2025届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题十七概率文含解析

PAGE专题十七概率本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(2024·四川绵阳二诊)博览会支配了分别标有序号为“1号”“2号”“3号”的三辆车，等可能随机依次前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若其次辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘坐第三辆车；方案二：干脆乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐到“3号”车的概率分别为P1，P2，则()A．P1·P2＝eq\f(1,4) B．P1＝P2＝eq\f(1,3)C．P1＋P2＝eq\f(5,6) D．P1＜P2答案C解析三辆车的出车依次可能为：123,132,213,231,312,321，方案一坐“3号”车可能：132,213,231，所以P1＝eq\f(3,6)；方案二坐“3号”车可能：312,321，所以P2＝eq\f(2,6)；所以P1＋P2＝eq\f(5,6).故选C.2．(2024·山东第一次大联考)我国现代闻名数学家徐利治教授提出：图形的对称性是数学美的详细内容．如图，一个圆的外切正方形和内接正方形构成一个美丽的几何图形，正方形ABCD所围成的区域记为Ⅰ，在圆内且在正方形ABCD外的部分记为Ⅱ，在圆外且在大正方形内的部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为P1，P2，P3，则()A．P1＝P2＋P3 B．P1>P3>P2C．P1>P2＝P3 D．P1＝P2>P3答案A解析将图转化为如图，易知小正方形的面积是大正方形面积的一半，故选A.3．(2024·四川省达州市第一次诊断)b是区间[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]上的随机数，直线y＝－x＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(3,4)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案C解析b是区间[－2eq\r(2)，2eq\r(2)]上的随机数．即－2eq\r(2)≤b≤2eq\r(2)，区间长度为4eq\r(2)，由直线y＝－x＋b与圆x2＋y2＝1有公共点可得，eq\f(|b|,\r(2))≤1，∴－eq\r(2)≤b≤eq\r(2)，区间长度为2eq\r(2)，直线y＝－x＋b与圆x2＋y2＝1有公共点的概率P＝eq\f(2\r(2),4\r(2))＝eq\f(1,2).故选C.4．(2024·郴州二模)甲、乙、丙三人站成一排照相，甲排在左边的概率是()A．1B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案D解析甲、乙、丙三人站成一排照相的站法有甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，共6种，其中甲排在左边的站法为2种，∴甲排在左边的概率是eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).故选D.5．(2024·辽宁质量测试)从甲、乙、丙、丁4人中随机选出2人参与志愿活动，则甲被选中且乙未被选中的概率是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(2,3)答案B解析4个人中选2人，基本领件有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁六种，其中甲被选中且乙未被选中的事务有甲丙、甲丁两种，故概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).故选B.6．(2024·茂名综合测试)在1,2,3,6这组数据中随机取出三个数，则数字2是这三个不同数字的平均数的概率是()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(3,4)答案A解析在1,2,3,6中随机取出三个数，全部可能的结果为(1,2,3)，(1,2,6)，(1,3,6)，(2,3,6)，共4种，其中数字2是这三个不同数字的平均数的结果有(1,2,3)，共1种．由古典概型概率计算公式可得所求概率为P＝eq\f(1,4).故选A.7．(2024·孝义模拟)从装有大小材质完全相同的3个红球和3个黑球的不透亮口袋中，随机摸出两个小球，则两个小球同色的概率是()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,5)D.eq\f(1,3)答案C解析记3个红球分别为a，b，c,3个黑球分别为x，y，z，则随机取出两个小球共有15种可能：ab，ac，ax，ay，az，bc，bx，by，bz，cx，cy，cz，xy，xz，yz，其中两个小球同色共有6种可能：ab，ac，bc，xy，xz，yz，依据古典概型概率计算公式可得所求概率为eq\f(6,15)＝eq\f(2,5)，故选C.8.(2024·唐山模拟)下图是一个边长为4的正方形二维码，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机投掷400个点，其中落入黑色部分的有225个点，据此可估计黑色部分的面积为()A．8B．9C．10D．12答案B解析依据面积之比与点数之比相等的关系，得黑色部分的面积S＝4×4×eq\f(225,400)＝9.故选B.9．(2024·青海联考)下图为中国古代刘徽的《九章算术注》中探讨“勾股容方”问题的图形，图中△ABC为直角三角形，四边形DEFC为它的内接正方形，已知BC＝2，AC＝4，在△ABC上任取一点，则此点取自正方形DEFC的概率为()A.eq\f(2,9)B.eq\f(4,9)C.eq\f(5,9)D.eq\f(1,2)答案B解析设正方形DEFC的边长为x，则eq\f(x,2)＝eq\f(4－x,4)，∴x＝eq\f(4,3)，因此所求概率为eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2,\f(1,2)×2×4)＝eq\f(4,9)，故选B.10.(2024·郑州质检)七巧板是我国古代劳动人民的独创之一，被誉为“东方模板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为()A.eq\f(9,32)B.eq\f(5,16)C.eq\f(3,8)D.eq\f(7,16)答案C解析设正方形的边长为2，则由几何概型的概率计算公式知所求概率为eq\f(2×1×\f(1,2)＋1×\f(1,2),22)＝eq\f(3,8).故选C.11．(2024·陕西名校联考)齐王有上等、中等、下等马各一匹；田忌也有上等、中等、下等马各一匹．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竞赛，若有优势的马肯定获胜，则齐王的马获胜的概率为()A.eq\f(4,9)B.eq\f(5,9)C.eq\f(2,3)D.eq\f(7,9)答案C解析设齐王的上等、中等、下等马分别为A，B，C，田忌的上等、中等、下等马分别为a，b，c，现从双方的马匹中随机各选一匹进行一场竞赛，基本领件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，a)，(B，b)，(B，c)，(C，a)，(C，b)，(C，c)，共9种，有优势的马肯定获胜，齐王的马获胜包含的基本领件有：(A，a)，(A，b)，(A，c)，(B，b)，(B，c)，(C，c)，共6种，∴齐王的马获胜的概率为P＝eq\f(6,9)＝eq\f(2,3)，故选C.12．(2024·咸阳二模)假设某人的手机在一天内收到1条、2条、3条垃圾短信的概率分别为0.5、0.3、0.2，则该手机明天和后天一共收到至少5条垃圾短信的概率为()A．0.1B．0.16C．0.2D．0.5答案B解析∵某人的手机在一天内收到1条、2条、3条垃圾短信的概率分别为0.5、0.3、0.2，∴该手机明天和后天一共收到至少5条垃圾短信的概率为0.3×0.2＋0.2×0.3＋0.2×0.2＝0.16.故选B.第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2024·全国卷Ⅱ)我国高铁发展快速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车全部车次的平均正点率的估计值为________．答案0.98解析eq\x\to(x)＝eq\f(10×0.97＋20×0.98＋10×0.99,10＋20＋10)＝0.98.则经停该站高铁列车全部车次的平均正点率的估计值为0.98.14．(2024·长春质检二)若向区域Ω＝{(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}内投点，则该点到原点的距离小于1的概率为________．答案eq\f(π,4)解析如图，由题意知区域Ω的面积为1，在区域Ω内，到原点的距离小于1的区域为阴影部分，即四分之一个圆，其面积为eq\f(π,4)，所以所求概率为eq\f(π,4).15．(2024·江苏高考)从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参与志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是________．答案eq\f(7,10)解析解法一：设3名男同学分别为A，B，C,2名女同学分别为a，b，则全部等可能事务分别为AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共10个，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本领件分别为Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，ab，共7个，故所求概率为eq\f(7,10).解法二：同解法一，得全部等可能事务共10个，选出的2名同学中没有女同学包含的基本领件分别为AB，AC，BC，共3个，故所求概率为1－eq\f(3,10)＝eq\f(7,10).16．(2024·合肥质检二)小李从网上购买了一件商品，快递员支配在下午5：00～6：00之间送货上门．已知小李下班到家的时间为下午5：30～6：00.快递员到小李家时，若小李未到家，就将商品存放在快递柜中，则小李须要去快递柜收取商品的概率等于________．答案eq\f(3,4)解析设快递员到小李家的时间为5点x分，小李到家的时间为5点y分，则依题意，若须要去快递柜收取商品，需满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤60，,30≤y≤60，,y－x>0，))则可行域所表示的区域为图中阴影部分．由于随机试验落在矩形方框内的任何位置的可能性相等，进而依据几何概型的概率计算公式，可得小李须要去快递柜收取商品的概率为eq\f(\f(1,2)×30＋60×30,30×60)＝eq\f(3,4).三、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)(2024·宁德模拟)为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源租赁汽车”．每次租车的收费标准由两部分组成，①里程计费：1元/公里；②时间计费：0.12元/分．已知陈先生的家离上班公司12公里，每天上、下班租用该款汽车各一次．一次路上开车所用的时间记为t(分)，现统计了50次路上开车所用的时间，在各时间段内频数分布状况如下表所示：时间t(分)[20,30)[30,40)[40,50)[50,60]次数122882将各时间段发生的频率视为概率，一次路上开车所用的时间视为用车时间，范围为[20,60]分．(1)估计陈先生一次租用新能源汽车的时间不低于30分钟的概率；(2)若公司每月发放800元的交通补贴，请估计是否足够让陈先生一个月上、下班租用新能源汽车，并说明理由．(每月上班天数按22天计算，同一时段，用该区间的中点值作代表)解(1)设“陈先生一次租用新能源汽车的时间不低于30分钟”为事务A，则所求的概率为P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－eq\f(12,50)＝eq\f(19,25)，所以陈先生一次租用新能源汽车的时间不低于30分钟的概率为eq\f(19,25).(2)每次开车所用的平均时间为25×eq\f(12,50)＋35×eq\f(28,50)＋45×eq\f(8,50)＋55×eq\f(2,50)＝35(分)，则每次租用新能源汽车的平均费用为1×12＋0.12×35＝16.2(元)，则每个月的费用为16.2×2×22＝712.8(元)，712.8<800，因此交通补贴足够让陈先生一个月上、下班租用新能源汽车．18．(本小题满分12分)(2024·天津高考)2024年，我国施行个人所得税专项附加扣除方法，涉及子女教化、接着教化、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采纳分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受状况．(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受状况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．eq\a\vs4\al(员工)eq\a\vs4\al(项目)ABCDEF子女教化○○×○×○接着教化××○×○○大病医疗×××○××住房贷款利息○○××○○住房租金××○×××赡养老人○○×××○①试用所给字母列举出全部可能的抽取结果；②设M为事务“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事务M发生的概率．解(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采纳分层抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．(2)①从已知的6人中随机抽取2人的全部可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．②由表格知，符合题意的全部结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种．所以，事务M发生的概率P(M)＝eq\f(11,15).19．(本小题满分12分)(2024·北京高考)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的运用状况，从全校全部的1000名学生中随机抽取了100人，发觉样本中A，B两种支付方式都不运用的有5人，样本中仅运用A和仅运用B的学生的支付金额分布状况如下：eq\a\vs4\al(支付金额)eq\a\vs4\al(支付方式)不大于2000元大于2000元仅运用A27人3人仅运用B24人1人(1)估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都运用的人数；(2)从样本仅运用B的学生中随机抽取1人，求该学生上个月支付金额大于2000元的概率；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有改变．现从样本仅运用B的学生中随机抽查1人，发觉他本月的支付金额大于2000元．结合(2)的结果，能否认为样本仅运用B的学生中本月支付金额大于2000元的人数有改变？说明理由．解(1)由题知，样本中仅运用A的学生有27＋3＝30(人)，仅运用B的学生有24＋1＝25(人)，A，B两种支付方式都不运用的学生有5人．故样本中A，B两种支付方式都运用的学生有100－30－25－5＝40(人)．估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都运用的人数为eq\f(40,100)×1000＝400.(2)记事务C为“从样本仅运用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2000元”，则P(C)＝eq\f(1,25)＝0.04.(3)记事务E为“从样本仅运用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2000元”．假设样本仅运用B的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有改变，则由(2)知，P(E)＝0.04.答案示例一：可以认为有改变．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事务一般不简单发生，一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2000元的人数发生了改变．所以可以认为有改变．答案示例二：无法确定有没有改变．理由如下：事务E是随机事务，P(E)比较小，一般不简单发生，但还是有可能发生的．所以无法确定有没有改变．20．(本小题满分12分)(2024·齐齐哈尔二模)在某亲子嬉戏结束时有一项抽奖活动，抽奖规则是：盒子里面共有4个小球，小球上分别写有0,1,2,3的数字，小球除数字外其他完全相同，每对亲子中，家长先从盒子中取出一个小球，登记数字后将小球放回，孩子再从盒子中取出一个小球，登记小球上数字将小球放回．抽奖活动的嘉奖规则是：①若取出的两个小球上数字之积大于4，则嘉奖飞机玩具一个；②若取出的两个小球上数字之积在区间[1,4]上，则嘉奖汽车玩具一个；③若取出的两个小球上数字之积小于1，则嘉奖饮料一瓶．(1)求每对亲子获得飞机玩具的概率；(2)试比较每对亲子获得汽车玩具与获得饮料的概率，哪个更大？请说明理由．解(1)基本领件总数有16个，分别为：(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，记“获得飞机玩具”为事务A，则事务A包含的基本领件有3个，分别为：(2,3)，(3,2)，(3,3)，∴每对亲子获得飞机玩具的概率P(A)＝eq\f(3,16).(2)记“获得汽车玩具”为事务B，“获得饮料”为事务C，事务B包含的基本领件有6个，分别为：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，∴每对亲子获得汽车玩具的概率P(B)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，每对亲子获得饮料的概率P(C)＝1－P(A)－P(B)＝eq\f(7,16)，∴每对亲子获得汽车玩具的概率小于获得饮料的概率．21．(本小题满分12分)(2024·安徽皖南地区调研)某港口有一个泊位，现统计了某月100艘轮船在该泊位停靠的时间(单位：小时)，假如停靠时间不足半小时按半小时计时，超过半小时不足1小时按1小时计时，依此类推，统计结果如下表：停靠时间2.533.544.555.56轮船数量12121720151383(1)设该月100艘轮船在该泊位的平均停靠时间为a小时，求a的值；(2)假定某天只有甲、乙两艘轮船须要在该泊位停靠a小时，且在一昼夜的时间段中随机到达，求这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必需等待的概率．解(1)a＝eq\f(1,100)×(2.5×12＋3×12＋3.5×17＋4×20＋4.5×15＋5×13＋5.5×8＋6×3)＝4.(2)设甲船到达的时间为x，乙船到达的时间为y，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<24，0<y<24，))若这两艘轮船在停靠该泊位时至少有一艘船须要等待，则|y－x|<4，符合题意的区域为图中阴影部分(不包括x，y轴)，所以所求概率P＝eq\f(24×24－2×\f(1,2)×20×20,24×24)＝eq\f(11,36)，则这两艘轮船中至少有一艘在停靠该泊位时必需等待的概率为eq\f(11,36).22．(本小题满分12分)(2024·临沂二模)设f(x)和g(x)都是定义在同