2025年高考数学一轮复习-11.3-随机事件与概率-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-11.3-随机事件与概率-专项训练【含答案】，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A．0.3 B．0.4
C．0.6 D．0.7
2．某校高一年级要组建数学、计算机、航空模型三个兴趣小组，某学生只选报其中的2个，则样本点共有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
3．在手工课上，老师将5个环(颜色分别为蓝、黑、红、黄、绿)分发给甲、乙、丙、丁、戊五位同学加工制作，每人分得一个，则事件“甲分得红环”与“乙分得红环”( )
A．是对立事件
B．是不可能事件
C．是互斥但不是对立事件
D．不是互斥事件
4．在2，3，5，6中任选2个不同数字，其乘积能被3整除的概率为( )
A．16 B．17
C．13 D．56
5．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．哥德巴赫猜想可以表述为“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，如：16＝5＋11．在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为( )
A．12 B．35
C．710 D．45
6．袋子中有5个质地完全相同的球，其中2个是白球，3个是红球，从中不放回地依次随机摸出两个球，记A＝“第一次摸到红球”，B＝“第二次摸到红球”，则以下说法正确的是( )
A．P(A)＋P(B)＝P(A∩B)
B．P(A)·P(B)＝P(A∪B)
C．P(A)＝P(B)
D．P(A∪B)＋P(A∩B)1，D错误．故选C.]
7．A [根据题意，画出树状图如图所示．
由图可知，共有24种等可能的结果，其中A，B两位同学座位相邻的结果有12种，故A，B两位同学座位相邻的概率是1224＝12.故选A.]
8．A [通过公路1到城市乙用时10，11，12，13天的频率分别为0.2，0.4，0.2，0.2；
通过公路2到城市乙用时10，11，12，13天的频率分别为0.1，0.4，0.4，0.1，
设A1，A2分别表示汽车A在约定日期前11天出发，选择公路1，2将货物运往城市乙，
B1，B2分别表示汽车B在约定日期前12天出发选择公路1，2将货物运往城市乙，
则P(A1)＝0.2＋0.4＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
P(B1)＝0.2＋0.4＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，所以汽车A最好选择公路1，汽车B最好选择公路2．]
9．ABD [Ω为必然事件，且P(Ω)＝1，A正确；
∅为不可能事件，且P(∅)＝0，B正确；
若P(Ω′)＝1，则Ω′不一定为必然事件，C错误；
若P(Ω′)＝0，则Ω′不一定为不可能事件，D正确．故选ABD.]
10．ACD [甲批种子有15粒，能发芽的占80%，乙批种子有10粒，能发芽的占70%, ∴甲批有15×80%＝12粒发芽，乙批有10×70%＝7粒发芽．从甲批种子中任取2粒，至少1粒能发芽的概率为P＝1−C32C152＝3435，A正确；从乙批种子中任取2粒，至多1粒能发芽的概率为P＝C32C102+C31C71C102＝815，B错误；
从甲、乙两批中各任取一粒，至少一粒能发芽的概率是P＝1−C31C31C151C101＝4750，C正确；将两批种子混合后，随机抽出一粒，能发芽的概率为P＝C121+C71C251＝1925，D正确．故选ACD.]
11．23 [甲选2个去参观，有C42＝6(种)，乙选2个去参观，有C42＝6(种)，共有6×6＝36(种)，
若甲、乙恰有一个馆相同，则选确定相同的馆有C41＝4(种)，然后从剩余3个馆中选2个进行排列，有A32＝6(种)，共有4×6＝24(种)，则对应概率P＝2436＝23.]
12．635 [根据题意，从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝C84＝70(种)结果，这4个点在同一个平面的有m＝6＋6＝12(种)，故所求概率P＝mn＝1270＝635.]
13．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60+50200＝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30+30200＝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.
14．解：(1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25 ℃，由表格数据知，最高气温低于25 ℃的频率为2+16+3690＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25 ℃，则Y＝6×450－4×450＝900；
若最高气温位于区间[20，25)，则Y＝6×300＋2×(450－300)－4×450＝300；
若最高气温低于20 ℃，则Y＝6×200＋2×(450－200)－4×450＝－100.
所以Y的所有可能值为900，300，－100.
Y大于零当且仅当最高气温不低于20 ℃，由表格数据知，最高气温不低于20 ℃的频率为36+25+7+490＝0.8，因此Y大于零的概率的估计值为0.8
所用时间(天数)
10
11
12
13
通过公路1的频数
20
40
20
20
通过公路2的频数
10
40
40
10
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费/元
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
最高气温
[10，15)
[15，20)
[20，25)
[25，30)
[30，35)
[35，40]
天数
2
16
36
25
7
4
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