高中数学人教A版 (2019)必修 第二册10.1 随机事件与概率课后作业题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册10.1 随机事件与概率课后作业题，共11页。试卷主要包含了下列试验是古典概型的是，以下结论中正确的有等内容，欢迎下载使用。
1．下列试验是古典概型的是（ ）
A．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都是整数的所有点中任取一点
B．某射手射击一次，可能命中0环，1环，2环，…，10环
C．某小组有男生5人，女生3人，从中任选1人做演讲
D．在适宜的条件下，种下一粒种子，观察它是否发芽
【答案】C
【分析】根据古典概型的特征依次判断即可.
【详解】对于A，横坐标和纵坐标都是整数的点有无限多个，不满足有限样本空间特征，故该选项错误；
对于B，命中0环，1环，2环…，10环的概率不相同，不满足等可能性特征，故该选项错误；
对于C，人数有限，且任选1人与学生的性别无关，是等可能的，故该选项正确；
对于D，“发芽”与“不发芽”的概率不一定相等，不满足等可能性特征，故该选项错误；
故选：C.
2．下列有关古典概型的说法中，错误的是（ ）
A．试验的样本空间的样本点总数有限
B．每个事件出现的可能性相等
C．每个样本点出现的可能性相等
D．已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率PA=kn
【答案】B
【分析】根据古典概型的定义逐项判断即可
【详解】解：由古典概型概念可知：试验的样本空间的样本点总数有限；每个样本点出现的可能性相等，故A，C正确；
每个事件不一定是样本点，可能包含若干个样本点，所以B不正确；
根据古典概型的概率计算公式可知D正确，
故选：B
3．先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，观察朝上的点数．记事件A：点数之和为3，事件B：点数之和不超过3．有下列说法：①样本空间Ω=i,j1≤i≤6,1≤j≤6,i∈N,j∈N；②A={(1,2),(2,1)}；③B={(1,1),(1,2),(2,1)}；④P(A)≤P(B)．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】求得样本空间Ω判断①；求得事件A判断②；求得事件B判断③；分别求得的值判断④.
【详解】用1,2表示第一次掷出1点第二次掷出2点，其他的样本点用类似的方法表示，
则可知所有样本点均可表示成(i,j)的形式，其中i，j都是1，2，3，4，5，6中的数．
因此，样本空间Ω={(i,j)∣1≤i≤6, 1≤j≤6，i∈N，j∈N}，①判断正确；
由A={(1,2),(2,1)}可知②判断正确；
由B={(1,1),(1,2),(2,1)}可知③判断正确；
因为P(A)=236=118，P(B)=336=112，故P(A)≤P(B)，故④判断正确．
故选：D
4．在抽查作业的试验中，下列各组事件都是基本事件的是（ ）
A．抽到第一组与抽到第二组B．抽到第一组与抽到男学生
C．抽到女学生与抽到班干部D．抽到班干部与抽到学习标兵
【答案】A
【分析】利用基本事件是不可能同时发生的定义，即可得到答案；
【详解】在A中，抽到第一组与抽到第二组不能同时发生，都是基本事件，故A正确;
在B中，抽到第一组与抽到男学生有可能同时发生，不都是基本事件，故B错误;
在C中，抽到女学生与抽到班干部有可能同时发生，不都是基本事件，故C错误;
在D中，抽到班干部与抽到学习标兵有可能同时发生，不都是基本事件，故D错误．
故选：A
5．已知点集P={x，y|x，y∈1，2，3}，从集合P中任取一点，纵横坐标和为偶数的概率是（ ）
A．12B．C．D．59
【答案】D
【分析】根据古典概型的公式计算即可．
【详解】解：设纵横坐标和为偶数为事件A，
从集合P中任取一点的事件为1,1,1,2,1,3,2,2,2,3,3,3,2,1,3,1,3,2，共9个基本事件，
纵横坐标和为偶数为1,1,1,3,2,2,3,3,3,1，共5个基本事件，
∴PA=59．
故选：D．
6．珠算是以算盘为工具进行数字计算的一种方法，2013年年底联合国教科文组织将中国珠算项目列入人类非物质文化遗产名录．算盘的每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面的两颗珠叫“上珠”，下面的5颗叫“下珠”，从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为（ ）
A．14B．25C．27D．15
【答案】C
【分析】计算古典概型概率即可.
【详解】总共14颗算珠，其中上珠4颗，故从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为414=27.
故选：C
7．一个袋子中有3个红球和n个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球．若取出的2个球都是红球的概率为17，则n为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】由古典概型的概率公式列式求解，
【详解】在n+3个球中有3个红球，采用不放回方式依次随机取2个球，
都是红球的概率为3n+3×2n+2=17，解得n=4，
故选：C
8．以下结论中正确的有（ ）
A．投掷一枚骰子，事件“出现的点数至少是5点”和“出现的点数至多是2点”是互斥事件
B．投掷一枚硬币，事件“结果为正面向上”和“结果为反面向上”是对立事件
C．5个阉中有一个是中签的阉，甲、乙两人同时各抽一个，事件“甲中签”和“乙中签”是对立事件
D．从两男两女四个医生中随机选出两人组建救援队，抽选结果的基本事件是“一男一女”、“两个男医生”、“两个女医生”，共三种
【答案】AB
【分析】A中事件“至少出现5点”和“至多出现2点”是互斥事件，所以该选项正确；
B中事件“结果正面向上”的发生与“结果反面向上”是对立事件．所以该选项正确；
C中事件“甲中签”和“乙中签”是互斥事件但不是对立事件．所以该选项错误；
D中三种事件不能构成基本事件，所以该选项错误.
【详解】A中事件“至少出现5点”和“至多出现2点”不可能同时发生，所以是互斥事件，所以该选项正确；
B中事件“结果正面向上”的发生与“结果反面向上”的发生不可能同时出现，所以是互斥事件，但所有结果只有两种，所以事件“结果正面向上"和“结果反面向上”是对立事件．所以该选项正确；
C中事件“甲中签”和“乙中签”是不可能同时发生，但也可能是“甲，乙两人都不中签”发生，所以事件“甲中签”和“乙中签”是互斥事件但不是对立事件．所以该选项错误；
D中设两男为A，B，两女为a，b，则“AB”，“Aa”，“Ab”，“ab”，“Ba”，“Bb”为等可能事件，可以组成一个基本事件空间，显然“一男一女”包含“Aa”，“Ab”，“Ba”，“Bb”四种情况，不能构成基本事件．所以该选项错误.
故选：AB
9．抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为一号和二号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果.
(1)写出这个试验的样本空间，并判断这个试验是否为古典概型；
(2)求下列事件的概率；
①A= “两个点数之和是5”；
②B= “一号骰子的点数比二号骰子的点数大”.
【答案】(1)Ω={(m,n)|m,n∈{1,2,3,4,5,6}}，是古典概型；
(2)19；512.
【分析】（1）确定试验的每个样本点的构成，写出样本空间，再判断样本空间的样本点个数及是否等可能作答.
（2）用列举法分别写出事件A，B所含样本点，再由古典概率公式计算作答.
(1)
抛掷一枚骰子有6种等可能的结果，一号骰子的每一个结果都与二号骰子的任意一个结果配对，组成掷两枚骰子试验的一个结果，
用数字m(m∈{1,2,3,4,5,6})表示一号骰子出现的点数m，用数字n(n∈{1,2,3,4,5,6})表示二号骰子出现的点数n，
则数组表示这个试验的一个样本点，所以这个试验的样本空间为：Ω={(m,n)|m,n∈{1,2,3,4,5,6}}，
样本空间Ω共有36个样本点，由于骰子的质地均匀，因此各个样本点出现的可能性相等，所以这个试验是古典概型.
(2)
由（1）知，事件A所含样本点为：(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)，共4个，
所以P(A)=436=19；
事件B所含样本点为：(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2), (6,3),(6,4),(6,5)，共15个，
所以P(B)=1536=512.
10．袋中有大小相同的5个白球、3个黑球和3个红球，每个球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．
(1)有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作是一个样本点建立概率模型，该模型是不是古典概型？
(2)若按球的颜色为样本点，有多少个样本点？以这些样本点建立概率模型，该模型是不是古典概型？
【答案】(1)11种，以球的编号为样本点的概率模型为古典概型
(2)答案见解析，不是古典概型
【分析】根据古典概型的特征：等可能性即可得出答案.
(1)
由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．
又因为所有球大小相同．
因此，每个球被摸到的可能性相等，
即以球的编号为样本点的概率模型为古典概型．
(2)
由于11个球共有3种颜色，因此共有3个样本点，
分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C：“摸到红球”．
因为所有球的大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111.
又因为有5个白球，所以一次摸球摸中白球的可能性为511.
同样，摸中黑球、红球的可能性均为311.
显然这三个样本点出现的可能性不相等，
故以颜色为样本点的概率模型不是古典概型．
11．一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.
(1)求第二次取到红球的概率；
(2)求两次取到的球颜色相同的概率；
(3)如果袋中装的是4个红球，n个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为25，那么n是多少？
【答案】(1)25
(2)715
(3)n=2
【分析】（1）先求出从10个球中不放回地随机取出2个的不同取法数，再求出第二次取到红球的不同取法数，然后求概率即可；
（2）结合（1）求解即可；
（3）由取出的2个球都是红球的概率求出基本事件的个数，然后再求解即可.
【详解】（1）从10个球中不放回地随机取出2个共有10×9=90（种）可能，即nΩ=90，
设事件A= “两次取出的都是红球”，则nA=4×3=12，
设事件B= “第一次取出红球，第二次取出绿球”，则nB=4×6=24，
设事件C= “第一次取出绿球，第二次取出红球”，则nC=6×4=24，
设事件D= “两次取出的都是绿球”，则nD=6×5=30，
因为事件两两互斥，
所以P（第二次取到红球）=PA∪C=12+2490=25.
（2）由（1）得，P（两次取到的球颜色相同）=PA∪D=12+3090=715；
（3）结合（1）中事件，可得nA=4×3=12，nΩ=n+4n+3，
因为PA=nAnΩ=25，
所以nΩ=nA×52=12×52=30，即n+4n+3=30，解得n=2（负值舍去），
故n=2.
12．袋子中放有大小和形状相同的小球若干个，其中红色小球1个，黄色小球1个，蓝色小球n个，从袋子中随机抽取1个小球，设取到蓝色小球为事件M，且事件M发生的概率是12.
(1)求n的值；
(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，若每次取到红色小球得0分，取到黄色小球得1分，取到蓝色小球得2分，设第一次取出小球后得分为a，第二次取出小球后得分为b，记事件N为“a+b=2”，求事件N发生的概率.
【答案】(1)n=2
(2)
【分析】（1）袋子中随机抽取1个小球，共有n+2个结果，得到PM=nn+2=12，解得答案.
（2）红色小球记为A，黄色的小球记为B，蓝色小球记为C1，C2，列举出所有情况共12种，满足条件共有4种，得到概率.
【详解】（1）由题意，从袋子中随机抽取1个小球，共有n+2个结果，每个结果可能性相同，
其中事件M发生有n种结果，所以PM=nn+2=12，解得n=2.
（2）把红色小球记为A；黄色的小球记为B；蓝色小球记为C1，C2；
则两次不放回地取出小球的组合情况可用表格表示为
共12个样本点，
其中事件N包含的样本点有，，C1,A，C2,A，共4个，
所以PN=412=13.
选做题
13．吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（ ）
A．15B．815
C．35D．320
【答案】D
【分析】“口香糖吃完时还剩2支香烟”即第四次取到的是口香糖且前三次有两次口香糖一次香烟，根据古典概型计算出其概率即可.
【详解】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为A1,A2,A3，口香糖为B1,B2,B3，进行四次取物，
基本事件总数为：种
事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况：
烟、糖、糖、糖：种
糖、烟、糖、糖： 种
糖、糖、烟、糖：种
包含的基本事件个数为：54，
所以，其概率为
故选：D
14．将编号分别为1，2，3，4，5的5个小球分别放入3个不同的盒子中，每个盒子都不空，则每个盒子中所放小球的编号奇偶性均不相同的概率为
A．17B．16C．625D．724
【答案】C
【分析】先判断奇偶性不同则只能是2,2,1，再计算概率
【详解】由题知，要求每个盒子都不空，则3个盒子中放入小球的个数可分别为3,1,1或2,2,1,
若要求每个盒子中小球编号的奇偶性不同则只能是2,2,1，
且放入同一盒子中的两个小球必须是编号为一奇一偶，
故所求概率为P=C32A22A33C53A33+C52C322A33=625
故答案选C
15．将给定的15个互不相同的实数，排成五行，第一行1个数，第二行2个数，第三行3个数，第四行4个数，第五行5个数，则每一行中的最大的数都小于后一行中最大的数的概率是________.
【答案】245
【分析】通过分析最大数在第n行的概率，得到规律，从而可求得结果
【详解】解：设xk是从上往下数第k行的最大数，设x113=2+2+3+2+2×3+⋯+2+332×3+667×100010002
=333×2+166×3+667×100010002=16672000.
故答案为：16672000.
【点睛】本题考查古典概型求概率，考查分类讨论思想和计算能力.
17．设n是给定的正整数（n>2），现有n个外表相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第kk=1,2,3,⋯,n个袋中有k个红球，n−k个白球．现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
（1）若n=4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；
（2）若n=4，求第三次取出为白球的概率；
（3）对于任意的正整数nn>2，求第三次取出为白球的概率．
【答案】（1）12；（2）38；（3）n−12n．
【分析】（1）n=4时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率．
（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第k个袋子的概率为14，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
（3）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第k个袋子的概率为1n，由此能求出第三次取出的是白球的概率．
【详解】解：（1）n=4时，第二个袋中有2白2红，共4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）．
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率P=24×13×22+24×23×12+24×23×12=12．
（2）设选出的是第kk=1,2,3,4个袋，连续三次取球的方法数为4×3×2=24，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为4−k3−k2−k，
（白，红，白），取法数为k4−k3−k，
（红，白，白），取法数为k4−k3−k，
（红，红，白），取法数为kk−14−k，
从而第三次取出的是白球的种数为：
4−k3−k2−k+k4−k3−k+kn−k3−k+kk−14−k=3×2n−k，
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk=4−k4，
而选到第k个袋子的概率为14，故所求概率为：
p=k=14pk⋅14=k=14⋅4−k4⋅14=116k=144−k=116i=03i=38．
（3）设选出的是第k个袋，连续三次取球的方法数为nn−1n−2，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为n−kn−k−1n−k−2，
（白，红，白），取法数为kn−kn−k−1，
（红，白，白），取法数为kn−kn−k−1，
（红，红，白），取法数为kk−1n−k，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第k个袋子中第三次取出的是白球的概率pk=n−kn，
而选到第k个袋子的概率为1n，故所求概率为：
p=k=1npk⋅1n=k=1nn−kn⋅1n=1n2k=1nn−k=1n2i=0n−1i=n−12n．
【点睛】关键点睛：本题考查概率的求法，相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式，关键在于运用列举法，准确地运用公式得以解决问题．
18．智能手机的出现改变了我们的生活，同时也占用了我们大量的学习时间.某市教育机构从500名手机使用者中随机抽取100名，得到每天使用手机时间（单位：分钟）的频率分布直方图（如图所示），其分组如下：
0,20,20,40,40,60,60,80,80,100.
(1)根据频率分布直方图，估计这500名手机使用者使用时间的中位数；（精确到整数）
(2)在抽取的100名手机使用者中，在(20,40]和(40,60]中按比例分别抽取2人和3人组成研究小组，然后从研究小组中选出2名组长.求这2名组长分别选自(20,40]和(40,60]的概率.
【答案】(1)57分钟
(2)35
【分析】（1）设中位数为x，利用面积之和为0.5求解即可；
（2）利用列举法结合古典概型的概率公式求解即可
（1）
设中位数为x，易知x∈（40，60]，
则0.0025×20+0.0100×20+0.0150×（x-40）=0.5，
解得x=1703≈57.
∴这500名手机使用者使用时间的中位数是57分钟.
（2）
设在（20，40]内抽取的2人分别为a，b，在（40，60]内抽取的3人分别为x，y，z，
则从5人中选出2人共有以下10种情况：
（a，b），（a，x），（a，y），（a，z），（b，x），（b，y），（b，z），（x，y），（x，z），（y，z），
2名组长分别选自（20，40]和（40，60]的共有以下6种情况：
（a，x），（a，y），（a，z），（b，x），（b，y），（b，z）.
∴所求概率为610=35.A
B
C1
C2
A
×
A,B
B
B,A
×
B,C1
B,C2
C1
C1,A
C1,B
×
C1,C2
C2
C2,A
C2,B
C2,C1
×