【数学】2020届一轮复习（文理合用）第10章第1讲随机事件的概率作业 6页

对应学生用书[练案73理][练案65文]‎ 第十章　概率(文)‎ 第一讲　随机事件的概率(文)‎ 第四讲　随机事件的概率(理)‎ A组基础巩固 一、选择题 ‎1．(2019·湖北十市联考)从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是(　D　)‎ A．“至少有一个黑球”与“都是黑球”‎ B．“至少有一个黑球”与“都是红球”‎ C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”‎ D．“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”‎ ‎[解析]　A中的两个事件是包含关系，不是互斥事件；B中的两个事件是对立事件；C中的两个事件都包含“一个黑球一个红球”的事件，不是互斥关系；D中的两个事件是互斥而不对立的关系．‎ ‎2．甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　由题意得，甲不输的概率为＋＝.‎ ‎3．在一个袋子中装有分别标注数学1,2,3,4,5的五个小球，这些小球除标注的数字外完全相同．现从中随机取出2个小球，则取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　从分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球中随机取出2个小球的基本事件数分别为：1＋2＝3,1＋3＝4,1＋4＝5,1＋5＝6,2＋3＝5,2＋4＝6,2＋5＝7,3＋4＝7,3＋5＝8,4＋5＝9共10种不同情形；而其和为3或6的共3种情形，故取出的小球标注的数字之和为3或6的概率是.‎ ‎4．(2019·湖南五十校联考)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，‎ 劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马．现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　记齐王的三匹马分别为a1，a2，a3，田忌的三匹马分别为b1，b2，b3，‎ 齐王与田忌赛马，其情况有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，共9种；‎ 其中田忌的马获胜的情况有(a2，b1)，(a3，b1)，(a3，b2)，共3种．‎ 则田忌的马获胜的概率为＝，故选A．‎ ‎5．在一次班级聚会上，某班到会的女同学比男同学多6人，从这些同学中随机挑选一人表演节目．若选到女同学的概率为，则这班参加聚会的同学的人数为(　B　)‎ A．12　　 B．18　　‎ C．24　　 D．32‎ ‎[解析]　设女同学有x人，则该班到会的共有(2x－6)人，所以＝，得x＝12，故该班参加聚会的同学有18人．故选B．‎ ‎6．(2019·赤峰模拟)先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是(　D　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　至少一次正面朝上的对立事件的概率为，故P＝1－＝.‎ ‎7．从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数，则取出的3个数可作为三角形的三边边长的概率是(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　从1,2,3,4,5这5个数中任取3个不同的数的基本事件有(1,2,3)，(1,2,4)，(1,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)共10个，取出的3个数可作为三角形的三边边长的基本事件有(2,3,4)，(2,4,5)，(3,4,5)，共3个，故所求概率P＝.选A．‎ 二、填空题 ‎8．袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球，2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色不同的概率为_____.‎ ‎[解析]　令红球、白球、黑球分别为A，B1，B2，C1，C2，C3，则从袋中任取两球有(A，B1)，(A，B2)，(A，C1)，(A，C2)，(A，C3)，(B1，C1)，(B1，C2)，(B1，C3)，(B1，B2)，(B2，C1)，(B2，C2)，(B2，C3)，(C1，C2)，(C1，C3)，(C2，C3)共15种取法，其中两球颜色相同有(B1，B2)，(C1，C2)，(C1，C3)，(C2，C3)共4种取法，由古典概型及对立事件的概率公式可得P＝1－＝.‎ ‎9．(2019·浙江模拟)从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球，则所取的3个球中至少有1个白球的概率是_____.‎ ‎[解析]　所取3个球中至少有1个白球的取法可分为互斥的两类：两红一白有6种取法；一红两白有3种取法，而从5个球中任取3个球的取法共有10种，所以所求概率为.‎ ‎10．一组数据3,4,5，s，t的平均数是4，这组数据的中位数是m，对于任意实数s，t，从3,4,5，s，t，m这组数据中任取一个，取到数字4的概率的最大值为_____.‎ ‎[解析]　由3,4,5，s，t的平均数是4可得＝4，易知m＝4，所以当s＝t＝4时，取到数字4的概率最大，且为P＝＝.‎ 三、解答题 ‎11．一家大型购物商场委托某机构调查该商场的顾客使用移动支付的情况．调查人员从年龄(单位：岁)在[20,60]内的顾客中，随机抽取了180人，调查结果如下表：‎ 年龄 ‎[20,30)‎ ‎[30,40)‎ ‎[40,50)‎ ‎[50,60]‎ 使用人数 ‎45‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎15‎ 未使用人数 ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎45‎ ‎(1)为推广移动支付，商场准备对使用移动支付的顾客赠送1个环保购物袋．若某日该商场预计有12000人(年龄在[20,60]内)购物，试根据上述数据估计该商场当天应准备多少个环保购物袋．‎ ‎(2)某机构从被调查的使用移动支付的顾客中，按分层抽样的方式选出7人进行跟踪调查，并给其中2人赠送额外礼品，求获得额外礼品的2 人的年龄都在[20,30)内的概率．‎ ‎[解析]　(1)由表可知，该日该商场使用移动支付的顾额客人数与顾客总人数之比为712，‎ 若某日该商场有12000人购物，则估计该商场要准备环保购物袋的个数为12000×＝7000.‎ ‎(2)由题知，抽样比为115，所以应从年龄在[20,30)内的顾客中选出3人，[30,40)内的顾客中选出2人，[40,50)内的顾客中选出1人，[50,60]内的顾客中选出1人．‎ 记从年龄在[20,30)内的顾客中选出的3人分别为A，B，C，其他4人分别为a，b，c，d，从7个人中选出2人赠送额外礼品，有以下情况：AB，AC，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，‎ Ba，Bb，Bc，Bd，Ca，Cb，Cc，Cd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共21种．‎ 其中获得额外礼品的2人的年龄都在[20,30)内的情况有3种，‎ 所以获得额外礼品的2人的年龄都在[20,30)内的频率为＝.‎ ‎12．某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：‎ 上年度出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 保　费 ‎0.85a a a ‎1.25a ‎1.5a ‎1.75a ‎2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：‎ 出险次数 ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎≥5‎ 频　数 ‎60‎ ‎50‎ ‎30‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ ‎(1)记A为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值；‎ ‎(2)记B为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P(B)的估计值；‎ ‎(3)求续保人本年度平均保费的估计值．‎ ‎[解析]　(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数大于2.由所给数据知，一年内出险次数大于2的频率为＝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＝0.3，‎ 故P(B)的估计值为0.3.‎ ‎(3)由所给数据得 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 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＝1.1925a.‎ 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.1925a.‎ B组能力提升 ‎1．(2019·山东滨州)若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n作为点P的横、纵坐标，则点P(m，n)落在直线x＋y＝4下方的概率为(　C　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　试验是连续掷两次骰子，故共包含6×6＝36个基本事件．事件“点P(m，n)落在x＋y＝4下方”，包含(1,1)，(1,2)，(2,1)共3个基本事件，故P＝＝.‎ ‎2．在运动会火炬传递活动中，有编号为1,2,3,4,5的5名火炬手．若从中任选3人，则选出的火炬手的编号相连的概率为(　A　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　从1,2,3,4,5中任取三个数的结果有10种，其中选出的火炬手的编号相连的事件有：(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，∴选出的火炬手的编号相连的概率为P＝.‎ ‎3．(2018·江西宜春中学二模)五个人围坐在一张圆桌旁，每个人面前放着完全相同的硬币，所有人同时翻转自己的硬币．若硬币正面向上，则这个人站起来；若硬币正面朝下，则这个人继续坐着．那么，没有相邻的两个人站起来的概率为(　C　)‎ A．　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　设五个人的编号分别为1,2,3,4,5，由题意，所有事件共有25＝32种，没有相邻的两个人站起来的基本事件有(1)，(2)，(3)，(4)，(5)，(1,3)，(1,4)，(2,4)，(2,5)，(3,5)以及没有人站起来，共11种情况，所以没有相邻的两个人站起来的概率为，故选C． ‎ ‎4．(2017·北京春考)在“二十四节气入选非遗”宣传活动中，从甲、乙、丙三位同学中任选两人介绍一年中时令、气候、物候等方面的变化规律，那么甲同学被选中的概率为(　D　)‎ A．1　　 B．　　‎ C．　　 D． ‎[解析]　从甲、乙、丙三位同学中任选两人有以下三种情况：(甲，乙)，(甲、丙)，(乙、丙)，其中含有甲的有两种，所以甲同学被选中的概率为，故选D．‎ ‎5．(2017·课标全国Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：‎ 最高气温 ‎[10,15)‎ ‎[15,20)‎ ‎[20,25)‎ ‎[25,30)‎ ‎[30,35)‎ ‎[35,40)‎ 天数 ‎2‎ ‎16‎ ‎36‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎4‎ 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．‎ ‎(1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；‎ ‎(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．‎ ‎[解析]　(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＝0.6，所以估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率为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＝0.8，因此估计Y大于零的概率为0.8.‎