【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 11-4隨機(jī)事件的概率、互斥事件的概率課后作業(yè) 北師大版

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1、 【走向高考】2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 11-4隨機(jī)事件的概率、互斥事件的概率課后作業(yè) 北師大版 一、選擇題 1．下列說法： ①頻率反映事件發(fā)生的頻繁程度，概率反映事件發(fā)生的可能性大小； ②做n次隨機(jī)試驗(yàn)，事件A發(fā)生m次，則事件A發(fā)生的頻率就是事件的概率； ③百分率是頻率，但不是概率； ④頻率是不能脫離n次試驗(yàn)的試驗(yàn)值，而概率是具有確定性的不依賴于試驗(yàn)次數(shù)的理論值； ⑤頻率是概率的近似值，概率是頻率的穩(wěn)定值． 其中正確的是(　　) A．①②③④ B．①④⑤ C．①②③④⑤ D．②③ [答案]　B

2、 [解析]　由概率與頻率的相關(guān)定義及聯(lián)系知①④⑤正確． 2．從裝有紅球和綠球的口袋中任取2個球(其中紅球和綠球都多于2個)，那么互斥而不對立的事件是(　　) A．至少有一個紅球；至少有一個綠球 B．恰有一個紅球；恰有兩個綠球 C．至少有一個紅球；都是紅球 D．至少有一個紅球；都是綠球 [答案]　B [解析]　A中至少有一個紅球包括“一紅一綠”和“2個紅球”，而“至少有一個綠球”包括“一紅一綠”和“2個綠球”，兩事件相交后為“一紅一綠”不是空集，∴不是互斥事件．B中兩事件不會同時發(fā)生，且并起來不是必然事件，∴是互斥不對立事件． C中“至少有一個紅球”包含“都是紅球”， ∴不是

3、互斥事件． D中“至少有一個紅球”與“都是綠球”是對立事件． 3．(文)從6名學(xué)生中選取4人參加數(shù)學(xué)競賽，其中A同學(xué)被選中的概率為(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　從6名學(xué)生中選4人，每人被選中的可能性都是＝，∴P(A)＝.∴選D. (理)(2020·天津模擬)某班有60名學(xué)生，其中女生24人，現(xiàn)任選一人，則選中男生的概率為(　　) A. B. C.

4、 D. [答案]　D [解析]　由題意知男生有60－24＝36(人)，故男生選中的概率為＝. 4．在一個袋子里裝有分別標(biāo)注數(shù)字1,2,3,4,5的五個小球，這些小球除標(biāo)注數(shù)字外完全相同，現(xiàn)從中隨機(jī)取2個小球，則取出的小球標(biāo)注的數(shù)字之和為3或6的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　隨機(jī)從袋子中取2個小球的基本事件為(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2

5、,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)共有10種，其中數(shù)字之和為3或6的，有(1,2)，(1,5)，(2,4)3種，∴數(shù)字之和為3或6的概率為P＝. 5．(2020·浙江文，8)從裝有3個紅球、2個白球的袋中任取3個球，則所取的3個球中至少有1個白球的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　D [解析]　本題考查了概率中的古典概型． 設(shè)3個紅球分別為A1，A2，A3,2個白球分別為B1，B2 則本題中Ω＝{(A1，A2，A3)，(A1，

6、A2，B1)，(A1，A3，B1)，(A2，A3，B1)，(A1，A2，B2)，(A1，A3，B2)，(A2，B3，B2)，(A1，B1，B2)，(A2，B1，B2)，(A3，B1，B2)}共有10個基本事件，所以“所取3個球中至少有1個白球”與“所取3個球中一個白球也沒有”互為對立事件 ∴P＝1－＝. 6．(文)口袋內(nèi)裝有一些大小相同的紅球、黃球、白球，從中摸出一個球，摸出紅球的概率為0.4，摸出黃球的概率為0.35，則摸出白球的概率是(　　) A．0.2 B．0.3 C．0.25

7、 D．0.5 [答案]　C [解析]　記事件A、B、C分別是為“摸出一球是紅球”，“摸出一球是黃球”，“摸出一球是白球”，由已知得事件A、B、C互斥，且事件A∪B∪C是必然事件，∴P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1， ∴P(C)＝1－0.4－0.356＝0.25. (理)12個籃球隊(duì)中有3個強(qiáng)隊(duì)，將這12個隊(duì)任意分成3個組(每組4個隊(duì))，則3個強(qiáng)隊(duì)恰好被分在同一組的概率為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. [答案]　B [解析]　考查概率問題，本

8、題涉及到平均分組問題，注意求法． 所求概率為P＝＝×＝. 二、填空題 7．甲、乙兩人下棋，甲獲勝的概率為0.3，兩人下成和棋的概率為0.5，那么甲不輸?shù)母怕适莀_______． [答案]　0.8 [解析]　“甲獲勝”記為事件A，“兩人下成和棋”記為事件B，則易知A與B互斥，所以甲不輸?shù)母怕蕿镻(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.3＋0.5＝0.8. 8．(文)中國乒乓球隊(duì)甲、乙兩名隊(duì)員參加奧運(yùn)會乒乓球女子單打比賽，甲奪得冠軍的概率為，乙奪得冠軍的概率為，那么中國隊(duì)奪得女子乒乓球單打冠軍的概率為________． [答案]　 [解析]　設(shè)事件A為“甲奪得冠軍”，事件B為“乙奪得冠

9、軍”，則P(A)＝，P(B)＝，因?yàn)槭录嗀和事件B是互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝＋＝. (理)在10枝鉛筆中，有8枝正品和2枝次品，從中不放回地任取2枝，至少取到1枝次品的概率是________． [答案]　 [解析]　方法一(直接法)：“至少取到1枝次品”包括：A＝“第一次取次品，第二次取到正品”；B＝“第一次取正品，第二次取到次品”；C＝“第一、二次均取到次品”三種互斥事件，所以所求事件的概率為P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝. 方法二(間接法)：“至少取到1枝次品”的對立事件為“取到的2枝鉛筆均為正品”，所以所求事件的概率為1－＝. 三、解答題 9．袋中裝有

10、6個球，其中4個白球，2個紅球，從袋中任意取出2球，求下列事件的概率： (1)A：取出的2球都是白球． (2)B：取出的2球1個是白球，另1個是紅球． [分析]　要先計(jì)算出從6個球中任取2個球的基本事件總數(shù)，可以用列舉法． [解析]　設(shè)4個白球的編號為1、2、3、4,2個紅球的編號為5、6.從袋中6個小球中任取2個，其基本事件空間Ω＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)}共15個基本事件． (1)從袋中的6個小球中任取2個，所取的2球全是白球

11、的方法總數(shù)，即是從4個白球中任取2個的方法總數(shù)，共有6種，即A＝{(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，所以P(A)＝＝. (2)從袋中的6個小球中任取2個，其中1個是紅球，而另1個是白球，則B＝{(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)}，共8個基本事件． 所以P(B)＝. [點(diǎn)評]　在古典概型條件下，當(dāng)基本事件總數(shù)為n時，每一個基本事件發(fā)生的概率均為，要求事件A的概率，關(guān)鍵是求出基本事件總數(shù)n和事件A中所含基本事件數(shù)m，再由古典概型概率公式P(A)＝求出事件A的概率. 一、選擇題 1．(

12、文) 荷花池中，有一只青蛙在成“品”字形的三片荷葉上跳來跳去(每次跳躍時，均從一葉跳到另一葉)，而且逆時針方向跳的概率是順時針方向跳的概率的兩倍．如圖，假設(shè)現(xiàn)在青蛙在A葉上，則順時針跳動一次停在C葉上的概率是(　　) A. B. C. D. [答案]　A [解析]　設(shè)青蛙按順時針方向跳的概率為P1，按逆時針方向跳的概率為P2，則有P2＝2P1，P1＋P2＝1，∴P1＝，P2＝，則順時針跳動一次停在C葉上的概率為P1＝. (理)m∈{－2，－1,0,1,

13、2,3}，n∈{－3，－2，－1,0,1,2}，且方程＋＝1有意義，則方程＋＝1可表示不同的雙曲線的概率為(　　) A. B．1 C. D. [答案]　D [解析]　由題設(shè)知或， 1°時有不同取法3×3＝9種． 2°時有不同取法2×2＝4種， ∴所求概率P＝＝. 2．(文)先后拋擲兩枚均勻的正方體骰子(它們的六個面分別標(biāo)有點(diǎn)數(shù)1,2,3,4,5,6)，骰子朝上的面的點(diǎn)數(shù)分別為x，y，則log2xy＝1的概率為(　　) A.

14、 B. C. D. [答案]　C [解析]　log2xy＝1?y＝2x，x∈{1,2,3,4,5,6}，y∈{1,2,3,4,5,6}，∴x＝1，y＝2或x＝2，y＝4或x＝3，y＝6共3種情況，基本事件為(1,1)，(1,2)，…，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(6,6)共36種情況， ∴P＝＝. (理)從－1、0、1、2這四個數(shù)中選出三個不同的數(shù)作為函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c的系數(shù)組成不同的二次函數(shù)，其中的二次函數(shù)有變號零點(diǎn)的概率為(　　) A.

15、 B. C. D. [答案]　A [解析]　首先取a，∵a≠0，∴a的取法有3種，再取b，b的取法有3種，最后取c，c的取法有2種， ∴共組成不同的二次函數(shù)3×3×2＝18個． f(x)若有變號零點(diǎn)，不論a>0還是a<0，均應(yīng)有Δ>0，即b2－4ac>0，∴b2>4ac. ①首先b取0時，a、c須異號，a＝－1，則c有2種，a取1或2，則c只能?。?，∴共有4種． ②b＝1時，若c＝0，則a有2種，若c＝－1，a只能取2. 若c＝2，則a＝－1，共有4種． ③若b＝－1，則c只能取0，有2種． ④若b＝

16、2，取a有2種，取c有2種，共有2×2＝4種． 綜上，滿足b2>4ac的取法有4＋4＋2＋4＝14種， ∴所求概率P＝＝. 二、填空題 3．(文)某戰(zhàn)士射擊1次，未中靶的概率是0.05，中靶環(huán)數(shù)大于5的概率為0.7，則中靶環(huán)數(shù)大于0且小于5的概率為________． [答案]　0.25 [解析]　設(shè)事件A為“中靶環(huán)數(shù)大于0且小于5”，其對立事件是“未中靶或中靶環(huán)數(shù)大于5”． ∴P(A)＝1－(0.05＋0.7)＝1－0.75＝0.25. ∴中靶環(huán)數(shù)大于0且小于5的概率是0.25. (理)甲、乙兩顆衛(wèi)星同時監(jiān)測臺風(fēng)，在同一時刻，甲、乙兩顆衛(wèi)星準(zhǔn)確預(yù)報臺風(fēng)的概率分別為0.8和0.

17、75，則在同一時刻至少有一顆衛(wèi)星預(yù)報準(zhǔn)確的概率為________． [答案]　0.95 [解析]　由對立事件的性質(zhì)知，在同一時刻至少有一顆衛(wèi)星預(yù)報準(zhǔn)確的概率為1－(1－0.8)(1－0.75)＝0.95. 4．(文)從長度分別為2、3、4、5的四條線段中任意取出三條，則以這三條線段為邊可以構(gòu)成三角形的概率是________． [答案]　 [解析]　從四條線段中任取三條的所有情況有：(2,3,4)，(2,4,5)，(2,3,5)，(3,4,5)．其中能構(gòu)成三角形的有(2,3,4)，(2,4,5)和(3,4,5)，所以P＝. (理)(2020·湖北理，12)在30瓶飲料中，有3瓶已過了

18、保質(zhì)期．從這30瓶飲料中任取2瓶，則至少取到1瓶已過保質(zhì)期飲料的概率為________．(結(jié)果用最簡分?jǐn)?shù)表示) [答案]　 [解析]　本題考查古典概型的概率計(jì)算及互斥、對立事件的概率分式． 法一：至少取到1瓶分為恰好取到1瓶和恰好取到2瓶． ∴P＝＋＝ 法二：“至少取到一瓶”的對立事件為“兩瓶都未過保質(zhì)期”． ∴P＝1－＝1－＝. 三、解答題 5．(文)(2020·湖南文，18)某河流上的一座水力發(fā)電站，每年六月份的發(fā)電量Y(單位：萬千瓦時)與該河上游在六月份的降雨量X(單位：毫米)有關(guān)．據(jù)統(tǒng)計(jì)，當(dāng)X＝70時，Y＝460；X每增加10，Y增加5.已知近20年X的值為：140,1

19、10,160,70,200,160,140,160,220,200,110,160,160,200,140,110,160,220,140,160. (1)完成如下的頻率分布表： 近20年六月份降雨量頻率分布表 降雨量 70 110 140 160 200 220 頻率 (2)假定今年六月份的降雨量與近20年六月份降雨量的分布規(guī)律相同，并將頻率視為概率，求今年六月份該水力發(fā)電站的發(fā)電量低于490(萬千瓦時)或超過530(萬千瓦時)的概率． [解析]　(1)在所給數(shù)據(jù)中，降雨量為110毫米的有3個，為160毫米的有7個，為200毫米的有3個．故近2

20、0年六月份降雨量頻率分布表為 降雨量 70 110 140 160 200 220 頻率 (2)P(“發(fā)電量低于490萬千瓦時或超過530萬千瓦時”) ＝P(Y<490或Y>530) ＝P(X<130或X>210) ＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220) ＝＋＋＝. 故今年六月份該水力發(fā)電站的發(fā)電量低于490(萬千瓦時)或越過530(萬千瓦時)的概率為. (理)(2020·全國大綱文，19)根據(jù)以往統(tǒng)計(jì)資料，某地車主購買甲種保險的概率為0.5，購買乙種保險但不購買甲種保險的概率為0.3，設(shè)各車主購買保險相互獨(dú)立． (1)求該

21、地1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種的概率； (2)求該地的3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買的概率． [解析]　設(shè)車主購買甲種保險為事件A，購買乙種保險但不購買甲種保險為事件B，則 P(A)＝0.5，P(B)＝0.3 (1)該地1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種為事件A∪B，∴A，B互斥 ∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5＋0.3＝0.8 即該地1位車主至少購買甲、乙兩種保險中的1種的概率為0.8. (2)兩種保險都不買為事件 ∴P()＝1－P(A∪B)＝1－0.8＝0.2 3位車主中恰有1位車主甲、乙兩種保險都不購買的概率為P＝C×(0.2)×(

22、0.8)2＝0.384. 6．(文)拋擲一枚骰子，事件A表示“朝上一面的點(diǎn)數(shù)是奇數(shù)”，事件B表示“朝上一面的點(diǎn)數(shù)不超過2”． 求：(1)P(A)；(2)P(B)；(3)P(A∪B)． [解析]　基本事件總數(shù)為6個. (1)事件A包括出現(xiàn)1,3,5三個基本事件， ∴P(A)＝＝. (2)事件B包括出現(xiàn)1,2兩個基本事件． ∴P(B)＝＝. (3)事件A∪B包括出現(xiàn)1,2,3,5四個基本事件， ∴P(A∪B)＝＝. (理)(2020·天津武清一模)從1、2、3、4、5、8、9這7個數(shù)中任取三個數(shù)，共有35種不同的取法(兩種取法不同，指的是一種取法中至少有一個數(shù)與另一種取法中的

23、三個數(shù)都不相同)． (1)求取出的三個數(shù)能夠組成等比數(shù)列的概率； (2)求取出的三個數(shù)的乘積能被2整除的概率． [解析]　(1)從1、2、3、4、5、8、9這7個數(shù)中任取三個數(shù)，每一種不同的取法為一個基本事件，由題意可知共有35個基本事件．設(shè)取出的三個數(shù)組成等比數(shù)列的事件為A，A包含(1,2,4)、(2,4,8)、(1,3,9)共3個基本事件． 由于每個基本事件出現(xiàn)的可能性相等，所以P(A)＝. (2)設(shè)取出的三個數(shù)的乘積能被2整除的事件為B，其對立事件為C，C包含(1,3,5)，(1,3,9)，(1,5,9)，(3,5,9)共4個基本事件． 由于每個基本事件出現(xiàn)的可能性相等，所以

24、P(C)＝. 所以P(B)＝1－P(C)＝1－＝. 7．(文)(2020·福建文)設(shè)平面向量am＝(m,1)，bn＝(2，n)，其中m，n∈{1,2,3,4}． (1)請列出有序數(shù)組(m，n)的所有可能結(jié)果； (2)記“使得am⊥(am－bn)成立的(m，n)”為事件A，求事件A發(fā)生的概率． [分析]　本小題主要考查概率，平面向量等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，應(yīng)用意識，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，必然與或然思想． [解析]　(1)有序數(shù)組(m，n)的所有可能結(jié)果為： (1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(3,1)(3,2)，(3,3)(3,4)

25、(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)共16個． (2)由am⊥(am－bn)得m2－2m＋1－n＝0，即n＝(m－1)2 由于m，n∈{1,2,3,4}，故事件A包含的基本事件為(2,1)(3,4)，共2個．又基本事件的總數(shù)為16，故所求的概率為P(A)＝＝. (理)將一顆骰子先后拋擲兩次，得到的點(diǎn)數(shù)分別記為a、b. (1)求點(diǎn)P(a，b)落在區(qū)域內(nèi)的概率； (2)求直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1不相切的概率． [解析]　(1)先后兩次拋擲一枚骰子，將得到的點(diǎn)數(shù)分別記為a，b，則事件總數(shù)為6×6＝36. ∵表示的平面區(qū)域如圖所示： 當(dāng)a＝1時，b＝1,2,3,4 a＝2時，b＝1,2,3 a＝3時，b＝1,2 a＝4時，b＝1 共有(1,1)(1,2)……(4,1)10種情況． ∴P＝＝. (2)∵直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1相切的充要條件是＝1，即a2＋b2＝25， ∵a、b∈{1,2,3,4,5,6} 滿足條件的情況只有：a＝3，b＝4或a＝4，b＝3兩種情況， ∴直線與圓相切的概率P＝＝. ∴直線ax＋by＋5＝0與圓x2＋y2＝1不相切的概率P＝1－＝.