适用于新教材2025版高中数学单元素养检测五第十章概率新人教A版必修第二册

PAGE单元素养检测(五)(第十章)(120分钟150分)一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．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，则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)【解析】选C.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，共有6种选法．红色和紫色的花不在同一花坛的有4种选法，依据古典概型的概率计算公式，所求的概率为eq\f(4,6)＝eq\f(2,3).2．(2024·合肥高一检测)1742年6月7日，哥德巴赫在给大数学家欧拉的信中提出：任一大于2的偶数都可写成两个质数的和．这就是闻名的“哥德巴赫猜想”，可简记为“1＋1”.1966年我国数学家陈景润证明白“1＋2”，获得了该探讨的世界最优成果，若在不超过20的全部质数中，随机选取两个不同的数，则两数之和不超过20的概率是()A．eq\f(3,7)B．eq\f(4,7)C．eq\f(5,14)D．eq\f(9,14)【解析】选B.共有不超过20的全部质数2，3，5，7，11，13，17，19共8个，从中选取2个不同的数有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28种，和超过20的共有(2，19)，(3，19)，(5，17)，(5，19)，(7，17)，(7，19)，(11，13)，(11，17)，(11，19)，(13，17)，(13，19)，(17，19)12种，所以两数之和不超过20的概率是eq\f(28－12,28)＝eq\f(4,7).3．从含有3个元素的集合中任取一个子集，所取的子集是含有两个元素的集合的概率是()A．eq\f(3,10)B．eq\f(1,12)C．eq\f(45,64)D．eq\f(3,8)【解析】选D.全部子集共8个，其中含有2个元素的有3个，所以概率为eq\f(3,8).4．某人从甲地去乙地共走了500m，途中要过一条宽为xm的河流，他不当心把一件物品丢在途中，若物品掉在河里就找不到，若物品不掉在河里，则能找到，已知该物品能找到的概率为eq\f(4,5)，则河宽为()A．100mB．80mC．50mD．40m【解析】选A.设河宽为xm，则1－eq\f(x,500)＝eq\f(4,5)，所以x＝100.5．从一批羽毛球中任取一个，假如其质量小于4.8g的概率是0.3，质量不小于4.85g的概率是0.32，那么质量在[4.8，4.85)范围内的概率是()A．0.62B．0.38C．0.70D．0.68【解析】选B.记“取到羽毛球的质量小于4.8g”为事务A，“取到羽毛球的质量不小于4.85g”为事务B，“取到羽毛球的质量在[4.8，4.85)范围内”为事务C.易知事务A，B，C互斥，且A∪B∪C为必定事务．所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.3＋0.32＋P(C)＝1，即P(C)＝1－0.3－0.32＝0.38.6．(2024·成都高一检测)任取一个三位正整数N，则对数log2N是一个正整数的概率是()A．eq\f(1,225)B．eq\f(3,899)C．eq\f(1,300)D．eq\f(1,450)【解析】选C.三位正整数有100～999，共900个，而满意log2N为正整数的N有27，28，29，共3个，故所求事务的概率为eq\f(3,900)＝eq\f(1,300).7．(2024·南通高一检测)抛掷一枚匀称硬币和一枚匀称骰子各一次，记“硬币正面对上”为事务A，“骰子向上的点数为奇数”为事务B，则事务A，B中至少有一件发生的概率是()A．eq\f(5,12)B．eq\f(1,2)C．eq\f(7,12)D．eq\f(3,4)【解析】选D.P(A)＝eq\f(1,2)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(A))＝eq\f(1,2)，P(eq\x\to(B))＝eq\f(1,2).A，B中至少有一件发生的概率为1－P(eq\x\to(A))·P(eq\x\to(B))＝1－eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).8．一场5局3胜制的乒乓球对抗赛，当甲运动员先胜2局时，竞赛因故中断．已知甲、乙水平相当，每局甲胜、乙胜的概率都为eq\f(1,2)，则这场竞赛的甲、乙取胜的概率比(甲∶乙)应为()A．6∶1B．7∶1C．3∶1D．4∶1【解析】选B.甲前2局已胜，甲胜有三种状况：①甲第3局胜为A1，P(A1)＝eq\f(1,2)；②甲第3局负、第4局胜为A2，P(A2)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)；③第3局、第4局甲负，第5局甲胜为A3，P(A3)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).故甲胜的概率为P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(7,8)，乙胜的概率则为eq\f(1,8)．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．(2024·济南高一检测)同时抛掷两枚质地匀称的骰子，则下列说法正确的是()A．一共有36种不同的结果B．两枚骰子向上的点数相同的概率是eq\f(1,6)C．两枚骰子向上的点数之和为5的概率是eq\f(5,36)D．两枚骰子向上的点数之差的肯定值小于4的概率为eq\f(5,6)【解析】选ABD.同时抛掷两枚质地匀称的骰子，一共有6×6＝36种不同的结果，A选项正确；对于B选项，事务“两枚骰子向上的点数相同”所包含的基本领件有：(1，1)、(2，2)、(3，3)、(4，4)、(5，5)、(6，6)，共6种不同的结果，所求概率为eq\f(6,36)＝eq\f(1,6)，B选项正确；对于C选项，事务“两枚骰子向上的点数之和为5”所包含的基本领件有：(1，4)、(2，3)、(3，2)、(4，1)，共4种不同的结果，所求概率为eq\f(4,36)＝eq\f(1,9)，C选项错误；对于D选项，事务“两枚骰子向上的点数之差的肯定值不小于4”所包含的基本领件有：(1，5)、(1，6)、(2，6)、(5，1)、(6，1)、(6，2)，共6种不同的结果，因此，事务“两枚骰子向上的点数之差的肯定值小于4”的概率为1－eq\f(6,36)＝eq\f(5,6)，D选项正确．10．下列事务：①假如a，b是实数，那么b＋a＝a＋b；②某地1月1日刮西北风；③当x是实数时，x2≥0；④一个电影院某天的上座率超过50%，其中是随机事务的有()A．①B．②C．③D．④【解析】选BD.由题意可知①③是必定事务，②④是随机事务．11．(2024·北京高一检测)下列事务中，是随机事务的是()A．2024年8月18日，北京市不下雨B．在标准大气压下，水在4℃时结冰C．甲、乙两人进行竞技竞赛，甲的实力远胜于乙，在一次竞赛中甲肯定获胜D．当圆的半径变为原来的2倍时，圆的面积是原来的4倍【解析】选AC.A选项与C选项为随机事务，B为不行能事务，D为必定事务．12．下列说法不正确的是()A．事务A的概率为P(A)，必有0<P(A)<1B．事务A的概率P(A)＝0.999，则事务A是必定事务C．用某种药物对患有胃溃疡的500名病人进行治疗，结果有380人有明显的疗效．现有胃溃疡的病人服用此药，则估计有明显疗效的可能性为76%D．某奖券的中奖率为50%，则某人购买此奖券10张，肯定有5张中奖【解析】选ABD.A不正确，因为0≤P(A)≤1；若A是必定事务，则P(A)＝1，故B不正确；对于D，奖券的中奖率为50%，若某人购买此奖券10张，则可能会有5张中奖，所以D不正确．依据频率与概率的关系知C正确．三、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．一个袋子中有5个红球，3个白球，4个绿球，8个黑球，假如随机地摸出一个球，记A＝{摸出黑球}，B＝{摸出白球}，C＝{摸出绿球}，D＝{摸出红球}，则P(A)＝________；P(B)＝________；P(C∪D)＝________．【解析】由古典概型的算法可得P(A)＝eq\f(8,20)＝eq\f(2,5)，P(B)＝eq\f(3,20)，P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝eq\f(4,20)＋eq\f(5,20)＝eq\f(9,20).答案：eq\f(2,5)eq\f(3,20)eq\f(9,20)14．有一个数学难题，在半小时内，甲能解决的概率是eq\f(1,2)，乙能解决的概率是eq\f(1,3)，两人试图独立地在半小时内解决它，则两人都未解决的概率为________，问题得到解决的概率为________．【解析】甲、乙两人都未能解决的概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，问题得到解决就是至少有一人能解决问题．所以问题得到解决的概率为1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(1,3)eq\f(2,3)15．(2024·连云港高一检测)某篮球队员在竞赛中每次罚球的命中率相同，且在两次罚球中至多命中一次的概率为eq\f(16,25)，则该队员每次罚球的命中率为________．【解析】设此队员每次罚球的命中率为P，则1－P2＝eq\f(16,25)，所以P＝eq\f(3,5)答案：eq\f(3,5)16．圣宋元宝，是中国古代钱币之一，宋徽宗赵佶建中靖国元年(公元1101年)始铸，是仁宗“皇宋通宝”之后又一种不以年号命名的非年号钱，种类主要有小平和折二两种．小明同学珍藏有小平钱2枚，折二钱3枚，现随机抽取2枚赠好友，则赠送的两枚为不同种类的概率为________．【解析】小平钱2枚编号为a，b，折二钱3枚编号为1，2，3，则任取2枚的全部基本领件为：ab，a1，a2，a3，b1，b2，b3，12，13，23共10种，其中两枚不同类的有a1，a2，a3，b1，b2，b3共6种，所求概率为P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).答案：eq\f(3,5)四、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)(2024·银川高一检测)党的十八大以来，习总书记在不同场合多次强调要“厉行节约，反对奢侈”，要加大宣扬引导力度，大力弘扬中华民族勤俭节约的优秀传统．某自助餐厅为响应号召，对就餐人员用餐后的剩余食物状况进行调查，并实行适当的奖惩措施．(1)现有5人用餐，相互之间都不相识．若这5人中有3男2女，从这5人中任取2人，求恰有一男一女的概率；(2)若每人每次用餐需68元，用餐后若无剩余食物，则返回5元嘉奖；若剩余在0克到50克，则不奖不罚；若剩余在50克到100克，则罚10元；若剩余在100克以上，则罚20元．近期调查200位来就餐人员，统计结果如下表：食物剩余量(克)无剩余(0，50](50，100]100克以上人数1801262现有频率当作概率，求某人来就餐消费的总费用的平均值．【解析】(1)令3男分别为A，B，C，2女分别为a，b，则任取2人有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种取法，满意一男一女的取法有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb共6种取法，故恰有一男一女的取法的概率P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5).(2)平均值eq\x\to(x)＝eq\f(180×63＋12×68＋6×78＋2×88,200)＝64，故消费的平均值为64元．18．(12分)(2024·杭州高一检测)汉字是世界上最古老的文字之一，字形结构体现人类追求均衡对称、和谐稳定的天性．如图，三个汉字可以看成是轴对称图形．小敏和小慧利用“土”“口”“木”三个汉字设计一个嬉戏，规则如下：将这三个汉字分别写在背面都相同的三张卡片上，背面朝上洗匀后抽出一张，放回洗匀后再抽出一张，若两次抽出的汉字能构成上下结构的汉字(如“土”“土”构成“圭”)，小敏获胜，否则小慧获胜．你认为这个嬉戏对谁有利？【解析】这个嬉戏对小慧有利．每次嬉戏时，全部可能出现的结果如下：土口木土(土，土)(土，口)(土，木)口(口，土)(口，口)(口，木)木(木，土)(木，口)(木，木)共有9种结果，且每种结果等可能出现，其中能组成上下结构的汉字的结果有4种：(土，土)，(口，口)，(木，口)，(口，木)，所以小敏获胜的概率为eq\f(4,9)，小慧获胜的概率为eq\f(5,9)，所以这个嬉戏对小慧有利．【补偿训练】某饮料公司对一名员工进行测试以便确定其考评级别，公司打算了两种不同的饮料共5杯，其颜色完全相同，并且其中3杯为A饮料，另外2杯为B饮料，公司要求此员工一一品尝后，从5杯饮料中选出3杯A饮料，若该员工3杯都选对，则评为优秀；若3杯选对2杯，则评为良好；否则评为合格．假设此人对A和B两种饮料没有鉴别实力．(1)求此人被评为优秀的概率．(2)求此人被评为良好及以上的概率．【解析】将5杯饮料编号为1，2，3，4，5，编号1，2，3表示A饮料，编号4，5表示B饮料，则从5种饮料中选出3杯的全部可能状况为(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)，共有10种，令D表示此人被评为优秀的事务，E表示此人被评为良好的事务，F表示此人被评为良好及以上的事务，则(1)P(D)＝eq\f(1,10).(2)P(E)＝eq\f(3,5)，P(F)＝P(D)＋P(E)＝eq\f(7,10).19．(12分)对某班一次测验成果进行统计，如下表所示：(1)求该班成果在[80，100]内的概率；(2)求该班成果在[60，100]内的概率；【解析】记该班的测试成果在[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]内依次为事务A，B，C，D，由题意知事务A，B，C，D是彼此互斥的．(1)该班成果在[80，100]内的概率是P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝0.25＋0.15＝0.4.(2)该班成果在[60，100]内的概率是P(A∪B∪C∪D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.17＋0.36＋0.25＋0.15＝0.93.20．(12分)连续抛掷两颗骰子，设第一颗点数为m，其次颗点数为n，则求(1)m＋n＝7的概率；(2)m＝n的概率；(3)m·n为偶数的概率．【解析】(m，n)的总个数为36.(1)事务A＝{m＋n＝7}＝{(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)}共6个，则P(A)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).(2)事务B＝{m＝n}＝{(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)}共6个，则P(B)＝eq\f(6,36)＝eq\f(1,6).(3)事务C＝{m·n为偶数}，分为奇数×偶数，偶数×奇数，偶数×偶数3类，所以共有3×3＋3×3＋3×3＝27个．所以P(C)＝eq\f(27,36)＝eq\f(3,4).21．(12分)(2024·长沙高一检测)某社区举办《“环保我参与”有奖问答竞赛》活动，某场竞赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保学问的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是eq\f(3,4)，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是eq\f(1,12)，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是eq\f(1,4).若各家庭回答是否正确互不影响．(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率．【解析】(1)记“甲回答对这道题”、“乙回答对这道题”、“丙回答对这道题”分别为事务A，B，C，则P(A)＝eq\f(3,4)，且有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(P（\x\to(A)）P（\x\to(C)）＝\f(1,12),P（B）P（C）＝\f(1,4)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1([1－P（A）][1－P（C）]＝\f(1,12),P（B）P（C）＝\f(1,4)))，解得P(B)＝eq\f(3,8)，P(C)＝eq\f(2,3).(2)有0个家庭回答正确的概率为P0＝P(eq\x\to(A)eq\x\to(B)eq\x\to(C))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＝eq\f(1,4)×eq\f(5,8)×eq\f(1,3)＝eq\f(5,96)，有1个家庭回答正确的概率为P1＝P(Aeq\x\to(B)eq\x\to(C)＋eq\x\to(A)Beq\x\to(C)＋eq\x\to(A)eq\x\to(B)C)＝P(A)P(eq\x\to(B))P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(B)P(eq\x\to(C))＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))P(C)＝eq\f(3,4)×eq\f(5,8)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,8)×eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)×e