人教A版 (2019)专题训练：第10章 概率（B卷提高篇）解析版

参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2019春•辽宁期末）下列事件中，是必然事件的是（　　）
A．任意买一张电影票，座位号是2的倍数
B．13个人中至少有两个人生肖相同
C．车辆随机到达一个路口，遇到红灯
D．明天一定下雨
【解答】解：A、“任意买一张电影票，座位号是2的倍数”是随机事件，故此选项错误；
B、“13个人中至少有两个人生肖相同”是必然事件，故此选项正确；
C、“车辆随机到达一个路口，遇到红灯”是随机事件，故此选项错误；
D、“明天一定会下雨”是随机事件，故此选项错误；
故选：B．
2．（2019春•洛南县期中）下列叙述随机事件的频率与概率的关系中，说法正确的是（　　）
A．频率就是概率
B．频率是随机的，与试验次数无关
C．概率是稳定的，与试验次数无关
D．概率是随机的，与试验次数有关
【解答】解：频率是随机的，随实验而变化，但概率是唯一确定的一个值．
故选：C．
3．（2020春•芝罘区校级期末）抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，
∴P（A），P（B），
又小于5的偶数点有2和4，不小于5的点数有5和6，
所以事件A和事件B为互斥事件，
则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为
P（A∪B）＝P（A）+P（B），
故选：A．
4．（2019春•湖北期中）某射手在一次射击中，射中10环，9环，8环的概率分别是0.20，0.30，0.10，则该射手在一次射击中不够8环的概率为（　　）
A．0.90 B．0.30 C．0.60 D．0.40
【解答】解：由题意知射手在一次射击中不够8环的对立事件是射手在一次射击中不小于8环，
∵射手在一次射击中不小于8环包括击中8环，9环，10环，这三个事件是互斥的，
∴射手在一次射击中不小于8环的概率是0.20+0.30+0.10＝0.60，
∴射手在一次射击中不够8环的概率是1﹣0.60＝0.40，
故选：D．
5．（2019春•武汉期中）已知消费者购买家用小电器有两种方式：网上购买和实体店购买．经工商局抽样调查发现，网上家用小电器合格率约为，而实体店里家用小电器的合格率约为，工商局12315电话接到关于家用小电器不合格的投诉，统计得知，被投诉的是在网上购买的概率约为75%．那么估计在网上购买家用小电器的人约占（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设在网上购买的人数占比为x，实体店购买的人数为1﹣x，
由题意可得，网上购买的合格率为，
则网上购买被投诉的概率为，实体店里购买的被投诉的人数占比为（1﹣x），
∴P；
故x；
故选：A．
6．（2020春•栖霞市月考）一道试题，A，B，C三人可解出的概率分别为，则三人独立解答，仅有1人解出的概率为 （　　）
A． B． C． D．1
【解答】解：根据题意，只有一人解出的试题的事件
包含A解出而其余两人没有解出，B解出而其余两人没有解出，C解出而其余两人没有解出，三个互斥的事件，而三人解出答案是相互独立的，
则P（只有一人解出试题）（1）×（1）+（1）（1）+（1）×（1），
故选：B．
7．（2020•江门模拟）一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：分两种情况3，1，1及2，2，1
这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率，
当取球的个数是3，1，1时，
试验发生包含的事件是35，
满足条件的事件数是C31C43C21
∴这种结果发生的概率是
同理求得第二种结果的概率是
根据互斥事件的概率公式得到P
故选：B．
8．（2019秋•岳麓区校级月考）甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件A＝“甲击中靶”，事件B＝“乙击中靶”，事件E＝“靶未被击中”，事件F＝“靶被击中”，事件G＝“恰一人击中靶”，对下列关系式（表示A的对立事件，表示B的对立事件）：①，②F＝AB，③F＝A+B，④G＝A+B，⑤，⑥P（F）＝1﹣P（E），⑦P（F）＝P（A）+P（B）．其中正确的关系式的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：甲、乙两人对同一个靶各射击一次，
设事件A＝“甲击中靶”，事件B＝“乙击中靶”，
事件E＝“靶未被击中”，事件F＝“靶被击中”，事件G＝“恰一人击中靶”，
在①中，事件E是指事件A与事件B同时不发生，∴，故①正确；
在②中，事件F表示事件A和事件B至少有一个发生，
故F＝A+B，故②错误；
在③中，F＝A+B，故③正确；
在④中，，故④错误；
在⑤中，，故⑤正确；
在⑥中，由对立事件概率计算公式得P（F）＝1﹣P（E），故⑥正确；
在⑦中，由互斥事件概率计算公式得P（F）＝1﹣P（）≠P（A）+P（B），故⑦错误．
故选：B．
二．多选题（共4小题）
9．（2020春•常熟市期中）一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是（　　）
A．事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
B．事件“第一次击中”与事件“第二次击中”互为互斥事件
C．事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”互为互斥事件
D．事件“两次均未击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
【解答】解：对于A，事件“至少一次击中”包含“一次击中”和“两次均击中”，
所以不是对立事件，A错误；
对于B，事件“第一次击中”包含“第一次击中、第二次击中”和“第一次击中、第二次不中”，
所以与事件“第二次击中”不是互斥事件，B错误；
对于C，事件“恰有一次击中”是“一次击中、一次不中”，
它与事件“两次均击中”是互斥事件，C正确；
对于D，事件“两次均未击中”的对立事件是“至少一次击中”，D正确．
故选：CD．
10．（2020春•昆山市期中）抛掷一枚硬币三次，若记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的概率分别为P1，P2，P3，P4，则下列结论中正确的是（　　）
A．P1＝P2＝P3＝P4 B．P3＝2P1
C．P1+P2+P3+P4＝1 D．P4＝3P2
【解答】解：抛掷一枚硬币三次，
记出现“三个正面”、“三个反面”、“二正一反”、“一正二反”的概率分别为P1，P2，P3，P4，
则P1＝（）3，
P2＝（）3，
P3，
P4，
∴P1＝P2＜P3＝P4，故A错误；
P3＝3P1，故B错误；
P1+P2+P3+P4＝1，故C正确；
P4＝3P2，故D正确．
故选：CD．
11．（2020春•芝罘区校级期末）从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么不互斥的两个事件是（　　）
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
D．“至少有一个黑球”与“都是红球”
【解答】解：”至少有一个黑球“中包含“都是黑球，A正确；
“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”可能同时发生，B正确；
“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不可能同时发生，C不正确；
“至少有一个黑球”与“都是红球”不可能同时发生，D不正确．
故选：AB．
12．以下对各事件发生的概率判断正确的是（　　）
A．甲，乙两人玩剪刀、石头、布的游戏，则玩一局甲不输的概率是
B．每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如8＝3+5，在不超过14的素数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为
C．将一个质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的概率是
D．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是
【解答】解：两人玩剪刀、石头、布的游戏，则玩一局甲不输的概率应试，A错；
不超过14的素数是2，3，5，7，11，13有6个数，从中随机选取两个不同的数有C15种，
其和等于14的只有3，11一种情况，所以概率为，则B对；
掷骰子2次向上的点数有36种情况，用列举法可求点数之和是6的有5种，所以概率是，则C对；
从三正品，一次品中取2件的取法C6，全是正品的取法C3，所以概率为，则D对．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题）
13．（2019春•淮安期末）若三个原件A，B，C按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件A，B，C正常工作的概率依次为0.7，0.8，0.9，则这个系统正常工作的概率为　0.686　

【解答】解：系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C至少有一个正常工作的情况，
A正常工作的概率为：0.7；
B，C至少有一个正常工作的情况的概率为1减去B，C都不正常工作的情况的概率，
即：B，C至少有一个正常工作的概率为：1﹣（1﹣0.8）（1﹣0.9）＝0.98，
所以：这个系统正常工作的概率为：0.7×0.98＝0.686；
故答案为：0.686；
14．（2019春•息县期中）在抛掷一颗骰子的试验中，事件A表示“不大于4的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则事件A∪发生的概率为　　．（表示B的对立事件）
【解答】解：随机抛掷一颗骰子一次共有6中不同的结果，
其中事件A“出现不大于4的偶数点”包括2，4两种结果，P（A），
事件B“出现小于5的点数”的对立事件，
P（B），P（），
且事件A和事件是互斥事件，
∴P（A）．
故答案为：．
15．（2018秋•怀仁市校级期末）口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件A＝“取出的两球同色”，B＝“取出的2球中至少有一个黄球”，C＝“取出的2球至少有一个白球”，D＝“取出的两球不同色”，E＝“取出的2球中至多有一个白球”．下列判断中正确的序号为　①④　．
①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件：④P（C∪E）＝1；⑤P（B）＝P（C）．
【解答】解：口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，
事件A＝“取出的两球同色”，B＝“取出的2球中至少有一个黄球”，
C＝“取出的2球至少有一个白球”，D＝“取出的两球不同色”，E＝“取出的2球中至多有一个白球”．
在①中，A与D为对立事件，故①正确；
在②中，B与C能同时发生，不是互斥事件，故②错误；
在③中，C与E能同时发生，不是对立事件，故③错误：
在④中，∵C∪E＝Ω，∴P（C∪E）＝1，故④正确；
在⑤中，P（B），P（C）．故⑤错误．
故答案为：①④．
16．（2019秋•米东区校级期中）若随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，且分别为P（A）＝2﹣a，P（B）＝3a﹣4，则实数a的取值范围为　（]　．
【解答】解：∵随机事件A、B互斥，A、B发生的概率均不等于0，
且分别为P（A）＝2﹣a，P（B）＝3a﹣4，
∴，即，
解得．
故答案为：（]．
四．解答题（共5小题）
17．（2019春•兴庆区校级月考）某服务电话，打进的电话响第1声时被接的概率是0.1；响第2声时被接的概率是0.2；响第3声时被接的概率是0.3；响第4声时被接的概率是0.35．
（1）打进的电话在响5声之前被接的概率是多少？
（2）打进的电话响4声而不被接的概率是多少
【解答】解：（1）设事件“电话响第k声时被接”为Ak（k∈N），
那么事件Ak彼此互斥，
设“打进的电话在响5声之前被接”为事件A，
根据互斥事件概率加法公式，得：
P（A）＝P（A1∪A2∪A3∪A4）
＝P（A1）+P（A2）+P（A3）+P（A4）
＝0.1+0.2+0.3+0.35＝0.95．
（2）事件“打进的电话响4声而不被接”是事件A，
“打进的电话在响5声之前被接”的对立事件，记为．
根据对立事件的概率公式，得P（）＝1﹣P（A）＝1﹣0.95＝0.05．
18．（2019春•九台区期中）甲、乙两射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求：
（1）两人都射中的概率；
（2）两人中恰有一人射中的概率；
（3）两人中至少有一人射中的概率．
【解答】解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B．事件A与B是相互独立的．
（1）两人都射中的概率为P（AB）＝P（A）P（B）＝0.8×0.9＝0.72．
（2）两人中恰有一人射中的概率为 P（A）+P（B）＝0.8×（1﹣0.9）+（1﹣0.8）×0.9＝0.26．
（3）两人中至少有一人射中的概率等于1减去两个人都没有击中的概率，
∴所求的概率等于 1﹣P（）＝1﹣P（）•P（）＝1﹣0.2×0.1＝0.98．
19．（2020•西宁模拟）某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动．活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置．若指针停在A区域返券60元；停在B区域返券30元；停在C区域不返券．例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和．
（Ⅰ）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；
（Ⅱ）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为X（元）．求随机变量X的分布列和数学期望．

【解答】解：设指针落在A，B，C区域分别记为事件A，B，C．
则．
（Ⅰ）若返券金额不低于30元，则指针落在A或B区域．∴
即消费128元的顾客，返券金额不低于30元的概率是．

（Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘2次．
随机变量X的可能值为0，30，60，90，120．
；
；
；
；
．
所以，随机变量X的分布列为：
X
0
30
60
90
120
P





其数学期望．
20．（2020•南通模拟）某种质地均匀的正四面体玩具的4个面上分别标有数字0，1，2，3，将这个玩具抛掷n次，记第n次抛掷后玩具与桌面接触的面上所标的数字为an，数列{an}的前n和为Sn．记Sn是3的倍数的概率为P（n）．
（1）求P（1），P（2）；
（2）求P（n）．
【解答】解：（1）抛掷一次，出现一个0和一个3时符合要求，故P（1），
抛掷两次，出现1+2，2+1，0+0，3+3，0+3，3+0时，符合要求，故计6种情况，
故P（2）．
（2）设Sn被3除时余1的概率为p1（n），Sn被3除时余2的概率为P2（n），
则P（n+1），①
P1（n+1），②
P2（n+1），③
①﹣（②+③），得：
P（n+1）﹣[P1（n+1）+P2（n+1）][P1（n）+P2（n）]，
化简，得4P（n+1）＝p（n）+1，
∴P（n+1）[P（n）]，
又P（1），
∴P（n）．
21．（2020•北京模拟）为贯彻十九大报告中“要提供更多优质生态产品以满足人民日益增长的优美生态环境需要“的要求，某生物小组通过抽样检测植物高度的方法来监测培育的某种植物的生长情况．现分别从A，B，C三块试验田中各随机抽取7株植物测量高度，数据如表（单位：厘米）：
A组
10
11
12
13
14
15
16
B组
12
13
14
15
16
17
18
C组
13
14
15
16
17
18
19
假设所有植株的生长情况相互独立．从A，B，C三组各随机选1株，A组选出的植株记为甲，B组选出的植株记为乙，C组选出的植株记为丙．
（Ⅰ）求丙的高度小于15厘米的概率；
（Ⅱ）求甲的高度大于乙的高度的概率；
（Ⅲ）表格中所有数据的平均数记为μ0．从A，B，C三块试验田中分别再随机抽取1株该种植物，它们的高度依次是14，16，15 （单位：厘米）．这3个新数据与表格中的所有数据构成的新样本的平均数记为μ1，试比较μ0和μ1的大小．（结论不要求证明）
【解答】解：（Ⅰ）设事件Ai为“甲是A组的第i株植物”，
事件Bi为“乙是B组第i株植物”，
事件∁i为“丙是C组第i株植物”，i＝1，2，3，4，…，7，
由题意得P（Ai）＝P（Bi）＝P（∁i），i＝1，2，3，4，…，7，
设事件D为“丙的高度小于15厘米”，由题意D＝C1∪C2，且C1与C2互斥，
∴丙的高度小于15厘米的概率为：
P（D）＝P（C1∪C2）．
（Ⅱ）设事件E为“甲的高度大于乙的高度”，
∴甲的高度大于乙的高度的概率为：
P（E）＝P（A4B1）+P（A5B1）+P（A6B1）+P（A7B1）+P（A5B2）+P（A6B2）+P（A7B2）+P（A6B3）+P（A7B3）+P（A7B4）
＝10P（A4B1）＝10．
（Ⅲ）所有数据的平均数μ0（10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19）≈14.67，
μ1（10+11+12+13+14+15+16+12+13+14+15+16+17+18+13+14+15+16+17+18+19+14+16+15）≈14.71．
∴μ0＜μ1．