人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试课时训练

这是一份人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试课时训练，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( )
A．134石 B．169石 C．338石 D．1 365石
B [因为样品中米内夹谷的比例为eq \f(28,254)，所以这批米内夹谷为1 534×eq \f(28,254)≈169(石)．]
2．某班要安排语文、数学、历史、体育四节课，则体育课不排在第一节的概率为( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,3) C．eq \f(1,2) D．eq \f(3,4)
D [不考虑语文、数学、历史排在第几节，只考虑体育的排法，体育等可能地排在第一节、第二节、第三节、第四节，共4种情况，因此体育课不排在第一节的概率为eq \f(3,4)．]
3．某娱乐节目中的“百宝箱”互动环节是一种竞猜游戏，游戏规则如下：在20个商标中，有5个商标的背面注明了一定的奖金额，其余商标的背面是一张苦脸，若翻到苦脸就未获奖．参加这个游戏的观众有三次翻牌的机会．某观众前两次翻牌均得若干奖金，如果翻过的牌不能再翻，那么这位观众第三次翻牌获奖的概率是( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,6) C．eq \f(1,5) D．eq \f(3,20)
B [该观众翻两次牌后，还有18个商标，其中只有3个有奖金，所以第三次翻牌获奖的概率为eq \f(3,18)＝eq \f(1,6)．]
4．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就获冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军．若每局中甲、乙两队获胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )
A．eq \f(3,4) B．eq \f(2,3) C．eq \f(3,5) D．eq \f(1,2)
A [若甲队获得冠军，则可分为两种情况：(1)只比赛一局，甲赢，其概率为P1＝eq \f(1,2)；(2)需比赛两局，第一局甲负，第二局甲赢，其概率为P2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4)．故甲队获得冠军的概率为P1＋P2＝eq \f(3,4)．]
5．两名同学分3本不同的书，其中一人没有分到书，另一人分得3本书的概率为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,6)
B [两名同学分3本不同的书，试验的样本空间为Ω＝{(0,3)，(1a,2)，(1b,2)，(1c,2)，(2,1a)，(2,1b)，(2,1c)，(3,0)}，共8个样本点，其中一人没有分到书，另一人分到3本书的样本点有2个，∴一人没有分到书，另一人分得3本书的概率P＝eq \f(2,8)＝eq \f(1,4)．]
6．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2) C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
A [记3个兴趣小组分别为1,2,3，如甲参加1组记为“甲1”，则样本空间为{(甲1，乙1)，(甲1，乙2)，(甲1，乙3)，(甲2，乙1)，(甲2，乙2)，(甲2，乙3)，(甲3，乙1)，(甲3，乙2)，(甲3，乙3)}，共9个样本点．记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”，则事件A包含(甲1，乙1)，(甲2，乙2)，(甲3，乙3)，共3个样本点．因此P(A)＝eq \f(3,9)＝eq \f(1,3)．]
7．现采用随机模拟的方法估计一位射箭运动员三次射箭恰有两次命中的概率：先由计算机随机产生0到9之间取整数的随机数，指定1,2,3,4,5,6,7,8表示命中，9,0表示不命中，再以三个随机数为一组，代表三次射箭的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：
807 966 191 925 271 932 812 458 569 683
489 257 394 127 552 488 732 113 537 741
根据以上数据，估计该运动员三次射箭恰好有两次命中的概率为( )
A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.5
C [根据题中数据，该运动员三次射箭恰好有两次命中的有807,966,191,925,932,569,489,394，共8次，所以估计该运动员三次射箭恰好有两次命中的概率为eq \f(8,20)＝0.4．]
8．在如图所示的电路中，5只箱子表示保险匣，箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，当开关合上时，电路畅通的概率是( )
A．eq \f(29,36) B．eq \f(551,720) C．eq \f(29,72) D．eq \f(29,144)
A [当开关合上时，电路畅通，即A至B畅通，且B至C畅通，可求得A至B畅通的概率为1－eq \f(1,4)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))))＝eq \f(5,6)，B至C畅通的概率为1－eq \f(1,5)×eq \f(1,6)＝eq \f(29,30)，所以电路畅通的概率为eq \f(5,6)×eq \f(29,30)＝eq \f(29,36)．]
二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么下列说法正确的是( )
A．至少有1个黑球与都是红球是对立事件
B．至少有1个黑球与都是黑球是互斥事件
C．至少有1个黑球与至少有1个红球是对立事件
D．恰有1个黑球与恰有2个黑球是互斥而不对立事件
AD [A中的两个事件是对立事件，A正确．B中的两个事件是包含关系，不是互斥事件，B不正确．C中的两个事件都包含“一个黑球、一个红球”这一事件，不是互斥事件，更不是对立事件，C不正确．D中是互斥而不对立的两个事件，D正确．]
10．已知事件A，B，且P(A)＝0.5，P(B)＝0.2，则下列结论正确的是( )
A．如果B⊆A，那么P(A∪B)＝0.2，P(AB)＝0.5
B．如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝0.7，P(AB)＝0
C．如果A与B相互独立，那么P(A∪B)＝0.7，P(AB)＝0
D．如果A与B相互独立，那么P(eq \(A,\s\up7(－)) eq \(B,\s\up7(－)))＝0.4，P(A eq \(B,\s\up7(－)))＝0.4
BD [对于A，如果B⊆A，那么P(A∪B)＝0.5，P(AB)＝0.2，故A错误；
对于B，如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.7，P(AB)＝0，故B正确；
对于C，如果A与B相互独立，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5＋0.2－0.5×0.2＝0.6，P(AB)＝P(A)P(B)＝0.5×0.2＝0.1，故C错误；
对于D，如果A与B相互独立，那么P(eq \(A,\s\up7(－)) eq \(B,\s\up7(－)))＝P(eq \(A,\s\up7(－)))P(eq \(B,\s\up7(－)))＝(1－0.5)×(1－0.2)＝0.4，
P(A eq \(B,\s\up7(－)))＝P(A)P(eq \(B,\s\up7(－)))＝0.5×(1－0.2)＝0.4，故D正确．]
11．从甲袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,2)，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是( )
A．2个球都是红球的概率为eq \f(1,6)
B．2个球不都是红球的概率为eq \f(1,3)
C．至少有1个红球的概率为eq \f(2,3)
D．2个球中恰有1个红球的概率为eq \f(1,2)
ACD [设“从甲袋中摸出一个红球”为事件A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事件A2，则P(A1)＝eq \f(1,3)，P(A2)＝eq \f(1,2)，且A1，A2独立．在A中，2个球都是红球为A1A2，其概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，A正确；在B中，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为eq \f(5,6)，B错误；在C中，2个球中至少有1个红球的概率为1－P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))＝1－eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，C正确；2个球中恰有1个红球的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，D正确．故选ACD．]
12．2020年“国庆节”期间，高速公路车辆较多．某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中抽取了40名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速(km/h)分成六段：[60,65)，[65,70)，[70,75)，[75,80)，[80,85)，[85,90]，得到如图所示的频率分布直方图．下列结论正确的是( )
A．这40辆小型车辆车速的众数的估计值为77.5
B．在该服务区任意抽取一辆车，车速超过80 km/h的概率为0.35
C．若从车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为eq \f(14,15)
D．若从车速在[60,70)的车辆中任意抽取2辆，则车速都在[60,65)内的概率为eq \f(1,3)
ABC [在A中，由题图可知，众数的估计值为最高的矩形的中点对应的值eq \f(75＋80,2)＝77.5，A正确；在B中，车速超过80 km/h的频率为0.05×5＋0.02×5＝0.35，用频率估计概率知B正确；在C中，由题图可知，车速在[60,65)内的车辆数为2，车速在[65,70)内的车辆数为4，运用古典概型求概率得，至少有一辆车的车速在[65,70)的概率为eq \f(14,15)，即车速都在[60,65)内的概率为eq \f(1,15)，故C正确，D错误．故选ABC．]
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．一个袋子中有5个红球，4个绿球，8个黑球，如果随机地摸出一个球，记事件A＝{摸出黑球}，事件B＝{摸出绿球}，事件C＝{摸出红球}，则P(A)＝________；P(B∪C)＝________．(第一空2分，第二空3分)
eq \f(8,17) eq \f(9,17) [由古典概型的算法可得P(A)＝eq \f(8,17)，P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝eq \f(4,17)＋eq \f(5,17)＝eq \f(9,17)．]
14．设a是从集合{1,2,3,4}中随机取出的一个数，b是从集合{1,2,3}中随机取出的一个数，构成一个基本事件(a，b)．记“这些基本事件中，满足lgba≥1”为事件E，则E发生的概率是________．
eq \f(5,12) [试验发生包含的事件是分别从两个集合中取1个数字，共有4×3＝12种结果，满足条件的事件是满足lgba≥1，可以列举出所有的事件，当b＝2时，a＝2,3,4，当b＝3时，a＝3,4，共有3＋2＝5个，∴根据古典概型的概率公式得E发生的概率是eq \f(5,12)．]
15．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数，其各行各列及对角线点数之和皆为15．如图，从5个阳数中随机抽取3个数，则能使得这3个数之和等于15的概率是________．
eq \f(1,5) [5个阳数分别是1,3,5,7,9，从这5个阳数中任取3个数，则样本空间Ω＝{(1,3,5)，(1,3,7)，(1,3,9)，(1,5,7)，(1,5,9)，(1,7,9)，(3,5,7)，(3,5,9)，(3,7,9)，(5,7,9)}，其中和为15的有(1,5,9)，(3,5,7)，共2个样本点，所以所求概率为eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)．]
16．将号码分别为1,2，…，9的九个小球放入一个袋中，这些小球仅号码不同，其余完全相同，甲从袋中摸出一个球，其号码为a．放回后，乙从此袋中再摸出一个球，其号码为b，则使不等式a－2b＋10＞0成立的事件发生的概率等于________．
eq \f(61,81) [甲、乙两人每人摸出一个小球都有9种不同的结果，故基本事件为(1,1)，(1,2)，(1,3)，…，(9,7)，(9,8)，(9,9)，共81个．由不等式a－2b＋10＞0得2b＜a＋10，于是，当b＝1,2,3,4,5时，每种情形a可取1,2，…，9中每个值，使不等式成立，则共有45种；当b＝6时，a可取3,4，…，9中每个值，有7种；当b＝7时，a可取5,6,7,8,9中每个值，有5种；当b＝8时，a可取7,8,9中每个值，有3种；当b＝9时，a只能取9，有1种．于是，所求事件的概率为eq \f(45＋7＋5＋3＋1,81)＝eq \f(61,81)．]
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)十九大提出，坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村真脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，帮助贫困村种植蜜柚，并利用电商进行销售．为了更好地销售，现从该村的蜜柚树上随机摘下了100个蜜柚进行测重，其质量分别在[1 500,1 750)，[1 750，2 000)，[2 000,2 250)，[2 250,2 500)，[2 500,2 750)，[2 750，3 000](单位：g)中，其频率分布直方图如图所示．
(1)已知按分层随机抽样的方法从质量落在[1 500，1 750)，[2 000,2 250)的蜜柚中抽取了5个，现从这5个蜜柚中随机抽取2个，求这2个蜜柚质量均小于2 000克的概率；
(2)以各组数据的中间值代表这组数据的平均水平，以频率代表概率，已知该贫困村的蜜柚树上还有5 000个蜜柚等待出售，某电商提出了两种收购方案：
方案一：所有蜜柚均以30元/千克收购；
方案二：低于2 250克的蜜柚以60元/个收购，高于或等于2 250克的以80元/个收购．
请你任意选择一种方案计算收益．
[解] (1)质量落在[1 500,1 750)和[2 000,2 250)中的频率分别是0.1和0.15．
按照分层随机抽样的方法抽取5个蜜柚，则[1 500，1 750)中抽取2个，[2 000,2 250)中抽取3个．
2个蜜柚质量均小于2 000的概率为eq \f(1,10)．
(2)答案一：若选方案一，收益为
30×(1.625×500＋1.875×500＋2.125×750＋2.375×2 000＋2.625×1 000＋2.875×250)＝343 125(元)．
答案二：若选方案二，收益为
(500＋500＋750)×60＋(2 000＋1 000＋250)×80＝365 000(元)．
18．(本小题满分12分)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外，其他完全相同．现随机有放回地抽取3次，每次抽取一张，将抽取的卡片上的数字依次记为a，b，c．
(1)求“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率；
(2)求“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率．
[解] (1)由题意，(a，b，c)所有可能的结果为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．
设“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”为事件A，则事件A包含的所有可能的结果为(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种，所以P(A)＝eq \f(3,27)＝eq \f(1,9)．
因此，“抽取的卡片上的数字满足a＋b＝c”的概率为eq \f(1,9)．
(2)设“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”为事件B，则事件eq \(B,\s\up7(－))包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种，
所以P(B)＝1－P(eq \(B,\s\up7(－)))＝1－eq \f(3,27)＝eq \f(8,9)，
因此，“抽取的卡片上的数字a，b，c不完全相同”的概率为eq \f(8,9)．
19．(本小题满分12分)某商区停车场临时停车按时段收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元(不足1小时的部分按1小时计算)．现有甲、乙两人在该商区临时停车，两人停车都不超过4小时．
(1)若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为eq \f(1,3)，停车付费多于14元的概率为eq \f(5,12)，求甲临时停车付费恰为6元的概率；
(2)若甲、乙两人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙两人停车付费之和为36元的概率．
[解] (1)停车付费多于14元，则停车时间超过2小时．
设“甲临时停车付费恰为6元”为事件A，
则P(A)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(5,12)))＝eq \f(1,4)，
所以甲临时停车付费恰为6元的概率是eq \f(1,4)．
(2)设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，b∈{6,14,22,30}．
则甲、乙两人的停车费用的所有可能结果为(6,6)，(6,14)，(6,22)，(6,30)，(14,6)，(14,14)，(14,22)，(14,30)，(22,6)，(22,14)，(22,22)，(22,30)，(30,6)，(30,14)，(30,22)，(30,30)，共16种．
其中(6,30)，(14,22)，(22,14)，(30,6)这4种情况符合题意．故“甲、乙两人停车付费之和为36元”的概率为eq \f(4,16)＝eq \f(1,4)．
20．(本小题满分12分)某部门组织甲、乙两人破译一个密码，每人能否破译该密码相互独立．已知甲、乙各自独立破译出该密码的概率分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,4)．
(1)求他们恰有一人破译出该密码的概率；
(2)求他们破译出该密码的概率．
[解] 记“甲破译出密码”为事件A，“乙破译出密码”为事件B，则P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4)．
(1)“甲、乙两人中恰有一人破译出该密码”，包括“甲破译出而乙没有破译出”和“乙破译出而甲没有破译出”两种情况，
则P(A eq \(B,\s\up7(－))＋eq \(A,\s\up7(－))B)＝P(A)P(eq \(B,\s\up7(－)))＋P(eq \(A,\s\up7(－)))P(B)＝eq \f(1,3)×eq \f(3,4)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,12)．
(2)“他们破译出该密码”的对立事件为“他们没有破译出密码”，即“甲没有破译出密码”与“乙没有破译出密码”同时发生，
所以他们破译出该密码的概率为1－P(eq \(A,\s\up7(－)))P(eq \(B,\s\up7(－)))＝1－eq \f(2,3)×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)．
21．(本小题满分12分)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．
[解] (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 ℃，由表中数据可知，最高气温低于25 ℃的频率为eq \f(2＋16＋36,90)＝0.6．
所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6．
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温低于20 ℃，则Y＝200×6＋(450－200)×2－450×4＝－100；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝300×6＋(450－300)×2－450×4＝300；
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝450×(6－4)＝900，
所以，利润Y的所有可能值为－100,300,900．
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，由表格数据知，最高气温不低于20 ℃的频率为eq \f(36＋25＋7＋4,90)＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8．
22．(本小题满分12分)在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩、防护服、消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应．我国某口罩生产企业在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该企业质检人员从所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成[40,50)，[50,60)，[60,70)，…，[90,100)六组，并得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求出直方图中m的值；
(2)利用样本估计总体的思想，估计该企业所生产的口罩的质量指标值的平均数和中位数(同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到0.01)；
(3)现规定：质量指标值小于70的口罩为二等品，质量指标值不小于70的口罩为一等品．利用分层随机抽样的方法从该企业所抽取的100个口罩中抽出5个口罩，并从中再随机抽取2个作进一步的质量分析，试求这2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率．
[解] (1)由10×(0.010＋0.015＋0.015＋m＋0.025＋0.005)＝1，得m＝0.030．
(2)所求平均数为45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71．
设中位数为n，则由0.1＋0.15＋0.15＋(n－70)×0.03＝0.5，得n＝eq \f(220,3)≈73.33．
故可以估计该企业所生产口罩的质量指标值的平均数为71，中位数为73.33．
(3)由频率分布直方图可知，100个口罩中一等品有100×(0.3＋0.25＋0.05)＝60(个)，
二等品有100×(0.1＋0.15＋0.15)＝40(个)，
由分层随机抽样可知，所抽取的5个口罩中一等品有3个，二等品有2个．
记这3个一等品为a，b，c,2个二等品为d，e，则从5个口罩中随机抽取2个的可能结果有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10种，
其中恰有1个口罩为一等品的可能结果有(a，d)，(a，e)，(b，d)，(b，e)，
(c，d)，(c，e)，共6种．
故这2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)．
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40]
天数
2
16
36
25
7
4