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- 2021-06-24 发布
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单元质检十一 概率
(时间:45分钟 满分:100分)
单元质检卷第25页
一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)
1.口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球,其中红球45个,从口袋中摸出一个球,摸出白球的概率为0.23,则摸出黑球的概率为( )
A.0.45 B.0.67 C.0.64 D.0.32
答案D
解析摸出红球的概率为0.45,摸出白球的概率为0.23,故摸出黑球的概率为1-0.45-0.23=0.32.
2.(2016山西运城期末)若m∈(4,7),则直线y=kx+k与圆x2+y2+mx+4=0至少有一个交点的概率是( )
A.15 B.23 C.35 D.13〚导学号74920408〛
答案B
解析∵y=kx+k,∴y=k(x+1),
∴直线y=kx+k恒过定点M(-1,0).
∵直线y=kx+k与圆x2+y2+mx+4=0至少有一个交点,∴点M在圆内或圆上,
∴(-1)2+0-m+4≤0,解得m≥5.①
∵x2+y2+mx+4=0表示圆,∴m2+0-16>0,解得m>4或m<-4.②
综合①②得m≥5,又m∈(4,7),可知m∈[5,7),故由几何概型可知所求概率为7-57-4=23.
3.有三个兴趣小组,甲、乙两位同学各自参加其中一个小组,每位同学参加各个小组的可能性相同,则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( )
A.13 B.12 C.23 D.34
答案A
解析记三个兴趣小组分别为1,2,3,甲参加兴趣小组1,2,3分别记为“甲1”“甲2”“甲3”,乙参加兴趣小组1,2,3分别记为“乙1”“乙2”“乙3”,则基本事件为“(甲1,乙1),(甲1,乙2),(甲1,乙3),(甲2,乙1),(甲2,乙2),(甲2,乙3),(甲3,乙1),(甲3,乙2),(甲3,乙3)”,共9个,记事件A为“甲、乙两位同学参加同一个兴趣小组”,其中事件A有“(甲1,乙1),(甲2,乙2),(甲3,乙3)”,共3个.因此P(A)=39=13.
4.已知m∈{-2,-1,0,1,2,3},n∈{-3,-2,-1,0,1,2},且方程x2m+y2n=1有意义,则方程x2m+y2n=1可表示双曲线的概率为( )
A.3625 B.1 C.925 D.1325〚导学号74920409〛
答案D
解析由题设知m>0,n<0,或m<0,n>0,
当m>0,n<0时,有不同取法3×3=9种.
当m<0,n>0时,有不同取法2×2=4种.
所以,所求概率为9+45×5=1325.
5.(2016福建福州质检)在2015年全国青运会火炬传递活动中,有编号分别为1,2,3,4,5的5名火炬手,若从中任选2名,则选出的火炬手的编号相邻的概率为( )
A.310 B.58 C.710 D.25〚导学号74920410〛
答案D
解析基本事件总数为10,分别是{1,2},{1,3},{1,4},{1,5},{2,3},{2,4},{2,5},{3,4},{3,5},{4,5},其中选出的火炬手的编号相邻的有{1,2},{2,3},{3,4},{4,5},共4种,故选出的火炬手的编号相邻的概率为410=25.
6.已知P是△ABC所在平面内一点,4PB+5PC+3PA=0,现将一粒红豆随机撒在△ABC内,则红豆落在△PBC内的概率是( )
A.14 B.13
C.512 D.12〚导学号74920411〛
答案A
解析依题意,易知点P位于△ABC内,作PB1=4PB,PC1=5PC,PA1=3PA,则有PB1+PC1+PA1=0,点P是△A1B1C1的重心.S△PB1C1=S△PC1A1=S△PA1B1,而S△PBC=14×15S△PB1C1,S△PCA=13×15·S△PC1A1,S△PAB=13×14S△PA1B1,因此S△PBC∶S△PCA∶S△PAB=3∶4∶5,
即S△PBCS△PBC+S△PCA+S△PAB=33+4+5=14,即红豆落在△PBC内的概率等于14,故选A.
二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)
7.(2016山东潍坊模拟)已知实数x∈[2,30],执行如图所示的程序框图,则输出的x不小于103的概率是 .
答案914
解析已知实数x∈[2,30],
经过第一次循环得到x=2x+1,n=2;
经过第二次循环得到x=2(2x+1)+1,n=3;
经过第三次循环得到x=2[2(2x+1)+1]+1,n=4;此时退出循环,输出的值为8x+7.
令8x+7≥103得x≥12.
由几何概型可知输出的x不小于103的概率为30-1230-2=914.
8.抛掷一颗骰子,观察掷出的点数,设“出现奇数点”为事件A,“出现2点”为事件B,已知P(A)=12,P(B)=16,则出现奇数点或2点的概率是 .
答案23
解析由题意知,抛掷一颗骰子出现奇数点和出现2点是互斥事件,因为P(A)=12,P(B)=16,
所以根据互斥事件的概率公式得到出现奇数点或2点的概率为P(A)+P(B)=12+16=23.
三、解答题(本大题共3小题,共44分)
9.
(14分)(2016山东,文16)某儿童乐园在“六一”儿童节推出了一项趣味活动.参加活动的儿童需转动如图所示的转盘两次,每次转动后,待转盘停止转动时,记录指针所指区域中的数.设两次记录的数分别为x,y.奖励规则如下:
①若xy≤3,则奖励玩具一个;
②若xy≥8,则奖励水杯一个;
③其余情况奖励饮料一瓶.
假设转盘质地均匀,四个区域划分均匀.小亮准备参加此项活动.
(1)求小亮获得玩具的概率;
(2)请比较小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.
解用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,则基本事件空间Ω与点集S={(x,y)|x∈N,y∈N,1≤x≤4,1≤y≤4}一一对应.
因为S中元素的个数是4×4=16,
所以基本事件总数n=16.
(1)记“xy≤3”为事件A,则事件A包含的基本事件数共5个,即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1).
所以P(A)=516,即小亮获得玩具的概率为516.
(2)记“xy≥8”为事件B,“3516,
所以小亮获得水杯的概率大于获得饮料的概率.〚导学号74920412〛
10.(15分)某保险公司利用简单随机抽样的方法,对投保车辆进行抽样,样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下:
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元,估计赔付金额大于投保金额的概率;
(2)在样本车辆中,车主是新司机的占10%,在赔付金额为4 000元的样本车辆中,车主是新司机的占20%,估计在已投保车辆中,新司机获赔金额为4 000元的概率.
解(1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”,B表示事件“赔付金额为4 000元”,以频率估计概率得P(A)=1501 000=0.15,P(B)=1201 000=0.12.
由于投保金额为2 800元,赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元,所以其概率为P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27.
(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”,由已知,样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000=100辆,而赔付金额为4 000元的车辆中,车主为新司机的有0.2×120=24辆.
所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为24100=0.24,由频率估计概率得P(C)=0.24.〚导学号74920413〛
11.(15分)(2016山东潍坊二模)济南天下第一泉风景区为了做好宣传工作,准备在A和B两所大学分别招募8名和12名志愿者,将这20名志愿者的身高编成的茎叶图(单位:cm)(叶中的数字都是按从小到大排列)如图所示.若身高在175 cm以上(包括175 cm)定义为“高精灵”,身高在175 cm以下(不包括175 cm)定义为“帅精灵”.已知A大学志愿者的身高的平均数为176 cm,B大学志愿者的身高的中位数为168 cm.
(1)求x,y的值;
(2)如果用分层抽样的方法从“高精灵”和“帅精灵”中抽取5人,再从这5人中选2人,求至少有一人为“高精灵”的概率.
解(1)由题意可知,
159+168+170+170+x+176+182+187+1918
=176,
160+y+1692=168,
解得x=5,y=7.
(2)由题意可得,“高精灵”有8人,“帅精灵”有12人,若从“高精灵”和“帅精灵”中抽取5人,则“高精灵”和“帅精灵”的人数分别为8×520=2,12×520=3.
记抽取的“高精灵”分别为b1,b2,“帅精灵”为c1,c2,c3.
从已经抽取的5人中任选2人的所有可能为(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3)共10种结果;
记“从这5人中选2人,至少有一人为‘高精灵’”为事件A,则事件A有(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(b2,c2),(b2,c3)共7种结果,故P(A)=710.〚导学号74920414〛
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