、乙扣1分的概率分别是0.4和0.5；甲、乙扣2分的概率分别是0.4和0.3.租用共享单车人均触规定三条中一条，且触规定三条中任一条就归还车．(1)求甲、乙两人所扣积分相同的概率；(2)求甲、乙两人在初次租用共享单车一次后所扣积分之和为7的概率．解：(1)记“甲扣1分”为事件A1，“甲扣2分”为事件A2，“甲扣5分”为事件A3，则P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.4，P(A3)＝0.2.记“乙扣1分”为事件B1，“乙扣2分”为事件B2，“乙扣5分”为事件B3，P(B1)＝0.5，P(B2)＝0.3，P(B3)＝0.2.据题设知，A1，A2，A3，B1，B2，B3彼此相互独立．记“甲、乙两人所扣积分相同”为事件M，则P(M)＝0.4×0.5＋0.4×0.3＋0.2×0.2＝0.36.(2)设事件N为“甲、乙两人在初次租用共享单车一次之后所扣积分之和为7”，则P(N)＝0.4×0.2＋0.2×0.3＝0.14.C级——迁移创新16.如图，在一个木制的棱长为3的正方体表面涂上颜色，将它的棱3等分，然后从等分点把正方体锯开，得到27个棱长为1的小正方体，将这些小正方体充分混合后，接入一个口袋中．(1)从这个口袋中任意取出1个小正方体，这个小正方体的表面恰好没涂颜色的概率是多少？(2)从这个口袋中同时任意取出2个小正方体，其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是多少？解：在27个小正方体中，恰好3个面都涂有颜色的共8个，恰好2个面涂有颜色的共12个，恰好1个面涂有颜色的共6个，表面没涂颜色的有1个．(1)从27个小正方体中任意取出1个，共有C＝27(种)等可能的结果．因为在27个小正方体中，表面没涂颜色的只有1个，所以从这个口袋中任意取出1个小正方体，而这个小正方体的表面恰好没涂颜色的概率是P＝.(2)从27个小正方体中，同时任取2个，共有C种等可能的结果．在这些结果中，有1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色包含的结果有C(C＋C)种．所以从这个口袋中同时任意取出2个小正方体，其中1个小正方体恰好有1个面涂有颜色，另1个小正方体至少有2个面涂有颜色的概率是＝.