2022年高考三轮复习之回归基础练第20练　概 率

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第20练　概 率，共9页。

第20练　概 率
[考情分析]　高考中对此部分内容多以实际材料为背景，主要考查随机事件的概率及古典概型、几何概型的概率计算，也考查概率与统计的综合应用，选择、填空或解答题中均有出现．

考点一　随机事件、互斥事件、对立事件的概率
要点重组　
1．概率的取值范围：0≤P(A)≤1，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0.
2．互斥事件的概率加法公式：
(1)P(A∪B)＝P(A)＋P(B)(A，B互斥)．
(2)P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3．对立事件的概率公式：P()＝1－P(A)．
1．(多选)下列四个命题错误的是(　　)
A．对立事件一定是互斥事件
B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
C．若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件
答案　BCD
解析　在A中，对立事件一定是互斥事件，故A正确；在B中，若A，B为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不为两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，故B错误；在C中，若事件A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，故C错误；在D中，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B有可能不是对立事件，故D错误．
2．(2020·湖北部分重点中学联考)随着网络技术的发展，电子支付变得愈发流行，电子支付包含微信支付和支付宝支付等，若某群体中的成员使用现金和电子支付两种支付方式，且只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用电子支付的概率为0.15，则只使用电子支付的概率为(　　)
A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.7
答案　B
解析　设事件A为只用现金支付，事件B为既用现金支付也用电子支付，事件C为只使用电子支付，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4.
3．(2020·重庆调研)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________，至少有1只黄球的概率为________．
答案　　
解析　从4只球中一次随机摸出2只球，有6种结果，其中这2只球颜色不同有5种结果，故所求概率为，没有黄球的概率为，故至少有1只黄球的概率为.
4．(2020·湖南五市十校联考)甲袋中装有3个白球和5个黑球，乙袋中装有4个白球和6个黑球．现从甲袋中随机取出1个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出1个球放回甲袋中，则甲袋中白球没有减少的概率为________．
答案　
解析　甲袋中白球没有减少的两种情况：一是从甲袋中取出的球为黑球，记作事件E，此时不论从乙袋中取何种球放回甲袋，甲袋中的白球不会减少；二是从甲袋中取出的球是白球，放入乙袋，此事件用F1表示，并从乙袋中取1个白球放入甲袋，此事件用F2表示，令F＝F1F2，则所求事件为E∪F，且E与F互斥，显然P(E)＝，下面计算P(F)，显然有P(F)＝P(F1F2)＝×＝，
所以P(E∪F)＝P(E)＋P(F)＝＋＝.
考点二　古典概型与几何概型
要点重组　
1．古典概型求解的关键点：
(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合的有关知识．
(2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．
2．树状图是进行列举的一种常用方法，适合于有顺序的概率问题及较复杂的概率问题中基本事件数的探求．
3．当构成试验的结果的区域为长度、面积、体积、弧长、夹角等时，应考虑使用几何概型求解．
5．(2020·全国Ⅰ)设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　从O，A，B，C，D这5个点中任取3点，取法共有C＝10(种)，其中取到的3点共线的只有{O，A，C}，{O，B，D}这2种取法，所以所求概率为＝.
6．(2020·广州模拟)中国剪纸是我国广大劳动人民在生产与生活实践中创造出来的一种平面剪刻艺术．民间剪纸艺术是我国优秀的非物质文化遗产之一，在千百年的发展过程中，积淀了丰厚的文化历史，取得了卓越的艺术成就.2020年3月发行的邮票《中国剪纸(二)》共4枚，第一枚邮票《三娘教子》(如图1)出自“孟母教子”的故事，讲述了母亲通过断织等行为教育孩子努力上进，懂得感恩．图2是某剪纸艺术家根据第一枚邮票用一张半径为4个单位的圆形纸片裁剪而成的《三娘教子》剪纸．为了测算图2中剪去部分的面积，在圆形区域内随机投掷400个点，其中落入图案上的点有225个，据此可估计剪去部分纸片的面积为(　　)

A．12π B．9π
C．7π D．6π
答案　C
解析　圆形区域的面积为π·42＝16π，设剪去部分纸片的面积为S，则1－＝，解得S＝7π，据此估计剪去部分纸片的面积为7π.
7．(2020·德州期末)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的概率是(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　若甲选牛或羊作礼物，则乙有3种选择，丙同学有10种选择，此时共有2×3×10＝60(种)；
若甲选马作礼物，则乙有4种选择，丙同学有10种选择，此时共有1×4×10＝40(种)．
因此，让三位同学选取的礼物都满意的概率为
＝＝.故选C.
8．(2020·保定期末)若一个三位数的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，我们就称这个三位数为“递增三位数”．现从所有的递增三位数中随机抽取一个，则其三个数字依次成等差数列的概率为________．
答案　
解析　根据“递增三位数”定义， 个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字．可知个位数最小为3，最大为9，
当个位数为3时，三位数为123，共1个．三个数字依次成等差数列的有1个．
当个位数为4时，三位数为124,134,234，共3个．三个数字依次成等差数列的为234，有1个．
当个位数为5时，三位数为125,135,145,235,245,345，共6个．三个数字成等差数列的为135,345.有2个．
当个位数为6时，三位数为126,136,146,156,236,246,256,346,356,456，共10个．三个数字成等差数列的为246,456，有2个．
当个位数为7时，三位数为127,137,147,157,167,237,247,257,267,347,357,367,457,467,567，共15个．三个数字成等差数列的为147,357,567，有3个．
当个位数为8时，三位数为128,138,148,158,168,178,238,248,258,268,278,348,358,368,378,458,
468,478,568,578,678，共21个．三个数字成等差数列的为258,468,678，有3个．
当个位数为9时，三位数为129,139,149,159,169,179,189,239,249,259,269,279,289,349,359,369,
379,389,459,469,479,489,569,579,589,679,689,789，共28个．三个数字成等差数列的为159,369,
579,789，有4个．
综上可知，“递增三位数”共有1＋3＋6＋10＋15＋21＋28＝84(个)．三个数字成等差数列的共有1＋1＋2＋2＋3＋3＋4＝16(个)．
则从所有的“递增三位数”中随机抽取一个，则其三个数字依次成等差数列的概率为＝.
考点三　相互独立事件和独立重复试验
要点重组　
1．条件概率：
在A发生的条件下B发生的概率P(B|A)＝.
2．相互独立事件同时发生的概率P(AB)＝P(A)P(B)．
3．独立重复试验的基本特征：
(1)在每次试验中，试验结果只有发生与不发生两种情况；
(2)在每次试验中，事件发生的概率相同．
4．牢记公式P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n，并深刻理解其含义．
9．(多选)(2020·湖北武汉质监改编)同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一次，记事件A＝{第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B＝{第二个四面体向下的一面出现奇数}；事件C＝{两个四面体向下的一面或者同时出现奇数，或者同时出现偶数}．下列说法正确的是(　　)
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(AB)＝P(AC)＝P(BC)
C．P(ABC)＝
D．P(A)P(B)P(C)＝
答案　ABD
解析　由古典概型的概率计算公式，得P(A)＝P(B)＝＝，P(C)＝＝，所以P(A)＝P(B)＝P(C)＝，A正确；P(A)P(B)P(C)＝，D正确；而事件A，B，C不可能同时发生，故P(ABC)＝0，所以C不正确；又P(AB)＝，P(AC)＝，P(BC)＝，所以P(AB)＝P(AC)＝P(BC)，B正确．故选ABD.
10．(多选)一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，下列四个结论，正确的是(　　)
A．从中任取3球，恰有一个白球的概率是
B．从中有放回地取球6次，每次任取一球，恰有两白球的概率为
C．现从中不放回地取球2次，每次任取1球，则在第一次取到红球后，第二次再取红球的概率为
D．从中有放回地取球3次，每次任取一球，则至少有一次取到红球的概率为
答案　ABD
解析　从中任取3球恰有一个白球的概率P＝＝，故A正确；
有放回地取球6次，每次抽到白球的概率为＝.则恰好有两个白球的概率为P＝C42＝，故B正确；
不放回地取球2次，则在第一次取到红球后，第二次再取红球的概率为P＝＝，故C错误；
从中有放回地取球3次，每次抽到红球的概率为＝，则至少有一次取到红球的概率为P＝1－C3＝.故D正确．
11．(2020·石家庄模拟)若8件产品中包含6件一等品，在其中任取2件，则在已知取出的2件产品中有1件不是一等品的条件下，另1件是一等品的概率为________．
答案　
解析　设事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件不是一等品”为A，事件“从8件产品中取出的2件产品中有1件是一等品，另1件不是一等品”为B，则P(A)＝＝，P(AB)＝＝＝，所以另1件是一等品的概率为P(B|A)＝＝＝.
12．(2020·全国Ⅰ)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
解　(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为
1－－－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，，.
因此丙最终获胜的概率为＋＋＋＝.

1．《九章算术》中有一分鹿问题：“今有大夫、不更、簪袅、上造、公士，凡五人，共猎得五鹿，欲以爵次分之，问各得几何．”在这个问题中，大夫、不更、簪袅、上造、公士是古代五个不同爵次的官员，现皇帝将大夫、不更、簪袅、上造、公士各选一人，这5个人分成两组(一组2人，一组3人)，派去两地执行公务，则大夫、不更恰好在同一组的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　将5人分成两组派去两地执行公务的所有可能方法有CCA＝20(种)，而大夫、不更恰好在同一组的可能结果有(C＋C)A＝8(种)，故所求概率为＝.
2．在区间[2,8]上任取一个实数x0，能满足“∀a，b∈(0，＋∞)，(a＋b)≥x0”的概率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　因为(a＋b)＝3＋＋≥3＋2，当且仅当b＝a时等号成立，所以满足题意的x0位于区间[2,3＋2]上，故所求概率为＝.
3．四色猜想是世界三大数学猜想之一，1976年被美国数学家阿佩尔与哈肯证明，称为四色定理，其内容是：“任意一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家涂上不同的颜色．”用数学语言表示为“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1,2,3,4四个数字之一标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字．”如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线围成的各区域上分别标有数字1,2,3,4的四色地图符合四色定理，区域A和区域B标记的数字丢失，若在该四色地图上随机取一点，则恰好取自标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是(　　)

A. B. C. D.
答案　C
解析　恰好取自标记为1的区域的概率所有可能值中，当区域A标记的数字是2，区域B标记的数字是1时，概率最大，粗实线围成的区域内所有的小方格个数n＝5×6＝30，标记为1的区域中小方格的个数m＝10，所以恰好取自标记为1的区域的概率所有可能值中，最大的是P＝＝.故选C.
4．(多选)(2020·山东六地市联考)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论中正确的是(　　)
A．P(B)＝
B．P(B|A1)＝
C．事件B与事件A1相互独立
D．A1，A2，A3是两两互斥的事件
答案　BD
解析　由题意知，P(A1)＝＝，
P(A2)＝＝，
P(A3)＝，
P(B|A1)＝＝＝，故B正确；
P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)
＝×＋×＋×＝，故A，C不正确；
A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确．
5．有6个房间安排4个旅客住，每个人可以住进任一房间，且住进各房间是等可能的．
(1)指定的4个房间中各有1人住的事件的概率为______；
(2)指定的房间有2人住的事件的概率为________．
答案　(1)　(2)
解析　每人可以住进任一房间，且住进各房间都有6种等可能的方法，故所有等可能的情况有64种．
(1)指定的4个房间中各有1人住，有4×3×2×1＝24(种)方法，故所求的概率为＝；
(2)从4人中选2人去指定的房间，有6种方法，余下2人每人去5个房间中的任一间，有52种方法，故所求的概率为＝.
6．甲、乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各猜一个谜语．已知甲猜对每个谜语的概率为，乙猜对每个谜语的概率为，甲、乙在猜谜语这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为________．
答案　
解析　由甲、乙共猜对三个谜语可知甲猜对一个谜语，乙猜对两个谜语，或者甲猜对两个谜语，乙猜对一个谜语．则由题意可知甲猜对一个谜语，乙猜对两个谜语的概率P1＝C×××2＝；甲猜对两个谜语，乙猜对一个谜语的概率P2＝2×C××＝.所以甲、乙两人共猜对三个谜语的概率P＝P1＋P2＝＋＝.