新编理数北师大版练习：第十章 第四节　随机事件的概率 Word版含解析

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1、 课时作业 A组——基础对点练 1．(20xx·昆明市检测)AQI(Air Quality Index，空气质量指数)是报告每日空气质量的参数，描述了空气清洁或污染的程度．AQI共分六级，从一级优(0～50)，二级良(51～100)，三级轻度污染(101～150)，四级中度污染(151～200)，直至五级重度污染 (201～300)，六级严重污染(大于300)．如图是昆明市4月份随机抽取10天的AQI茎叶图，利用该样本估计昆明市4月份空气质量优的天数为(　　) A．3　　　　　　　　　 B．4 C．12 D．21 解析：从茎叶图知10天中有4天空气质量为优，所以空气

2、质量为优的频率为＝，所以估计昆明市4月份空气质量为优的天数为30×＝12，故选C. 答案：C 2．容量为20的样本数据，分组后的频数如下表： 分组 [10,20) [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70) 频数 2 3 4 5 4 2 则样本数据落在区间[10,40)的频率为(　　) A．0.35 B．0.45 C．0.55 D．0.65 解析：数据落在[10,40)的频率为＝＝0.45，故选B. 答案：B 3．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

3、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．0.60 C．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：C 4．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、4＝0.3. 答案：0.3 5．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：0.96 6．在一次满分为160分的数学考试中，某班40名学生的考试成绩分布如下： 成绩(分) 80分以下 [80,100) [100,1

5、20) [120,140) [140,160] 人数 8 8 12 10 2 在该班随机抽取一名学生，则该生在这次考试中成绩在120分及以上的概率为 ． 解析：由成绩分布表知120分及以上的人数为12，所以所求概率为＝0.3. 答案：0.3 7．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 0 1 2 3 4 5 概率 0.1 0.16 x y 0.2 z (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

6、y、z的值． 解析：记事件“在竞赛中，有k人获奖”为Ak(k∈N，k≤5)，则事件Ak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. 8．某校在高三抽取了500名学生，记录了他们选修A、B、C三门课的情况，如下表： 　　科目 学生人数　　

7、 A B C 120 是 否 是 60 否 否 是 70 是 是 否 50 是 是 是 150 否 是 是 50 是 否 否 (1)试估计该校高三学生在A、B、C三门选修课中同时选修两门课的概率； (2)若某高三学生已选修A门课，则该学生同时选修B、C中哪门课的可能性大？ 解析：(1)由频率估计概率得所求概率P＝＝0.68. (2)若某学生已选修A门课，则该学生同时选修B门课的概率为P(B)＝＝， 选修C门课的概率为P(C)＝＝， 因为<， 所以该学生同时选修C门课的可能性大． B组——能力提升练 1．(20xx·济宁模拟)

8、有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的频数如下： [11.5,15.5)　2　[15.5,19.5)　4　[19.5,23.5)　9 [23.5,27.5)　18　[27.5,31.5)　11　[31.5,35.5)　12 [35.5,39.5)　7　[39.5,43.5)　3 根据样本的频率分布估计，数据落在[27.5,43.5)的概率约是(　　) A. B. C. D. 解析：[27.5,43.5)的频数为11＋12＋7＋3＝33，概率＝. 答案：C 2．(20xx·福州市质检)在检测一批相同规格共500 kg航空用耐热垫片的品质时，随机抽取了280片，检测到

9、有5片非优质品，则这批航空用耐热垫片中非优质品约为(　　) A．2.8 kg B．8.9 kg C．10 kg D．28 kg 解析：由题意，可知抽到非优质品的概率为，所以这批航空用耐热垫片中非优质品约为500×＝≈8.9 kg，故选B. 答案：B 3．现有一枚质地均匀且表面分别标有1、2、3、4、5、6的正方体骰子，将这枚骰子先后抛掷两次，这两次出现的点数之和大于点数之积的概率为(　　) A. B. C. D. 解析：将这枚骰子先后抛掷两次的基本事件总数为6×6＝36(个)， 这两次出现的点数之和大于点数之积包含的基本事件有 (1,1)，(1,2)，(1,3)

10、，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(5,1)，(6,1)，共11个， ∴这两次出现的点数之和大于点数之积的概率为P＝.故选D. 答案：D 4．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)＝ . 解析：将事件A＋B分为：事件C“朝上一面的数为1、2”与事件D“朝上一面的数为3、5”． 则C、D互斥，则P(C)＝，P(D)＝， ∴P(A＋B)＝P(C＋D)＝P(C)＋P(D)＝. 答案： 5．若采用随机模拟

11、的方法估计某运动员射击击中目标的概率．先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0,1,2,3表示没有击中目标，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组如下的随机数： 7527　0293　7140　9857　0347　4373　8636　6947　1417　4698　0371　6233　2616　8045　6011　3661　9597　7424　7610　4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为 ． 解析：根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527　9857　8

12、636　6947　4698　8045　9597　7424，所以该运动员射击4次至少击中3次的概率为＝0.4. 答案：0.4 6．假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解他们的使用寿命，现从这两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下： (1)估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率； (2)这两种品牌产品中，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率． 解析：(1)甲品牌产品寿命小于200小时的频率为＝，用频率估计概率，所以甲品牌产品寿命小于200小时的概率为. (2)根据抽样结果，寿命大于200小时的产品共有75＋70＝145(

13、个)，其中甲品牌产品是75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是＝，用频率估计概率，所以已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为. 7．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) 500 130 100 150 120 (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

14、车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率． 解析：(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.