第五章 概率-高中数学必修第二册精选易错题练习（人教B版2019)

精选易错题练习—【第五章】 概率 一．选择题（共25小题） 1．哈尔滨市为创建文明城，试运行生活垃圾分类处理．将生活垃圾分为厨余、可回收和其他三类，分别记为a，b，c；并且设置了相应的垃圾箱：“厨余垃圾箱”、“可回收垃圾箱”和“其他垃圾箱”，分别记为A，B，C．为调查居民生活垃圾分类投放情况，随机抽取某小区三类垃圾箱中共计500kg生活垃圾．数据统计如表．则估计生活垃圾投放错误的概率为（　　） A B C a 200 10 40 b 15 120 20 c 15 50 30 A． B． C． D． 2．A、B、C、D、E五位抗战老兵应邀参加了在北京举行的“纪念抗战胜利70周年”大阅兵的老兵方队，现安排这五位老兵分别坐在某辆检阅车的前五排（每两人均不坐同一排），则事件“C坐中间一排，但A与B均不坐第一排”的概率为（　　） A． B． C． D． 3．在新冠疫情的冲击下，全球经济受到重创，如图是各国公布的2020年第二季度国内生产总值（GDP）同比增长率，现从不包含日本的另外7个国家中任取1个国家，则这个国家和日本相比增长率差的绝对值大于5%的概率为（　　） A． B． C． D． 4．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏．晋代在广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两耳．因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投入壶耳）”．每一局投壶，每一位参赛者各有四支箭、投入壶口一次得1分，投入壶耳一次得2分．现有甲、乙两人进行投壶比赛（两人投中壶口、壶耳是相互独立的），甲四支箭已投完，共得3分，乙投完2支箭，目前只得1分，乙投中壶口的概率为，投中壶耳的概率为，四支箭投完，以得分多者赢．请问乙赢得这局比赛的概率为（　　） A． B． C． D． 5．小明、小华等四位小伙伴约定同日去某处观光大楼看风景，观光大楼有上、中、下共三个楼层观景点，由于交通原因，他们全部不能同时到达观光大楼，所以约定每人随机选择一个楼层各自观景，则小明和小华去到同一楼层且三个楼层都有人去的概率为（　　） A． B． C． D． 6．在古典概型中，若A，B为互斥但不对立事件，则（　　） A．P（A）+P（B）＜1 B．P（A）+P（B）＞1 C．P（A）+P（B）≤1 D．P（A）+P（B）＝1 7．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，则2次点数之和为6的概率为（　　） A． B． C． D． 8．希尔伯特在1900年提出了孪生素数猜想，其内容是：在自然数集中，孪生素数对有无穷多个其中孪生素数就是指相差2的素数对，即若p和p+2均是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数．从15以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为（　　） A． B． C． D． 9．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为（　　） A． B． C． D． 10．2020年8月，习近平总书记针对触目惊心、令人痛心的餐饮浪费现象，作出重要指示强调，要进一步加强宣传教育，切实培养节约习惯，在全社会营造浪费可耻、节约为荣的氛围．某宣传袋内有六张卡片，分别写有“节、约、粮、食、光、荣”六个字，从中任取两张卡片，恰好取到“节”“约”二字的概率为（　　） A． B． C． D． 11．已知不等式ax3+bx2﹣cx+2≥0，且{a，b，c}＝{﹣1，0，2}，则不等式为二次不等式的概率为（　　） A． B． C． D． 12．从装有2个红球与3个白球的口袋中任选2个球，那么得到的2个球颜色相同的概率是（　　） A． B． C． D． 13．元宵节是中国的传统节日之一，元宵节主要有赏花灯、吃汤圆、猜灯谜、放烟花等一系列传统民俗活动，北方“滚”元宵，南方“包”汤圆．某超市在元宵节期间出售2个品牌的黑芝麻馅汤圆，2个品牌的豆沙馅汤圆，1个品牌的五仁馅汤圆．若将这5种汤圆随机地并排摆放在货架的同一层上，则同一种馅料的汤圆相邻的概率为（　　） A． B． C． D． 14．纹样是中国传统文化的重要组成部分，它既代表着中华民族的悠久历史、社会的发展进步，也是世界文化艺术宝库中的巨大财富．小楠从小就对纹样艺术有浓厚的兴趣．收集了如下9枚纹样徽章，其中4枚凤纹徽章，5枚龙纹徽章．小楠从9枚徽章中任取3枚，则其中至少有一枚凤纹徽章的概率为（　　） A． B． C． D． 15．由于全球新冠肺炎疫情呈高发态势，我国零星散发病例和局部地区聚集性疫情明显增加，为了全面抗击，做到网格化管理，要求在2021年1月28日至3月8日春运期间必须持新冠病毒核酸检测阴性证明才能出行．若甲、乙两人去A，B，C，D四个医院中的一个做检测，则他们不在同一个医院做检测的概率为（　　） A． B． C． D． 16．某省今年开始实行新高考改革，跟以往高考最大的不同就是取消了文理分，科除了语文、数学、外语三门科目必选外，再从物理、化学、生物、政治、地理、历史这6个科目中任选3门作为选考科目，甲和乙分别从6科中任选3科，若他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历史，且乙不选化学的概率是（　　） A． B． C． D． 17．从标有1、2、3、4、5的五张卡片中，依次抽出2张，则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为（　　） A． B． C． D． 18．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为和P，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为．假设甲、乙两人射击互不影响，则P值为（　　） A． B． C． D． 19．2019年北京世园会的吉祥物“小萌芽”“小萌花”是一对代表着生命与希望、勤劳与美好、活泼可爱的园艺小兄妹．造型创意来自东方文化中百子图的“吉祥娃娃”，通过头饰、道具、服装创意的巧妙组合，被赋予了普及园艺知识、传播绿色理念的特殊使命．现从5张分别印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片（卡片的形状、大小，质地均相同）中随机选取3张，则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内的概率为（　　） A． B． C． D． 20．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围是：3.1415926…＜π＜3.1415927…，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字作为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（　　） A． B． C． D． 21．甲、乙两人下棋，和棋的概率为50%．甲不输的概率为90%，则乙不输的概率为（　　） A．60% B．50% C．40% D．30% 22．2020年是国家启动“三支一扶”计划的第十五年，某地接收“三支一扶”大学生5人，其中男生3人，现从中挑选3人派往该地某村开展驻村帮扶工作，其中既有女生又有男生的概率为（　　） A． B． C． D． 23．A，B，C三位抗战老兵应邀参加了在北京举行的“纪念抗战胜利70周年”大阅兵的老兵方队，现安排这三位老兵分别坐在某辆检阅车的前三排（每两人均不坐同一排），则事件“A或B坐第一排”的概率为（　　） A． B． C． D． 24．从3，5，7，9，10中任取3个数作为边长，不能够围成三角形的概率为（　　） A． B． C． D． 25．已知某运动员每次投篮命中的概率都是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有一次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数作为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907，966，191，925，271，932，812，458，569，683，431，257，393，027，556，488，730，113，537，989．据此估计，该运动员三次投篮恰有一次命中的概率为（　　） A．0.25 B．0.2 C．0.35 D．0.4 二．填空题（共15小题） 26．将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记为a，b，c，d，e，f，则abc+def是奇数的概率为 　 　． 27．袋子里装有5个颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫的小球（大小、形状、质量完全相同），某人从袋子中一次性取出2个小球，则取出的2个小球中含有红色小球的概率为　 　． 28．小张要从5种水果中任意选2种赠送给好友，其中芒果、榴莲、椰子是热带水果，苹果、葡萄是温带水果，则小张送的水果既有热带水果又有温带水果的概率为　 　． 29．某港口有A、B、C、D四个码头，每个码头一次只能停一艘船，A码头最大可以停靠600吨总重量的船舶，B码头最大可以停靠900吨总重量的船舶，C码头最大可以停靠1500吨总重量的船舶，D码头最大可以停靠3000吨总重量的船舶，现仅有甲、乙总重量分别为500吨和1400吨的船舶要安排停靠该港口，则甲船舶安排停靠在B码头的概率为 　 　． 30．设A，B，C，D是空间四个不共面的点，以的概率在每对点之间一条边，任意两对点之间是否连边是相互独立的，则A，B可用（一条边或若干条边组成的）空间折线连接的概率为　 　． 31．烟花三月、草长莺飞，樱花、桃花、梨花、苹果花、牡丹花陆陆续续地都开放了，周老师准备从这5种花中任选出3种去旅游观赏，则恰巧选中桃花与牡丹花的概率为 　 　． 32．西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例：勾三，股四，弦五．此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年．我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数．现从3，4，5，6，7，8，9， 10，11，12，13这11个数中随机抽取3个数，则这3个数能构成勾股数的概率为　 　． 33．将1，2，3，4，5，6随机排列成一列，记为a，b，c，d，e，f，则a×b×c+d×e×f是偶数的概率为 　 　． 34．某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开展了丰富多彩的兴趣拓展活动．现有甲、乙、丙、丁四人，乒乓球、篮球、足球、羽毛球、网球五项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的从中选择一项活动，则四人中恰有两人参加同一活动的概率为 　 　． 35．袋子中有四张卡片，分别写有“国”、“富”、“民”、“强”四个字，有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“国”“富”两个字都取到记为事件A，用随机模拟的方法估计事件A发生的概率，利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“国”、“富”、“民”、“强”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 231 232 210 023 122 021 321 220 031 231 103 133 132 001 320 123 130 233 由此可以估计事件A发生的概率为　 　． 36．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 　 　． 37．从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 　 　． 38．2020年1月，某公同通过问卷的形式调查影响员工积极性的六项关键指标：绩效奖励，激励措施、工作环境，人际关系、晋升渠道．在确定各项指标权重结果后，进得而得到指标重要性分所象限图（如图）．若客户服务中心从中任意抽取不同的两项进行分析，则这两项来自影响稍弱区的概率为　 　． 39．有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省4个地方旅游，假设每名同学均从这4个地方中任意选取一个去旅游，则恰有一个地方未被选中的概率为　 　 40．盒子中装有编号为0，1，2，3，4的五个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是 　 　． 三．解答题（共10小题） 41．甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方．根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的． （1）求比赛恰进行两局就结束的概率； （2）求这场比赛甲获胜的概率． 42．某市县乡教师流失现象非常严重，为了县乡孩子们能接受良好教育，某市今年要为两所县乡中学招聘储备未来三年的教师，已知现在该市县乡中学无多余教师，为决策应招聘多少县乡教师搜集并整理了该市50所县乡中学在过去三年内的教师流失数，得到如表的频率分布表：以这50所县乡中学流失教师数的频率代替一所县乡中学流失教师数发生的概率． （1）求该市所有县乡中学教师流失数不低于8的概率； （2）若从上述50所县乡中学中流失教师数不低于9的县乡学校中任取两所调查回访，了解其中原因，求这两所学校的教师流失数都是10的概率． 流失教师数 4 5 6 7 8 9 10 频数 2 4 11 16 12 3 2 43．甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判． （Ⅰ）求第4局甲当裁判的概率； （Ⅱ）求前4局中乙恰好当1次裁判概率． 44．某企业有甲、乙两个研发小组，为了比较他们的研发水平，现随机抽取这两个小组往年研发新产品的结果如下： （a，b），（a，），（a，b），（，b），（，），（a，b），（a，b），（a，）， （，b），（a，），（，），（a，b），（a，），（，b）（a，b） 其中a，分别表示甲组研发成功和失败，b，分别表示乙组研发成功和失败． （Ⅰ）若某组成功研发一种新产品，则给该组记1分，否则记0分，试计算甲、乙两组研发新产品的成绩的平均数和方差，并比较甲、乙两组的研发水平； （Ⅱ）若该企业安排甲、乙两组各自研发一样的产品，试估计恰有一组研发成功的概率． 45．十三届全国人大常委会第二十次会议审议通过的《未成年人保护法》针对监护缺失、校园欺凌、烟酒损害、网络沉迷等问题，进一步压实监护人、学校、住宿经营者及网络服务提供者等主体责任，加大对未成年人的保护力度．某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为p1，p2． （1）若p1＝，p2＝，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率； （2）当p1+p2＝，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？ 46．某餐厅提供自助餐和点餐两种服务，其单人平均消费相近，为了进一步提高菜品及服务质量，餐厅从某日中午就餐的顾客中随机抽取了100人作为样本，得到以下数据表格． （单位：人次） 满意度 老年人 中年人 青年人 自助餐 点餐 自助餐 点餐 自助餐 点餐 10分（满意） 12 1 20 2 20 1 5分（一般） 2 2 6 3 4 12 0分（不满意） 1 1 6 2 3 2 （1）由样本数据分析，三种年龄层次的人群中，哪一类更倾向于选择自助餐？ （2）为了和顾客进行深入沟通交流，餐厅经理从点餐不满意的顾客中选取2人进行交流，求两人都是中年人的概率； （3）若你朋友选择到该餐厅就餐，根据表中的数据，你会建议你朋友选择哪种就餐方式？ 47．据调查，目前对于已经近视的小学生，有两种配戴眼镜的选择，一种是佩戴传统的框架眼镜；另一种是佩戴角膜塑形镜，这种眼镜是晚上睡觉时佩戴的一种特殊的隐形眼镜，因其在一定程度上可以减缓近视的发展速度，越来越多的小学生家长选择角膜塑形镜控制孩子的近视发展．A市从该地区小学生中随机抽取容量为100的样本，其中因近视佩戴眼镜的有24人（其中佩戴角膜塑形镜的6人中，2名是男生，4名是女生） （1）若从样本中选一位学生，那么该同学是戴角膜塑形镜的近视者概率是多大？ （2）从这6名戴角膜塑形镜的学生中，选出3个人，求其中男生至少一人的概率． 48．双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组．在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛．之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛．A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛． （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求： ①A和D在决赛中过招的概率； ②D共输了两场比赛且成为亚军的概率； （2）若A的实力出类拔萃，即有A参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率． 49．某市为了考核甲、乙两部门的工作情况，随机访问了50位市民，根据这50位市民对两部门的评分（评分越高表明市民的评价越高）绘制的茎叶图如图： （Ⅰ）分别估计该市的市民对甲、乙两部门评分的中位数； （Ⅱ）分别估计该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率； （Ⅲ）根据茎叶图分析该市的市民对甲、乙两部门的评价． 50．有编号为2，3的两个红球，编号为2，3，4的三个黑球，这五个球的形状和大小完全相同，现从中任意取出两个球． （1）求取出的两个球颜色不同的概率； （2）求取出的两个球的编号之和不为6的概率． 精选易错题练习—【第五章】 概率 参考答案与试题解析 一．选择题（共25小题） 1．【答案】D 【分析】利用古典概型能估计生活垃圾投放错误的概率． 【解答】解：由题意，估计生活垃圾投放错误的概率为： P＝＝． 故选：D． 2．【答案】A 【分析】安排这五位老兵分别坐在某辆检阅车的前五排（每两人均不坐同一排），先求出基本事件总数，再求出事件“C坐中间一排，但A与B均不坐第一排”包含的基本事件个数，由此能求出事件“C坐中间一排，但A与B均不坐第一排”的概率． 【解答】解：安排这五位老兵分别坐在某辆检阅车的前五排（每两人均不坐同一排）， 基本事件总数n＝＝120， 事件“C坐中间一排，但A与B均不坐第一排”包含的基本事件个数： m＝＝12， ∴事件“C坐中间一排，但A与B均不坐第一排”的概率： p＝＝＝． 故选：A． 3．【答案】C 【分析】不包含日本的另外7个国家中，增长率和日本相比，增长率差的绝对值大于5%的有5个，由此能求出这个国家和日本相比增长率差的绝对值大于5%的概率． 【解答】解：不包含日本的另外7个国家中，增长率和日本相比， 增长率差的绝对值大于5%的有5个， 所以这个国家和日本相比增长率差的绝对值大于5%的概率为． 故选：C． 4．【答案】A 【分析】根据题意，分2种情况讨论：①乙的第三支箭投中壶口，第四支箭必须投中壶耳，②乙的第三支箭投中壶耳，第四支箭投中壶口、壶耳均可，求出每种情况的概率，由互斥事件的概率公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，分2种情况讨论： ①，乙的第三支箭投中壶口，第四支箭必须投中壶耳，其概率P1＝×＝， ②，乙的第三支箭投中壶耳，第四支箭投中壶口、壶耳均可，其概率P2＝×（+）＝， 则乙获胜的概率P＝P1+P2＝+＝， 故选：A． 5．【答案】B 【分析】先求出总的基本事件数，再求出符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可． 【解答】解：因为每个人的选择都有3种，所以基本事件的总数为81种， 又因为事件“小明和小华去到同一楼层且三个楼层都有人去”含有6个基本事件， 所以小明和小华去到同一楼层且三个楼层都有人去的概率为＝． 故选：B． 6．【答案】A 【分析】根据互斥事件和对立事件的定义，可得答案． 【解答】解：A，B为互斥但不对立事件，如图所示， 由互斥事件对立事件定义知，A+B基本事件数小于基本事件总数， 则P（A）+P（B）＝P（A+B）＜1， 故选：A． 7．【答案】C 【分析】分别求出：基本事件的总数，2次点数之和为6包括的基本事件数，再利用古典概率计算公式即可得出． 【解答】解：基本事件的总数为6×6＝36． 2次点数之和为6包括的基本事件数为：（1，5），（5，1），（2，4），（4，2），（3，3），共5个． ∴2次点数之和为6的概率为． 故选：C． 8．【答案】C 【分析】15以内的素数有：2，3，5，7，11，13，共6个，从中选出两个数，基本事件总数n＝＝15，利用列举法求出其中孪生素数有3对，由此能求出其中能构成孪生素数的概率． 【解答】解：依题意，15以内的素数有：2，3，5，7，11，13，共6个， 从中选出两个数，基本事件总数n＝＝15， 其中孪生素数有（3，5），（5，7），（11，13），共3对，包含3个基本事件， ∴从15以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为P＝． 故选：C． 9．【答案】A 【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件数是3×3种结果，满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组有3种结果，根据古典概型概率公式得到结果． 【解答】解：由题意知本题是一个古典概型， 试验发生包含的事件数是3×3＝9种结果， 满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组， 由于共有三个小组，则有3种结果， 根据古典概型概率公式得到P＝， 故选：A． 10．【答案】C 【分析】任取2张共15种取法，恰好取到“节”“约”二字共1种取法，从而求出满足条件的概率． 【解答】解：从6张中取2张有＝15种取法， 恰好取到“节”“约”二字有1种， 故恰好取到“节”“约”二字的概率为P＝， 故选：C． 11．【答案】C 【分析】根据题意，由排列数公式分析a、b、c的取法，由二次不等式的定义分析不等式为二次不等式的情况数目，由古典概型计算公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，{a，b，c}＝{﹣1，0，2}，则a、b、c的取法有A33＝6种， 若不等式ax3+bx2﹣cx+2≥0为二次不等式，则a＝0，有A22＝2种情况， 则不等式为二次不等式的概率P＝＝， 故选：C． 12．【答案】B 【分析】先求出从2个红球与3个白球的口袋中任选2个球的可能情况，然后求出2个球颜色相同的情况，结合古典概率公式可求． 【解答】解：从2个红球与3个白球的口袋中任选2个球的所有选法有＝10种等可能结果， 得到的2个球颜色相同的情况有＝4种结果， 故P＝＝． 故选：B． 13．【答案】D 【分析】基本事件总数n＝＝120，同一种馅料的汤圆相邻包含的基本事件个数m＝＝24，由此能求出同一种馅料的汤圆相邻的概率． 【解答】解：将这5种汤圆随机地并排摆放在货架的同一层上， 基本事件总数n＝＝120， 同一种馅料的汤圆相邻包含的基本事件个数： m＝＝24， ∴同一种馅料的汤圆相邻的概率为P＝＝． 故选：D． 14．【答案】B 【分析】根据互斥事件的概率公式即可求出． 【解答】解：从9枚徽章中任取3枚的种数为C93，其中没有一枚凤纹徽章的种数C53， 故其中至少有一枚凤纹徽章的概率为P＝1﹣＝， 故选：B． 15．【答案】C 【分析】先求出总的基本事件数，再求出符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可． 【解答】解：由题意可知，甲、乙两人取A，B，C，D四个医院做检测的所有种数为， 而不在同一医院做检测的所有种数为， 所以所求概率为＝． 故选：C． 16．【答案】B 【分析】基本事件总数n＝＝400，他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，甲不选历史，且乙不选化学包含的基本事件个数m＝+＝12，由此能求出他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历史，且乙不选化学的概率． 【解答】解：从物理、化学、生物、政治、地理、历史这6个科目中任选3门作为选考科目， 甲和乙分别从6科中任选3科， 基本事件总数n＝＝400， 他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，甲不选历史，且乙不选化学包含的基本事件个数： m＝+＝12， ∴他俩所选科目都有物理，其余2科均不同，则甲不选历史，且乙不选化学的概率为： P＝＝＝． 故选：B． 17．【答案】B 【分析】设事件A表示“第一张抽到奇数”，事件B表示“第二张抽取偶数”，则P（A）＝，P（AB）＝＝，利用条件概率计算公式能求出在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率． 【解答】解：从标有1、2、3、4、5的五张卡片中，依次抽出2张， 设事件A表示“第一张抽到奇数”，事件B表示“第二张抽取偶数”， 则P（A）＝，P（AB）＝＝， 则在第一次抽到奇数的情况下，第二次抽到偶数的概率为： P（A|B）＝＝＝． 故选：B． 18．【答案】C 【分析】由题意知甲、乙两人射击互不影响，则本题是一个相互独立事件同时发生的概率，根据题意可设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B，由相互独立事件的概率公式可得，可得关于p的方程，解方程即可得答案． 【解答】解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A，“乙射击一次，击中目标”为事件B， 则“甲射击一次，未击中目标”为事件，“乙射击一次，未击中目标”为事件， 则P（A）＝，P（）＝1﹣＝，P（B）＝P，P（）＝1﹣P， 依题意得：×（1﹣p）+×p＝， 解可得，p＝， 故选：C． 19．【答案】B 【分析】基本事件总数n＝＝10，“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内包含的基本事件个数m＝＝3，由此能求出“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内的概率． 【解答】解：现从5张分别印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”“杜鹃花”的这5个图案的卡片（卡片的形状、大小，质地均相同）中随机选取3张， 基本事件总数n＝＝10， “小萌芽”和“小萌花”卡片都在内包含的基本事件个数m＝＝3， 则“小萌芽”和“小萌花”卡片都在内的概率为P＝＝． 故选：B． 20．【答案】D 【分析】从1，4，1，5，9，2这6位数字中任选两位数字，利用列举法能求出所得到的数字大于3.14的概率． 【解答】解：从1，4，1，5，9，2这6位数字中任选两位数字的不同情况有： 14，11，15，19，12，41，45，49，42，59，52，92， 51，91，21，54，94，24，95，25，29， 共21种不同情况， 其中使得到的数字不大于3.14的情况有3种不同情况， 故所得到的数字大于3.14的概率为p＝1﹣＝， 故选：D． 21．【答案】A 【分析】根据互斥事件的概率公式即可直接求解． 【解答】解：设A＝{甲获胜}，B＝{甲不输}，C＝{甲乙和棋}，则甲乙互斥且B＝A+C， P（B）＝P（A+C）＝P（A）+P（C）， 所以P（A）＝P（B）﹣P（C）＝90%﹣50%＝40%． 则乙不输的概率为1﹣40%＝60%． 故选：A． 22．【答案】C 【分析】基本事件总数n＝＝10，其中既有女生又有男生包含的基本事件个数m＝＝9，由此能求出其中既有女生又有男生的概率． 【解答】解：某地接收“三支一扶”大学生5人，其中男生3人， 现从中挑选3人派往该地某村开展驻村帮扶工作， 基本事件总数n＝＝10， 其中既有女生又有男生包含的基本事件个数m＝＝9， ∴其中既有女生又有男生的概率为P＝＝． 故选：C． 23．【答案】A 【分析】安排这3位老兵分别坐在某辆检阅车的前3排（每两人均不坐同一排），先求出基本事件总数，再求出A或B坐第一排的种数，根据概率公式计算即可． 【解答】解：安排这3位老兵分别坐在某辆检阅车的前3排（每两人均不坐同一排），基本事件总数A33＝6， A或B坐第一排有C21A22＝4种， 故“A或B坐第一排”的概率为＝， 故选：A． 24．【答案】A 【分析】用列举法分别写出“任取3个数”和“不能够围成三角形”的基本事件，再结合古典概型的概率计算公式得解． 【解答】解：“任取3个数”的所有基本事件为 （3，5，7），（3，5，9），（3，5，10），（3，7，9），（3，7，10），（3，9，10）， （5，7，9），（5，7，10），（5，9，10）， （7，9，10），共10种情况， 其中“不能够围成三角形”的基本事件为（3，5，9），（3，5，10），（3，7，10），共3种情况， 所以所求的概率为P＝． 故选：A． 25．【答案】D 【分析】当三次投篮恰有一次命中时，就是三个数字xyz中只有一个数字在集合{1，2，3，4}，再逐个考察个数据即可． 【解答】解：根据题意，因为1，2，3，4表示投篮命中，其它为不中， 当三次投篮恰有一次命中时， 就是三个数字xyz中只有一个数字在集合{1，2，3，4}， 考查这20组数据，以下8个数据符合题意，按次序分别为： 925，458，683，257，027，488，730，537， 所以，其概率P（A）＝＝0.4， 故选：D． 二．填空题（共15小题） 26．【答案】． 【分析】基本事件总数n＝6!，当abc+def为奇数时，abc，def必为一奇一偶，求出满足条件的情况有72种，由此能求出abc+def是奇数的概率． 【解答】解：将1，2，3，4，5，6随机排成一行，记为a，b，c，d，e，f， 基本事件总数n＝6!， 当abc+def为奇数时，abc，def必为一奇一偶， 若abc为奇数，则a，b，c为1，3，5的排列，这样有3！×3！＝36种情况， 由对称性可知满足条件的情况有： 36×2＝72种， ∴abc+def是奇数的概率为P＝＝． 故答案为：． 27．【答案】见试题解答内容 【分析】推导出基本事件总数n＝＝10，取出的2个小球中含有红色小球包含的基本事件个数m＝＝4，由此能求出取出的2个小球中含有红色小球的概率． 【解答】解：袋子里装有5个颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫的小球（大小、形状、质量完全相同）， 某人从袋子中﹣次性取出2个小球， 基本事件总数n＝＝10， 取出的2个小球中含有红色小球包含的基本事件个数m＝＝4， 则取出的2个小球中含有红色小球的概率为p＝＝＝． 故答案为：． 28．【答案】见试题解答内容 【分析】从5种水果中任意选2种的所有基本事件总数n＝＝10，小张送的水果既有热带水果又有温带水果包含的基本事件个数m＝＝6，由此能求出小张送的水果既有热带水果又有温带水果的概率． 【解答】解：从5种水果中任意选2种的所有基本事件总数n＝＝10， ∵芒果、榴莲、椰子是热带水果，苹果、葡萄是温带水果， ∴小张送的水果既有热带水果又有温带水果包含的基本事件个数m＝＝6， ∴小张送的水果既有热带水果又有温带水果的概率p＝＝． 故答案为：． 29．【答案】． 【分析】当甲停靠在A或B码头时，乙可停靠C、D码头，甲、乙共有4种停法，当甲停靠在C或D码头时，乙对应可停靠D或C码头，甲、乙共2种停法，由此能求出甲船舶安排停靠在B码头的概率． 【解答】解：当甲停靠在A或B码头时，乙可停靠C、D码头， ∴甲、乙共有4种停法， 当甲停靠在C或D码头时，乙对应可停靠D或C码头，∴甲、乙共2种停法， 甲、乙共有6种停法，其中甲船停靠B码头有2种停法， ∴甲船舶安排停靠在B码头的概率为P＝＝． 故答案为：． 30．【答案】见试题解答内容 【分析】每对点之间是否连边有2种可能，共有26＝64种情况，再分有AB边，无AB边但有CD边和无AB边也无CD边三种情况下A，B可用折线连接数总和，由此能求出A，B可用折线连接的概率． 【解答】解：每对点之间是否连边有2种可能，共有26＝64种情况， 考虑其中A，B可用折线连接的情况数． （1）有AB边：共25＝32种情况； （2）无AB边，但有CD边：此时A，B可用折线相连，当且仅当A与C、D中至少一点相连，且B与C、D中至少一点相连， 这样的情况数为（22﹣1）（22﹣1）＝9； （3）无AB边，也无CD边：此时AC、BD相连有22＝4种， AD，DB相连也有22种情况， 但其中AC，CB，AD，DB均相连的情况被重复计了一次， 故A、B可用折线连结的情况数为22+22﹣1＝7， 以上三种情况数总和为：32+9+7＝48， 故A，B可用折线连接的概率为：p＝． 故答案为：． 31．【答案】． 【分析】设樱花、梨花、苹果花为1，2，3，桃花与牡丹花为M和N，从中选 3种花去旅游观赏，利用列举法能求出恰巧选中桃花与牡丹花的概率． 【解答】解：设樱花、梨花、苹果花为1，2，3，桃花与牡丹花为M和N， 从中选 3种花去旅游观赏的基本事件为： 123，12M，12N，13M，13N，1MN，23M，23N，2MN，3MN，共10种， 其中含有桃花与牡丹花的事件有： 1MN，2MN，3MN，共3个， ∴恰巧选中桃花与牡丹花的概率为P＝． 故答案为：． 32．【答案】见试题解答内容 【分析】从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法，其中能构成勾股数的有共3种，代入古典概型概率公式即可． 【解答】解：从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法， 其中能构成勾股数的有共（3，4，5），（6，8，10），（5，12，13）三种， 所以，所求概率为． 故答案为：． 33．【答案】见试题解答内容 【分析】先求出基本事件种数为＝720种，再求出abc+def为偶数的排列数648，然后根据古典概型概率公式可得． 【解答】解：1，2，3，4，5，6随机排成一列，共有＝720种， abc+def为偶数等价于“a，b，c不全为奇数，且d，e，f不全为奇数“ ∴共有﹣•＝648 所以所求概率为＝ 故答案为： 34．【答案】． 【分析】结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率． 【解答】解：每个人有5种选择，四人共有54＝625种选择， 其中恰有两人参加同一活动共有＝360种选法， 所以四人中恰有两人参加同一活动的概率为＝． 故答案为：． 35．【答案】见试题解答内容 【分析】经随机模拟产生了以下18组随机数，利用列举法求出其中事件A发生的随机数有6个，由此能估计事件A发生的概率． 【解答】解：袋子中有四张卡片，分别写有“国”、“富”、“民”、“强”四个字， 有放回地从中任取一张卡片，将三次抽取后“国”“富”两个字都取到记为事件A， 用随机模拟的方法估计事件A发生的概率， 利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表“国”、“富”、“民”、“强”这四个字， 以每三个随机数为一组，表示取卡片三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数， 其中事件A发生的随机数有：210，021，031，103，001，130，共6个， ∴估计事件A发生的概率为P＝． 故答案为：． 36．【答案】． 【分析】根据题意，由组合数公式计算“从正方体的8个顶点中任选4个”的取法，分析其中“4个点在同一个平面”的情况，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，从正方体的8个顶点中任选4个，有＝70种取法， 若这4个点在同一个平面，有底面2个和侧面4个、对角面6个，一共有12种情况， 则这4个点在同一个平面的概率P＝＝； 故答案为：． 37．【答案】见试题解答内容 【分析】从甲、乙等5名学生中随机选出3人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率． 【解答】解：方法一：设5人为甲、乙、丙、丁、戊， 从5人中选3人有以下10个基本事件： 甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊，甲丙丁，甲丙戊，甲丁戊，乙丙丁、乙丙戊，乙丁戊，丙丁戊； 甲、乙被选中的基本事件有3个：甲乙丙，甲乙丁，甲乙戊； 故甲、乙被选中的概率为． 方法二： 由题意，从甲、乙等5名学生中随机选出3人，基本事件总数＝10， 甲、乙被选中，则从剩下的3人中选一人，包含的基本事件的个数＝3， 根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率P＝＝． 38．【答案】见试题解答内容 【分析】由图知，来自影响稍弱区的指标有激励措施、工作环境、人际关系等三项，由此能求出这两项来自影响稍弱区的概率． 【解答】解：由图知，来自影响稍弱区的指标有激励措施、工作环境、人际关系等三项， 则这两项来自影响稍弱区的概率是： P＝＝． 故答案为：． 39．【答案】见试题解答内容 【分析】基本事件总数n＝44＝256，恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数m＝＝144，由此能求出恰有一个地方未被选中的概率． 【解答】解：∵有4名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省4个地方旅游， 假设每名同学均从这4个地方中任意选取一个去旅游， 基本事件总数n＝44＝256， 恰有一个地方未被选中包含的基本事件个数m＝＝144， 则恰有一个地方未被选中的概率为p＝＝． 故答案为：． 40．【答案】． 【分析】先确定从0，1，2，3，4五个数中任取两个球编号的所有可能，再确定其中两个球的编号之和为偶数所包含的基本事件个数，最后即可利用古典概型概率计算公式进行求解． 【解答】解：从0，1，2，3，4五个数中任取两个球编号的所有可能为（0，1），（0，2），（0，3），（0，4）， （1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共10种， 其中两个球的编号之积为偶数所包含的基本事件有（0，1），（0，2），（0，3），（0，4）， （1，2），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共9种， 故所求概率为P＝． 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 41．【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）比赛两局就结束即甲连胜两局或乙连胜两局，分别求概率即可；（2）分别比赛两局结束和比赛三局结束，分别求概率即可． 【解答】解：（1）比赛恰进行两局就结束对应的事件A有两种可能，事件A1：甲胜乙，事件A2：乙胜甲．，，． （2）这场比赛甲获胜对应的事件B有两种可能，事件B1：比赛两局结束且甲获胜；事件B2：比赛三局结束且甲获胜．，，∴． 42．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由频数分布表能求出教师流失数不低于8的概率． （2）教师流失数是9的三所学校分别记为A1，A2，A3；教师流失数是10的两所学校分别记为B1，B2，利用列举法能求出这两所学校的教师流失数都是10的概率． 【解答】解：（1）由频数分布表可知教师流失数不低于8的概率为： P1＝（12+3+2）÷50＝0.34． （2）教师流失数是9的三所学校分别记为A1，A2，A3； 教师流失数是10的两所学校分别记为B1，B2， 从这5所学校中随机抽取2所，所有可能的结果共有10种， 它们是Ω＝{（A1，A2），（A1，A3），（A2，A3），（A1，B1），（A1，B2），（A2，B1），（A2，B2），（A3，B1），（A3，B2），（B1，B2）}， 又因为所抽取两所学校教师流失数都是10的结果有1种，即（B1，B2）， 故这两所学校的教师流失数都是10的概率为． 43．【答案】见试题解答内容 【分析】（I）设A1表示事件“第二局结果为甲胜”，A2表示事件“第三局甲参加比赛结果为甲负”，A表示事件“第四局甲当裁判”，可得A＝A1•A2．利用相互独立事件的概率计算公式即可得出； （II）设B1表示事件“第一局比赛结果为乙胜”，B2表示事件“第二局乙参加比赛结果为乙胜”，B3表示事件“第三局乙参加比赛结果为乙胜”，B表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”．可得B＝，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可得出． 【解答】解：（I）设A1表示事件“第二局结果为甲胜”，A2表示事件“第三局甲参加比赛结果为甲负”，A表示事件“第四局甲当裁判”． 则A＝A1•A2． P（A）＝P（A1•A2）＝． （II）设B1表示事件“第一局比赛结果为乙胜”，B2表示事件“第二局乙参加比赛结果为乙胜”， B3表示事件“第三局乙参加比赛结果为乙胜”，B表示事件“前4局中乙恰好当1次裁判”． 则B＝， 则P（B）＝P（） ＝+ ＝+ ＝． 44．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）分别求出甲乙的研发成绩，再根据平均数和方差公式计算平均数，方差，最后比较即可． （Ⅱ）找15个结果中，找到恰有一组研发成功的结果是7个，求出频率，将频率视为概率，问题得以解决． 【解答】解：（Ⅰ）甲组研发新产品的成绩为1，1，1，0，0，1，1，1，0，1，0，1，1，0，1， 则＝， ＝＝ 乙组研发新产品的成绩为1，0，1，1，0，1，1，0，1，0，0，1，0，1，1则＝， ＝＝． 因为 所以甲的研发水平高于乙的研发水平． （Ⅱ）记E＝{恰有一组研发成功}，在所抽到的15个结果中， 恰有一组研发成功的结果是（a，），（，b），（a，），（，b），（a，），（a，），（，b）共7个， 故事件E发生的频率为， 将频率视为概率，即恰有一组研发成功的概率为P（E）＝． 45．【答案】（1）； （2）19． 【分析】（1）第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题数为3或4，可解决此题； （2）先求每轮比赛获得优秀小组最大值，再结合获得“优秀小组”的次数为9次，可解决此问题． 【解答】解：（1）第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题为3道或4道， 则他们获“优秀小组”的概率为：2×（）2••+2×（）2••+（）2•（）2＝； （2）∵p1+p2＝， ∴每轮比赛获得“优秀小组”的概率为2p12p2（1﹣p2）+2p22p1（1﹣p1）+p12p22＝3p1p2（﹣p1p2）， 令p1p2＝t≤（）2＝， ∵0≤p1，p2≤1，p1+p2＝， ∴≤p1p2≤∴3p1p2（﹣p1p2）＝﹣3t2+t， 令f（t）＝﹣3t2+t，≤t≤，∵对称轴方程为t＝，抛物线开口向下， ∴函数f（t）在[，]上单调递增， ∴f（t）的最大值是f（）＝﹣3（）2+×＝， 设要进行n轮竞赛，则n≥9，解得：n≥≈19． ∴理论上至少要进行19轮竞赛． 46．【答案】（1）中年人更倾向于选择自助餐． （2）两人都是中年人的概率为． （3）由自助餐满意的均值大于点餐满意的均值，建议其选择自助餐． 【分析】（1）由题意分别求出老年人选择自助餐的频率，中年人选择自助餐的频率和青年人选择自助餐的频率，由P2＞P1＞P3，得到中年人更倾向于选择自助餐． （2）点餐不满意的人群中，老年人1人（设为a），中年人2人（设为b，c），青年人2人（设为d，e）．从中选取2人，利用列举法能求出两人都是中年人的概率． （3）分别求出自助餐满意的均值和点餐满意的均值，由此能建议其选择自助餐． 【解答】解：（1）由题知，老年人选择自助餐的频率， 中年人选择自助餐的频率， 青年人选择自助餐的频率， 则P2＞P1＞P3， 即中年人更倾向于选择自助餐． （2）点餐不满意的人群中，老年人1人（设为a），中年人2人（设为b，c），青年人2人（设为d，e）． 从中选取2人，其基本事件有： （a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（b，c），（b，d）， （b，e），（c，d），（c，e），（d，e），共10个 基本事件，其中2人都是中年人仅有一个（b，c）符合题意； 故两人都是中年人的概率为． （3）由表可知，自助餐满意的均值为：． 点餐满意的均值为：， 因为，故建议其选择自助餐． 47．【答案】（1）0.06；（2）． 【分析】（1）利用古典概型概率公式计算即可得解； （2）利用列举法，求出基本事件数，计算所求的概率值． 【解答】解：（1）因为样本容量为100，佩戴角膜塑形镜的6人， 若从样本中选一位学生，那么该同学是戴角膜塑形镜的近视者概率P＝＝0.06． （2）两名男生用a，b表示，名女生用1，2，3，4表示， 记“选3个人，其中男生至少一人”为事件A， 总事件有ab1，ab2，ab3，ab4，a12，a13，a14，a23，a24，a34，b12，b13，b14，b23，b24，b34，123，124，134，234，共20种， 满足条件的有ab1，ab2，ab3，ab4，a12，a13，a14，a23，a24，a34，b12，b13，b14，b23，b24，b34，共16种， 则P（A）＝＝． 48．【答案】（1）①；②；（2）①；②；③． 【分析】（1）①队伍A和D在第一轮对阵，若A和D在决赛也对阵，必然有1个队伍在负者组对阵其他组都赢得比赛，且另一个队伍和其他组比赛也都胜利，第一轮胜利者需要再胜一次，失败者需要再胜两次，才能会师决赛，由此能求出A和D在决赛中过招的概率． ②利用条件概率公式求解． （2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题． 【解答】解：（1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为， ①由题意，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜对伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利， 他们才能 决赛中对阵， ∴A和D在决赛中过招的概率为P＝＝； ②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛i中失败， 则事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场， 事件F：包括L1L4，L1W4L5，W1L3L5，W1L3W5L6，L1W4W5L6五种情况， 其中这五种情况彼此互斥，可得： P＝P（L1L4）+P（L1W2L5）+P（W1L3L5）+P（W1L3W5L6）+P（L1W4W5L6） ＝+×+＝， 其中积事件EF包括W1L3W5L6，L1W4W5L6两种情况， 可得P（EF）＝P（W1L3W5L6）+P（L1W4W5L6）＝＝， ∴D共输了两场比赛且成为亚军的概率为P（E|F）＝＝＝． （2）由题意A获胜的概率为，B，C，D之间获胜的概率均为， 要使得D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况： ①若A与D在决赛中相遇，分为A1胜3胜，D1负4胜5胜，或A1负4胜5胜，D1胜3胜， 可得概率P1＝＝； ②若B与D决赛相遇，D1胜3胜，B2胜3负5胜，或D1胜3负5胜，B2胜3胜， 可得概率为P1＝+＝； ③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，可得概率为： P3＝（）＝， ∴D进入决赛的概率为P＝P1+P2+P3＝＝． 49．【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）根据茎叶图的知识，中位数是指中间的一个或两个的平均数，首先要排序，然后再找， （Ⅱ）利用样本来估计总体，只要求出样本的概率就可以了． （Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）的结果和茎叶图，合理的评价，恰当的描述即可． 【解答】解：（Ⅰ）由茎叶图知，50位市民对甲部门的评分有小到大顺序，排在排在第25，26位的是75，75，故样本的中位数是75，所以该市的市民对甲部门的评分的中位数的估计值是75． 50位市民对乙部门的评分有小到大顺序，排在排在第25，26位的是66，68，故样本的中位数是＝67，所以该市的市民对乙部门的评分的中位数的估计值是67． （Ⅱ）由茎叶图知，50位市民对甲、乙部门的评分高于90的比率分别为， 故该市的市民对甲、乙两部门的评分高于90的概率得估计值分别为0.1，0.16， （Ⅲ）由茎叶图知，市民对甲部门的评分的中位数高于乙部门的评分的中位数，而且由茎叶图可以大致看出对甲部门的评分标准差要小于乙部门的标准差，说明该市市民对甲部门的评价较高、评价较为一致，对乙部门的评价较低、评价差异较大． 50．【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值； （2）求出“取出的两个球的编号之和为6”的概率，利用对立事件的概率求出“取出的两个球的编号之和不为6”的概率． 【解答】解：从这五个球中任取两个球的基本事件为： 红2红3、红2黑2、红2黑3、红2黑4、红3黑2、红3黑3、红3黑4、黑2黑3、黑2黑4、黑3黑4共10种不同的取法； （1）记“取出的两个球颜色不同”为事件A，有： 红2黑2、红2黑3、红2黑4、红3黑2、红3黑3、红3黑4共6种不同的取法， 所以P（A）＝＝； （2）记“取出的两个球的编号之和为6”为事件B，有： 红2黑4、红3黑3、黑2黑4共3种不同的取法； 所以P（B）＝； 记“取出的两个球的编号之和不为6”为事件C， 则P（C）＝1﹣P（B）＝1﹣＝． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/17 14:47:40；用户：Damon；邮箱：13120434074；学号：24730468 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$