2022-2022学年度高考数学一轮总复习第10章概率与统计第一节随机

——教学资料参考参考范本——

2019-

2020学年度高考数学一轮总复习第10章概率与统计第一节随

机事件及其概率AB卷文1

______年______月______日

____________________部门

1 / 8

2 / 8

1.(20xx·新课标全国Ⅰ，3)从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( )

A. B.13

C.

D.16 解析 4个取2个有6种方法，差为2的只有1和3，2和4.故P ＝＝.

答案 B

2.(20xx ·新课标全国Ⅱ，18)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：

上年度出险次数

1

2

3

4

≥5 保费

0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a

2a

随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：

出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数

60

50

30

30

20

10

(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)求续保人本年度的平均保费的估计值.

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＝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＝0.3，故P(B)的估计值为0.3.

(3)由所给数据得

保费0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a

频率0.300.250.150.150.100.05

调查的200名续保人的平均保费为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.

1.(20xx·广东，7)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品.现从

这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为( )

A.0.4

B.0.6

C.0.8

D.1

解析5件产品中有2件次品，记为a，b，有3件合格品，记为c，d，e，从这5件产品中任取2件，结果有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)共10种.恰有一件次品的结果有6种，则其概率为p＝＝0.6.

答案B

2.(20xx·江苏，5)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜

色不同的概率为________.

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解析这两只球颜色相同的概率为，故两只球颜色不同的概率为1－＝.

答案5 6

3.(20xx·湖南，16)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.抽奖方法是：从装有2个红球A1，A2和1个白球B的甲箱与装有2个红球a1，a2和2个白球b1、b2的乙箱中，各随机摸出1个球，若摸出的2个球都是红球则中奖，否则不中奖.

(1)用球的标号列出所有可能的摸出结果；

(2)有人认为：两个箱子中的红球比白球多，所以中奖的概率大于不中奖的概率，你认为正确吗？请说明理由.

解(1)所有可能结果为：(A1，a1)，(A1，a2)，(A1，b1)，(A1，b2)，(A2，a1)，(A2，a2)，(A2，b1)，(A2，b2)；(B，a1)，(B，a2)，(B，b1)，(B，b2)共计12种结果.

(2)不正确，理由如下：设“中奖”为事件A，则P(A)＝＝，

P()＝1－＝，P(A)＜P()，故此种说法不正确.

4.(20xx·陕西，19)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

4 / 8

天

晴阴雨阴阴晴阴晴晴晴阴晴晴晴雨气

(1)在4月份任取一天，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)在容量为30的样本中，不下雨的天数是26，以频率估

计概率，4月份任选一天，××市不下雨的概率为P＝＝.

(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为，

以频率估计概率，运动会期间不下雨的概率为.

5.(20xx·北京，17)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；

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(3)如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买乙、丙、丁中哪种商品的可能性最大？

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概率可以估计为＝0.2.

(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.

(3)与(1)同理，可得：

顾客同时购买甲和乙的概率可以估计为＝0.2，

顾客同时购买甲和丙的概率可以估计为＝0.6，

顾客同时购买甲和丁的概率可以估计为＝0.1.

所以，如果顾客购买了甲，则该顾客同时购买丙的可能性最大.

6.(20xx·四川，17)一辆小客车有5个座位，其座位号为1，2，3，4，5，乘客P1，P2，P3，P4，P5的座位号分别为1，2，3，4，5，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车，乘客P1因身体原因没有坐自己的1号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就坐：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位.如果自己的座位已有乘客就坐，就在这5个座位的剩余空位中选择座位.

(1)若乘客P1坐到了3号座位，其他乘客按规则就座，则此时共有4种坐法.下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法(将乘客就坐的座位号填入表中空格处)

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乘客P1P2P3P4P5

座位号3 2 1 4 5 324 5 1

(2)若乘客P1坐在了2号座位，其他的乘客按规则就坐，求乘客P5坐到5号座位的概率.

解(1)余下两种坐法如下表所示：

乘客P1P2P3P4P5

座位号32 4 1 5 3254 1

(2)若乘客P1坐到了2号座位，其他乘客按规则就坐，则所有可能的坐法可用下表表示为：

乘客P1P2P3P4P5

座位号2 134 5 2314 5 2341 5 2345 1 2354 1 2431 5 2435 1 2534 1

于是，所有可能的坐法共8种，

设“乘客P5坐到5号座位”为事件A，则事件A中的基本事件的个数为4，

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所以P(A)＝＝.

7.(20xx·陕西，19)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：

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.

由于投保金额为 2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.

(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)，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，由频率估计概率得P(C)＝0.24.

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