内容正文:
P(A2)=1-g)=2
章未检测·B卷
所以
解得力==
1.C[若事件B包含事件A,则P(A)≤P(B),故A
P(B5)=g=6:
错误;
(2)由已知得P(A)=P(B)=(1-号)×
若事件A、B互斥,则P(AB)=0,
若事件A、B相互独立,则P(AB)=P(A)P(B)>0,故
-)
B错误,C正确;
P(A2)=P(B2)=2,
1
芳事件A,B相互独立,且P(A)>号,P(B)>名则
P(A)+P(B)>1,故D错误.]
Pa,)=PB)-(1-)×1-2
2.B[由题意可得,仅能从E或B点出发不重复地走遍
P(As)=P(B)
全城,
所以选择的驶入点使洒水车能够不重复地走遍全部街
设C=“星队”在一次比赛中的总得分为5分”,
C=Ao Bs UA2 B3 UA3 B2 UAs Bo,
道的机率为P号-子]
P(C)=P (AoBs)+P(A2 Bs)+P(A3 B2)+
3.C[由题意知,在20组随机数中表示三次投篮有三次
P(A;Bo)
全命中的有:312,431,113共3组随机数,则运动员三
=P(A)P(B)+P(A2)P(B3)+P(A3)P(B2)+
次投篮中至多两次命中的概率为1一员=0.85.]
PA)P(B,)=×G+×+2名+×
4.C[某市举办“中华经典诵写讲大赛”,大赛分为四类:
=
“诵读中国”经典诵读大赛、“诗教中国”诗词讲解大赛、
“笔墨中国”汉字书写大赛、“印记中国”学生篆刻大赛.
所以“星队”在一次比赛中的总得分为5分的概率
某班级三人参赛,样本点总数n=43=64(种),
三人参加项目均不相同的样本点数为m=4×3×2=24
(种),
2,解(1)甲莲胜四场的概率为
“三人参加项目均不相同的概率为:办=”-43,]
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行
n6481
五场比赛。
5.C[记“该中学学生喜欢足球”为事件A,“该中学学生
喜欢游泳”为事件B,则“该中学学生喜欢足球或游泳”
比赛四场结束,共有三种情况:
为事件A十B,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为
甲连胜四场的概率为5:乙连胜回场的概率为:
事件A·B,
丙上场后连胜三场的概率为8
1
则P(A)=60%,P(B)=82%,P(A十B)=96%,
所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(A+B)=60%+82%-96%
所以蜀要进行第五场比疼的耗率为1一店一方一日
=46%,
3
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学
4
生总数的比例为46%.]
(3)丙最终获胜,有两种情况:
6.C[设甲同学收到李老师的信息为事件A,收到张老师
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为日;
的信息为李件B.A,B相互独立,P(A)=P(B)=着
比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场
2
比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况;胜胜负胜,
,
则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知的信息的
胜负空肚,负空胜胜,概率分别为·日·日
概率为1-P(AB)=1-[1-P(A)][1-P(B)]=1-
因北两袋终英账龄强率为号十君十日-
×号-碧
52
7.C[三位数的回文数有:
有:(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,
101111121131141151161171181191
2,1),共6种,
202212222232242252262272282292
设计两种方案:方案一:不乘坐第一辆车,若第二辆车
303313323333343353363373383393
的车序号大于第一辆车的车序号,就乘坐此车,否则乘
404414424434444454464474484494
坐第三辆车,
505515525535545555565575585595
则方案一坐到“3号”车包含的样本点有:(1,3,2),(2,
606616626636646656666676686696
1,3),(2,3,1),共有3种,所以方案一的概率为P1=
707717727737747757767777787797
808818828838848858868878888898
方案二:直接乘坐第一辆车,则方案二坐到“3号”车的
909919929939949959969979989999
共有90个,其中奇数有50个,故出现奇数的概率
复率为=日,
所以B十P,=吾.放选ACD.]
8.D[在(1)中,若M,N为互斥事件,且P(M)=
1
5
1.ABC[白题意可知,P(A)=识=0.5,P(B)=
100
P(N-子则P(MUN)-号+片-0政正:滴
=0.18,
事件A十B与事件C为对立事件,且事件A,B,C
在(2)中,若P0=日,PN=号PMN)=言,则由
互