百题优选03：统计与概率-2024年高二数学暑假作业（人教A版2019必修二）重难点专题强化

2024年高一数学暑假作业（必修二）重难点专题强化 概率与统计 1.一组数据为6,47,49,15,42,41,7,39,43,40,36，则这组数据的一个四分位数是(　　) A．15 B．25 C．50 D．75 2.某中学高一年级8名学生某次考试的数学成绩(满分150分)分别为85,90,93,99,101,103,116,130，则这8名学生数学成绩的第75百分位数为(　　) A．102 B．103 C．109.5 D．116 1. 如图是将高三某班80名学生参加某次数学模拟考试所得的成绩(成绩均为整数)整理后画出的频率分布直方图，则此班的模拟考试成绩的80%分位数是________.(结果保留两位小数) 2.（2023秋·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，是某一数据的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其75%分位数（上四分位数）的估计值为 （保留2位小数）    1.（2024贵州联考）今年，被称为“村超”的贵州榕江县“和美乡村足球超级联赛”，使榕江成为网络顶流，刷爆各大网络平台，更吸引了大量游客到赛事举办地观赛游玩，为更好地发展当地的旅游业，政府随机调查了18个旅游团对榕江县旅游满意度的综合评分情况，得到如下数据：．若恰好是这组数据的上四分位数，则的值不可能为（    ） A．93 B．94 C．95 D．96 2.（2024河北唐山二模） 某校高三年级一共有名同学参加数学测验,已知所有学生成绩的第百分位数是分,则数学成绩不小于分的人数至少为( ) A. B. C. D. 3.已知100个数据的第75百分位数是9.3，则下列说法正确的是 （　　） A.这100个数据中一定有75个数小于或等于9.3 B.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据 C.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据和第76个数据的平均数 D.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据和第74个数据的平均数 4.（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）现有一份由连续正整数（可重复）组成的样本，其容量为m，满足上四分位数为28，第80百分位数为30，则m的最小值为（    ） A．24 B．25 C．28 D．29 5.（23-24高一下·天津南开·期末）一组数据：53，57，45，61，79，49，x，若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则（    ）． A．58或64 B．58 C．59或64 D．59 1.(多选)(2023·哈尔滨模拟)下面是某城市某日在不同观测点对细颗粒物(PM2.5)的观测值： 396　275　268　225　168　166　176　173 188　168　141　157 若在此组数据中增加一个比现有的最大值大25的数据，下列数字特征发生改变的是(　　) A．极差 B．中位数 C．众数 D．平均数 2.（多选）如图是某班50名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，其中成绩分组区间是[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，则下列说法正确的是 （　　） A.图中的x 的值为0.018 B.该班50 名学生期中考试数学成绩的众数是75 C.该班50 名学生期中考试数学成绩的中位数是75 D.该班50 名学生期中考试数学成绩的平均数是75 3.每年的4月23日是世界读书日，某中学为了了解八年级学生的读书情况，随机调查了50名学生读书的册数，统计数据如表所示： 册数 0 1 2 3 4 人数 3 13 16 17 1 则这50名学生读书册数的众数、中位数是（    ） A．3，3 B．2，2 C．2，3 D．3，2 4.（多选）（2023·广东惠州·统考模拟预测）在某市高二举行的一次期中考试中，某学科共有2000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为.按照的分组作出频率分布直方图，如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为16.则下列结论正确的有（    ） A．样本容量 B．图中 C．估计该市全体学生成绩的平均分为分 D．该市要对成绩由高到低前的学生授予“优秀学生”称号，则成绩为78分的学生肯定能得到此称号 5.（2023·山东·统考二模）某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（    ） A． B． C．8 D． 1.某稻谷试验田试种了，两个品种的水稻各10亩，并在稻谷成熟后统计了这20亩地的稻谷产量如下表，记，两个品种各10亩产量的平均数分别为和，方差分别为和． （单位：） 60 63 50 76 71 85 75 63 63 64 （单位：） 56 62 60 68 78 75 76 62 63 70 (1)分别求这两个品种产量的极差和中位数； (2)求，，，； (3)依据以上计算结果进行分析，推广种植品种还是品种水稻更合适． 2.（2023·安徽马鞍山·统考三模）某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为，方差为；高三（2）班答对题目的平均数为，方差为，则这10人答对题目的方差为（   ） A． B． C． D． 3.某学校在上报《国家学生体质健康标准》高三年级学生的肺活量单项数据中，采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法．如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其肺活量平均数为3000 mL，方差为10；抽取了女生30人，其肺活量平均数为2500 mL，方差为20，则可估计高三年级全体学生肺活量的平均数为________，方差为________. 4.(2023·云南师大附中模拟)根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于10 ℃即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本，现有4组样本①，②，③，④，依次计算得到结果如下： ①平均数<4； ②平均数<4且极差小于或等于3； ③平均数<4且标准差s≤4； ④众数等于5且极差小于或等于4. 则4组样本中一定符合入冬指标的共有(　　) A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 5.(2022·济宁模拟)甲、乙两名学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲 82 81 79 78 95 88 93 84 乙 92 95 80 75 83 80 90 85 (1)求两位学生预赛成绩的平均数和方差； (2)现要从中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由． 1．（2024高一下·全国·专题练习）对空中移动的目标连续射击两次，设A＝{两次都击中目标}，B＝{两次都没击中目标}，C＝{恰有一次击中目标}，D＝{至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·河南信阳·阶段练习）同时掷两枚硬币，“向上的面都是正面”为事件，“向上的面至少有一枚是正面”为事件，则有(　　) A． B． C． D．与之间没有关系 3．（23-24高一下·全国·随堂练习）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A表示随机事件“两枚炮弹都击中飞机”，事件B表示随机事件“两枚炮弹都未击中飞机”，事件C表示随机事件“恰有一枚炮弹击中飞机”，事件D表示随机事件“至少有一枚炮弹击中飞机”，则下列关系不正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（多选题）（23-24高一下·江西景德镇·期中）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，记事件为“两次都击中飞机”，事件为“两次都没击中飞机”，事件为“恰有一次击中飞机”，事件为“至少有一次击中飞机”，则（    ） A． B． C． D． 5．（多选题）（2024高三下·全国·专题练习）某篮球运动员进行投篮训练，连续投篮两次，设事件A表示随机事件“两次都投中”，事件B表示随机事件“两次都未投中”，事件C表示随机事件“恰有一次投中”，事件D表示随机事件“至少有一次投中”，则下列关系正确的是（ ） A． B． C． D． 1．（23-24高一下·山东临沂·阶段练习）从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（    ） A．至少有一个黑球与都是黑球 B．至少有一个黑球与至少一个红球 C．至少有一个黑球与都是红球 D．恰好有一个黑球与都是红球 2．（23-24高二下·上海·期末）现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（    ） A．A与B互斥 B．A与B相互独立 C．A与互斥 D．A与相互独立 3．（23-24高一下·河南新乡·期末）将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（    ） A．甲分得黄球 B．甲分得白球 C．丙没有分得白球 D．甲分得白球，乙分得黄球 4．（23-24高一下·福建福州·期末）某小组有名男生和名女生，从中任选名学生参加比赛，事件“至少有名男生”与事件“至少有名女生” （    ） A．是对立事件 B．都是不可能事件 C．是互斥事件但不是对立事件 D．不是互斥事件 5．（23-24高一下·江西·期末）掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 6．（23-24高一下·河北唐山·期末）已知是两个随机事件且概率均大于，则下列说法正确的为（    ） A．若与互斥，则与对立 B．若与相互独立，则与互斥 C．若与互斥，则与相互独立 D．若与相互独立，则与相互独立 7．（多选题）（23-24高一下·西藏拉萨·期末）从装有3只红球，3只白球的袋中任意取出3只球，则下列每对事件，是互斥事件，但不是对立事件的是（  ） A．“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球” B．“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球” C．“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球” D．“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球” 1．（23-24高一下·吉林·期末）下列说法正确的是（    ） A．同时发生的概率一定比中恰有一个发生的概率小 B．若，则事件与是对立事件 C．当不互斥时，可由公式计算的概率 D．某事件发生的概率是随着实验次数的变化而变化的 2．（23-24高一下·安徽合肥·期末）已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·山西大同·期末）袋子中有一些大小质地完全相同的红球、白球和黑球，从中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的概率为0.56，摸出的球是红球或黑球的概率为0.68，则摸出的球是白球或黑球的概率为（　　） A．0.64 B．0.72 C．0.76 D．0.82 4．（多选题）（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）已知事件与事件，是事件的对立事件，是事件的对立事件，若，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若事件与事件是互斥事件，则 C．若事件与事件相互独立，则 D．若，则事件与事件相互独立 5．（多选题）（23-24高一下·广东湛江·期末）今年“五一”假期，各大商业综合体、超市等纷纷抓住节日商机，积极开展各类促销活动．在某超市购买80元以上商品的顾客可以参加一次抽奖活动，若顾客小王中奖的概率为0.4，顾客小张中奖的概率为0.2，则（    ） A．小王和小张都中奖的概率为0.1 B．小王和小张都没有中奖的概率为0.46 C．小王和小张中只有一个人中奖的概率为0.44 D．小王和小张中至多有一个人中奖的概率为0.92 6．（多选题）（23-24高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知事件两两互斥，若，则（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·河南商丘·期末）已知事件A和B互斥，且，，则 . 1．（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，则向量与向量垂直的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·浙江宁波·期末）两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·河北廊坊·期末）用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·江西宜春·期末）一个不透明袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，先后不放回地摸出两个球，若第二次摸出球的号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球，则选到3号球的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·湖北武汉·期末）袋中装有大小相同的5个小球，其中1个红球，2个白球，2个黑球，从袋中任意取出两个小球，则取到红球的概率为（    ）． A． B． C． D． 6．（23-24高一下·湖南郴州·期末）在贵州“村超足球”比赛中通常要求双方穿着颜色不同的球衣，已知甲队有白、黑、红、黄4种颜色的球衣，乙队有蓝、白、黑、红4种颜色的球衣．若甲、乙两队随机挑选一套球衣进行比赛，则他们的球衣颜色符合要求的概率为（    ） A． B． C． D． 7．（23-24高一下·河北·期末）抛掷一枚质地均匀的骰子，并记下每次抛掷后正面朝上的点数．若第一次抛掷正面朝上的数字大于4，则再抛掷一次，若第一次抛掷正面朝上的数字不大于4，则停止抛掷，则抛掷骰子所得点数之和为奇数的概率为（    ） A． B． C． D． 8．（多选题）（23-24高一下·甘肃白银·期末）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，则下列事件发生的概率为的是（    ） A． B． C． D．方程有实数解 9．（多选题）（23-24高一下·山东临沂·期末）不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件“取出的两个球是一个黑球、一个白球”，事件“两个球中至多一个黑球”，事件“两个球均为白球”，则（    ） A． B． C． D． 1．（23-24高一下·吉林延边·期末）有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（    ） A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立 C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立 2．（23-24高一下·湖南株洲·期末）抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（   ） A．当时， B．当时，事件与事件不独立 C．当时， D．当时，事件与事件不独立 3．（23-24高一下·天津·期末）一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 4．（23-24高一下·广东广州·期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，事件“两枚硬币都正面朝上”，事件“至少一枚硬币反面朝上”则（    ） A．与独立 B．与互斥 C． D． 5．（23-24高一下·山西吕梁·期末）抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（    ） A．甲乙互斥 B．乙丙互为对立 C．甲乙相互独立 D．甲丙互斥 6．（多选题）（23-24高一下·安徽六安·期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（    ） A． 与是互斥事件 B．与互为对立事件 C．发生的概率为 D．与不相互独立 7．（多选题）（23-24高一下·云南曲靖·期末）一只不透明的口袋内装有9张相同的卡片，上面分别标有这9个数字（每张卡片上标1个数），“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字为2或5或8”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字不超过6”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字大于等于7”记为事件．则下列说法正确的是（    ） A．事件与事件是互斥事件 B．事件与事件是对立事件 C．事件与事件相互独立 D． 1．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立．若甲、乙各罚球一次，则至少有一人命中的概率为（    ） A．0.26 B．0.28 C．0.72 D．0.98 2．（23-24高一下·安徽六安·期末）概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金180枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这360枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（    ） A．甲180枚，乙180枚 B．甲288枚，乙72枚 C．甲240枚，乙120枚 D．甲270枚，乙90枚 3．（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率分别为0.8和0.7，那么在一次预报中，甲站、乙站预报都错误的概率为 ． 4．（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则p的值为 . 5．（23-24高一下·福建福州·期末）甲、乙两人进行篮球比赛，若甲投中的概率为0.8，乙投不中的概率为0.1，且两人投篮互不影响，若两人各投篮一次，则两人中恰有一人投中的概率为 . 6．（23-24高一下·广西南宁·期末）某高中为了激发学生参加科技创新实践活动的热情，决定举办两场“创新追梦”知识竞赛．规定每位参赛选手均须参加两场比赛，若其在两场比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知高二（1）班选出甲、乙两名选手参加比赛，在第一场比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，在第二场比赛中，甲、乙胜出的概率分别为．甲、乙两人在每场比赛中是否胜出互不影响． (1)甲、乙两人中，谁参赛赢得比赛的概率更大？ (2)求甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率． 7．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）为进一步加强高层住宅小区消防安全管理，有效保障高层建筑消防安全及设施完好有效，督促物业服务单位落实消防安全责任，全面提升小区火灾抗御能力，南京某消防救援大队对辖区内一小区进行消防安全检查并对物业人员进行消防安全知识考核竞赛，规则如下：在初赛中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得20分，否则得0分；第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答，每答对一题得20分，答错得0分．若两轮总得分不低于40分，则晋级复赛．甲和乙同时参赛，已知在A类的5个问题中，甲只能答对4个问题，在B类的4个问题中，甲答对的概率都为0.4；乙答对每个问题的概率都为0.6．甲、乙回答任一问题正确与否互不影响． (1)求甲在第一轮比赛中得0分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，甲和乙谁更容易晋级复赛？ 8．（23-24高一下·吉林延边·期末）举办网络安全宣传周､提升全民网络安全意识和技能，是国家网络安全工作的重要内容.为提高广大学生的网络安全意识，某校举办了网络安全知识竞赛，比赛采用积分制，规定每队2人，每人回答一个问题，回答正确积1分，回答错误积0分.甲､乙两个班级的代表队在决赛相遇，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队两人回答问题正确的概率分别为，且两队每个人回答问题正确的概率相互独立. (1)求甲队总得分为1分的概率； (2)求两队积分相同的概率. 9．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）某场知识竞赛比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是，若各家庭回答是否正确互不影响． (1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率； (2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率． 10．（23-24高一下·河南新乡·期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高一数学暑假作业（必修二）重难点专题强化 概率与统计 1.一组数据为6,47,49,15,42,41,7,39,43,40,36，则这组数据的一个四分位数是(　　) A．15 B．25 C．50 D．75 【答案】A 【解析】由小到大排列的结果：6,7,15,36,39,40,41,42,43,47,49，一共11项，由11×25%＝2.75,11×50%＝5.5,11×75%＝8.25，故第25百分位数是15，第50百分位数是40，第75百分位数是43.故选A. 2.某中学高一年级8名学生某次考试的数学成绩(满分150分)分别为85,90,93,99,101,103,116,130，则这8名学生数学成绩的第75百分位数为(　　) A．102 B．103 C．109.5 D．116 答案　C 解析　这组数据已经按照由小到大的数据排列，8×75%＝6，则这8名学生数学成绩的第75百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即为＝109.5. 1. 如图是将高三某班80名学生参加某次数学模拟考试所得的成绩(成绩均为整数)整理后画出的频率分布直方图，则此班的模拟考试成绩的80%分位数是________.(结果保留两位小数) 答案　124.44 解析　由频率分布直方图可知，分数在120分以下的学生所占的比例为(0.01＋0.015＋0.015＋0.03)×10×100%＝70%，分数在130分以下的学生所占的比例为(0.01＋0.015＋0.015＋0.03＋0.0225)×10×100%＝92.5%，因此，80%分位数一定位于[120,130)内．由120＋×10≈124.44，故此班的模拟考试成绩的80%分位数约为124.44. 2.（2023秋·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，是某一数据的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其75%分位数（上四分位数）的估计值为 （保留2位小数）    【答案】15.83 【详解】由题意可知，，， 所以75%分位数为：，解得：. 故答案为： 1.（2024贵州联考）今年，被称为“村超”的贵州榕江县“和美乡村足球超级联赛”，使榕江成为网络顶流，刷爆各大网络平台，更吸引了大量游客到赛事举办地观赛游玩，为更好地发展当地的旅游业，政府随机调查了18个旅游团对榕江县旅游满意度的综合评分情况，得到如下数据：．若恰好是这组数据的上四分位数，则的值不可能为（    ） A．93 B．94 C．95 D．96 【答案】D 【详解】上四分位数即第百分位数，由， 则将这些数据按照从小到大排列后，第个数为上四分位数， 即为个数据从小到大排列后的第个数， 由已知去掉后，其余数据从小到大排列为： ， 其中，第个数据为，第个数据为，所以，不可能为. 故选：D. 2.（2024河北唐山二模） 某校高三年级一共有名同学参加数学测验,已知所有学生成绩的第百分位数是分,则数学成绩不小于分的人数至少为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由人,所以小于分学生最多有人,所以大于或等于分的学生有人.故选:B. 3.已知100个数据的第75百分位数是9.3，则下列说法正确的是 （　　） A.这100个数据中一定有75个数小于或等于9.3 B.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据 C.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据和第76个数据的平均数 D.把这100个数据从小到大排列后，9.3是第75个数据和第74个数据的平均数 答案：C 解析：　因为100×75%＝75，为整数，所以第75个数据和第76个数据的平均数为第75百分位数，是9.3，则C正确，其他选项均不正确，故选C. 4.（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）现有一份由连续正整数（可重复）组成的样本，其容量为m，满足上四分位数为28，第80百分位数为30，则m的最小值为（    ） A．24 B．25 C．28 D．29 【答案】D 【分析】根据百分位数定义，结合已知分析各项对应m值，可得答案． 【详解】对于A，若样本容量的最小值为24，则，， 则第个数据的平均数应为，第个数据应为， 由是连续的正整数，显然不符合情况，故A错误； 对于B，若样本容量的最小值为25，则，， 则第19个数据应为，第个数据均为， 由是连续的正整数，矛盾，故B错误； 对于C，若样本容量的最小值为28，则，， 则第个数据均为，第23个数据应为， 由是连续的正整数，矛盾，故C错误； 对于D，若样本容量的最小值为29，则，， 则第22个数据应为，则第个数据应为，所以第个数据应该是29，符合题意，故D正确； 故选：D. 5.（23-24高一下·天津南开·期末）一组数据：53，57，45，61，79，49，x，若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则（    ）． A．58或64 B．58 C．59或64 D．59 【答案】A 【分析】先对数据从小到大排序，分，，三种情况，舍去不合要求的情况，列出方程，求出答案, 【详解】将已知的6个数从小到大排序为45，49，53，57，61，79． 若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为61和57，他们的差为4，不符合条件； 若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为79和61，它们的差为18，不符合条件； 若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61（或61和x），则， 解得或 故选：A 1.(多选)(2023·哈尔滨模拟)下面是某城市某日在不同观测点对细颗粒物(PM2.5)的观测值： 396　275　268　225　168　166　176　173 188　168　141　157 若在此组数据中增加一个比现有的最大值大25的数据，下列数字特征发生改变的是(　　) A．极差 B．中位数 C．众数 D．平均数 答案　ABD 解析　根据题意，若在此组数据中增加一个比现有的最大值大25的数据，即最大值变为396＋25＝421，极差为最大值与最小值的差，要发生改变； 加入数据前，中位数为×(173＋176)＝174.5，加入数据后，中位数为176，发生改变； 众数为数据中出现次数最多的数，不会改变； 若加入数据前，平均数为，加入数据后，平均数为>，发生改变． 2.（多选）如图是某班50名学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，其中成绩分组区间是[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，则下列说法正确的是 （　　） A.图中的x 的值为0.018 B.该班50 名学生期中考试数学成绩的众数是75 C.该班50 名学生期中考试数学成绩的中位数是75 D.该班50 名学生期中考试数学成绩的平均数是75 解析：AB　由频率分布直方图可得10×（0.006×3＋0.010＋x＋0.054）＝1，解得x＝0.018，A正确；由结论1知，数学成绩的众数是75，B正确；设中位数为a，则0.22＋×10×0.054＝0.5，解得a≈75.2，C错误；45×0.06＋55×0.06＋65×0.1＋75×0.54＋85×0.18＋95×0.06＝74，D错误.故选A、B. 3.每年的4月23日是世界读书日，某中学为了了解八年级学生的读书情况，随机调查了50名学生读书的册数，统计数据如表所示： 册数 0 1 2 3 4 人数 3 13 16 17 1 则这50名学生读书册数的众数、中位数是（    ） A．3，3 B．2，2 C．2，3 D．3，2 【答案】D 【分析】利用众数，中位数的定义，即可得出答案． 【详解】这组样本数据中，3出现了17次，出现的次数最多， 这组数据的众数是3； 将这组样本数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2， 这组数据的中位数为2； 故选：D. 4.（多选）（2023·广东惠州·统考模拟预测）在某市高二举行的一次期中考试中，某学科共有2000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为.按照的分组作出频率分布直方图，如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为16.则下列结论正确的有（    ） A．样本容量 B．图中 C．估计该市全体学生成绩的平均分为分 D．该市要对成绩由高到低前的学生授予“优秀学生”称号，则成绩为78分的学生肯定能得到此称号 【答案】BC 【解析】对于A：因为成绩落在区间内的人数为，所以样本容量，故A不正确； 对于B：因为，解得，故B正确； 对于C：学生成绩平均分为：，故C正确； 对于D：因为， 即按照成绩由高到低前的学生中不含分的学生，所以成绩为分的学生不能得到此称号，故D不正确. 故选： . 5.（2023·山东·统考二模）某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数据中，中位数为8，唯一的众数为9，极差为3，则该组数据的平均数为（    ） A． B． C．8 D． 【答案】B 【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得. 【详解】依题意这组数据一共有个数，中位数为，则从小到大排列的前面有个数，后面也有个数， 又唯一的众数为，则有两个，其余数字均只出现一次，则最大数字为， 又极差为，所以最小数字为， 所以这组数据为、、、、， 所以平均数为. 故选：B 1.某稻谷试验田试种了，两个品种的水稻各10亩，并在稻谷成熟后统计了这20亩地的稻谷产量如下表，记，两个品种各10亩产量的平均数分别为和，方差分别为和． （单位：） 60 63 50 76 71 85 75 63 63 64 （单位：） 56 62 60 68 78 75 76 62 63 70 (1)分别求这两个品种产量的极差和中位数； (2)求，，，； (3)依据以上计算结果进行分析，推广种植品种还是品种水稻更合适． 【答案】(1)极差：产品为35，产品为22，中位数：产品为63.5，产品为65.5； (2)；，； (3)推广品种水稻更合适． 【分析】（1）根据中位数以及极差的计算公式即可求解， （2）根据平均数和方差的计算公式即可求解， （3）由平均数相同，方差越小越稳定即可求解. 【详解】（1）由表中数据可知， 产品的产量从小到大排列为，故产品的极差为，中位数为 产品的产量从小到大排列为，产品极差为，中位数位； （2）由题意：， ， ， ； （3）结合第（2）问可知，两个品种水稻的产量平均数一样，但是的方差较小，较稳定，所以推广品种水稻更合适． 2.（2023·安徽马鞍山·统考三模）某校高三（1）班（45人）和高三（2）班（30人）进行比赛，按照分层抽样的方法从两个班共抽取10名同学，相关统计情况如下：高三（1）班答对题目的平均数为，方差为；高三（2）班答对题目的平均数为，方差为，则这10人答对题目的方差为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由分层抽样可得高三（1）班抽取的人数为，高三（2）班抽取的人数为， 设高三（1）班（6人）答对题目数依次为，高三（2）班（4人）答对题目数依次为， 由题意可得：， 可得， 则这10人答对题目的平均数， 这10人答对题目的方差. 故选：D. 3.某学校在上报《国家学生体质健康标准》高三年级学生的肺活量单项数据中，采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法．如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其肺活量平均数为3000 mL，方差为10；抽取了女生30人，其肺活量平均数为2500 mL，方差为20，则可估计高三年级全体学生肺活量的平均数为________，方差为________. 【答案】2700 60280 【解析】　把男生样本记为x1，x2，…，x20，其平均数记为，方差记为s；把女生样本记为y1，y2，…，y30，其平均数记为，方差记为s；把总样本数据的平均数记为，方差记为s2.由＝3000，＝2500，根据按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系，可得总样本平均数为＝＋＝×3000＋×2500＝2700. 根据方差的定义，总样本方差为s2＝[ (xi－)2＋ (yj－)2]＝[ (xi－＋－)2＋ (yj－＋－)2]．由 (xi－)＝xi－20＝0，可得2(xi－)(－)＝2(－)· (xi－)＝0.同理可得2(yj－)(－)＝0. 因此s2＝[ (xi－)2＋ (－)2＋ (yj－)2＋ (－)2]＝{20[s＋(－)2]＋30[s＋(－)2]}＝{20[102＋(3000－2700)2]＋30[202＋(2500－2700)2]}＝60280.据此可估计高三年级全体学生肺活量的平均数为2700，方差为60280. 4.(2023·云南师大附中模拟)根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于10 ℃即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据(记录数据都是自然数)作为一组样本，现有4组样本①，②，③，④，依次计算得到结果如下： ①平均数<4； ②平均数<4且极差小于或等于3； ③平均数<4且标准差s≤4； ④众数等于5且极差小于或等于4. 则4组样本中一定符合入冬指标的共有(　　) A．1组 B．2组 C．3组 D．4组 答案　B 解析　①举反例：0,0,0,4,11，其平均数＝3<4.但不符合入冬指标； ②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知， 则此组数据中的最小值为10－3＝7，此时数据的平均数必然大于7，与<4矛盾，故假设错误．则此组数据全部小于10. 符合入冬指标； ③举反例：1,1,1,1,11，平均数＝3<4，且标准差s＝4.但不符合入冬指标； ④在众数等于5且极差小于等于4时，最大数不超过9.符合入冬指标． 5.(2022·济宁模拟)甲、乙两名学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下： 甲 82 81 79 78 95 88 93 84 乙 92 95 80 75 83 80 90 85 (1)求两位学生预赛成绩的平均数和方差； (2)现要从中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由． 解　(1)甲＝×(82＋81＋79＋78＋95＋88＋93＋84)＝85， 乙＝×(92＋95＋80＋75＋83＋80＋90＋85)＝85， s＝×[(82－85)2＋(81－85)2＋(79－85)2＋(78－85)2＋(95－85)2＋(88－85)2＋(93－85)2＋(84－85)2]＝35.5， s＝×[(92－85)2＋(95－85)2＋(80－85)2＋(75－85)2＋(83－85)2＋(80－85)2＋(90－85)2＋(85－85)2]＝41. (2)由(1)知甲＝乙，s<s， 甲的成绩较稳定，所以派甲参赛比较合适． 1．（2024高一下·全国·专题练习）对空中移动的目标连续射击两次，设A＝{两次都击中目标}，B＝{两次都没击中目标}，C＝{恰有一次击中目标}，D＝{至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据事件之间的关系与运算对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于选项A，事件A包含于事件D，故A正确； 对于选项B，由于事件B，D不能同时发生，故，故B正确； 对于选项C，由题意知C正确； 对于选项D，由于＝D＝{至少有一次击中目标}，不是必然事件； 而为必然事件，所以，故D不正确． 故选：D. 2．（23-24高二上·河南信阳·阶段练习）同时掷两枚硬币，“向上的面都是正面”为事件，“向上的面至少有一枚是正面”为事件，则有(　　) A． B． C． D．与之间没有关系 【答案】C 【分析】根据题意，结合列举法求得事件和事件，进而得到两事件的关系，得到答案. 【详解】由同时抛掷两枚硬币，基本事件的空间为{（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）}， 其中事件{（正，正）}，事件{（正，正），（正，反），（反，正）}， 所以. 故选：C. 3．（23-24高一下·全国·随堂练习）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A表示随机事件“两枚炮弹都击中飞机”，事件B表示随机事件“两枚炮弹都未击中飞机”，事件C表示随机事件“恰有一枚炮弹击中飞机”，事件D表示随机事件“至少有一枚炮弹击中飞机”，则下列关系不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的试验过程，分析事件含有的基本事件情况逐项判断即可. 【详解】对于A，“至少有一枚炮弹击中飞机”包含两种情况：一种是恰有一枚炮弹击中飞机， 另一种是两枚炮弹都击中飞机，即发生，必发生，因此，A正确； 对于B，显然事件是事件的对立事件，因此，B正确； 对于C，“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没击中或第一枚没击中第二枚击中，因此，C正确； 对于D，包含该试验的所有样本点，为必然事件，而事件表示“两个炮弹都击中飞机或者都没击中飞机”， 因此，D错误. 故选：D 4．（多选题）（23-24高一下·江西景德镇·期中）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，记事件为“两次都击中飞机”，事件为“两次都没击中飞机”，事件为“恰有一次击中飞机”，事件为“至少有一次击中飞机”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根据样本空间、事件的运算和含义即可判断. 【详解】因为样本空间两次都没击中飞机，第一次击中、第二次没中，第一次没中、第二次击中，两次都击中飞机； “恰有一次击中飞机”指第一次击中、第二次没中或第一次没中、第二次击中； “至少有一次击中飞机”包含三种情况：第一次击中、第二次没中，第一次没中、第二次击中，两次都击中飞机. 所以，，， 所以，，故选项A，B，C正确，D不正确． 故选：ABC. 5．（多选题）（2024高三下·全国·专题练习）某篮球运动员进行投篮训练，连续投篮两次，设事件A表示随机事件“两次都投中”，事件B表示随机事件“两次都未投中”，事件C表示随机事件“恰有一次投中”，事件D表示随机事件“至少有一次投中”，则下列关系正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据事件之间的基本关系和基本运算，依次判断选项即可. 【详解】事件A表示表示“两次都投中”；事件B表示“两次都未投中”； 事件C表示“恰有一次投中”；事件D表示“至少有一次投中”，即表示“两次都投中”或“恰有一次投中”， A：事件A表示表示“两次都投中”，事件D表示“至少有一次投中”，故，故A正确； B：事件B和事件D是对立事件，故，故B正确； C：事件表示“两次都投中”或“两次都未投中”， 而事件表示“两次都未投中”、 “两次都投中”或“恰有一次投中”，故C错误； D：事件表示“两次都投中”或“恰有一次投中”，故，故D正确. 故选：ABD. 1．（23-24高一下·山东临沂·阶段练习）从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（    ） A．至少有一个黑球与都是黑球 B．至少有一个黑球与至少一个红球 C．至少有一个黑球与都是红球 D．恰好有一个黑球与都是红球 【答案】D 【分析】先分析所有的可能结果，再根据互斥事件和对立事件的定义即可判断. 【详解】从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球的可能结果有3种： 两个都是黑球、两个都是红球、恰好一个黑球和一个红球， 所以事件“至少一个黑球”包括两个都是黑球、恰好一个黑球和一个红球两种可能结果， 事件“至少一个红球”包括两个都是红球、恰好一个黑球和一个红球两种可能结果， 所以，A中的两个事件不互斥也不对立， B中两个事件不互斥也不对立， C中两个事件互斥且对立， D中两个事件互斥但不对立. 故选：D. 2．（23-24高二下·上海·期末）现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（    ） A．A与B互斥 B．A与B相互独立 C．A与互斥 D．A与相互独立 【答案】B 【分析】根据互斥事件判断AC，结合独立事件的概率乘法公式判断BD. 【详解】由题意可知：事件A为取到第1或4个礼品盒，事件B为取到第2或4个礼品盒，事件C为取到第3或4个礼品盒， 对于选项A：因为事件为取到第4个礼品盒，所以A与B不互斥，故A错误； 对于选项B：因为， 可知，所以A与B相互独立，故B正确； 对于选项C：因为事件为取到第2或3或4个礼品盒， 则事件为取到第4个礼品盒，所以A与不互斥，故C错误； 对于选项D：因为事件为取到第4个礼品盒，则， 且事件为取到第4个礼品盒，则， 可知，所以A与不相互独立，故D错误； 故选：B. 3．（23-24高一下·河南新乡·期末）将颜色为红、黄、白的3个小球随机分给甲、乙、丙3个人，每人1个，则与事件“甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球、乙分得红球”互为对立事件的是（    ） A．甲分得黄球 B．甲分得白球 C．丙没有分得白球 D．甲分得白球，乙分得黄球 【答案】C 【分析】由对立事件的概念即可得解. 【详解】甲分得红球，乙分得黄球或甲分得黄球，乙分得红球，即丙分得白球，与丙没有分得白球互为对立事件. 故选：C. 4．（23-24高一下·福建福州·期末）某小组有名男生和名女生，从中任选名学生参加比赛，事件“至少有名男生”与事件“至少有名女生” （    ） A．是对立事件 B．都是不可能事件 C．是互斥事件但不是对立事件 D．不是互斥事件 【答案】D 【分析】根据题意，由随机事件的定义分析选项，综合可得答案． 【详解】解：根据题意，从2名男生和1名女生中任选2名学生参加比赛，有“2名男生”和“1名男生和1名女生”两种情况， 易得“至少有1名女生”即“1名男生和1名女生”，是“至少有1名男生”的子事件， 故事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”不是互斥事件． 故选：D． 5．（23-24高一下·江西·期末）掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（    ） A．事件E与事件F互为对立事件 B．事件M与事件N相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件F与事件相互独立 【答案】D 【分析】用表示掷两枚骰子得到的点数，列出相关事件包含的样本点.对于A，运用对立事件的定义判断；对于B，分别计算的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即得；对于C，根据与的交集是否为空集判断；对于D，与选项B同法判断. 【详解】依题意，可用表示掷两枚骰子得到的点数，则. 对于A，， 而, 显然事件E与事件F互斥但不对立，如,但,故A错误； 对于B，易得，故 因，故, 而,则,因,即事件M与事件N不独立，故B错误； 对于C，由上分析，，故事件E与事件不可能互斥，即C错误； 对于D，由上分析，而,则， 因，则, 即，故事件F与事件相互独立，即D正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的关系判断，属于较难题. 解题方法有： （1）判断事件对立：必须同时成立； （2）判断事件相互独立：必须成立； （3）判断事件互斥：只需即可. 6．（23-24高一下·河北唐山·期末）已知是两个随机事件且概率均大于，则下列说法正确的为（    ） A．若与互斥，则与对立 B．若与相互独立，则与互斥 C．若与互斥，则与相互独立 D．若与相互独立，则与相互独立 【答案】D 【分析】根据互斥，对立事件的定义，以及事件的相互独立性，逐项判断即可. 【详解】由题意， ①互斥事件指的是不能同时发生的两个事件； ②对立事件指的是在试验中必有一个发生的两个互斥事件； ③相互独立事件指的是事件是否发生对事件发生的概率没有影响，满足等式： ； 对于A，互斥事件不一定对立， 例：投掷一枚骰子的试验中，事件“掷出点数为”，事件“掷出点数为”， 事件与事件互斥但不对立，故A错误； 对于B，相互独立事件不一定互斥， 例：抛掷两枚硬币的试验中，事件“第一次正面朝上”，事件“第二次反面朝上”， 事件发生与否对事件发生的概率没有影响，即事件与事件相互独立，但事件与事件不互斥，故B错误； 对于C，互斥事件不一定相互独立， 例：抛掷一枚硬币的试验中，事件“正面朝上”，事件“反面朝上”， 事件与事件互斥，但，， 所以不满足相互独立事件的定义，故C错误； 对于D，因为事件与事件相互独立， 所以， 又， 所以， 所以事件与事件也相互独立，故D正确. 故选：D. 7．（多选题）（23-24高一下·西藏拉萨·期末）从装有3只红球，3只白球的袋中任意取出3只球，则下列每对事件，是互斥事件，但不是对立事件的是（  ） A．“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球” B．“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球” C．“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球” D．“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球” 【答案】AB 【分析】对于A，判断两个事件是否可以同时发生，从而判断是否为互斥事件，接下来判断是否为对立事件；对于BCD，利用与A相同的方法进行分析，从而解答题目. 【详解】从袋中任意取出3个球，可能的情况有：“3个红球”“2个红球、1个白球”“1个红球、2个白球”“3个白球”. 对于A：“取出2只红球和1只白球”与“取出1只红球和2只白球”不可能同事发生，是互斥事件， 但有可能两个都不发生，故不是对立事件，故A正确； 对于B：“取出2只红球和1只白球”与“取出3只红球”不可能同事发生，是互斥事件， 但有可能同时不发生，故不是对立事件，故B正确； 对于C：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只白球”不可能同事发生，是互斥事件， 其中必有一事件发生，故是对立事件，故C错误； 对于D：“取出3只红球”与“取出3只球中至少有1只红球”可能同事发生， 故不是互斥事件，不可能是对立事件，故D错误. 故选：AB. 1．（23-24高一下·吉林·期末）下列说法正确的是（    ） A．同时发生的概率一定比中恰有一个发生的概率小 B．若，则事件与是对立事件 C．当不互斥时，可由公式计算的概率 D．某事件发生的概率是随着实验次数的变化而变化的 【答案】C 【分析】根据概率的性质判判断A，根据对立事件的概率性质判断B，根据概率加法公式判断C，根据概率的性质判判断D. 【详解】对于A，对于两个不可能事件来说，同时发生的概率与恰有一个发生的概率相等，均为零，故A中说法错误； 对于B，在条件下，事件与事件不一定互斥，故事件A与B不一定是对立事件，故B中说法错误； 对于C，根据概率的性质可知，当，不互斥时，，故C中说法正确； 对于D，某事件发生的概率只与该事件本身有关，与实验次数无关，故D中说法错误. 故选：C. 2．（23-24高一下·安徽合肥·期末）已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据互斥事件概率关系即可计算求解. 【详解】由题可知，， 又，所以，解得，， 所以. 故选：D. 3．（23-24高一下·山西大同·期末）袋子中有一些大小质地完全相同的红球、白球和黑球，从中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的概率为0.56，摸出的球是红球或黑球的概率为0.68，则摸出的球是白球或黑球的概率为（　　） A．0.64 B．0.72 C．0.76 D．0.82 【答案】C 【分析】根据互斥事件的概率公式即可求解. 【详解】设摸出红球的概率为，摸出白球的概率为，摸出黑球的概率为， 所以，，且， 所以，， 所以，即摸出的球是白球或黑球的概率为0.76． 故选C． 4．（多选题）（23-24高一下·甘肃庆阳·期末）已知事件与事件，是事件的对立事件，是事件的对立事件，若，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若事件与事件是互斥事件，则 C．若事件与事件相互独立，则 D．若，则事件与事件相互独立 【答案】ACD 【分析】根据对立事件可判断A；根据互斥事件和独立事件的的概率公式即可判断BCD. 【详解】，故A正确； 因为事件与事件是互斥事件，所以，故B错误； 若事件与事件相互独立，则事件与事件相互独立， 所以，故C正确； 因为，所以， 所以事件与事件相互独立，所以事件与事件相互独立，故D正确． 故选：ACD． 5．（多选题）（23-24高一下·广东湛江·期末）今年“五一”假期，各大商业综合体、超市等纷纷抓住节日商机，积极开展各类促销活动．在某超市购买80元以上商品的顾客可以参加一次抽奖活动，若顾客小王中奖的概率为0.4，顾客小张中奖的概率为0.2，则（    ） A．小王和小张都中奖的概率为0.1 B．小王和小张都没有中奖的概率为0.46 C．小王和小张中只有一个人中奖的概率为0.44 D．小王和小张中至多有一个人中奖的概率为0.92 【答案】CD 【分析】对于A和B，利用相互独立事件的概率乘法公式计算即得；对于C，利用互斥事件的概率加法公式即得；对于D，利用对立事件的概率公式计算即得. 【详解】对于A，因小王和小张中奖相互独立，则小王和小张都中奖的概率为，故A错误； 对于B，小王和小张都没有中奖的概率为，故B错误； 对于C，小王和小张中只有一个人中奖包括两种情况： ①小王中奖但小张没中奖；②小张中奖但小王没中奖.两者互斥， 故只有一个人中奖的概率为：，故C正确； 对于D，因“小王和小张中至多有一个人中奖”的对立事件为“小王和小张都中奖”， 故小王和小张中至多有一个人中奖的概率为，故D正确. 故选：CD. 6．（多选题）（23-24高一下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知事件两两互斥，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据互斥事件的概率加法公式计算可得. 【详解】因为事件两两互斥，所以，故D正确； ，则，故A正确； ，则，故B错误； ，故C正确. 故选：ACD 7．（23-24高一下·河南商丘·期末）已知事件A和B互斥，且，，则 . 【答案】0.4/ 【分析】根据互斥事件及对立事件的概率相关知识进行求解. 【详解】∵事件A和B互斥，∴， 又，∴， ∴. 故答案为：0.4. 1．（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）从集合中随机地取一个数，从集合中随机地取一个数，则向量与向量垂直的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出基本事件的个数，然后求解满足向量的个数，结合古典概率的求解公式可求. 【详解】解：从集合中随机地取一个数，中随机地取一个数，共有12种取法， 当向量与向量，，故或共2种取法， 则所求概率. 故选：D. 2．（23-24高一下·浙江宁波·期末）两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由古典概型的计算公式即可求解. 【详解】两名男生，一名女生记为 两名男生，一名女生排成一排可能为：，故总可能数， 女生站在中间的可能为：，故可能数， 则女生站在中间的概率. 故选：A. 3．（23-24高一下·河北廊坊·期末）用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用列举法，结合古典概型分析求解. 【详解】将2，3，4组成一个没有重复数字的三位数的情况有，共6种， 其中偶数有，共4种， 所以事件“这个三位数是偶数”发生的概率为． 故选：C． 4．（23-24高一下·江西宜春·期末）一个不透明袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，先后不放回地摸出两个球，若第二次摸出球的号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球，则选到3号球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别列举选球的可能性，再根据互斥事件的概率公式求解即可. 【详解】从标有数字1，2，3，先后不放回地摸出两个球，则所有可能结果有，，，，，， 选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次摸出2号球，第二次摸出1号球， 则满足第二次摸出的为3号球的有，，所以第二次摸出的为3号球的概率； 第一次摸出2号球，第二次摸出1号球的概率； 所以选到3号球的概率. 故选：C. 5．（23-24高一下·湖北武汉·期末）袋中装有大小相同的5个小球，其中1个红球，2个白球，2个黑球，从袋中任意取出两个小球，则取到红球的概率为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用古典概型公式，结合列举法，即可求解. 【详解】设1个红球为，2个白球分别为，2个黑球分别为，则从袋子中任取2个球包含： ， 共10个基本事件， 其中取到红球，包含，共4个基本事件， 则取出的2个球都是红球的概率. 故选：B 6．（23-24高一下·湖南郴州·期末）在贵州“村超足球”比赛中通常要求双方穿着颜色不同的球衣，已知甲队有白、黑、红、黄4种颜色的球衣，乙队有蓝、白、黑、红4种颜色的球衣．若甲、乙两队随机挑选一套球衣进行比赛，则他们的球衣颜色符合要求的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概型概率计算公式进行计算即可. 【详解】双方随机挑选一套球衣进行比赛，则一共有种不同的组合情况， 其中只有双方都选白色或都选黑色或都选红色时不符合要求，共有3种情况， 故不符合要求的概率为，符合要求的概率为． 故选：D. 7．（23-24高一下·河北·期末）抛掷一枚质地均匀的骰子，并记下每次抛掷后正面朝上的点数．若第一次抛掷正面朝上的数字大于4，则再抛掷一次，若第一次抛掷正面朝上的数字不大于4，则停止抛掷，则抛掷骰子所得点数之和为奇数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】写出所有的基本事件，即可求出概率. 【详解】根据题意可得抛掷一次的所有情况为(1)，(2)，(3)，(4)共4种情况， 抛掷两次的所有情况为， 共12种情况，故抛掷骰子所得点数之和为奇数的概率为． 故选：D 8．（多选题）（23-24高一下·甘肃白银·期末）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次出现的点数记为a，第二次出现的点数记为b，则下列事件发生的概率为的是（    ） A． B． C． D．方程有实数解 【答案】BCD 【分析】利用列举法及古典概型概率公式逐项分析可得答案. 【详解】先后抛掷一枚骰子两次，得到基本事件总数有36种. 对于选项A，满足的有，，，，，共5种， 故概率为，故A错误； 对于选项B，满足的有，，，，，，共6种， 故概率为，故B正确； 对于选项C，满足，即的有，，，，， ，共6种，故概率为，故C正确； 对于选项D，方程有实数解，则，即， 符合题意的有，，，，，，共6种，故概率为，故D正确. 故选：BCD. 9．（多选题）（23-24高一下·山东临沂·期末）不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件“取出的两个球是一个黑球、一个白球”，事件“两个球中至多一个黑球”，事件“两个球均为白球”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】利用列举法写出随机取出个小球的基本事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率. 【详解】记个白球为，个黑球为，随机取出个小球的事件如下， ， 事件对应的基本事件有，所以，故A正确； 事件对应的基本事件有，所以， 事件对应的基本事件有 ，所以，又，故D错误； 其中对应的基本事件有，所以，故B正确； 对应的基本事件有，所以，故C 错误. 故选：AB 1．（23-24高一下·吉林延边·期末）有4个大小质地相同的小球，分别标有数字，从中不放回的随机抽取两次，每次取一个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和为4”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为5”，则（    ） A．甲和乙相互独立 B．甲和丙相互独立 C．甲和丁相互独立 D．丁和丙相互独立 【答案】C 【分析】根据相互独立事件的定义可得答案. 【详解】， ， ，，，， ，，，， 对于A，，故A错误； 对于B，因为，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 2．（23-24高一下·湖南株洲·期末）抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（   ） A．当时， B．当时，事件与事件不独立 C．当时， D．当时，事件与事件不独立 【答案】D 【分析】计算出，根据，求，根据与的关系判断两个事件是否独立，从而得到正确答案即可. 【详解】当时，表示一正一反， 故，，， 因为，故正确； 此时，故正确； 当时，表示一正二反，，故正确； 此时，，， 所以，因此事件与事件独立，故D错误. 故选：D. 3．（23-24高一下·天津·期末）一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ） A． B．事件与事件互斥 C．事件与事件相互独立 D． 【答案】C 【分析】对于A，根据古典概型的概率公求解判断，对于B，根据互斥事件的定义分析判断，对于C，根据独立事件的定义分析判断，对于D，根据和事件的概率公式求解判断. 【详解】对于A，因为有4个数字，向下的数字为2或3的有2种，所以，错误； 对于B，由题意，事件和事件有可能同时发生，如第一次向下的数字为2，第二次向下的数字为1，所以B错误， 对于C，因为两次数字和为奇数的有：，共8种，所以， 第一次数字为2或3，且两次数字和为奇数的有：，4种，所以， 因为，所以，所以事件与事件相互独立，所以C正确， 对于D，，所以D错误. 故选：C 4．（23-24高一下·广东广州·期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，事件“两枚硬币都正面朝上”，事件“至少一枚硬币反面朝上”则（    ） A．与独立 B．与互斥 C． D． 【答案】D 【分析】写出样本空间及事件，再结合相互独立事件、互斥事件判断AB；利用古典概率公式计算判断CD. 【详解】样本空间{(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)}，事件{(正,正),(正,反)}， 事件{(正,反),(反,反)}，事件{(正,正)}，事件{(正,反),(反,正),(反,反)}， 对于A，，而，，与不独立，A错误； 对于B，事件可以同时发生，与不互斥，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，{(正,正),(正,反),(反,反)}，，D正确. 故选：D 5．（23-24高一下·山西吕梁·期末）抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（    ） A．甲乙互斥 B．乙丙互为对立 C．甲乙相互独立 D．甲丙互斥 【答案】D 【分析】利用互斥事件的定义，即可判断出选项A，B和D的正误，对于选项C，分别求出事件甲、事件乙发生的概率，事件甲、乙同时发生的概率，再利用相互独立事件的判断方法，即可求解. 【详解】对于选项A，当第二次骰子正面向上的数字是时，事件甲与事件乙可以同时发生，所以选项A错误； 对于选项B，抛掷一枚质地均匀的骰子2次，正面向上的数字之和可能是，所以乙丙互斥但不对立； 对于选项C，设事件甲，事件乙发生的概率分别为，事件甲、乙同时发生的概率为， 因为，又，所以，故选项C错误； 对于选项D，因为事件甲与事件乙不能同时发生，所以甲丙互斥，故选项D正确； 故选：D. 6．（多选题）（23-24高一下·安徽六安·期末）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（    ） A． 与是互斥事件 B．与互为对立事件 C．发生的概率为 D．与不相互独立 【答案】BCD 【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可. 【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况， = {(2，1)，(2，3)，(2，4) ，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6) ，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}共15个样本点， = {(2，1)， (3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5) ，(6，5)}共15个样本点， 故，故C正确; 事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误; = {(1，3)，(1，5) ，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(4，6)，(5.1)，(5，3) ，(6，2)，(6，4)}共12个样本点， 故， D = {(1，2)，(1 ，4)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(4，1)，(4，3) ，(4，5).(5，2)，(5.4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，5)}共18个样本点， 所以C与D互为对立事件，故B正确; 事件BC = {(3，1)， (5，1)，(1，3)，(5，3)，( 1，5)，(3，5)}共6个样本点， 所以，所以B与C相互独立，故D正确. 故选：BCD. 7．（多选题）（23-24高一下·云南曲靖·期末）一只不透明的口袋内装有9张相同的卡片，上面分别标有这9个数字（每张卡片上标1个数），“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字为2或5或8”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字不超过6”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字大于等于7”记为事件．则下列说法正确的是（    ） A．事件与事件是互斥事件 B．事件与事件是对立事件 C．事件与事件相互独立 D． 【答案】BC 【分析】根据古典概型的概率的计算公式，分别算出事件的概率，然后再根据互斥事件、对立事件、相互独立事件及概率的运算性质即可判断出答案. 【详解】样本空间为． 因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误； 因为，所以事件与事件为对立事件，故正确； 因为，所以，即事件与事件相互独立，故正确； 因为，所以，故D错误． 故选：BC. 1．（23-24高一下·安徽六安·期末）已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立．若甲、乙各罚球一次，则至少有一人命中的概率为（    ） A．0.26 B．0.28 C．0.72 D．0.98 【答案】D 【分析】利用独立事件的公式求解即可. 【详解】设“篮球运动员甲、乙的罚球命中”分别为事件事件“至少有一人命中”为事件 故选：D. 2．（23-24高一下·安徽六安·期末）概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金180枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这360枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（    ） A．甲180枚，乙180枚 B．甲288枚，乙72枚 C．甲240枚，乙120枚 D．甲270枚，乙90枚 【答案】D 【分析】利用独立事件的概率公式进行求解即可. 【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为， 假设两人继续进行比赛， 甲获取360枚金币有：第四局甲赢，或第四局甲输，第五局甲赢， 故概率为， 乙获取360枚金币有：第四、五局乙都赢， 故概率为， 则甲应该获得枚金币，乙应该获得枚金币， 故选：D 3．（23-24高一下·黑龙江绥化·期末）甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率分别为0.8和0.7，那么在一次预报中，甲站、乙站预报都错误的概率为 ． 【答案】/ 【分析】根据独立事件的乘法公式即可得到答案. 【详解】根据对立事件的概率求法和独立事件的乘法公式得甲站、乙站预报都错误的概率为： . 故答案为：. 4．（23-24高一下·天津滨海新·阶段练习）某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，p，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则p的值为 . 【答案】 【分析】用1减去该同学在3个不同位置都投不中的概率积可得答案. 【详解】解：根据题意得：，解得. 故答案为：. 5．（23-24高一下·福建福州·期末）甲、乙两人进行篮球比赛，若甲投中的概率为0.8，乙投不中的概率为0.1，且两人投篮互不影响，若两人各投篮一次，则两人中恰有一人投中的概率为 . 【答案】0.26/ 【分析】根据相互独立事件的乘法概率公式即可求解. 【详解】由题意可得甲投中的概率为0.8，乙投中的概率为0.9， 所以两人中恰有一人投中的概率为 故答案为：0.26 6．（23-24高一下·广西南宁·期末）某高中为了激发学生参加科技创新实践活动的热情，决定举办两场“创新追梦”知识竞赛．规定每位参赛选手均须参加两场比赛，若其在两场比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知高二（1）班选出甲、乙两名选手参加比赛，在第一场比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，在第二场比赛中，甲、乙胜出的概率分别为．甲、乙两人在每场比赛中是否胜出互不影响． (1)甲、乙两人中，谁参赛赢得比赛的概率更大？ (2)求甲、乙两人中至少有一人赢得比赛的概率． 【答案】(1)甲参赛赢得比赛的概率更大 (2) 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算并比较大小即得. （2）由（1）的信息，结合互斥事件、相互独立事件的概率公式计算即得. 【详解】（1）记事件表示“甲在第一场比赛中胜出”，事件表示“甲在第二场比赛中胜出”， 事件表示“乙在第一场比赛中胜出”，事件表示“乙在第二场比赛中胜出”， 于是表示甲赢得比赛”， ， 表示“乙赢得比赛”， ，而有， 所以甲参赛赢得比赛的概率更大． （2）记C表示“甲赢得比赛”，D表示“乙赢得比赛”， 由（1）知， 则表示“两人中至少有一个赢得比赛”，且， 所以 ． 所以甲，乙两人中至少有一人赢得比赛的概率为. 7．（23-24高一下·甘肃甘南·期末）为进一步加强高层住宅小区消防安全管理，有效保障高层建筑消防安全及设施完好有效，督促物业服务单位落实消防安全责任，全面提升小区火灾抗御能力，南京某消防救援大队对辖区内一小区进行消防安全检查并对物业人员进行消防安全知识考核竞赛，规则如下：在初赛中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得20分，否则得0分；第二轮从B类的4个问题中任选两题依次作答，每答对一题得20分，答错得0分．若两轮总得分不低于40分，则晋级复赛．甲和乙同时参赛，已知在A类的5个问题中，甲只能答对4个问题，在B类的4个问题中，甲答对的概率都为0.4；乙答对每个问题的概率都为0.6．甲、乙回答任一问题正确与否互不影响． (1)求甲在第一轮比赛中得0分的概率； (2)以晋级复赛的概率大小为依据，甲和乙谁更容易晋级复赛？ 【答案】(1) (2)乙更容易晋级复赛 【分析】（1）对A类的5个问题进行编号：，其中甲能答对的4个问题的编号为，利用列举法，根据古典概型的概率公式求解即可； （2）根据题意按第一轮得20分且第二轮至少得20和第一轮得0分且第二轮得40分，结合独立事件和对立事件的概率公式，分别计算甲、乙晋级复赛的概率，从而可判断. 【详解】（1）对A类的5个问题进行编号：，其中甲能答对的4个问题的编号为， 第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，则所选的两个题的情况为： ，共10种， 其中得0分的情况有：，4种， 所以甲在第一轮比赛中得0分的概率为； （2）甲晋级复赛分两种情况： 甲第一轮得20分且第二轮至少得20分的概率为：， 甲第一轮得0分且第二轮得40分的概率为：， 所以甲晋级复赛的概率为； 乙晋级复赛分两种情况： 乙第一轮得20分且第二轮至少得20分的概率为： 乙第一轮得0分且第二轮得40分的概率为：， 所以乙晋级复赛的概率为， 因为，所以乙更容易晋级复赛. 8．（23-24高一下·吉林延边·期末）举办网络安全宣传周､提升全民网络安全意识和技能，是国家网络安全工作的重要内容.为提高广大学生的网络安全意识，某校举办了网络安全知识竞赛，比赛采用积分制，规定每队2人，每人回答一个问题，回答正确积1分，回答错误积0分.甲､乙两个班级的代表队在决赛相遇，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队两人回答问题正确的概率分别为，且两队每个人回答问题正确的概率相互独立. (1)求甲队总得分为1分的概率； (2)求两队积分相同的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可知甲队得1分，则一人回答正确，另一人回答错误，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）根据题意可得甲、乙得分的概率，分别求两队积分同为0分，1分，2分的概率，结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】（1）记“甲队总得分为1分”为事件A，甲队得1分，则一人回答正确，另一人回答错误， 所以； （2）由题意可知：甲队积0分，1分，2分的概率分别为， 乙队积0分，1分，2分的概率分别为， 记两队积分同为0分，1分，2分的分别为事件， 因为两队得分相互独立，互不影响， 则， 所以两队积分相同的概率为. 9．（23-24高一下·广东深圳·阶段练习）某场知识竞赛比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题．已知甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是，若各家庭回答是否正确互不影响． (1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率； (2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率． 【答案】(1)乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和． (2) 【分析】（1）根据独立事件概率公式可得，，，即可求解， （2）先分别求出有0个家庭回答正确的概率和有1个家庭回答正确的概率，利用对立事件概率计算公式能求出不少于2个家庭回答正确这道题的概率． 【详解】（1）由于甲家庭回答正确这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是, 记“甲家庭回答正确这道题”“乙家庭回答正确这道题”“丙家庭回答正确这道题”分别为事件，，， 则，，， 即，， 所以，． 所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率为和． （2）有0个家庭回答正确的概率为： ， 有1个家庭回答正确的概率为： ， 所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率． 10．（23-24高一下·河南新乡·期末）在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立. (1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率； (2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况. 第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为. 第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为. 故所求概率为. （2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜. 此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分. 在剩下的3场比赛中： 若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线； 若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线； 若B与D比赛平局，同理可得A可以出线. 故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线. 若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线. 当B，C，D中有一支队伍胜2场时， 若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为； 若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为. 其他情况A均可以出线. 综上，A球队最终小组出线的概率为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 学科网（北京）股份有限公司 $$