新教材同步系列2024春高中数学第十章概率章末检测新人教A版必修第二册

第十章章末检测(时间：120分钟，满分150分)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设事务A，B，已知P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(2,3)，P(A∪B)＝eq\f(13,15)，则A，B之间的关系确定为()A．两个随意事务 B．互斥事务C．非互斥事务 D．对立事务【答案】B【解析】因为P(A)＋P(B)＝eq\f(1,5)＋eq\f(2,3)＝eq\f(13,15)＝P(A∪B)，所以A，B之间的关系确定为互斥事务．2．(2024年上海浦东新区期中)在古典概率模型中，Ω是样本空间，x是样本点，A是随机事务，则下列表述正确的是()A．x∈Ω B．x⊆ΩC．A∈Ω D．Ω⊆A【答案】A【解析】古典概率模型中，Ω是样本空间，x是样本点，A是随机事务，则x∈Ω，A⊆Ω，故正确的只有A．故选A．3．据天气预报：在春节假期湖北武汉地区降雪的概率为0.2，湖南长沙地区降雪的概率为0.3．假定这段时间内两地是否降雪相互之间没有影响，则0.44等于()A．两地都降雪的概率 B．两地都不降雪的概率C．至少有一地降雪的概率 D．恰有一地降雪的概率【答案】C【解析】武汉和长沙两地都降雪的概率P(A)＝0.2×0.3＝0.06，故A错误；两地都不降雪的概率P(B)＝(1－0.2)(1－0.3)＝0.56，故B错误；至少有一地降雪的概率P(C)＝1－(1－0.2)(1－0.3)＝0.44，故C正确；恰有一地降雪的概率P(D)＝0.2×(1－0.3)＋(1－0.2)×0.3＝0.38，故D错误．故选C．4．甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完．若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是()A．eq\f(2,5) B．eq\f(1,3)C．eq\f(3,10) D．eq\f(3,4)【答案】A【解析】6元分成整数元有3份，可能性有(1，1，4)，(1，2，3)，(2，2，2)，第一个分法有3种，其次个分法有6种，第三个分法有1种，其中符合“最佳手气”的有4种，故概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)．5．(2024年临汾模拟)现有甲、乙、丙三个工厂加工的同种产品各100件，按标准分为一、二两个等级，其中甲、乙、丙三个工厂的一等品各有60件、70件、80件．从这300件产品中任选一件产品，则下列说法错误的是()A．选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥B．选中的产品是一等品的概率为eq\f(7,10)C．选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为eq\f(1,15)D．选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品相互独立【答案】D【解析】对于A，“选中的产品是甲厂的一等品”记为事务A，“选中的产品是乙厂的二等品”记为事务B，则AB＝∅，∴选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥，故A正确；对于B，选中的产品是一等品的概率为eq\f(60＋70＋80,300)＝eq\f(7,10)，故B正确；对于C，选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为eq\f(100－80,300)＝eq\f(1,15)，故C正确；对于D，“选中的产品是丙厂生产的产品”记为事务C，“选中的产品是二等品”记为事务D，则P(C)＝eq\f(100,300)＝eq\f(1,3)，由B项知，P(D)＝1－eq\f(7,10)＝eq\f(3,10)，由C项知P(CD)＝eq\f(1,15)，∴P(CD)≠P(C)P(D)，∴选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品不相互独立，故D错误．故选D．6．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有大小两种，大灯下缀2个小灯是小灯球，大灯下缀4个小灯是大灯球，若这座楼阁的大灯共360个，小灯共1200个，随机选取1个灯球，则这个灯球是大灯球的概率为()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(1,4) D．eq\f(3,4)【答案】B【解析】设小灯球有x个，大灯球有y个，依据题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝360，,2x＋4y＝1200，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝120，,y＝240，))则灯球的总数为x＋y＝360，故这个灯球是大灯球的概率为p＝eq\f(240,360)＝eq\f(2,3)．故选B．7．某商场对某一商品搞活动，已知该商品每一个的进价为3元，售价为8元，每天销售的第20个及之后的商品按半价出售，该商场统计了近10天这种商品的销售量，如图所示．设x为这种商品每天的销售量，y为该商场每天销售这种商品的利润，从日利润不少于96元的几天里任选2天，则选出的这2天日利润都是97元的概率为()A．eq\f(1,9) B．eq\f(1,10)C．eq\f(1,5) D．eq\f(1,8)【答案】B【解析】日销售量不少于20个时，日利润不少于96元，其中日销售量为20个时，日利润为96元；日销售量为21个时，日利润为97元．从条形统计图可以看出，日销售量为20个的有3天，日销售量为21个的有2天，日销售量为20个的3天记为a，b，c，日销售量为21个的2天记为A，B，从这5天中任选2天，可能的状况有10种：(a，b)，(a，c)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，A)，(b，B)，(c，A)，(c，B)，(A，B)，其中选出的2天日销售量都为21个的状况只有1种，故所求概率p＝eq\f(1,10)．故选B．8．(2024年景德镇模拟)写算，是一种格子乘法，也是笔算乘法的一种，用以区分筹算与珠算，它由明代数学家吴敬在其撰写的《九章算法比类大全》一书中提出，是从天元式的乘法演化而来．例如计算89×61，将被乘数89计入上行，乘数61计入右行，然后以乘数61的每位数字乘被乘数89的每位数字，将结果计入相应的格子中，最终从右下方起先按斜行加起来，满十向上斜行进一，如图，即得5429．若从表内的8个数字(含相同的数字，表周边数据不算在内)中取1个数字，这个数字大于5的概率为()A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,8)C．eq\f(1,2) D．eq\f(5,8)【答案】B【解析】表内的8个数字有4，8，5，4，0，8，0，9，其中大于5的有8，8，9，∴从表内的8个数字(含相同的数字，表周边数据不算在内)中取1个数字有8种取法，这个数字大于5的状况有3种取法，∴这个数字大于5的概率为p＝eq\f(3,8)．故选B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．(2024年重庆模拟)甲、乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中随意抽取一件，则()A．两件都是次品的概率为0.02B．事务“至多有一件正品”与事务“至少有一件正品”是互斥事务C．恰有一件正品的概率为0.26D．事务“两件都是次品”与事务“至少有一件正品”是对立事务【答案】ACD【解析】甲、乙两台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床的正品率是0.8，乙机床的正品率为0.9，分别从它们制造的产品中随意抽取一件，对于A，若取出的两件都是次品，其概率p＝(1－0.8)×(1－0.9)＝0.2×0.1＝0.02，故A正确；对于B，事务“至多有一件正品”包含有两件次品、一件正品和一件次品，“至少有一件正品”包含有两件正品、一件正品和一件次品，∴B中两个事务不是互斥事务，故B错误；对于C，恰有一件正品，其概率p＝0.8×(1－0.9)＋(1－0.8)×0.9＝0.08＋0.18＝0.26，故C正确；对于D，事务“两件都是次品”与事务“至少有一件正品”是对立事务，故D正确．故选ACD．10．(2024年山东模拟)某个家庭中有若干个小孩，假定生男孩和生女孩是等可能的，设M＝“该家庭中有男孩、又有女孩”，N＝“该家庭中最多有一个女孩”，则下列结论正确的有()A．若该家庭中有两个小孩，则M与N互斥B．若该家庭中有两个小孩，则M与N不相互独立C．若该家庭中有三个小孩，则M与N不互斥D．若该家庭中有三个小孩，则M与N相互独立【答案】BCD【解析】若该家庭中有两个小孩，样本空间为Ω＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}，M＝{(男，女)，(女，男)}，N＝{(男，男)，(男，女)，(女，男)}，MN＝{(男，女)，(女，男)}，则M与N不互斥，P(M)＝eq\f(1,2)，P(N)＝eq\f(3,4)，P(MN)＝eq\f(1,2)，于是P(MN)≠P(M)P(N)，所以M与N不相互独立，则A错误，B正确；若该家庭中有三个小孩，样本空间为Ω＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)，(女，女，女)}，M＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)，(男，女，女)，(女，男，女)，(女，女，男)}，N＝{(男，男，男)，(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，MN＝{(男，男，女)，(男，女，男)，(女，男，男)}，则M与N不互斥，P(M)＝eq\f(3,4)，P(N)＝eq\f(1,2)，P(MN)＝eq\f(3,8)，于是P(MN)＝P(M)P(N)，所以M与N相互独立，则C和D均正确．故选BCD．11．某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站(首发站)乘车，假设每人自第2号车站起先，在每个车站下车是等可能的，则()A．甲、乙两人下车的全部可能的结果有8种B．甲、乙两人同时在第2号车站下车的概率为eq\f(1,9)C．甲、乙两人同时在第4号车站下车的概率为eq\f(1,3)D．甲、乙两人在不同的车站下车的概率为eq\f(2,3)【答案】BD【解析】甲、乙两人下车的全部可能的结果为(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，共9种，A错误，甲、乙两人同时在第2号车站和第4号车站下车的概率都是eq\f(1,9)，B正确，C错误．甲、乙两人在不同的车站下车的概率为1－3×eq\f(1,9)＝eq\f(2,3)，D正确．故选BD．12．从甲袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,2)，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的有()A．2个球都是红球的概率为eq\f(1,6) B．2个球不都是红球的概率为eq\f(1,3)C．至少有1个红球的概率为eq\f(2,3) D．2个球中恰有1个红球的概率为eq\f(1,2)【答案】ACD【解析】设“从甲袋中摸出一个红球”为事务A1，“从乙袋中摸出一个红球”为事务A2，则P(A1)＝eq\f(1,3)，P(A2)＝eq\f(1,2)，且A1，A2独立．在A中，2个球都是红球为A1A2，其概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，A正确；在B中，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事务，其概率为eq\f(5,6)，B错误；在C中，2个球中至少有1个红球的概率为1－P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)，C正确；2个球中恰有1个红球的概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，D正确．故选ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．我国西部一个地区的年降水量在下列区间内的概率如表所示：年降水量/mm[100，150)[150，200)[200，250)[250，300]概率0.210.160.130.12则年降水量在[200，300](mm)范围内的概率是__________．【答案】0.25【解析】“年降水量在[200，300](mm)范围内”由“年降水量在[200，250)(mm)范围内”和“年降水量在[250，300](mm)范围内”两个互斥事务构成，因此概率为0.13＋0.12＝0.25．14．某种心脏手术，胜利率为0.6，现接受随机模拟方法估计“3例心脏手术全部胜利”的概率：先利用计算器或计算机产生0～9之间取整数值的随机数，由于胜利率是0.6，故我们用0，1，2，3表示手术不胜利，4，5，6，7，8，9表示手术胜利；再以每3个随机数为一组，作为3例手术的结果．经随机模拟产生如下10组随机数：812，832，569，683，271，989，730，537，925，907．由此估计“3例心脏手术全部胜利”的概率为__________．【答案】0.2【解析】由10组随机数知，4～9中恰有三个的随机数有569，989两组，故所求的概率为p＝eq\f(2,10)＝0.2．15．(2024年上饶三模)如图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和全部相邻(上、下相邻或左、右相邻)的开关变更状态．若从这十六个开关中随机按其中一个开关1次，则(2，3)的状态发生变更的概率为__________．(1，1)(1，2)(1，3)(1，4)(2，1)(2，2)(2，3)(2，4)(3，1)(3，2)(3，3)(3，4)(4，1)(4，2)(4，3)(4，4)【答案】eq\f(5,16)【解析】依据题意，从这十六个开关中随机按其中一个开关1次，有16种状况，其中可以使(2，3)的状态发生变更的有(1，3)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，3)，共5个，则(2，3)的状态发生变更的概率p＝eq\f(5,16)．16．甲、乙两名跳高运动员在一次2米跳中学胜利的概率分别为0.7，0.6，且每次试跳胜利与否相互之间没有影响，则甲试跳三次，第三次才胜利的概率为__________；甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人胜利的概率为__________．【答案】0.0630.88【解析】记“甲第i次试跳胜利”为事务Ai，“乙第i次试跳胜利”为事务Bi(i＝1，2，3)，依题意得P(Ai)＝0.7，P(Bi)＝0.6，且Ai，Bi相互独立，“甲试跳三次，第三次才胜利”为事务eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2A3，且这三次试跳相互独立，∴P(eq\x\to(A)1eq\x\to(A)2A3)＝P(eq\x\to(A)1)P(eq\x\to(A)2)P(A3)＝0.3×0.3×0.7＝0.063．记“甲、乙两人在第一次试跳中至少有一人胜利”为事务C，P(C)＝1－P(eq\x\to(A)1)P(eq\x\to(B)1)＝1－0.3×0.4＝0.88．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)某产品的三个质量指标分别为x，y，z，用综合指标S＝x＋y＋z评价该产品的等级．若S≤4，则该产品为一等品．现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：产品编号A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10质量指数(x，y，z)(1，1，2)(2，1，1)(2，2，2)(1，1，1)(1，2，1)(1，2，2)(2，1，1)(2，2，1)(1，1，1)(2，1，2)利用上表供应的样本数据估计该批产品的一等品率．解：计算10件产品的综合指标S，如下表所示．产品编号A1A2A3A4A5S44634产品编号A6A7A8A9A10S54535其中S≤4的有A1，A2，A4，A5，A7，A9，共6件，故该样本的一等品频率为eq\f(6,10)＝0.6，从而可估计该批产品的一等品率为0.6．18．(12分)某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作．设元件1，2，3的运用寿命超过1000小时的概率都是eq\f(1,2)，且各个元件能否正常工作相互独立，求该部件的运用寿命超过1000小时的概率．解：设元件1，2，3的运用寿命超过1000小时的事务分别记为A，B，C，明显P(A)＝P(B)＝P(C)＝eq\f(1,2)，∴该部件的运用寿命超过1000小时的事务为(Aeq\x\to(B)＋eq\x\to(A)B＋AB)C，∴该部件的运用寿命超过1000小时的概率p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)＋\f(1,2)×\f(1,2)))×eq\f(1,2)＝eq\f(3,8)．19．(12分)袋子中放有大小和形态相同的小球若干个，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个．已知从袋子中随机抽取1个小球，取到标号是2的小球的概率是eq\f(1,2)．(1)求n的值；(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，其次次取出的小球标号为b．记事务A表示“a＋b＝2”，求事务A的概率．解：(1)由题意可知eq\f(n,1＋1＋n)＝eq\f(1,2)，解得n＝2．(2)记标号为2的两个小球分别为21，22，不放回地随机抽取2个小球的全部基本领件为(0，1)，(0，21)，(0，22)，(1，0)，(1，21)，(1，22)，(21，0)，(21，1)，(21，22)，(22，0)，(22，1)，(22，21)，共12个，事务A包含的基本领件为(0，21)，(0，22)，(21，0)，(22，0)，共4个，所以P(A)＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3)．20．(12分)(2024年重庆期中)“学习强国”学习平台，是立足全党、面对社会的互联网学习载体，旨在推动马克思主义学习型政党、学习大国建设．某校为了考查老师们的学习效果，在全校随机抽取100名老师进行测试，并将成果共分成五组：第1组[75，80)，第2组[80，85)，第3组[85，90)，第4组[90，95)，第5组[95，100]，得到的频率分布直方图如图所示．已知第三、五组的人数的和等于第四组人数的2倍．且同时规定成果小于85分为“良好”，成果在85分及以上为“优秀”．(1)依据样本频率分布直方图估计样本的众数；(2)假如用分层随机抽样的方法从“良好”和“优秀”的老师中共选出5人，再从这5人中选2人发表学习心得，那么这两人都“优秀”的概率是多少？(3)假如规定成果得分从高到低排名在前18%的老师可以获得“学习之星”的称号，依据频率分布直方图估计成果得到多少分才能获得“学习之星”的称号？解：(1)依据样本频率分布直方图得到[80，85)对应的小矩形最高，∴估计样本的众数为eq\f(1,2)×(80＋85)＝82.5．(2)由频率分布直方图，得“良好”的老师频率为(0.01＋0.07)×5＝0.4，“优秀”老师频率为1－0.4＝0.6，由分层随机抽样，得“良好”的老师有5×0.4＝2(人)，“优秀”的老师有5×0.6＝3(人)．将三名“优秀”老师分别记为A，B，C，两名“良好”的老师分别记为a，b，则这5人中选2人的基本领件有10种，分别为AB，AC，BC，Aa，Ba，Ca，Ab，Bb，Cb，ab，其中这两人都“优秀”包含的基本领件有3种，分别为AB，AC，BC，所以这两人都“优秀”的概率为p＝eq\f(3,10)．(3)由第三、五组的人数的和等于第四组人数的2倍可得(0.02＋n)×5×100＝2m×5×100，化简整理可得0.02＋n＝2m．①由频率分布直方图的性质可知(n＋0.02＋m)×5＝1－(0.01＋0.07)×5，②由①②可得m＝0.04，n＝0.06．第五组人数频率为0.02×5＝0.1＝10%，第四、五组人数的频率为(0.02＋0.04)×5＝0.3＝30%，故成果得分从高到低排名在18%的老师分数在第四组．设至少得x分才能获得“学习之星”的称号，则(95－x)×0.04＋0.02×5＝0.18，解得x＝93，∴依据频率分布直方图估计成果至少得到93分才能获得“学习之星”的称号．21．(12分)本着健康、低碳的生活，租共享电动自行车出行的人越来越多，某共享电动自行车租车点的收费标准是起步价2元(20分钟及以内)，超过20分钟每10分钟收费1元(不足10分钟的部分按10分钟计算)．现有甲、乙、丙三人来该租车点租车是相互独立的(各租一车一次)，设甲、乙、丙不超过20分钟还车的概率分别为eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，20分钟以上且不超过30分钟还车的概率分别为eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，三人租车时间都不会超过40分钟．(1)求甲、乙、丙三人的租车费用完全相同的概率；(2)求甲、乙、丙三人的租车费用和为11元的概率．解：(1)当租车时间不足20分钟，三人租车费用相同的概率为eq\f(1,2)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,32)；当租车时间在20～30分钟，三人租车费用相同的概率为eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,32)；当租车时间在30～40分钟，三人租车费用相同的概率为eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,32)．所以三人租车费用相同的概率为eq\f(3,32)．(2)甲、乙、丙三人的租车费用和为11元，则其中两人租车时间达到30～40分钟，另一人为20～30分钟．若甲、乙租车30～40分钟，三人的租车费用和为11元的概率为eq\f(1,4)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,16)；若甲、丙租车30～40分钟，三人的租车费用和为11元的概率为eq\f(1,4)×eq\f(1,4)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,64)；若乙、丙租车30～40分钟，三人的租车