高中数学人教A版 (2019)必修 第二册10.1 随机事件与概率同步练习题

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A．34B．C．512D．712
【答案】C
【分析】由互斥事件与对立事件的概率公式求解，
【详解】由题意得乙获胜的概率是1−13−14=512，
故选：C
2．保险柜的密码由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9中的四个数字组成，假设一个人记不清自己的保险柜密码，只记得密码全部由奇数组成且按照递增顺序排列，则最多输入2次就能开锁的概率是（ ）
A．15B．14C．25D．920
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用列举法计算古典概率，再用互斥事件的概率公式计算作答.
【详解】密码全部由奇数组成且按照递增顺序排列的结果有：(1,3,5,7),(1,3,5,9),(1,3,7,9)，(1,5,7,9),(3,5,7,9)，共5个，它们等可能，
最多输入2次就能开锁的事件A，它是输入1次能开锁的事件A1，第2次输入才能开锁的事件的和，它们互斥，
P(A1)=15，P(A2)=15，则P(A)=P(A1)+P(A2)=25，
最多输入2次就能开锁的概率是25.
故选：C
3．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．0B．0.3C．0.6D．0.4
【答案】D
【分析】由题意可知一次射击中不够8环与射中10环或9环或8环是对立事件，利用对立事件的概率公式求解即可
【详解】因为某射手的一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别为0.2，0.3，0.1.
所以在一次射击中不够8环的概率为1−0.2−0.3−0.1=0.4，
故选：D
4．口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，事件A= “取出的两球同色”，事件B= “取出的2球中至少有一个黄球”，事件C= “取出的2球至少有一个白球”，事件D= “取出的2球不同色”，E= “取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．P(C∪E)=1D．P(B)=P(C)
【答案】C
【分析】根据给定条件，计算P(A),P(B),P(C),P(D)判断A，B，D；分析事件C与E所含事件判断C作答.
【详解】依题意，P(A)=C22+C32C62=415,P(B)=1−C32C62=45，P(A)+P(B)=1615>1，而P(A+B)≤1，A不正确；
P(C)=1−C42C62=35,P(D)=1−P(A)=1115，P(C)+P(D)>1，B不正确；
事件C是含有1个白球与含有两个白球的两个互斥事件和，事件E是含有1个白球与没有白球的两个互斥事件和，
事件C∪E是必然事件，因此P(C∪E)=1，C正确；
因P(B)=45，P(C)=35，则，即D不正确.
故选：C
5．已知随机事件A，B，C中，A与B互斥，B与C对立，且P(A)=0.3，P(C)=0.6，则P(A+B)=（ ）
A．0.3B．0.6C．0.7D．0.8
【答案】C
【分析】由对立事件概率关系得到B发生的概率，再由互斥事件的概率计算公式求P(A + B).
【详解】因为P(C)=0.6，事件B与C对立，所以P(B)=0.4，又P(A)=0.3，A与B互斥，
所以P(A+B)=P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7.
故选：C.
6．盘子里有肉馅、素馅和豆沙馅的包子共10个，从中随机取出1个，若是肉馅包子的概率为25，不是豆沙馅包子的概率为710，则素馅包子的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】计算出肉馅包子和豆沙馅包子的个数，即可求得素馅包子的个数.
【详解】由题意可知，肉馅包子的个数为10×25=4，
从中随机取出1个，不是豆沙馅包子的概率为710，则该包子是豆沙馅包子的概率为1−710=310，
所以，豆沙馅包子的个数为10×310=3，因此，素馅包子的个数为10−4−3=3.
故选：C.
7．（多选题）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝“两次都击中飞机”，B＝“两次都没击中飞机”，C＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是（ ）
A．A⊆DB．B∩D＝∅
C．A∪C＝DD．A∪B＝B∪D
【答案】ABC
【分析】根据试验过程，分析出事件A、B、C、D的含义，对四个选项一一判断.
【详解】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A⊆D ，A∪C＝D.故A、C正确；
因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D＝∅.故B正确；
对于D：A∪B＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等.故D错误.
故选：ABC.
8．甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为，则下列说法错误的是（ ）
A．甲获胜的概率是16B．甲不输的概率是12
C．乙输的概率是D．乙不输的概率是12
【答案】BCD
【分析】由对立事件、互斥事件、并事件的概率计算公式代入计算，对选项逐一判断.
【详解】“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是1−12−13=16，故A正确；设甲不输为事件A，则事件A是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(A)=16+12=23，故B错误；“乙输”的概率即“甲获胜”的概率，为16，故C错误；设乙不输为事件B，则事件B是“乙获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P(B)=13+12=56，故D错误；
故选：BCD
9．已知事件A，B互斥，且事件A发生的概率P(A)=15，事件B发生的概率，则事件A，B都不发生的概率是___________.
【答案】715
【分析】求出事件A，B至少发生一个的概率即可得解.
【详解】因事件A，B互斥，且P(A)=15，，
则事件A，B至少发生的事件为A+B，其概率为P(A+B)=P(A)+P(B)=15+13=815，
事件A，B都不发生的事件是A+B的对立事件，则其概率为1−P(A+B)=1−815=715.
所以事件A，B都不发生的概率是715.
故答案为：715
10．已知PA=0.5，PB=0.6，PA∪B=0.9，则PA∩B=______．
【答案】0.2
【分析】利用概率公式代入即可求得.
【详解】因为PA∪B=PA+PB−PA∩B，
所以PA∩B=PA+PB−PA∪B=0.5+0.6−0.9=0.2.
故答案为：0.2.
11．已知从某班学生中任选两人参加农场劳动，选中两人都是男生的概率是，选中两人都是女生的概率是215，则选中两人中恰有一人是女生的概率为______．
【答案】815
【分析】记“选中两人都是男生”为事件A，“选中两人都是女生”为事件B，“选中两人中恰有一人是女生”为事件C，根据A,B为互斥事件，A∪B与C为对立事件，从而可求出答案.
【详解】记“选中两人都是男生”为事件A，“选中两人都是女生”为事件B，“选中两人中恰有一人是女生”为事件C，易知A,B为互斥事件，A∪B与C为对立事件，
又PA∪B=PA+PB=13+215=715，
所以PC=1−PA∪B=1−715=815.
故答案为：815.
12．某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示：
已知这100位顾客中，一次购物量超过10件的顾客占40%.
(1)求x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过3分钟的概率.（将频率视为概率）
【答案】(1)，y=10，2.3分钟
(2)1720
【分析】（1）根据题意列式求解x,y，再求平均数；（2）根据古典概型结合对立事件求解.
【详解】（1）由题意可得25+y+5=40x+30=60，解得x=30y=10，
这100位顾客一次购物的结算时间的平均值为y=1×30+2×30+3×25+4×10+5×5100=2.3（分钟），
∴估计顾客一次购物的结算时间的平均值为2.3分钟.
（2）记事件A为“一位顾客一次购物的结算时间不超过3分钟”，
事件A1表示“该顾客一次购物的结算时间为4分钟”，事件表示“该顾客一次购物的结算时间为5分钟”，
将频率视为概率，则PA1=10100=110，PA2=5100=120，
∵A=A1∪A2，且A1,A2为互斥事件，
∴PA=1−PA1∪A2=1−PA1−PA2=1−110−120=1720，
故一位顾客一次购物的结算时间不超过3分钟的概率为1720.
13．某品牌计算机售后保修期为1年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的占15%，需要维修2次的占6%，需要维修3次的占4%，
(1)某人购买了一台这个品牌的计算机，设Ak= “一年内需要维修k次”，k=0，1，2，3，请填写下表：
事件A0，A1，，A3是否满足两两互斥？
(2)求下列事件的概率：
①A= “在1年内需要维修”；
②B= “在1年内不需要维修”；
③C= “在1年内维修不超过1次” ．
【答案】(1)表格见解析，满足；
(2)①0.25；②0.75；③0.9．
【分析】（1）根据给定条件，可得事件A1，，A3的概率，再利用对立事件的概率公式计算P(A0)，并利用互斥事件的意义判断作答.
（2）利用（1）的结论，结合互斥事件的概率加法公式计算作答.
（1）
因为一年内需要维修1次的占15%，需要维修2次的占6%，需要维修3次的占4%，
则有PA1=0.15，PA2=0.06，PA3=0.04，
显然事件A0，A1，，A3中，任意两个不可能同时发生，因此事件A0，A1，，A3两两互斥，
于是得PA0=1−0.15+0.06+0.04=0.75，
填表如下：
所以事件A0，A1，，A3满足两两互斥．
（2）
①由（1）知，“在1年内需要维修”的事件，即事件A1，，A3至少有一个发生，而它们两两互斥，
所以PA=PA1∪A2∪A3=PA1+PA2+PA3=0.25；
②“在1年内不需要维修”的事件，即事件A0发生，所以PB=PA0=0.75；
③“在1年内维修不超过1次”的事件，即事件A0，A1至少发生一个，
所以PC=PA0∪A1=PA0+PA1=0.9．
14．科学家在1927年至1929年间发现自然界中的氧含有三种同位素，分别为16O，17O，18O，根据1940年比较精确的质谱测定，自然界中这三种同位素的含量比为16O占99.759%，17O占0.037%，18O占0.204%．现有3个16O，2个17O，n个18O，若从中随机选取1个氧元素，这个氧元素不是17O的概率为．
(1)求n；
(2)若从中随机选取2个氧元素，求这2个氧元素是同一种同位素的概率．
【答案】(1)1；
(2)415.
【分析】（1）求出随机选取1个氧元素是17O的概率，再利用对立事件概率公式计算作答.
（2）对给定的16O，17O，18O进行编号，列举出选取2个氧元素的所有结果，再借助古典概率公式计算作答.
（1）依题意，从这些氧元素中随机选取1个，这个氧元素是17O的概率P1=2n+5，则有1−2n+5=23，解得n=1，所以n=1.
（2）记3个16O分别为a，b，c，2个17O分别为x，y，1个18O为m，从中随机选取2个，所有的情况为：a,b，a,c，a,x，a,y，a,m，b,c，b,x，b,y，b,m，c,x，c,y，c,m，x,y，x,m，y,m，共15种，它们等可能，其中这2个氧元素是同一种同位素的情况有a,b，a,c，b,c，x,y，共4种，其概率为P2=415，所以这2个氧元素是同一种同位素的概率是415.
选做题
15．一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为12，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A．164B．5564C．18D．116
【答案】B
【详解】设A与B中至少有一个不闭合的事件为T,E与F至少有一个不闭合的事件为，则PT=PR=1−12×12=34，所以灯亮的概率为P=1−PT⋅PR⋅ PC⋅PD=1−34×34×12×12=5564， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
16．七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（ ）
A．12B．15C．25D．310
【答案】D
【分析】先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.
【详解】如图所示，△ADO，△ABO，△GHO，△BEF，△MCF的面积分别为S△ADO=S△ABO=14×4×4=4，S△GHO=S△BEF=14×14×4×4=1，S△MCF=14×12×4×4=2．
将△ADO，△ABO，△GHO，△BEF，△MCF分别记为S1，，S3，S4，S5，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间Ω=S1,S2,S1,S3,S1,S4,S1,S5,S2,S3,S2,S4,S2,S5,S3,S4,S3,S5,S4,S5，共有10个样本点．
记事件N表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件N包含的样本点为S1,S2，S1,S5，S2,S5，共3个，所以PN=310．
故选：D．
17．袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.
（1）求取球2次即终止的概率；
（2）求甲取到白球的概率.
【答案】（1）P(A)=27；（2）PB=2235
【解析】（1）第二次终止即：第一次摸到黑球第二次摸到白球；
（2）根据规则，甲取到白球必须可能是第1,3,5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，结合树状图求解.
【详解】（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：
因此，P(A)=4×37×6=27.
（2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件i=1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：
所以P(B)=PA1∪A3∪As=PA1+PA3+PA5
=37+4×3×37×6×5+4×3×2×1×37×6×5×4×3
=37+635+135=2235.
【点睛】此题考查互斥事件的加法法则，关键在于准确将一个事件分拆成多个互斥的事件分别计算概率.
18．我校后勤服务中心为监控学校稻香圆食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食常服务质量进行名评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布直方图．下图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布直方图，其中样本数据分组为[40，50），[50，60），……，[90，100]．
(1)求频率分布直方图中a的值并估计样本的众数：
(2)学校规定：师生对食堂服务质量的评分平均分不得低于75分，否则将进行内部整顿．用每组数据的中点值代替该组数据，试估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿；
(3)我校每周都会随机抽取3名学生和校长共进午餐，每次校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名学生样本频率分布直方图作为总体估计的依据，并假定本周和校长共进午餐的学生中 评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80.100]之间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．
【答案】(1)a=0.006；75；
(2)x=76.2>75，所以食堂不需要内部整顿.
(3)0.396
【分析】（1）根据小矩形的面积之和等于1求出a的值；再根据众数为所有小矩形的面积最多时的那组的分数即可求解.
（2）根据平均数等于各小矩形的面积乘以等边中点横坐标之和即可求解.
（3）分别先求出[40，60）、[60，80）、[80，100]的频率，再记校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量为事件A,求出P(A)，再通过对立事件P(A)=1−P(A)即可求出概率.
（1）由(0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018)×10=1，解得a=0.006.该组数据的众数在分数为[70,80]这一组，取中点值为75分，即众数为75
（2）由题中数据可得对食堂服务质量评分的平均分为x=45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.022×10+75×0.028×10+85×0.022×10+95×0.018×10=76.2因为76.4>75，所以食堂不需要内部整顿.
（3）由图可知，[40，60）、[60，80）、[80，100]这三组的频率分别为0.1、0.5、0.4；用频率估计概率，即差评、中评、好评的概率分别为0.1、0.5、0.4；以本次抽取的3名学生，让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，记3名学生分别为甲、乙、丙；设本周校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的事件记为A，则A事件即为：甲好评乙丙中评、甲乙好评丙中评、甲丙好评乙中评、乙好评甲丙中评、乙丙好评甲中评、丙好评甲乙中评、甲乙丙都好评；即P(A)=0.4×0.5×0.5+0.4×0.4×0.5+0.4×0.5×0.4+0.5×0.4×0.5+0.5×0.4×0.4+0.5×0.5×0.4+0.4×0.4×0.4=0.604∴P(A)=1−P(A)=1−0.604=0.396.即本周校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率为0.396.
19．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________．
【答案】56
【分析】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.
【详解】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：56一次购物量
1至5件
6至10件
11至15件
16至20件
21件及以上
顾客数（人）
x
30
25
y
5
结算时间（分钟/人）
1
2
3
4
5
事件
A0
A1
A3
概率
事件
A0
A1
A3
概率
0.75
0.15
0.06
0.04