2020高考数学(文)一轮复习课时作业 52随机事件的概率 含解析

课时作业52 几何概型一、选择题1．(2019年东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高三第一次模拟)在区间(0，3)上任取一个实数x ，则2x <2的概率是( )A.23B.12C.13D.14解析：在区间(0，3)上任取一个实数x ， 若2x <2，则x ∈(0，1)．∵(0，3)的区间长度为3，(0，1)的区间长度为1∴在区间(0，3)上任取一个实数x ，则2x<2的概率是13，故选C.答案：C 2.图1(2019年山东省烟台市高三下学期高考诊断性测试)七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的，图1是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )A.14B.18C.38D.316解析：不妨设小正方形的边长为1，则两个等腰直角三角形的边长为1，1，2，一个等腰直角三角形的边长为2，2，2，两个等腰直角三角形的边长为2，2, 22，即最大正方形边长为22，故所求概率为P ＝1－12×2＋1＋1＋2×28＝18，选B. 答案：B3．(2019年宁夏吴忠市高三下学期高考模拟)在长为3m 的线段AB 上任取一点P ，则点P 与线段AB 两端点的距离都大于1m 的概率等于( )A.12B.14C.23D.13解析：设线段AB 的三等分点分别为C ，D (如图2所示)，因为点P 与线段AB 两端点的距离都大于1m ，所以P 在线段CD 上，则点P 与线段AB 两端点的距离都大于1m 的概率P ＝|CD ||AB |＝1m 3m ＝13；故选D.图2答案：D 4.图3(2019年福建省泉州市高三下学期质量检查)如图3所示，正六边形ABCDEF 中，P 为线段AE 的中点，在线段DE 上随机取点Q ，入射光线PQ 经DE 反射，则反射光线与线段BC 相交的概率为( )A.14B.13C.512D.23解析：如图4，建立平面直角坐标系，A (－1，0)，过点B 作关于ED 的对称点B ′，图4可得B ′⎝⎛⎭⎪⎫3，－233， 过点C 作关于ED 的对称点C ′，则C ′(2，－3)， l PB ′：y ＝－239x ，x ＝1时，交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－239， l PC ′：y ＝－32x ，x ＝1时，交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，∴概率为－239＋32233＝512，故选C.答案：C5．(2019学年河北省石家庄市第一中学高二下学期期中)分别以正方形ABCD 的四条边为直径画半圆，重叠部分如图5中阴影区域所示，若向该正方形内随机投一点，则该点落在阴影区域的概率为( )图5A.4－π4B.π－24C.4－π2D.π－22解析：由题意知本题是一个几何概型， 设正方形ABCD 的边长为2.∵试验发生包含的所有事件是矩形面积S ＝2×2＝4，空白区域的面积是2(4－π)＝8－2π，∴阴影区域的面积为4－(8－2π)＝2π－4， ∴由几何概型公式得到P ＝2π－44＝π－22， 故选D. 答案：D6．(2019学年河南省天一大联考高一下学期阶段性测试)点P 在边长为2的正方形ABCD 内运动，则动点P 到定点A 的距离|P A |>2的概率为( )A.34B.14C.4D.4 解析：图6满足条件的正方形ABCD ，如图6所示，其中满足动点P 到定点A 的距离|P A |<2的平面区域如图中阴影所示，则正方形的面积S 1＝4，阴影部分的面积S 2＝14×4π＝π，故动点P 到定点A 的距离|P A |<2的概率P ＝S 2S 1＝π4，|P A |>2的概率为1－π4＝4－π4，故选D.答案：D7．(2019学年河南省天一大联考高一下学期阶段性测试)已知在长为16 cm 的线段MN 上任取一点Q ，并以线段MQ 为半径作圆，则这个圆的面积介于25π cm 2与49π cm 2之间的概率为( )A.13B.14C.17D.18解析：圆的面积介于25π cm 2到49π cm 2，即圆的半径介于5与7之间，所以所求概率为P ＝7－516＝18，故选D.答案：D8．(2019学年江西省抚州市临川区第一中学高二下学期期中)在区间[0，2]上随机取三个数a ，b ，c ，则事件“a 2＋b 2＋c 2≤4”发生的概率为( )A.8B.6C.π4D.π2解析：依题意得，实数a ，b ，c 满足条件的点(a ，b ，c )可视为在空间直角坐标系下的棱长为2的正方体区域(其中原点是该正方体的一个顶点)内的点，正方体的体积为23＝8，其中满足a 2＋b 2＋c 2≤4的点(a ，b ，c )可视为在空间直角坐标系下的正方体区域内且还在以原点为球心，2为半径的球形区域内的点，该部分的体积恰好等于该球体积的18，其体积为18·43π·23＝4π3，因此满足a 2＋b 2＋c 2≤4的概率为4π38＝π6，故选B.答案：B图79．(2019年重庆市高三调研测试)如图7，在矩形ABCD 中， AB ＝2, AD ＝3，两个圆的半径都是1，且圆心O 1, O 2均在对方的圆周上，在矩形ABCD 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为( )A.2π＋312B.4π－2324C.10π－6336D.8π＋3336解析：如图8所示，分别连接MO 1，MO 2，NO 1，NO 2, 则△MO 1O 2，△NO1O2分别为边长为1的等边三角形，所以其面积分别为S△MO1O2＝S△NO1O2＝34，图8其中弓形MO1的面积为S1＝S扇形MO1O2－S△MO1O2＝12×π3×12－34＝π6－34，所以阴影部分的面积为S阴影＝2π×12－⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×34＋4×⎝⎛⎭⎪⎫π6－34＝4π3＋32，所以概率为P＝S阴影2×3＝4π3＋326＝8π＋3336，故选D.答案：D10．(2019年衡水金卷普通高等学校招生全国统一考试模拟)我国数学家邹元治利用图9证明了勾股定理，该图中用勾(a)和股(b)分别表示直角三角形的两条直角边，用弦(c)来表示斜边，现已知该图中勾为3，股为4，若从图中随机取一点，则此点不落在中间小正方形中的概率是()图9A.2549B.2449C.47D.57解析：设直角三角形的长直角边为a ＝4，短直角边为b ＝3，由题意c ＝5，∵大正方形的边长为a ＋b ＝3＋4＝7，小正方形的边长为c ＝5，则大正方形的面积为49，小正方形的面积为25，∴满足题意的概率为1－2549＝2449，故选B.答案：B11．(2019年广东省高三第一次模拟)图10为射击使用的靶子，靶中最小的圆的半径为1，靶中各圆的半径依次加1，在靶中随机取一点，则此点取自黑色部分(7环到9环)的概率是( )图10A.320 B.3π25 C.325 D.π20解析：根据圆的面积公式以及几何概型概率公式可得，此点取自黑色部分的概率是42π－12π102π＝15100＝320，故选A.答案：A12．(2019学年江西抚州七校联考高二上学期期末)南北朝时期的数学家祖冲之，利用“割圆术”得出圆周率的值在 3.1415926与3.1415927之间，成为世界上第一个把圆周率的值精确到7位小数的人，他的这项伟大成就比外国数学家得出这样精确数值的时间至少要早一千年，创造了当时世界上的最高水平，我们用概率模型方法估算圆周率，向正方形及内切圆随机投掷豆子，在正方形中的400颗豆子中，落在圆内的有316颗，则估算圆周率的值为( )A ．3.13B ．3.14C ．3.15D ．3.16解析：设圆的半径为1，则正方形的边长为2， 根据几何概型的概率公式，可以得到π4＝316400， 解得π＝3.16，故选D. 答案：D二、填空题13．(2018年高考数学理)在[－1，1]上随机地取一个数k ，则事件“直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交”发生的概率为________．解析：由直线y ＝kx 与圆(x －5)2＋y 2＝9相交，得 |5k |k 2＋1＜3，即16k 2＜9，解得－34＜k ＜34.由几何概型的概率计算公式可知 P ＝34－⎝ ⎛⎭⎪⎫－342＝34.故答案为34. 答案：3414．(2019学年江苏省南通市启东中学高二下学期期中)人民路华石路口一红绿灯东西方向的红灯时间为37 s ，黄灯时间为3 s ，绿灯时间为60 s ．从西向东行驶的一辆公交车通过该路口，遇到绿灯的概率为________．解析：根据题意，这个路口的指示灯的总时间为37＋3＋60＝100秒，其中有60秒是绿灯时间，则到达路口时，遇到绿灯的概率为60100＝35.答案：35 15．(2018年普通高校招生全国卷Ⅰ)已知圆心角为120°的扇形的圆心为O ，在其弧AB ︵上任取一点P ，则使∠AOP 和∠BOP 同时大于50°的概率为________．解析：由几何概型的定义和几何概型的公式可知，使∠AOP 和∠BOP 能同时大于50°的概率为120°－50°－50°120°＝20°120°＝16.故填16.答案：1616．(2019年江西省南昌市高三第三次模拟)中国数学家刘徽在《九章算术注》中提出“割圆”之说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．意思是“圆内接正多边形的边数无限增多的时候，它的周长的极限是圆的周长，它的面积的极限是圆的面积”．如图11，若在圆内任取一点，则此点取自其内接正六边形的概率________．图11解析：设圆心为O ，圆的半径为1，则正六边形的面积S ＝6×12×12×32＝332，则对应的概率P＝332π＝332π，故答案为332π.答案：332π三、解答题17．(2019年甘肃省银川二中度高一第二学期数学期中)甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在一天二十四小时内到达该码头的时刻是等可能的．如果甲船停泊时间为1小时，乙船停泊时间为2小时，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空出的概率．解：这是一个几何概型问题．图12设甲、乙两艘船到达码头的时刻分别为x与y，A为“甲、乙两船都不需要等待码头空出”，则0≤x≤24，0≤y≤24，且基本事件所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤24，0≤y≤24}．要使两船都不需要等待码头空出，当且仅当甲比乙早到达1小时以上或乙比甲早到达2小时以上，即y－x≥1或x－y≥2，故A＝{(x，y)|y－x≥1或x－y≥2}，x∈[0，24]，y∈[0，24]．A为图中阴影部分，Ω为边长是24的正方形，∴所求概率P (A )＝A 的面积Ω的面积＝（24－1）2×12＋（24－2）2×12242＝506.5576＝1 0131 152. 18．(2019学年辽宁省丹东市高二数学(理)科上学期期末)已知集合Z ＝{(x ，y )|x ∈[0，2]，y ∈[－1，1]}．(1)若x ，y ∈Z ，求x ＋y ≥0的概率；(2)若x ，y ∈R ，求x ＋y ≥0的概率．解：(1)设“x ＋y ≥0，x ，y ∈Z ”为事件A ，x ，y ∈Z ，x ∈[0，2]，即x ＝0，1，2；y ∈[－1，1]，即y ＝－1，0，1.则基本事件有：(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)，(2，1)，共9个，其中满足条件的基本事件有8个，所以P (A )＝89.故x ，y ∈Z ，x ＋y ≥0的概率为89.(2)设“x ＋y ≥0，x ，y ∈R ”为事件B ，因为x ∈[0，2]，y ∈[－1，1]，则基本事件为如图13四边形ABCD 区域，事件B 包括的区域为其中的阴影部分．图13所以P (B )＝S 阴影S 四边形ABCD ＝S 四边形ABCD －12×1×1S 四边形ABCD＝2×2－12×1×12×2＝78， 故“x ，y ∈R ，x ＋y ≥0”的概率为78.19．(2019年四川省眉山市高二下学期期末)已知袋中放有形状大小相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n 个，从袋中随机抽取一个小球，取到标号为2的小球的概率为12，现从袋中不放回地随机取出2个小球，记第一次取出的小球标号为a ，第二次取出的小球标号为b .(1)记“a ＋b ＝2”为事件A ，求事件A 发生的概率；(2)在区间[0，2]上任取两个实数x ，y ，求事件B “x 2＋y 2>(a －b )2恒成立”的概率．解：(1)由题意可知n ＝2，基本事件的总数为12，事件A 所包含的基本事件个数为4，∴事件A 发生的概率P (A )＝412＝13.(2)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2， 事件B ：x 2＋y 2>4恒成立，由几何概型知P (B )＝4－π4＝1－π4.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

课时规范练A组基础对点练1．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：则样本数据落在区间[10,40)的频率为( )A．0.35 B．0.45C．0.55 D．0.65解析：数据落在[10,40)的频率为2＋3＋420＝920＝0.45，故选B.答案：B2．从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数，其中：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数，上述事件中，是对立事件的是( )A．①B．②④C．③D．①③解析：从1,2,3,4,5这5个数中任取两个数，有三种情况：一奇一偶，两个奇数，两个偶数．其中至少有一个是奇数包含一奇一偶，两个奇数这两种情况，它与两个都是偶数是对立事件，而①中的事件可能同时发生，不是对立事件，故选C.答案：C3．在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车)有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车和6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为( )A．0.20 B．0.60C．0.80 D．0.12解析：“能乘上所需要的车”记为事件A，则3路或6路车有一辆路过即事件发生，故P(A)＝0.20＋0.60＝0.80.答案：C4．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为17，都是白子的概率是1235，则从中任意取2粒恰好是同一色的概率是( )A.17B.1235C.1735D．1解析：设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝17＋1235＝1735.即任意取出2粒恰好是同一色的概率为17 35 .答案：C5．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率710的事件是( )A．至多有一张移动卡B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡D．至少有一张移动卡解析：至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”、“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件．答案：A6．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为( )A．0.2 B．0.3C．0.7 D．0.8解析：因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm的概率为1－0.2－0.5＝0.3.答案：B7．若A，B为互斥事件，P(A)＝0.4，P(A∪B)＝0.7，则P(B)＝________.解析：∵A，B为互斥事件，∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，∴P(B)＝P(A∪B)－P(A)＝0.7－0.4＝0.3.答案：0.38．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品．若生产中出现乙级品的概率为0.03，丙级品的概率为0.01，则对成品抽查一件抽得正品的概率为________．解析：记“生产中出现甲级品、乙级品、丙级品”分别为事件A，B，C.则A，B，C彼此互斥，由题意可得P(B)＝0.03，P(C)＝0.01，所以P(A)＝1－P(B ＋C)＝1－P(B)－P(C)＝1－0.03－0.01＝0.96.答案：0.969．某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：(1)若获奖人数不超过2人的概率为0.56，求x的值；(2)若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，求y、z 的值．解析：记事件“在竞赛中，有k人获奖”为A k(k∈N，k≤5)，则事件A k彼此互斥．(1)∵获奖人数不超过2人的概率为0.56.∴P(A0)＋P(A1)＋P(A2)＝0.1＋0.16＋x＝0.56.解得x＝0.3.(2)由获奖人数最多4人的概率为0.96，得P(A5)＝1－0.96＝0.04，即z＝0.04.由获奖人数最少3人的概率为0.44，得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44.解得y＝0.2.10.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物．根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近”作物株数X之间的关系如下表所示．这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg的概率．解析：(1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为 3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：所种作物的平均年收获量为51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝69015＝46(kg)．(2)由(1)知，P(Y＝51)＝215，P(Y＝48)＝415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为P (Y ≥48)＝P (Y ＝51)＋P (Y ＝48)＝215＋415＝25.B 组 能力提升练11．一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是 ( )A ．至多有一次中靶B ．两次都中靶C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶解析：射击两次的结果有：一次中靶；两次中靶；两次都不中靶，故至少一次中靶的互斥事件是两次都不中靶． 答案：D12．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为( ) A ．134石 B ．169石C ．338石D ．1 365石解析：因为样品中米内夹谷的比为28254，所以这批米内夹谷为1 534×28254≈169(石)． 答案：B13．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A ，B ，C ，D 的概率分别是0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( ) A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件 B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件 C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件 D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件解析：由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ＋B ＋C ＋D 是一个 必然事件，故其事件的关系可由如图所示的Venn 图表示，由 图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立 事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．答案：D14．袋中装有9个白球，2个红球，从中任取3个球，则①恰有1个红球和全是白球；②至少有1个红球和全是白球；③至少有1个红球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个红球．在上述事件中，是对立事件的为________．解析：①是互斥不对立的事件，②是对立事件，③④不是互斥事件．答案：②15．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569 683431 257 393 027 556 488 730 113 537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________．解析：20组随机数中表示三次投篮恰好有两次命中的是191,271,932,812,393，其频率为520＝0.25，以此估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为0.25.答案：0.2516．某公司生产产品A，产品质量按测试指标分为：大于或等于90为一等品，大于或等于80小于90为二等品，小于80为三等品，生产一件一等品可盈利50元，生产一件二等品可盈利30元，生产一件三等品亏损10元．现随机抽查熟练工人甲和新工人乙生产的这种产品各100件进行检测，检测结果统计如下表：根据上表统计结果得到甲、乙两人生产产品A为一等品，二等品、三等品的频率，用频率去估计他们生产产品A为一等品、二等品、三等品的概率．(1)计算甲生产一件产品A，给工厂带来盈利不小于30元的概率；(2)若甲一天能生产20件产品A，乙一天能生产15件产品A，估计甲、乙两人一天生产的35件产品A中三等品的件数．解析：(1)甲生产一件产品A，给工厂带来盈利不小于30元的概率P＝1－3＋7 100＝9 10 .(2)估计甲一天生产的20件产品A中有20×3＋7100＝2(件)三等品，估计乙一天生产的15件产品A中有15×15＋5100＝3(件)三等品，所以估计甲、乙两人一天生产的35件产品A中共有5件三等品．。

第一节随机事件的概率 一、基础知识批注——理解深一点1．事件的相关概念2．频数、频率和概率(1)频数、频率：在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An 为事件A 出现的频率．(2)概率：对于给定的随机事件A ，如果随着试验次数的增加，事件A 发生的频率f n (A )稳定在某个常数上，把这个常数记作P (A )，称为事件A 的概率．概率与频率的区别①概率是一个确定的数，是客观存在的，与试验次数无关，它度量该事件发生的可能性． ②频率本身是随机的，在试验前不能确定，做同样次数的重复试验得到的事件的频率不一定相同．③频率是概率的近似值，在实际问题中，仅当试验次数足够多时，频率可近似地看作概率．3．事件的关系与运算 名称 条件结论符号表示 包含关系 若A 发生，则B 一定发生事件B 包含事件A (事件A包含于事件B ) B ⊇A (或A ⊆B )相等关系 若B ⊇A 且A ⊇B 事件A 与事件B 相等 A ＝B 并(和)事件A 发生或B 发生事件A 与事件B 的并事件(或和事件)A ∪B (或A ＋B )交(积)事件 A 发生且B 发生 事件A 与事件B 的交事件(或积事件) A ∩B (或AB )互斥事件 ▲ A ∩B 为不可能事件 事件A 与事件B 互斥 A ∩B ＝∅ 对立事件 ▲ A ∩B 为不可能事件，A ∪B 为必然事件事件A 与事件B 互为对立事件A ∩B ＝∅，P (A ∪B )＝1⎣⎢⎡⎦⎥⎤▲对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件.4．概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率为 1 . (3)不可能事件的概率为 0 .(4)概率的加法公式：如果事件A 与事件B 互斥， 则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )．(5)对立事件的概率：若事件A 与事件B 互为对立事件，则A ∪B 为必然事件，P (A ∪B )＝ 1 ，P (A )＝1－P (B )．二、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)(1)“方程x 2＋2x ＋8＝0有两个实根”是不可能事件．( ) (2)对立事件一定是互斥事件，互斥事件也一定是对立事件．( ) (3)事件发生的频率与概率是相同的．( ) (4)若事件A 发生的概率为P (A )，则0<P (A )<1.( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)× (二)选一选1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是( ) A ．至少有一次中靶 B ．两次都中靶 C ．只有一次中靶D ．两次都不中靶解析：选B A 选项与已知事件的交事件为恰好有一次中靶，不符合题意；B 选项与已知事件的交事件为不可能事件，符合题意；C 选项与已知事件的交事件为恰好有一次中靶，不符合题意；D 选项与已知事件的交事件为两次都不中靶，不符合题意．故选B.2．(2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )A ．0.3B ．0.4C ．0.6D ．0.7解析：选B 由题意可知不用现金支付的概率为1－0.45－0.15＝0.4.故选B. (三)填一填3．某人进行打靶练习，共射击10次，其中有2次中10环，有3次中9环，有4次中8环，有1次未中靶．假设此人射击1次，则其中靶的概率约为____________；中10环的概率约为________．解析：中靶的频数为9，试验次数为10，所以中靶的频率为910＝0.9，所以此人射击1次，中靶的概率约为0.9.同理得中10环的概率约为0.2.答案：0.9 0.24．给出下列三个命题．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品； ②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是37；③10张票中有1张奖票，10人去摸，无论谁先摸，摸到奖票的概率都是0.1. 其中正确的命题有________个．解析：①错，不一定有10件次品；②错，37是频率而非概率；③对，每个人摸到的概率是相同的，都为0.1.答案：1考点一 随机事件的关系[典例] 一枚均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6.将这个玩具向上抛掷1次，设事件A 表示向上的一面出现奇数，事件B 表示向上的一面出现的数字不超过3，事件C 表示向上的一面出现的数字不小于4，则( )A ．A 与B 是互斥而非对立事件 B ．A 与B 是对立事件C ．B 与C 是互斥而非对立事件D ．B 与C 是对立事件[解析] A ∩B ＝{出现点数1或3}，故事件A ，B 不互斥也不对立；B ∩C ＝∅，B ∪C ＝Ω(Ω为必然事件)，故事件B ，C 是对立事件．[答案] D[解题技法] 判断互斥事件、对立事件的2种方法[题组训练]1．(2019·西安模拟)如果事件A与B是互斥事件，则()A．A∪B是必然事件B.A与B一定是互斥事件C.A与B一定不是互斥事件D.A∪B是必然事件解析：选D事件A与B互斥即A∩B为不可能事件，所以A∪B＝A∩B是必然事件，故选项D正确；在抛掷骰子试验中，A表示向上的数字为1，B表示向上的数字为2，A∪B不是必然事件，选项A错误；A与B不一定是互斥事件，选项B错误；A表示向上的数字为奇数，B表示向上的数字为偶数，A与B是互斥事件，选项C错误．故选D.2．从装有两个白球和两个黄球(球除颜色外其他均相同)的口袋中任取2个球，以下给出了三组事件：①至少有1个白球与至少有1个黄球；②至少有1个黄球与都是黄球；③恰有1个白球与恰有1个黄球．其中互斥而不对立的事件共有()A．0组B．1组C．2组D．3组解析：选A对于①，“至少有1个白球”发生时，“至少有1个黄球”也会发生，比如恰好一个白球和一个黄球，故①中的两个事件不互斥．对于②，“至少有1个黄球”说明有黄球，黄球的个数可能是1或2，而“都是黄球”说明黄球的个数是2，故这两个事件不是互斥事件．③“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”，都表示取出的两个球中，一个是白球，另一个是黄球．故不是互斥事件．考点二随机事件的频率与概率[典例]某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：(1)记A为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”．求P(A)的估计值；(2)记B为事件“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”．求P(B)的估计值；(3)求续保人本年度平均保费的估计值．[解](1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P(A)的估计值为0.55.(2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.(3)由所给数据得调查的0．85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a.因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a.[变透练清]1.(变结论)若本例的条件不变，试求“一续保人本年度的保费不低于基本保费”的概率的估计值．解：设事件“一续保人本年度的保费不低于基本保费”为E，事件E对应于出险次数大于或等于1，由典例(3)知出险次数小于1的频率为0.3，故一年内出险次数大于或等于1的频率为1－0.3＝0.7，故P(E)的估计值为0.7.2.(变结论)若本例的条件不变，记F为事件：“一续保人本年度的保费等于基本保费”．求P(F)的估计值．解：“一续保人本年度的保费等于基本保费”的事件F发生当且仅当一年内出险次数等于1，其频率为0.25，故P(F)的估计值为0.25.3．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1 534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为________石(精确到小数点后一位数字)．解析：依题意，这批米内夹谷约为28254×1 534≈169.1石．答案：169.1[解题技法]随机事件的频率与概率的常见题型及解题策略(1)补全或列出频率分布表．可直接依据已知条件，逐一计数，写出频率． (2)由频率估计概率．可以根据频率与概率的关系，由频率直接估计概率． (3)由频率估计某部分的数值．可由频率估计概率，再由概率估算某部分的数值．考点三 互斥事件、对立事件的概率[典例] 某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个．设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求：(1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率． [解] (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100， P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C .因为A ，B ，C 两两互斥，所以P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000.(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，所以P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000. 故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.[解题技法]求复杂的互斥事件的概率的方法(1)直接法(2)间接法(正难则反)[题组训练]1．口袋中有100个大小相同的红球、白球、黑球，其中红球45个，从口袋中摸出一个球，摸出白球的概率为0.23，则摸出黑球的概率为()A．0.45B．0.67C．0.64 D．0.32解析：选D设“摸出一个红球”为事件A，“摸出一个白球”为事件B，“摸出一个黑球”为事件C，显然事件A，B，C都互斥，且C与A＋B对立．因为P(A)＝45100＝0.45，P(B)＝0.23，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.45＋0.23＝0.68，P(C)＝1－P(A＋B)＝1－0.68＝0.32.2．如果事件A与B是互斥事件，且事件A∪B发生的概率是0.64，事件B发生的概率是事件A发生的概率的3倍，则事件A发生的概率为________．解析：设P(A)＝x，P(B)＝3x，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝x＋3x＝0.64.所以P(A)＝x ＝0.16.答案：0.16[课时跟踪检测]A级——保大分专练1．在投掷一枚硬币的试验中，共投掷了100次，“正面朝上”的频数为51，则“正面朝上”的频率为()A．49B．0.5C．0.51 D．0.49解析：选C由题意，根据事件发生的频率的定义可知，“正面朝上”的频率为51 100＝0.51.2．(2019·泉州模拟)从含有质地均匀且大小相同的2个红球、n 个白球的口袋中随机取出一球，若取得红球的概率是25，则取得白球的概率等于( )A.15B.25C.35D.45解析：选C ∵取得红球与取得白球为对立事件， ∴取得白球的概率P ＝1－25＝35.3．甲：A 1，A 2是互斥事件；乙：A 1，A 2是对立事件，那么( ) A ．甲是乙的充分不必要条件 B ．甲是乙的必要不充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件解析：选B 两个事件是对立事件，则它们一定互斥，反之不一定成立．4．从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A ＝{抽到一等品}，事件B ＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P (A )＝0.65，P (B )＝0.2，P (C )＝0.1，则事件“抽到的不是一等品”的概率为( )A ．0.7B ．0.65C ．0.35D ．0.3解析：选C 事件“抽到的产品不是一等品”与事件A 是对立事件．因为P (A )＝0.65，所以由对立事件的概率公式得“抽到的产品不是一等品”的概率P ＝1－P (A )＝1－0.65＝0.35.故选C.5．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y ，且x ＞0，y ＞0，则x ＋y的最小值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选C 由题意知4x ＋1y ＝1，则x ＋y ＝(x ＋y )·⎝⎛⎭⎫4x ＋1y ＝5＋⎝⎛⎭⎫4y x ＋x y ≥9，当且仅当4y x ＝xy ，即x ＝2y 时等号成立．故选C.6．掷一个骰子的试验，事件A 表示“出现小于5的偶数点”，事件B 表示“出现小于5的点数”．若B 表示B 的对立事件，则在一次试验中，事件A ＋B 发生的概率为( )A.13B.12C.23D.56解析：选C 掷一个骰子的试验有6种可能结果．依题意，得P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，∴P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13.因为B 表示事件“出现5点或6点”，因此事件A 与B 互斥，从而P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23.7．某网店根据以往某品牌衣服的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示，由此估计日销售量不低于50件的概率为________．解析：用频率估计概率知日销售量不低于50件的概率为1－(0.015＋0.03)×10＝0.55. 答案：0.558．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：解析：数据落在区间[10,40)的频率为2＋3＋420＝920＝0.45.答案：0.459．“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事、自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象．某地新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可程度进行调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度，若该地区有9 600人，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有________人．解析：在随机抽取的50人中，持反对态度的频率为1－1450＝1825，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有9 600×1825＝6 912(人)．答案：6 91210．一只袋子中装有大小相同的7个红玻璃球和3个绿玻璃球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．解析：由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，取得两个同色球，只需两互斥事件有一个发生即可，因而取得两个同色球的概率为P＝715＋115＝815.由于事件A“至少取得一个红球”与事件B“取得两个绿球”是对立事件，则至少取得一个红球的概率为P(A)＝1－P(B)＝1－115＝1415.答案：815141511．某人去开会，他乘火车、轮船、汽车、飞机去的概率分别为0.3,0.2,0.1,0.4.(1)求他乘火车或乘飞机去的概率；(2)求他不乘飞机去的概率；(3)若他乘上面的交通工具去的概率为0.5，请问他有可能是乘何种交通工具去的？解：设“乘火车”“乘轮船”“乘汽车”“乘飞机”分别表示事件A，B，C，D，则(1)P(A∪D)＝P(A)＋P(D)＝0.3＋0.4＝0.7.(2)设“不乘飞机”为事件E，则P(E)＝1－P(D)＝1－0.4＝0.6.(3)因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.5，P(C∪D)＝P(C)＋P(D)＝0.5，故他有可能是乘火车或轮船去，也有可能是乘汽车或飞机去．12．(2018·北京高考)电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：(1)从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率．(2)随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率．(3)电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？(只需写出结论)解：(1)由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2 000，获得好评的第四类电影的部数是200×0.25＝50，故所求概率为502 000＝0.025.(2)由题意知，样本中获得好评的电影部数是140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋51 ＝372，故所求概率估计为1－3722 000＝0.814.(3)增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．B 级——创高分自选1．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫54，2B.⎝⎛⎭⎫54，32 C.⎣⎡⎦⎤54，32D.⎝⎛⎦⎤54，43解析：选D 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1，解得54<a ≤43.2．现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－3为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是________．解析：由题意得a n ＝(－3)n －1，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以所求概率P ＝610＝35.答案：353．某河流上的一座水力发电站，每年六月份的发电量Y (单位：万千瓦时)与该河上游在六月份的降雨量X (单位：毫米)有关．据统计，当X ＝70时，Y ＝460；X 每增加10，Y 增加 5.已知近20年X 的值为140,110,160,70,200,160,140, 160,220,200,110,160,160, 200,140,110, 160,220,140,160.(1)完成如下的频率分布表： 近20年六月份降雨量频率分布表(2)率，求今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率．解：(1)在所给数据中，降雨量为110毫米的有3个，为160毫米的有7个，为200毫米的有3个．故近20年六月份降雨量频率分布表为：(2)根据题意，Y＝460＋X－7010×5＝X2＋425，故P(“发电量低于490万千瓦时或超过530万千瓦时”) ＝P(Y<490或Y>530)＝P(X<130或X>210)＝P(X＝70)＋P(X＝110)＋P(X＝220)＝120＋320＋220＝310.故今年六月份该水力发电站的发电量低于490(万千瓦时)或超过530(万千瓦时)的概率为310.。

听课手册第52讲随机事件的概率课前戏基巩1. 概率和频率(1) 频率:在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数n A为事件A出现的频数，称事件A出现的比例f n(A)= ______________ 为事件A出现的________ .(2) 概率:对于给定的随机事件A,在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A发生的频率会在某个常数附近摆动并_______________ ，我们可以用这个常数来刻画随机事件A发生的可能性的大小,并把这个常数称为随机事件A的_________，记作P(A).(3) 频率与概率的关系：频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，但频率是随机的，而概率是一个_________ 的值，因此，人们用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值.2. 事件的关系与运算3. 概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：(2) 必然事件A的概率P(A)= _______ .(3) 不可能事件A的概率P(A)= ________ .⑷概率的加法公式：如果事件A与事件B互斥则P(A U B)= _________________ .(5)对立事件的概率：若事件A与事件B互为对立事件，则P(A)= _____________题组一常识题1. ［教材改编］一次射击训练中,66名队员各射击一次，所得环数统计如下3环,2人;4环,4人;5环,9人;6环,18人;7环,11人;8环,12人;9环,7人;10环,3人•则不少于7 环的频数为___________________ 不少于7环的概率约为___________ .2. __________________________________________ ［教材改编］给出下列命题，其中真命题有________________________________________________ 个.①有一大批产品，已知次品率为10%,从中任取100件,必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验,结果3次出现正面，因此正面出现的概率是-；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率•3. ________________________________________________ ［教材改编］如果从不包括大小王的52张扑克牌中随机抽取1张，那么取到红心的概率是-, 取到方块的概率是-，则“取到红心”与“取到方块” ______________________________________________ (填“互斥事件”对立事件”),取到黑色牌的概率是_________ .题组二常错题♦索引：混淆对立事件和互斥事件的概念而判断错误；频率与概率的关系理解不清致错•4•从1,2,3,4,5这五个数中任取两个数，给出下列四组事件：①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②两个都是偶数和两个都是奇数；@至少有一个是奇数和两个都是偶数；®至少有一个是奇数和至少有一个是偶数•上述每组事件中，是互斥事件的有__________ ；是对立事件的有________ •5•某射手在同一条件下进行射击，结果如下：射击次数10 20 50 100 200 500击中靶心次数8 19 44 92 178 455则这个射手射击一次，击中靶心的概率约为__________ 6•同时掷3枚硬币，至少有1枚正面向上的概率是O探究点一事件关系的判断例1⑴在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张,若事件2张全是移动卡”的概率是一，那么概率为一的事件是()A. 至多有1张移动卡B. 恰有1张移动卡C. 都不是移动卡D. 至少有1张移动卡⑵口袋里装有1红、2白、3黄共6个形状相同的小球，从中取出2个小球•事件A= “取出的2个小球同色”，事件B= “取出的2个小球中至少有1个黄球”，事件C= “取出的2个小球中至少有1个白球”，事件D= “取出的2个小球不同色”，事件E= “取出的2个小球中至多有1个白球”. 下列结论中，正确结论的序号为_____________ .①A与D为对立事件；购8与C是互斥事件：③匚与E是对立事件；④P (C U E)=1.［总结反思］判断事件关系时的常用方法(1) 利用集合观点判断事件关系；(2) 写出所有的试验结果，看所求事件中击中靶心次数8 19 44 92 178 455包含哪几个试验结果，从而判断所求事件的关系变式题（1）口袋中装有形状相同的3个白球和4个黑球，从中任取3个球则: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.在上述事件中，是对立事件的为（）A. ①B.②C.③D.④⑵有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是（）A. 互斥但不对立事件B. 对立事件C. 相互独立事件D. 以上都不对O探究点二随机事件的频率与概率例2 ［2017 •全国卷川］某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元,售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验每天需求量与当天最高气温（单位：C ）有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶;如果最高气温位于区间［20，25），需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率（1）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；⑵设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位:元），当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率.［总结反思］(1)概率与频率的关系：频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率随着试验次数的变化而变化，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小有时也用频率作为随机事件概率的估计值•(2)求频率的关键是确定频数，解题时要将已知条件转化为确定频数的条件，从而计算频数•变式题某鲜花店将一个月(30天)某品种鲜花的日销售量与销售天数统计如下表，将日销售量在各区间的销售天数占总天数的值视为概率(1) 求这30天中日销售量低于100枝的概率；(2) 若此花店在日销售量低于100枝的时候选择一天做促销活动，求这一天恰好是在日销售量低于50枝时的概率.O探究点三互斥事件与对立事件的概率例3经统计,在某储蓄所一个营业窗口等候的人数及相应的概率如下求:(1)至多2人排队等候的概率⑵至少3人排队等候的概率.［总结反思］求复杂事件概率的两种常用方法：(1) 直接法:将所求事件分解为一些彼此互斥的事件的和，运用互斥事件概率的加法公式计算•(2) 间接法:先求此事件的对立事件，再用公式P(A) = 1-P「)求得，即运用逆向思维(正难则反)求解,特别是“至多” “至少”型题目，用间接法往往会比较简便变式题某商场有奖销售活动中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个,一等奖10个,二等奖50个•设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖分别为事件A,B,C,求：(1) P(A),P(B),P(C);(2) 1张奖券的中奖概率；(3) 1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率•完成课时作业(五十二)。

课时作业58随机事件的概率一、选择题1．一个盒子内装有红球、白球、黑球三种球，其数量分别为3,2,1，从中任取两球，则互斥而不对立的两个事件为(D)A．至少有一个白球；都是白球B．至少有一个白球；至少有一个红球C．恰有一个白球；一个白球一个黑球D．至少有一个白球；红球、黑球各一个解析：红球、黑球各取一个，则一定取不到白球，故“至少有一个白球”“红球、黑球各一个”为互斥事件，又任取两球还包含“两个红球”这个事件，故不是对立事件．2．(2018·全国卷Ⅲ)若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(B)A．0.3 B．0.4C．0.6 D．0.7解析：设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P(C)＝1－P(A)－P(B)＝1－0.45－0.15＝0.4.故选B.3．甲、乙两人下棋，和棋的概率为12，乙获胜的概率为13，则下列说法正确的是(A)A ．甲获胜的概率是16 B ．甲不输的概率是12 C ．乙输了的概率是23D ．乙不输的概率是12解析：“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的对立事件，所以“甲获胜”的概率是P ＝1－12－13＝16，故A 正确；“乙输了”等于“甲获胜”，其概率为16，故C 不正确；设事件A 为“甲不输”，则A 是“甲胜”“和棋”这两个互斥事件的并事件，所以P (A )＝16＋12＝23(或设事件A 为“甲不输”，则A 是“乙获胜”的对立事件，所以P (A )＝1－13＝23)，故B 不正确；同理，“乙不输”的概率为56，故D 不正确．4．随着互联网的普及，网上购物已逐渐成为消费时尚，为了解消费者对网上购物的满意情况，某公司随机对4 500名网上购物消费者进行了调查(每名消费者限选一种情况回答)，统计结果如表：较满意”或“满意”的概率是( C )A.715B.25C.1115D.1315解析：由题意，n ＝4 500－200－2 100－1 000＝1 200，所以对网上购物“比较满意”或“满意”的人数为1 200＋2 100＝3 300，由古典概型概率公式可得对网上购物“比较满意”或“满意”的概率为3 3004 500＝1115.5．同学聚会上，某同学从《爱你一万年》《十年》《父亲》《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( B )A.13B.12C.23D.56解析：分别记《爱你一万年》《十年》《父爱》《单身情歌》为A 1，A 2，A 3，A 4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能的结果为A 1A 2，A 1A 3，A 1A 4，A 2A 3，A 2A 4，A 3A 4，共6个，其中A 1未被选取的结果有3个，所以所求概率P ＝36＝12.故选B.6．(2019·浏阳一中模拟)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是3.141 592 6<π<3.141 592 7.为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把3.141 592 6称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们从小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6中随机选取2位数字，整数部分3不变，那么得到的数大于3.14的概率为( A )A.2831B.1921C.2231D.1721解析：选择数字的总的方法有5×6＋1＝31(种)，其中得到的数不大于3.14的数为3.11,3.12,3.14，所以得到的数大于3.14的概率为P ＝1－331＝2831.故选A.二、填空题7．甲、乙、丙三人站成一排照相，甲排在最左边的概率是13. 解析：甲、乙、丙三人站成一排照相从左到右的站法有甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，共6种，其中甲排在最左边的站法为2种，所以甲排在最左边的概率是26＝13.8．掷一个骰子的试验，事件A 表示“小于5的偶数点出现”，事件B 表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A ＋B 发生的概率为23.解析：掷一个骰子的试验有6种可能结果，依题意P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，所以P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13，显然A 与B 互斥，从而P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23.9．一根绳子长6米，绳子上有5个节点将绳子6等分，现从5个节点中随机选一个将绳子剪断，则所得的两段绳长均不小于2米的概率为35.解析：从5个节点中随机选一个将绳子剪断，有5种剪法，所得的两段绳子长均不小于2米的剪法有3种，所以所得的两段绳子均不小于2米的概率为35.10．“键盘侠”一词描述了部分网民在现实生活中胆小怕事、自私自利，却习惯在网络上大放厥词的一种现象．某地新闻栏目对该地区群众对“键盘侠”的认可程度进行调查：在随机抽取的50人中，有14人持认可态度，其余持反对态度，若该地区有9 600人，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有6_912人．解析：在随机抽取的50人中，持反对态度的频率为1－1450＝1825，则可估计该地区对“键盘侠”持反对态度的有9 600×1825＝6 912(人)．三、解答题11.如图，A地到火车站共有两条路径L1和L2，现随机抽取100位从A地到火车站的人进行调查，调查结果如下：所用时间(分钟)10～2020～3030～4040～5050～60选择L1的人数612181212选择L2的人数041616 4(2)分别求通过路径L1和L2所用时间落在上表中各时间段内的频率；(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．解：(1)共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有12＋12＋16＋4＝44(人)，用频率估计概率，可得所求概率为0.44.(2)选择L1的有60人，选择L2的有40人，故由调查结果得所求各频率为(3)记事件A1，A2分别表示甲选择L1和L2时，在40分钟内赶到火车站；记事件B1，B2分别表示乙选择L1和L2时，在50分钟内赶到火车站．由(2)知P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，P(A1)>P(A2)，故甲应选择L1；P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，P(B2)>P(B1)，故乙应选择L2.12．若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是( D )A.⎝⎛⎭⎪⎫54，2 B.⎝⎛⎭⎪⎫54，32 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，43 解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1，解得54<a ≤43.13．若A ，B 互为对立事件，其概率分别为P (A )＝4x ，P (B )＝1y ，则x ＋y 的最小值为9.解析：由题意，x >0，y >0，4x ＋1y ＝1.则x ＋y ＝(x ＋y )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋1y ＝5＋⎝⎛⎭⎪⎫4y x ＋x y ≥5＋24y x ·x y ＝9，当且仅当x ＝2y 时等号成立，故x ＋y 的最小值为9.14．(2019·成都诊断性检测)某部门为了解该企业在生产过程中的用水量情况，对日用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的日用水量的数据作为样本，得到的统计结果如下表：(单位：吨) 频数 3 6 m 频率n0.5p(1)(2)已知样本中日用水量在[80,90)内的这6个数据分别为83,85,86,87,88,89.从这6个数据中随机抽取2个，求抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率．解：(1)∵3＋6＋m ＝12，∴m ＝3，∴n ＝312＝14，p ＝m 12＝312＝14.∴m ＝3，n ＝p ＝14.(2)从这6个数据中随机抽取2个数据的情况有：{83,85}，{83,86}，{83,87}，{83,88}，{83,89}，{85,86}，{85,87}，{85,88}，{85,89}，{86,87}，{86,88}，{86,89}，{87,88}，{87,89}，{88,89}，共15种．其中2个数据都小于或等于86的情况有{83,85}，{83,86}，{85,86}，共3种．故抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率P ＝1－315＝45. 尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用 15．(2019·山西太原一模)某快递公司收取快递费用的标准如下：质量不超过1 kg 的包裹收费10元；质量超过1 kg 的包裹，除1 kg 收费10元之外，超过1 kg 的部分，每1 kg(不足1 kg ，按1 kg 计算)需再收5元．该公司对近60天，每天揽件数量统计如下表：包裹件数范围 0～100 101～200 201～300 301～400 401～500 包裹件数 (近似处理) 50 150 250 350 450 天数6630126两个包裹寄出，求该人支付的快递费不超过30元的概率；(2)该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用．前台工作人员每人每天揽件不超过150件，工资100元，目前前台有工作人员3人，那么公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润是否更有利？解：(1)由题意，寄出方式有以下三种可能：所有3种可能中，有1种可能快递费未超过30元，根据古典概型概率计算公式，所求概率为13.(2)由题目中的天数得出频率，如下：若不裁员，则每天可揽件的上限为450件，公司每日揽件数情况如下：故公司每日利润为260×5－3×100＝1 000(元)；若裁员1人，则每天可揽件的上限为300件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润为235×5－2×100＝975(元)．综上，公司将前台工作人员裁员1人对提高公司利润不利．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

课时作业 第52讲 随机事件的概率时间 / 30分钟 分值 / 70分基础热身1.[2018·石家庄一模] 已知某厂的产品合格率为0.8,现抽取10件产品检查,则下列说法正确的是 ( )A .合格产品少于8件B .合格产品多于8件C .合格产品正好是8件D .合格产品可能是8件2.[2018·合肥六中、淮北一中联考] 下列说法正确的是( )A .甲掷硬币10次,正面向上3次,则正面向上的概率为310B .某种彩票中奖的概率为11000,则买1000张彩票肯定中奖C .某地天气预报预测明天下雨的概率是710,则该地明天肯定下雨D .掷一颗骰子一次,点数3向上的概率为163.袋内的红、白、黑球分别有3,2,1个,从中任取2个,则互斥而不对立的两个事件是 ( ) A .至少有1个白球;都是白球B .至少有1个白球;红球、黑球各1个C .恰有1个白球;白球、黑球各1个D .至少有1个白球;至少有1个红球4.甲、乙两人下棋,已知两人下成和棋的概率为12,甲赢棋的概率为13,则甲输棋的概率为( ) A. 56 B. 23 C. 16 D. 125.从一箱产品中随机地抽取一件,设事件A={抽到一等品},事件B={抽到二等品},事件C={抽到三等品},且已知P (A )=0.65,P (B )=0.2,P (C )=0.1,则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为 .能力提升6.某产品分甲、乙、丙三级,其中乙、丙两级均属于次品,在正常生产情况下,出现乙级产品和丙级产品的概率分别是0.05和0.03,则随机抽检的一件产品恰好是甲级产品的概率为( )A. 0.95B. 0.97C. 0.92D. 0.087.投掷一颗骰子,若事件A 表示“小于5的偶数点出现”,事件B 表示“小于5的点数出现”,则事件A ∪B 发生的概率为 ( )A. 13B. 12C. 23D. 56 8.[2018·新乡一模] 掷一枚均匀的骰子两次,将向上的点数分别记为a ,b ,设m=a+b ,则( )A .事件“m=2”的概率为118B .事件“m>11”的概率为118C .事件“m=2”与“m ≠3”互为对立事件D .事件“m 是奇数”与“a=b ”互为互斥事件9.[2018·河南豫南九校一联] 已知随机事件A ,B 发生的概率满足条件P (A ∪B )=34,则事件A ∩B 发生的概率为( )A .1B .12C .14D .0 10.如果事件A 与B 是互斥事件,且事件A ∪B 发生的概率是0.64,事件B 发生的概率是事件A 发生的概率的3倍,则事件A 发生的概率为 .11.若随机事件A ,B 互斥,A ,B 发生的概率均不等于0,且P (A )=2-a ,P (B )=4a-5,则实数a 的取值范围是 .难点突破12.(15分)某专营店经销某种产品,已知每个月的利润Y (单位:万元)是关于该月的交易量X (单位:件)的一次函数,当X=150时,Y=4,且X 每增加100,Y 增加2.该店记录了连续12个月的交易量X ,整理得下表:交易量X(件)150180200250320频率11216a1416(1)求a的值;(2)求这12个月的交易量的平均数;(3)假定以这12个月记录的各交易量的频率作为各交易量发生的概率,求下个月该产品的利润不低于5万元的概率.。

教学资料范本2020高考数学一轮复习课时分层训练52随机事件的概率文北师大版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习课时分层训练52随机事件的概率文北师大版A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．从一堆产品(其中正品与次品数均多于两件)中任取两件，观察所抽取的正品件数与次品件数，则下列每对事件中，是对立事件的是( )【导学号：00090348】A．恰好有一件次品与全是次品B．至少有一件次品与全是次品C．至少有一件次品与全是正品D．至少有一件正品与至少有一件次品C [全是正品的对立面是至少有一件次品，故选C．]2．(20xx·兰州模拟)从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A＝{抽到一等品}，事件B＝{抽到二等品}，事件C＝{抽到三等品}，且已知P(A)＝0.65，P(B)＝0.2，P(C)＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为( )A．0.7 B．0.65C．0.35 D．0.3C [∵事件A＝{抽到一等品}，且P(A)＝0.65，∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.]3．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是( )A．B．C．D．1C [设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与B互斥，故P(C)＝P(A)＋P(B)＝＋＝.]4．某袋中有编号为1,2,3,4,5,6的6个球(小球除编号外完全相同)，甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是( )A．B．C．D．3536C [设a，b分别为甲、乙摸出球的编号．由题意，摸球试验共有n＝6×6＝36种不同结果，满足a＝b的基本事件共有6种，所以摸出编号不同的概率P＝1－＝.]5. 如图10­1­1所示的茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是( )图10­1­1A．25B．710C．45D．910C [设被污损的数字为x，则x甲＝(88＋89＋90＋91＋92)＝90，x乙＝(83＋83＋87＋99＋90＋x)，若甲＝乙，则x＝8.若甲>乙，则x可以为0,1,2,3,4,5,6,7，故P＝＝.]二、填空题6．给出下列三个命题，其中正确命题有________个．①有一大批产品，已知次品率为10%，从中任取100件，必有10件是次品；②做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此正面出现的概率是；③随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率．0 [①错，不一定是10件次品；②错，是频率而非概率；③错，频率不等于概率，这是两个不同的概念．]7．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1,2,3,4表示命中，5,6,7,8,9,0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907 966 191 925 271 932 812 458 569683 431 257 393 027 556 488 730 113537 989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为________．1[20组随机数中，恰有两次命中的有5组，因此该运动员三次4投篮恰有两次命中的概率为P＝＝.]8．抛掷一枚均匀的正方体骰子(各面分别标有数字1,2,3,4,5,6)，事件A表示“朝上一面的数是奇数”，事件B表示“朝上一面的数不超过2”，则P(A＋B)＝________.【导学号：00090349】2[将事件A＋B分为：事件C“朝上一面的数为1,2”与事件3D“朝上一面的数为3,5”．则C，D互斥，且P(C)＝，P(D)＝，∴P(A＋B)＝P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝.]三、解答题9．(20xx·北京高考节选)某超市随机选取1 000位顾客，记录了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整理成如下统计表，其中“√”表示购买，“×”表示未购买．商品甲乙丙丁顾客人数100√×√√217×√×√200√√√×300√×√×85√×××98×√××(1)估计顾客同时购买乙和丙的概率；(2)估计顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率．[解] (1)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中有200位顾客同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的频率为＝0.2.5分(2)从统计表可以看出，在这1 000位顾客中，有100位顾客同时购买了甲、丙、丁，另有200位顾客同时购买了甲、乙、丙，其他顾客最多购买了2种商品，所以顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品的概率可以估计为＝0.3.12分10．(20xx·西安质检)随机抽取一个年份，对××市该年4月份的天气情况进行统计，结果如下：日期123456789101112131415 天气晴雨阴阴阴雨阴晴晴晴阴晴晴晴晴日期161718192021222324252627282930 天气晴阴雨阴阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨(1)在4月份任选一天，估计××市在该天不下雨的概率；(2)××市某学校拟从4月份的一个晴天开始举行连续2天的运动会，估计运动会期间不下雨的概率．[解] (1)由4月份天气统计表知，在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，2分以频率估计概率，在4月份任选一天，××市不下雨的概率为＝.5分(2)称相邻的两个日期为“互邻日期对”(如，1日与2日，2日与3日等)．这样，在4月份中，前一天为晴天的互邻日期对有16个，其中后一天不下雨的有14个，所以晴天的次日不下雨的频率f＝＝. 10分以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为. 12分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．掷一个骰子的试验，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，若表示B的对立事件，则一次试验中，事件A＋发生的概率为( )A．B．C．D．56C [掷一个骰子的试验有6种可能结果．依题意P(A)＝＝，P(B)＝＝，∴P()＝1－P(B)＝1－＝.∵表示“出现5点或6点”的事件，因此事件A与互斥，从而P(A＋)＝P(A)＋P()＝＋＝.]2．某班选派5人，参加学校举行的数学竞赛，获奖的人数及其概率如下：获奖人数01234 5概率0.10.16x y 0.2z 若获奖人数最多4人的概率为0.96，最少3人的概率为0.44，则y＋z＝________.0．24 [记事件“在竞赛中，有k人获奖”为Ak(k∈N，k≤5)，则由获奖人数最多4人的概率为0.96得P(A5)＝1－0.96＝0.04.即z＝0.04.由获奖人数最少3人的概率为0.44得P(A3)＋P(A4)＋P(A5)＝0.44，即y＋0.2＋0.04＝0.44，所以y＝0.2.所以y＋z＝0.2＋0.04＝0.24.]3．(20xx·贵阳质检)某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：【导学号：00090350】赔付金额(元)0 1 000 2 000 3 000 4 000车辆数(辆)500130100150120(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估计赔付金额大于投保金额的概率；(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估计在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．[解] (1)设A表示事件“赔付金额为3 000元”，B表示事件“赔付金额为4 000元”，以频率估计概率得P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.2分由表格知，赔付金额大于投保金额即事件A＋B发生，且A，B互斥，所以P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27，故赔付金额大于投保金额的概率为0.27. 5分(2)设C表示事件“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)，10分所以样本车辆中新司机车主获赔金额为4 000元的频率为＝0.24，因此，由频率估计概率得P(C)＝0.24. 12分。

第52讲 随机事件的概率一、 单项选择题(选对方法，事半功倍)1.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有( )A. 2张卡片都不是红色B. 2张卡片不都是红色C. 2张卡片至少有一张红色D. 2张卡片至多有1张红色2.保险箱的密码锁共有6位数字，每位数字都可以从0～9中任选1个．某人在开锁时忘了最后一位数字，但他记得最后一位是偶数，则他随机从0～9这9个数字中选出偶数来试开，则不超过2次就打开保险箱的概率是( )A. 15B. 25C. 35D. 45 3.抛掷一颗骰子(6个面分别标有1,2,3,4,5,6个点)，若连续抛掷2次都是6点朝上．下列说法正确的是( )A. 抛掷一颗骰子1次，6点出现的概率一定比其他的点数大B. 抛掷一颗骰子1次，6点出现的概率一定大于16C. 抛掷一颗骰子1次，6点出现的概率应等于16D. 无法预测6点出现的概率4.2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在湖北爆发，为了打赢疫情防控阻击战，我们执行了延长假期政策，在延长假期面前，我们“停课不停学”，河南省教育厅组织部分优秀学校的优秀教师录播《名师同步课堂》，我校高一年级要在甲、乙、丙、丁、戊5位数学教师中随机抽取3人参加录播课堂，则甲、乙两位教师同时被选中的概率为( )A. 310B. 15C. 12D. 25 5. (2020·南岗区模拟)某种机器使用三年后即被淘汰，该机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个a 元；在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个2a 元．某人在购买该机器前，搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得柱状图如图．若以频率作为概率，估计此人购机时购买20个备件，在机器淘汰时备件有剩余的概率为( )(第5题)A. 15B. 710C. 45D. 9106.某商场为了迎接周年庆开展抽奖活动，奖项设置一等奖、二等奖、三等奖，其他都是幸运奖．设事件A ＝{抽到一等奖}，事件B ＝{抽到二等奖}，事件C ＝{抽到三等奖}，且已知P (A )＝0.1，P (B )＝0.25，P (C )＝0.4，则事件“抽到三等奖或者幸运奖”的概率为( )A. 0.35B. 0.25C. 0.65D. 0.6二、 多项选择题(练—逐项认证，考—选确定的)7. (2020·揭阳期末)从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个小球，则下列结论正确的是( )A. “至少一个红球”和“都是红球”是互斥事件B. “恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件C. “至少一个黑球”和“都是红球”是对立事件D. “恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件8. 下列关于概率的判断，正确的是( )A. 抛掷一个骰子一次，向上的数为偶数的概率为12B. 抛掷一个骰子两次，向上的数为一奇一偶的概率为12C. 抛掷一个硬币两次，两次均为正面朝上的概率为14D. 抛掷一个硬币两次，一次正面朝上一次反面朝上的概率为139.在4件产品中，有一等品2件，二等品1件(一等品与二等品都是正品)，次品1件，现从中任取2件，则下列说法正确的是( )A. 两件都是一等品的概率是13B. 两件中有1件是次品的概率是12C. 两件都是正品的概率是13D. 两件中至少有1件是一等品的概率是56三、 填空题(精准计算，整洁表达)10. 同时抛掷两个质地均匀的骰子，向上的点数之和小于5的概率为________． 11.我国在北宋年间(公元1084年)第一次印刷出版了《算经十书》，即贾宪的《黄帝九章算法细草》，刘益的《议古根源》，秦九韶的《数书九章》，李冶的《测圆海镜》和《益古演段》，杨辉的《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，朱世杰的《算学启蒙》和《四元玉鉴》．这些书中涉及的很多方面都达到古代数学的高峰，其中一些“算法”如开立方和开四次方也是当时世界数学的高峰．哈三中图书馆中正好有这十本书，现在小张同学从这十本书中任借三本阅读，那么他借到的三本书中书名中恰有一个“算”字的概率为________．12.甲从集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取三个不同的元素，并按降序排列得到十进制三位数a ，乙从集合{1,2,3,4,5,6,7,8}中任取三个不同的元素，按降序排列得到十进制三位数b，则a>b的概率为________．四、解答题(让规范成为一种习惯)13．根据某省的高考改革方案，考生应在3门理科学科(物理、化学、生物)和3门文科学科(历史、政治、地理)的6门学科中选择3门学科参加考试，根据以往统计资料，1位同学选择生物的概率为0.5，选择物理但不选择生物的概率为0.2，考生选择各门学科是相互独立的．(1) 求1位考生至少选择生物、物理两门学科中的1门的概率；(2)某校高二400名学生中，选择生物但不选择物理的人数为140，求1位考生同时选择生物、物理两门学科的概率．14.某种产品的质量以其质量指标值衡量，并依据质量指标值划分等极如下表：(第14题)(1)根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“一、二等品至少要占全部产品90%”的规定？(2)在样本中，按产品等极用分层抽样的方法抽取8件，再从这8件产品中随机抽取4件，求抽取的4件产品中，一、二、三等品都有的概率．15.某学校需要从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，抽取了近期两人5次数学考试的成绩，统计结果如下表：(1)已知甲、乙两名学生这5次数学考试成绩的平均分都为83分，若从甲、乙两名学生中选一人参加数学竞赛，请从统计学的角度考虑，你认为选谁参加数学竞赛较合适？并说明理由；(2) 若数学竞赛分初赛和复赛，在初赛中有两种答题方案：方案一：每人从5道备选题中任意抽出1道，若答对，则可参加复赛，否则被淘汰．方案二：每人从5道备选题中任意抽出3道，若至少答对其中2道，则可参加复赛，否则被淘汰．已知学生甲、乙都只会5道备选题中的3道，那么你推荐的选手选择哪种答题方案进入复赛的可能性更大？并说明理由．。