（京津專用）2022高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練：8＋6分項練8 概率 理

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1、（京津專用）2022高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練：8＋6分項練8 概率 理 1．(2018·大同模擬)把一枚質地均勻、半徑為1的圓形硬幣平放在一個邊長為8的正方形托盤上，則該硬幣完全落在托盤上(即沒有任何部分在托盤以外)的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖，要使硬幣完全落在托盤上，則硬幣圓心在托盤內(nèi)以6為邊長的正方形內(nèi)，硬幣在托盤上且沒有掉下去，則硬幣圓心在托盤內(nèi)，由測度比為面積比可得，硬幣完全落在托盤上的概率為P＝＝. 2．(2018·南陽模擬)甲、乙、丙、丁、戊五位同學站成一排照相留念，則在甲乙相鄰的條件下，甲丙也相鄰的概率為(　　) A.

2、B. C. D. 答案　D 解析　甲乙相鄰的排隊順序共有2A＝48(種)， 其中甲乙相鄰，甲丙相鄰的排隊順序共有2A＝12(種)， 所以甲乙相鄰的條件下，甲丙相鄰的概率為＝. 3．(2018·大連模擬)某工廠生產(chǎn)的一種零件的尺寸(單位：mm)服從正態(tài)分布N.現(xiàn)從該零件的生產(chǎn)線上隨機抽取20 000件零件，其中尺寸在(500,505]內(nèi)的零件估計有(　　) (附：若隨機變量X服從正態(tài)分布N，則P≈0.682 6，P≈0.954 4) A．6 826個 B．9 545個 C．13 654個 D．19 090個 答案　A 解析　由P≈0.682 6， 得P≈0.341

3、 3， 因此尺寸在內(nèi)的零件估計有0.341 3×20 000＝6 826(個)． 4．拋擲一枚質地均勻的硬幣，出現(xiàn)正面向上和反面向上的概率都為.構造數(shù)列{an}，使an＝ 記Sn＝a1＋a2＋…＋an，則S2≠0且S8＝2時的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意知，當S8＝2時，說明拋擲8次，其中有5次正面向上，3次反面向上，又因為S2≠0，所以有兩種情況：①前2次都正面向上，后6次中有3次正面向上，3次反面向上；②前2次都反面向上，后6次中有5次正面向上，1次反面向上，所以S2≠0且S8＝2時的概率為P＝2C·33＋2C51＝， 故選C. 5．

4、(2018·江西省景德鎮(zhèn)市第一中學等盟校聯(lián)考)下圖是2002年8月中國成功主辦的國際數(shù)學家大會的會標，是我們古代數(shù)學家趙爽為證明勾股定理而繪制的，在我國最早的數(shù)學著作《周髀算經(jīng)》中有詳細的記載．若圖中大正方形的邊長為5，小正方形的邊長為2，現(xiàn)作出小正方形的內(nèi)切圓，向大正方形所在區(qū)域模擬隨機投擲n個點，有m個點落在中間的圓內(nèi)，由此可估計π的近似值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵小正方形的邊長為2， ∴圓的半徑為1，圓的面積為π， 又∵大正方形的邊長為5，∴大正方形的面積為25， ∴由幾何概型概率公式可得≈，π≈. 6．某校高三年級共有6個班，現(xiàn)在安排

5、6名教師擔任某次模擬考試的監(jiān)考工作，每名教師監(jiān)考一個班級．在6名教師中，甲為其中2個班的任課教師，乙為剩下4個班中2個班的任課教師，其余4名教師均不是這6個班的任課教師，那么監(jiān)考教師都不但任自己所教班的監(jiān)考工作的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　對6名教師進行隨機安排，共有A種安排方法．其中監(jiān)考教師都不擔任自己所教班的監(jiān)考工作時，先安排教師甲，當甲擔任教師乙所教的兩個班中的一班的監(jiān)考工作時，教師乙有4種安排方法，其余4名教師可以任意安排，共有CCA種安排方法；當甲擔任甲和乙都不教的兩個班級中的一個班的監(jiān)考工作時，教師乙有3種安排方法，其余4名教師可以任意安排，

6、共有CCA種安排方法，因此監(jiān)考教師都不擔任自己所教的班級的監(jiān)考工作的安排方法總數(shù)為CCA＋CCA＝14A，故所求概率P＝＝＝. 7．依次連接正六邊形各邊的中點，得到一個小正六邊形，再依次連接這個小正六邊形各邊的中點，得到一個更小的正六邊形，往原正六邊形內(nèi)隨機撒一粒種子，則種子落在最小的正六邊形內(nèi)的概率為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖，原正六邊形為ABCDEF，最小的正六邊形為A1B1C1D1E1F1.設AB＝a，由已知得∠AOB＝60°， 則OA＝a，∠AOM＝30°，則OM＝OAcos∠AOM＝a·cos 30°＝，即中間的正六邊形的邊長為；以此類

7、推，最小的正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長為OB1＝OM＝·＝，所以由幾何概型得，種子落在最小的正六邊形內(nèi)的概率為P＝＝＝，故選B. 8．(2018·濰坊模擬)交強險是車主必須為機動車購買的險種，若普通6座以下私家車投保交強險的基準保費為a元，在下一年續(xù)保時，實行費率浮動機制，保費與車輛發(fā)生道路交通事故出險的情況下聯(lián)系，最終保費＝基準保費×(1＋與道路交通事故相聯(lián)系的浮動比率)，具體情況如下表： 交強險浮動因素和浮動費率比率表 類別 浮動因素 浮動比率 A1 上一個年度未發(fā)生有責任道路交通事故 下浮10% A2 上兩個年度未發(fā)生有責任道路交通事故 下浮20% A3

8、 上三個及以上年度未發(fā)生有責任道路交通事故 下浮30% A4 上一個年度發(fā)生一次有責任不涉及死亡的道路交通事故 0% A5 上一個年度發(fā)生兩次及兩次以上有責任道路交通事故 上浮10% A6 上一個年度發(fā)生有責任道路交通死亡事故 上浮30% 為了解某一品牌普通6座以下私家車的投保情況，隨機抽取了100輛車齡已滿三年的該品牌同型號私家車的下一年續(xù)保時的情況，統(tǒng)計如下表： 類型 A1 A2 A3 A4 A5 A6 數(shù)量 20 10 10 38 20 2 若以這100輛該品牌的投保類型的頻率代替一輛車投保類型的概率，則隨機抽取一輛該品牌車在

9、第四年續(xù)保時的費用的期望為(　　) A．a(chǎn)元 B．0.958a元 C．0.957a元 D．0.956a元 答案　D 解析　由題意可知，一輛該品牌車在第四年續(xù)保時的費用X的可能取值有0.9a,0.8a,0.7a，a,1.1a,1.3a，且對應的概率分別為P(X＝0.9a)＝＝0.2，P(X＝0.8a)＝＝0.1，P(X＝0.7a)＝＝0.1，P(X＝a)＝＝0.38，P(X＝1.1a)＝＝0.2，P(X＝1.3a)＝＝0.02，利用離散型隨機變量的分布列的期望公式可以求得E(X)＝0.9a×0.2＋0.8a×0.1＋0.7a×0.1＋a×0.38＋1.1a×0.2＋1.3a×0.

10、02＝0.956a，故選D. 9．(2018·煙臺模擬)若20件產(chǎn)品中有16件一級品，4件二級品．從中任取2件，這2件中至少有1件二級品的概率是________． 答案　 解析　由題意，由組合數(shù)公式求得從20件產(chǎn)品中任取2件的情況總數(shù)為C＝190， 其中恰有一件二級品和全為二級品的種數(shù)為CC＋C＝70， 即至少有1件二級品的種數(shù)為70. 由古典概型的概率計算公式可得概率為P＝＝. 10．(2018·重慶模擬)已知隨機變量X～N，若P(X≤1－a)＋P(X≤1＋2a)＝1，則實數(shù)a＝________. 答案　2 解析　因為P＋P＝1， 所以P＝1－P＝P， 因為X～N，所以

11、1＋2a＋1－a＝2×2，所以a＝2. 11．已知隨機變量X的分布列如下表： X a 2 3 4 P b 若E(X)＝2，則a＝________；D(X)＝________. 答案　0　 解析　由題意得＋b＋＋＝1， ∴b＝. ∴E(X)＝a×＋2×＋3×＋4×＝2， 解得a＝0. ∴D(X)＝(0－2)2·＋(2－2)2·＋(3－2)2·＋(4－2)2·＝. 12．(2018·吉林調研)某校高三年級學生一次數(shù)學診斷考試成績(單位：分)X服從正態(tài)分布 N，從中抽取一個同學的數(shù)學成績ξ，記該同學的成績90<ξ≤110為事件A，記該同學的

12、成績80<ξ≤100為事件B，則在A事件發(fā)生的條件下B事件發(fā)生的概率P(B|A)＝_____.(結果用分數(shù)表示) 附：X滿足：P(μ－σ

13、相對的情況有2種，擺法分別是正反正反，反正反正，所以相鄰兩枚硬幣中至少有一組同一面不相對的擺法共有16－2＝14(種)，所以概率為P＝＝. 14．(2018·欽州質檢)甲、乙兩人約定在早上7：00至7：15之間到某公交站搭乘公交車去上學，已知在這段時間內(nèi)，共有2班公交車到達該站，到站的時間分別為7：05，7：15，如果他們約定見車就搭乘，則甲和乙恰好能搭乘同一班公交車去上學的概率為________． 答案　 解析　如圖，設甲到達汽車站的時刻為x，乙到達汽車站的時刻為y， 則0≤x≤15,0≤y≤15， 甲、乙兩人到達汽車站的時刻(x，y)所對應的區(qū)域在平面直角坐標系中畫出(如圖 所示)是大正方形．將2班車到站的時刻在圖形中畫出，則甲、乙兩人要想乘同一班車， 必須滿足， 即(x，y)必須落在圖形中的2個帶陰影的正方形內(nèi)， 所以由幾何概型的計算公式得P＝＝.