专题6 第2讲 小题研透——概率(专题检测)-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习学生用书Word

第2讲　小题研透——概率 1.A　从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘的基本事件总数为＝6，其结果能被10整除的只有取2，5这一种情况，故所求概率为＝.选A. 2.B　因为P（A）＞0，P（B）＞0，所以若事件A，B为对立事件，则P（A）＋P（B）＝1；但P（A）＋P（B）＝1推不出两个事件A，B对立，如掷一颗骰子，事件A为出现1点、2点、3点，事件B为出现3点、4点、5点，此时P（A）＋P（B）＝1，但两个事件不对立，所以“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的必要不充分条件.故选B. 3.C　由题意知μ＝78，σ＝4，P（X＞μ＋σ）＝≈≈0.16，所以等级为A的测验数据的最小值可能是82.故选C. 4.BCD　对B，P（B｜A）＝＝＝，∴P（AB）＝，B正确；对A，P（AB）＝P（A）P（B）＝P（B），∴P（B）＝，A错误；对C，P（B）＝P（）P（B）＝×＝，P（｜B）＝＝＝，C正确；对D，P（A＋）＝P（A）＋P（）－P（A）＝P（A）＋P（）－P（A）P（）＝＋－×＝，D正确.故选B、C、D. 5.0.6　解析：由题知X～B（10，p），则D（X）＝10p·（1－p）＝2.4，解得p＝0.4或0.6.又∵P（X＝4）＜P（X＝6），即p4·（1－p）6＜p6（1－p）4⇒（1－p）2＜p2⇒p＞0.5.∴p＝0.6. 6.　解析：从10个球中任取3个球，共有＝120种不同的情况.下面研究3个球编号之和能被3整除的情况：经过分析将这10个数分为三类，第一类，3的倍数{3，6，9}，第二类，3的倍数减1{2，5，8}，第三类，3的倍数加1{1，4，7，10}，第一类任意两个数、三个数的和都是3的倍数；第二类、第三类两个数的和不是3的倍数，三个数的和是3的倍数，第二类、第三类里各取1个数，它们的和是3的倍数.所以3个球编号之和能被3整除共有＋＋＋＝42种情况，所以其概率为＝. 7.C　该系统正常工作的概率为P{[（AB）∪C]∩D}＝P[（AB）∪C]·P（D）＝[1－P（）·P（）]·P（D）＝（1－P（∪）·P（））·P（D）＝[1－（1－P（AB））（1－P（C））]·P（D）＝[1－（1－p2）（1－p）]p. 8.B　由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B就同时发生了，因此事件A与事件B不是互斥事件，故A错误；由于P（A）＝，P（B）＝，P（A∩B）＝＝P（A）·P（B），因此事件A与事件B相互独立，故B正确；由于第四个礼盒中既有中国结，又有记事本，还有笔袋，若抽到第四个礼盒，则事件A和事件B∪C就同时发生了，因此事件A与事件B∪C不是互斥事件，故C错误；由于P（A）＝，P（B∩C）＝，P（A∩B∩C）＝≠P（A）·P（B∩C），因此事件A与事件B∩C不是相互独立的，故D错误.综上，选B. 9.A　设事件B1表示任选一件产品，来自于甲箱，事件B2表示任选一件产品，来自于乙箱，事件A表示从两箱产品中任取一件，恰好不合格，P（A）＝P（A｜B1）·P（B1）＋P（A｜B2）P（B2）＝0.1×0.5＋0.2×0.5＝0.15，又P（B1｜A）＝＝＝＝，P（B2｜A）＝＝＝＝，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为×＋×＝.故选A. 10.D　法一　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为P甲，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为P乙，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为P丙，由题意可知，P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝2p1p2＋2p1p3－4p1p2p3，P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝2p1p2＋2p2p3－4p1p2p3，P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝2p1p3＋2p2p3－4p1p2p3.所以P丙－P甲＝2p2（p3－p1）＞0，P丙－P乙＝2p1（p3－p2）＞0，所以P丙最大，故选D. 法二（特殊值法）　不妨设p1＝0.4，p2＝0.5，p3＝0.6，则该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率P甲＝2p1[p2（1－p3）＋p3（1－p2）]＝0.4；在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率P乙＝2p2[p1（1－p3）＋p3（1－p1）]＝0.52；在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率P丙＝2p3[p1（1－p2）＋p2（1－p1）]＝0.6.所以P丙最大，故选D. 11.ABC　对于A，Y的密度曲线更尖锐，即数据更集中，正确；对于B，∵c，μ2与Y的密度曲线围成的面积S1大于c，μ1与X的密度曲线围成的面积S2，P（Y≤c）＝＋S1，P（X≤c）＝＋S2，∴P（X≤c）＜P（Y≤c），正确；对于C，∵μ2＜μ1，∴甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率P＝P（X＞μ2）＞，正确；对于D，由B知，P（X＞c）＝－S2，P（Y≤c）＝＋S1，∴P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1＋S1－S2＞1，错误. 12.AC　把“使用信用卡支付”记为事件A1，“使用支付宝支付”记为事件A2，“使用微信支付”记为事件A3，“遇到支付问题”记为事件B，则P（A1）＝0.2，P（A2）＝0.4，P（A3）＝0.4，P（B）＝0.06，P（A1｜B）＝P（A2｜B）＝P（A3｜B）＝.对于A，使用信用卡支付遇到支付问题的概率为P（B｜A1）＝＝＝0.1，故A正确；对于B，使用支付宝支付遇到支付问题的概率为P（B｜A2）＝＝＝0.05，使用微信支付遇到支付问题的概率为P（B｜A3）＝＝＝0.05，故B错误；对于C，关闭信用卡支付通道后，P（A2）＝0.5，P（A3）＝0.5，使用支付宝支付同时遇到支付问题的概率为P（A2B）＝P（B｜A2）P（A2）＝0.05×0.5＝0.025，使用微信支付同时遇到支付问题的概率为P（A3B）＝P（B｜A3）P（A3）＝0.05×0.5＝0.025，所以P（B）＝P（A2B）＋P（A3B）＝0.025＋0.025＝0.05，故C正确；对于D，P（B）＝P（A1B）＋P（A2B）＋P（A3B）＝P（B｜A1）P（A1）＋P（B｜A2）P（A2）＋P（B｜A3）P（A3）＝P（A1）＋P（A2）＋P（A3），减少使用微信支付的人数，会使P（A3）变小，P（A1）变大，从而导致P（B）变大，即会提高出现支付问题的概率，故D错误.综上，选A、C. 13.　解析：由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为×1×＋××1＋××＝. 14.　解析：由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为R，R，L，L，L，L六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为＝15，所有移动结果的总数为26＝64，所以落在－2上的概率为P＝. 15.　解析：设该篮球运动员投进第n－1（n≥2，n∈N*）个球的概率为Pn－1，第n－1个球投不进的概率为1－Pn－1，则他投进第n个球的概率为Pn＝Pn－1＋（1－Pn－1）＝＋Pn－1，所以Pn－＝（Pn－1－）.所以Pn－＝·＝×＝.所以Pn＝＋（n∈N*），所以P5＝. 16.ABD　对于A选项，抽奖人在不知道奖品在哪个箱子的情况下选择了1号箱，他的选择不影响奖品在四个箱子中的概率分配，因此A1，A2，A3，A4的概率均为，即A正确；对于B选项，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，故B正确；对于C、D选项，奖品在1号箱里，主持人可打开2，3，4号箱，故P（B3｜A1）＝，奖品在2号箱里，主持人只能打开3，4号箱，故P（B3｜A2）＝，奖品在3号箱里，主持人打开3号箱的概率为0，故P（B3｜A3）＝0，奖品在4号箱里，主持人只能打开2，3号箱，故P（B3｜A4）＝，由全概率公式可得P（B3）＝P（Ai）P（B3｜Ai）＝×（＋＋0＋）＝，P（A1｜B3）＝＝＝，P（A2｜B3）＝＝＝＞，P（A4｜B3）＝＝＝＞，故C错误，D正确. 17.D　设事件D1，D2，D3分别为“此人来自甲、乙、丙三个地区”，事件F1，F2，F3分别为“此人患了流感，且分别来自甲、乙、丙地区”，事件G为“此人患了流感”.由x，y，z构成以1为公差的等差数列知y＝x＋1，z＝x＋2.由题意知，P（F1）＝×x％＝，同理P（F2）＝，P（F3）＝，P（G）＝P（F1∪F2∪F3）＝，所以P（D1｜G）＝，P（D2｜G）＝，P（D3｜G）＝.因为在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，所以解得x＞，故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2讲　小题研透——概率 1.（2024·广东统一调研）从2，3，5，7这四个数中随机地取两个不同的数相乘，其结果能被10整除的概率是（　　） A. B. C. D. 2.（2024·温州三模）设A，B为同一试验中的两个随机事件，则“P（A）＋P（B）＝1”是“事件A，B互为对立事件”的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.（2024·开封第三次质量检测）在某项测验中，假设测验数据服从正态分布N（78，16）.如果按照16％，34％，34％，16％的比例将测验数据从大到小分为A，B，C，D四个等级，则等级为A的测验数据的最小值可能是（　　） （附：若X～N（μ，σ2），则P（｜X－μ｜≤σ）≈0.682 7，P（｜X－μ｜≤2σ）≈0.954 5） A.94 B.86 C.82 D.78 4.（多选）（2024·扬州第二次调研）已知P（A）＝，P（B｜A）＝.若随机事件A，B相互独立，则（　　） A.P（B）＝ B.P（AB）＝ C.P（｜B）＝ D.P（A＋）＝ 5.（2024·湖南师大附中月考）某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，D（X）＝2.4，P（X＝4）＜P（X＝6），则p＝　　　　. 6.盒子内装有编号为1，2，3，…，10的10个除编号外完全相同的玻璃球，从中任取3个球，则其编号之和能被3整除的概率为　　　　. 7.如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为p（0＜p＜1），则该系统正常工作的概率为（　　） A.[1－（1－p）p2]p B.[1－p（1－p2）]p C.[1－（1－p）（1－p2）]p D.[1－（1－p）2p]p 8.（2024·上海春招15题）有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都有，现从中任选一个礼盒.设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是（　　） A.事件A与事件B互斥 B.事件A与事件B相互独立 C.事件A与事件B∪C互斥 D.事件A与事件B∩C相互独立 9.（2024·湖南常德模拟）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为90％，乙箱中产品的合格率为80％.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（　　） A. B. C. D. 10.（2022·全国乙卷理10题）某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1，p2，p3，且p3＞p2＞p1＞0.记该棋手连胜两盘的概率为p，则（　　） A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 11.（多选）（2024·宁德质检）某地生产红茶已有多年，选用本地两个不同品种的茶青生产红茶.根据其种植经验，在正常环境下，甲、乙两个品种的茶青每500克的红茶产量（单位：克）分别为X，Y，且X～N（μ1，），Y～N（μ2，），其密度曲线如图所示，则以下结论正确的是（　　） A.Y的数据较X更集中 B.P（X≤c）＜P（Y≤c） C.甲种茶青每500克的红茶产量超过μ2的概率大于 D.P（X＞c）＋P（Y≤c）＝1 12.（多选）（2024·兰州高三诊断考试）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：P（A｜B）＝.对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡、支付宝或微信进行支付.已知使用信用卡支付的用户占总用户的20％，使用支付宝支付的用户占总用户的40％，其余的用户使用微信支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计，发现出现支付问题的概率是0.06.若一个遇到支付问题的用户，使用每种支付方式支付的概率均为，则以下说法正确的是（　　） A.使用信用卡支付的用户中有10％的人遇到支付问题 B.使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率不同 C.要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将信用卡支付通道关闭 D.减少微信支付的人数有可能降低出现支付问题的概率 13.篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为　　　　. 14.如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位长度，共移动6次，则事件“质点位于－2的位置”的概率为　　　　. 15.为了提升全民身体素质，学校十分重视学生的体育锻炼，某校篮球运动员进行投篮练习，他前一球投进则后一球投进的概率为，他前一球投不进则后一球投进的概率为，若他第1球投进的概率为，则他第5球投进的概率为　　　　. 16.（多选）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，在箱子打开之前，主持人先打开了3号箱.用Ai表示i号箱有奖品（i＝1，2，3，4），用Bj表示主持人打开j号箱子（j＝2，3，4），下列结论正确的是（　　） A.P（A1）＝ B.P（B3｜A2）＝ C.要使获奖概率更大，甲应坚持选择1号箱 D.要使获奖概率更大，甲应改选2号或者4号箱 17.（2024·福州质量检测）甲、乙、丙三个地区分别有x％，y％，z％的人患了流感，且x，y，z构成以1为公差的等差数列.已知这三个地区的人口数的比为5∶3∶2，现从这三个地区中任意选取一人，在此人患了流感的条件下，此人来自甲地区的概率最大，则x的可能取值为（　　） A.1.21 B.1.34 C.1.49 D.1.51 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $