【数学 】概率（经典基础题） 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版2019）.docx

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1、09概率（经典基础题）- 2023-2024学年高一下学期数学同步单元练习（人教A版，2019新版）一、单选题1（2023下福建福州高一校联考期末）从，中任取个不同的数，则取出的两个数之和是的倍数的概率为（）ABCD2（2023下福建福州高一校联考期末）厦门地铁1号线从镇海路站到文灶站有5个站点甲、乙同时从镇海路站上车，假设每一个人自第二站开始在每个站点下车是等可能的，则甲乙在不同站点下车的概率为（）ABCD3（2023下福建福州高一福州日升中学校考期末）甲，乙两人玩“石头、剪刀、布”游戏（石头赢剪刀，剪刀赢布，布赢石头），现两人同时随机出拳，则游戏只进行一回合就分出胜负的概率是（）ABCD4

2、（2023下福建厦门高一统考期末）某班共有48名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术特长设事件“选中的同学精通乐器”，“选中的同学擅长舞蹈”，若，则（）ABCD5（2023下福建宁德高一统考期末）设为两个互斥事件，且，则下列各式一定正确的是（）ABCD6（2022下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）抛掷两枚均匀的硬币，出现两枚正面朝上的概率等于（）ABCD7（2022下福建福州高一福建省福州第一中学校考期末）高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的假设该同学能够进入“数学社”“

3、物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为，该同学进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（）ABCD8（2022下福建福州高一校联考期末）为参加全民健身马拉松比赛，3名运动员各自从红、白两种颜色的运动服中任选一套做为比赛服装，则这两种颜色的运动服均有人选择的概率为（）ABCD9（2022下福建泉州高一统考期末）不透明的袋中装有大小相同的四个球，四个球上分别标有数字2，3，4，6，现从中随机选取两个球，则两球所标数字之和为奇数的概率为（）ABCD10（2022下福建厦门高一统考期末）已知，则（）A0.5B0.6C0.8D111（2022下福建宁德高一统考期末）北京在2022年成功召开了

4、冬奥会，这是我国在2008年成功举办夏季奥运会之后的又一奥运盛事，是世界唯一的“双奥之城”我校组织奥运知识竞赛，甲、乙两名同学各自从 “冰壶”，“冰球”，“滑冰”，“滑雪”四类冰雪运动知识试题中任意挑选两类试题作答，设事件M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，事件P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”，则下列结论正确的是（）.AM与N为对立事件BM与P互斥CN与P相互独立DM与P相互独立12（2022下福建宁德高一统考期末）在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出0，9之间整数值的随

5、机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：192907966925271932812458569683257393127556488730113537989431据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为（）.A0.25B0.4C0.6D0.75二、多选题13（2023下福建福州高一校联考期末）下列说法正确的是（）A已知事件A，B，且，如果，那么，B对于单峰的频率分布直方图而言，若直方图在右边“拖尾”，则平均数大于中位数C若A，B是两个互斥事件，则D若事件A，B，C两两独立，则三、填空题14（2023下福建福州高一校联考期末）假设

6、，且与相互独立，则 15（2023下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）如图：三个元件，正常工作的概率分别为，将它们中某两个元件并联后再和第三个元件串联接入电路，在如图的电路中，电路不发生故障的概率是 16（2023下福建福州高一福州三中校考期末）已知在一次随机试验E中，定义两个随机事件A，B，且，则 .17（2023下福建福州高一福州日升中学校考期末）已知，如果，那么 18（2023下福建厦门高一厦门外国语学校校考期末）已知古典概型的样本空间和事件和，其中，则 .19（2023下福建南平高一统考期末）我省新高考实行“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必选，物理与历史2选1，政治、地理、

7、化学和生物4选2.今年高一小王与小李都准备选历史与地理，若他俩再从其他三科中任选一科，则他们选科相同的概率为 .四、解答题20（2023下福建福州高一校联考期末）将一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次，记下骰子朝上的点数若用表示第一次抛掷出现的点数，用表示第二次抛掷出的点数，用表示这个试验的一个样本点(1)记“两次点数之和大于9”，“至少出现一次点数为3”，求事件A，B的概率；(2)甲、乙两人玩游戏，双方约定：若为偶数，则甲胜；否则，乙获胜这种游戏规则公平吗？请说明理由21（2023下福建三明高一统考期末）猜灯谜是我国元宵节传统特色活动在某校今年开展

8、元宵节猜灯谜的活动中，组织者设置难度相当的若干灯谜，某班派甲、乙和丙三位同学独立竞猜，根据以往数据分析可知，甲、乙猜对该难度的每道灯谜的概率分别为，(1)任选一道灯谜，求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率；(2)任选一道灯谜，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求丙猜对该难度的每道灯谜的概率22（2023下福建福州高一福州日升中学校考期末）2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛现随机抽取了100名学生成绩，并分成五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为，第一组和第

9、五组的频率相同(1)求，的值；(2)根据团委要求，本次考试成绩前的同学可作为优秀团员候选者，请估算至少需要多少分才能入选；(3)在第四、第五两组中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率23（2023下福建漳州高一统考期末）如图，由到的电路中有4个元件，分别为，每个元件可能正常（用1表示元件的“正常”状态），也可能失效（用0表示元件的“失效”状态）.分别用和表示元件和的可能状态，则这个电路的工作状态可用表示.(1)记“恰有两个元件正常”，用集合表示；(2)若能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求.24（2023下福建宁德高一统考期末）

10、一个袋子中有大小和质地相同的4个球，标号分别为1，2，3，4，从袋中不放回地随机抽取两次，每次取一球记事件A：第一次取出的是2号球；事件B：两次取出的球号码之和为5(1)写出这个试验的样本空间；(2)判断事件A与事件B是否相互独立，请说明理由；(3)两次取出的号码之和最可能是多少？请说明理由25（2023下福建高一校联考期末）近几年随着疫情的影响，经济发展速度放缓，投资渠道有限，越来越多人选择投资“黄金”作为理财的手段，下面将A市把黄金作为理财产品的投资人的年龄情况统计如图所示.(1)求a的取值，以及把黄金作为理财产品的投资者年龄的上四分位数（第75百分位数）；(2)现按照分层抽样的方法从年龄

11、在和的投资者中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行投资调查，求至少有1人年龄在的概率.26（2022下福建福州高一福建省福州高级中学校考期末）在某中学举行的电脑知识竞赛中，随机抽取若干个学生成绩（得分均为整数）进行整理后分成五组，绘制如图所示的频率分布直方图已知图中从左到右的第一、第三、第四、第五小组的频率分别是0.30，0.15，0.10，0.05，第二小组的频数是8(1)求第二小组的频率，并补全这个频率分布直方图，求抽取了多少个学生成绩？(2)在第三和第五小组的学生成绩中随机抽取2个，求第五组的恰好没有被抽中的概率27（2022下福建南平高一统考期末）2022年2月4日，第24届冬季

12、奥林匹克运动会开幕式在北京国家体育场隆重举行，本届北京冬奥会的主题口号“一起向未来”，某兴趣小组制作了写有“一”，“起”，“向”，“未”，“来”的五张卡片(1)若采用不放回简单随机抽样从中逐一抽取两张卡片，写出试验的样本空间；(2)该兴趣小组举办抽卡片送纪念品活动，有如下两种方案：方案一：活动参与者采用简单随机抽样从五张卡片中任意抽取一张，若抽到“向”或“未”或“来”，则可获得纪念品；方案二：活动参与者采用不放回简单随机抽样从五张卡片中逐一抽取两张，若抽到“未”或“来”，则可获得纪念品选择哪种方案可以有更大机会获得纪念品？说明理由28（2022下福建宁德高一统考期末）江滨县因疫情防控需要，于2

13、022年4月8日进行全员核酸检测，江滨县海鹰社区对当天被采样的2000人进行年龄方面的统计，得到如下的频率分布直方图：(1)a的值；(2)该社区参加核酸检测人员的平均年龄（同一组数据用该组区间中点作代表）；(3)该社区某居民楼内，年龄在内有4人为 ，年龄在内有2人为，现从中随机抽取两人参与核酸检测问卷，求这两人中恰有1人的年龄在内的概率.试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】从，中任取个不同的数的可能结果有，共个，其中两个数之和是的倍数的有，共个结果，所以取出的两个数之和是的倍数的概率.故选：C2

14、C【分析】先求出甲乙在相同站点下车的概率，再求甲乙在不同站点下车的概率.【详解】设事件为甲乙在相同站点下车，则，则甲乙在不同站点下车的概率为.故选：C3C【分析】先确定总事件数，再确定游戏只进行一回合就结束的事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.【详解】两人同时随机出拳，共有种基本事件；其中游戏只进行一回合就结束的事件数为；所以所求概率为；故选：C4C【分析】先求，然后由概率性质计算可得.【详解】由题知，因为，所以，即，解得.故选：C5B【分析】根据互斥事件的含义判断各选项即可.【详解】因为为两个互斥事件，所以，即，且.故选：B6B【分析】利用列举法求得基本事件的个数和所求事件中所包含的基本

15、事件的个数，结合古典概型的概率计算公式即可得出答案.【详解】抛掷两枚均匀的硬币，可得基本事件的空间为：（正正），（正反），（反正），（反反），共四种情形，其中出现两枚正面朝上的基本事件为（正正），共一种情形，所以其概率为：.故选：B.7A【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，列出关于，的方程组，求解即可【详解】解：由题意可知，该同学可以进入两个社团的概率为，则，又三个社团都进不了的概率为，所以，由可得，故选：A8C【分析】根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】3名运动员各自从红、白两种颜色的运动服中任选一套服装共有种选择，其中两种颜色的运动服均有人选择包含6种情况，所以这两种颜色的运动服均

16、有人选择的概率为.故选：C.9C【分析】先求得4个小球随机选2个共有的不同选法，其中两球所标数字之和为奇数的不同的选法，根据古典概型概率公式计算可得答案.【详解】解：因为4个小球随机选2个有：，共有6种不同选法，其中两球所标数字之和为奇数的有，共有3种不同的选法，所以根据古典概型概率公式得：，故选：C10B【分析】依题意根据计算可得；【详解】解：因为，则，所以事件与事件不相互独立，故选：B11D【分析】根据互斥事件与对立事件的定义判断AB，再根据相互独立事件的性质判断CD即可【详解】对A，因为所有事件包含M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”，事件N=“甲乙两人所选试题类型完全不同”，也包含“甲

17、乙两人所选试题全相同”，故M与N为互斥事件，故A错误；对B，M=“甲乙两人所选试题恰有一类相同”与P=“甲乙两人均未选择冰壶类试题”可能同时发生，故M与P不互斥，故B错误；对C，因为事件N 的概率，事件P 的概率，事件的概率，因为，故N与P不相互独立，故C错误；对D，事件M 的概率，事件的概率，因为，故M与P相互独立，故D正确；故选：D12D【分析】根据题意分析随机数中没有1，2，3，4中的数的个数，再根据对立事件的概率求解即可【详解】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，故三只豚鼠都

18、没被感染的概率为，则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为故选：D13BC【分析】根据事件的包含关系可判断A；根据频率分布直方图中平均数和中位数的估计，可判断B;利用可判断C；举反例判断D.【详解】对于 A，如果，则，故，故，故A错误；对于B，对于单峰的频率分布直方图而言，如果左右对称，则中位数和平均数大致相等，若直方图在右边“拖尾”，则平均数将变大，更远离峰值处，中位数位于单峰附近，故平均数大于中位数，B正确；对于C，因为是两个互斥事件，故 ,所以,故C正确；对于D，举例如从1、2、3、4四个数字中随机取一个，即事件A=“取出的数字为1或2”，事件B=“取出的数字为1或3”，事件C=“取出的数字为

19、1或4”，AB=BC=AC=ABC=“取出的数字为1”，则，满足，,即事件两两独立，但 ,故D错误，故选：BC140.92/【分析】由并事件的概率公式和相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】事件与相互独立，则，由并事件的概率公式.故答案为：0.92.15【分析】由对立事件的概率性质可得，至少有一个正常工作的概率为，计算可得其概率，由相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案【详解】记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，则；电路不发生故障，即正常工作且，至少有一个正常工作，、不发生故障即，至少有一个正常工作的概率，所以整个电路不发生故障的概率为，故答案为：160.8/【分析】利用概率

20、的基本性质及事件的运算求概率即可.【详解】由.故答案为：0.817/【分析】根据计算可得.【详解】因为，且，所以.故答案为：18【分析】根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】因为，所以，所以.故答案为：19【分析】依题意列出基本事件的总数，以及他们选课相同包含的基本事件的个数，再由古典概率公式即可得解.【详解】依题意，今年高一的小王与小李都准备选历史与地理，则他俩再从其他三科中任选一科的基本事件有（政，政），（政，化），（政，生），（化，政），（化，化），（化，生），（生，政），（生，化），（生，生），共件，他们选课相同包含的基本事件有：（政，政），（化，化），（生，生），共有件，所以他们选

21、课相同的概率故答案为：.20(1)，(2)这种游戏规则不公平，理由见解析【分析】（1）根据题意，得到抛掷一枚质地均匀的正方体骰子共有36个样本点，利用列举法得出所求事件中所包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；（2）利用古典摡型的概率计算公式和概率的加法公式求得甲胜的概率，比较即可得到结论.【详解】（1）解：依题意，抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，共有36个样本点，其中事件，即事件包含6个样本点，所以事件的概率为又由事件，即事件中包含11个样本点，所以事件的概率为（2）解：设事件“为偶数”，事件，事件，可得，因为事件与事件互斥，且，所以因此甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，所

22、以，故这种游戏规则不公平21(1)(2)【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式求解即可；（2）设事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，先求出甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率，再由对立事件的性质和相互独立事件的乘法公式求解即可；【详解】（1）设事件A=“任选一道灯谜，甲猜对”，事件B=“任选一道灯谜，乙猜对”，事件C=“任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对”则，故，因为事件A与事件B相互独立，所以（2）设事件D=“任选一道灯谜，甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对”，事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，因为事件A、事件B、事件C两两独立，那么所以，所以22(1)，(2)(3)【分析】（1

23、）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为及后三组的频率之和为得到方程组，解得即可；（2）依题意问题实际即为求总体的第百分位数，按照百分位计数规则计算可得；（3）首先求出各组中抽取的人数，再利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】（1）依题意可得，解得；（2）因为，问题实际即为求总体的第百分位数，因为，所以第百分位数位于设为，则，解得，所以至少需要分才能入选；（3）依题意第四组中抽取人，分别记作、，第五组中抽取人记作，则从这5人中选出2人的所有可能结果有、共个，其中选出的两人来自不同组有、共个，所以所求概率.23(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用列举法，

24、即可求解；（2）由相互独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.【详解】（1）解：“恰有两个元件正常”等价于，且中恰有两个为1，所以.（2）解：设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即，由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得24(1)答案见解析(2)事件A与事件B是相互独立，理由见解析(3)两次取出号码之和最有可能是5，理由见解析【分析】（1）用数组表示可能的结果,即可得出试验样本空间；（2）利用独立事件的定义判断；（3）两次取出的号码之和的有：

25、3，4，5，6，7，求出对应的概率比较即可得出答案【详解】（1）用数组表示可能的结果，表示第一次抽到球的标号，表示第二次抽到球的标号，则试验样本空间为（2），所以因为，所以事件A与事件B是相互独立（3）两次取出的号码之和的有：3，4，5，6，7分别记作事件：C，D，E，F，G则因所以两次取出号码之和最有可能是525(1)，58(2)【分析】（1）根据频率之和为1可得，进而由百分位数的计算即可求解，（2）根据列举法，结合古典概型的计算公式即可求解.【详解】（1）依题意，解得， 因为前3组的频率和为 0.75，前4组的频率和为， 所以所求上四分位数（第75百分位数）为（2）由频率分布直方图可知年龄

26、在和的频率分别为，所以年龄在的投资者应抽取3人，记为A，B，C年龄在的投资者应抽取2人,记为a，b， 则任取2人，所有的情况为：，共10种，满足条件的为共7种.故至少有1人年龄在的概率为.26(1)见解析；(2)【分析】（1）根据频率之和为1即可求第二组的频率，根据频率与频数的关系即可求得总数.（2）利用古典概型求概率即可.【详解】（1）由频率之和为1可知：第二组的频率为.又因为第二组的频数为8，所以共抽取的学生成绩数为：.频率分布直方图如下图所示：（2）由（1）知：第三、第五组抽取的成绩数分别为：个，个，分别设为，设第五组的恰好没有被抽中为事件，则从中抽取2个的基本事件如下：共6种，其中第五

27、组的恰好没有被抽中的情况有共3种.则.27(1)答案见解析(2)选择方案二可以有更大机会获得纪念品；理由见解析【分析】（1）由列举法即可求解；（2）根据列举法即可根据古典概型的计算公式求解概率大小，进而可做出选择.【详解】（1）用1，2，3，45，分别表示“一”，“起”，“向”，“未”，“来”五张卡片，数组表示这个试验的一个样本点，则该试验的样本空间（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，3），（2，4），（2，5），（3，1），（3，2），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）（2）采用

28、方案一时，从五张卡片中采用简单随机抽样从中任意抽取一张的样本空间为1，2，3，4，5，且每个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，事件A“抽到向或未”或来”，则采用方案二时，由（1）可得从五张卡片中采用不放回简单随机抽样从中任意抽取两张共有20个样本点，且每个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，事件B“抽到未或来”，B（1，4），（1，5），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，1），（4，2），（4，3），（4，5），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）因为，所以选择方案二可以有更大机会获得纪念品28(1)a=0.005(2)40（岁）(3)【分析】（1）根据频率分布直方图的矩形面积和为1求解即可；（2）根据频率分布直方图的平均值算法求解即可；（3）利用古典概型的方法，列举所有情况求解即可【详解】（1）（0.01+0.015+0.0175+a+0.0025）20=1a=0.005（2）平均为0.012010+0.0152030+0.01752050+0.0052070+0.00252090=40（岁）（3）（3）设事件M=“ 随机抽取两人恰有1人的年龄在”则“6人中随机抽取2人”所含的样本点有： 共15个， 这“两人中恰有1人的年龄在”的样本点有：共8种，故答案第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司