章末检测（15） 概率-【优学精讲】2024-2025学年高中数学必修第二册教用Word(苏教版)

该教案聚焦概率核心知识，涵盖事件关系、频率与概率、独立事件等要点。通过射箭统计、购物抽奖等现实情境导入，串联基础概念到综合应用，搭建递进式学习支架。 资料特色在于情境化题目设计，如茶叶分类辨互斥对立事件，培养数学眼光观察现实。分步推理电路畅通概率等问题，发展数学思维，数据处理题提升数学语言表达。助力学生理解抽象概念，教师可高效检测学情。

章末检测（十五）　概率 （时间：120分钟　满分：150分） 　　 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，若事件A＝“向上的点数为3”，B＝“向上的点数为6”，C＝“向上的点数为3或6”，则有（　　） A.A⊆B　　　　　　 　 B.C⊆B C.A∩B＝C D.A∪B＝C 解析：D　抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，事件A＝“向上的点数为3”，B＝“向上的点数为6”，C＝“向上的点数为3或6”，对于A，A与B没有包含关系，故A错误；对于B，∵B＝“向上的点数为6”，C＝“向上的点数为3或6”，∴B⊆C，故B错误；对于C，A∩B＝⌀，故C错误；对于D，A∪B＝C，故D正确. 2.某射箭运动员射箭60次的统计结果如表： 环数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 击中的次数 0 0 1 2 4 4 6 10 12 13 8 则估计他击中的环数不小于8的概率为（　　） A.0.46　　B.0.55　　C.0.57　　D.0.63 解析：B　根据题意，该运动员击中的环数不小于8的频率为＝0.55，因此估计相应概率为0.55. 3.某网站举行购物抽奖活动，规定购物消费每满100元就送一次抽奖机会，中奖的概率为10%.那么以下理解正确的是（　　） A.某人抽奖100次，一定能中奖10次 B.某人消费1 000元，至少能中奖1次 C.某人抽奖1次，一定不能中奖 D.某人抽奖10次，可能1次也没中奖 解析：D　中奖的概率为10%，与抽的次数无关，不能保证一定中奖，也不能保证一定不中奖，只是有10%的可能性中奖，故D选项正确.故选D. 4.自然对数的底数是指无理数e＝2.718 281 828 459 045….e是一个奇妙有趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头.某教师为帮助同学们了解“e”，让同学们从小数点后的3位数字7，1，8中随机选取两位数字，整数部分2不变，那么得到的数字小于2.71的概率为（　　） A. B. C. D. 解析：C　∵让同学们从小数点后的3位数字7，1，8中随机选取两位数字，整数部分2不变，∴样本点总数N＝6，得到的数字小于2.71的样本点有（1，7），（1，8），即2.17＜2.71，2.18＜2.71，∴得到的数字小于2.71的样本点个数M＝2，∴得到的数字小于2.71的概率P＝＝＝. 5.国际上通用的茶叶分类法，是按发酵程度把茶叶分为不发酵茶（如：龙井、碧螺春）和发酵茶（如：茉莉花茶、铁观音、乌龙茶、普洱茶）两大类，现有6个完全相同的纸盒，里面分别装有龙井、碧螺春、茉莉花茶、铁观音、乌龙茶和普洱茶，从中任取一盒，判断下列两个事件既是互斥事件又是对立事件的是（　　） A.“取出碧螺春”和“取出茉莉花茶” B.“取出不发酵茶”和“取出龙井” C.“取出乌龙茶”和“取出铁观音” D.“取出不发酵茶”和“取出发酵茶” 解析：D　对于A，事件“取出碧螺春”和事件“取出茉莉花茶”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故A错误；对于B，事件“取出不发酵茶”和事件“取出龙井”不是互斥事件，因为“取出龙井”时，事件“取出不发酵茶”也发生了，故B错误；对于C，事件“取出乌龙茶”和事件“取出铁观音”不可能同时发生，也有可能都不发生，所以是互斥事件而不是对立事件，故C错误；对于D，事件“取出不发酵茶”和事件“取出发酵茶”不可能同时发生，但必有一个发生，所以既是互斥事件又是对立事件，故D正确. 6.长时间玩手机可能影响视力.据调查，某校学生大约有45%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的概率为（　　） A. B. C. D. 解析：D　设该校有x个同学，则约有0.45x的学生近视，∵0.2x的学生每天玩手机超过1小时且玩手机超过1小时的学生中有0.1x的学生近视，∴有0.8x的学生每天玩手机不超过1小时且其中有0.35x的学生近视，∴从每天玩手机不超过1小时的学生中任意抽查一名学生，则他近视的概率为P＝＝. 7.4×100米接力赛是田径运动中的集体项目.一根小小的木棒，要四个人共同打造一个信念，一起拼搏，每次交接都是信任的传递.甲、乙、丙、丁四位同学将代表高一年级参加校运会4×100米接力赛，教练组根据训练情况，安排了四人的交接棒组合.已知该组合三次交接棒失误的概率分别是p1，p2，p3，假设三次交接棒相互独立，则此次比赛中该组合交接棒没有失误的概率是（　　） A.p1p2p3 B.1－p1p2p3 C.（1－p1）（1－p2）（1－p3） D.1－（1－p1）（1－p2）（1－p3） 解析：C　由题意，三次交接棒不失误的概率分别为：1－p1，1－p2，1－p3，则该组合交接棒没有失误的概率为：（1－p1）（1－p2）（1－p3）.故选C. 8.在如图所示的电路中，5个箱子表示保险匣，箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，当开关合上时，电路畅通的概率是（　　） A. B. C. D. 解析：A　当开关合上时，电路畅通，即A至B畅通，且B至C畅通，可求得A至B畅通的概率为1－×＝，B至C畅通的概率为1－×＝，所以电路畅通的概率为×＝. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.一批产品共有100件，其中5件是次品，95件是合格品.从这批产品中任意抽取5件，给出以下四个事件： 事件A：恰有一件次品； 事件B：至少有两件次品； 事件C：至少有一件次品； 事件D：至多有一件次品. 下列选项正确的是（　　） A.A∪B＝C B.B∪D是必然事件 C.A∩B＝C D.A∩D＝C 解析：AB　对于选项A，事件A∪B指至少有一件次品，即事件C，故A正确；对于选项B，事件B∪D指至少有两件次品或至多有一件次品，次品件数包含0到5，即代表了所有情况，故B正确；对于选项C，事件A和B不可能同时发生，即事件A∩B＝⌀，故C错误；对于选项D，事件A∩D指恰有一件次品，即事件A，而事件A和C不同，故D错误.故选A、B. 10.某工厂制造一种零件，甲机床的正品率是0.9，乙机床的正品率为0.8，分别从它们制造的产品中任意抽取一件，则（　　） A.两件都是次品的概率为0.28 B.至多有一件正品的概率为0.72 C.恰有一件正品的概率为0.26 D.至少有一件正品的概率为0.98 解析：CD　记事件A为“从甲机床制造的产品中抽到一件正品”，事件B为“从乙机床制造的产品中抽到一件正品”，事件C为“抽取的两件产品中至多有一件正品”，事件D为“抽取的两件产品中恰有一件正品”，事件E为“抽取的两件产品中至少有一件正品”.由题意知A，B是相互独立事件，则P（ ）＝P（）P（）＝0.1×0.2＝0.02，故A错误；P（C）＝P（A）＋P（B）＋P（）＝P（A）P（）＋P（）P（B）＋P（）P（）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＋0.1×0.2＝0.28，故B错误；P（D）＝P（A）＋P（B）＝P（A）P（）＋P（）·P（B）＝0.9×0.2＋0.1×0.8＝0.26，故C正确；P（E）＝1－P（）＝1－0.02＝0.98，故D正确.故选C、D. 11.已知关于x的二次函数f（x）＝ax2－bx＋1，设集合P＝{1，2，3}，Q＝{－1，1，2，3，4}，分别从集合P和Q中随机取一个数a和b得到数对（a，b），则（　　） A.所有的数对（a，b）共有30种情况 B.函数y＝f（x）有零点的概率为 C.使函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的数对（a，b）共有13种情况 D.函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率为 解析：BC　（a，b）有（1，－1），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共15种情况，故A错误；函数y＝f（x）有零点等价于Δ＝b2－4a≥0，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况，所以函数y＝f（x）有零点的概率为＝，故B正确；易知a＞0，函数y＝f（x）图象的对称轴为直线x＝，且在区间[1，＋∞）上单调递增，所以有≤1.满足条件的数对有（1，－1），（1，1），（1，2），（2，－1），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（3，－1），（3，1），（3，2），（3，3），（3，4），共13种情况，所以函数y＝f（x）在区间[1，＋∞）上单调递增的概率为，故C正确，D错误. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.为了调查新疆阿克苏野生动物保护区内鹅喉羚的数量，调查人员逮到这种动物400只，标记后放回.一个月后，调查人员两次逮到该种动物800只，其中标记的有2只，估算该保护区有鹅喉羚　160 000　只. 解析：设保护区内有鹅喉羚x只，每只鹅喉羚被逮到的概率是相同的，所以＝，解得x＝160 000. 13.某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别为，，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则p的值为　　. 解析：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A，B，C，∴至少投中一次的对立事件为事件 ，∴至少投中一次的概率P＝1－××（1－p）＝，解得p＝. 14.甲、乙、丙、丁四人到电影院看电影，只剩下编号为1，2，3的三个座位，于是四人抽签决定谁坐几号座位（抽到空签的人离开），则甲抽到2号座位的概率为　　. 解析：设“甲抽到2号座位”为事件A，四个人抽3个座位，情况较复杂，可以利用树形图表示抽签的结果，如图所示. 由图可知，有4大类，每大类中有6种可能结果，共有4×6＝24（种）结果，其中甲抽到2号座位的结果有6种，所以P（A）＝＝. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽情况之间的关系进行研究，他们分别记录了3月1日至3月5日的每天昼夜温差与实验室每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料： 日期 3月1日 3月2日 3月3日 3月4日 3月5日 温差x/℃ 10 11 13 12 8 发芽数y/颗 23 25 30 26 16 （1）求这5天的平均发芽率； （2）从3月1日至3月5日中任选2天，记发芽的种子数分别为m，n，用（m，n）的形式列出所有的样本点，并求满足“m，n∈[25，30]”的事件A的概率. 解：（1）这5天的平均发芽率为×（23＋25＋30＋26＋16）××100%＝24%. （2）所有的样本点有10个，分别为（23，25），（23，30），（23，26），（23，16），（25，30），（25，26），（25，16），（30，26），（30，16），（26，16）. 满足“m，n∈[25，30]”的事件A包含的样本点有（25，30），（25，26），（30，26），共3个. ∴满足“m，n∈[25，30]”的事件A的概率P（A）＝. 16.（本小题满分15分）如图所示，在树人中学高一年级学生中抽出40名参加环保知识竞赛，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如图，观察图形，回答下列问题： （1）求成绩在[80，90）这一组的频数； （2）从成绩是50分以下和90分及以上这两个分数段的学生中选2人，求他们不在同一分数段的概率. 解：（1）依题意成绩在[50，60）这一组的频率为0.015×10＝0.15， 成绩在[60，70）这一组的频率为0.025×10＝0.25， 成绩在[70，80）这一组的频率为0.035×10＝0.35，成绩在[90，100]这一组的频率为0.005×10＝0.05， 则成绩在[80，90）这一组的频率为[1－（0.15＋0.25＋0.35＋0.05）]÷2＝0.1， 故其频数为40×0.1＝4. （2）记选出的2人不在同一分数段为事件E， 成绩在[40，50）内有40×0.1＝4人，设为a，b，c，d，成绩在[90，100]内有40×0.05＝2人，设为1，2，从这6人中选出2人，有（a，b），（a，c），（a，d），（a，1），（a，2），（b，c），（b，d），（b，1），（b，2），（c，d），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），（1，2），共15个样本点， 其中事件E包括（a，1），（a，2），（b，1），（b，2），（c，1），（c，2），（d，1），（d，2），共8个样本点，于是得P（E）＝，所以不在同一分数段的概率为. 17.（本小题满分15分）甲、乙两同学组成“星队”参加“庆祝中国共产党成立100周年”知识竞赛.现有A，B两类问题，竞赛规则如下：①竞赛开始时，甲、乙两同学各自先从A类问题中随机抽取一个问题进行回答，答错的同学本轮竞赛结束；答对的同学再从B类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束.②若在本轮竞赛中甲、乙两同学合计答对问题的个数不少于3，则“星队”可进入下一轮.已知甲同学能答对A类问题的概率为，能答对B类问题的概率为.乙同学能答对A类问题的概率为，答对B类问题的概率为. （1）设“甲同学答对0个，1个，2个问题”分别记为事件A0，A1，A2，求事件A0，A1，A2的概率； （2）求“星队”能进入下一轮的概率. 解：（1）∵甲同学能答对A类问题的概率为，能答对B类问题的概率为， ∴P（A0）＝1－＝， P（A1）＝×（1－）＝， P（A2）＝×＝. （2）设“乙同学答对1个，2个问题”分别记为事件B1，B2， ∵乙同学能答对A类问题的概率为，答对B类问题的概率为， ∴P（B1）＝×（1－）＝， P（B2）＝×＝， 设事件C表示“星队能进入下一轮”，P（C）＝P（A1B2）＋P（A2B1）＋P（A2B2）＝P（A1）P（B2）＋P（A2）P（B1）＋P（A2）P（B2）＝×＋×＋×＝， 故“星队”能进入下一轮的概率为. 18.（本小题满分17分）某网上电子商城销售甲、乙两种品牌的固态硬盘，甲、乙两种品牌的固态硬盘保修期均为3年，现从该商城已售出的甲、乙两种品牌的固态硬盘中各随机抽取50个，统计这些固态硬盘首次出现故障发生在保修期内的数据如表： 型号 甲 乙 首次出现故障 的时间x（年） 0＜x ≤1 1＜x ≤2 2＜x ≤3 0＜x ≤1 1＜x ≤2 2＜x ≤3 硬盘数（个） 2 1 2 1 2 3 假设甲、乙两种品牌的固态硬盘首次出现故障相互独立. （1）从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，试估计首次出现故障发生在保修期内的概率； （2）某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，试估计恰有一个首次出现故障发生在保修期第3年（即2＜x≤3）的概率. 解：（1）在图表中，甲品牌的50个样本中，首次出现故障发生在保修期内的频率为＝， 即从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期内的概率估计为. （2）设从该商城销售的甲品牌固态硬盘中随机抽取一个，其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件B，从该商城销售的乙品牌固态硬盘中随机抽取一个， 其首次出现故障发生在保修期的第3年为事件C，利用频率估计概率，得P（B）＝＝，P（C）＝， 则P（B＋C）＝P（B）P（）＋P（）P（C）＝P（B）[1－P（C）]＋[1－P（B）]P（C） ＝×＋×＝， 所以某人在该商城同时购买了甲、乙两种品牌的固态硬盘各一个，恰有一个首次出现故障发生在保修期的第3年的概率为. 19.（本小题满分17分）甲、乙两人玩摸球猜猜猜的游戏，规则如下：一个袋子中有4个大小和质地完全相同的小球，其中2个红球，2个白球，甲采取不放回方式从中依次随机地取出2个球，然后让乙猜.若乙猜出的结果与摸出的2个球特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮（每轮游戏都由甲摸球）.乙所要猜的方案从以下两种猜法中选择一种； 猜法一：猜“第二次取出的球是红球”； 猜法二：猜“两次取出球的颜色不同”.请回答： （1）如果你是乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由； （2）假定每轮游戏结果相互独立，规定有人首先获胜两次则为游戏获胜方，且整个游戏停止.若乙按照（1）中选择的猜法进行游戏，求乙获得游戏胜利的概率. 解：（1）用a，b表示两个红球，用1，2表示两个白球，甲不放回取两球的所有结果有： （a，b），（b，a），（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），（1，2），（2，1），共12个不同结果，它们等可能， 令事件A为“第二次取出的是红球”，则事件A所含结果有：（a，b），（b，a），（1，a），（2，a），（1，b），（2，b），共6个， 令事件B为“两次取出球的颜色不同”，则事件B所含结果有：（a，1），（1，a），（a，2），（2，a），（b，1），（1，b），（b，2），（2，b），共8个， 于是得P（A）＝＝，P（B）＝＝，显然，＜，为了尽可能获胜，应该选择猜法二. （2）由（1）知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为， 游戏结束时，设乙获胜为事件M，则M是乙在第一、二轮胜的事件M1，第一轮负另外两轮胜的事件M2，第二轮负另外两轮胜的事件M3的和，它们互斥，于是得P（M）＝P（M1＋M2＋M3）＝P（M1）＋P（M2）＋P（M3）＝×＋××＋××＝， 所以乙获得游戏胜利的概率是. 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $