2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第13章概率试题文

PAGEPAGE13第十三章概率考点1随机事件及其概率1.(2022·广东，7)5件产品中有2件次品，其余为合格品.现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为()B.0.6C.0.8D.11.解析5件产品中有2件次品，记为a，b，有3件合格品，记为c，d，e，从这5件产品中任取2件，结果有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)共10种.恰有一件次品的结果有6种，那么其概率为p＝eq\f(6,10)＝0.6.答案B(2022·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，那么这2只球颜色不同的概率为________.2.解析这两只球颜色相同的概率为eq\f(1,6)，故两只球颜色不同的概率为1－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).答案eq\f(5,6)3.(2022·湖南，16)某商场举行有奖促销活动，顾客购置一定金额的商品后即可抽奖.抽奖方法是：从装有2个红球A1，A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1、b2的乙箱中，各随机摸出1个球，假设摸出的2个球都是红球那么中奖，否那么不中奖.(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果；(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率，你认为正确吗？请说明理由.3.解(1)所有可能结果为：(A1，a1)，(A1，a2)，(A1，b1)，(A1，b2)，(A2，a1)，(A2，a2)，(A3，b1)，(A3，b2)；(B，a1)，(B，a2)，(B，b1)，(B，b2)共计12种结果.(2)设“中奖〞为事件A，那么P(A)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)，P(A)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，P(A)＜P(A)，故此种说法不正确.4.(2022·陕西，19)随机抽取一个年份，对西安市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：日期123456789101112131415天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴日期161718192021222324252627282930天气晴阴雨阴阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在4月份任取一天，估计西安市在该天不下雨的概率；(2)西安市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率.4.解(1)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估计概率，4月份任选一天，西安市不下雨的概率为P＝eq\f(26,30)＝eq\f(13,15).(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对〞(如，1日与2日，2日与3日等)，这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率为eq\f(7,8)，以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为eq\f(7,8).5.(2022·北京，17)某超市随机选取1000位顾客，记录了他们购置甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√〞表示购置，“×〞表示未购置.商品顾客人数甲乙丙丁100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××(1)估计顾客同时购置乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品的概率；(3)如果顾客购置了甲，那么该顾客同时购置乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？5.解(1)从统计表可以看出，在这1000位顾客中有200位顾客同时购置了乙和丙，所以顾客同时购置乙和丙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2.(2)从统计表可以看出，在这1000位顾客中，有100位顾客同时购置了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购置了甲、乙、丙，其他顾客最多购置了2种商品.所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购置3种商品的概率可以估计为eq\f(100＋200,1000)＝0.3.(3)与(1)同理，可得：顾客同时购置甲和乙的概率可以估计为eq\f(200,1000)＝0.2，顾客同时购置甲和丙的概率可以估计为eq\f(100＋200＋300,1000)＝0.6，顾客同时购置甲和丁的概率可以估计为eq\f(100,1000)＝0.1.所以，如果顾客购置了甲，那么该顾客同时购置丙的可能性最大.6.(2022·四川，17)一辆小客车有5个座位，其座位号为1,2,3,4,5，乘客P1，P2，P3，P4，P5的座位号分别为1,2,3,4,5，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己的1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规那么就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位.如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中选择座位.(1)假设乘客P1坐到了3号座位，其他乘客按规那么就座，那么此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就坐的座位号填入表中空格处)乘客P1P2P3P4P5座位号3214532451(2)假设乘客P1坐在了2号座位，其他的乘客按规那么就坐，求乘客P5坐到5号座位的概率.6.解(1)余下两种坐法如下表所示：乘客P1P2P3P4P5座位号3241532541(2)假设乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规那么就坐，那么所有可能的坐法可用下表表示为：乘客P1P2P3P4P5座位号2134523145234152345123541243152435125341于是，所有可能的坐法共8种，设“乘客P5坐到5号座位〞为事件A，那么事件A中的根本领件的个数为4，所以P(A)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).7.(2022·陕西，19)某保险公司利用简单随机抽样方法，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)01000200030004000车辆数(辆)500130100150120(1)假设每辆车的投保金额均为2800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4000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4000元的概率.7.解(1)设A表示事件“赔付金额为3000元〞，B表示事件“赔付金额为4000元〞，以频率估计概率得P(A)＝eq\f(150,1000)＝0.15，P(B)＝eq\f(120,1000)＝0.12.由于投保金额为2800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3000元和4000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4000元〞，由，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1000＝100(辆)，而赔付金额为4000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4000元的频率为eq\f(24,100)＝0.24，由频率估计概率得P(C)＝0.24.考点2古典概型与几何概型1.(2022·新课标全国Ⅰ,3)为美化环境,从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中,余下的2种花种在另一个花坛中,那么红色和紫色的花不在同一花坛的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)1.解析将4种颜色的花种任选两种种在一个花坛中,余下2种种在另一个花坛,有((红黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红白)、(黄紫)),((黄紫)、(红白)),((红紫)、(黄白)),((黄白)、(红紫))共6种种法,其中红色和紫色不在一个花坛的种数有((红黄)、(白紫)),((白紫)、(红黄)),((红白)、(黄紫)),((黄紫),(红白)),共4种,故所求概率为P＝eq\f(4,6)＝eq\f(2,3),选C.答案C2.(2022·新课标全国Ⅲ,5)小敏翻开计算机时,忘记了开机密码的前两位,只记得第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,那么小敏输入一次密码能够成功开机的概率是()A.eq\f(8,15)B.eq\f(1,8)C.eq\f(1,15)D.eq\f(1,30)2.解析第一位是M,I,N中的一个字母,第二位是1,2,3,4,5中的一个数字,所以总的根本领件的个数为15,密码正确只有一种,概率为eq\f(1,15),应选C.答案C3.(2022·北京,6)从甲、乙等5名学生中随机选出2人,那么甲被选中的概率为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(8,25)D.eq\f(9,25)3.解析从甲,乙等5名学生中随机选2人共有10种情况,甲被选中有4种情况,那么甲被选中的概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案B4.(2022·新课标全国Ⅰ,4)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长,那么称这3个数为一组勾股数,从1,2,3,4,5中任取3个不同的数,那么这3个数构成一组勾股数的概率为()A.eq\f(3,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(1,10)D.eq\f(1,20)4.解析从1,2,3,4,5中任取3个数有10个根本领件,构成勾股数的只有3,4,5一组,故概率为eq\f(1,10).答案C5.(2022·山东,7)在区间[0,2]上随机地取一个数x,那么事件“－1≤logeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1〞发生的概率为()A.eq\f(3,4)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)5.解析由－1≤logeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))≤1,得eq\f(1,2)≤x＋eq\f(1,2)≤2,∴0≤x≤eq\f(3,2).∴由几何概型的概率计算公式得所求概率P＝eq\f(\f(3,2)－0,2－0)＝eq\f(3,4).答案A6.(2022·湖北,8)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p1为事件“x＋y≤eq\f(1,2)〞的概率,p2为事件“xy≤eq\f(1,2)〞的概率,那么()A.p1<p2<eq\f(1,2)B.p2<eq\f(1,2)<p1C.eq\f(1,2)<p2<p1D.p1<eq\f(1,2)<p26.解析在直角坐标系中,依次作出不等式eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤x≤1，,0≤y≤1，))x＋y≤eq\f(1,2),xy≤eq\f(1,2)的可行域如下图：依题意,p1＝eq\f(S△ABO,S四边形OCDE),p2＝eq\f(S曲边多边形OEGFC,S四边形OCDE),而eq\f(1,2)＝eq\f(S△OEC,S四边形OCDE),所以p1<eq\f(1,2)<p2.应选D.答案D7.(2022·福建,8)如图,矩形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(1,0),且点C与点D在函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥0，,－\f(1,2)x＋1，x＜0))的图象上.假设在矩形ABCD内随机取一点,那么此点取自阴影局部的概率等于()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,4)C.eq\f(3,8)D.eq\f(1,2)7.解析由图形知C(1,2),D(－2,2),∴S四边形ABCD＝6,S阴＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2).∴P＝eq\f(\f(3,2),6)＝eq\f(1,4).答案B8.(2022·辽宁,6)假设将一个质点随机投入如下图的长方形ABCD中,其中AB＝2,BC＝1,那么质点落在以AB为直径的半圆内的概率是()eq\f(π,2)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,6)D.eq\f(π,8)8.解析由几何概型的概率公式可知,质点落在以AB为直径的半圆内的概率P＝eq\f(半圆的面积,长方形的面积)＝eq\f(\f(1,2)π,2)＝eq\f(π,4),应选B.答案B9.(2022·陕西,6)从正方形四个顶点及其中心这5个点中,任取2个点,那么这2个点的距离小于该正方形边长的概率为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2,5)C.eq\f(3,5)D.eq\f(4,5)9.解析5个点中任取2个点共有10种方法,假设2个点之间的距离小于边长,那么这2个点中必须有1个为中心点,有4种方法,于是所求概率P＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).答案B10.(2022·湖北,5)随机掷两枚质地均匀的骰子,它们向上的点数之和不超过5的概率记为p1,点数之和大于5的概率记为p2,点数之和为偶数的概率记为p3,那么()A.p1＜p2＜p3B.p2＜p1＜p3C.p1＜p3＜p2D.p3＜p1＜p210.解析总的根本领件个数为36,向上的点数之和不超过5的有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(4,1),共10个,那么向上的点数之和不超过5的概率p1＝eq\f(10,36)＝eq\f(5,18)；向上的点数之和大于5的概率p2＝1－eq\f(5,18)＝eq\f(13,18)；向上的点数之和为偶数与向上的点数之和为奇数的个数相等,故向上的点数之和为偶数的概率p3＝eq\f(1,2).即p1<p3<p2,选C.答案C(2022·重庆,15)在区间[0,5]上随机地选择一个数p,那么方程x2＋2px＋3p－2＝0有两个负根的概率为________.11.解析方程x2＋2px＋3p－2＝0有两个负根,那么有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ≥0，,x1＋x2＜0，,x1·x2＞0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4p2－4〔3p－2〕≥0，,－2p＜0，,3p－2＞0，))解得p≥2或eq\f(2,3)＜p≤1,又p∈[0,5],那么所求概率为p＝eq\f(3＋\f(1,3),5)＝eq\f(\f(10,3),5)＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)12.(2022·福建,13)如图,在边长为1的正方形中随机撒1000粒豆子,有180粒落到阴影局部,据此估计阴影局部的面积为________.12.解析依题意,得eq\f(S阴影,S正方形)＝eq\f(180,1000),所以eq\f(S阴影,1×1)＝eq\f(180,1000),解得S阴影＝0.18.答案0.18(2022·重庆,15)某校早上8：00开始上课,假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校,且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的,那么小张比小王至少早5分钟到校的概率为________(用数字作答).13.解析设小张与小王的到校时间分别为7：00后第x分钟,第y分钟,根据题意可画出图形,如下图,那么总事件所占的面积为(50－30)2＝400.小张比小王至少早5分钟到校表示的事件A＝{(x,y)|y－x≥5,30≤x≤50,30≤y≤50},如图中阴影局部所示,阴影局部所占的面积为eq\f(1,2)×15×15＝eq\f(225,2),所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为P(A)＝eq\f(\f(225,2),400)＝eq\f(9,32).答案eq\f(9,32)(2022·浙江,14)在3张奖券中有一、二等奖各1张,另1张无奖.甲、乙两人各抽取1张,两人都中奖的概率是______.14.解析设3张奖券中一等奖、二等奖和无奖分别为a,b,c,甲、乙两人各抽取1张的所有情况有ab,ac,ba,bc,ca,cb,共6种,其中两人都中奖的情况有ab,ba,共2种,所以所求概率为eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)(2022·广东,12)从字母a,b,c,d,e中任取两个不同字母,那么取到字母a的概率为________.15.解析从a,b,c,d,e中任取两个不同字母的所有根本领件为：ab,ac,ad,ae,bc,bd,be,cd,ce,de,共10个,其中取到字母a的有4个,故所求概率为eq\f(4,10)＝0.4.答案0.4(2022·新课标全国Ⅰ,13)将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行,那么2本数学书相邻的概率为________.16.[设两本数学书为A1,A2,一本语文为B.那么根本领件有(A1A2B),(A1BA2),(A2A1B),(A2BA1),(BA1A2),(BA2A1)共6种.其中2本数学书相邻的有(A1A2B),(A2A1B),(BA1A2),(BA2A1)共4种.∴概率为eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).答案eq\f(2,3)(2022·新课标全国Ⅱ,13)甲、乙两名运发动各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种,那么他们选择相同颜色运动服的概率为________.17.解析甲、乙两名运发动各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种的所有可能情况为(红,白),(白,红),(红,蓝),(蓝,红),(白,蓝),(蓝,白),(红,红),(白,白),(蓝,蓝),共9种,他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红,红),(白,白),(蓝,蓝),共3种.故所求概率为P＝eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).答案eq\f(1,3)18.(2022·山东,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下图的转盘两次,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.奖励规那么如下：①假设xy≤3,那么奖励玩具一个；②假设xy≥8那么奖励水杯一个；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)请比拟小亮获得水杯与获得饮料的概率的大小,并说明理由.18.解(1)用数对(x,y)表示儿童参加活动先后记录的数,那么根本领件空间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.所以根本领件总数n＝16.记“xy≤3〞为事件A,那么事件A包含的根本领件数共5个,即(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(3,1),所以P(A)＝eq\f(5,16),即小亮获得玩具的概率为eq\f(5,16).(2)记“xy≥8〞为事件B,“3＜xy＜8〞为事件C.那么事件B包含的根本领件数共6个.即(2,4),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4).所以P(B)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8).事件C包含的根本领件数共5个,即(1,4),(2,2),(2,3),(3,2),(4,1).所以P(C)＝eq\f(5,16).因为eq\f(3,8)＞eq\f(5,16),所以小亮获得的水杯的概率大于获得饮料的概率.19.(2022·天津,15)设甲、乙、丙三个乒乓球协会的运发动人数分别为27,9,18,现采用分层抽样的方法从这三个协会中抽取6名运发动组队参加比赛.(1)求应从这三个协会中分别抽取的运发动的人数；(2)将抽取的6名运发动进行编号,编号分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6,现从这6名运发动中随机抽取2人参加双打比赛.①用所给编号列出所有可能的结果；②设A为事件“编号为A5和A6的两名运发动中至少有1人被抽到〞,求事件A发生的概率.19.解(1)应从甲、乙、丙三个协会中抽取的运发动人数分别为3,1,2.(2)①从6名运发动中随机抽取2人参加双打比赛的所有可能结果为{A1,A2},{A1,A3},{A1,A4},{A1,A5},{A1,A6},{A2,A3},{A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A4},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共15种.②编号为A5和A6的两名运发动中至少有1人被抽到的所有可能结果为{A1,A5},{A1,A6},{A2,A5},{A2,A6},{A3,A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共9种.因此,事件A发生的概率P(A)＝eq\f(9,15)＝eq\f(3,5).20.(2022·山东,16)某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况,数据如下表：(单位：人)参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230(1)从该班随机选1名同学,求该同学至少参加上述一个社团的概率；(2)在既参加书法社团又参加演讲社团的8名同学中,有5名男同学A1,A2,A3,A4,A5,3名女同学B1,B2,B3.现从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,求A1被选中且B1未被选中的概率.20.解(1)由调查数据可知,既未参加书法社团又未参加演讲社团的有30人,故至少参加上述一个社团的共有45－30＝15人,所以从该班随机选1名同学,该同学至少参加上述一个社团的概率为P＝eq\f(15,45)＝eq\f(1,3).(2)从这5名男同学和3名女同学中各随机选1人,其一切可能的结果组成的根本领件有：{A1,B1},{A1,B2},{A1,B3},{A2,B1},{A2,B2},{A2,B3},{A3,B1},{A3,B2},{A3,B3},{A4,B1},{A4,B2},{A4,B3},{A5,B1},{A5,B2},{A5,B3},共15个.根据题意,这些根本领件的出现是等可能的,事件“A1被选中且B1未被选中〞所包含的根本领件有：{A1,B2},{A1,B3},共2个.因此,A1被选中且B1未被选中的概率为P＝eq\f(2,15).21.(202