人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率本章综合与测试同步达标检测题

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同步达标检测题，共4页。试卷主要包含了 互斥事件、对立事件的概率，古典概型，事件的相互独立性，6，0，概率与统计的综合问题等内容，欢迎下载使用。

1. 互斥事件、对立事件的概率
(1)互斥事件与对立事件的概率计算
①若事件A1，A2，…，An彼此互斥，则
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
②设事件A的对立事件是A，则P(A)＝1－P(A)．
(2)求复杂事件的概率常用的两种方法
①将所求事件转化成彼此互斥的事件的和．
②先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝1－P(A)求解．
例 受轿车在保修期内的维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关，某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，甲品牌车保修期为3年，乙品牌车保修期为2年，现从该厂已售出的两种品牌的轿车中分别随机抽取50辆，统计出在保修期内首次出现故障的车辆数据如下：
(1)从该厂生产的甲种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)从该厂生产的乙种品牌轿车中随机抽取一辆，求首次出现故障发生在保修期内的概率．
(注：将频率视为概率)
解：(1)设A，B，C分别表示甲品牌轿车首次出现故障在第1年，第2年和第3年之内，设D表示甲品牌轿车首次出现故障在保修期内，因为A，B，C是彼此互斥的，
其概率分别为P(A)＝eq \f(2,50)＝eq \f(1,25)，P(B)＝eq \f(1,50)，P(C)＝eq \f(3,50)，
所以P(D)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq \f(3,25)，
即首次出现故障发生在保修期内的概率为eq \f(3,25).
(2)乙品牌轿车首次出现故障发生在保修期内的概率为eq \f(2＋3,50)＝eq \f(1,10).
2.古典概型
求解古典概型概率“四步”法

例 甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
(1)若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；
(2)若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名教师来自同一学校的概率．
解：(1)从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，所有可能的结果为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)，共9种；选出的2名教师性别相同的结果有(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)，共4种，所以选出的2名教师性别相同的概率为eq \f(4,9).
(2)从报名的6名教师中任选2名，所有可能的结果为(甲男1，乙男)、(甲男2，乙男)、(甲男1，乙女1)、(甲男1，乙女2)、(甲男2，乙女1)、(甲男2，乙女2)、(甲女，乙女1)、(甲女，乙女2)、(甲女，乙男)、(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共15种；选出的2名教师来自同一学校的所有可能的结果为(甲男1，甲男2)、(甲男1，甲女)、(甲男2，甲女)、(乙男，乙女1)、(乙男，乙女2)、(乙女1，乙女2)，共6种，所以选出的2名教师来自同一学校的概率为eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).
3.事件的相互独立性
利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路
(1)将待求复杂事件转化为几个彼此互斥的简单事件的和．
(2)将彼此互斥的简单事件中的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件．
(3)代入概率的积、和公式求解．
例 设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为( )
A．0.25 B．0.30
C．0.31 D．0.35
解析：选C.设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，所以同一工作日最少3人需使用设备的概率为P(ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD＋ABCD)＝0.6×0.5×0.5×0.6＋0.6×0.5×0.5×0.4＋0.6×0.5×0.5×0.4＋0.4×0.5×0.5×0.4＋0.6×0.5×0.5×0.4＝0.31.
4.概率与统计的综合问题
解决概率与统计综合问题应注意的问题
在解决此类综合问题时，应对图表进行观察、分析、提炼，挖掘出图表所给予的有用信息，排除无关数据的干扰，进而抓住问题的实质，达到求解的目的．
例 某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：
(1)记A为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P(A)的估计值；
(2)记B为事件“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P(B)的估计值；
(3)求续保人本年度平均保费的估计值．
解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.
由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为
eq \f(60＋50,200)＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.
(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为eq \f(30＋30,200)＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.
(3)由所给数据得
调查的200名续保人的平均保费为
0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.
因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.
例 “世界读书日”来临之际，某校为了了解中学生课外阅读情况，随机抽取了100名学生，并获得了他们一周课外阅读时间(单位：小时)的数据，按阅读时间分组：第一组[0，5), 第二组[5，10)，第三组[10，15)，第四组[15，20)，第五组[20，25]，绘制了频率分布直方图如图所示．已知第三组的频数是第五组频数的3倍．
(1)求a的值，并根据频率分布直方图估计该校学生一周课外阅读时间的平均值；
(2)现从第三、四、五这3组中用分层随机抽样的方法抽取6人参加校“中华诗词比赛”．经过比赛后，从这6人中随机挑选2人组成该校代表队，求这2人来自不同组别的概率．
解：(1)由频率分布直方图可得第三组和第五组的频率之和为1－(0.01＋0.07＋0.04)×5＝0.4，
第三组的频率为0.4×eq \f(3,1＋3)＝0.3，
所以a＝eq \f(0.3,5)＝0.06.
该样本数据的平均数x＝2.5×0.01×5＋7.5×0.07×5＋12.5×0.06×5＋17.5×0.04×5＋22.5×0.02×5＝12.25，
所以可估计该校学生一周课外阅读时间的平均值为12.25小时．
(2)易得从第三、四、五组抽取的人数分别为3，2，1,
设为A，B，C，D，E，F，则从该6人中选拔2人的样本点有：
(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15个，
其中来自不同的组别的样本点有：
(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，
共11个，
所以这2人来自不同组别的概率为eq \f(11,15).
品牌
甲
乙
首次出现故障
的时间x(年)
012x>3
01x>2
轿车数量(辆)
2
1
3
44
2
3
45
上年度出
险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
出险次数
0
1
2
3
4
≥5
频数
60
50
30
30
20
10
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
频率
0.30
0.25
0.15
0.15
0.10
0.05