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2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題七 概率與統(tǒng)計(jì) 第2講 概率試題
1．(xx廣東)袋中共有15個(gè)除了顏色外完全相同的球，其中有10個(gè)白球，5個(gè)紅球．從袋中任取2個(gè)球，所取的2個(gè)球中恰有1個(gè)白球，1個(gè)紅球的概率為( )
A. B. C. D．1
2．(xx課標(biāo)全國Ⅰ)投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試．已知某同學(xué)每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨(dú)立，則該同學(xué)通過測試的概率為( )
A．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
3．(xx湖北)在區(qū)間[0,1]上隨機(jī)取兩個(gè)數(shù)x，y，記p1為事件“x＋y≥”的概率，p2為事件“|x－y|≤”的概率，p3為事件“xy≤”的概率，則( )
A．p1
p2，E(ξ1)E(ξ2)
C．p1>p2，E(ξ1)>E(ξ2)
D．p10，試卷滿分150分)，統(tǒng)計(jì)結(jié)果顯示數(shù)學(xué)考試成績在70分到110分之間的人數(shù)約為總?cè)藬?shù)的，則此次數(shù)學(xué)考試成績不低于110分的考生人數(shù)約為( )
A．200 B．400
C．600 D．800
2．位于坐標(biāo)原點(diǎn)的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)P按下述規(guī)則移動(dòng)：質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴遥⑶蚁蛏?、向右移?dòng)的概率都是.質(zhì)點(diǎn)P移動(dòng)五次后位于點(diǎn)(2,3)的概率是________．
3．甲、乙兩人進(jìn)行乒乓球比賽，約定每局勝者得1分，負(fù)者得0分，比賽進(jìn)行到有一人比對方多2分或打滿6局時(shí)停止．設(shè)甲在每局中獲勝的概率為，乙在每局中獲勝的概
率為，且各局勝負(fù)相互獨(dú)立，比賽停止時(shí)一共已打ξ局．
(1)列出隨機(jī)變量ξ的分布列；
(2)求ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)．
提醒：完成作業(yè) 專題七 第2講
二輪專題強(qiáng)化練
專題七
第2講 概 率
A組 專題通關(guān)
1．在某地的奧運(yùn)火炬?zhèn)鬟f活動(dòng)中，有編號為1,2,3，…，18的18名火炬手．若從中任選3人，則選出的火炬手的編號能組成以3為公差的等差數(shù)列的概率為( )
A. B.
C. D.
2．有5本不同的書，其中語文書2本，數(shù)學(xué)書2本，物理書1本，若將其隨機(jī)地抽取并排擺放在書架的同一層上，則同一科目的書都不相鄰的概率是( )
A. B. C. D.
3．已知Ω＝{(x，y)|}，直線y＝mx＋2m和曲線y＝有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，它們圍成的平面區(qū)域?yàn)镸，向區(qū)域Ω上隨機(jī)投一點(diǎn)A，點(diǎn)A落在區(qū)域M內(nèi)的概率為P(M)，若P(M)∈[，1]，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為( )
A．[，1] B．[0，]
C．[，1] D．[0,1]
4．已知盒中裝有3只螺口燈泡與7只卡口燈泡，這些燈泡的外形與功率都相同且燈口向下放著，現(xiàn)需要一只卡口燈泡，電工師傅每次從中任取一只并不放回，則在他第1次抽到的是螺口燈泡的條件下，第2次抽到的是卡口燈泡的概率是( )
A. B. C. D.
5．(xx山東)已知某批零件的長度誤差(單位：毫米)服從正態(tài)分布N(0，32)，從中隨機(jī)取一件，其長度誤差落在區(qū)間(3,6)內(nèi)的概率為(附：若隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P(μ－2σ＜ξ＜μ＋2σ)＝95.44%.)( )
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
6．有一種游戲規(guī)則如下：口袋里有5個(gè)紅球和5個(gè)黃球，一次摸出5個(gè)，若顏色相同則得100分；若4個(gè)球顏色相同，另一個(gè)不同，則得50分，其他情況不得分．小張摸一次得分的期望是________分．
7．連續(xù)擲一枚均勻的正方體骰子(6個(gè)面分別標(biāo)有1,2,3,4,5,6)，現(xiàn)定義數(shù)列an＝Sn是其前n項(xiàng)和，則S5＝3的概率是________．
8．有甲、乙、丙三位同學(xué)，投籃命中的概率如下表：
同學(xué)
甲
乙
丙
概率
0.5
a
a
現(xiàn)請三位同學(xué)各投籃一次，設(shè)ξ表示命中的次數(shù)，若E(ξ)＝，則a＝________.
9．甲、乙兩人在罰球線互不影響地投球，命中的概率分別為與，投中得1分，投不中得0分．甲、乙兩人在罰球線各投球一次，求兩人得分之和ξ的數(shù)學(xué)期望．
10．(xx山東)若n是一個(gè)三位正整數(shù)，且n的個(gè)位數(shù)字大于十位數(shù)字，十位數(shù)字大于百位數(shù)字，則稱n為“三位遞增數(shù)”(如137,359,567等)．在某次數(shù)學(xué)趣味活動(dòng)中，每位參加者需從所有的“三位遞增數(shù)”中隨機(jī)抽取1個(gè)數(shù)，且只能抽取一次．得分規(guī)則如下：若抽取的“三位遞增數(shù)”的三個(gè)數(shù)字之積不能被5整除，參加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分．
(1)寫出所有個(gè)位數(shù)字是5的“三位遞增數(shù)”；
(2)若甲參加活動(dòng)，求甲得分X的分布列和數(shù)學(xué)期望E(X)．
B組 能力提高
11．某人射擊一次擊中的概率為，經(jīng)過3次射擊，此人至少有兩次擊中目標(biāo)的概率為( )
A. B. C. D.
12．先后擲兩次骰子(骰子的六個(gè)面上分別有1,2,3,4,5,6個(gè)點(diǎn))，落在水平桌面后，記正面朝上的點(diǎn)數(shù)分別為x，y，設(shè)事件A為“x＋y為偶數(shù)”，事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，則概率P(B|A)等于( )
A. B.
C. D.
13．(xx湖南)某商場舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng)，每次抽獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、6個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球，在摸出的2個(gè)球中，若都是紅球，則獲一等獎(jiǎng)；若只有1個(gè)紅球，則獲二等獎(jiǎng)；若沒有紅球，則不獲獎(jiǎng)．
(1)求顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)的概率；
(2)若某顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會，記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．
學(xué)生用書答案精析
第2講 概 率
高考真題體驗(yàn)
1．B [從袋中任取2個(gè)球共有C＝105種取法，其中恰好1個(gè)白球1個(gè)紅球共有CC＝50種取法，所以所取的球恰好1個(gè)白球1個(gè)紅球的概率為＝.]
2．A [3次投籃投中2次的概率為P(k＝2)＝C0.62(1－0.6)，投中3次的概率為P(k＝3)＝0.63，所以通過測試的概率為
P(k＝2)＋P(k＝3)＝C0.62(1－0.6)＋0.63＝0.648.故選A.]
3．B [如圖，滿足條件的x，y構(gòu)成的點(diǎn)(x，y)在正方形OBCA及其邊界上．事件“x＋y≥”對應(yīng)的圖形為圖①所示的陰影部分；事件“|x－y|≤”對應(yīng)的圖形為圖②所示的陰影部分；事件“xy≤”對應(yīng)的圖形為圖③所示的陰影部分．對三者的面積進(jìn)行比較，可得p20，所以p1>p2.]
熱點(diǎn)分類突破
例1 (1) (2)
解析 (1)這兩只球顏色相同的概率為，故兩只球顏色不同的概率為1－＝.
(2)由題意知，陰影部分的面積
S＝?(4－x2)dx＝|＝，
∴所求概率P＝＝＝.
跟蹤演練1 (1) (2)
解析 (1)從0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七個(gè)不同的數(shù)，基本事件總數(shù)共有C＝120(個(gè))，記事件“七個(gè)數(shù)的中位數(shù)為6”為事件A，則事件A包含的基本事件的個(gè)數(shù)為CC＝20，故所求概率P(A)＝＝.
(2)由題意，>，整理得>2，即b>2a，從區(qū)間[1,5]和[2,4]分別取一個(gè)數(shù)，記為a，b，則對應(yīng)的點(diǎn)(a，b)在矩形ABCD內(nèi)部(含邊界)，作直線b＝2a，矩形ABCD內(nèi)部滿足b>2a的點(diǎn)在△ABM內(nèi)部(不含線段AM)，則所求概率為P＝＝＝.
例2 解 (1)設(shè)“至少有一個(gè)系統(tǒng)不發(fā)生故障”為事件C，那么
1－P()＝1－p＝，解得p＝.
(2)設(shè)“系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)”為事件D.“系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中發(fā)生k次故障”為事件Dk.
則D＝D0＋D1，且D0、D1互斥．
依題意，得P(D0)＝C(1－)3，
P(D1)＝C(1－)2，
所以P(D)＝P(D0)＋P(D1)＝＋＝.
所以系統(tǒng)A在3次相互獨(dú)立的檢測中不發(fā)生故障的次數(shù)大于發(fā)生故障的次數(shù)的概率為.
跟蹤演練2 (1)A (2)B
解析 (1)記“抽到的兩張中至少一張是假鈔”為事件A，記“抽到的2張都是假鈔”為事件B，則P(A)＝，P(B)＝＝P(AB)，
∴P(B|A)＝＝.
(2)若摸出的兩球中含有4，必獲獎(jiǎng)，有5種情形；若摸出的兩球是2,6，也能獲獎(jiǎng)．故獲獎(jiǎng)的情形共6種，獲獎(jiǎng)的概率為＝.現(xiàn)有4人參與摸獎(jiǎng)，恰有3人獲獎(jiǎng)的概率是
C3＝.
例3 解 (1)由已知，有P(A)＝＝.
所以，事件A發(fā)生的概率為.
(2)隨機(jī)變量X的所有可能取值為1,2,3,4.
P(X＝k)＝(k＝1,2,3,4)．
所以隨機(jī)變量X的分布列為
X
1
2
3
4
P
隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E(X)＝1＋2＋3＋4＝.
跟蹤演練3 (1)1 (2)
解析 (1)ξ的可能取值為0,1,3，P(ξ＝0)＝＝；P(ξ＝1)＝＝；P(ξ＝3)＝＝；
E(ξ)＝0＋1＋3＝1.
(2)由題意知P(X＝0)＝(1－p)2＝，∴p＝.
隨機(jī)變量X的分布列為
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0＋1＋2＋3＝.
高考押題精練
1．A [依題意得P(70≤ξ≤110)＝0.6，
P(ξ≤110)＝0.3＋0.5＝0.8，P(ξ≥110)＝0.2，
于是此次數(shù)學(xué)考試成績不低于110分的考生約有
0．21 000＝200(人)．]
2.
解析 由于質(zhì)點(diǎn)每次移動(dòng)一個(gè)單位，移動(dòng)的方向?yàn)橄蛏匣蛳蛴?，移?dòng)五次后位于點(diǎn)(2,3)，所以質(zhì)點(diǎn)P必須向右移動(dòng)兩次，向上移動(dòng)三次，故其概率為C()3()2＝C()5＝C()5＝.
3．解 (1)依題意知，ξ的所有可能取值為2,4,6.
設(shè)每2局比賽為一輪，則該輪結(jié)束時(shí)比賽停止的概率為()2＋()2＝.
若該輪結(jié)束時(shí)比賽還將繼續(xù)，則甲、乙在該輪中必是各得1分，此時(shí)，該輪比賽結(jié)果對下輪比賽是否停止沒有影響．則有P(ξ＝2)＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝6)＝()2＝，
所以ξ的分布列為
ξ
2
4
6
P
(2)E(ξ)＝2＋4＋6＝.
二輪專題強(qiáng)化練答案精析
第2講 概 率
1．D [基本事件總數(shù)為C＝17163，選出火炬手編號為an＝a1＋3(n－1)，當(dāng)a1＝1時(shí)，由1,4,7,10,13,16可得4種選法；當(dāng)a1＝2時(shí)，由2,5,8,11,14,17可得4種選法；當(dāng)a1＝3時(shí)，由3,6,9,12,15,18可得4種選法．根據(jù)分類加法計(jì)數(shù)原理可得共有12種選法，所以，所求概率為P＝＝.]
2．B [第一步先排語文書有A＝2(種)排法．第二步排物理書，分成兩類：一類是物理書放在語文書之間，有1種排法，這時(shí)數(shù)學(xué)書可從4個(gè)空中選兩個(gè)進(jìn)行排列，有A＝12(種)排法；一類是物理書不放在語文書之間有2種排法，再選一本數(shù)學(xué)書放在語文書之間有2種排法，另一本有3種排法．因此同一科目的書都不相鄰共有2(12＋223)＝48(種)排法，而5本書全排列共有A＝120(種)，所以同一科目的書都不相鄰的概率是＝.]
3．D [如圖，由題意得m≥0，根據(jù)幾何概型的意義，
知P(M)＝＝，
又P(M)∈[，1]，
所以S弓形∈[π－2,2π]．
故0≤m≤1.]
4．D [設(shè)事件A為“第1次抽到的是螺口燈泡”，事件B為“第2次抽到的是卡口燈泡”，
則P(A)＝，P(AB)＝＝.
則所求概率為P(B|A)＝＝＝.]
5．B [由正態(tài)分布的概率公式知P(－3<ξ<3)＝0.682 6，
P(－6<ξ<6)＝0.954 4，
故P(3<ξ<6)＝
＝＝0.135 9＝13.59%，故選B.]
6.
解析 ∵小張得100分的概率為，得50分的概率為，∴小張得分的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝＝(分)．
7.
解析 該試驗(yàn)可看作一個(gè)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，結(jié)果為－1發(fā)生的概率為，結(jié)果為1發(fā)生的概率為，S5＝3即5次試驗(yàn)中－1發(fā)生一次，1發(fā)生四次，
故其概率為C()1()4＝.
8.
解析 ξ可取值0,1,2,3.
P(ξ＝0)＝0.5(1－a)(1－a)＝0.5(1－a)2；
P(ξ＝1)＝0.5(1－a)(1－a)＋20.5a(1－a)＝0.5(1－a2)；
P(ξ＝2)＝0.5a2＋20.5a(1－a)＝0.5a(2－a)；
P(ξ＝3)＝0.5aa＝0.5a2.
∴E(ξ)＝P(ξ＝0)0＋P(ξ＝1)1＋P(ξ＝2)2＋P(ξ＝3)3＝.
即0.5(1－a2)＋a(2－a)＋1.5a2＝，
解得a＝.
9．解 依題意，記“甲投一次命中”為事件A，“乙投一次命中”為事件B，則A與B相互獨(dú)立，且P(A)＝，P(B)＝，P()＝，P()＝.
甲、乙兩人得分之和ξ的可能取值為0,1,2，
P(ξ＝0)＝P( )＝P()P()＝＝，
P(ξ＝1)＝P(B＋A)
＝P()P(B)＋P(A)P()＝＋＝，
P(ξ＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝＝.
則ξ的分布列為
ξ
0
1
2
P
甲、乙兩人在罰球線各投球一次，兩人得分之和ξ的數(shù)學(xué)期望為E(ξ)＝0＋1＋2＝.
10．解 (1)個(gè)位數(shù)是5的“三位遞增數(shù)”有125,135,145,235,245,345；
(2)由題意知，全部“三位遞增數(shù)”的個(gè)數(shù)為C＝84，
隨機(jī)變量X的取值分別為0，－1,1，
因此P(X＝0)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，
P(X＝1)＝1－－＝，
所以X的分布列為
X
0
－1
1
P
則E(X)＝0＋(－1)＋1＝.
11．C [該人3次射擊，恰有兩次擊中目標(biāo)的概率是
P1＝C2，
三次全部擊中目標(biāo)的概率是
P2＝C3，
所以此人至少有兩次擊中目標(biāo)的概率是
P＝P1＋P2＝C2＋C3＝.]
12．B [正面朝上的點(diǎn)數(shù)(x，y)的不同結(jié)果共有CC＝36(種)．
事件A：“x＋y為偶數(shù)”包含事件A1：“x，y都為偶數(shù)”與事件A2：“x，y都為奇數(shù)”兩個(gè)互斥事件，其中P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
事件B為“x，y中有偶數(shù)且x≠y”，所以事件AB為“x，y都為偶數(shù)且x≠y”，所以
P(AB)＝＝.
由條件概率的計(jì)算公式，得P(B|A)＝＝.]
13．解 (1)記事件A1＝{從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，
A2＝{從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，
B1＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)}，B2＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲二等獎(jiǎng)}，
C＝{顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)}．
由題意，A1與A2相互獨(dú)立，A12與1A2互斥，B1與B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12＋1A2，C＝B1＋B2.
因?yàn)镻(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)
＝＝，
P(B2)＝P(A12＋1A2)＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)(1－P(A2))＋
(1－P(A1))P(A2)
＝＋＝.
故所求概率為P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顧客抽獎(jiǎng)3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，由(1)知，顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C12＝，
P(X＝2)＝C21＝，
P(X＝3)＝C30＝.
故X的分布列為
X
0
1
2
3
P
X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝3＝.
2019-2020年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題七 概率與統(tǒng)計(jì) 第2講 概率試題.doc
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