第十章概率章末测试-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

第十章概率【章末测试】单项选择题1.[2024西南大学附中模拟]对于两个事件A,B,则事件A∪B表示的含义是()A.A与B同时发生 B.A与B有且仅有一个发生C.A与B至少有一个发生 D.A与B不能同时发生2.[2025广东省潮州市高一期末]某射箭运动员进行射击训练,共3组,每组射击次数和命中目标的次数如下表.根据表中的数据信息,用频率估计一次射击命中目标的概率,误差较小的可能性的估计是()

第一组第二组第三组合计射击次数100200300600命中目标的次数66126183375命中目标的频率0.660.630.610.625A.0.61 B.0.63 C.0.625 D.0.663.[2025重庆南开中学高一期末]已知事件A,B互斥,且事件A发生的概率P(A)=25,事件B发生的概率P(B)=13,则事件A,A.215 B.415 C.1115 4.[2025佛山一中检测]投篮测试中,每人投2次,至少投中1次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6,且各次投篮是否投中相互独立,则该同学通过测试的概率为()A.0.24 B.0.48 C.0.84 D.0.945.[2025安徽师大附中模拟]已知样本空间Ω={a,b,c,d}中有4个等可能的样本点,且A={a,b},B={b,c},则P(AB)=()A.1 B.12 C.34 6.[2025河南省实验中学、郑州外国语学校等校高一联考]为加强学生身体健康,某校对学生进行了体能测试.已知同学甲在立定跳远项目中每次及格的概率均为0.6,现采用随机模拟的方法估计甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率:先由计算机产生0到9范围内的整数随机数,指定0,1,2,3表示没有及格,4,5,6,7,8,9表示及格,再以每3个随机数为一组,代表3次立定跳远的结果.经随机模拟产生了如下20组随机数:759421113215345257704066186203037624616045601366959742710428据随机模拟试验估计,甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为()A.12 B.35 C.81125 7.【学科综合】[2025九江一中高一期末]如图,某电子元件由A,B,C三种部件组成,现将该电子元件应用到某研发设备中,经过反复测试,A,B,C三种部件不能正常工作的概率分别为14,13,12,各个部件是否正常工作相互独立.A,B同时正常工作或C正常工作,则该电子元件能正常工作,那么该电子元件能正常工作的概率是(A.34 B.23 C.11128.【模块综合】[2025青岛二中高一调研]在集合{0,1,2,3}中任取两个数a,b(a<b)构成以原点为起点的向量m=(a,b).从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个不共线向量为邻边作平行四边形,则平行四边形面积不超过2的概率为()A.13 B.512 C.712 多项选择题9.[2025成都外国语学校月考]抛掷一枚质地均匀的骰子,观察向上的面的点数,“点数为奇数”记为事件A,“点数小于5”记为事件B,“点数大于5”记为事件C.则下列说法正确的是()A.A与C互斥 B.B与C对立C.A与B相互独立 D.P(A∪B)=P(A)+P(B)10.[2025厦门一中入学考试]某社团开展“建党104周年主题活动——学党史知识竞赛”,甲、乙两人能得满分的概率分别为34,2A.两人均获得满分的概率为1B.两人至少一人获得满分的概率为7C.只有甲获得满分的概率为1D.两人至多一人获得满分的概率为111.[2025合肥一六八中学高一期末]在一个不透明的袋子中,装有大小、材质相同的2个红球和3个绿球,从袋中依次抽取2个球,记Ri=“第i次取到红球”,Gi=“第i次取到绿球”,其中i=1,2,则下列说法正确的是()A.若有放回地抽取,则P(R1)=P(R2)=P(G1)=P(G2)=1B.若有放回地抽取,则P(R1G2)=6C.若不放回地抽取,则P(R1G2)=3D.若不放回地抽取,则P(R1∪G2)=7填空题12.[2025长春市十一高中高一月考]设A,B是两个相互独立事件,且P(A)=23,P(B)=13,则P(A∪B)=13.【传统文化】[2025鞍山一中高一质量监测]如图是《河图洛书》中的八卦图(含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦),每一卦由三根线组成(表示一根阳线,表示一根阴线).从八卦中任取两卦,这两卦中阳线数量之和为4的概率是.

14.[2025北京市房山区高一期末改编]随着移动互联网的发展,越来越多的人习惯用手机应用程序(简称App)获取新闻资讯,手机应用程序已经成为人们生活中不可或缺的一部分,它悄无声息地改变着人们的生活习惯,也为人们的生活提供了极大的便利.为了解用户对某款App的满意度,随机调研了3000名用户,调研结果如下表(单位:人):

青年人中年人老年人满意600700300一般550250200不满意25050100从所有参与调研的人中随机选取1人,则此人“不满意”的概率为;若用频率估计概率,从使用该款App的青年人和中年人中各随机选取1人,估计恰有1人“满意”的概率为.(本题第一空2分,第二空3分)

解答题15.(13分)[2025广东高州中学质量检测]如图,A地到火车站共有两条路径L1和L2,现随机抽取100个从A地到火车站的人进行调查,调查结果如下:所用时间(单位:分)[10,20](20,30](30,40](40,50](50,60]选择L1的人数612181212选择L2的人数0416164(1)试用频率估计概率,估计40分钟内不能赶到火车站的概率;(2)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站,为了尽可能在允许时间内赶到火车站,试用频率估计概率,通过计算说明他们应如何选择各自的路径.16.(15分)[2025宜春中学高一期末]宜春明月山是国家森林公园、省级风景名胜区.为更好地提升旅游品质,随机选择100名游客对景区进行满意度评分(满分100分),根据评分,制成如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图,求x的值;(2)若采用按比例分层随机抽样的方法从评分在[50,60),[60,70)的两组中共抽取3人,再从这3人中随机抽取2人进行交流,求选取的2人评分分别在[50,60)和[60,70)内的概率.17.(15分)[2025吕梁市凤山高级中学高一期末]某校举行数学竞赛,初赛时,每位参赛选手从4道题中随机抽取2道作答,若2道题全部答对,则直接进入决赛;若2道题都答错,则直接淘汰;若恰好答对1道题,则进入复赛.复赛时,每位参赛选手回答2道题(与初赛时的题目不同),若2道题都答对,则进入决赛,否则淘汰.该校学生甲参加了这次数学竞赛,已知甲初赛时只会其中2道题,复赛时答对每道题的概率均为12,初、复赛结果互不影响,且复赛时各题答对与否互不影响(1)求甲进入决赛的概率;(2)求甲至少答对2道题的概率.18.(17分)[2025南昌二中高一期末]为了建设书香校园,营造良好的读书氛围,学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成,每个游戏各玩一次且结果互不影响.连胜两个游戏可以获得一张书券,连胜三个游戏可以获得两张书券.游戏规则如下表:

游戏一游戏二游戏三取球规则取出一个球有放回地依次取出两个球不放回地依次取出两个球获胜规则取到白球获胜取到两个白球获胜编号之和为m获胜箱子中球的颜色和数量大小质地完全相同的红球3个,白球2个(红球编号为“1,2,3”,白球编号为“4,5”)(1)分别求出游戏一、游戏二的获胜概率;(2)一名同学先玩了游戏一,试问m为何值时,接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大.19.(17分)[2025雅安中学入学检测]在信道内传输0,1信号,信号的传输相互独立.发送0时,收到1的概率为p1(0<p1<1),收到0的概率为1-p1;发送1时,收到0的概率为p2(0<p2<1),收到1的概率为1-p2.现有两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次,三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码(例如,若收到1,则译码为1,若收到0,则译码为0);三次传输时,收到的信号中出现次数多的即为译码(例如,若依次收到1,0,1,则译码为1,若依次收到1,1,1,则译码为1).(1)已知p1=23,p2=3①若采用单次传输方案,重复发送信号0两次,求至少收到一次0的概率;②若采用单次传输方案,依次发送0,0,1,证明:事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立.(2)若发送1,采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率,求p2的取值范围.参考答案1.C由事件的和知A∪B表示的是A与B至少有一个发生.2.C由题可知,试验次数越多,频率越接近概率,对可能性的估计误差越小,所以射击次数600对应的频率最为合适.3.B事件A,B互斥,事件A,B都不发生的对立事件是事件A与B至少有一个发生,由此即可求出答案.事件A,B互斥,且事件A发生的概率P(A)=25,事件B发生的P(B)=13,事件A,B都不发生的对立事件是事件A,B至少有一个发生,所以事件A,B都不发生的概率为P(AB)=1-P(A∪B)=1-25-13=415(事件A,B互斥,所以P(AB)=0,即P(A∪B)=P(A)4.C方法一该同学通过测试的概率为0.6×0.6+0.6×(1-0.6)+(1-0.6)×0.6=0.84.方法二依题意,该同学两次投篮都不中的概率为(1-0.6)2=0.16,所以该同学通过测试的概率为1-0.16=0.84.5.D先求事件AB包含的样本点个数,再利用古典概型概率公式计算可得.因为样本空间Ω={a,b,c,d},又A={a,b},B={b,c},则B={a,d},所以AB={a}.因为样本空间Ω={a,b,c,d}中包含4个等可能的样本点,事件AB包含1个样本点,所以由古典概型的概率公式可得P(AB)=146.D找到20组数据中符合题意的数据个数,然后利用古典概型概率公式求解即可.依题意,在每组随机数中,至少有2个数字在4,5,6,7,8,9中,即代表甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次,经统计,20组中一共有13组符合要求,即759,345,257,704,066,186,624,616,045,366,959,742,428,故概率为13207.A设上半部分正常工作为事件M,下半部分正常工作为事件N,该电子元件能正常工作为事件E.∵P(M)=(1-14)×(1-13)=12,∴P(M)=1-P(M)=1-12=12.又∵P(N)=12,∴P(E)=1-P(M)P(N)=1-128.C由坐标判断向量是否共线+向量夹角的坐标表示+计算古典概型的概率思路导引任选两个不共线向量为邻边作平行四边形,共12种情况,其中求出相应的平行四边形面积,得到面积不超过2的情况,结合古典概型的概率公式得到相应的概率.向量m可以为(0,1),(0,2),(0,3),(1,2),(1,3),(2,3),从中任选两个不共线向量,有{(0,1),(1,2)},{(0,1),(1,3)},{(0,1),(2,3)},{(0,2),(1,2)},{(0,2),(1,3)},{(0,2),(2,3)},{(0,3),(1,2)},{(0,3),(1,3)},{(0,3),(2,3)},{(1,2),(1,3)},{(1,2),(2,3)},{(1,3),(2,3)},共12种情况.设θ为两向量的夹角,当选择{(0,1),(1,2)}时,cosθ=(0,1)·(1,2)1×1+4=255,故sinθ=1−9.AC事件A={1,3,5},事件B={1,2,3,4},事件C={6}.A(√)事件A,C没有公共元素,不可能同时发生,A与C互斥.B(✕)事件B,C可以同时不发生,如点数为5,故B与C不对立.C(√)P(A)=36=12,P(B)=46=23,P(AB)=26=13,因为P(AB)=P(A)P(BD(✕)由选项C知,P(AB)≠0,则P(A∪B)≠P(A)+P(B).10.ACD设A=“甲获得满分”,B=“乙获得满分”,则P(A)=34,P(B)=2A(√)“两人均获得满分”可表示为A∩B,因为两人能否获得满分相互独立,所以P(A∩B)=P(A)P(B)=34×23=B(✕)因为“两人至少一人获得满分”的对立事件为“两人都没获得满分”,即A∩B,所以“两人至少一人获得满分”的概率为1-P(A∩B)=1-P(A)P(B)=1-14×13=11C(√)“只有甲获得满分”可表示为A∩B,其概率为P(A∩B)=P(A)P(B)=34×13=D(√)因为“两人至多一人获得满分”的对立事件为“两人都获得满分”,即A∩B,所以“两人至多一人获得满分”的概率为1-P(A∩B)=1-P(A)P(B)=1-34×23=111.BCDA(✕)B(√)给大小、材质相同的2个红球编号为a,b,3个绿球编号为c,d,e,若有放回地抽取,则样本空间Ω={(x,y)|x,y∈{a,b,c,d,e}},共包含25个样本点,R1={(x,y)|x∈{a,b},y∈{a,b,c,d,e}},所以第1次取到红球包含10个样本点;R2={(x,y)|x∈{a,b,c,d,e},y∈{a,b}},所以第2次取到红球包含10个样本点;G1={(x,y)|x∈{c,d,e},y∈{a,b,c,d,e}},所以第1次取到绿球包含15个样本点;G2={(x,y)|x∈{a,b,c,d,e},y∈{c,d,e}},所以第2次取到绿球包含15个样本点.所以P(R1)=P(R2)=1025=25,P(G1)=P(G2)=1525=35.因为事件R1G2={(x,y)|x∈{a,b},y∈{c,d,e}},包含6个样本点,所以P(R1G2C(√)D(√)若不放回地抽取,则样本空间Ω1={ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,ca,cb,cd,ce,da,db,dc,de,ea,eb,ec,ed},共包含20个样本点.因为事件R1G2={ac,ad,ae,bc,bd,be},包含6个样本点,所以P(R1G2)=620=3因为事件R1∪G2={ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,cd,ce,dc,de,ec,ed},包含14个样本点,所以P(R1∪G2)=1420=712.59因为A,B是两个相互独立事件,所以A,B也相互独立,即P(AB)=P(A)P(B).因为P(A)=23,所以P(A)=1-P(A)=13,则P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)=13+13-113.314由题图可知有0根阳线的有一卦、有1根阳线的有三卦、有2根阳线的有三卦、有3根阳线的有一卦.记有0根阳线的一卦为0,有1根阳线的三卦分别为a,b,c,有2根阳线的三卦分别为A,B,C,有3根阳线的一卦为3,从八卦中任取两卦,对应的样本空间Ω={(0,a),(0,b),(0,c),(0,A),(0,B),(0,C),(0,3),(a,b),(a,c),(a,A),(a,B),(a,C),(a,3),(b,c),(b,A),(b,B),(b,C),(b,3),(c,A),(c,B),(c,C),(c,3),(A,B),(A,C),(A,3),(B,C),(B,3),(C,3)},一共有28个样本点,其中满足阳线数量之和为4的样本点有(a,3),(b,3),(c,3),(A,B),(A,C),(B,C),共6个,所以根据古典概型的概率计算公式得两卦中阳线数量之和为4的概率P=628=14.215

3770所有参与调研的人共有3000人,不满意的人数是250+50+100=400.记事件D=“从所有参与调研的人中随机选取1人,此人不满意”,则P(D)=4003

000=215.参与调研的青年人共有600+550+250=140(人),满意的有600人,记事件M=“从使用该款App的青年人中随机选取1人,此人满意”,则P(M)的估计值为6001

400=37.参与调研的中年人共有700+250+50=100(人),满意的有700人,记事件N=“从使用该款App的中年人中随机选取1人,此人满意”,则P(N)的估计值为7001

000=710.则从使用该款App的青年人和中年人中各随机选取1人,恰有1人“满意”的概率估计为P(MN+MN)=P(M)P(N)+P(M)P(N)=15.【解析】(1)调查的100人中40分钟内不能赶到火车站的有12+12+16+4=44(人),(2分)因此40分钟内不能赶到火车站的频率为0.44,(4分)用频率估计概率,估计40分钟内不能赶到火车站的概率为0.44.(5分)(2)设A1,A2分别表示甲选择路径L1和L2时,在40分钟内赶到火车站,B1,B2分别表示乙选择路径L1和L2时,在50分钟内赶到火车站.依题意,抽取的100人选择L1的人数为6+12+18+12+12=60,选择L2的人数为0+4+16+16+4=40,故P(A1)=660+1260+1860=0.6,P(A2)=440+16由P(A1)>P(A2),得甲应选择路径L1;(9分)P(B1)=660+1260+1860+1260=0.8,P(B2)=440+1640由P(B1)<P(B2),得乙应选择路径L2,(12分)所以甲应选择路径L1,乙应选择路径L2.(13分)16.【解析】(1)由频率分布直方图可知,10×(0.005+x+0.015+0.03+0.04)=1(频率分布直方图中各小矩形面积和为1),解得x=0.01.(4分)(2)因为评分在[50,60),[60,70)的频率分别为0.05,0.1,所以在[50,60)中抽取0.050.05+0.在[60,70)中抽取0.10.05+0.1×记事件A表示从这3人中随机抽取2人进行交流,选取的2人评分分别在[50,60)和[60,70)内.从这3人中随机抽取2人,则有{a,B},{a,C},{B,C},共3个样本点,(10分)选取的2人评分分别在[50,60)和[60,70)内的有{a,B},{a,C},共2个样本点,(12分)所以P(A)=23即选取的2人评分分别在[50,60)和[60,70)内的概率为23.17.【解析】(1)设事件Ai=“甲初赛答对i道题”(i=0,1,2),Bi=“甲复赛答对i道题”(i=0,1,2),A=“甲进入决赛”.第一步:利用古典概型的概率计算公式求得P(A1),P(A2)将初赛的4道题编号为1,2,a,b,其中甲会的题为a,b,从4道中选2道,样本空间Ω={(1,2),(1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(a,b)},共6个样本点.因为A1={(1,a),(1,b),(2,a),(2,b)},A2={(a,b)},所以n(A1)=4,n(A2)=1,所以P(A1)=46=23,P(A2)=1第二步:根据独立事件的概率乘法公式求得P(B1),P(B2)根据独立事件的概率乘法公式,得P(B1)=12×(1-12)×2=12,P(B2)=12×1第三步:由A=A2∪A1B2,A2与A1B2互斥,根据互斥事件的概率加法公式求解因为A=A2∪A1B2,A2与A1B2互斥,所以根据互斥事件的概率加法公式,可得P(A)=P(A2)+P(A1B2)=16+23×14因此,甲进入决赛的概率为13.(2)设事件B=“甲至少答对2道题”,则B=A2∪A1B1∪A1B2,A2,A1B1,A1B2两两互斥,根据互斥事件的概率加法公式,可得P(B)=P(A2)+P(A1B1)+P(A1B2)=16+23×12+23×因此,甲至少答对2道题的概率为23.18.【解析】(1)第一步:利用列举法求出游戏一、游戏二的样本空间设事件A=“游戏一获胜”,B=“游戏二获胜”,C=“游戏三获胜”,游戏一中取出一个球的样本空间为Ω1={1,2,3,4,5},共5个样本点,游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间Ω2={(x,y)|x,y∈{1,2,3,4,5}},共25个样本点.(2分)第二步:结合古典概型的概率公式求游戏一、游戏二的获胜概率因为A={4,5},含有2个样本点,所以P(A)=25,所以游戏一获胜的概率为25因为B={(4,4),(4,5),(5,4),(5,5)},含有4个样本点,所以P(B)=425,所以游戏二获胜的概率为425(2)第一步:利用互斥事件与独立事件的概率公式分别求先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率设M=“先玩游戏二,获得书券”,N=“先玩游戏三,获得书券”,则M=ABC∪ABC∪ABC,且ABC,ABC,ABC互斥,A,B,C相互独立,所以P(M)=P(ABC∪ABC∪ABC)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)[1-P(C)]+[1-