2021届高考数学（理）二轮总复习学案：层级二 专题五 第一讲　概　率 WORD版含解析.doc

1、专题五概率与统计第一讲概率1(2019全国卷)我国古代典籍周易用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，右图就是一重卦在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是()A BC D解析：选A在所有重卦中随机取一重卦，其基本事件总数n2664，恰有3个阳爻的基本事件数为C20，所以在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的概率P.故选A2(2018全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于3

2、0的概率是()A BC D解析：选C不超过30的所有素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个，随机选取两个不同的数，共有C45种情况，而和为30的有723,1119,1317这3种情况，所求概率为.故选C3(2018全国卷)如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC.ABC的三边所围成的区域记为，黑色部分记为，其余部分记为.在整个图形中随机取一点，此点取自，的概率分别记为p1，p2，p3，则()Ap1p2 Bp1p3Cp2p3 Dp1p2p3解析：选ASABCABAC，以AB为直径

3、的半圆的面积为2AB2，以AC为直径的半圆的面积为2AC2，以BC为直径的半圆的面积为2BC2，SABAC，SBC2ABAC，SABAC.SS.由几何概型概率公式得p1，p2.p1p2.故选A4(2018全国卷)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(X4)P(X6)，则p()A0.7 B0.6C0.4 D0.3解析：选B由题意可知，10位成员中使用移动支付的人数X服从二项分布，即XB(10，p)，所以D(X)10p(1p)2.4，所以p0.4或0.6.又因为P(X4)P(X6)，所以Cp4(1p)6C

4、p6(1p)4，所以p0.5，所以p0.6.故选B5(2015全国卷)投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A0.648 B0.432C0.36 D0.312解析：选A由题意得所求概率PC0.62(10.6)C0.630.648.6(2014全国卷)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6.已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是()A0.8 B0.75 C0.6 D0.45解析：选A根据条件概率公式P(B|A)，可得

5、所求概率为0.8.7(2019全国卷)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以41获胜的概率是_解析：甲队以41获胜，甲队在第5场(主场)获胜，前4场中有一场输若在主场输一场，则概率为20.60.40.50.50.6；若在客场输一场，则概率为20.60.60.50.50.6.甲队以41获胜的概率P20.60.50.5(0.60.4)0.60.18.答案：0.18 明 考 情 古典概型、几何概型、条件概率、相互独

6、立事件、独立重复试验是高考命题的热点内容选择题多在第410题位置，近几年均有考查，难度中等，复习时要注意数学文化素养与概率求法的创新交汇考查考点一古典概型与几何概型|析典例|【例】(1)在1,2,3,4,5,6,7,8这组数据中，随机取出五个不同的数，则数字4是取出的五个不同数的中位数的概率为()A BC D(2)(2019江淮十校联考)七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方魔板”，它是由五块等腰直角三角形、一块小正方形和一块平行四边形共七块板组成的如图是一个用七巧板拼成的大正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A BC D解析(1)设“数字4是取出的五个不同

7、数的中位数”为事件A.“从这组数据中取出五个数字”的基本事件个数为C56.对于事件A，先将数字4放在五个不同数的中间位置，再考虑分别从数字1,2,3和5,6,7,8中各取两个数字，则事件A包含的基本事件种数为CC3618.由古典概型的概率计算公式，得P(A).(2)设大正方形的边长为2，则该正方形的面积为4，阴影部分的面积为121，所以在大正方形中任取一点，此点取自阴影部分的概率为.答案(1)B(2)C| 规 律 方 法 |1求古典概型概率的步骤2求几何概型概率的步骤|练题点|1(一题多解)(2019湖北部分重点中学高三测试)有4位游客来某地旅游，若每人只能从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一

8、处游览，则每个景点都有人去游览的概率为()A BC D解析：选D解法一：由题意知，4位游客各从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览的选法有3481(种)第一步：从三个不同景点中选出一个景点有2位游客去游览的选法有C种；第二步：从4位游客中选2位到第一步选出的景点去游览的选法有C种；第三步：余下2位游客到余下的两个景点的分法有A种所以每个景点都有人去游览的方法有CCA36(种)，于是所求概率为P，故选D解法二：由题意知，4位游客各从此地甲、乙、丙三个不同景点中选择一处游览的选法有3481(种)将4位游客分为3组的分法有C种，然后将这3组游客分到甲、乙、丙三个不同景点，其分法有A种，由分步乘法

9、计数原理知，每个景点都有人去游览的方法有CA36(种)于是所求概率为P，故选D2(创新题)(2019全国五省优创名校联考)哥尼斯堡“七桥问题”是著名的古典数学问题，它描述的是：在哥尼斯堡的一个公园里，有七座桥将普雷格尔河中两个岛及岛与河岸连接起来(如图1)问是否可能从这四块陆地中任一块出发，恰好通过每座桥一次，再回到起点？瑞士数学家欧拉于1736年研究并解决了此问题，他把该问题归结为如图2所示的“一笔画”问题，并证明了上述走法是不可能的假设在图2所示七条线中随机选取两条不同的线，则这两条线都与A直接相连的概率为()A B C D解析：选D在题图2中共有7条线，其中与A直接相连的有5条，所以，所

10、求概率P.3. (2019昆明市高三调研测试)法国学者贝特朗于1899年针对几何概型提出了贝特朗悖论，内容如下：如图，在半径为1的圆内随机地取一条弦，则弦长超过圆内接等边三角形的边长 的概率等于多少？基于对术语“随机地取一条弦”含义的不同解释，存在着不同答案现给出其中一种解释：固定弦的一个端点A，另一端点在圆周上随机选取，其答案为()A BC D解析：选B记等边三角形为ABC，弦的另一个端点为P.如图，弦AP的长超过AB的长，则点P落在劣弧上，所以所求概率为，故选B考点二条件概率|析典例|【例】(一题多解)在100件产品中有95件合格品，5件不合格品现从中不放回地取两次，每次任取一件，则在第一

11、次取到不合格品后，第二次取到不合格品的概率为_解析解法一：(应用条件概率公式求解)：设事件A为“第一次取到不合格品”，事件B为“第二次取到不合格品”，则所求的概率为P(B|A)，因为P(AB)，P(A)，所以P(B|A).解法二：(缩小样本空间求解)第一次取到不合格品后，也就是在第二次取之前，还有99件产品，其中有4件不合格的，因此第二次取到不合格品的概率为.答案| 规 律 方 法 |条件概率的计算方法(1)利用定义计算，先分别计算概率P(AB)和P(A)，然后代入公式P(B|A).(2)利用缩小样本空间法计算(局限在古典概型内)，即将原来的样本空间缩小为已知的事件A，原来的事件B缩小为AB，

12、利用古典概型计算概率：P(B|A).|练题点|(2019石家庄二模)如图所示，已知四边形ABCD为正方形，其内切圆圆I与正方形的各边分别切于点E，F，G，H，连接EF，FG，GH，HE.现向正方形ABCD内随机抛掷一粒豆子，记事件A：豆子落在圆I内，事件B：豆子落在四边形EFGH外，则P(B|A)()A1 B C1 D解析：选C依题意知四边形EFGH为正方形，设正方形ABCD的边长为2a，则其内切圆的半径为a，正方形EFGH的边长为a，所以P(A)，P(AB)，所以P(B|A)1，故选C考点三相互独立事件与独立重复试验|析典例|【例】(1)(2019广州执信中学测试)济南市某公交线路某区间内共

13、设置四个站点(如图所示)，分别记为A0，A1，A2，A3，现有甲、乙两人同时从A0站点上车，且他们中的每个人在站点Ai(i1,2,3)下车是等可能的则甲、乙两人不在同一站点下车的概率为()A BC D(2)(一题多解)(2019福建福州质检)在某“猜羊”游戏中，一只羊随机躲在两扇门背后，参赛选手选择其中一个门并打开，若这只羊就在该门后，则为猜对；否则，为猜错已知一位选手获得了4次“猜羊”机会，若至少猜对2次才能获奖，则该选手获奖的概率为()A0.25 B0.312 5C0.5 D0.687 5解析(1)设“甲、乙两人不在同一站点下车”为事件A，因为甲、乙两人同在A1站点下车的概率为；甲、乙两人

14、同在A2站点下车的概率为；甲、乙两人同在A3站点下车的概率为；所以甲、乙两人在同一站点下车的概率为3，则P(A)1，故选A(2)解法一：该选手获奖的概率PC22C31C400.687 5.解法二：该选手获奖的对立事件为“该选手只猜对一次和一次都没有猜对”，故所求概率P110.687 5.答案(1)A(2)D| 规 律 方 法 |1相互独立事件同时发生的概率P(AB)P(A)P(B)2独立重复试验、二项分布如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么它在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为Cpk(1p)nk，k0,1,2，n.一般地，在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事

15、件A发生的概率为p，则P(Xk)Cpkqnk，其中0p1，pq1，k0,1,2，n，称X服从参数为n，p的二项分布，记作XB(n，p)，且E(X)np，D(X)np(1p).|练题点|1(2019广东百校联考)某超市中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满100元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得微信红包5元，没有中奖不发红包，现有5名顾客均获得一次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为0.5，记X为5名顾客的红包金额总和，则P(10X20)()A BC D解析：选B设中奖人数为Y，则中奖人数YB(5,0.5)，所以P(10X20)P(2Y4)C0.520.53C0.530.52C0

16、.540.51.2(2019全国卷)11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 0.5，乙发球时甲得分的概率为 0.4，各球的结果相互独立在某局双方1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束(1)求P(X2)；(2)求事件“X4且甲获胜”的概率解：(1)X2就是某局双方1010平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分因此P(X2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5.(2)X4且甲获胜，就是某局双方1010平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分因此所求概率为0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1.