还剩18页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 专题09 （空间点、直线、平面间的位置关系）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二） 试卷 1 次下载
- 专题10 （空间直线、平面的平行）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二） 试卷 4 次下载
- 专题08 （简单几何体表面积与体积）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二） 试卷 3 次下载
- 专题11 （空间直线、平面的垂直）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二） 试卷 3 次下载
- 专题06 （复数的四则运算）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二） 试卷 3 次下载
专题13 （概率）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）
展开
这是一份专题13 （概率）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二），共21页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0，0分），7分；．等内容，欢迎下载使用。
2020-2021高一下学期期末考试考前必刷题 13
（概率）
试卷满分：150分 考试时长：120分钟
注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1．从，，，，这个数中随机抽取个数，分别记为，，则为整数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
用列举法求解即可
【详解】
解：由题意得，从，，，，这个数中随机抽取个数，则共有下列情况：
（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），
（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（3，2），（4，2），（5，2），（4，3），（5，3），（5，4），
共有20种等可能情况，其中为整数的有（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（4，2），5种情况，
所以所求概率为，
故选：B
2．在一个袋子中放个白球，个红球，摇匀后随机摸出个球，与“摸出个白球个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出个白球 B．至少摸出个红球
C．摸出个白球 D．摸出个白球或摸出个红球
【答案】C
【分析】
根据互斥事件，对立事件的概念判断可得选项．
【详解】
对于A，至少摸出个白球与摸出个白球个红球不是互斥事件；
对于B，至少摸出个红球与摸出个白球个红球不是互斥事件；
对于C，摸出个白球与摸出个白球个红球是互斥而不对立事件；
对于D，摸出个白球或摸出个红球与摸出个白球个红球是互斥也是对立事件.
故选：C．
3．某工厂月份生产某种机械设备台，从中任选台进行质量检测，则每台机械设备被选到的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
依古典概型求解.
【详解】
总的基本事件200，被抽40，每台被抽概率
.
故选: D.
4．五一放假，甲、乙、丙去厦门旅游的概率分别是、、，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去厦门旅游的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由对立事件为：三人都不去厦门旅游，求，应用求概率即可.
【详解】
记事件至少有1人去厦门旅游，其对立事件为：三人都不去厦门旅游，
由独立事件的概率公式可得，
由对立事件的概率公式可得，
故选：B.
5．疫情期间要从上海某医院5名医护人员中抽调两人前往湖北进行支援，这5名医护人员有男性3名，女性2名，则抽调的两人刚好为一男一女的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
记两名女性为，，三名男性为，，，然后利用列举法求解即可.
【详解】
记两名女性为，，三名男性为，，，
则从5人中抽调2人有，，，，，，，，，，共10种不同结果，
抽调的两人刚好为一男一女有，，，，，，共6种不同结果，
由古典概型的概率计算公式可得所求事件的概率为.
故选：C
6．某学校高一年级星期五随机安排6节课，上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，则2节数学恰好相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
计算出基本事件总数和2节数学恰好相邻的的基本事件数，由古典概型的概率计算公式可得答案.
【详解】
某学校高一年级星期五随机安排6节课，
上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，
基本事件总数，
其中2节数学恰好相邻包含的基本事件个数，
则2节数学恰好相邻的概率为.
故选：B.
7．《周髀算经》中给出了：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二节气的日影长依次成等差数列的结论.已知某地立春与立夏两个节气的日影长分别为尺和尺，现在从该地日影长小于9尺的节气中随机抽取2个节气进行日影长情况统计，则所选取这2个节气中至少有1个节气的日影长小于5尺的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设这十二节气中第个节气的日影长为尺，可知数列为等差数列，根据题意求得该数列的公差，确定数列中小于尺和小于尺的项，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设这十二节气中第个节气的日影长为尺，
可知数列为等差数列，设其公差为，
由题意得，，，
.
令，解得；令，解得.
从该地日影长小于尺的节气中随机抽取个节气，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个，
其中，事件“所选取这个节气中至少有个节气的日影长小于尺”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，
因此，所求事件的概率为.
故选：D.
【点睛】
关键点睛：本题的关键一是理解题意，二是求出小于尺的节气有哪些和小于尺的节气有哪些，三是确定基本事件总数和有利事件总数.
8．1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和.这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“”.1966年我国数字派陈景润证明了“”，获得了该研究的世界最优成果，若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用列举法结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
解：共有不超过20的所有质数行2，3，5，7，11，13，17，19共8个，从中选取2个不同的数有种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)12种，所以两数之和不超过20的概率是·
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决古典概率的问题，运用列举法列出所有事件，再运用古典概型公式解决问题是常用的方法.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9．下列各对事件中，为相互独立事件的是（ ）
A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”
B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”
C．袋中有3白､2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”
D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲､乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”
【答案】ABD
【分析】
利用相互独立事件的定义一一验证即可.
【详解】
在A中，样本空间，事件，事件，事件，
∴，，，
即，故事件M与N相互独立，A正确.
在B中，根据事件的特点易知，事件M是否发生对事件发生的概率没有影响，故M与N是相互独立事件，B正确；
在C中，由于第1次摸到球不放回，因此会对第2次摸到球的概率产生影响，因此不是相互独立事件，C错误；
在D中，从甲组中选出1名男生与从乙组中选出1名女生这两个事件的发生没有影响，所以它们是相互独立事件，D正确.
故选：ABD.
【点睛】
判断两个事件是否相互独立的方法：
（1）直接法：利用生活常识进行判断；（2）定义法：利用判断.
10．下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布
C．小赵．小钱．小孙．小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件A，独立
【答案】ACD
【分析】
对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1；
对于B：此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布；
对于C：由题意求得，，再由公式，可判断C；
对于D：根据事件独立性的定义可判断D.
【详解】
对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，所以出现正面的次数是随机变量，故A正确；
对于B：某人射击时命中的概率为，此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布，而不是两点分布，故B不正确；
对于C：由题意得，所以，
所以，故C正确；
对于D：根据事件独立性的定义得出事件A、B是独立的，故D正确.
故选：ACD.
11．已知是随机事件，则下列结论正确的是（ ）
A．若是互斥事件，则
B．若事件相互独立，则
C．若是对立事件，则是互斥事件
D．事件至少有一个发生的概率不小于恰好有一个发生的概率
【答案】CD
【分析】
根据互斥事件加法公式、独立事件乘法公式、对立事件的定义即可求解.
【详解】
解：对于A， 若是互斥事件，则，故A错误；
对于B， 若事件相互独立，则，故B错误；
对于C，根据对立事件的定义， 若是对立事件，则是互斥事件，故C正确；
对于D， 所有可能发生的情况有：只有A发生、只有B发生、AB都发生、AB都不发生四种情况，
至少有一个发生包括：只有A发生、只有B发生、AB同时发生三种情况，
故其概率是75%；
而恰有一个发生很明显包括只有A发生或只有B发生两种情况，故其概率是50%，
故事件至少有一个发生的概率不小于恰好有一个发生的概率，故D正确.
故选：CD.
12．如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从到达处的方法有120种
B．甲从必须经过到达处的方法有9种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BD
【分析】
对选项A，利用组合数原理即可判断A错误，对选项B，利用分步计数原理即可判断B正确，对选项C，利用古典概型公式计算即可判断C错误，对选项D，首先计算甲、乙两人相遇的走法数，再利用古典概型公式计算即可得到D正确.
【详解】
对选项A，甲从到达处，需要走步，其中向上步，向右步，
所以从到达处的方法有种，故A错误.
对选项B，甲从到达，需要走步，其中向上步，向右步，共种，
从到达，需要走步，其中向上步，向右步，共种，
所以甲从必须经过到达处的方法有种，故B正确.
对选项C，甲经过的方法数为，乙经过的方法数为，
所以甲、乙两人在处相遇的方法数为种，
故甲、乙两人在处相遇的概率，故C错误.
对选项D，甲、乙两人沿着最短路径行走，只能在，，，处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3步，乙经过处，则前三步必须向左走，两人在处相遇的走法有1种.
若甲、乙两人在或处相遇，由选项C知，各有种，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3步，乙经过处，则乙前三步必须向下走，则两人在处相遇的走法有1种.
所以甲、乙两人相遇的概率，故D正确.
故选：BD
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．甲､乙两人下棋，甲获胜的概率为，和棋的概率为，则乙不输的概率为___________.
【答案】
【分析】
乙不输即是乙获胜或甲乙和棋，由互斥事件概率加法公式可求.
【详解】
解：记“甲获胜”为事件A，记“和棋”为事件B，记“乙获胜”为事件C，
则，
所以，乙不输的概率为：.
故答案为：.
14．将一枚质量均匀的硬币连续抛掷3次，则未出现连续2次正面向上的概率为_________.
【答案】
【分析】
先求得基本事件总数，再求出连续2次正面向上的次数，再运用对立事件的办法即可求出概率.
【详解】
将一枚质量均匀的硬币连续抛掷3次，基本事件总数为，连续2次正面向上为（正，正，正），（正，正，反）（反﹐正，正），故未出现连续2次正面向上的概率为.
故答案为：.
15．如图所示，由红､黄､蓝､白四种发光元件连接成倪红灯系统N，四种发光元件的工作相互独立，当四种发光元件均正常工作时，倪红灯系统N才能随机地发出亮丽的色彩，当某种元件出现故障时，倪红灯系统N在该处将出现短暂的黑幕现象，若某时刻出现两处黑幕现象，需从装有红､黄､蓝､白四种发光元件中(除颜色外没有区别)抽取两种相应的发光元件进行更换，则一次性从中随机抽取的两个恰为故障发光元件的概率为___________.
【答案】
【分析】
利用列举法以及概率公式求解即可.
【详解】
解：记红､黄､蓝､白四种发光元件分别为A，B，C，D
则从中随机抽取两个的所有情况为：AB，AC，AD，BC，CD，共6种
而更换的两个故障发光元件为其中一种情况
∴一次性从中随机抽取的两个恰为故障发光元件的概率为P=.
故答案为：
16．某同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，在平面直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在区域的概率为_________.
【答案】
【分析】
试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有种结果，满足条件的事件是为坐标的点落在区域内，列举法写出满足的结果，从而得到概率.
【详解】
试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有种结果，
满足条件的事件是为坐标的点落在区域内，
当；；；；
；；；；
；；；；
；；，共有15种结果，
.
故答案为：.
【点睛】
有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．（1）基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．（2）注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17．2021年，是中国共产党建党百年华诞.为迎接建党100周年，某单位组织全体党员开展“学党史，知党情，感党恩”系列活动.在学党史知识竞赛中，共设置20个小题，每个小题5分.随机对100名党员的成绩进行统计，成绩均在内，现将成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.已知甲､乙､丙分别在第3，4，5组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人参加党史知识抢答赛.
（1）求这100人的平均得分(同一组数据用该区间的中点值作代表)；
（2）求第4组选取参加抢答赛的人数；
（3）若从参加抢答赛的6人中随机选取两人参加上级部门的党史知识复赛，求甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率.
【答案】（1）；（2）2人；（3）.
【分析】
（1）直接利用平均数的公式求解即可；
（2）由频率分布直方图可知，第3､4､5组人数之比为，从而可求出第4组选取参加抢答赛的人数；
（3）用列举法列出所有情况，再找出甲､乙､丙3人至多有一人被选取的情况，然后利用古典概型的概率公式可求得结果
【详解】
解：（1）这100人的平均得分为.
（2）第3､4､5组人数之比为，
第4组选取参加抢答赛的人数为人.
（3）记其他人为丁､戊､己，则所有选取的结果为(甲､乙)､(甲､丙)､(甲､丁)､(甲､戊)､(甲､己)､(乙､丙)､(乙､丁)､(乙､戊)､(乙､己)､(丙､丁)､(丙､戊)､(丙､己)､(丁､戊)､(丁､己)､(戊､己)共15种情况，
其中甲､乙､丙这3人至多有一人被选取有12种情况.
设“甲､乙､丙3人至多有一人被选取的事件”为A.
故甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率为.
18．××市正在积极创建文明城市，市交警支队为调查市民文明驾车的情况，在市区某路口随机检测了辆车的车速.现将所得数据分成六段：､､､､､，并绘得如图所示的频率分布直方图.
（1）现有某汽车途径该路口，则其速度低于的概率是多少？
（2）根据直方图可知，抽取的辆汽车经过该路口的平均速度约是多少？
（3）在抽取的辆且速度在内的汽车中任取辆，求这两辆车车速都在内的概率.
【答案】（1）；（2）()；（3）.
【分析】
（1）计算出前四个小矩形的面积和即可；
（2）平均数的估计方法：频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和；
（3）用列举法求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．然后可得概率.
【详解】
（1）由频率分布直方图得速度低于的频率为：，
∴现有某汽车途径该路口，则其速度低于的概率是；
（2）根据直方图可知，抽取的辆汽车经过该路口的平均速度约是：
()；
（3）在抽取的辆且速度在内的汽车共有：
辆，
其中速度在[内的汽车抽取辆，设为､，
速度在内的汽车抽取辆，设为､､､，
从中任取辆，其基本事件为：､､､､､､､､､
､､､､､，总数为，
这两辆车车速都在内包含的基本事件为：
､､､､､，总数为，
∴这两辆车车速都在内的概率.
19．从一批苹果中，随机抽取50个，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
分组(重量)
频数(个)
5
10
20
15
（1）根据频数分布表计算苹果的重量在的频率；
（2）用分层抽样的方法从重量在和的苹果中共抽取4个，其中重量在的有几个？
（3）在（2）中抽出的4个苹果中，任取2个，写出所有可能的结果，并求重量在和中各有1个的概率.
【答案】（1）0.4；（2）1；（3）答案见解析.
【分析】
（1）根据重量在的频数除以总数求得结果；
（2）利用抽取的总数乘以该层所占的比例可求得结果；
（3）先将抽出的苹果标记，然后用有序数对表示出任取两个的所有可能结果，最后分析所有可能结果求解出目标事件的概率.
【详解】
（1）苹果的重量在的频率为；
（2）重量在的有（个）；
（3）设这个苹果中重量在的有个，记为；重量在的有个，分别记为；
从中任取两个，可能的情况有：共6种，
设任取个，重量在和中各有个的事件为，则事件包含有共3种，
所以.
20．济南市某街道办为了绿植街道两边的绿化带，购进了1000株树苗，这批树苗最矮2米，最高2.5米，桉树苗高度绘制成如图频率分布直方图(如图)．
（1）试估计这批树苗高度的中位数；
（2）现按分层抽样方法，从高度在[2.30，2.50]的树苗中任取6株树苗，从这6株树苗中任选3株，求3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]的概率．
【答案】（1）2.22；（2）．
【分析】
（1）根据频率分布直方图，由中位数的定义求解；
（2）分层抽样可知[2.30，2.40)中抽取4株，[2.40，2.50)中抽取2株，根据古典概型求解即可.
【详解】
（1）由频率分布直方图得：
[2.0，2.2)的频率为：(1+3.5)×0.1=0.45，
[2.2，2.3)的频率为：2.5×0.1=0.25，
估计这批树苗高度的中位数为：
2.2+=2.22．
（2）按分层抽样方法，从高度在[2.30，2.50]的树苗中任取6株树苗，
则[2.30，2.40)中抽取：6×=4株，
[2.40，2.50)中抽取：6×=2株，
从这6株树苗中任选3株，
基本事件总数n=，
3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]包含的基本事件个数：
m==16，
∴3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]的概率．
21．在某大学自主招生考试中，所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为五个等级，某考场考生的两科考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为的考生有人.
（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为的人数；
（2）已知参加本考场测试的考生中，恰有两人的两科成绩均为，在至少一科成绩为的考生中，随机抽取两人进行访谈，求这两人的两科成绩均为的概率.
【答案】（1）3人；（2）.
【分析】
（1）先计算该考场的人数，再计算等级为的人数；
（2）列举基本事件，利用求概率.
【详解】
（1）∵“数学与逻辑"科目中成绩等级为的考生有人，
∴该考场有(人).
∴该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为的人数为
两科考试中，共有个又恰有人的两科成绩等级均为
还有人只有一个科目成绩等级为.
设这人为甲、乙、丙、丁，
其中甲、乙是两科成绩等级都是的同学，
则在至少一科成绩等级为的考生中，随机抽取人进行访谈，
基本事件空间为.（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁）一共有个基本事件.
设“随机抽取人进行访谈，这人的两科成绩等级均为”为事件
事件中包含的基本事件有个，为（甲，乙），
则
故这人的两科成绩等级均为的概率为.
【点睛】
等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件,直接套公式求概率.
22．3月12日为我国的植树节，某校为增强学生的环保意识，普及环保知识，于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛，现从参赛的所有学生中，随机抽取200人的成绩（满分为100分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示，其中样本数据分组区间为，，，，，．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；
（2）在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩低于70分的学生中随机抽取6人，查看他们的答题情况，再从这6人中随机抽取3人进行调查分析，求这3人中至少有1人成绩在内的概率．
【答案】（1），74.7分；（2）．
【分析】
（1）先利用频率和为1求出a，再计算平均数；
（2）利用分层抽样计算人数，利用古典概型的概率公式求概率.
【详解】
解：（1）由频率分布直方图可得，，
解得，
这组样本数据的平均数为，
所以估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分为74.7分；
（2）由频率分布直方图可知，成绩在，，内的频率分别为0.06，0.12，0.18，
所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人，
成绩在内的有1人，记为A,成绩在内的有2人，记为b、c，成绩在内的有3人，记为1、2、3.
故从成绩在内的6人随机抽取3人，有：Abc、Ab1、Ab2、Ab3、Ac1 、Ac2、Ac3、 A12、 A13、 A23、 bc1、bc2、 bc3、 b12、 b13、 b23、 c12、 c13、 c23、 123，共有20种，
这3人成绩均不在内，有：A12、A13、A23、123，共有4种，
记事件B: 这3人中至少有1人成绩在内
则.
所以这3人中至少有1人成绩在内的概率为．
【点睛】
（1）从频率分布直方图可以估计出的几个数据：
①众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；
②平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；
③中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．
（2）古典概型的概率计算中列举基本事件的方法：
①枚举法；②列表法；③坐标法；④树状图法；⑤排列组合求事件个数..
2020-2021高一下学期期末考试考前必刷题 13
（概率）
试卷满分：150分 考试时长：120分钟
注意事项：
1.本试题满分150分，考试时间为120分钟.
2.答卷前务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上.
3.使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰.超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1．从，，，，这个数中随机抽取个数，分别记为，，则为整数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
用列举法求解即可
【详解】
解：由题意得，从，，，，这个数中随机抽取个数，则共有下列情况：
（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5），
（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（3，2），（4，2），（5，2），（4，3），（5，3），（5，4），
共有20种等可能情况，其中为整数的有（2，1），（3，1），（4，1），（5，1），（4，2），5种情况，
所以所求概率为，
故选：B
2．在一个袋子中放个白球，个红球，摇匀后随机摸出个球，与“摸出个白球个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少摸出个白球 B．至少摸出个红球
C．摸出个白球 D．摸出个白球或摸出个红球
【答案】C
【分析】
根据互斥事件，对立事件的概念判断可得选项．
【详解】
对于A，至少摸出个白球与摸出个白球个红球不是互斥事件；
对于B，至少摸出个红球与摸出个白球个红球不是互斥事件；
对于C，摸出个白球与摸出个白球个红球是互斥而不对立事件；
对于D，摸出个白球或摸出个红球与摸出个白球个红球是互斥也是对立事件.
故选：C．
3．某工厂月份生产某种机械设备台，从中任选台进行质量检测，则每台机械设备被选到的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
依古典概型求解.
【详解】
总的基本事件200，被抽40，每台被抽概率
.
故选: D.
4．五一放假，甲、乙、丙去厦门旅游的概率分别是、、，假定三人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去厦门旅游的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由对立事件为：三人都不去厦门旅游，求，应用求概率即可.
【详解】
记事件至少有1人去厦门旅游，其对立事件为：三人都不去厦门旅游，
由独立事件的概率公式可得，
由对立事件的概率公式可得，
故选：B.
5．疫情期间要从上海某医院5名医护人员中抽调两人前往湖北进行支援，这5名医护人员有男性3名，女性2名，则抽调的两人刚好为一男一女的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
记两名女性为，，三名男性为，，，然后利用列举法求解即可.
【详解】
记两名女性为，，三名男性为，，，
则从5人中抽调2人有，，，，，，，，，，共10种不同结果，
抽调的两人刚好为一男一女有，，，，，，共6种不同结果，
由古典概型的概率计算公式可得所求事件的概率为.
故选：C
6．某学校高一年级星期五随机安排6节课，上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，则2节数学恰好相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
计算出基本事件总数和2节数学恰好相邻的的基本事件数，由古典概型的概率计算公式可得答案.
【详解】
某学校高一年级星期五随机安排6节课，
上午安排数学2节，语文和音乐各1节，下午安排英语､体育各1节，
基本事件总数，
其中2节数学恰好相邻包含的基本事件个数，
则2节数学恰好相邻的概率为.
故选：B.
7．《周髀算经》中给出了：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满､芒种这十二节气的日影长依次成等差数列的结论.已知某地立春与立夏两个节气的日影长分别为尺和尺，现在从该地日影长小于9尺的节气中随机抽取2个节气进行日影长情况统计，则所选取这2个节气中至少有1个节气的日影长小于5尺的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设这十二节气中第个节气的日影长为尺，可知数列为等差数列，根据题意求得该数列的公差，确定数列中小于尺和小于尺的项，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设这十二节气中第个节气的日影长为尺，
可知数列为等差数列，设其公差为，
由题意得，，，
.
令，解得；令，解得.
从该地日影长小于尺的节气中随机抽取个节气，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个，
其中，事件“所选取这个节气中至少有个节气的日影长小于尺”所包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，
因此，所求事件的概率为.
故选：D.
【点睛】
关键点睛：本题的关键一是理解题意，二是求出小于尺的节气有哪些和小于尺的节气有哪些，三是确定基本事件总数和有利事件总数.
8．1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和.这就是著名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“”.1966年我国数字派陈景润证明了“”，获得了该研究的世界最优成果，若在不超过20的所有质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用列举法结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】
解：共有不超过20的所有质数行2，3，5，7，11，13，17，19共8个，从中选取2个不同的数有种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)12种，所以两数之和不超过20的概率是·
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决古典概率的问题，运用列举法列出所有事件，再运用古典概型公式解决问题是常用的方法.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9．下列各对事件中，为相互独立事件的是（ ）
A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”
B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”
C．袋中有3白､2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”
D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲､乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”
【答案】ABD
【分析】
利用相互独立事件的定义一一验证即可.
【详解】
在A中，样本空间，事件，事件，事件，
∴，，，
即，故事件M与N相互独立，A正确.
在B中，根据事件的特点易知，事件M是否发生对事件发生的概率没有影响，故M与N是相互独立事件，B正确；
在C中，由于第1次摸到球不放回，因此会对第2次摸到球的概率产生影响，因此不是相互独立事件，C错误；
在D中，从甲组中选出1名男生与从乙组中选出1名女生这两个事件的发生没有影响，所以它们是相互独立事件，D正确.
故选：ABD.
【点睛】
判断两个事件是否相互独立的方法：
（1）直接法：利用生活常识进行判断；（2）定义法：利用判断.
10．下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为，此人射击三次命中的次数服从两点分布
C．小赵．小钱．小孙．小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点不相同”，事件“小赵独自去一个景点”，则
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为，令事件，，则事件A，独立
【答案】ACD
【分析】
对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1；
对于B：此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布；
对于C：由题意求得，，再由公式，可判断C；
对于D：根据事件独立性的定义可判断D.
【详解】
对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，所以出现正面的次数是随机变量，故A正确；
对于B：某人射击时命中的概率为，此人射击三次是三次独立重复试验，命中的次数服从二项分布，而不是两点分布，故B不正确；
对于C：由题意得，所以，
所以，故C正确；
对于D：根据事件独立性的定义得出事件A、B是独立的，故D正确.
故选：ACD.
11．已知是随机事件，则下列结论正确的是（ ）
A．若是互斥事件，则
B．若事件相互独立，则
C．若是对立事件，则是互斥事件
D．事件至少有一个发生的概率不小于恰好有一个发生的概率
【答案】CD
【分析】
根据互斥事件加法公式、独立事件乘法公式、对立事件的定义即可求解.
【详解】
解：对于A， 若是互斥事件，则，故A错误；
对于B， 若事件相互独立，则，故B错误；
对于C，根据对立事件的定义， 若是对立事件，则是互斥事件，故C正确；
对于D， 所有可能发生的情况有：只有A发生、只有B发生、AB都发生、AB都不发生四种情况，
至少有一个发生包括：只有A发生、只有B发生、AB同时发生三种情况，
故其概率是75%；
而恰有一个发生很明显包括只有A发生或只有B发生两种情况，故其概率是50%，
故事件至少有一个发生的概率不小于恰好有一个发生的概率，故D正确.
故选：CD.
12．如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从到达处的方法有120种
B．甲从必须经过到达处的方法有9种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BD
【分析】
对选项A，利用组合数原理即可判断A错误，对选项B，利用分步计数原理即可判断B正确，对选项C，利用古典概型公式计算即可判断C错误，对选项D，首先计算甲、乙两人相遇的走法数，再利用古典概型公式计算即可得到D正确.
【详解】
对选项A，甲从到达处，需要走步，其中向上步，向右步，
所以从到达处的方法有种，故A错误.
对选项B，甲从到达，需要走步，其中向上步，向右步，共种，
从到达，需要走步，其中向上步，向右步，共种，
所以甲从必须经过到达处的方法有种，故B正确.
对选项C，甲经过的方法数为，乙经过的方法数为，
所以甲、乙两人在处相遇的方法数为种，
故甲、乙两人在处相遇的概率，故C错误.
对选项D，甲、乙两人沿着最短路径行走，只能在，，，处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3步，乙经过处，则前三步必须向左走，两人在处相遇的走法有1种.
若甲、乙两人在或处相遇，由选项C知，各有种，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3步，乙经过处，则乙前三步必须向下走，则两人在处相遇的走法有1种.
所以甲、乙两人相遇的概率，故D正确.
故选：BD
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．甲､乙两人下棋，甲获胜的概率为，和棋的概率为，则乙不输的概率为___________.
【答案】
【分析】
乙不输即是乙获胜或甲乙和棋，由互斥事件概率加法公式可求.
【详解】
解：记“甲获胜”为事件A，记“和棋”为事件B，记“乙获胜”为事件C，
则，
所以，乙不输的概率为：.
故答案为：.
14．将一枚质量均匀的硬币连续抛掷3次，则未出现连续2次正面向上的概率为_________.
【答案】
【分析】
先求得基本事件总数，再求出连续2次正面向上的次数，再运用对立事件的办法即可求出概率.
【详解】
将一枚质量均匀的硬币连续抛掷3次，基本事件总数为，连续2次正面向上为（正，正，正），（正，正，反）（反﹐正，正），故未出现连续2次正面向上的概率为.
故答案为：.
15．如图所示，由红､黄､蓝､白四种发光元件连接成倪红灯系统N，四种发光元件的工作相互独立，当四种发光元件均正常工作时，倪红灯系统N才能随机地发出亮丽的色彩，当某种元件出现故障时，倪红灯系统N在该处将出现短暂的黑幕现象，若某时刻出现两处黑幕现象，需从装有红､黄､蓝､白四种发光元件中(除颜色外没有区别)抽取两种相应的发光元件进行更换，则一次性从中随机抽取的两个恰为故障发光元件的概率为___________.
【答案】
【分析】
利用列举法以及概率公式求解即可.
【详解】
解：记红､黄､蓝､白四种发光元件分别为A，B，C，D
则从中随机抽取两个的所有情况为：AB，AC，AD，BC，CD，共6种
而更换的两个故障发光元件为其中一种情况
∴一次性从中随机抽取的两个恰为故障发光元件的概率为P=.
故答案为：
16．某同学先后投掷一枚骰子两次，第一次向上的点数记为x，第二次向上的点数记为y，在平面直角坐标系xOy中，以(x，y)为坐标的点落在区域的概率为_________.
【答案】
【分析】
试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有种结果，满足条件的事件是为坐标的点落在区域内，列举法写出满足的结果，从而得到概率.
【详解】
试验发生包含的事件是先后掷两次骰子，共有种结果，
满足条件的事件是为坐标的点落在区域内，
当；；；；
；；；；
；；；；
；；，共有15种结果，
.
故答案为：.
【点睛】
有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．（1）基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．（2）注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17．2021年，是中国共产党建党百年华诞.为迎接建党100周年，某单位组织全体党员开展“学党史，知党情，感党恩”系列活动.在学党史知识竞赛中，共设置20个小题，每个小题5分.随机对100名党员的成绩进行统计，成绩均在内，现将成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.已知甲､乙､丙分别在第3，4，5组，现在用分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人参加党史知识抢答赛.
（1）求这100人的平均得分(同一组数据用该区间的中点值作代表)；
（2）求第4组选取参加抢答赛的人数；
（3）若从参加抢答赛的6人中随机选取两人参加上级部门的党史知识复赛，求甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率.
【答案】（1）；（2）2人；（3）.
【分析】
（1）直接利用平均数的公式求解即可；
（2）由频率分布直方图可知，第3､4､5组人数之比为，从而可求出第4组选取参加抢答赛的人数；
（3）用列举法列出所有情况，再找出甲､乙､丙3人至多有一人被选取的情况，然后利用古典概型的概率公式可求得结果
【详解】
解：（1）这100人的平均得分为.
（2）第3､4､5组人数之比为，
第4组选取参加抢答赛的人数为人.
（3）记其他人为丁､戊､己，则所有选取的结果为(甲､乙)､(甲､丙)､(甲､丁)､(甲､戊)､(甲､己)､(乙､丙)､(乙､丁)､(乙､戊)､(乙､己)､(丙､丁)､(丙､戊)､(丙､己)､(丁､戊)､(丁､己)､(戊､己)共15种情况，
其中甲､乙､丙这3人至多有一人被选取有12种情况.
设“甲､乙､丙3人至多有一人被选取的事件”为A.
故甲､乙､丙3人至多有一人被选取的概率为.
18．××市正在积极创建文明城市，市交警支队为调查市民文明驾车的情况，在市区某路口随机检测了辆车的车速.现将所得数据分成六段：､､､､､，并绘得如图所示的频率分布直方图.
（1）现有某汽车途径该路口，则其速度低于的概率是多少？
（2）根据直方图可知，抽取的辆汽车经过该路口的平均速度约是多少？
（3）在抽取的辆且速度在内的汽车中任取辆，求这两辆车车速都在内的概率.
【答案】（1）；（2）()；（3）.
【分析】
（1）计算出前四个小矩形的面积和即可；
（2）平均数的估计方法：频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和；
（3）用列举法求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．然后可得概率.
【详解】
（1）由频率分布直方图得速度低于的频率为：，
∴现有某汽车途径该路口，则其速度低于的概率是；
（2）根据直方图可知，抽取的辆汽车经过该路口的平均速度约是：
()；
（3）在抽取的辆且速度在内的汽车共有：
辆，
其中速度在[内的汽车抽取辆，设为､，
速度在内的汽车抽取辆，设为､､､，
从中任取辆，其基本事件为：､､､､､､､､､
､､､､､，总数为，
这两辆车车速都在内包含的基本事件为：
､､､､､，总数为，
∴这两辆车车速都在内的概率.
19．从一批苹果中，随机抽取50个，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
分组(重量)
频数(个)
5
10
20
15
（1）根据频数分布表计算苹果的重量在的频率；
（2）用分层抽样的方法从重量在和的苹果中共抽取4个，其中重量在的有几个？
（3）在（2）中抽出的4个苹果中，任取2个，写出所有可能的结果，并求重量在和中各有1个的概率.
【答案】（1）0.4；（2）1；（3）答案见解析.
【分析】
（1）根据重量在的频数除以总数求得结果；
（2）利用抽取的总数乘以该层所占的比例可求得结果；
（3）先将抽出的苹果标记，然后用有序数对表示出任取两个的所有可能结果，最后分析所有可能结果求解出目标事件的概率.
【详解】
（1）苹果的重量在的频率为；
（2）重量在的有（个）；
（3）设这个苹果中重量在的有个，记为；重量在的有个，分别记为；
从中任取两个，可能的情况有：共6种，
设任取个，重量在和中各有个的事件为，则事件包含有共3种，
所以.
20．济南市某街道办为了绿植街道两边的绿化带，购进了1000株树苗，这批树苗最矮2米，最高2.5米，桉树苗高度绘制成如图频率分布直方图(如图)．
（1）试估计这批树苗高度的中位数；
（2）现按分层抽样方法，从高度在[2.30，2.50]的树苗中任取6株树苗，从这6株树苗中任选3株，求3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]的概率．
【答案】（1）2.22；（2）．
【分析】
（1）根据频率分布直方图，由中位数的定义求解；
（2）分层抽样可知[2.30，2.40)中抽取4株，[2.40，2.50)中抽取2株，根据古典概型求解即可.
【详解】
（1）由频率分布直方图得：
[2.0，2.2)的频率为：(1+3.5)×0.1=0.45，
[2.2，2.3)的频率为：2.5×0.1=0.25，
估计这批树苗高度的中位数为：
2.2+=2.22．
（2）按分层抽样方法，从高度在[2.30，2.50]的树苗中任取6株树苗，
则[2.30，2.40)中抽取：6×=4株，
[2.40，2.50)中抽取：6×=2株，
从这6株树苗中任选3株，
基本事件总数n=，
3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]包含的基本事件个数：
m==16，
∴3株树苗中至少有一株树苗高度在[2.40，2.50]的概率．
21．在某大学自主招生考试中，所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为五个等级，某考场考生的两科考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩为的考生有人.
（1）求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩为的人数；
（2）已知参加本考场测试的考生中，恰有两人的两科成绩均为，在至少一科成绩为的考生中，随机抽取两人进行访谈，求这两人的两科成绩均为的概率.
【答案】（1）3人；（2）.
【分析】
（1）先计算该考场的人数，再计算等级为的人数；
（2）列举基本事件，利用求概率.
【详解】
（1）∵“数学与逻辑"科目中成绩等级为的考生有人，
∴该考场有(人).
∴该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为的人数为
两科考试中，共有个又恰有人的两科成绩等级均为
还有人只有一个科目成绩等级为.
设这人为甲、乙、丙、丁，
其中甲、乙是两科成绩等级都是的同学，
则在至少一科成绩等级为的考生中，随机抽取人进行访谈，
基本事件空间为.（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁）一共有个基本事件.
设“随机抽取人进行访谈，这人的两科成绩等级均为”为事件
事件中包含的基本事件有个，为（甲，乙），
则
故这人的两科成绩等级均为的概率为.
【点睛】
等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件,直接套公式求概率.
22．3月12日为我国的植树节，某校为增强学生的环保意识，普及环保知识，于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛，现从参赛的所有学生中，随机抽取200人的成绩（满分为100分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示，其中样本数据分组区间为，，，，，．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；
（2）在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩低于70分的学生中随机抽取6人，查看他们的答题情况，再从这6人中随机抽取3人进行调查分析，求这3人中至少有1人成绩在内的概率．
【答案】（1），74.7分；（2）．
【分析】
（1）先利用频率和为1求出a，再计算平均数；
（2）利用分层抽样计算人数，利用古典概型的概率公式求概率.
【详解】
解：（1）由频率分布直方图可得，，
解得，
这组样本数据的平均数为，
所以估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分为74.7分；
（2）由频率分布直方图可知，成绩在，，内的频率分别为0.06，0.12，0.18，
所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人，
成绩在内的有1人，记为A,成绩在内的有2人，记为b、c，成绩在内的有3人，记为1、2、3.
故从成绩在内的6人随机抽取3人，有：Abc、Ab1、Ab2、Ab3、Ac1 、Ac2、Ac3、 A12、 A13、 A23、 bc1、bc2、 bc3、 b12、 b13、 b23、 c12、 c13、 c23、 123，共有20种，
这3人成绩均不在内，有：A12、A13、A23、123，共有4种，
记事件B: 这3人中至少有1人成绩在内
则.
所以这3人中至少有1人成绩在内的概率为．
【点睛】
（1）从频率分布直方图可以估计出的几个数据：
①众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；
②平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；
③中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．
（2）古典概型的概率计算中列举基本事件的方法：
①枚举法；②列表法；③坐标法；④树状图法；⑤排列组合求事件个数..
相关试卷
专题05 （复数的概念）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）： 这是一份专题05 （复数的概念）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二），共15页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0，0分）等内容，欢迎下载使用。
专题06 （复数的四则运算）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）： 这是一份专题06 （复数的四则运算）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二），共15页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0，0分）等内容，欢迎下载使用。
专题02 （平面向量的运算）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二）： 这是一份专题02 （平面向量的运算）（解析版）-2021-2022学年高一数学下学期期末考试考前必刷题 （人教A版 2019必修二），共20页。试卷主要包含了使用答题纸时，必须使用0，0分）等内容，欢迎下载使用。
