【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第10章-第4节-事件与概率.docx

第十章　第四节

一、选择题
1．已知α、β、γ是不重合平面，a、b是不重合的直线，下列说法正确的是(　　)
A．“若a∥b，a⊥α，则b⊥α”是随机大事
B．“若a∥b，a⊂α，则b∥α”是必定大事
C．“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是必定大事
D．“若a⊥α，a∩b＝P，则b⊥α”是不行能大事
[答案]　D
[解析]　⇒b⊥α，故A错；⇒b∥α或b⊂α，故B错；当α⊥γ，β⊥γ时，α与β可能平行，也可能相交(包括垂直)，故C错；假如两条直线垂直于同一个平面，则此二直线必平行，故D为真命题．
2．(2022·济南调研)现釆用随机模拟的方法估量某运动员射击4次，至少击中3次的概率：先由计算器给出 0到9之间取整数值的随机数，指定0、1表示没有击中目标，2、3、4、5、6、7、8、9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了 20组随机数：
7527　0293　7140　9857　0347　4373　8636　6947　1417　4698　0371　6233　2616　8045　6011　3661　9597　7424　7610　4281
依据以上数据估量该射击运动员射击4次至少击中3次的概率为(　　)
A. 0.852　　　 　　 B． 0.8192
C．0.8 D． 0.75
[答案]　D
[解析]　随机模拟产生的20组随机数，表示至少击中3次的组数为15，所以概率为P＝＝0.75.
3．(文)(2021·新课标全国Ⅰ)从1、2、3、4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的确定值为2的概率是(　　)
A.　 B．　 　　
C.　 D．
[答案]　B
[解析]　从1、2、3、4中任取两个不同的数共有6种不同结果，满足差的确定值为2的结果有(1,3)和(2,4)两种，所以概率为P＝＝，选B.
(理)(2022·浙江台州中学统练)甲、乙两人玩猜数字玩耍，先由甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a、b∈{0,1,2,3,4,5}，若|a－b|≤1，则称甲乙“心相近”．现任意找两人玩这个玩耍，则他们“心相近”的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　C
[解析]　本题考查概率的基本学问．甲心中想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为b，其中a，b∈{0,1,2,3,4,5}，共有36种状况，而|a－b|≤1共有16种，所以，所求概率为P＝＝，故选C.
4．(2022·云南昆明检测)从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张，假设每张卡片被取到的概率相等，且每张卡片上只有一个数字，则取到的两张卡片上的数字之和为偶数的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　D
[解析]　方法一：从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张，总的状况为：
(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)共20种状况．
两张卡片上的数字之和为偶数的有：(1,3)，(1,5)，(2,4)，(3,1)，(3,5)，(4,2)，(5,1)，(5,3)共8种状况．∴从分别写有1,2,3,4,5的五张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字之和为偶数的概率P＝＝.
方法二：由题意知本题是一个古典概率模型，试验发生包含的大事是从5张中随机地抽2张，共C＝10种结果．满足条件的大事分两种状况，一种为从1,3,5中任取两张，有C＝3种结果，另一种为从2,4中任取两张，有C＝1种，所以取到的两张卡片上的数字之和为偶数共有3＋1＝4种结果，∴P＝＝.
5．(文)袋中装有白球3个，黑球4个，从中任取3个，
①恰有1个白球和全是白球；
②至少有1个白球和全是黑球；
③至少有1个白球和至少有2个白球；
④至少有1个白球和至少有1个黑球．
在上述大事中，是对立大事的为(　　)
A．①　　 B．②　　 　　
C．③　　 D．④
[答案]　B
[解析]　∵“至少一个白球”和“全是黑球”不行能同时发生，且必有一个发生．
(理)(2021·安徽)若某公司从五位高校毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　D
[解析]　从五位高校生中选三人共有10种等可能选法，大事“甲或乙被录用”的对立大事为“甲、乙都未被录用”即“丙、丁、戊被录用”，只有一种等可能状况，所以P＝1－＝.
6．(文)从一个三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点中任取四点，这四点不共面的概率是(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　D
[解析]　从6个顶点中选4个，共有15种选法，其中共面的状况有三个侧面，
∴概率P＝＝.

(理)甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，则所得的两条直线相互垂直的概率是(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　C
[解析]　甲从正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，乙也从该正方形四个顶点中任意选择两个顶点连成直线，所得的直线共有6×6＝36(对)，而相互垂直的有10对，故依据古典概型概率公式得P＝＝.
二、填空题
7．把一颗骰子投掷两次，观看毁灭的点数，记第一次毁灭的点数为a，其次次毁灭的点数为b，则方程组只有一个解的概率为________．
[答案]　
[解析]　点(a，b)取值的集合共有6×6＝36(个)元素．方程组只有一个解等价于直线ax＋by＝3与x＋2y＝2相交，即≠，即b≠2a，而满足b＝2a的点只有(1,2)，(2,4)，(3,6)，共3个，故方程组只有一个解的概率为P＝＝.
8．(2022·江苏)从1、2、3、6这4个数中一次随机地取2个数，则所取2个数的乘积为6的概率是________．
[答案]　
[解析]　本题考查古典概型．
从1,2,3,6这4个数中任取2个数共有6种取法，其中乘积为6的有1,6和2,3两种取法，因此所求概率为P＝＝.
9．(文)(2021·辽宁六校联考)从5名同学中选2名同学参与周六、周日社会实践活动，同学甲被选中而同学乙未被选中的概率是________．
[答案]　
[解析]　设5名同学分别为a1，a2，a3，a4，a5(其中甲是a1，乙是a2)，从5名同学中选2名的选法有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，a5)，(a3，a4)，(a3，a5)，(a4，a5)，共10种，同学甲被选中而同学乙未被选中的选法有(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，a5)，共3种，故所求概率为.
(理)(2022·广东)从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中任取七个不同的数，则这七个数的中位数是6的概率为________．
[答案]　
[解析]　由题意从10个数中取7个数有C种方法，而中位数为6，则从0,1,2,3,4,5中取3个有C种，后面三个只能是7,8,9，
∴概率P＝＝＝＝.
三、解答题
10．(2021·包头一中一模)对某校高三班级同学参与社区服务的次数进行统计，随机抽取M名同学作为样本，得到这M名同学参与社区服务的次数．依据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图如下：
分组
频数
频率
[10,15)
10
0.25
[15,20)
24
n
[20,25)
m
p
[25,30]
2
0.05
合计
M
1

(1)求出表中M，p及图中a的值；
(2)若该校高三同学有240人，试估量该校高三同学参与社区服务的次数在区间[10,15)内的人数；
(3)在所取样本中，从参与社区服务的次数不少于20次同学中任选2人，求至多一人参与社区服务次数在区间[25,30)内的概率．
[解析]　(1)由分组[10,15)内的频数是10，频率是0.25知，＝0.25，
所以M＝40.
由于频数之和为40，所以10＋24＋m＋2＝40，m＝4.
p＝＝＝0.10.
由于a是对应分组[15,20)的频率与组距的商，
所以a＝＝0.12.
(2)由于该校高三同学有240人，分组[10,15)内的频率是0.25，
所以估量该校高三同学参与社区服务的次数在此区间内的人数为240×0.25＝60人．
(3)(文)所取样本中参与社区服务的次数不少于20次的同学共有m＋2＝4＋2＝6人，
设在区间[20,25)内的人为a1，a2，a3，a4，在区间[25,30]内的人为b1，b2.
则任选2人有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，(b1，b2)共15种状况，
而两人都在[25,30)内只能是(b1，b2)一种，所以所求概率为P＝1－＝.
(理)所取样本中参与社区服务次数不少于20次的共有6人，其中次数在区间[25,30]内的有2人，从中任选2人，共有C＝15种不同选法，其中至多有一人次数落在区间[25,30)内的有15－1＝14种，∴所求概率P＝.

一、选择题
11．(2021·江西)集合A＝{2,3}，B＝{1,2,3}，从A，B中各任意取一个数，则这两数之和等于4的概率是(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　C
[解析]　从A，B中各任意取一个数记为(x，y)，则有(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共6个基本大事．而这两数之和为4的有(2,2)，(3,1)，共2个基本大事．故所求的概率为＝.
12．在区间[0,1]上任意取两个实数a，b，则函数f(x)＝x3＋ax－b在区间[－1,1]上有且仅有一个零点的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　A
[解析]　由已知a、b在区间[0,1]上，所以f ′(x)＝x2＋a≥0，函数f(x)在[－1,1]内是增函数，
∵f(x)在[－1,1]上有且仅有一个零点，
∴即
在坐标平面aOb中，画出不等式组与不等式组表示的平面区域，易知，这两个不等式组表示的平面区域的公共区域的面积等于12－×(1－)×＝，而不等式组表示的平面区域的面积为1，因此所求的概率等于，选A.
13．(文)(2022·山东青岛一中月考)投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m和n，则复数(m＋ni)2为纯虚数的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　C
[解析]　∵(m＋ni)2＝m2－n2＋2mni为纯虚数，
∴m2－n2＝0，∴m＝n，
(m，n)的全部可能取法有6×6＝36种，其中满足m＝n的取法有6种，∴所求概率P＝＝.
(理)(2022·广东梅州模拟)从正方体的8个顶点的任意两个所确定的全部直线中取出两条，则这两条直线是异面直线的概率是(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　B
[解析]　从8个顶点中任选2个共确定直线28条，从中任取两条直线，共有C种取法；考查异面直线有多少对，可以考虑8个顶点共组成多少个三棱锥：上、下底面各取两点，共面的情形有10个．
从而三棱锥共2CC＋CC－10＝58个，每个三棱锥有三对异面直线，故P＝＝.
14．(文)(2021·黄冈一模)设集合A＝B＝{1,2,3,4,5,6}，分别从集合A和B中随机取数x和y，确定平面上的一个点P(x，y)，我们记“点P(x，y)满足条件x2＋y2≤16”为大事C，则C的概率为(　　)
A. B．
C. D．
[答案]　A
[解析]　分别从集合A和B中随机取数x和y，得到(x，y)的可能结果有36种状况，满足x2＋y2≤16的(x，y)有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)这8种状况，故所求概率为P(C)＝＝，故选A.
(理)(2021·安庆一模)将一枚骰子投掷两次，第一次毁灭的点数记为a，其次次毁灭的点数记为b，设两条直线l1：ax＋by＝2，l2：x＋2y＝2平行的概率为P1，相交的概率为P2，则点P(36P1,36P2)与圆C：x2＋y2＝2021的位置关系是(　　)
A．点P在圆C上 B．点P在圆C外
C．点P在圆C内 D．不能确定
[答案]　C
[解析]　易知当且仅当≠时两条直线相交，而＝的状况有三种：a＝1，b＝2，此时两直线重合；a＝2，b＝4，此时两直线平行；a＝3，b＝6，此时两直线平行，而投掷两次的全部状况有36种，所以两条直线平行的概率P1＝＝.两条直线相交的概率P2＝1－＝，
∴点P(2,33)，点P与圆心(0,0)的距离为d＝＝<，故点P在圆C内．
二、填空题
15．(文)(2021·江苏)现在某类病毒记作XmYn，其中正整数m、n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________．
[答案]　
[解析]　取到的两个数都是奇数的状况有4×5＝20种，任意选取两个数的全部的状况有7×9＝63种，故P＝.
(理)(2021·长春三校调研)一个袋子中装有六个大小外形完全相同的小球，其中一个编号为1，两个编号为2，三个编号为3.现从中任取一球，登记编号后放回，再任取一球，则两次取出的球的编号之和等于4的概率是________．
[答案]　
[解析]　列举可知，共有36种状况，和为4的状况有10种，所以所求概率P＝＝.

1　2　2　3　3　3
1
2　3　3　4　4　4
2
3　4　4　5　5　5
2
3　4　4　5　5　5
3
4　5　5　6　6　6
3
4　5　5　6　6　6
3
4　5　5　6　6　6
16.(2022·江苏徐州月考)如图，沿田字型的路线从A往N走，且只有向右或向下走，随机地选一种走法，则经过点C的概率是________．

[答案]　
[解析]　方法一(列举法)：按规定要求从A往N走只能向右或向下，全部可能走法有：A→D→S→J→N，A→D→C→J→N，A→D→C→M→N，A→B→C→J→N，A→B→C→M→N，A→B→F→M→N共6种，其中经过C点的走法有4种，∴所求概率P＝＝.
方法二：由于从A点动身后只允许向右或向下走，记向右走为1，向下走为2，欲到达N点必需两次向右，两次向下即有两个2两个1.∴全部基本大事有(1122)，(1212)，(1221)，(2112)，(2121)，(2211)共6种不同结果，而只有先右后下或先下再右两类情形经过C点，即前两个数字必需一个1一个2，∴大事A＝“经过C点”含有的基本大事有(1212)，(1221)，(2112)，(2121)共4个，
∴P(A)＝＝.
三、解答题
17．(文)(2022·广东惠州模拟)在添加剂的搭配使用中，为了找到最佳的搭配方案，需要对各种不同的搭配方式作比较．在试制某种牙膏新品种时，需要选用两种不同的添加剂．现有芳香度分别为0,1,2,3,4,5的六种添加剂可供选用．依据试验设计原理，通常首先要随机选取两种不同的添加剂进行搭配试验．
(1)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4的概率；
(2)求所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3的概率．
[解析]　设“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的大事为A，“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和不小于3”的大事为B.
从六种添加剂中随机选两种共有(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(0,5)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，15种．
(1)“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于4”的取法有2种：(0,4)，(1,3)，故P(A)＝.
(2)“所选用的两种添加剂的芳香度之和等于1”的取法有1种：(0,1)；“所选用的两种不同的添加剂的芳香度之和等于2”的取法有1种：(0,2)，故P(B)＝1－(＋)＝.
(理)(2021·泰安三中月考)已知A、B、C三个箱子中各装有2个完全相同的球，每个箱子里的球，有一个球标着号码1，另一个球标着号码2.现从A、B、C三个箱子中各摸出1个球．
(1)若用数组(x，y，z)中的x、y、z分别表示从A、B、C三个箱子中摸出的球的号码，请写出数组(x，y，z)的全部情形，并回答一共有多少种；
(2)假如请您猜想摸出的这三个球的号码之和，猜中有奖．那么猜什么数获奖的可能性最大？请说明理由．
[解析]　(1)数组(x，y，z)的全部情形为：(1,1,1)，(1,1,2)，(1,2,1)，(1,2,2)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,2,1)，(2,2,2)，共8种．
答：一共有8种．
(2)记“所摸出的三个球号码之和为i”为大事Ai(i＝3,4,5,6)，
易知，大事A3包含有1个基本大事，大事A4包含有3个基本大事，大事A5包含有3个基本大事，大事A6包含有1个基本大事，所以，
P(A3)＝，P(A4)＝，P(A5)＝，P(A6)＝.
故所摸出的两球号码之和为4、为5的概率相等且最大．
答：猜4或5获奖的可能性最大．
18．已知直线l1：x－2y－1＝0，直线l2：ax－by＋1＝0，其中a，b∈{1,2,3,4,5,6}．
(1)求直线l1∥l2的概率；
(2)求直线l1与l2的交点位于第一象限的概率．
[解析]　(1)由题知，直线l1的斜率为k1＝，直线l2的概率为k2＝.
记大事A为“直线l1∩l2＝∅”．
a，b∈{1,2,3,4,5,6}的基本大事空间Ω＝{(1,1)，(1,2)，…，(1,6)，(2,1)，(2,2)，…，(2,6)，…，(5,6)，(6,6)}，其中共有36个基本大事．
若l1∥l2，即k1＝k2，则有b＝2a.
满足条件的实数对(a，b)有(1,2)、(2,4)、(3,6)，共3种情形．
所以P(A)＝＝.
即直线l1∥l2的概率为.
(2)设大事B为“直线l1与l2的交点位于第一象限”，由于直线l1与l2有交点，所以b≠2a.
由解得，
由于直线l1与l2的交点位于第一象限，所以
即解得b>2a.
∵a，b∈{1,2,3,4,5,6}，∴基本大事总数共有36种．
满足b>2a的有(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,5)，(2,6)，共6种，∴P＝＝，
即直线l1与l2交点在第一象限的概率为.