高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试练习

本章复习提升

易混易错练　　　　　 　　　　　 　　　　　

易错点1　样本点重复或遗漏致错

1.(2020河南信阳高中高一下月考,)在1,2,3,4四个数中随机地抽取一个数记为a,再在剩余的三个数中随机地抽取一个数记为b,则“不是整数”的概率为(　　)

A. B. C. D.

2.()从1,2,3,4这4个数中任取2个数求和,那么“这2个数的和大于4”包含的样本点个数为(　　)

A.2 B.3 C.4 D.5

易错点2　分不清“互斥事件”与“对立事件”致错

3.(2020山东济南历城二中高一下月考,)2021年某省新高考将实行“3+1+2”模式,即语文、数学、外语必选,物理、历史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选课模式.某同学已选了物理,记事件A=“他选择政治和地理”,事件B=“他选择化学和地理”,则事件A与事件B(　　)

A.是互斥事件,不是对立事件

B.既是互斥事件,也是对立事件

C.既不是对立事件,也不是互斥事件

D.无法判断

4.(2020山东聊城一中高一期末,)一个盒子内装有大小、形状相同的红球、白球和黑球若干个,从中摸出1个球,摸出红球的概率是0.45,摸出白球的概率是0.25,那么摸出黑球或红球的概率是(　　)

A.0.3 B.0.55 C.0.7 D.0.75

5.()若一架飞机向目标投弹,击毁目标的概率为0.2,目标未受损的概率为0.4,则目标受损但未被击毁的概率为(　　)

A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.4

易错点3　不能区分事件是否互斥而错用加法公式

6.()某战士射击一次,击中环数大于7的概率为0.6,击中环数是6或7或8的概率相等,且和为0.3,则该战士射击一次,击中环数大于5的概率为　　　　. 

7.()某停车场临时停车按时段收费,收费标准如下: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小时按1小时计算).现有甲、乙两人在该地停车,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,停车费多于14元的概率为,求甲的停车费为6元的概率;

(2)若甲、乙两人每人停车的时长在每个时段的可能性相同,求甲、乙两人停车费之和为28元的概率.

易错点4　不能正确理解独立事件发生的概率致错

8.()设事件A与B相互独立,两个事件中只有A发生的概率和只有B发生的概率都是,则事件A和事件B同时发生的概率为(　　)

A. B. C. D.

9.()甲、乙两人各射击一次,击中目标的概率分别是和.假设两人射击是否击中目标相互之间没有影响,每人每次射击是否击中目标相互之间也没有影响.

(1)求甲、乙各射击一次均击中目标的概率;

(2)求甲射击4次,恰有3次连续击中目标的概率;

(3)若乙在射击中出现连续2次未击中目标就会被终止射击,求乙恰好射击4次后被终止射击的概率.

易错点5　混淆概率与频率的概念致错

10.()某人将一枚硬币连掷10次,正面朝上的情况出现了8次,若用A表示“正面朝上”这一事件,则A发生的(　　)

A.概率为 B.频率为

C.频率为8 D.概率接近0.8

11.()把一枚质地均匀的硬币连续掷了1 000次,其中有496次正面朝上,504次反面朝上,则可认为掷一次硬币,正面朝上的概率为　　　　. 

思想方法练

一、分类讨论思想在解决概率问题中的运用　　　　　 　　　　　 　　　　　

1.()甲、乙、丙三台机器是否需要维修相互之间没有影响.在一小时内,甲、乙、丙三台机器需要维修的概率分别是0.1,0.2,0.4,则一小时内恰有一台机器需要维修的概率是(　　)

A.0.444 B.0.008 C.0.7 D.0.233

2.()在一只袋子中装有7个红玻璃球,3个绿玻璃球,它们除颜色外完全相同,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,则取得两个同颜色的玻璃球的概率为　　　　;至少取得一个红玻璃球的概率为　　　　. 

3.()在一个选拔项目中,每个选手都需要进行四轮考核,每轮设有一个问题,能正确回答者进入下一轮考核,否则被淘汰.已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮问题的概率分别为,,,,且各轮问题能否正确回答互不影响.

(1)求该选手进入第三轮才被淘汰的概率;

(2)求该选手至多进入第三轮考核的概率.

二、转化与化归思想在解决概率问题中的运用

4.()某学校在教师外出家访了解学生家长对孩子的学习关心情况活动中,一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示:

(1)求有4人或5人外出家访的概率;

(2)求至少有3人外出家访的概率.

5.(2020山东省实验中学高一期末,)甲、乙两篮球运动员分别进行一次投篮,两人投中的概率都为0.6.计算:

(1)两人都投中的概率;

(2)至少有一人投中的概率.深度解析

三、数形结合思想在解决概率问题中的运用

6.(2020河北部分重点中学高二期末联考,)为了解某中学学生对《中华人民共和国交通安全法》的了解情况,调查部门在该校进行了一次问卷调查(共12道题),从该校学生中随机抽取40人,统计了每人答对的题数,将统计结果分成[0,2),[2,4),[4,6),[6,8),[8,10),[10,12]六组,得到如下频率分布直方图.

(1)估计这组数据的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);

(2)若从答对题数在[2,6)内的学生中随机抽取2人,求恰有1人答对题数在[2,4)内的概率.

答案全解全析

易混易错练

1.C　由题可得,样本点总数n=4×3=12.

∵“不是整数”包含的样本点有,,,,,,,,共8个,

∴“不是整数”的概率P==.故选C.

2.C　从1,2,3,4这4个数中任取2个数求和,则试验的样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4) },其中“这2个数的和大于4”包含的样本点有(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个.

3.A　由题意知,事件A与事件B不能同时发生,但能同时不发生,故事件A和B是互斥事件,但不是对立事件,故选A.

4.D　因为从中摸出1个球,摸出红球的概率是0.45,摸出白球的概率是0.25,所以摸出黑球的概率是1-(0.45+0.25)=0.3,

因为从盒子中摸出1个球为黑球与摸出1个球为红球为互斥事件,

所以摸出黑球或红球的概率为0.3+0.45=0.75,故选D.

5.D　∵一架飞机向目标投弹,目标未受损的概率为0.4,∴P(目标受损)=1-0.4=0.6.

目标受损分为完全被击毁和未完全被击毁两种情形,它们是对立事件,

∴P(目标受损)=P(目标受损但未被击毁)+P(目标被击毁),

即0.6=P(目标受损但未被击毁)+0.2,

∴P(目标受损但未被击毁)=0.6-0.2=0.4.故选D.

6.答案　0.8

解析　设“击中6环”为事件A,“击中7环”为事件B,“击中8环”为事件C,由题意得P(A)=P(B)=P(C)=0.1,且事件A,B,C两两互斥,

∴击中环数大于5的概率P=P(A)+P(B)+0.6=0.1+0.1+0.6=0.8.

7.解析　(1)记“一次停车不超过1小时”为事件A,“一次停车1到2小时”为事件B,“一次停车2到3小时”为事件C,“一次停车3到4小时”为事件D. 由已知得P(B)=,P(C+D)=.

又事件A,B,C,D互斥,所以P(A)=1--=.

所以甲的停车费为6元的概率为.

(2)易知甲、乙停车时间的样本点有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),共16个,这16种情况发生的可能性是相等的,而“停车费之和为28元”的样本点有(1,3),(2,2),(3,1),共3个.所以所求概率为.

8.A　因为A和B相互独立,所以A与,和B也相互独立.

所以P(A)=P(A)P()=P(A)[1-P(B)]=,①

P(B)=P()P(B)=[1-P(A)]P(B)=.②

①-②,得P(A)=P(B).③

①③联立,解得P(A)=P(B)=,

所以P(AB)=P(A)P(B)=×=.

故事件A和事件B同时发生的概率为.

9.解析　(1)记事件A表示“甲击中目标”,事件B表示“乙击中目标”.

依题意知,事件A和事件B相互独立,

因此甲、乙各射击一次均击中目标的概率为P(AB)=P(A)P(B)=×=.

(2)记事件Ai表示“甲第i次射击击中目标”(其中i=1,2,3,4),并记“甲射击4次,恰有3次连续击中目标”为事件C,

则C=A1A2A3∪A2A3A4,

且A1A2A3与A2A3A4是互斥事件.

由于A1,A2,A3,A4之间相互独立,

所以Ai与(i,j=1,2,3,4,且i≠j)之间也相互独立.

由于P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(A4)=,

所以P()=P()=P()=P()=,

故P(C)=P(A1A2A3∪A2A3A4)

=P(A1)P(A2)P(A3)P()+P()P(A2)·P(A3)P(A4)

=×+×=.

所以甲射击4次,恰有3次连续击中目标的概率为.

(3)记事件Bi表示“乙第i次射击击中目标”(其中i=1,2,3,4),并记事件D表示“乙在第4次射击后被终止射击”,

则D=B1B2∪B2,

且B1B2与B2是互斥事件.

由于B1,B2,B3,B4之间相互独立,

所以Bi与(i,j=1,2,3,4,且i≠j)之间也相互独立.

由于P(Bi)=(i=1,2,3,4),所以P()=(i=1,2,3,4),

故P(D)=P(B1B2∪B2)

=P(B1B2)+P(B2)

=P(B1)P(B2)P()P()+P()·P(B2)P()P()

=×+×=.

所以乙恰好射击4次后被终止射击的概率为.

10.B　做n次随机试验,事件A发生了m次,则事件A发生的频率为.如果多次进行试验,事件A发生的频率总在某个常数附近摆动,那么这个常数是事件A的概率.故=为事件A的频率.

11.答案　0.5

解析　通过做大量的试验可以发现,正面朝上的频率在0.5附近摆动,故可认为掷一次硬币,正面朝上的概率是0.5.

思想方法练

1.A　一小时内恰有一台机器需要维修的概率为0.1×0.8×0.6+0.9×0.2×0.6+0.9×0.8×0.4=0.444.

2.答案　;

解析　取得两个同颜色的玻璃球包括取两个红玻璃球和取两个绿玻璃球,故取得两个同颜色的玻璃球的概率为+=.

 “至少取得一个红玻璃球”的对立事件是“取得两个绿玻璃球”,

故至少取得一个红玻璃球的概率为1-=.

3.解析　设事件Ai(i=1,2,3,4)表示“该选手能正确回答第i轮问题”,

则P(A1)=,P(A2)=,P(A3)=,P(A4)=.

(1)设事件B表示“该选手进入第三轮才被淘汰”,

则P(B)=P(A1A2)=P(A1)P(A2)P()=××=.

(2)设事件C表示“该选手至多进入第三轮考核”,

则P(C)=P(+A1+A1A2)=P()+P(A1)+P(A1A2)=+×+××=.

4.解析　设“派出2人及以下”为事件A,“派出4人”为事件C,“派出5人”为事件D.

(1)有4人或5人外出家访的事件为事件C或事件D,C,D为互斥事件,根据互斥事件概率的加法公式可知

P(C∪D)=P(C)+P(D)=0.3+0.1=0.4.

(2)至少有3人外出家访的对立事件为有2人及以下外出家访,所以由对立事件的概率公式可知所求概率P=1-P(A)=1-0.1=0.9.

5.解析　设A=“甲投篮一次投中”,B=“乙投篮一次投中”.

(1)由题意知,事件A与B相互独立,所以所求概率为P(AB)=P(A)P(B)=0.6×0.6=0.36.

(2)事件“两人各投篮一次,至少有一人投中”的对立事件为“两人各投篮一次,均未投中”,其概率是P(　)=P()P()=(1-0.6)×(1-0.6)=0.16.

因此,至少有一人投中的概率为1-P(　)=1-0.16=0.84.

方法技巧

求解“至多”“至少”型事件的概率时,若直接计算较烦琐,可先计算其对立事件的概率,再求结果.此时一定要分清事件的对立事件是什么,不能重复或遗漏.

6.解析　(1)估计这组数据的平均数为

(1×0.025 0+3×0.025 0+5×0.037 5+7×0.125 0+9×0.187 5+11×0.100 0)×2=7.9.

(2)由题图可知,答对题数在[2,4)内的学生有0.025 0×2×40=2人,分别记为A,B;

答对题数在[4,6)内的学生有0.037 5×2×40=3人,分别记为c,d,e.

从答对题数在[2,6)内的学生中随机抽取2人的情况有(A,B),(A,c),(A,d),(A,e),(B,c),(B,d),(B,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10种,

恰有1人答对题数在[2,4)内的情况有(A,c),(A,d),(A,e),(B,c),(B,d),(B,e),共6种,

故所求概率P==.