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第10章概率（新文化与压轴30题专练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版）
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这是一份第10章概率（新文化与压轴30题专练）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）（解析版），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第10章概率（新文化与压轴30题专练）
一、单选题
1．（2020·江苏·星海实验中学高一期中）据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、候、公，共五级.若给有巨大贡献的2人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据古典概型的概率公式计算即可．
【详解】
解：由题知，基本事件的总数有25种情形，两人被封同一等级的方法种数有男、子、伯、候、公，共5种情形，故所求事件的概率为.
故选：C
【点睛】
本题考查数学史及古典概型概率计算，属于基础题．
2．（2022·江西·新余市第一中学高一期末）七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.
【详解】
如图所示，，，，，的面积分别为，，．
将，，，，分别记为，，，，，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间，共有10个样本点．
记事件表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件包含的样本点为，，，共3个，所以．
故选：D．
3．（2021·山东济宁·高一期末）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个素数(质数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞､王元､陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩.若将18拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出18拆成两个正整数的和的形式的总数，以及拆成的和式中加数全部为质数的数目，利用古典概率公式即可求概率.
【详解】
将18拆成两个正整数的和共有：
，共个，
其中拆成的和式中加数全部为质数的有：共个，
所以拆成的和式中，加数全部为质数的概率为，
故选：C.
4．（2021·江苏南京·高一期末）皮埃尔•德•费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学作出了重大贡献，其中在年发现了：若是质数，且，互质，那么的次方除以的余数恒等于，后来人们称该定理为费马小定理．依此定理，若在数集中任取两个数，其中一个作为，另一个作为，则所取两个数符合费马小定理的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
基本事件总数有20个，依次看所取的两个数符不符合费马小定理即可.
【详解】
在数集中任取两个数，其中一个作为，另一个作为，
基本事件总数，
所取两个数符合费马小定理包含的基本事件有：
，，，，，，，，，共个，
所取两个数符合费马小定理的概率为．
故选：B
5．（2021·辽宁葫芦岛·高一期末）河图洛书是远古时代流传下来的两幅神秘图案，起源于天上星宿，蕴含着深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”是阴阳五行术书之本，是中华文明之源，洛书又称为龟书，其甲壳上有此图案，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆为阳数，四隅黑点为阴数.其各行各列及对角线点数之和皆为，如图，若从个阴数中随机抽取个数，则能使个数与居中阳数之和等于或的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求出从4个阴数中随机抽取2个的取法总数，再求出满足条件的取法个数，利用概率公式求解即可．
【详解】
解：从4个阴数中随机抽取2个数，一共有6种取法，
其中满足条件的取法有两种：2，4和6，8，
所以能使2个数与居中阳数之和等于11或19的概率为．
故选：．
6．（2020·湖北荆门·高一期末）华人数学家张益唐证明了孪生素数（注：素数也叫做质数）猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数使得是素数，素数对称为孪生素数.从15以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
15以内的素数共有6个，从中选两个共包含个基本事件，利用列举法求出15以内的孪生素数包含3个基本事件，由此能求出从15以内的素数中任取两个，其中能构成字生素数的概率．
【详解】
依题意，15以内的素数共有6个，从中选两个共包含个基本事件，
而孪生素数有，，，共3对，包含3个基本事件，
所以从15以内的素数中任取两个，
其中能构成字生素数的概率为．
故选：B．
【点睛】
题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（2020·广东梅州·高一期末）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（也称为素数，是一个大于1的自然数，除了1和它自身之外，不能被其它自然数整除的数叫做质数）之和，也就是我们所谓的“”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.
【详解】
6拆成两个正整数的和含有的基本事件有 (1,5)，(2,4)，(3,3)， (4,2)，(5,1)，
而加数全为质数的有(3,3)，
根据古典概型知，所求概率为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.
8．（2020·辽宁大连·高一期末）关于频率和概率，下列说法正确的是（ ）
①某同学在罚球线投篮三次，命中两次，则该同学每次投篮的命中率为；
②数学家皮尔逊曾经做过两次试验，抛掷12000次硬币，得到正面向上的频率为0.5016；抛掷24000次硬币，得到正面向上的频率为0.5005.如果他抛掷36000次硬币，正面向上的频率可能大于0.5005；
③某类种子发芽的概率为0.903，当我们抽取2000粒种子试种，一定会有1806粒种子发芽；
④将一个均匀的骰子抛掷6000次，则出现点数大于2的次数大约为4000次.
A．②④ B．①④ C．①② D．②③
【答案】A
【解析】
【分析】
根据频率和概率的定义对各个选项进行判断即可.
【详解】
①某同学投篮三次，命中两次，只能说明在这次投篮中命中的频率为，不能说概率，故错误；
②进行大量的实验，硬币正面向上的频率在0.5附近摆动，可能大于0.5，也可能小于0.5,故正确；
③只能说明可能有1806粒种子发芽，具有随机性，并不是一定有1806粒种子发芽，故错误；
④出现点数大于2的次数大约为4000次，正确.
故选：A
【点睛】
本题考查频率与概率的区别，属于基础题.
9．（2021·云南·曲靖市第二中学高一期末）《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》是我国古代数学中的5部著名数学著作，其中《周髀算经》《九章算术》产生于汉代.某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中恰好有一部是汉代时期专著的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用列举法列出所有的基本事件，然后利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】
假设《周髀算经》、《九章算术》分别为1，2，《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》分别为，，，则基本事件有，，，，，，，，，共10个，
其中恰好有一个是汉代著作的有，，，，，共6个，
所以所求概率为.
故选：B
【点睛】
此题考查古典概型的概率的求法，利用了列举法，属于基础题.
10．（2022·宁夏·银川二中高一期末）《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
用列举法得出：抛掷三枚古钱币出现的基本事件的总数，进而可得出所求概率.
【详解】
抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出现两正一反的共有3种，故概率为.
故选C
【点睛】
本题主要考查古典概型，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.
11．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高一期末）《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解．
【详解】
设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，
根据题意可得，解得，
则灯球的总数为个，
故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B．
【点睛】
本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
12．（2019·北京东城·高一期末）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.
详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.
点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
13．（2019·山西吕梁·高一期末）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：从中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为，故选C.
考点：古典概型
14．（2019·全国·高一专题练习）我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》､《缉古算经》有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献.这5部专著中有3部产生于汉､魏､晋､南北朝时期.现拟从这5部专著中选择2部作为学生“数学史”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部不是汉､魏､晋､南北朝时期专著的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
5部专著中产生于汉､魏､晋､南北朝时期的3部分别记为A，B，C，另两部记为1，2，列举出任选2部的所有结果，算出要求概率的事件包含的结果数即可.
【详解】
5部专著中产生于汉､魏､晋､南北朝时期的3部分别记为A，B，C，另两部记为1，2，从中任选2部的所有结果为：
AB，AC，A1，A2，BC，B1，B2，C1，C2，12，共10个，它们等可能，
所选2部专著中至少有一部不是汉､魏､晋､南北朝时期专著的事件M有：A1，A2，B1，B2，C1，C2，12，共7个，
于是得.
故选：B
15．（2021·北京·模拟预测）斐波那契数列因数学家莱昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中给出的递推公式，求出数列的前12项，然后找出其中是奇数的个数，由古典概型的概率公式求解即可．
【详解】
解：由题意可知“兔子数列”满足，，
所以该数列前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
其中是奇数的有：1，1，3，5，13，21，55，89，
故从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为．
故选：C.
16．（2021·浙江·高一单元测试）《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a, b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等可能事件的概率计算可得答案.
【详解】
设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛，
所有的可能为:
Aa，Bb，Cc，田忌得0分;
Aa，Bc，Cb，田忌得1分
Ba，Ab，Cc，田忌得1分
Ba，Ac，Cb，田忌得1分;
Ca，Ab，Bc，田忌得2分，
Ca，Ac，Bb，田忌得1分
田忌得2分概率为，
故选：C
17．（2020·全国·高一课时练习）《易经》是中国传统文化中的精髓.如图是易经先天八卦图，每一卦由三根线组成（“____”表示一根阳线，“_ _”表示一根阴线），现从八卦中任取两卦，这两卦的阳线数目相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
求出从八卦中任取两卦的基本事件总数，利用列举法求出这两卦的阳线数目相同的基本事件，由此能求出这两卦的阳线数目相同的概率．
【详解】
从八卦中任取两卦，基本事件总数，
这两卦的阳线数目相同的基本事件有种，分别为：
（兑，巽），（兑，离），（巽，离），
（坎，艮），（艮、震），（坎、震），
这两卦的阳线数目相同的概率为．
故选：C
【点睛】
本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二、多选题
18．（2021·山东烟台·高一期末）算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位､十位､百位､千位……，上面一粒珠子(简称上珠)代表5，下面一粒珠子(简称下珠)代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠､十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位､百位､千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数，能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计算出概率，判断各选项．
【详解】
只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是，能被3整除的数字1和5各出现2个，因此满足条件的四位数和个数是，所以，
能被5带除的四位数个数为，，能被15带除的是能被3整除的四位数的个数是5，因此满足这个条件的四位数的个数是，概率为，
．
故选：ACD．
19．（2021·湖南·衡阳市八中高一期末）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.
故选：ABD
【点睛】
本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.
三、双空题
20．（2020·浙江·模拟预测）某景区内有10个景点，其平面图如图所示，当时甲在A地，乙在B地，若每经过一个单位时间，他们都将随机走向与之相邻的任意一个景区，记某时刻甲、乙出现在同一景区的概率为，则_____；_________.
【答案】
【解析】
【分析】
给每个景区编号，记时刻，第个景点路径条数为，列举出满足的条件，结合图象对称，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出.
【详解】
给每个景区编号，记t时刻，第个景点路径条数为，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
sum
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
4
4
1
2
2
1
1
1
1
1
0
14
6
7
8
8
7
4
4
2
2
4
52
观察表中数据，寻找规律，可以发现满足以下条件：
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
∵图象对称，
∴，
.
故答案为：，.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关概率的问题，正确解题的关键是正确理解古典概型、列举法、相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识.
21．（2021·全国·高一课时练习）魔方，又叫鲁比克方块，是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋同被称为智力游戏界的三大不可思议．三阶魔方（如图所示）可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得．现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为______，若抽到的是中心方块或边角方块的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
沿等分线把正方体切开，共有27个同样大小的小正方体，然后数出1面有色、2面有色和3面有色的小正方体的个数，进而通过古典概型运算公式求得答案.
【详解】
沿等分线把正方体切开，得到27个同样大小的小正方体，1面有色的小正方体有6个，2面有色的小正方体有12个，3面有色的小正方体有8个，所以恰好抽到边缘方块的概率为．抽到的是中心方块或边角方块的概率是．
故答案为：，.
四、填空题
22．（2021·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室高一期末）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1534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________．
【答案】169石
【解析】
【分析】
用样本频率估计总体频率，按比例计算．.
【详解】
这批米内所夹的谷（石）.
故答案为：169石.
23．（2021·重庆巴蜀中学高三阶段练习）2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能服务器芯片“鲲鹏920”、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”“特斯拉全自动驾驶芯片”寒武纪云端AI芯片“思元270”赛灵思“Versal自适应计算加速平台”.现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】
基本事件总数n=15×15×15=3375，至少有1名学生选择“芯片领域”的对立事件是没有学生选择“芯片领域”，由此能求出至少有1名学生选择“芯片领域”的概率.
【详解】
第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响,基本事件总数n=15×15×15=3375，
至少有1名学生选择“芯片领域”的对立事件是没有学生选择“芯片领域”，
则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率.
【点睛】
概率的计算:
(1) 等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件（也可用排列组合计算事件个数）,直接套公式求概率；
(2)互斥（对立）事件、相互独立事件（条件概率）套公式求概率
(3)二项分布（超几何分布）直接套公式求概率.
24．（2021·河南·高一阶段练习（理））古代《冰糖胡芦》算法题一个小摊上摆了两种冰糖胡芦，一种是有个山楂的；另一种是有个山楂、个小桔子的．若小摊的冰糖胡芦上有山楂共个，小桔子共个，现从小摊上随机选取一串冰糖葫芦，则这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
设个山楂的冰糖胡芦有串，个山楂、个小桔子的冰糖胡芦有串，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
设个山楂的冰糖胡芦有串，个山楂、个小桔子的冰糖胡芦有串，
则，解得，，基本事件总数，
这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子包含的基本事件个数为，
这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子的概率为．
故答案为：.
25．（2020·全国·高一课时练习）由1， 2， 3， …，1000这个1000正整数构成集合，先从集合中随机取一个数，取出后把放回集合，然后再从集合中随机取出一个数，则的概率为______．
【答案】
【解析】
根据题意，，且，要使得，即：，分类讨论当时，对应的的值，得出所有取法，即可求出的概率.
【详解】
解：由题可知，，且，
要使得，即：，则有：
当时，或，有2种取法；
当时，的取值增加3、4、5，有2+3种取法；
当时，的取值增加6、7、8，有种取法；
当时，有种取法；
当时，都有1000种取法.
故
.
故答案为：.
【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.
26．（2020·全国·高一单元测试）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）．
①；
②；
③事件与事件相互独立；
④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关
【答案】②④
【解析】
【分析】
根据互斥事件的定义即可判断④；根据条件概率的计算公式分别得出事件发生的条件下B事件发生的概率，即可判断②；然后由，判断①和⑤；再比较的大小即可判断③.
【详解】
由题意可知事件不可能同时发生，则是两两互斥的事件，则④正确；
由题意得，故②正确；
,①⑤错；
因为，所以事件B与事件A1不独立，③错；综上选②④
故答案为：②④
【点睛】
本题主要考查了判断互斥事件，计算条件概率以及事件的独立性，属于中档题.
五、解答题
27．（2021·河北邯郸·高一期末）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）32.25岁；37.5；（2）（i）；（ii）10.
【解析】
【分析】
(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这人的平均年龄；设第80百分位数为，计算从左到右频率和为或计算从右到左频率和为，即可求出；
(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，根据古典概型计算方法求解即可；
（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.
【详解】
解：（1）设这人的平均年龄为，则
（岁）.
设第80百分位数为，
方法一：由，解得.
方法二：由，解得.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，
对应的样本空间为：
，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，共有9个样本点.
所以，.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，
，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
28．（2022·陕西·武功县普集高级中学高一阶段练习）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.
（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；
（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.
（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可.
【详解】
（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.
所以甲获得冠军的概率为.
（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；
甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜.
所以甲与乙在决赛相遇的概率为.
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：
乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；
乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜.
同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为
.
丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为
.
【点睛】
本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题.
29．（2020·福建泉州·高一期末）某省采用的“”模式新高考方案中，对化学、生物、地理和政治等四门选考科目，制定了计算转换分（即记入高考总分的分数）的“等级转换赋分规则”（详见附1和附2），具体的转换步骤为：①原始分等级转换；②原始分等级内等比例转换赋分。
某校的一次年级统考中，政治、化学两选考科目的原始分分布如下表：
等级
A
B
C
D
E
比例
约15%
约35%
约35%
约13%
约2%
政治学科各等级对应的原始分区间
化学学科各等级对应的原始分区间
现从政治、化学两学科中分别随机抽取了20个原始分成绩数据如下：
政治：64 72 66 92 78 66 82 65 76 67 74 80 70 69 84 75 68 71 60 79
化学：72 79 86 75 83 89 64 98 73 67 79 84 77 94 71 81 74 69 91 70
并根据上述数据制作了如下的茎叶图：
（1）茎叶图中各序号位置应填写的数字分别是：
①应填______，②应填______，③应填______，④应填______，⑤应填______，⑥应填______.
（2）该校的甲同学选考政治学科，其原始分为82分，乙同学选考化学学科，其原始分为91分.基于高考实测的转换赋分模拟，试分别探究这①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9.，并从公平性的角度谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法.
（3）若从该校政治、化学学科等级为的学生中，随机挑选2人次（两科都选，且两科成绩都为等的学生，可有两次被选机会），试估计这2人次挑选，其转换分都不少于91分的概率.
附1：等级转换的等级人数占比与各等级的转换分赋分区间.
等级
A
B
C
D
E
原始分从高到低排序的等级人数占比
约15%
约35%
约35%
约13%
约2%
转换分的赋分区间
附2：计算转换分的等比例转换赋分公式：（其中：，，分别表示原始分对应等级的原始分区间下限和上限；，分别表示原始分对应等级的转换分赋分区间下限和上限.的计算结果按四舍五入取整）
【答案】（1）①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9；（2）甲乙转换分都是87分，公平性评述见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据已知数据与茎叶图的关系得出答案．
（2）根据高考实测的转换赋分模拟公式及结果得出答案．
（3）列举法写出所有基本事件，然后按概率公式计算．
【详解】
（1）由题意知①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9.
（2）甲同学选考政治学科可以的等级A，根据等比例转换赋分公式：得T＝87
乙同学选考化学学科可以的等级A，根据等比例转换赋分公式：得T＝87
故甲乙两位同学的转换分都为87分．
从公平性的角度谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法：
一，从茎叶图可得甲乙同学原始分都排第三，转换后都是87分，因此高考这种“等级转换赋分法”具有公平性与合理性．
二，甲同学与乙同学原始分差9分，但转换后都是87分，高考这种“等级转换赋分法”对尖子生不利．
（3）该校政治学科等级为A的学生中82，84，92根据等比例转换赋分公式：87，88，95
该校化学学科等级为A的学生中91，94，98根据等比例转换赋分公式：87，92，97
设“转换分都不少于91分”为事件M
所有基本事件：（82，84）（82，92）（82，91）（82，94））（82，98）（84，92）（84，91）（84，94）（84，98）（92，91）（92，94）（92，98）（91，94）
（91，98）（94，98）共15个基本事件，时间M包含3个基本事件
所以.
【点睛】
此题是概率统计综合题，需要理清题目信息，正确理解相关概念.
30．（2021·全国·高一单元测试）有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害.现从一批该鱼中随机选出条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：），数据统计如下：
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的分位数；
（2）有，两个水池，两水池之间有个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过条鱼.
（ⅰ）将其中汞的含量最低的条鱼分别放入水池和水池中，若这条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的条鱼都先放入水池中，若这条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由水池进入水池且不再游回水池，求这两条鱼由不同小孔进入水池的概率.
【答案】（1）中位数为；众数为；极差为；估计这批鱼该项数据的百分位数约为；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】
(1)由中位数—排序后处于中间的数，如有两个数取其平均数；众数—出现频率最高的数、极差—最大数与最小数的差；百分比位数—数据集中有n个数：当np为整数时，当np不为整数时；即可求出对应值；(2) （ⅰ）记：“两鱼最终均在水池”； ：“两鱼最终均在水池”求出概率，由它们的互斥性即可求得两条鱼最终在同一水池的概率；（ⅱ）记：“两鱼同时从第n个小孔通过”且鱼的游动独立，知，而10个事件互斥，则“两鱼同时从一个小孔通过”的概率即可求，它与“两条鱼由不同小孔通过”为互斥事件，进而求得其概率
【详解】
解：（1）由题意知，数据的中位数为
数据的众数为
数据的极差为
估计这批鱼该项数据的百分位数约为
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在水池”为事件，则
记“两鱼最终均在水池”为事件，则
∵事件与事件互斥，
∴两条鱼最终在同一水池的概率为
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件，“两鱼同时从第二个小孔通过”为
事件，依次类推；而两鱼的游动独立
∴
记“两条鱼由不同小孔进入水池”为事件，则与对立，又由事件，事件，互斥
∴
即
【点睛】
本题考查了数据特征值的概念，以及利用条件概率公式，结合互斥事件、独立事件等概念求概率；注意独立事件：多个事件的发生互不相关，且可以同时发生；互斥事件：一个事件发生则另一个事件必不发生，即不能同时发生
第10章概率（新文化与压轴30题专练）
一、单选题
1．（2020·江苏·星海实验中学高一期中）据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、候、公，共五级.若给有巨大贡献的2人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据古典概型的概率公式计算即可．
【详解】
解：由题知，基本事件的总数有25种情形，两人被封同一等级的方法种数有男、子、伯、候、公，共5种情形，故所求事件的概率为.
故选：C
【点睛】
本题考查数学史及古典概型概率计算，属于基础题．
2．（2022·江西·新余市第一中学高一期末）七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4 dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从5个三角形中任取出2个，则这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先逐个求解所有5个三角形的面积，再根据要求计算概率.
【详解】
如图所示，，，，，的面积分别为，，．
将，，，，分别记为，，，，，从这5个三角形中任取出2个，则样本空间，共有10个样本点．
记事件表示“从5个三角形中任取出2个，这2个三角形的面积之和不小于另外3个三角形面积之和”，则事件包含的样本点为，，，共3个，所以．
故选：D．
3．（2021·山东济宁·高一期末）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个素数(质数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞､王元､陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩.若将18拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求出18拆成两个正整数的和的形式的总数，以及拆成的和式中加数全部为质数的数目，利用古典概率公式即可求概率.
【详解】
将18拆成两个正整数的和共有：
，共个，
其中拆成的和式中加数全部为质数的有：共个，
所以拆成的和式中，加数全部为质数的概率为，
故选：C.
4．（2021·江苏南京·高一期末）皮埃尔•德•费马，法国律师和业余数学家，被誉为“业余数学家之王”，对数学作出了重大贡献，其中在年发现了：若是质数，且，互质，那么的次方除以的余数恒等于，后来人们称该定理为费马小定理．依此定理，若在数集中任取两个数，其中一个作为，另一个作为，则所取两个数符合费马小定理的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
基本事件总数有20个，依次看所取的两个数符不符合费马小定理即可.
【详解】
在数集中任取两个数，其中一个作为，另一个作为，
基本事件总数，
所取两个数符合费马小定理包含的基本事件有：
，，，，，，，，，共个，
所取两个数符合费马小定理的概率为．
故选：B
5．（2021·辽宁葫芦岛·高一期末）河图洛书是远古时代流传下来的两幅神秘图案，起源于天上星宿，蕴含着深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”是阴阳五行术书之本，是中华文明之源，洛书又称为龟书，其甲壳上有此图案，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆为阳数，四隅黑点为阴数.其各行各列及对角线点数之和皆为，如图，若从个阴数中随机抽取个数，则能使个数与居中阳数之和等于或的概率（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
求出从4个阴数中随机抽取2个的取法总数，再求出满足条件的取法个数，利用概率公式求解即可．
【详解】
解：从4个阴数中随机抽取2个数，一共有6种取法，
其中满足条件的取法有两种：2，4和6，8，
所以能使2个数与居中阳数之和等于11或19的概率为．
故选：．
6．（2020·湖北荆门·高一期末）华人数学家张益唐证明了孪生素数（注：素数也叫做质数）猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数使得是素数，素数对称为孪生素数.从15以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
15以内的素数共有6个，从中选两个共包含个基本事件，利用列举法求出15以内的孪生素数包含3个基本事件，由此能求出从15以内的素数中任取两个，其中能构成字生素数的概率．
【详解】
依题意，15以内的素数共有6个，从中选两个共包含个基本事件，
而孪生素数有，，，共3对，包含3个基本事件，
所以从15以内的素数中任取两个，
其中能构成字生素数的概率为．
故选：B．
【点睛】
题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（2020·广东梅州·高一期末）“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（也称为素数，是一个大于1的自然数，除了1和它自身之外，不能被其它自然数整除的数叫做质数）之和，也就是我们所谓的“”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.
【详解】
6拆成两个正整数的和含有的基本事件有 (1,5)，(2,4)，(3,3)， (4,2)，(5,1)，
而加数全为质数的有(3,3)，
根据古典概型知，所求概率为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.
8．（2020·辽宁大连·高一期末）关于频率和概率，下列说法正确的是（ ）
①某同学在罚球线投篮三次，命中两次，则该同学每次投篮的命中率为；
②数学家皮尔逊曾经做过两次试验，抛掷12000次硬币，得到正面向上的频率为0.5016；抛掷24000次硬币，得到正面向上的频率为0.5005.如果他抛掷36000次硬币，正面向上的频率可能大于0.5005；
③某类种子发芽的概率为0.903，当我们抽取2000粒种子试种，一定会有1806粒种子发芽；
④将一个均匀的骰子抛掷6000次，则出现点数大于2的次数大约为4000次.
A．②④ B．①④ C．①② D．②③
【答案】A
【解析】
【分析】
根据频率和概率的定义对各个选项进行判断即可.
【详解】
①某同学投篮三次，命中两次，只能说明在这次投篮中命中的频率为，不能说概率，故错误；
②进行大量的实验，硬币正面向上的频率在0.5附近摆动，可能大于0.5，也可能小于0.5,故正确；
③只能说明可能有1806粒种子发芽，具有随机性，并不是一定有1806粒种子发芽，故错误；
④出现点数大于2的次数大约为4000次，正确.
故选：A
【点睛】
本题考查频率与概率的区别，属于基础题.
9．（2021·云南·曲靖市第二中学高一期末）《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》是我国古代数学中的5部著名数学著作，其中《周髀算经》《九章算术》产生于汉代.某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中恰好有一部是汉代时期专著的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用列举法列出所有的基本事件，然后利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】
假设《周髀算经》、《九章算术》分别为1，2，《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》分别为，，，则基本事件有，，，，，，，，，共10个，
其中恰好有一个是汉代著作的有，，，，，共6个，
所以所求概率为.
故选：B
【点睛】
此题考查古典概型的概率的求法，利用了列举法，属于基础题.
10．（2022·宁夏·银川二中高一期末）《易经》是我国古代预测未来的著作，其中同时抛掷三枚古钱币观察正反面进行预测未知，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
用列举法得出：抛掷三枚古钱币出现的基本事件的总数，进而可得出所求概率.
【详解】
抛掷三枚古钱币出现的基本事件共有：正正正，正正反，正反正，反正正，正反反，反正反，反反正，反反反8中，其中出现两正一反的共有3种，故概率为.
故选C
【点睛】
本题主要考查古典概型，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型.
11．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高一期末）《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解．
【详解】
设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，
根据题意可得，解得，
则灯球的总数为个，
故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B．
【点睛】
本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
12．（2019·北京东城·高一期末）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.
详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.
点睛：古典概型中基本事件数的探求方法： (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.
13．（2019·山西吕梁·高一期末）如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：从中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为，故选C.
考点：古典概型
14．（2019·全国·高一专题练习）我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》､《缉古算经》有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献.这5部专著中有3部产生于汉､魏､晋､南北朝时期.现拟从这5部专著中选择2部作为学生“数学史”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部不是汉､魏､晋､南北朝时期专著的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
5部专著中产生于汉､魏､晋､南北朝时期的3部分别记为A，B，C，另两部记为1，2，列举出任选2部的所有结果，算出要求概率的事件包含的结果数即可.
【详解】
5部专著中产生于汉､魏､晋､南北朝时期的3部分别记为A，B，C，另两部记为1，2，从中任选2部的所有结果为：
AB，AC，A1，A2，BC，B1，B2，C1，C2，12，共10个，它们等可能，
所选2部专著中至少有一部不是汉､魏､晋､南北朝时期专著的事件M有：A1，A2，B1，B2，C1，C2，12，共7个，
于是得.
故选：B
15．（2021·北京·模拟预测）斐波那契数列因数学家莱昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”．因趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列．在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由题中给出的递推公式，求出数列的前12项，然后找出其中是奇数的个数，由古典概型的概率公式求解即可．
【详解】
解：由题意可知“兔子数列”满足，，
所以该数列前12项分别为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，
其中是奇数的有：1，1，3，5，13，21，55，89，
故从该数列前12项中随机抽取1项，则抽取项是奇数的概率为．
故选：C.
16．（2021·浙江·高一单元测试）《史记》卷六十五《孙子吴起列传第五》中有这样一道题：齐王与田忌赛马，田忌的上等马劣于齐王的上等马，优于齐王的中等马，田忌的中等马劣于齐王的中等马，优于齐王的下等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现两人进行赛马比赛，比赛规则为：每匹马只能用一次，每场比赛双方各出一匹马，共比赛三场．每场比赛中胜者得1分，否则得0分．若每场比赛之前彼此都不知道对方所用之马，则比赛结束时，田忌得2分的概率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a, b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，用列举法列举齐王与田忌赛马的情况，进而可得田忌胜出的情况数目，进而由等可能事件的概率计算可得答案.
【详解】
设齐王的上，中，下三个等次的马分别为a，b，c，田忌的上，中，下三个等次的马分别为记为A，B，C，双方各出上、中、下等马各1匹分组分别进行1场比赛，
所有的可能为:
Aa，Bb，Cc，田忌得0分;
Aa，Bc，Cb，田忌得1分
Ba，Ab，Cc，田忌得1分
Ba，Ac，Cb，田忌得1分;
Ca，Ab，Bc，田忌得2分，
Ca，Ac，Bb，田忌得1分
田忌得2分概率为，
故选：C
17．（2020·全国·高一课时练习）《易经》是中国传统文化中的精髓.如图是易经先天八卦图，每一卦由三根线组成（“____”表示一根阳线，“_ _”表示一根阴线），现从八卦中任取两卦，这两卦的阳线数目相同的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
求出从八卦中任取两卦的基本事件总数，利用列举法求出这两卦的阳线数目相同的基本事件，由此能求出这两卦的阳线数目相同的概率．
【详解】
从八卦中任取两卦，基本事件总数，
这两卦的阳线数目相同的基本事件有种，分别为：
（兑，巽），（兑，离），（巽，离），
（坎，艮），（艮、震），（坎、震），
这两卦的阳线数目相同的概率为．
故选：C
【点睛】
本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
二、多选题
18．（2021·山东烟台·高一期末）算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位､十位､百位､千位……，上面一粒珠子(简称上珠)代表5，下面一粒珠子(简称下珠)代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠､十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位､百位､千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数，能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计算出概率，判断各选项．
【详解】
只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是，能被3整除的数字1和5各出现2个，因此满足条件的四位数和个数是，所以，
能被5带除的四位数个数为，，能被15带除的是能被3整除的四位数的个数是5，因此满足这个条件的四位数的个数是，概率为，
．
故选：ACD．
19．（2021·湖南·衡阳市八中高一期末）4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（ ）
A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名
C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；
选项B，举特例说明即可；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；
选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.
【详解】
4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种；
选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；
选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；
选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误；
选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.
故选：ABD
【点睛】
本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题.
三、双空题
20．（2020·浙江·模拟预测）某景区内有10个景点，其平面图如图所示，当时甲在A地，乙在B地，若每经过一个单位时间，他们都将随机走向与之相邻的任意一个景区，记某时刻甲、乙出现在同一景区的概率为，则_____；_________.
【答案】
【解析】
【分析】
给每个景区编号，记时刻，第个景点路径条数为，列举出满足的条件，结合图象对称，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出.
【详解】
给每个景区编号，记t时刻，第个景点路径条数为，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
sum
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
0
4
4
1
2
2
1
1
1
1
1
0
14
6
7
8
8
7
4
4
2
2
4
52
观察表中数据，寻找规律，可以发现满足以下条件：
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
∵图象对称，
∴，
.
故答案为：，.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关概率的问题，正确解题的关键是正确理解古典概型、列举法、相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识.
21．（2021·全国·高一课时练习）魔方，又叫鲁比克方块，是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具，与华容道、独立钻石棋同被称为智力游戏界的三大不可思议．三阶魔方（如图所示）可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得．现将三阶魔方中1面有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块，3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个，恰好抽到边缘方块的概率为______，若抽到的是中心方块或边角方块的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
沿等分线把正方体切开，共有27个同样大小的小正方体，然后数出1面有色、2面有色和3面有色的小正方体的个数，进而通过古典概型运算公式求得答案.
【详解】
沿等分线把正方体切开，得到27个同样大小的小正方体，1面有色的小正方体有6个，2面有色的小正方体有12个，3面有色的小正方体有8个，所以恰好抽到边缘方块的概率为．抽到的是中心方块或边角方块的概率是．
故答案为：，.
四、填空题
22．（2021·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室高一期末）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1534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________．
【答案】169石
【解析】
【分析】
用样本频率估计总体频率，按比例计算．.
【详解】
这批米内所夹的谷（石）.
故答案为：169石.
23．（2021·重庆巴蜀中学高三阶段练习）2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为高性能服务器芯片“鲲鹏920”、清华大学“面向通用人工智能的异构融合天机芯片”“特斯拉全自动驾驶芯片”寒武纪云端AI芯片“思元270”赛灵思“Versal自适应计算加速平台”.现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率为________.
【答案】
【解析】
【分析】
基本事件总数n=15×15×15=3375，至少有1名学生选择“芯片领域”的对立事件是没有学生选择“芯片领域”，由此能求出至少有1名学生选择“芯片领域”的概率.
【详解】
第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域，现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响,基本事件总数n=15×15×15=3375，
至少有1名学生选择“芯片领域”的对立事件是没有学生选择“芯片领域”，
则至少有1名学生选择“芯片领域”的概率.
【点睛】
概率的计算:
(1) 等可能性事件的概率一般用列举法列举出基本事件（也可用排列组合计算事件个数）,直接套公式求概率；
(2)互斥（对立）事件、相互独立事件（条件概率）套公式求概率
(3)二项分布（超几何分布）直接套公式求概率.
24．（2021·河南·高一阶段练习（理））古代《冰糖胡芦》算法题一个小摊上摆了两种冰糖胡芦，一种是有个山楂的；另一种是有个山楂、个小桔子的．若小摊的冰糖胡芦上有山楂共个，小桔子共个，现从小摊上随机选取一串冰糖葫芦，则这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
设个山楂的冰糖胡芦有串，个山楂、个小桔子的冰糖胡芦有串，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
设个山楂的冰糖胡芦有串，个山楂、个小桔子的冰糖胡芦有串，
则，解得，，基本事件总数，
这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子包含的基本事件个数为，
这串冰糖胡芦是有个山楂、个小桔子的概率为．
故答案为：.
25．（2020·全国·高一课时练习）由1， 2， 3， …，1000这个1000正整数构成集合，先从集合中随机取一个数，取出后把放回集合，然后再从集合中随机取出一个数，则的概率为______．
【答案】
【解析】
根据题意，，且，要使得，即：，分类讨论当时，对应的的值，得出所有取法，即可求出的概率.
【详解】
解：由题可知，，且，
要使得，即：，则有：
当时，或，有2种取法；
当时，的取值增加3、4、5，有2+3种取法；
当时，的取值增加6、7、8，有种取法；
当时，有种取法；
当时，都有1000种取法.
故
.
故答案为：.
【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.
26．（2020·全国·高一单元测试）甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是________（写出所有正确结论的编号）．
①；
②；
③事件与事件相互独立；
④是两两互斥的事件；
⑤的值不能确定，因为它与中哪一个发生有关
【答案】②④
【解析】
【分析】
根据互斥事件的定义即可判断④；根据条件概率的计算公式分别得出事件发生的条件下B事件发生的概率，即可判断②；然后由，判断①和⑤；再比较的大小即可判断③.
【详解】
由题意可知事件不可能同时发生，则是两两互斥的事件，则④正确；
由题意得，故②正确；
,①⑤错；
因为，所以事件B与事件A1不独立，③错；综上选②④
故答案为：②④
【点睛】
本题主要考查了判断互斥事件，计算条件概率以及事件的独立性，属于中档题.
五、解答题
27．（2021·河北邯郸·高一期末）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）32.25岁；37.5；（2）（i）；（ii）10.
【解析】
【分析】
(1) 根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这人的平均年龄；设第80百分位数为，计算从左到右频率和为或计算从右到左频率和为，即可求出；
(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，根据古典概型计算方法求解即可；
（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.
【详解】
解：（1）设这人的平均年龄为，则
（岁）.
设第80百分位数为，
方法一：由，解得.
方法二：由，解得.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，
对应的样本空间为：
，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则
，共有9个样本点.
所以，.
（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
则，
，
因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，
据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.
28．（2022·陕西·武功县普集高级中学高一阶段练习）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.
（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；
（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.
（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可.
【详解】
（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.
所以甲获得冠军的概率为.
（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；
甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜.
所以甲与乙在决赛相遇的概率为.
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：
乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；
乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜.
同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为
.
丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为
.
【点睛】
本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题.
29．（2020·福建泉州·高一期末）某省采用的“”模式新高考方案中，对化学、生物、地理和政治等四门选考科目，制定了计算转换分（即记入高考总分的分数）的“等级转换赋分规则”（详见附1和附2），具体的转换步骤为：①原始分等级转换；②原始分等级内等比例转换赋分。
某校的一次年级统考中，政治、化学两选考科目的原始分分布如下表：
等级
A
B
C
D
E
比例
约15%
约35%
约35%
约13%
约2%
政治学科各等级对应的原始分区间
化学学科各等级对应的原始分区间
现从政治、化学两学科中分别随机抽取了20个原始分成绩数据如下：
政治：64 72 66 92 78 66 82 65 76 67 74 80 70 69 84 75 68 71 60 79
化学：72 79 86 75 83 89 64 98 73 67 79 84 77 94 71 81 74 69 91 70
并根据上述数据制作了如下的茎叶图：
（1）茎叶图中各序号位置应填写的数字分别是：
①应填______，②应填______，③应填______，④应填______，⑤应填______，⑥应填______.
（2）该校的甲同学选考政治学科，其原始分为82分，乙同学选考化学学科，其原始分为91分.基于高考实测的转换赋分模拟，试分别探究这①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9.，并从公平性的角度谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法.
（3）若从该校政治、化学学科等级为的学生中，随机挑选2人次（两科都选，且两科成绩都为等的学生，可有两次被选机会），试估计这2人次挑选，其转换分都不少于91分的概率.
附1：等级转换的等级人数占比与各等级的转换分赋分区间.
等级
A
B
C
D
E
原始分从高到低排序的等级人数占比
约15%
约35%
约35%
约13%
约2%
转换分的赋分区间
附2：计算转换分的等比例转换赋分公式：（其中：，，分别表示原始分对应等级的原始分区间下限和上限；，分别表示原始分对应等级的转换分赋分区间下限和上限.的计算结果按四舍五入取整）
【答案】（1）①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9；（2）甲乙转换分都是87分，公平性评述见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据已知数据与茎叶图的关系得出答案．
（2）根据高考实测的转换赋分模拟公式及结果得出答案．
（3）列举法写出所有基本事件，然后按概率公式计算．
【详解】
（1）由题意知①6;②7;③8;④9;⑤8;⑥9.
（2）甲同学选考政治学科可以的等级A，根据等比例转换赋分公式：得T＝87
乙同学选考化学学科可以的等级A，根据等比例转换赋分公式：得T＝87
故甲乙两位同学的转换分都为87分．
从公平性的角度谈谈你对新高考这种“等级转换赋分法”的看法：
一，从茎叶图可得甲乙同学原始分都排第三，转换后都是87分，因此高考这种“等级转换赋分法”具有公平性与合理性．
二，甲同学与乙同学原始分差9分，但转换后都是87分，高考这种“等级转换赋分法”对尖子生不利．
（3）该校政治学科等级为A的学生中82，84，92根据等比例转换赋分公式：87，88，95
该校化学学科等级为A的学生中91，94，98根据等比例转换赋分公式：87，92，97
设“转换分都不少于91分”为事件M
所有基本事件：（82，84）（82，92）（82，91）（82，94））（82，98）（84，92）（84，91）（84，94）（84，98）（92，91）（92，94）（92，98）（91，94）
（91，98）（94，98）共15个基本事件，时间M包含3个基本事件
所以.
【点睛】
此题是概率统计综合题，需要理清题目信息，正确理解相关概念.
30．（2021·全国·高一单元测试）有一种鱼的身体吸收汞，当这种鱼身体中的汞含量超过其体重的（即百万分之一）时，人食用它，就会对人体产生危害.现从一批该鱼中随机选出条鱼，检验鱼体中的汞含量与其体重的比值（单位：），数据统计如下：
（1）求上述数据的中位数、众数、极差，并估计这批鱼该项数据的分位数；
（2）有，两个水池，两水池之间有个完全相同的小孔联通，所有的小孔均在水下，且可以同时通过条鱼.
（ⅰ）将其中汞的含量最低的条鱼分别放入水池和水池中，若这条鱼的游动相互独立，均有的概率进入另一水池且不再游回，求这两条鱼最终在同一水池的概率；
（ⅱ）将其中汞的含量最低的条鱼都先放入水池中，若这条鱼均会独立地且等可能地从其中任意一个小孔由水池进入水池且不再游回水池，求这两条鱼由不同小孔进入水池的概率.
【答案】（1）中位数为；众数为；极差为；估计这批鱼该项数据的百分位数约为；（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】
(1)由中位数—排序后处于中间的数，如有两个数取其平均数；众数—出现频率最高的数、极差—最大数与最小数的差；百分比位数—数据集中有n个数：当np为整数时，当np不为整数时；即可求出对应值；(2) （ⅰ）记：“两鱼最终均在水池”； ：“两鱼最终均在水池”求出概率，由它们的互斥性即可求得两条鱼最终在同一水池的概率；（ⅱ）记：“两鱼同时从第n个小孔通过”且鱼的游动独立，知，而10个事件互斥，则“两鱼同时从一个小孔通过”的概率即可求，它与“两条鱼由不同小孔通过”为互斥事件，进而求得其概率
【详解】
解：（1）由题意知，数据的中位数为
数据的众数为
数据的极差为
估计这批鱼该项数据的百分位数约为
（2）（ⅰ）记“两鱼最终均在水池”为事件，则
记“两鱼最终均在水池”为事件，则
∵事件与事件互斥，
∴两条鱼最终在同一水池的概率为
（ⅱ）记“两鱼同时从第一个小孔通过”为事件，“两鱼同时从第二个小孔通过”为
事件，依次类推；而两鱼的游动独立
∴
记“两条鱼由不同小孔进入水池”为事件，则与对立，又由事件，事件，互斥
∴
即
【点睛】
本题考查了数据特征值的概念，以及利用条件概率公式，结合互斥事件、独立事件等概念求概率；注意独立事件：多个事件的发生互不相关，且可以同时发生；互斥事件：一个事件发生则另一个事件必不发生，即不能同时发生
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